河南省、河北省、山西省三省2015屆高三物理第二次聯(lián)考(二模)試題(含解析)新人教版

1、2015年河南省、河北省、山西省高考物理二模試卷 一、選擇題：本題共8小題，每小題6分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1-5題只有一項(xiàng)是符合題目要求的，第68題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分1（6分）（2015河南二模）在物理學(xué)的發(fā)展過程中，許多物理學(xué)家的科學(xué)發(fā)現(xiàn)推動(dòng)了人類歷史的進(jìn)步下列表述符合物理學(xué)史實(shí)的是（） A 庫(kù)侖提出了庫(kù)侖定律并最早測(cè)出了元電荷e的數(shù)值 B 奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)并提出了電磁感應(yīng)定律 C 法拉第發(fā)明了人類歷史上第一臺(tái)發(fā)電機(jī) D 麥克斯韋最先提出了場(chǎng)的概念【考點(diǎn)】： 物理學(xué)史【分析】： 根據(jù)物理學(xué)史和常識(shí)解答，記住著名物理學(xué)家的

2、主要貢獻(xiàn)即可【解析】： 解：A、庫(kù)侖總結(jié)并確認(rèn)了真空中兩個(gè)靜止點(diǎn)電荷之間的相互作用規(guī)律，密立根最早通過油滴實(shí)驗(yàn)，比較準(zhǔn)確的測(cè)定了電子的電量，故A錯(cuò)誤；B、奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，法拉第提出了電磁感應(yīng)定律，故B錯(cuò)誤；C、法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，并制成了人類歷史上第一臺(tái)發(fā)電機(jī)，故C正確；D、法拉第最早提出電場(chǎng)的概念，并提出用電場(chǎng)線表示電場(chǎng)，故D正確；故選：C【點(diǎn)評(píng)】： 本題考查物理學(xué)史，是常識(shí)性問題，對(duì)于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強(qiáng)記憶，這也是考試內(nèi)容之一2（6分）（2015河南二模）一滑塊從固定的斜面底端沖上粗糙的斜面，到達(dá)某一高度后返回斜面底端下列各圖分別表示滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的速

3、度v、加速度a、勢(shì)能Ep、機(jī)械能E隨時(shí)間變化的圖象，則下列圖象可能正確的是（） A B C D 【考點(diǎn)】： 勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像【專題】： 運(yùn)動(dòng)學(xué)中的圖像專題【分析】： 滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)過程中，先上滑后下滑，由于存在摩擦力，上滑與下滑過程不再具有對(duì)稱性，經(jīng)過同一點(diǎn)時(shí)下滑的速度小于上滑的速度，上滑運(yùn)動(dòng)的時(shí)間較短根據(jù)牛頓第二定律分析上滑與下滑過程的加速度大小關(guān)系根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和重力勢(shì)能公式得出重力勢(shì)能與時(shí)間的關(guān)系式根據(jù)功能關(guān)系分析E與t的關(guān)系【解析】： 解：A、滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)過程中，由于存在摩擦力，機(jī)械能不斷減小，經(jīng)過同一點(diǎn)時(shí)下滑的速度小于上滑的速度，回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度比出發(fā)時(shí)的初速度小故A錯(cuò)誤

4、B、設(shè)斜面的傾角為物體在上滑與下滑兩個(gè)過程中，所受的合力方向均沿斜面向下，加速度方向相同設(shè)上滑與下滑兩個(gè)過程加速度大小分別為a1和a2根據(jù)牛頓第二定律得：mgsin+mgcos=ma1；mgsinmgcos=ma2；則得：a1=gsin+gcos，a2=gsingcos則有：a1a2故B正確C、在上滑過程中：上滑的位移大小為：x1=v0ta1t2重力勢(shì)能為：EP=mgx1sin=mgsin（v0ta1t2），EPt圖象為拋物線下滑過程：重力勢(shì)能為：EP=mgHa2（tt0）2sin，H為斜面的最大高度，t0是上滑的時(shí)間，此為開口向下的拋物線方程所以C是不可能的故C錯(cuò)誤D、由于物體克服摩擦力做功

5、，其機(jī)械能不斷減小，根據(jù)功能關(guān)系得：E=E0f1x=E0f1（v0ta1t2），可知Et圖象應(yīng)為拋物線故D錯(cuò)誤故選：B【點(diǎn)評(píng)】： 本題采用定性分析與定量計(jì)算相結(jié)合的方法分析功能關(guān)系、運(yùn)動(dòng)與力關(guān)系，根據(jù)物理規(guī)律得到解析式，再選擇物理圖象3（6分）（2015河南二模）我國(guó)發(fā)射了一顆地球資源探測(cè)衛(wèi)星，發(fā)射時(shí)，先將衛(wèi)星發(fā)射至距離地面50km的近地圓軌道1上，然后變軌到近地點(diǎn)距離地面50km、遠(yuǎn)地點(diǎn)距離地面1500km的橢圓軌道2上，最后由軌道2進(jìn)入半徑為7900km的圓軌道3，軌道1、2相切于P點(diǎn)，軌道2、3相切于Q點(diǎn)忽略空氣阻力和衛(wèi)星質(zhì)量的變化，則以下說法正確的是（） A 該衛(wèi)星從軌道1變軌到軌道2

