《高考物理模拟试卷（四）（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理模拟试卷（四）（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc（28页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2015年江西省宜春市高安 中学高考物理模拟试卷（四）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15题只有一项符合题目要求，68题有多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（6分）（2015高安市校级模拟）在法拉第时代，科学家对电、磁现象进行了深入的研究，提出并总结了相应的物理规律，下列说法正确的是（）A法拉第提出了“电力线”的概念，认为电场强度的方向为电势降低的方向B法拉第指出：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化成正比C由楞次定律可知：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化D由安培力公式可知：任意形状导线
2、在匀强磁场中受到的安培力，可看作无限多直线电流元IL在磁场中受到的安培力的矢量和2（6分）（2015高安市校级模拟）甲、乙两辆汽车在不同出发点沿同一平直路面行驶，其vt图象如图所示，下列对汽车运动情况描述正确的是（）A在020s内，甲车的速度方向改变一次B在020s内，乙车比甲车多走了100mC在第20s末，甲、乙两车可能相遇D甲车在010s的加速度与1020s的加速度相同3（6分）（2015高安市校级模拟）如图所示，匝数为110匝的矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B=T的水平匀强磁场中，线框面积S=0.5m2，线框电阻不计线框绕垂直于磁场的轴OO以角速度=100rad/s匀速转动，并
3、与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220V，9W”的节能灯，且节能灯正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10A，下列说法正确的是（）A变压器原、副线圈匝数之比为25：1B在图示位置线框中产生的感应电动势最大C线框转到与图示位置垂直时，电流方向将发生改变D变压器输出的最大功率不能超过50000W4（6分）（2015高安市校级模拟）如图所示，A、B为两个质量均为m、半径相同材质不同的篮球，充足气后在两竖直放置的平行板之间由静止释放，两者一起以加速度a=g做匀加速直线运动，已知运动过程中两球之间的弹力F=mg，忽略两球之间的摩擦，两球心连线与水平方向成30角，忽略空气阻力，则平行板对A球的作用
4、力为（）AmgBmgCmgDmg5（6分）（2015高安市校级模拟）如图所示AB、CD为水平放置的足够长光滑金属导轨，导轨间有竖直向下的匀强磁场B1，导轨通过导线与水平放置的圆形金属环连接，电阻为R的导体棒ab水平放在导轨上并与导轨垂直，开始时静止现要使导体棒ab从t=0时刻开始，在初始阶段向左做加速直线运动，则需在圆形区域内加上适当的磁场，其磁感应强度B2随时间t变化的图象如下图所示，其中符合条件的有（取竖直向下为磁感应强度的正方向，忽略感应电流间的相互作用，其余电阻不计）（）ABCD6（6分）（2015高安市校级模拟）如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻忽略不计，ab是总电阻为2R的滑动
5、变阻器，滑片P刚开始位于中间位置，定值电阻的阻值为R，平行板电容器的电容为C，其下极板与地（取为零电势）相连，一电量为q带正电的粒子固定在两板中央e处，闭合开关S，待稳定后，下列判断正确的是（）Ae处的电势为EB若把滑片P移至b端，稳定后粒子的电势能减少了EqC若把滑片P移至b端，稳定后粒子所受电场力变为原来的2倍D若把滑片P移至b端，同时上极板向上移动仅使板间距变为原来的2倍，稳定后电容器的带电量变为原来的1.5倍7（6分）（2015高安市校级模拟）2014年12月6日凌晨，新型猎户座飞船在经历4.5小时绕地球飞行两圈后以每小时3.2万公里的速度返回大气层，并安全着落太平洋上，飞船到达了离地
