东北三省四市教研联合体2021届高三物理上学期第一次模拟试卷含解析.doc

东北三省四市教研联合体2015届高考物理一模试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中第1-5题只有一个选项符合题目要求，第6-8题有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1如图所示，a、b两个小球从不同高度同时沿相同方向水平抛出，其平抛运动轨迹的交点为P，则以下说法正确的是( )Aa、b两球同时落地Bb球先落地Ca、b两球在P点相遇D两球落地时速度方向相同2如图，有一理想变压器，原副线圈的匝数比为n，原线圈接正弦交流电，输出端接有一个交流电压表和一个电动机，电动机线圈电阻为R当输入端接通电源后，电流表读数为I，电压表示数为U，电动机带动一重物匀速上升下列判断正确( )A电动机两端电压为UB电动机消耗的功率为C电动机的输出功率为nUIn2I2RD变压器的输出功率为3如图所示，一个边长为a，电阻为R的等边三角形线框，在外力作用下，以速度v匀速穿过宽均为a的两个匀强磁场这两个磁场的磁感应强度大小分别为2B和B，方向相反，线框运动方向与底边平行且与磁场边缘垂直取逆时针方向的电流为正若从图示位置开始计时，线框中产生的感应电流i与运动时间t之间的函数图象，下面四个图中正确的是( )ABCD4A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用，而从静止开始从同一位置出发沿相同方向做匀加速直线运动，经过时间t0和4t0，当二者速度分别达到2v0和v0时分别撤去F1和F2，以后物体做匀减速直线运动直至停止，两物体运动的vt图象如图所示，已知两者的质量之比为1：2，下列结论正确的是( )A物体A、B的位移大小之比是3：5B两物体与地面间的动摩擦因数可能不相等CF1和F2的大小之比是6：5D整个运动过程中F1和F2做功之比是6：55如图所示，加速电场的两极板间距为d，两极板间电压为U1，偏转电场的平行金属板的板长l，两极板电压为U2，设一初速度为零的带电粒子经加速电场加速后，沿两板中线垂直进入偏转电场中，带电粒子离开偏转电场后打在距离偏转电场为L的屏上，当偏转电场无电压时，带电粒子恰好击中荧光屏上的中心点O，当偏转电场加上偏转电压U2时，打在荧光屏上的P点，在满足粒子能射出偏转电场的条件下，不计重力影响，下列说法正确的是( )A若使U1增加一倍，则粒子在偏转电场中的运动时间减少一半B若使U2增加一倍，则粒子打在屏上的位置P到O的距离增加一倍C若使U1增加一倍，则粒子打在屏上时的速度大小增加一倍D若使U2增加一倍，则粒子在偏转电场中的运动时间减少一半6下列说法正确的是( )A胡克通过实验研究，发现了弹簧弹力所遵循的规律B伽利略是动力学的奠基人，他总结和发展了前人的成果，发现了力和运动的关系C牛顿巧妙地运用科学的推理，通过斜面实验，推断出力不是维持物体运动状态的原因D库仑巧妙的利用“库仑扭秤”研究电荷之间的作用，发现了“库仑定律”7中国北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统，是继美国全球定位系统（GPS），俄罗斯格洛纳斯卫星导航系统（GLONASS）之后第三个成熟的卫星导航系统中国北斗卫星导航系统共由35颗卫星组成，其中2010年01月17日发射的卫星和2012年09月19日发射的卫星运行轨道分别为：高度为35807公里地球静止轨道卫星北斗G1和高度为21576公里的中地球轨道卫星北斗M6，下列说法正确的是( )A北斗G1的绕地运行周期大于北斗M6的绕地运行周期B北斗G1的绕地运行速率大于北斗M6的绕地运行速率C北斗G1的绕地运行的向心加速度大于北斗M6的绕地运行向心加速度D北斗G1只能在赤道的正上方8如图所示电路，当滑动变阻器R3的触头向右移动一小段距离后，电压表V1和电压表V2的示数的变化量分别为U1和U2（均取绝对值），电容器C的带电量变化量为Q，则下列说法中正确的是( )A电压表V1的示数变大，电压表V2的示数变小，且有U1U2B电压表V1的示数变小，电压表V2的示数增大，且有U1U2C电容器的左极板带正电，且有Q0D电容器的左极板带正电，且有Q0二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第9-12