6、需要在P處點(diǎn)火加速 B 該衛(wèi)星在軌道2上穩(wěn)定運(yùn)行時(shí)，P點(diǎn)的速度小于Q點(diǎn)的速度 C 該衛(wèi)星在軌道2上Q點(diǎn)的加速度大于在軌道3上Q點(diǎn)的加速度 D 該衛(wèi)星在軌道3的機(jī)械能小于在軌道1的機(jī)械能【考點(diǎn)】： 人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系；萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用【專題】： 人造衛(wèi)星問題【分析】： 在1圓軌道變軌到2橢圓軌道的過程中，需要加速做離心運(yùn)動(dòng)，速度可能大于7.9km/s衛(wèi)星在軌道2上從遠(yuǎn)地點(diǎn)向近地點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中機(jī)械能守恒由軌道2變?yōu)檐壍?需要在遠(yuǎn)地點(diǎn)點(diǎn)火加速做離心運(yùn)動(dòng)【解析】： 解：人造衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，設(shè)衛(wèi)星的質(zhì)量為m、軌道半徑為r、地球質(zhì)量為M，有：，解得：v

7、=A、衛(wèi)星在軌道上運(yùn)行時(shí)，軌道的半長(zhǎng)軸越大，需要的能量越大，由于軌道2半長(zhǎng)軸比軌道1半長(zhǎng)軸大，因此該衛(wèi)星從軌道1變軌到軌道2需要在P處點(diǎn)火加速，故A正確；B、該衛(wèi)星在軌道2上穩(wěn)定運(yùn)行時(shí)，根據(jù)開普勒第二定律可知，近地點(diǎn)P點(diǎn)的速度大于遠(yuǎn)地點(diǎn)Q點(diǎn)的速度，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)牛頓第二定律和萬(wàn)有引力定律得：a=，所以衛(wèi)星在軌道2上經(jīng)過Q點(diǎn)的加速度等于在軌道3上經(jīng)過Q點(diǎn)的加速度，故C錯(cuò)誤；D、衛(wèi)星在軌道上運(yùn)行時(shí)，軌道的半長(zhǎng)軸越大，需要的能量越大，由于軌道3半長(zhǎng)軸比軌道1半長(zhǎng)軸大，所以該衛(wèi)星在軌道3的機(jī)械能小于在軌道1的機(jī)械能故D錯(cuò)誤故選：A【點(diǎn)評(píng)】： 該題考查衛(wèi)星的變軌問題，關(guān)鍵明確衛(wèi)星在圓軌道運(yùn)行時(shí)，萬(wàn)有

8、引力提供向心力，衛(wèi)星在軌道上的運(yùn)動(dòng)過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒；而變軌的時(shí)候，需要點(diǎn)火加速或減速4（6分）（2015河南二模）如圖所示，一個(gè)圓形框架以豎直的直徑為轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)在框架上套著兩個(gè)質(zhì)量相等的小球A、B，小球A、B到豎直轉(zhuǎn)軸的距離相等，它們與圓形框架保持相對(duì)靜止下列說法正確的是（） A 小球A的合力小于小球B的合力 B 小球A與框架間可能沒有摩擦力 C 小球B與框架間可能沒有摩擦力 D 圓形框架以更大的角速度轉(zhuǎn)動(dòng)，小球B受到的摩擦力一定增大【考點(diǎn)】： 線速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速；向心力【專題】： 勻速圓周運(yùn)動(dòng)專題【分析】： 由于合力提供向心力，依據(jù)向心力表達(dá)式可判定AB小球的合力關(guān)系

9、；依據(jù)A、B受到的受力情況可判定摩擦力的有無(wú)，以及隨轉(zhuǎn)速的變化情況；【解析】： 解：A、由于合力提供向心力，依據(jù)向心力表達(dá)式F=mr2，已知兩球質(zhì)量，半徑和角速度都相同，可知向心力相同，即合力相同，故A錯(cuò)誤BC、小球A受到重力和彈力的合力不可能垂直指向OO軸，故一定存在摩擦力，而B球的重力和彈力的合力可能垂直指向OO軸，故B球摩擦力可能為零，故B錯(cuò)誤，C正確D、由于不知道B是否受到摩擦力，故而無(wú)法判定圓形框架以更大的角速度轉(zhuǎn)動(dòng)，小球B受到的摩擦力的變化情況，故D錯(cuò)誤故選：C【點(diǎn)評(píng)】： 該題的難點(diǎn)在與分析兩球的摩擦力情況，注意利用好小球的合力提供向心力這點(diǎn)來分析摩擦力5（6分）（2015河南二模

