高考物理1月模拟试卷（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc

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1、江苏省常州市田家炳中学2016届高考物理模拟试卷（1月份）一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分每小题只有一个选项符合题意1方框中a、b接线柱输入电压和c接线柱输出电压如图所示，则方框中的电路可能是（）ABCD2卫星电话在抢险救灾中能发挥重要作用第一代、第二代海事卫星只使用静止轨道卫星，不能覆盖地球上的高纬度地区而第三代海事卫星采用同步和中轨道卫星结合的方案，解决了覆盖全球的问题它由4颗同步卫星与12颗中轨道卫星构成中轨道卫星高度约为地球半径的2倍，分布在几个轨道平面上（与赤道平面有一定的夹角）地球表面处的重力加速度为g，则中轨道卫星处的重力加速度约为（）ABC4gD9g3对下列

2、公式理解不正确的是（）A由公式a=知，物体的加速度与速度的变化率有关B由公式E=知，场强E的大小与试探电荷的电量q无关C由公式I=知，电流强度I与导体两端电压U成正比，与导体电阻R成反比D由公式P=知，机车的功率与所做功W成正比4质量为m1、m2的小球分别带同种电荷q1和q2，它们用等长的细线吊在同一点O，由于静电斥力的作用，使m1球靠在竖直光滑墙上，m1的拉线l1呈竖直方向，使m2球的拉线l2与竖直方向成角，m1、m2均处于静止，如图所示由于某种原因，m2球的带电量q2逐渐减少，于是两球拉线之间夹角也逐渐小直到零在角逐渐减小的过程中，关于l1、l2中的张力T1、T2的变化是（）AT1不变，T

3、2不变BT1不变，T2变小CT1变小，T2变小DT1变小，T2不变5如图所示为一自耦变压器，保持电阻R的阻值和输入电压不变，以下说法正确的是（） A滑键P向b方向移动、滑键Q不动，电流表示数增大B滑键P不动，滑键Q上移，电流表示数不变C滑键P向b方向移动、滑键Q不动，电压表示数减小D滑键P不动，滑键Q上移，电压表示数增大二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分6小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度时间图象如图所示，则由图可知（）A小球下落的最大速度为5m/sB小球第一次反弹初速

4、度的大小为3m/sC小球能弹起的最大高度0.45mD小球能弹起的最大高度1.25m71930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示这台加速器由两个铜质D形盒Dl、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（）A离子由加速器的中心附近进人加速器B离子由加速器的外侧边缘进人加速器C离子从电场中获得能量D要想离子获得的动能越大，则要求加速电压越大8在某水平方向的电场线AB上（电场线方向未标明），将一受到水平向右恒定拉力的带电粒子（不计重力）在A点由静止释放，带电粒子沿AB方向开始运动，经过B点时的速度恰好为零，则下列结论正确的是（）A粒子的运动不可能是匀速运动，也不可能是匀加速运动B可能

5、A点的电势高于B点的电势，也可能A点的电势低于B点的电势CA处的场强可能大于B处的场强D粒子在AB两点间移动时，恒力做功的数值大于粒子在A、B两点间的电势能之差的绝对值9D是一只理想二极管（a正极：电流只能从a流向b，而不能从b流向a）平行板电容器A、B两极板间有一电荷在P点处于静止以E表示两极板间电场强度，U表示两极板间电压，EP表示电荷在P点电势能若保持极板B不动，将极板A稍向上平移则（）AE变小BU变大CEP不变D电荷仍保持静止三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分请将解答填写在答题卡相应的位置10（1）如图1所示，螺旋测微器的读数为mm，图2所

6、示游标卡尺的读数为mm（2）在“验证机械能守恒定律”的实验中，选出一条纸带如图3所示，其中O点为起始点（速度为零），A、B、c为三个计数点，打点计时器通以50Hz交流电，用最小刻度为mm的刻度尺，测得OA=11.13cm，OB：=17.69cm，Oc=25.90Cm在计数点A和B之间、B和C之间还各有一个点，重锤的质量为m，取g=9.8m/s2，根据以上数据当打点针打到B点时，重锤的重力势能比开始下落时减小了这时它的动能是，结论是：在忽略误差的情况下，重锤的机械能守恒为增加该实验小组实验结果的可靠性，你认为应该11某同学用如图1所示电路测量电流表A1的阻值，并将电流表A1改装成一只电压表，测量