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13-18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9如图所示，打点计时器固定在轨道上端，纸带穿过打点计时器与小车相连，平衡好摩擦力后接通电源，打点计时器工作，轻推小车使之匀速下滑（车轮不打滑），纸带上留下清晰的点迹（1）已知交流电源的频率为f，纸带上相邻点迹间的平均距离为S，则小车运动的速度为_（2）用10等分刻度的游标卡尺测量车轮的直径D，如图，D=_cm（3）车轮绕轴匀速转动的角速度=_（用符号表示）10甲图是电池电动势E=9V的欧姆表的电路图，现利用欧姆表和乙电路图来测量一额定电压为10V的电解电容器（有正负极）的电容值，请补全下面的实验步骤，完成实验要求所有数据均取2位有效数字（1）按乙图电路组装好电路（2）将开关置于1位置，把欧姆表选择开关置于“×1”，_，欧姆调零（3）注意到电解电容器的极性，欧姆表的_（填“红”或“黑”）表笔接在a点，另一表笔接在b点，调整电阻箱的阻值，使欧姆表的指针指在中间的刻度，如图丙，电阻箱的阻值是_（4）乙电路中将开关置于2位置，电容器通过电阻箱放电，传感器将电流信息传入计算机，计算机将每隔0.5s的电流值显示自it坐标系中，请在丁图中绘制出电容器放电时的it曲线（5）由it曲线估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量Q=_C（6）由以上实验可估算出该电解电容器的电容C=_F11如图所示，质量M=3kg的小车静止在水平光滑的平面上，在小车右端放上一个大小不计质量为m=1kg的小物块，现在小车左端加一水平恒力F=7N，物块与小车间的动摩擦因数=0.1，小车足够长，求当小车向右运动的速度达到2m/s时，小物块通过的位移大小为多少？（取g=10m/s2）12（18分）如图所示xoy平面内，y5cm和y0的范围内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度均为B=1.0T，一个质量为m=1.6×1015kg，带电量为q=1.6×107C的带电粒子，从坐标原点O以v0=5.0×105m/s的速度沿与x轴成30°角的方向斜向上射出，经磁场偏转恰好从x轴上的Q点飞过，经过Q点时的速度方向也斜向上（不计重力，=3.14，计算结果保留3位有效数字），求：（1）粒子从O到运动到Q所用的最短时间；（2）粒子从O到运动到Q点的所通过的路程（二）选考题：请考生从给出的3道物理题中任选一题做答。如果多答，则按所答的第一题评分。【物理选修3-3】13下列说法正确的是( )A已知水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数B布朗运动说明分子在永不停息地做无规则运动C两个分子间由很远（r109m）距离减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能不断增大D露珠呈球状是由于液体表面张力的作用E热量只能由高温物体传递给低温物体14如图所示，竖直放置且粗细均匀的U形玻璃管与容积为V0=90cm3的金属球形空容器连通，用U形玻璃管中的水银柱封闭一定质量的理想气体，当环境温度为27时，U形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出h1=16cm，水银柱上方空气长h0=20cm现在对金属球形容器缓慢加热，当U形玻璃管左侧水银面比右侧水银面高出h2=24cm时停止加热，已知大气压P0=76cmHg，U形玻璃管的横截面积为S=0.5cm2求此时金属球形容器内气体的温度为多少摄氏度？