6、面距离为5790km的外太空，这开启了未来的火星之旅，现把其运动轨道简化为相切于P点的两个椭圆轨道、，飞船到达的最远点为Q点，已知地球半径为6400km，同步卫星的高度为36000km，则下列判断正确的是（）A飞船经过P点时，在轨道运行时的加速度大于在轨道运行时的加速度B飞船经过P点时，由轨道过渡到轨道，需做加速运动C飞船飞行过程中的最大速度可以大于第一宇宙速度D飞船在轨道上运行时的周期略大于3小时8（6分）（2015高安市校级模拟）如图所示，质量均为m的A、B用轻弹簧连接在一起，弹簧的劲度系数为k，质量为2m的C用细线通过光滑的定滑轮连接开始时A、B均静止在带有挡板的光滑斜面上，A紧靠在挡板
7、处，用手托住C，使细绳刚好被拉直，斜面的倾角为=30现把手拿开，让C从静止开始运动，试分析从C开始运动到A刚要离开斜面的过程中，下列说法正确的是（）AC下降的高度为B弹簧的弹性势能增加了CC克服绳的拉力所做的功为DB、C与地球组成的系统，机械能减少了三、非选择题（包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第14题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题9（5分）（2015高安市校级模拟）如图1所示，一位同学利用此如图装置测当地重力加速度g电磁继电器、光电门A、B均固定在铁架台上有一直径为d的金属小球通过电磁继电器由静止释放，下落过程中能无接触地通过固定在其正
8、下方的光电门A、B，其中A、B间的距离远大于小球的直径，光电计时器可记录下小球通过光电门A、B的时间分别为tA、tB，忽略小球所受的阻力，试回答下列问题（1）用游标卡尺测得小球的直径如图2所示，则d=cm（2）为了完成实验，我们对小球在AB间的运动情况进行分析，还需测量的物理量是（注明相应的符号）、g=（用tA、tB、d及上述测得的物理量表示）10（10分）（2015高安市校级模拟）为了较准确地测量某电子元件的电阻Rx，某同学进行了以下实验，请完成中下列实验步骤：（1）用多用电表粗略地测量该元件的电阻，选用“10”的电阻挡测量时，发现指针偏转较大，因此应将多用电表选择旋钮调到电阻挡（选填“1”
9、或“100”）；（2）将红、黑表笔短接，调节欧姆表调零旋钮，使指针指到位置；（3）将红、黑表笔分别连接电阻的两端，多用电表的示数如图1所示，则被测电阻的阻值为；（4）为精确测量该电阻Rx，提供了以下实验器材，请选择相应的实验器材，在图2的方框中设计该实验所需的电路图，要求尽可能精确地测量出待测原件的电阻，并要求电路工作时消耗的电能尽可能低，在实验图中需标上各器材的符号A电压表V1，量程15V，内阻约30kB电流表A1，量程，0.6A，内阻约1C电流表A2，量程6mA，内阻为5D定值电阻Ro=495E滑动变阻器R，最大阻值为10F电池组（电动势3V，内阻r约为1）（5）请写出该实验中电阻Rx的计
10、算表达式，式中字母符号所代表的物理量是（6）完成对实验数据的处理并整理好实验器材11（13分）（2015高安市校级模拟）甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动甲做初速度为v0，加速度大小为a1的匀减速直线运动，速度减为零后保持静止，乙做初速度为零，加速度大小为a2的匀加速直线运动甲、乙在运动过程中的位移速度平方（xv2）图象如图所示，虚线与对应的坐标轴垂直，请利用图中数据，求（1）质点甲、乙的加速度大小a1、a2；（2）甲、乙出发后到再次相遇前，两者之间的最大距离12（19分）（2015高安市校级模拟）如图所示，在xoy坐标系中，第、象限存在大小相等，方向相反的匀强磁场，第象限