7、一段金属丝的电阻Rx的阻值（阻值约为5），可选用以下器材：电流表A1，量程10mA，内阻约200；电流表A2，量程0.6A，内阻约5；电阻箱R，阻值999.99；滑动变阻器R1，最大阻值10；电源E，电动势6V，内阻不计；开关、导线若干；该同学进行如下操作：（1）将S1闭合，调节滑动变阻器R1和电阻箱R，测得电流表A1、A2的示数分别为5mA和0.40A，电阻箱阻值为2.5，则电流表A1的阻值为；（2）该同学将电流表A1改装成一只量程为3V的电压表，电阻箱R阻值应调为，并与电流表A1联（3）该同学选用必要的器材测量金属丝的电阻Rx的阻值，只移动滑动变阻器R1，测得电流表A1、A2的示数如下表：

8、A1/mA012345678910A2/A00.060.120.180.240.300.360.410.450.500.54请在坐标纸上图3描点作出两电流表示数I1与I2的关系图线，分析该图线可知，该金属丝电阻随温度升高而（填增加、减小或不变）四、选做题（选修模块3-3）（共1小题，满分4分）12下列说法中正确的是 （）A多晶体具有确定的几何形状B单晶体的各向异性是由晶体微观结构决定的C由于液体可以流动，因此液体表面有收缩的趋势D饱和气压与液面上饱和汽的体积无关13（一定质量的理想气体从状态A（p1、V1）开始做等压膨胀变化到状态B（p1、V2），状态变化如图中实线所示此过程中气体对外做的功为

9、，气体分子的平均动能（选填“增大”“减小”或“不变”），气体（选填“吸收”或“放出”）热量14在常温常压下，估算2m3的空气中有多少个气体分子？（结果保留一位有效数字）六、选修模块3-4，选择题（共1小题，每小题0分，满分0分）15（2009南通二模）下列说法中正确的是（）A坐在高速离开地球的火箭里的人认为地球上的人新陈代谢变慢了B雷达利用超声波来测定物体的距离和方位C普通光源发出的光通过双缝会产生干涉现象D电子表的液晶显示应用了光的偏振原理16（2009南通二模）如图甲所示，真空中一束波长为的单色光射向某一透明介质，若入射角i=45，折射角r=30，则该单色光在介质中的波长=；一声波由介质1

10、进入介质2，其波线如图乙所示，入射角i=30，若该声波在介质1中波速为340m/s，在介质2中的波速为m/s，则折射角r为17（2009南通二模）如图所示，一弹簧振子在MN间沿光滑水平杆做简谐运动，O为平衡位置，C为ON中点，振幅A=4cm从小球经过图中N点时开始计时，到第一次经过C点的时间为0.2s，则小球的振动周期为s，振动方程的表达式为cm八、（选修模块3-5）（12分）选择题（共1小题，每小题0分，满分0分）18（2009南通二模）下列说法中正确的是 （）A黑体热辐射强度的极大值随温度的升高向波长较大的方向移动B物质波和光波都是概率波C原子核越大，它的结合能越高，原子核中核子结合得越牢

11、固D衰变的实质是放射性原子核内的一个中子转化成了一个质子和一个电子19（2009南通二模）一个静止的质量为M的放射性原子核发生衰变，放出一个质量为m、速度大小为v的粒子，则衰变后新原子核速度大小为；设衰变过程中释放的核能全部转化为新原子核和粒子的动能，真空中光速为c，则衰变过程中质量亏损为20（2010南京二模）用不同频率的光照射某金属均产生光电效应，测量金属遏止电压UC与入射光频率，得到UC图象，根据图象求出该金属的截止频率C=Hz，普朗克恒量h=Js四、计算题：本题共3小题，共计47分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明