【物理选修3-4】15如图所示，图1为沿x轴传播的一列简谐波在t=1s时刻的波动图象，图2为2m处的质点P的振动图象，则下列判断正确的是( )A该波传播的速度为4m/sB该波的传播方向沿x轴负方向C再经过0.5s时间，质点P将移动到x=4cm位置处D该波在传播过程中，若遇到宽度为4m的障碍物，能发生明显衍射现象E该波的波长=2m16如图为一平行玻璃砖，折射率为n=，下表面有镀银反射面，一束单色光与界面的夹角=30°射到玻璃表面上，结果在玻璃砖右边竖直光屏上出现相距h=4.0cm的光点A和B（图中未画出）（1）请在图中画出光路示意图（2）求玻璃砖的厚度d【物理选修3-5】17下列说法正确的是( )A黑体辐射的强度与频率的关系是：随着温度的升高，各种频率的辐射强度都增加，辐射强度极大值向频率低的方向移动B太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应C紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌粒表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大D14C能够自发进行衰变，考古专家利用14C的放射性来进行出土文物的年代测量E玻尔的原子模型中提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱的实验规律18如图所示，光滑固定斜面倾角=30°，一轻质弹簧底端固定，上端与M=3kg的物体B相连，初始时B静止，A物体质量m=1kg，在斜面上距B物体S1=10cm处由静止释放，A物体下滑过程中与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后粘在一起，已知碰后AB经t=0.2s下滑S2=5cm至最低点，弹簧始终处于弹性限度内，A、B可视为质点，g取10m/s2，求：（1）从碰后到最低点的过程中弹性势能的增加量（2）从碰后至返回到碰撞点的过程中，弹簧对物体B冲量的大小东北三省四市教研联合体2015届高考物理一模试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中第1-5题只有一个选项符合题目要求，第6-8题有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1如图所示，a、b两个小球从不同高度同时沿相同方向水平抛出，其平抛运动轨迹的交点为P，则以下说法正确的是( )Aa、b两球同时落地Bb球先落地Ca、b两球在P点相遇D两球落地时速度方向相同考点：平抛运动 专题：平抛运动专题分析：根据高度比较平抛运动的时间，根据高度确定到达P点的时间，判断两球是否在P点相遇解答：解：A、根据h=知，t=，b的高度低，b在空中运动的时间短，则b球先落地，故A错误，B正确C、a、b两球到达P点的高度差不同，则运动时间不同，所以两球不会在P点相遇故C错误D、a球落地时方向斜向右下方，b球落地时方向斜向左下方，方向不同，故D错误故选：B点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由高度决定2如图，有一理想变压器，原副线圈的匝数比为n，原线圈接正弦交流电，输出端接有一个交流电压表和一个电动机，电动机线圈电阻为R当输入端接通电源后，电流表读数为I，电压表示数为U，电动机带动一重物匀速上升下列判断正确( )A电动机两端电压为UB电动机消耗的功率为C电动机的输出功率为nUIn2I2RD变压器的输出功率为考点：变压器的构造和原理；电功、电功率 专题：交流电专题分析：理想变压器的输入功率与输出功率相等，而副线圈与电动机相连，则电动机的输出功率与电动机线圈的内阻之和为副线圈的输出功率解答：解：A、电压表显示的即为电机两端的电压；故电压为U；故A错误；B、电动机为非纯电阻电路，不能用求解总功率；故B错误；C、由电压之比等于匝数之比可知，原线圈输入电压为nU；则总功率为nUI；则电动机的输出功率为nUIn2I2R；故C正确；D错误；故选：C点评：电动机内有线圈则属于非纯电阻电路，所以电动机的输入功率等于电动机的线圈消耗功率与电动机的输出功率之和3如图所示，一个边长为a，电阻为R的等边三角形线框，在外力作用下，以速度v匀速穿过宽均为a的两个匀强磁场这两个磁场的磁感应强度大小分别为2B和B，方向相反，线框运动方向与底边平行且与磁场边缘垂直取逆时针方向的电流为正若从图示位置开始计时，线框中产生的感应电流i与运动时间t之间的函数图象，下面四个图中正确的是( )ABCD考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律 