11、存在沿+x方向的匀强电场A、B、C三点坐标分别为（3l，l），（2l，0）、（3l，0）现让一带正电粒子从A点由静止释放，不计粒子的重力（1）若粒子释放的同时，在0yl且x0区域内再叠加与原电场大小相等、方向沿y方向的匀强电场，发现粒子经磁场偏转后恰能从C点再次进入这一叠加电场中，求粒子在第象限中运动的半径；（2）若粒子释放时，无（1）中的叠加电场，试求粒子通过y轴时的纵坐标y1；（3）满足条件（1）的情况下，求粒子通过y轴时的纵坐标y2（二）选考题：【物理选修3-5模块】（15分）13（6分）（2015高安市校级模拟）下列关于近代物理知识的说法正确的是（）A汤姆生发现了电子，表明原子不是组成
12、物质的最小微粒B玻尔的原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了所有原子光谱的实验规律C普朗克曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值的整数倍，这个不可再分的最小能量值叫做能量子D按照爱因斯坦的理论，在光电效应中，金属中的电子吸收一个光子获得的能量是h，这些能量的一部分用来克服金属的逸出功W0，剩下的表现为逸出后电子的初动能EkE210Bi的半衰期是5天，12g210Bi经过15天后还有1.5 g未衰变14（9分）（2015高安市校级模拟）如图所示，一固定斜面与水平面成=37角，其底端O处有一固定粘性挡板，斜面上a、b两点，a、O间的距离为l1=
13、1.5m，a、b间的距离为l2=3.5m一质量为m1=1kg的物体A静止在a点，另一质量为m2=2kg的物体B从b点以v0=4m/s的速度沿斜面向下运动A与B、A与挡板相碰时均立即粘在一起且作用时间极短已知A、B与斜面间的动摩擦因素均为=，A、B均可看着质点，sin37=0.6、cos37=0.8，g=10m/s2求物体A与挡板相碰时，挡板对物体A的冲量（A、B碰撞后作为一个物体，与挡板碰撞瞬间其重力和斜面对它们的摩擦力忽略不计）2015年江西省宜春市高安中学高考物理模拟试卷（四）参考答案与试题解析一、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15题只有一项符合题目要求，6
14、8题有多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（6分）（2015高安市校级模拟）在法拉第时代，科学家对电、磁现象进行了深入的研究，提出并总结了相应的物理规律，下列说法正确的是（）A法拉第提出了“电力线”的概念，认为电场强度的方向为电势降低的方向B法拉第指出：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化成正比C由楞次定律可知：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化D由安培力公式可知：任意形状导线在匀强磁场中受到的安培力，可看作无限多直线电流元IL在磁场中受到的安培力的矢量和考点：法拉第电磁感应定律；电场线专题：电磁感应与电路结合分析：根据物理
15、史实，结合电磁感应定律与楞次定律，并由矢量合成法则，即可一一求解解答：解：A、法拉第提出了“电力线”的概念，但没有提出电场强度的方向为电势降低的方向，故A错误；B、法拉第的电磁感应定律指出：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，并不是变化量，故B错误；C、由楞次定律可知：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故C正确；D、根据矢量合成法则可得，任意形状导线在匀强磁场中受到的安培力，可看作无限多直线电流元IL在磁场中受到的安培力的矢量和，故D正确；故选：CD点评：考查法拉第电磁感应定律与楞次定律的内容，理解磁通量的变化量与变化率的不同，注意阻碍与阻止的区
16、别同时掌握矢量知与代数和的不同2（6分）（2015高安市校级模拟）甲、乙两辆汽车在不同出发点沿同一平直路面行驶，其vt图象如图所示，下列对汽车运动情况描述正确的是（）A在020s内，甲车的速度方向改变一次B在020s内，乙车比甲车多走了100mC在第20s末，甲、乙两车可能相遇D甲车在010s的加速度与1020s的加速度相同考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：运动学中的图像专题分析：根据图象知识可得出两物体在任一时刻的速度、每段的加速度及任一时间段内的位移；图象与时间轴围成的面积为汽车运动的位移，则根据两物体的运动关系可判断各选项是否正确解答：解：A、由图可知，在