10、）在x軸上存在與x軸平行的電場(chǎng)，x軸上各點(diǎn)的電勢(shì)隨x點(diǎn)位置變化情況如圖所示圖中x1x1之間為曲線，且關(guān)于縱軸對(duì)稱，其余均為直線，也關(guān)于縱軸對(duì)稱下列關(guān)于該電場(chǎng)的論述正確的是（） A x軸上各點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等 B 從x1到x1場(chǎng)強(qiáng)的大小先減小后增大 C 一個(gè)帶正電的粒子在x1點(diǎn)的電勢(shì)能大于在x1點(diǎn)的電勢(shì)能 D 一個(gè)帶正電的粒子在x1點(diǎn)的電勢(shì)能大于在x2點(diǎn)的電勢(shì)能【考點(diǎn)】： 勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系【專題】： 電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題【分析】： 根據(jù)x圖象的斜率大小等于電場(chǎng)強(qiáng)度，分析場(chǎng)強(qiáng)的變化根據(jù)電場(chǎng)力做功判斷電勢(shì)能的變化【解析】： 解：A、x圖象的斜率大小等于電場(chǎng)強(qiáng)度，故x軸上的電場(chǎng)強(qiáng)度不同

11、，故A錯(cuò)誤；B、從x1到x1場(chǎng)強(qiáng)斜率先減小后增大，故場(chǎng)強(qiáng)先減小后增大，故B正確；C、有圖可知，場(chǎng)強(qiáng)方向指向O，根據(jù)電場(chǎng)力做功可知，一個(gè)帶正電的粒子在x1點(diǎn)的電勢(shì)能等于在x1點(diǎn)的電勢(shì)能，故CD錯(cuò)誤故選：B【點(diǎn)評(píng)】： 本題關(guān)鍵要理解t圖象的斜率等于場(chǎng)強(qiáng)，由電勢(shì)的高低判斷出電場(chǎng)線的方向，來判斷電場(chǎng)力方向做功情況，并確定電勢(shì)能的變化6（6分）（2015河南二模）如圖所示，質(zhì)量為m的木塊在質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板上受到水平向右的拉力F的作用向右滑行，但長(zhǎng)木板保持靜止不動(dòng)已知木塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為1，長(zhǎng)木板與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2，下列說法正確的是（） A 長(zhǎng)木板受到地面的摩擦力的大小一定為1mg B

12、長(zhǎng)木板受到地面的摩擦力的大小一定為2（m+M）g C 只要拉力F增大到足夠大，長(zhǎng)木板一定會(huì)與地面發(fā)生相對(duì)滑動(dòng) D 無(wú)論拉力F增加到多大，長(zhǎng)木板都不會(huì)與地面發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)【考點(diǎn)】： 牛頓第二定律；力的合成與分解的運(yùn)用【專題】： 牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題【分析】： 隔離對(duì)M分析，抓住木板處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)共點(diǎn)力平衡求出地面對(duì)木板的摩擦力大小無(wú)論改變F的大小，只要m在木板上滑動(dòng)，則m對(duì)M的摩擦力大小不變，木板仍然保持靜止【解析】： 解：A、對(duì)M分析，在水平方向受到m對(duì)M的摩擦力和地面對(duì)M的摩擦力，兩個(gè)力平衡，則地面對(duì)木板的摩擦力f=1mg故A正確，B錯(cuò)誤C、無(wú)論F大小如何，m在M上滑動(dòng)時(shí)對(duì)M的摩擦力大小不

13、變，M在水平方向上仍然受到兩個(gè)摩擦力處于平衡，不可能運(yùn)動(dòng)故C錯(cuò)誤，D正確故選：AD【點(diǎn)評(píng)】： 本題中木板受到地面的摩擦力是靜摩擦力，不能根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式求解，f2=2（m+M）g是錯(cuò)誤的7（6分）（2015河南二模）A、B兩點(diǎn)在同一條豎直線上，A點(diǎn)離地而的高度為2.5h，B點(diǎn)離地面高度為2h將兩個(gè)小球分別從A、B兩點(diǎn)水平拋出，它們?cè)赑點(diǎn)相遇，P點(diǎn)離地面的高度為h已知重力加速度為g，則（） A 兩個(gè)小球一定同時(shí)拋出 B 兩個(gè)小球拋出的時(shí)間間隔為（） C 小球A、B拋出的初速度之比= D 小球A、B拋出的初速度之比=【考點(diǎn)】： 平拋運(yùn)動(dòng)【專題】： 平拋運(yùn)動(dòng)專題【分析】： 平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻

14、速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)在P點(diǎn)相遇，結(jié)合高度求運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，從而通過水平位移求初速度【解析】： 解：A、平拋運(yùn)動(dòng)在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，由h=，得t=，由于A到P的豎直高度較大，所以從A點(diǎn)拋出的小球運(yùn)動(dòng)時(shí)間較長(zhǎng)，應(yīng)先拋出故A錯(cuò)誤B、由t=，得兩個(gè)小球拋出的時(shí)間間隔為t=tAtB=（）故B正確CD、由x=v0t得v0=x，x相等，則小球A、B拋出的初速度之比=，故C錯(cuò)誤，D正確故選：BD【點(diǎn)評(píng)】： 解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式靈活求解8（6分）（2015河南二模）如圖所示，在xOy平面內(nèi)的y軸和虛線之間除了圓形區(qū)域外的空間存在勻

15、強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B虛線經(jīng)過Q點(diǎn)（3L，0）且與y軸平行圓形區(qū)域的圓心P的坐標(biāo)為（2L，0），半徑為L(zhǎng)一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的粒子從y軸上某點(diǎn)垂直y軸進(jìn)入磁場(chǎng)，不計(jì)粒子的重力，則（） A 如果粒子沒有經(jīng)過圓形區(qū)域到達(dá)了Q點(diǎn)，則粒子的入射速度為v= B 如果粒子沒有經(jīng)過圓形區(qū)域到達(dá)了Q點(diǎn)，則粒子的入射速度為v= C 粒子第一次從P點(diǎn)經(jīng)過了x軸，則粒子的最小入射速度為vmin= D 粒子第一次從P點(diǎn)經(jīng)過了x軸，則粒子的最小入射速度為vmin=【考點(diǎn)】： 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【專題】： 帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題【分析】： 若粒子不經(jīng)過圓形區(qū)域到達(dá)Q點(diǎn)，則

16、由幾何關(guān)系可知，粒子應(yīng)經(jīng)歷四分之一圓周，從而求得半徑；由洛侖茲力充當(dāng)向心力要求得粒子的入射速度；若粒子的初速度方向與y軸垂直，且粒子從O點(diǎn)第一次經(jīng)過x軸，由幾何關(guān)系得到r與的關(guān)系式，由數(shù)學(xué)知識(shí)求得半徑最小值【解析】： 解：AB、要使粒子不經(jīng)過圓形區(qū)域到達(dá)Q點(diǎn)，則粒子應(yīng)恰好經(jīng)過四分之一圓周到達(dá)Q點(diǎn)，故半徑為3L；則由洛侖茲力充當(dāng)向心力可知，qvmB=m解得：v=；故A正確；CD、要使粒子到達(dá)圓形磁場(chǎng)的圓心，軌跡圓的切線應(yīng)過圓心；如圖所示；設(shè)粒子從C點(diǎn)進(jìn)入圓形區(qū)域，OC與OA夾角為，軌跡圓對(duì)應(yīng)的半徑為r，如圖：由幾何關(guān)系得：2a=rsin+acos故當(dāng)=60°時(shí)，半徑最小為rm=a又qv

17、mB=m解得：vm=；故C正確；故選：AC【點(diǎn)評(píng)】： 解決本題的突破口是知道粒子的運(yùn)動(dòng)情況，明確如可才能到達(dá)O'點(diǎn)，然后由幾何關(guān)系求出圓周運(yùn)動(dòng)的半徑從而可以順利求解速度大小二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分第9題12題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答第13題-18題為選考題，考生根據(jù)要求作答（一）必考題9（6分）（2015河南二模）DIS是由傳感器、數(shù)據(jù)采集器、計(jì)算機(jī)、實(shí)驗(yàn)教學(xué)軟件構(gòu)成的數(shù)字化實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)某實(shí)驗(yàn)小組“用DIS研究機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)裝置如圖（a）所示實(shí)驗(yàn)時(shí)，將擺球（連同遮光片J）每次都從同一位置M下擺，傳感器K分別固定在A、B、C、D采集數(shù)據(jù)，D點(diǎn)為擺球通過的最低點(diǎn)在