12、确写出数值和单位21如图所示，从光滑的圆弧槽的最高点滑下的小球，滑出槽口时速度为水平方向，槽口与一个半球顶点相切，半球底面为水平，已知圆弧槽的半径为R1，半球的半径为R2求：（1）小球运动到圆弧槽的底部对圆弧槽的底部压力为多少？（2）若要使小球滑出槽口后不沿半球面下滑，则R1与R2应满足什么关系？（3）若小球刚好不沿半球面下滑，则小球落地时的动能为多少？22如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P间连接阻值为R=0.40的电阻，质量为m=0.01kg、电阻为r=0.30的金属棒ab紧贴在导轨上现使金属棒ab由静止开始下滑，其下滑距离与时

13、间的关系如下表所示，导轨电阻不计，重力加速度g取l0m/s2试求时间t（s）00.10.20.30.40.50.60.7下滑距离s（m）00.10.30.71.42.12.83.5（1）当t=0.7s时，重力对金属棒ab做功的功率；（2）金属棒ab在开始运动的0.7s内，电阻R上产生的热量；（3）从开始运动到t=0.4s的时间内，通过金属棒ab的电量23如图所示，在磁感应强度为B、足够大的水平匀强磁场中，有两块长为2L，间距为d的竖直放置的平行带电金属板，从CD板的正中央O点由静止释放一个初速为零的电子，电子恰好从AB板的边缘A端平行于AB板射出，且能回到O点已知电子的电荷量为e，质量为m，重

14、力可忽略不计，电场只局限于平行板之间，且Ld试求：（1）电子从板间射出时的速度大小（2）两板间所加电压（3）电子在复合场区域运动到A点时的加速度大小2016年江苏省常州市田家炳中学高考物理模拟试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分每小题只有一个选项符合题意1方框中a、b接线柱输入电压和c接线柱输出电压如图所示，则方框中的电路可能是（）ABCD【考点】简单的逻辑电路【专题】恒定电流专题【分析】根据图可知，当a、b输入只要有一个不为零，则输出为零；当a、b同时为零时，输出不为零，那么该逻辑关系为或非门逻辑关系【解答】解：由题意可知，当a、b输入11，01，10时

15、，输出为0；当a、b输入00时，输出为1；那么该逻辑关系为或非逻辑关系，为或非门，符号，故B正确故选B【点评】由图分析逻辑关系，确定门电路及其功能2卫星电话在抢险救灾中能发挥重要作用第一代、第二代海事卫星只使用静止轨道卫星，不能覆盖地球上的高纬度地区而第三代海事卫星采用同步和中轨道卫星结合的方案，解决了覆盖全球的问题它由4颗同步卫星与12颗中轨道卫星构成中轨道卫星高度约为地球半径的2倍，分布在几个轨道平面上（与赤道平面有一定的夹角）地球表面处的重力加速度为g，则中轨道卫星处的重力加速度约为（）ABC4gD9g【考点】万有引力定律及其应用；人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【专题】人造卫星问题【

16、分析】中轨道卫星高度约为地球半径的2倍，所以中轨道卫星的轨道半径是地球半径的3倍，根据万有引力提供向心力公式即可求解【解答】解：由题意可知中轨道卫星的轨道半径是地球半径的3倍，设地球半径为R，则中轨道卫星的轨道半径为3R，在地球表面有：对中轨道卫星有：解得：故选B【点评】本题关键抓住万有引力提供向心力，根据公式进行求解，注意中轨道卫星高度约为地球半径的2倍，不是轨道半径是地球半径的2倍，而是3倍3对下列公式理解不正确的是（）A由公式a=知，物体的加速度与速度的变化率有关B由公式E=知，场强E的大小与试探电荷的电量q无关C由公式I=知，电流强度I与导体两端电压U成正比，与导体电阻R成反比D由公式