17、020s内，甲车的速度一直为正，说明速度一直沿正向，没有改变故A错误B、在020s内，乙车的位移 x乙=2020m=400m，甲车的位移x甲=21020m=200m，所以乙车比甲车多走了200m，故B错误C、由于初始位置关系未知，所以在第20s末，甲、乙两车可能相遇，故C正确D、根据图象的斜率等于加速度，可知甲车在010s的加速度与1020s的加速度大小相等、方向相反，则加速度不同，故D错误故选：C点评：解答本题的关键要掌握：（1）速度的正负表示物体速度的方向；（2）面积的正负表示物体位移的方向；（3）明确两物体的距离关系，可通过画运动的过程示意图帮助理解题意3（6分）（2015高安市校级模拟
18、）如图所示，匝数为110匝的矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B=T的水平匀强磁场中，线框面积S=0.5m2，线框电阻不计线框绕垂直于磁场的轴OO以角速度=100rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220V，9W”的节能灯，且节能灯正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10A，下列说法正确的是（）A变压器原、副线圈匝数之比为25：1B在图示位置线框中产生的感应电动势最大C线框转到与图示位置垂直时，电流方向将发生改变D变压器输出的最大功率不能超过50000W考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；电功、电功率专题：交流电专题分析：根据电压与匝数成正比，电流与匝数成
19、反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论解答：解：A、变压器原线圈两端的电压最大值为：，有效值为：，所以匝数比为：故A正确；B、由图可知，此时线圈和磁场垂直，此时线框的磁通量最大，感应电动势为0，故B错误；C、线圈每经过中性面电流的方向发生变化，故C错误；D、由于熔断器允许通过的最大电流为10A，所以允许变压器输出的最大功率为P=UI=550010=55000W，故D错误；故选：A点评：解决本题的关键是掌握住理想变压器的电压、电流与线圈匝数关系以及电压、电流和功率之间的关系，还有中性面的特点4（6分）（2015高安市校级模拟）如图所示，A、B为两个质量均为m、半径相同材质不同
20、的篮球，充足气后在两竖直放置的平行板之间由静止释放，两者一起以加速度a=g做匀加速直线运动，已知运动过程中两球之间的弹力F=mg，忽略两球之间的摩擦，两球心连线与水平方向成30角，忽略空气阻力，则平行板对A球的作用力为（）AmgBmgCmgDmg考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力专题：共点力作用下物体平衡专题分析：以B球为研究对象，其加速度竖直向下，合力竖直向下，作出受力示意图，由牛顿第二定律求解解答：解：以B球为研究对象，分析受力：小球B受到重力mg、平行板的作用力N和A的弹力F由于其加速度竖直向下，合力竖直向下，则知F和N的合力应竖直向上，如图由牛顿第二定律得 mgNtan3
21、0=ma=m解得 N=mg故选：B点评：本题有两个关键：一要灵活选择研究对象，采用隔离法研究；二要正确分析受力情况，知道F和N的合力应竖直向上5（6分）（2015高安市校级模拟）如图所示AB、CD为水平放置的足够长光滑金属导轨，导轨间有竖直向下的匀强磁场B1，导轨通过导线与水平放置的圆形金属环连接，电阻为R的导体棒ab水平放在导轨上并与导轨垂直，开始时静止现要使导体棒ab从t=0时刻开始，在初始阶段向左做加速直线运动，则需在圆形区域内加上适当的磁场，其磁感应强度B2随时间t变化的图象如下图所示，其中符合条件的有（取竖直向下为磁感应强度的正方向，忽略感应电流间的相互作用，其余电阻不计）（）ABC