18、一次實(shí)驗(yàn)中以圖象方式采集數(shù)據(jù)并分析實(shí)驗(yàn)結(jié)果，所顯示的圖象如圖（b）所示圖象的橫軸表示擺球距離D點(diǎn)的高度，縱軸表示擺球的重力勢(shì)能Ep、動(dòng)能Ek或機(jī)械能E（不計(jì)空氣阻力）（1）圖（b）中的圖象表示擺球重力勢(shì)能EP隨擺球距離D點(diǎn)的高度h變化關(guān)系的圖線是（填“I”“”或“”）（2）擺球在擺動(dòng)過程中，重力所做功的最大值為0.016J，擺球在距離D點(diǎn)的高度h=0.1m處的速率為1.4m/s（重力加速度取9.8m/s2）（3）從圖（b）中的圖象可以得出本實(shí)驗(yàn)的結(jié)論是：擺球在擺動(dòng)過程中，機(jī)械能守恒【考點(diǎn)】： 驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律【專題】： 實(shí)驗(yàn)題；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題【分析】： （1）根據(jù)小球在靜止釋放后，重

19、力在做正功，重力勢(shì)能EP不斷減少，動(dòng)能EK不斷增加，而重力勢(shì)能和動(dòng)能的總量即機(jī)械能不變來選擇圖線；（2）根據(jù)重力勢(shì)能與高度的關(guān)系 Ep=mgh，分析圖線的斜率，求出質(zhì)量，再根據(jù)動(dòng)能表達(dá)式，即可求解；（3）分析動(dòng)能與重力勢(shì)能之和，即機(jī)械能是否變化，結(jié)合條件，判斷得出結(jié)論【解析】： 解：根據(jù)EP=mgh和動(dòng)能定理可知，當(dāng)高度增大時(shí)，重力做負(fù)功，EP=mgh增大，動(dòng)能減小，而機(jī)械能不變，則擺球重力勢(shì)能EP隨擺球距離D點(diǎn)的高度h變化關(guān)系的圖線是（2）小球擺動(dòng)過程受到拉力和重力，拉力不做功，只有重力做功，由圖知，小球的機(jī)械能守恒，因此直線I表示機(jī)械能，而當(dāng)動(dòng)能為零時(shí)，重力勢(shì)能最大，即為0.016J；重力

20、勢(shì)能與高度的關(guān)系 Ep=mgh，由圖知，h=0.1m處，mgh=0.008J，則m=kg0.008kg而直線表示動(dòng)能Ek與高度的關(guān)系，擺球在距離D點(diǎn)的高度h=0.1m處，動(dòng)能為EK=0.008J；那么其的速率為v=1.4m/s（3）由三個(gè)圖象可知，動(dòng)能+重力勢(shì)能=機(jī)械能，因此擺球在擺動(dòng)過程中，機(jī)械能守恒；故答案為：（1）；（2）0.016，1.4；（3）擺球在擺動(dòng)過程中，機(jī)械能守恒【點(diǎn)評(píng)】： 本題考查理解物理圖象的能力守恒定律關(guān)鍵要明確條件驗(yàn)證性實(shí)驗(yàn)最后得出結(jié)論時(shí)，要強(qiáng)調(diào)在實(shí)驗(yàn)誤差允許的范圍內(nèi)，小球的機(jī)械能守恒10（9分）（2015河南二模）在“在探究導(dǎo)體電阻與材料關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)中，某種待測(cè)材料

21、金屬絲接人電路部分的長(zhǎng)度約為50cm，所用測(cè)量?jī)x器均已校準(zhǔn)（1）用螺旋測(cè)微器測(cè)量金屬絲的直徑，其中某一次測(cè)量結(jié)果如圖1所示，其讀數(shù)應(yīng)為0.399mm（該值接近多次測(cè)量的平均值）（2）某實(shí)驗(yàn)小組用伏安法測(cè)金屬絲的電阻，記錄實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下：次數(shù) 1 2 3 4 5 6 7U/V 0.10 0.30 0.70 1.00 1.50 1.70 2.30I/A 0.02 0.06 0.16 0.22 0.34 0.46 0.52由以上實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可知：本次實(shí)驗(yàn)的電流表選用的是B、電壓表選用的是C、滑動(dòng)變阻器選用的 是F（填以下器材前的字母）A電流表A1（ 0100mA，內(nèi)阻約為l0）B電流表A2（ 00.6A，

22、內(nèi)阻約為0.1）C電壓表V1（03V，內(nèi)阻約為3k）D電壓表V2（015V，內(nèi)阻約為15k）E滑動(dòng)變阻器R1（ 0l000，0.2A）F滑動(dòng)變阻器R2（ 020，2A）測(cè)量Rx是采用圖2中的甲（填“甲”“乙”“丙”或“丁”）電路圖可以估算出金屬絲電阻率約為C（填選項(xiàng)前的字母）A.1×102m B.1×103m C.1×106m D.1×108m【考點(diǎn)】： 測(cè)定金屬的電阻率【專題】： 實(shí)驗(yàn)題；恒定電流專題【分析】： （1）讀數(shù)時(shí)要分成整數(shù)部分和小數(shù)部分兩部分之和來讀；（2）根據(jù)最大電壓選擇電壓表，根據(jù)電路最大電流選擇電流表，根據(jù)電源電動(dòng)勢(shì)、待測(cè)電阻阻值與所