专题：电磁感应与图像结合分析：本题导体的运动可分为6段进行分析，根据楞次定律可判断电路中感应电流的方向；由导体切割磁感线时的感应电动势公式可求得感应电动势的大小解答：解：C、线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，磁通量向里增大，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针，故C错误；ABD、0时间内，棒切割的有效长度均匀增大，感应电动势也均匀增加，感应电流均匀增加，最大值为I=；时间内，棒切割的有效长度均匀减小，感应电动势也均匀减小，感应电流均匀减小；在时间内，由于分处两磁场的线圈两部分产生的电流相同，由楞次定律可知，电流方向为顺时针，为负，且有效长度是均匀变大的，感应电动势也均匀增加，感应电流均匀增加，最大值是时刻的3值在时间内，垂直向外的磁通量增多，向内的减少，感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小由楞次定律可知，电流方向为顺时针，为负在以后的运动中，线圈穿出磁场，磁通量减小，电流方向为逆时针，由于右侧磁场的B小，产生的感应电动势比进入磁场的小故知ABC错误，D正确故选：D点评：本题为选择题，而过程比较复杂，故可选用排除法解决，这样可以节约一定的时间；进入第二段磁场后，分处两磁场的线圈两部分产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的，当线框刚好在两磁场中间时时，线圈中电流达最大4A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用，而从静止开始从同一位置出发沿相同方向做匀加速直线运动，经过时间t0和4t0，当二者速度分别达到2v0和v0时分别撤去F1和F2，以后物体做匀减速直线运动直至停止，两物体运动的vt图象如图所示，已知两者的质量之比为1：2，下列结论正确的是( )A物体A、B的位移大小之比是3：5B两物体与地面间的动摩擦因数可能不相等CF1和F2的大小之比是6：5D整个运动过程中F1和F2做功之比是6：5考点：功的计算；匀变速直线运动的图像 专题：功的计算专题分析：A、速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移根据面积比得出位移比B、撤去外力后由vt图象判断出加速度，即可判断摩擦因数C、根据两物块做匀减速运动，求出匀减速运动的加速度之比，从而求出摩擦力之比，再根据匀加速运动的加速度之比，根据牛顿第二定律求出F1和F2的大小之比D、撤去拉力后两图象平行，说明加速度，由牛顿第二定律分析则知，两物体与地面的动摩擦因数相同，对全过程研究，运用动能定理求解拉力做功解答：解：A、图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为6：5故A错误；B、撤去外力后由图象可知，两物体加速度相同，由可知，摩擦因数相同，故B错误C、从图象可知，两物块匀减速运动的加速度大小之都为a=，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有f=ma，则摩擦力大小都为f=m根据图象知，匀加速运动的加速度分别为：，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有Ff=ma，则F1=，F2=，F1和F2的大小之比为12：5故C错误；D、由图看出，撤去拉力后两图象平行，说明加速度，由牛顿第二定律分析则知加速度a=g，说明两物体与地面的动摩擦因数相等，则两物体所受的摩擦力大小相等，设为f，对全过程运用动能定理得：W1fs1=0，W2fs2=0，得：W1=fs1，W2=fs2，由上可知，整个运动过程中F1和F2做功之比为6：5故D正确故选：D点评：解决本题的关键通过图象得出匀加速运动和匀减速运动的加速度，根据牛顿第二定律，得出两个力的大小之比，以及知道速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移5如图所示，加速电场的两极板间距为d，两极板间电压为U1，偏转电场的平行金属板的板长l，两极板电压为U2，设一初速度为零的带电粒子经加速电场加速后，沿两板中线垂直进入偏转电场中，带电粒子离开偏转电场后打在距离偏转电场为L的屏上，当偏转电场无电压时，带电粒子恰好击中荧光屏上的中心点O，当偏转电场加上偏转电压U2时，打在荧光屏上的P点，在满足粒子能射出偏转电场的条件下，不计重力影响，下列说法正确的是( )A若使U1增加一倍，则粒子在偏转电场中的运动时间减少一半B若使U2增加一倍，则粒子打在屏上的位置P到O的距离增加一倍C若使U1增加一倍，则粒子打在屏上时的速度大小增加一倍D若使U2增加一倍，则粒子在偏转电场中的运动时间减少一半考点：带电粒子在匀强电场中的运动 