17、P=知，机车的功率与所做功W成正比【考点】电场强度；功率、平均功率和瞬时功率【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题【分析】公式a=，是比值定义法，加速度大小与速度的变化量及对应的时间无关；E=利用的是比值定义法，电场强度E与试探电荷的电量无关，由电场本身的性质决定；公式I=，是利用的比值定义法，与电压、电流无关，但根据I=，电流强度I与导体两端电压U成正比，与导体电阻R成反比；公式P=，利用的是比值定义法，功率P与所做的功无关【解答】解：A、加速度大小与速度的变化量及对应的时间无关，即与速度的变化率有关故A正确 B、场强E的大小与试探电荷的电量q无关故B正确 C、根据欧姆定律I=，电

18、流强度I与导体两端电压U成正比，与导体电阻R成反比，而I=，是利用的比值定义法，与电压、电流无关，故C正确 D、根据比值定义法，则机车的功率与所做的功无关故D错误本题选错误的，故选：D【点评】解决本题的关键知道比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变4质量为m1、m2的小球分别带同种电荷q1和q2，它们用等长的细线吊在同一点O，由于静电斥力的作用，使m1球靠在竖直光滑墙上，m1的拉线l1呈竖直方向，使m2球的拉线l2与竖直方向成角，m1、m2均处于静止，如图所示由于某种原因，m2球的带电量q2逐渐减少，于是两球拉线之间夹角也逐渐

19、小直到零在角逐渐减小的过程中，关于l1、l2中的张力T1、T2的变化是（）AT1不变，T2不变BT1不变，T2变小CT1变小，T2变小DT1变小，T2不变【考点】库仑定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用【专题】电场力与电势的性质专题【分析】对小球A的受力情况进行分析，运用三角形相似法，根据平衡条件得到悬线中的张力大小与OA、OB的关系，即可求解【解答】解：小球A的受力情况如图所示，重力mg、悬线张力T、库仑斥力F，这三个力的合力为0因此这三个力构成封闭的力的三角形，且正好与几何三角形OAB相似，有：因为OA=OB，所以T2=mg即T2与无关，由于库仑力的减小，导致B球受到A球的

20、库仑力大小减小，且方向趋于水平，则有T1变小因此D正确，ABC错误；故选D【点评】本题从小球的受力分析出发寻求正确的答案，采用三角形相似法处理，比较简单，也可以运用函数法研究5如图所示为一自耦变压器，保持电阻R的阻值和输入电压不变，以下说法正确的是（） A滑键P向b方向移动、滑键Q不动，电流表示数增大B滑键P不动，滑键Q上移，电流表示数不变C滑键P向b方向移动、滑键Q不动，电压表示数减小D滑键P不动，滑键Q上移，电压表示数增大【考点】变压器的构造和原理【专题】定量思想；推理法；交流电专题【分析】变压器与电路动态分析相结合，与闭合电路中的动态分析类似，可以根据Q的变化，确定出总电路的电阻的变化，

21、进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况从局部到整体，再到局部分析的思路【解答】解：A、当滑键Q不动时，滑动变阻器的阻值不变，当滑键P向上移动时，自耦变压器的输出的电压减少，副线圈的电流减小，所以电流表示数减小，A说法错误B、滑键P不动，输出电压不变，滑键 Q上移，电阻变化，电流表示数变化，B说法错误C、滑键P向b方向移动，输出电压减小，滑键Q不动，电阻不变，电压表示数将减小，C说法正确D、当滑键P不动时，自耦变压器的输出的电压不变，电压表测的是输出电压，示数不变，D说法错误故选：C【点评】从Q的移动分析电阻的变化，这是分析局部，再到对整个

22、电路总电阻、电流的变化，这是分析整体，最后再分析局部电流表与电压表示数的变化这是电路动态分析得一般解题思路，注意总结二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分6小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度时间图象如图所示，则由图可知（）A小球下落的最大速度为5m/sB小球第一次反弹初速度的大小为3m/sC小球能弹起的最大高度0.45mD小球能弹起的最大高度1.25m【考点】匀变速直线运动的图像；自由落体运动；竖直上抛运动【分析】解决本题的关键是根据物体的初速度为0，判定速度增加的过程是下