22、D考点：法拉第电磁感应定律；安培力专题：电磁感应与电路结合分析：根据楞次定律，结合磁场的变化情况，从而确定感应电流方向，再由左手定则，即可判定安培力方向，进而求解解答：解：由题意可知，ab棒受到向左的安培力，根据左手定则，及B1的磁场方向竖直向下，因此感应电流方向必须由b向a，要使线圈产生顺时针感应电流方向，根据楞次定律，可知，则穿过线圈的磁场要么竖直向下减小，要么竖直向上增大，符合条件是D选项，A、因磁场不变，则线圈中没有感应电流，那么棒中没有安培力作用，则不会运动，故A错误；B、当磁场竖直向上增大时，会产生逆时针方向感应电流，不符合题意，故B错误；C、由上分析可知，D符合条件，C不符合条件
23、，故C错误，D正确；故选：D点评：考查左手定则与楞次定律的应用，掌握感应电流的方向与安培力方向的判定方法，注意理解图象的含义6（6分）（2015高安市校级模拟）如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻忽略不计，ab是总电阻为2R的滑动变阻器，滑片P刚开始位于中间位置，定值电阻的阻值为R，平行板电容器的电容为C，其下极板与地（取为零电势）相连，一电量为q带正电的粒子固定在两板中央e处，闭合开关S，待稳定后，下列判断正确的是（）Ae处的电势为EB若把滑片P移至b端，稳定后粒子的电势能减少了EqC若把滑片P移至b端，稳定后粒子所受电场力变为原来的2倍D若把滑片P移至b端，同时上极板向上移动仅使板间距变
24、为原来的2倍，稳定后电容器的带电量变为原来的1.5倍考点：带电粒子在混合场中的运动；闭合电路的欧姆定律专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：A、根据欧姆定律，求得总电流，再求得电容器的电压，从而求得e处的电势；B、当滑片P移至b端，根据电路，求得电容器的电压，再结合电场力做功，从而确定电势能变化量；C、根据以上分析，求得电容器的电压变化，粒子的电势能减少了Eq从而确定电场强度的变化，即可求得电场力的变化； D、根据Q=CU，结合电容器的决定式C=，即可求解解答：解：A、根据闭合电路欧姆定律，则干路电路I=，电容器两端的电压U=EIR=E，因e是中点，则e处的电势为E，故A正确；B、若把滑片P
25、移至b端，则电容器的两端电压为E，那么电势是原来的3倍，因正电，且电势为正，所以粒子的电势能增大了2Eq，故B错误；C、若把滑片P移至b端，则电容器的两端电压为E，因此电容器的电场强度变为原来的3倍，稳定后粒子所受电场力变为原来的3倍，故C错误；D、因电容器的电压是原来的3倍，当把滑片P移至b端，同时上极板向上移动仅使板间距变为原来的2倍，那么电容C是原来的一半，根据Q=CU，可知，稳定后电容器的带电量变为原来的1.5倍，故D正确； 故选：AD点评：考查欧姆定律的应用，掌握电势能与电势，及电荷与电性有关，理解电容器的定义式与决定式的不同7（6分）（2015高安市校级模拟）2014年12月6日凌
26、晨，新型猎户座飞船在经历4.5小时绕地球飞行两圈后以每小时3.2万公里的速度返回大气层，并安全着落太平洋上，飞船到达了离地面距离为5790km的外太空，这开启了未来的火星之旅，现把其运动轨道简化为相切于P点的两个椭圆轨道、，飞船到达的最远点为Q点，已知地球半径为6400km，同步卫星的高度为36000km，则下列判断正确的是（）A飞船经过P点时，在轨道运行时的加速度大于在轨道运行时的加速度B飞船经过P点时，由轨道过渡到轨道，需做加速运动C飞船飞行过程中的最大速度可以大于第一宇宙速度D飞船在轨道上运行时的周期略大于3小时考点：万有引力定律及其应用专题：万有引力定律的应用专题分析：根据牛顿第二定律
27、和万有引力定律列式，得到加速度表达式，再分析飞船经过P点的加速度关系当飞船做离心运动时必须加速飞船沿椭圆轨道运动时速度可大于第一宇宙速度根据开普勒第三定律分析周期解答：解：A、设P点到地心的距离为r，地球质量为M，飞船经过P点的加速度为a则G=ma，a=，则知飞船经过同一点加速度是一定的，故飞船经过P点时，在轨道运行时的加速度等于在轨道运行时的加速度，故A错误B、飞船经过P点时，由轨道过渡到轨道，轨道半径变大，飞船做离心运动，需要做加速运动，故B正确C、飞船绕地球做椭圆运动，最大速度可以大于第一宇宙速度，故C正确D、飞船到达了离地面距离为5790km的外太空，可知在轨道上的半长轴为：（6400