专题：电场力与电势的性质专题分析：粒子在偏转电场中的运动时间为，由动能定理可得U1与速度v0的关系，可判定A粒子在偏转电场中做类平抛，由类平抛规律可求偏转距离；出偏转电场之后做匀速直线运动打在屏幕上，可求PO距离打在屏幕上的速度，就是出偏转电场的速度；解答：解：AD、经历加速过程，由动能定理可得：，解得：，在偏转电场中的运动时间为：若使U1增加一倍，则粒子在偏转电场中的运动时间不是减小一半，故A错误；运动时间与电压U2没有关系，故D错误B、设偏转电场的板间距离为D，偏转电场的场强：E=则带电粒子所受的电场力：F=qE=，根据牛顿第二定律：qE=ma解得：a=，带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，竖直方向初速度为零的匀加速直线运动，所以：OM=y=at22=；竖直方向上的速度vy=at=，所以带电粒子离开偏转电场时的偏转角的正切值为：tan=，tan=，所以：PM=，则：OP=OM+PM=，故若使U2增加一倍，则粒子打在屏上的位置P到O的距离增加一倍，故B正确C、出电场后做匀速直线运动，击中屏的速度即为出电场时的速度，即：v合=，若使U1增加一倍，则粒子打在屏上时的速度大小不是增加一倍，故C错误故选：B点评：电子在加速和偏转电场中运动，合理的运用运动学规律求解即可，出电场后做匀速运动，利用好运动的合成与分解即可；6下列说法正确的是( )A胡克通过实验研究，发现了弹簧弹力所遵循的规律B伽利略是动力学的奠基人，他总结和发展了前人的成果，发现了力和运动的关系C牛顿巧妙地运用科学的推理，通过斜面实验，推断出力不是维持物体运动状态的原因D库仑巧妙的利用“库仑扭秤”研究电荷之间的作用，发现了“库仑定律”考点：物理学史 专题：常规题型分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：A、胡克通过实验研究，发现了弹簧弹力所遵循的规律，故A正确；B、牛顿是动力学的奠基人，他总结和发展了前人的成果，发现了力和运动的关系，故B错误；C、伽利略巧妙地运用科学的推理，通过斜面实验，推断出力不是维持物体运动状态的原因，故C错误；D、库仑巧妙的利用“库仑扭秤”研究电荷之间的作用，发现了“库仑定律”，故D正确；故选：AD点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一7中国北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统，是继美国全球定位系统（GPS），俄罗斯格洛纳斯卫星导航系统（GLONASS）之后第三个成熟的卫星导航系统中国北斗卫星导航系统共由35颗卫星组成，其中2010年01月17日发射的卫星和2012年09月19日发射的卫星运行轨道分别为：高度为35807公里地球静止轨道卫星北斗G1和高度为21576公里的中地球轨道卫星北斗M6，下列说法正确的是( )A北斗G1的绕地运行周期大于北斗M6的绕地运行周期B北斗G1的绕地运行速率大于北斗M6的绕地运行速率C北斗G1的绕地运行的向心加速度大于北斗M6的绕地运行向心加速度D北斗G1只能在赤道的正上方考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系 专题：人造卫星问题分析：根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式进行讨论即可解答：解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有：F=F向F=m=m（）2rA、T=2，北斗G1的轨道半径大于北斗M6的轨道半径，所以北斗G1的绕地运行周期大于北斗M6的绕地运行周期，故A正确；B、v=，北斗G1的轨道半径大于北斗M6的轨道半径，所以北斗G1的绕地运行速率小于北斗M6的绕地运行速率，故B错误；C、a=，北斗G1的轨道半径大于北斗M6的轨道半径，所以北斗G1的绕地运行的向心加速度小于北斗M6的绕地运行向心加速度，故C错误；D、北斗G1若在除赤道所在平面外的任意点，假设实现了“同步”，那