23、選電流表選擇滑動(dòng)變阻器；明確當(dāng)電流要求從零調(diào)時(shí)，變阻器應(yīng)用分壓式接法，當(dāng)待測(cè)電阻遠(yuǎn)小于電壓表內(nèi)阻時(shí)，電流表應(yīng)用外接法；認(rèn)真描點(diǎn)，求出圖線的斜率即為待測(cè)電阻阻值；根據(jù)電阻定律表達(dá)式寫出電阻率表達(dá)式，然后代入數(shù)據(jù)即可【解析】： 解：（1）螺旋測(cè)微器的讀數(shù)為d=0+39.9×0.01mm=0.399mm（0.3970.399都對(duì)）；（2）根據(jù)表格數(shù)據(jù)，電壓數(shù)值達(dá)到2.3V，考查測(cè)量的精確性，電壓表選C；而電流表數(shù)值達(dá)到0.52A，故電流表選擇B；根據(jù)R=，可知，所測(cè)電阻約為5左右，考慮操作方便，滑動(dòng)變阻器選擇F；由給出的數(shù)據(jù)表可知，電流和電壓要從零調(diào)，所以滑動(dòng)變阻器應(yīng)用分壓式接法；由待測(cè)金

24、屬絲電阻遠(yuǎn)小于電壓表內(nèi)阻，所以電流表應(yīng)用外接法，故應(yīng)采用甲圖；描繪出的UI圖象如圖所示，可求出金屬絲的電阻為R=4.5V（4.34.7都對(duì)）由R= 可得=，代入數(shù)據(jù)可得=1×106m，所以C正確故答案為：（1）0.399；（2）B，C，F(xiàn)；甲；C【點(diǎn)評(píng)】： 要掌握螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法；明確電學(xué)實(shí)驗(yàn)中，當(dāng)要求電流從零調(diào)時(shí)，滑動(dòng)變阻器應(yīng)用分壓式接法；當(dāng)滿足待測(cè)電阻阻值遠(yuǎn)小于電壓表內(nèi)阻時(shí)，電流表應(yīng)用外接法，當(dāng)電流表內(nèi)阻遠(yuǎn)小于待測(cè)電阻阻值時(shí)，電流表應(yīng)用內(nèi)接法11（12分）（2015河南二模）冰壺在水平而上某次滑行可簡(jiǎn)化為如下過程：如圖所示，運(yùn)動(dòng)員給冰壺施加一水平恒力將靜止于A點(diǎn)的冰壺（視為質(zhì)

25、點(diǎn)）沿直線AD推到B點(diǎn)放手，最后冰壺停于D點(diǎn)已知冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，AB=CD=l、BC=7l，重力加速度為g求：（1）冰壺經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速率；（2）冰壺在CD段與在AB段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比【考點(diǎn)】： 牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系【專題】： 牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題【分析】： （1）根據(jù)裝冰壺在BD間的運(yùn)動(dòng)，由速度位移關(guān)系求冰壺在B點(diǎn)的速度；（2）根據(jù)B點(diǎn)速度由AB位移求得AB段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，再根據(jù)CD段的位移和加速度及末速度求得CD段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間【解析】： 解：（1）冰壺從B點(diǎn)到D點(diǎn)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a1=g根據(jù)速度位移關(guān)系有：解得冰壺在B點(diǎn)的速率vB=（2）設(shè)冰壺在

26、AB段運(yùn)動(dòng)加速度大小為a2，由AB間勻加速運(yùn)動(dòng)有，可得冰壺在AB間運(yùn)動(dòng)的加速度a2=8g冰壺在CD段運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，冰壺在AB段運(yùn)動(dòng)為t2根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系有：，冰壺在CD段與在AB段運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比答：（1）冰壺在B點(diǎn)的速率為；（2）冰壺在CD段與在AB段運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為2【點(diǎn)評(píng)】： 解決本題的關(guān)鍵是能根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移關(guān)系和位移時(shí)間關(guān)系分析冰壺的運(yùn)動(dòng)，不難屬于基礎(chǔ)題12（20分）（2015河南二模）如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌ab、cd平行放置且與水平面成=30°角固定，間距為l=0.5m，電阻可忽略不計(jì)阻值為R0的定值電阻與電阻箱并聯(lián)接在兩金屬導(dǎo)軌的上端整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度