23、落的过程，速度减小的过程是反弹的过程速度图象与时间轴围成的面积等于物体通过的位移【解答】解：由图可知物体下落时速度越来越大，其最大的速度为5m/s故A正确当小球的速度为负数时表示物体反弹，故反弹的初速度大小为3m/s故B正确当小球的速度再次为0时，小球反弹到最高点，故小球反弹的最大高度为h=0.45m故C正确D错误故选A、B、C【点评】无论物体的下落过程还是从地面反弹的过程，物体的加速度都是g，位移、速度都是矢量下落末速度最大，反弹初速度最大71930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示这台加速器由两个铜质D形盒Dl、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（）A离子由加速器的

24、中心附近进人加速器B离子由加速器的外侧边缘进人加速器C离子从电场中获得能量D要想离子获得的动能越大，则要求加速电压越大【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【专题】定性思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题【分析】回旋加速器靠电场加速和磁场偏转来加速粒子加速粒子时，由加速器的中心附近进入加速器，最后根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关【解答】解：A、离子由加速器的中心附近进入加速器，从而实现在电场中加速，在磁场中偏转故A正确，B错误C、回旋加速器是利用电场加速，磁场偏转来加速粒子故C正确； D、根据qvB=m得，粒子出D形盒时的速度vm=，则

25、粒子出D形盒时的动能Ekm=，故D错误故选：AC【点评】解决本题的关键知道回旋加速器的工作原理，以及知道回旋加速器中交变电场的周期与粒子在磁场中运动的周期相等8在某水平方向的电场线AB上（电场线方向未标明），将一受到水平向右恒定拉力的带电粒子（不计重力）在A点由静止释放，带电粒子沿AB方向开始运动，经过B点时的速度恰好为零，则下列结论正确的是（）A粒子的运动不可能是匀速运动，也不可能是匀加速运动B可能A点的电势高于B点的电势，也可能A点的电势低于B点的电势CA处的场强可能大于B处的场强D粒子在AB两点间移动时，恒力做功的数值大于粒子在A、B两点间的电势能之差的绝对值【考点】电场线；电场强度【专

26、题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题【分析】由题意可知，带电微粒受两个力，拉力和电场力由静止向上运动，可判断出电场力的方向，根据电场力做的功，判断电势能的变化通过带电微粒初末速度为零可比较出两点的电场强度沿电场线方向电势逐渐降低【解答】解：A、由题意可知，带电微粒受两个力：拉力和电场力开始由静止向右运动，电场力小于拉力，且方向向右因为在一根电场线上，所以在a、b两点的电场力方向不变，粒子到达B点的速度为0，说明电场力的方向向左，粒子先加速后还要经过减速的过程，所以粒子不可能是匀速运动，也不可能是匀加速运动故A正确；B、电场力做负功，电势能增大，所以带电微粒在A点的电势能比在B点的电势能

27、小，由于不知道粒子的电性，所以不能判断出A、B两点电势的高低关系，故B正确；C、由题可知，粒子粒子先加速后还要经过减速，所以开始时的电场力小于后来时的电场力，可知粒子在B点受到的电场力大故C错误；D、根据动能定理可知，拉力F做的功与电场力做的功大小相等，一正一负，所以恒力做功的数值等于粒子在A、B两点间的电势能之差的绝对值故D错误故选：AB【点评】解决本题的关键通过a、b两点的速度为0，知道受拉力和电场力两个力，且知道电场力的方向通过电场力与拉力的大小关系，比较电场强度的大小以及知道电场力做功与电势能的关系和沿电场线方向电势降低9D是一只理想二极管（a正极：电流只能从a流向b，而不能从b流向a