28、02+5790）km=9295km，同步卫星的半长轴为：36000+6400=42400km根据开普勒第三定律可知，解得：T48h故D错误故选：BC点评：比较一个物理量，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再根据表达式进行比较向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用8（6分）（2015高安市校级模拟）如图所示，质量均为m的A、B用轻弹簧连接在一起，弹簧的劲度系数为k，质量为2m的C用细线通过光滑的定滑轮连接开始时A、B均静止在带有挡板的光滑斜面上，A紧靠在挡板处，用手托住C，使细绳刚好被拉直，斜面的倾角为=30现把手拿开，让C从静止开始运动，试分析从C开始运
29、动到A刚要离开斜面的过程中，下列说法正确的是（）AC下降的高度为B弹簧的弹性势能增加了CC克服绳的拉力所做的功为DB、C与地球组成的系统，机械能减少了考点：功能关系；功的计算；机械能守恒定律分析：由平衡条件和胡克定律结合求出刚开始与A刚要离开挡板时弹簧的形变量，再由几何关系求解C下降的高度根据弹簧的形变量分析弹性势能的变化根据系统的机械能守恒求出C的速度，再由动能定理求C克服绳的拉力所做的功解答：解：A、开始时，弹簧的压缩量 x1=，A刚要离开挡板时，弹簧的伸长量 x2=，则C下降的高度 h=x1+x2=，故A正确B、由于开始时弹簧的压缩量与末了时弹簧的伸长量相等，所以弹簧的弹性势能不变，故B
30、错误C、设A刚要离开挡板时，B、C的速度大小为v由系统的机械能守恒得 2mgh=mgh+（m+2m）v2；对C，由动能定理得：2mghW=联立解得C克服绳的拉力所做的功为故C正确D、B、C与地球组成的系统，机械能减少量等于弹性势能的变化，则知系统的机械能不变，故D错误故选：AC点评：本题关键是分析求出系统的运动情况，然后结合机械能守恒定律和胡克定律列式求解分析要注意弹簧的弹性势能与形变量大小有关三、非选择题（包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第14题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题9（5分）（2015高安市校级模拟）如图1所示，一位同学利用此
31、如图装置测当地重力加速度g电磁继电器、光电门A、B均固定在铁架台上有一直径为d的金属小球通过电磁继电器由静止释放，下落过程中能无接触地通过固定在其正下方的光电门A、B，其中A、B间的距离远大于小球的直径，光电计时器可记录下小球通过光电门A、B的时间分别为tA、tB，忽略小球所受的阻力，试回答下列问题（1）用游标卡尺测得小球的直径如图2所示，则d=0.725cm（2）为了完成实验，我们对小球在AB间的运动情况进行分析，还需测量的物理量是（注明相应的符号）光电门A、B的距离l、g=（）（用tA、tB、d及上述测得的物理量表示）考点：测定匀变速直线运动的加速度专题：实验题分析：（1）根据游标卡尺的读
32、数方法进行读数；（2）本实验中由于遮光条通过光电门的时间极短因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度大小，因此需要测量滑块上的遮光条从A到B光电门的距离l，根据重力势能的减小量和动能的增加量是否相等，即可求解解答：解：（1）由图可知，主尺为7mm，游标对齐的格数为5；则其读数为：7+0.055=7.25mm=0.725cm；（2）小球的重力势能的减小量为mgl，那么还需要测量光电门A、B的距离l；小球动能的增量为：m（）根据小球的机械能守恒，因此二者是相等，即有g=（）故答案为：（1）0.725；（2）光电门A、B的距离l，（）点评：物理实验如何变化，正确理解实验原理都是解答实验的关键，同时加强物