27、大小為B=lT的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌所在平面垂直現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電阻可以忽略的金屬棒MN從圖示位置由靜止開始釋放，金屬棒下滑過程中始終與導(dǎo)軌接觸良好改變電阻箱的阻值R，可測(cè)得金屬棒的最大速度vm，經(jīng)多次測(cè)量得到的關(guān)系圖象如圖乙所示（取g=l0m/s2）（1）試求出金屬棒的質(zhì)量m和定值電阻R0的阻值；（2）當(dāng)電阻箱阻值R=2時(shí)，金屬棒的加速度為a=2.0m/s2，求此時(shí)金屬棒的速度【考點(diǎn)】： 導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；牛頓第二定律；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化【專題】： 電磁感應(yīng)功能問題【分析】： （1）根據(jù) E=BLv、歐姆定律和安培力、F=BIL推導(dǎo)出安培力的表達(dá)式，當(dāng)桿勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大

28、，由平衡條件得到最大速度vm與R的關(guān)系式，根據(jù)圖象的斜率和縱截距求解金屬桿的質(zhì)量m和電阻R0的阻值；（2）當(dāng)金屬棒的加速度為時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律求解速度【解析】： 解：（1）金屬棒以速度vm下滑時(shí)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：E=Blvm由閉合電路歐姆定律有：當(dāng)金屬棒以最大速度vm下滑時(shí)，根據(jù)平衡條件有：BIl=mgsin 由圖象可知：=1； 解得：m=0.0252kg，R0=2（2）設(shè)此時(shí)金屬棒下滑的速度為v，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：當(dāng)金屬棒下滑的加速度為2.0時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsinBIl=ma 聯(lián)立解得：v=0.3m/s答：（1）金屬棒的質(zhì)量m是0.2kg，定值電阻R0的阻值是

29、2；（2）當(dāng)電阻箱R取2，且金屬棒的加速度為2.0時(shí)，金屬棒的速度是0.3m/s【點(diǎn)評(píng)】： 本題綜合考查了法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、牛頓第二定律等，綜合性強(qiáng)，對(duì)學(xué)生能力的要求較高，其中安培力的分析和計(jì)算是關(guān)鍵(二）選考題，請(qǐng)考生從以下三個(gè)模塊中任選一模塊作答【物理-選修3-3】（15分）13（6分）（2015河南二模）下列說法正確的是（） A 分子間距離增大時(shí)，分子間的引力減小，斥力增大 B 當(dāng)分子間的作用力表現(xiàn)為斥力時(shí)，隨分子間距離的減小分子勢(shì)能增大 C 一定質(zhì)量的理想氣體發(fā)生等溫膨脹，一定從外界吸收熱量 D 一定質(zhì)量的理想氣體發(fā)生等壓膨脹，一定向外界放出熱量 E 熵的大小可以反

30、映物體內(nèi)分子運(yùn)動(dòng)的無(wú)序程度【考點(diǎn)】： 理想氣體的狀態(tài)方程；分子間的相互作用力；熱力學(xué)第一定律【專題】： 分子間相互作用力與分子間距離的關(guān)系【分析】： 分子間的作用力表現(xiàn)為引力時(shí)，分子力總是隨分子間距離的增大而減小，分子勢(shì)能隨分子間距離的增大而增大，一定質(zhì)量的理想氣體，根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程判定狀態(tài)參量的變化，根據(jù)熱力學(xué)第一定律判斷吸放熱熵的意義是反映物體內(nèi)分子運(yùn)動(dòng)的無(wú)序程度【解析】： 解：A、分子間距離增大時(shí)，分子間的引力減小，斥力也減小，故A錯(cuò)誤；B、當(dāng)分子間的作用力表現(xiàn)為斥力時(shí)，分子力和分子勢(shì)能總是隨分子間距離的減小而增大，故B正確；C、保持理想氣體溫度不變，內(nèi)能不變，增大其體積時(shí)，氣體從

31、外界吸熱，故C正確；D、一定質(zhì)量的理想氣體發(fā)生等壓膨脹，根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程：可知，氣體的溫度一定升高，內(nèi)能增大，而對(duì)外做功，所以一定向從外界吸收熱量，故D錯(cuò)誤；E、根據(jù)熵的微觀意義可知，熵的大小可以反映物體內(nèi)分子運(yùn)動(dòng)的無(wú)序程度故E正確故選：BCE【點(diǎn)評(píng)】： 本題考查了分子間的作用力和分子勢(shì)能的變化關(guān)系，理想氣體狀態(tài)方程、熱力學(xué)第一定律以及上的微觀意義，要注意的是，在涉及熱力學(xué)第一定律的題目中，要首先判斷出氣體的狀態(tài)參量的變化，才能判定內(nèi)能的變化，此時(shí)一定要使用理想氣體的狀態(tài)方程14（9分）（2015河南二模）一艘潛水艇位于水面下h=200m處，艇上有一個(gè)容積V1=2m3的鋼筒，筒內(nèi)貯有壓強(qiáng)