28、）平行板电容器A、B两极板间有一电荷在P点处于静止以E表示两极板间电场强度，U表示两极板间电压，EP表示电荷在P点电势能若保持极板B不动，将极板A稍向上平移则（）AE变小BU变大CEP不变D电荷仍保持静止【考点】电容器的动态分析；电势；闭合电路的欧姆定律【专题】电容器专题【分析】将极板A稍向上平移，引起电容器的电容变化，电容器的电压不变，根据电容的决定式和定义式分析电容和电容器所带电量如何变化，若电容器电量增加，电源可以充电，若电容器电量减小，要根据二极管单向导电性分析能否放电根据电荷所受电场力有无变化，判断电荷的状态【解答】解：将极板A稍向上平移，板间距离增大，根据电容的决定式C=得知，电容

29、C减小，而电容器的电压不变，则电容器所带电量将要减小，由于二极管具有单向导电性，电容器上电荷放不掉，电荷不能流回电源，所以电容器的电量保持不变，根据推论可知，板间场强E不变，电荷所受的电场力不变，仍保持静止状态P与B板间电势差UPB=Ed，E、d都不变，UPB保持不变，P点的电势保持不变，则电荷在P点电势能EP不变故选BCD【点评】本题分析电容器的电容如何变化是常规思路，要抓住二极管单向导电性判断电容器的电量能否发生变化，要防止思维定势的影响，注意条件的变化三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分请将解答填写在答题卡相应的位置10（1）如图1所示，螺旋测

30、微器的读数为0.900mm，图2所示游标卡尺的读数为33.10mm（2）在“验证机械能守恒定律”的实验中，选出一条纸带如图3所示，其中O点为起始点（速度为零），A、B、c为三个计数点，打点计时器通以50Hz交流电，用最小刻度为mm的刻度尺，测得OA=11.13cm，OB：=17.69cm，Oc=25.90Cm在计数点A和B之间、B和C之间还各有一个点，重锤的质量为m，取g=9.8m/s2，根据以上数据当打点针打到B点时，重锤的重力势能比开始下落时减小了1.734m这时它的动能是1.704m，结论是：在忽略误差的情况下，重锤的机械能守恒为增加该实验小组实验结果的可靠性，你认为应该可以重复进行多次

31、实验或一次下落过程中测出多个位置的速度，比较重物在这些位置上动能和势能之和【考点】验证机械能守恒定律；刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【专题】定量思想；推理法；估算法；机械能守恒定律应用专题【分析】（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；（2）根据下降的高度求出重力势能的减小量，通过某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的瞬时速度，从而求出动能的增加量【解答】解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.0140.0mm=0.400mm，所以最终读数为：0.5m

32、m+0.400=0.900mm；游标卡尺的固定刻度读数为3.3cm=33mm，游标尺上第4个刻度与主尺上某一刻度对齐，因此游标读数为0.052mm=0.10mm，所以最终读数为：33mm+0.10mm=33.10mm；（2）重锤重力势能的减小量为Ep=mgh=m9.80.17691.734m，B点的速度vB=m/s=1.83m/s，则B点的动能EkB=mvB2=m1.8321.704m在误差允许的范围内，重锤的机械能守恒为增加该实验小组实验结果的可靠性可以重复进行多次实验或一次下落过程中测出多个位置的速度，比较重物在这些位置上动能和势能之和故答案为：（1）0.900，33.10；（2）1.73

33、4m，1.704m，可以重复进行多次实验或一次下落过程中测出多个位置的速度，比较重物在这些位置上动能和势能之和【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；解决本题的关键知道实验的原理，以及掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解加速度和瞬时速度11某同学用如图1所示电路测量电流表A1的阻值，并将电流表A1改装成一只电压表，测量一段金属丝的电阻Rx的阻值（阻值约为5），可选用以下器材：电流表A1，量程10mA，内阻约200；电流表A2，量程0.6A，内阻约5；电

34、阻箱R，阻值999.99；滑动变阻器R1，最大阻值10；电源E，电动势6V，内阻不计；开关、导线若干；该同学进行如下操作：（1）将S1闭合，调节滑动变阻器R1和电阻箱R，测得电流表A1、A2的示数分别为5mA和0.40A，电阻箱阻值为2.5，则电流表A1的阻值为197.5；（2）该同学将电流表A1改装成一只量程为3V的电压表，电阻箱R阻值应调为102.5，并与电流表A1串联（3）该同学选用必要的器材测量金属丝的电阻Rx的阻值，只移动滑动变阻器R1，测得电流表A1、A2的示数如下表：A1/mA012345678910A2/A00.060.120.180.240.300.360.410.450.5