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上，这是不可能的所以我国发射的同步通讯卫星必须定点在赤道上空，故D正确；故选：AD点评：能根据万有引力提供圆周运动向心力并由此分析描述圆周运动的物理量与半径的关系是正确解题的关键8如图所示电路，当滑动变阻器R3的触头向右移动一小段距离后，电压表V1和电压表V2的示数的变化量分别为U1和U2（均取绝对值），电容器C的带电量变化量为Q，则下列说法中正确的是( )A电压表V1的示数变大，电压表V2的示数变小，且有U1U2B电压表V1的示数变小，电压表V2的示数增大，且有U1U2C电容器的左极板带正电，且有Q0D电容器的左极板带正电，且有Q0考点：电容；闭合电路的欧姆定律 专题：电容器专题分析：由于滑片右移，阻值变小，总电阻变小，据闭合电路的欧姆定律知，干路电流增大，内电压和R2的电压增大，判断R1两端的电压变小，从而判断AB选项；由电路可知电容器极板带点属性；解答：解：AB、因为滑片右移，R3变小，总电阻变小，干路电流增大，内电压增大，路端电压变小，即V1的示数变小，V2的示数变大，所以V1变小的部分应该等于V2增大的部分加上内阻的电压增大的值，即U1U2，故A错误；B正确CD、由电路图可知电容器的左极板带正电，由于V2的示数变大，即电容器两端电压增大，故电荷量增加，故C正确，D错误故选：BC点评：动态电路的分析步骤：局部整体局部的思路；注意判断电压变化量的方法，据闭合电路的欧姆定律分析各用电器的电压变化进行判断；注意电源输出功率最大时的条件二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第9-12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13-18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9如图所示，打点计时器固定在轨道上端，纸带穿过打点计时器与小车相连，平衡好摩擦力后接通电源，打点计时器工作，轻推小车使之匀速下滑（车轮不打滑），纸带上留下清晰的点迹（1）已知交流电源的频率为f，纸带上相邻点迹间的平均距离为S，则小车运动的速度为Sf（2）用10等分刻度的游标卡尺测量车轮的直径D，如图，D=1.51cm（3）车轮绕轴匀速转动的角速度=（用符号表示）考点：探究小车速度随时间变化的规律 专题：实验题分析：（1）根据v=，即可求解；（2）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读（3）根据角速度=，即可求解解答：解：（1）纸带上相邻点迹间的平均距离为S，则小车运动的速度为：v=Sf，（2）游标卡尺主尺读数为15mm，游标尺上第1个刻度与主尺上某一刻度对齐，因此游标读数为：0.1mm×1=0.1mm，所以最终读数为：15mm+0.1mm=15.1mm=1.51cm；（3）车轮绕轴匀速转动的角速度为：=，故答案为：（1）Sf； （2）1.51； （3）点评：解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用10甲图是电池电动势E=9V的欧姆表的电路图，现利用欧姆表和乙电路图来测量一额定电压为10V的电解电容器（有正负极）的电容值，请补全下面的实验步骤，完成实验要求所有数据均取2位有效数字（1）按乙图电路组装好电路（2）将开关置于1位置，把欧姆表选择开关置于“×1”，红黑表笔短接，欧姆调零（3）注意到电解电容器的极性，欧姆表的黑（填“红”或“黑”）表笔接在a点，另一表笔接在b点，调整电阻箱的阻值，使欧姆表的指针指在中间的刻度，如图丙，电阻箱的阻值是15（4）乙电路中将开关置于2位置，电容器通过电阻箱放电，传感器将电流信息传入计算机，计算机将每隔0.5s的电流值显示自it坐标系中，请在丁图中绘制出电容器放电时的it曲线（5）由it曲线估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量Q=7.8×104CC（6）由以上实验可估算出该电解电容器的电容C=7.8×105FF考点：电容 