32、p1=200p0的壓縮空氣，其中p0為大氣壓，p0=1×105Pa已知海水的密度=1×103kg/m3，重力加速度g=10m/s2，設(shè)海水的溫度不變有一個(gè)與海水相通的裝滿海水的水箱，現(xiàn)在通過細(xì)管道將鋼筒中部分空氣壓入該水箱，再關(guān)閉管道，水箱中排出海水的體積為V2=10m3，此時(shí)鋼筒內(nèi)剩余空氣的壓強(qiáng)為多少個(gè)大氣壓？【考點(diǎn)】： 理想氣體的狀態(tài)方程；封閉氣體壓強(qiáng)【專題】： 理想氣體狀態(tài)方程專題【分析】： 氣體質(zhì)量發(fā)生變化，應(yīng)用理想氣體狀態(tài)方程時(shí)，要把排出的氣體也作為研究對(duì)象，先找出理想氣體初態(tài)與末態(tài)的狀態(tài)參量，在根據(jù)等溫變化的理想氣體狀態(tài)方程求解【解析】： 解：貯氣筒內(nèi)原來氣體壓

33、強(qiáng)設(shè)為：p1=200p0，體積為：V1=2m3壓入水箱中氣體壓強(qiáng)為：p2=p0+gh=105+103×10×200=21×105Pa=21atm，V2=10m3剩余在貯氣筒內(nèi)氣體壓強(qiáng)p3，體積V3=2m3，因溫度不變，有P1V1=P2V2+P3V3代入數(shù)據(jù)可解得P3=95atm答：筒內(nèi)剩余空氣的壓強(qiáng)為95atm【點(diǎn)評(píng)】： 本題相當(dāng)于一個(gè)連通器模型，只有這樣，才能保證是一定質(zhì)量的氣體，這是理想氣體狀態(tài)方程適用的前提物理-選修3-415（2015河南二模）如圖所示，一列簡(jiǎn)諧橫波沿戈軸傳播，在t時(shí)刻的波形如實(shí)線所示，經(jīng)過t=3s，其波形如虛線所示己知圖中的兩個(gè)波峰的平衡

34、位置x1與x2相距Im，該波的周期為T，且2Tt4T則可能的最小波速為5m/s，最小周期為s【考點(diǎn)】： 波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系；橫波的圖象【分析】： 本題波的傳播方向未知，分波向左傳播和向右傳播兩種情況討論；先求出波傳播的距離，再求解波速和對(duì)應(yīng)的周期【解析】： 解：由圖象可以看出，波長(zhǎng)為 =7m；因2Tt4T，故波傳播的距離x的范圍為：2x4；若波向右傳播，x=2+1=15m或3+1=22m； 波速為：v=m/s=5m/s 或m/s；周期為：T=s 或s=s；若波向左傳播，x=2+6=20m或3+6=27m； 波速為：v=m/s 或m/s=9m/s；周期為：T=s 或s；由上知，最小波速為5m

35、/s由上可知最小周期為s故答案為：5，【點(diǎn)評(píng)】： 本題關(guān)鍵要考慮波的雙向性和周期性，分情況討論，求解出各種可能的波速和周期，然后取最小值16（2015河南二模）如圖所示，空氣中有一橫截面為半圓環(huán)的均勻透明柱體，其內(nèi)圓半徑為r，外圓半徑為r現(xiàn)有一束單色光垂直于端面A射入透明柱體，在柱體內(nèi)恰好發(fā)生全反射，且只經(jīng)過兩次全反射就垂直于端面B射出已知光在真空中的速度為c，求該光束在透明柱體內(nèi)傳播的時(shí)間【考點(diǎn)】： 光的折射定律【專題】： 光的折射專題【分析】： 光線從A端口的最右邊一點(diǎn)射入，發(fā)生兩次全反射，垂直射出；結(jié)合光路的可逆性，作出光路圖；由折射定律和幾何知識(shí)結(jié)合求解【解析】： 解：由于光只發(fā)生兩次全反射，且與A、B端面都垂直，所以光線在透明柱體內(nèi)全反射時(shí)的入射角均為45°光線在柱體內(nèi)恰好發(fā)生全反射，則有 sin45°=，得 n=光線在透明柱體內(nèi)的路程 s=4r光線在透明柱體內(nèi)的速度 v=所以該光束在透明柱體內(nèi)傳播的時(shí)間 t=答：該光束在透明柱體內(nèi)傳播的時(shí)間為【點(diǎn)評(píng)】：