35、00.54请在坐标纸上图3描点作出两电流表示数I1与I2的关系图线，分析该图线可知，该金属丝电阻随温度升高而增加（填增加、减小或不变）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】定性思想；实验分析法；恒定电流专题【分析】（1）根据电路的串并联，求出A1两端的电压，即可求出其电阻阻值；（2）电表的改装实际上就是电路的串并联，将电流表改装成电压表时串联一个分压电阻；（3）根据表格中的数据，利用描点法可以正确画出两电流表示数I1与I2的关系图线【解答】解：（1）根据电路的串并联知识可知：流过电阻箱的电流为：I=I2I1=0.400.005=0.395A；根据电路并联特点电流表A1两端电压为：U=IR=0

36、.3952.5=0.9875V由欧姆定律解得：R1=197.5（2）将电流表改装为电压表时，需要串联一个电阻，设串联的电阻为Rx，根据电路的串并联有：（3）图线过原点，前一部分是直线，后部分为平滑曲线，具体图线如下所示；由图可知，灯泡电阻随温度的增大而增大；故答案为：（1）197.5；（2）102.5；（3）如图所示；增加；【点评】在电学实验中，应将电阻值一定的电流表进行改装，若需改为电压表则应串联一电阻，若需改为电流表则应串联一电阻，本题是考查基础知识和作图能力的好题四、选做题（选修模块3-3）（共1小题，满分4分）12下列说法中正确的是 （）A多晶体具有确定的几何形状B单晶体的各向异性是由

37、晶体微观结构决定的C由于液体可以流动，因此液体表面有收缩的趋势D饱和气压与液面上饱和汽的体积无关【考点】* 液体的表面张力现象和毛细现象；* 晶体和非晶体【分析】解决本题需掌握：1、与液体处于动态平衡的蒸气叫饱和蒸气；反之，称为不饱和蒸气饱和蒸气压强与饱和蒸气体积无关！在一定温度下，饱和蒸气的分子数密度是一定的，因而其压强也是一定的，这个压强叫做饱和蒸气压强同温下未饱和蒸气压力小于饱和蒸气压强2、凡作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力它产生的原因是 液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为

38、引力3、自然界中的固体物质可以分为晶体和非晶体两大类其中，晶体是指那些内部质点（原子、离子或分子）在三维空间周期性地重复排列构成的固体物质；与此相反，内部质点在三维空间无规律地排列的固体物质为非晶体或非晶态【解答】解：A、整个物体是由许多杂乱无章的排列着的小晶体组成的，这样的物体叫多晶体，多晶体有确定熔点但没有规则外形，故A错误；B、单晶体内部原子在三维空间周期性地重复排列，故表现各向异性，故B正确；C、凡作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力，故C错误；D、饱和气压与液面上饱和汽的体积无关，与分子数密度和分子平均动能有关，故D正确；故选BD【点评】本题考查了饱和蒸汽压强、液体

39、表面张力、晶体与非晶体，知识点多，难度不大，关键多看书13（一定质量的理想气体从状态A（p1、V1）开始做等压膨胀变化到状态B（p1、V2），状态变化如图中实线所示此过程中气体对外做的功为p1（V2V1），气体分子的平均动能增大（选填“增大”“减小”或“不变”），气体吸收（选填“吸收”或“放出”）热量【考点】理想气体的状态方程【专题】应用题；定性思想；图析法；理想气体状态方程专题【分析】气体状态由A到B，发生了等压变化，根据功的计算公式求气体对外做的功温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子平均动能增大根据热力学第一定律分析热量【解答】解：由图示图象可知，从A到B过程气体的体积增大，气体对外做