专题：电容器专题分析：（2）欧姆表换挡需要进行欧姆调零；（3）黑色表笔接触正极；读出欧姆表再乘以倍率即为电阻值；（4）连接各个点可以的图象；（5）it图象的面积表示电荷量；（6）由可得电容解答：解：（2）欧姆表换挡需要进行欧姆调零，方法是红黑表笔短接；（3）a端是正极，故应该用黑色表笔接触；由欧姆表可是读数为15.0，倍率为1，故电阻为15.0；（4）如图：（5）由Q=it，即图象的面积表示电量，数格数约为3133格，故电量约为7.8×104C8.3×104C；（6）由可得，电容约为：7.8×105F8.3×105F故答案为：（2）红黑表笔短接；（3）黑；15.0；（4）（5）（约3133格）7.8×104C8.3×104C；（6）7.8×105F8.3×105F点评：该题的关键是求电量，注意应用it图象的面积表示电荷量11如图所示，质量M=3kg的小车静止在水平光滑的平面上，在小车右端放上一个大小不计质量为m=1kg的小物块，现在小车左端加一水平恒力F=7N，物块与小车间的动摩擦因数=0.1，小车足够长，求当小车向右运动的速度达到2m/s时，小物块通过的位移大小为多少？（取g=10m/s2）考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系 专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据牛顿第二定律判断出物块与小车发生相对滑动，求出物块和小车的加速度大小，结合速度时间公式和位移公式进行求解解答：解：对物块有Nmg=0，f=N，f=ma2对小车有：Ff=Ma1，a1a2，所以小车与物块以不同的加速度做匀加速直线运动 对小车有：v=a1t，对物块有：s=代入数据解得s=0.5m 答：小物块通过的位移大小为0.5m点评：解决本题的关键理清物块和小车的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，难度不大12（18分）如图所示xoy平面内，y5cm和y0的范围内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度均为B=1.0T，一个质量为m=1.6×1015kg，带电量为q=1.6×107C的带电粒子，从坐标原点O以v0=5.0×105m/s的速度沿与x轴成30°角的方向斜向上射出，经磁场偏转恰好从x轴上的Q点飞过，经过Q点时的速度方向也斜向上（不计重力，=3.14，计算结果保留3位有效数字），求：（1）粒子从O到运动到Q所用的最短时间；（2）粒子从O到运动到Q点的所通过的路程考点：带电粒子在匀强磁场中的运动 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在没有磁场的区域中做匀速直线运动，粒子经历的周期数越少，则粒子运动的时间越短；（2）粒子的运动情况可以不断的重复上述情况，粒子的路程为在磁场中的路程与在没有磁场的区域中的路程的和解答：解：（1）粒子的运动轨迹如图所示当粒子第一次以斜向上的速度经过Q点时，时间最短；在磁场中运动时间为t1，有：得：又：代入数据得：r=0.05m，T=6.28×107s由图可知，粒子在磁场中运动的时间是一个周期，所以：s在无场区域运动的时间为t2，有：ss（2）粒子的运动情况可以不断的重复上述情况，粒子在磁场中的路程为：s1=2nr（n=1，2，3） 在无场区的路程为：s2=4nd（n=1，2，3） 总路程为：s=s1+s2=0.514n（n=1，2，3） 答：（1）粒子从O到运动到Q所用的最短时间是1.028×106s；（2）粒子从O到运动到Q点的所通过的路程是0.514n，（n=1，2，3）点评：本题考查了粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子的运动过程，应用牛顿第二定律、粒子周期公式即可正确解题（二）选考题：请考生从给出的3道物理题中任选一题做答。如果多答，则按所答的第一题评分。