33、理基本规律在实验中的应用，并掌握游标卡尺与螺旋测微器的区别10（10分）（2015高安市校级模拟）为了较准确地测量某电子元件的电阻Rx，某同学进行了以下实验，请完成中下列实验步骤：（1）用多用电表粗略地测量该元件的电阻，选用“10”的电阻挡测量时，发现指针偏转较大，因此应将多用电表选择旋钮调到电阻1挡（选填“1”或“100”）；（2）将红、黑表笔短接，调节欧姆表调零旋钮，使指针指到欧姆表的0刻度线位置；（3）将红、黑表笔分别连接电阻的两端，多用电表的示数如图1所示，则被测电阻的阻值为5；（4）为精确测量该电阻Rx，提供了以下实验器材，请选择相应的实验器材，在图2的方框中设计该实验所需的电路图，
34、要求尽可能精确地测量出待测原件的电阻，并要求电路工作时消耗的电能尽可能低，在实验图中需标上各器材的符号A电压表V1，量程15V，内阻约30kB电流表A1，量程，0.6A，内阻约1C电流表A2，量程6mA，内阻为5D定值电阻Ro=495E滑动变阻器R，最大阻值为10F电池组（电动势3V，内阻r约为1）（5）请写出该实验中电阻Rx的计算表达式，式中字母符号所代表的物理量是I1、I2分别表示电流表A1、A2的示数，r是电流表A2的内阻，R0是定值电阻的阻值（6）完成对实验数据的处理并整理好实验器材考点：伏安法测电阻专题：实验题分析：用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使欧姆表指针指在中央刻度线附近，欧姆
35、表换挡后要重新进行欧姆调零，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数根据实验目的与实验器材选择合适的实验器材，然后确定电压表与电流表的接法，然后作出电路图根据实验电路图，应用欧姆定律求出电阻的表达式解答：解：（1）用多用电表粗略地测量该元件的电阻，选用“10”的电阻挡测量时，发现指针偏转较大，说明所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，欧姆表应换用较小挡位，应将多用电表选择旋钮调到电阻1挡；（2）将红、黑表笔短接，调节欧姆表调零旋钮，使指针指到欧姆表的0刻度线位置；（3）由图1所示可知，被测电阻的阻值为：51=5；（4）通过电阻丝的最大电流约为：I=0.6A，电流表应选A1；电源电动势为3V，电压表量
36、程为15V，电压表量程太大，测量误差太大，不能用电压表测电压，可以用电流表A2与定值电阻串联改装成电压表测电压，待测电阻阻值约为5，电流表内阻约为1，电压表内阻为5+495=500，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表采用外接法，滑动变阻器最大阻值为10，为测多组实验数据，滑动变阻器采用分压接法，实验电路图如图所示：（5）由图示电路图可知，待测电阻阻值：RX=，I1、I2分别表示电流表A1、A2的示数，r是电流表A2的内阻，R0是定值电阻的阻值；故答案为：（1）1；（2）欧姆表的0刻度线；（3）5；（4）电路图如图所示；（5）；I1、I2分别表示电流表A1、A2的示数，r是电流表A2的内阻，R
37、0是定值电阻的阻值点评：本题考查了欧姆表的使用方法与读数、设计实验电路、求电阻阻值；用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使欧姆表指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数11（13分）（2015高安市校级模拟）甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动甲做初速度为v0，加速度大小为a1的匀减速直线运动，速度减为零后保持静止，乙做初速度为零，加速度大小为a2的匀加速直线运动甲、乙在运动过程中的位移速度平方（xv2）图象如图所示，虚线与对应的坐标轴垂直，请利用图中数据，求（1）质点甲、乙的加速度大小a1、a2；（2）甲、乙出发后到再次相遇