40、功，W=Fl=p1Sl=p1V=p1（V2V1）气体压强不变而体积增大，由盖吕萨克定律可知，气体的温度T升高，温度是分子平均动能的标志，则气体分子平均动能增大气体对外做功，W0，气体温度升高，气体内阻增大，U0，由热力学第一定律：U=Q+W可知：Q=UW0，气体吸收热量；故答案为：p1（V2V1）；增大；吸收【点评】本题考查了求气体做功、判断分子平均动能如何变化、气体吸热与放热情况，分析清楚图示图象、判断出气体各状态参量如何变化是解题的关键，应用功的计算公式、掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与掌握14在常温常压下，估算2m3的空气中有多少个气体分子？（结果保留一位有效数字）【考点

41、】阿伏加德罗常数【专题】阿伏伽德罗常数的应用专题【分析】标准状态下，1mol任何气体的体积为22.4L；标准状态是指0C，1atm情况【解答】解：在常温常压下，2m3的空气的摩尔数约为对应的分子数 答：2m3的空气中的气体分子数目为51025（个）【点评】本题是阿伏加德罗常数的简单运用，同时要记住标准状态下，1mol任何气体的体积为22.4L，不难六、选修模块3-4，选择题（共1小题，每小题0分，满分0分）15（2009南通二模）下列说法中正确的是（）A坐在高速离开地球的火箭里的人认为地球上的人新陈代谢变慢了B雷达利用超声波来测定物体的距离和方位C普通光源发出的光通过双缝会产生干涉现象D电子表

42、的液晶显示应用了光的偏振原理【考点】光的干涉；狭义相对论【专题】光的干涉专题【分析】根据空间的相对性判断时间间隔的变化；雷达利用电磁波来测定物体额定距离和方位；发生干涉的条件是两列光的频率相等；电子表的液晶显示应用了光的偏振原理【解答】解：A、根据知，坐在高速离开地球的火箭里的人认为地球上的时间间隔变长，人的新陈代谢变慢了故A正确B、雷达利用电磁波来测定物体额定距离和方位故B错误C、发生干涉的两列波频率需相同，普通光源发出的光的频率不同，不能产生干涉现象故C错误D、电子表的液晶显示应用了光的偏振原理故D正确故选AD【点评】本题考查了相对论、电磁波、光的干涉、偏振等知识点，难度不大，关键熟悉教材

43、，理解并牢记这些基础知识点16（2009南通二模）如图甲所示，真空中一束波长为的单色光射向某一透明介质，若入射角i=45，折射角r=30，则该单色光在介质中的波长=；一声波由介质1进入介质2，其波线如图乙所示，入射角i=30，若该声波在介质1中波速为340m/s，在介质2中的波速为m/s，则折射角r为60【考点】光的折射定律【专题】光的折射专题【分析】根据光的折射定律求出折射率的大小，抓住光的频率不变，通过波速求出波长的关系根据折射定律求出折射角r的大小【解答】解：根据折射定律得，n=则光在介质中的速度v=，因为光从真空进入介质，频率不变，有，解得根据解得r=60故答案为：，60【点评】解决本

44、题的关键掌握折射定律，以及知道光从一种介质进入另一种介质，频率不变17（2009南通二模）如图所示，一弹簧振子在MN间沿光滑水平杆做简谐运动，O为平衡位置，C为ON中点，振幅A=4cm从小球经过图中N点时开始计时，到第一次经过C点的时间为0.2s，则小球的振动周期为1.2s，振动方程的表达式为x=4coscm【考点】简谐运动的振幅、周期和频率【专题】简谐运动专题【分析】对于简谐运动，从正向最大位移处开始计时，其位移时间关系公式为：x=Acost；第一次经过C点的时间为0.2s，代入公式计算出角频率和周期【解答】解：简谐运动，从正向最大位移处开始计时，其位移时间关系公式为：x=Acost；A=4cm；0.2s时，x=2cm，代入公式，得到：2=4cos（0.2）故=，T=1.2s；故位移时间表达式为：x=4cos；故答案为：1.2，x=4cos【点评】本题关键记住简谐运动的位移时间关系表达式，要能结合位移时间关系表达式求解周期