【物理选修3-3】13下列说法正确的是( )A已知水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数B布朗运动说明分子在永不停息地做无规则运动C两个分子间由很远（r109m）距离减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能不断增大D露珠呈球状是由于液体表面张力的作用E热量只能由高温物体传递给低温物体考点：* 液体的表面张力现象和毛细现象；布朗运动；热力学第二定律 分析：摩尔质量=分子质量×阿伏加德罗常数；依据布朗运动现象和实质判定B；分子力做功等于分子势能的减小量；液体表面存在张力热量自发地由高温物体传递给低温物体，有外界干预就可以逆向发生热传递解答：解：A、已知水的摩尔质量和水分子的质量，根据摩尔质量除以水分子的质量得到阿伏加德罗常数，故A正确；B、布朗运动现象是悬浮微粒的无规则运动，实质说明分子在永不停息地做无规则运动，故B正确C、两个分子间由很远（r109m）距离减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先增大再减小，到达平衡距离为零，此后再增大；分子势能先减小后增大；故C错误；D、液体表面存在张力，露珠呈球状是由于液体表面张力的作用，故D正确；E、热量自发地由高温物体传递给低温物体，在外界的影响下，热量也可以由低温物体传递给高温物体故E错误故选：ABD点评：本题考查了阿伏加德罗常数、布朗运动、分子力做功与分子势能的关系、液体表面张力等，知识点多，难度小，此类题目多是2015届高考喜欢采用的方式，为的就是覆盖更多的知识点，故关键是记住基础知识14如图所示，竖直放置且粗细均匀的U形玻璃管与容积为V0=90cm3的金属球形空容器连通，用U形玻璃管中的水银柱封闭一定质量的理想气体，当环境温度为27时，U形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出h1=16cm，水银柱上方空气长h0=20cm现在对金属球形容器缓慢加热，当U形玻璃管左侧水银面比右侧水银面高出h2=24cm时停止加热，已知大气压P0=76cmHg，U形玻璃管的横截面积为S=0.5cm2求此时金属球形容器内气体的温度为多少摄氏度？考点：理想气体的状态方程 专题：理想气体状态方程专题分析：找出初末状态的物理量，由理想气体状态方程即可求得温度解答：解：初始状态：P1=P0h1=60cmHg V1=V0+h0S=lOOcm3T1=300K 末状态：当U形玻璃管左侧水银面比右侧水银面高出h2=24cm，P2=P0+h2=lOOcmHg V2=V1+=ll0cm3T2=（273+t2）K由理想气体状态方程有：代入数据解得 t2=277答：此时金属球形容器内气体的温度为277摄氏度点评：利用理想气体状态方程解题，关键是正确选取状态，明确状态参量，尤其是正确求解被封闭气体的压强，这是热学中的重点知识，要加强训练，加深理解【物理选修3-4】15如图所示，图1为沿x轴传播的一列简谐波在t=1s时刻的波动图象，图2为2m处的质点P的振动图象，则下列判断正确的是( )A该波传播的速度为4m/sB该波的传播方向沿x轴负方向C再经过0.5s时间，质点P将移动到x=4cm位置处D该波在传播过程中，若遇到宽度为4m的障碍物，能发生明显衍射现象E该波的波长=2m考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系 专题：振动图像与波动图像专题分析：由波动图象可读出波长，由振动图象读出周期，求出波速在乙图上读出t=0时刻P质点的振动方向，在甲图上判断出波的传播方向波在同一介质中匀速传播，由s=vt可以求出经过0.5s时间波沿波的传播方向向前传播的距离，而质点并不向前传播根据波长与障碍物尺寸的关系分析能否发生明显的衍射现象解答：解：A、甲图是波动图象，由甲读出该波的波长为=4m乙图是振动图象，由乙图读出周期为T=1s，则波速为v=m/s=4m/s故A正确，E错误B、在乙图上读出t=0时刻P质点的振动方向沿y轴负方向，在甲图上，根据波形的平移法判断得知该波的传播方向沿x轴负方向故B正确C、质点只在自己的平衡位置附近上下振动，并不随波的传播方向向前传播故C错误D、由甲读出该波的波长为=4m该波在传播过程中，若遇到宽度为4m的障碍物，能发生明显衍射现象故D正确；故选：ABD点评：根据波动图象能读出波长、由质点的振动方向判断波的传播方向，由振动图象读出周期和质点的振动方向等等，都学习振动和波部分应具备的基本能力，要加强训练，熟练掌握16如图为一平行玻璃砖，折射率为n=，下表面有镀银反射面，一束单色光与界面的夹角=30°射到玻璃表面上，结果在玻璃砖右边竖直光屏上出现相距h=4.0cm的光点A和B（图中未画出）（1）请在图中画出光路示意图（2）求玻璃砖的厚度d考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：光线斜射