38、前，两者之间的最大距离考点：匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：直线运动规律专题分析：（1）由图找出两物体的运动的共同点，一个可以选择1.5m处之前的过程进行分析；另一过程选择位移相同的过程进行分析；注意应找能得出已知量的点；（2）由题意可知，甲做减速运动，乙做匀加速运动，当速度相同时，二者相距最大；由速度相等可得出时间，再由位移公式求解位移解答：解：（1）设x1=1.5m时，甲、乙的速度为v1甲乙的加速度大小分别为a1、a2则对甲：v02v12=2a1x1对乙：v12=2a2x1另据图象可知当v甲=1m/s，v乙=4m/s时，两质点的位移x2相同对甲有：v22
39、v甲2=2a1x2v乙2=2a2x2联立解得：a1=1m/s2 a2=2m/s2（2）设甲、乙两者速度相等时，速度为v2，用时为ts则：v2=a2tv2=v0a1t解得：t=1s，v2=2m/s两者此时相距最远为x=t解得：x=15m；答：（1）质点甲、乙的加速度大小a1、a2分别为1m/s2和2m/s2；（2）甲、乙出发后到再次相遇前，两者之间的最大距离15m点评：本题主要考查了运动学基本公式的直接应用，关键是要求同学们能根据图象判断出甲乙的图线，能够从图中得出有效信息12（19分）（2015高安市校级模拟）如图所示，在xoy坐标系中，第、象限存在大小相等，方向相反的匀强磁场，第象限存在沿+
40、x方向的匀强电场A、B、C三点坐标分别为（3l，l），（2l，0）、（3l，0）现让一带正电粒子从A点由静止释放，不计粒子的重力（1）若粒子释放的同时，在0yl且x0区域内再叠加与原电场大小相等、方向沿y方向的匀强电场，发现粒子经磁场偏转后恰能从C点再次进入这一叠加电场中，求粒子在第象限中运动的半径；（2）若粒子释放时，无（1）中的叠加电场，试求粒子通过y轴时的纵坐标y1；（3）满足条件（1）的情况下，求粒子通过y轴时的纵坐标y2考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）根据ABC三点的位置坐标，确定AB与x轴之间的夹角，然后结合
41、几何关系求出粒子在第三象限中的半径（2）带电粒子在电场中运动的过程中做匀加速直线运动，结合动能定理即可求出两种情况下进入磁场时的速度关系，最后再结合半径公式即可求出；（3）满足条件（1）的情况下，粒子再次进入电场后做类平抛运动，结合平抛运动的规律求出进入第一象限的速度的大小与方向，在根据速度公式即可求出解答：解：（1）A、B、C三点坐标分别为（3l，l），（2l，0）、（3l，0）所以AB与x轴之间的夹角是45，由几何关系得，在II区域中，其运动半径设为r1则：得：（2）粒子由A运动到B时，设粒子的电荷量为q，原电场强度大小为E，粒子的质量为m，则由动能定理得：若无叠加电场时，则粒子由A点m沿
42、+x方向做加速直线运动，则由动能定理得：设粒子在区域I中运动半径为r2，根据半径公式：，则由解得：故 n=0，1，2，（3）若粒子从C点进入II区域，将做类平抛运动，设其轨迹第一次与y轴相交于D点（0，h）设C运动到D时间为t：解得：h=L，t=沿电场方向的速度：，故D点速度大小为 沿+x 方向得：y2=L+2nL n=0，1，2，答：（1）若粒子释放的同时，在0yl且x0区域内再叠加与原电场大小相等、方向沿y方向的匀强电场，发现粒子经磁场偏转后恰能从C点再次进入这一叠加电场中，粒子在第象限中运动的半径是；（2）若粒子释放时，无（1）中的叠加电场，粒子通过y轴时的纵坐标是（n=0，1，2，）；
43、（3）满足条件（1）的情况下，粒子通过y轴时的纵坐标是L+2nL （n=0，1，2，）点评：本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握平抛运动和圆周运动的基本公式，并几何几何关系解题，难度较大（二）选考题：【物理选修3-5模块】（15分）13（6分）（2015高安市校级模拟）下列关于近代物理知识的说法正确的是（）A汤姆生发现了电子，表明原子不是组成物质的最小微粒B玻尔的原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了所有原子光谱的实验规律C普朗克曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值的整数倍，这个不可再分的最小能量值叫做能量子D按照爱因斯坦的理论，在光电效应中，金属中的电子吸收一个光子获得的能量是h，这些能量的一部分用来克服金属的逸出功W0，剩下