2015年天津市高考物理試卷解析版

2015年天津市高考物理試卷解析版參考答案與試題解析一、單項(xiàng)選擇題（每小題6分，每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)是正確的）1．（6分）物理學(xué)重視邏輯，崇尚理性，其理論總是建立在對(duì)事實(shí)觀察的基礎(chǔ)上，下列說法正確的是（）A．天然放射現(xiàn)象說明原子核內(nèi)部是有結(jié)構(gòu)的 B．電子的發(fā)現(xiàn)使人們認(rèn)識(shí)到原子具有核式結(jié)構(gòu) C．α粒子散射實(shí)驗(yàn)的重要發(fā)現(xiàn)是電荷是量子化的 D．密立根油滴實(shí)驗(yàn)表明核外電子的軌道是不連續(xù)的【考點(diǎn)】1U：物理學(xué)史．【分析】本題是原子物理學(xué)史問題，根據(jù)相關(guān)科學(xué)家的物理學(xué)成就進(jìn)行解答．【解答】解：A、天然放射現(xiàn)象是原子核發(fā)生衰變而產(chǎn)生的，說明原子核內(nèi)部是有結(jié)構(gòu)的，故A正確。B、電子的發(fā)現(xiàn)使人們認(rèn)識(shí)到原子具有復(fù)雜結(jié)構(gòu)，但不能說明原子具有核式結(jié)構(gòu)，故B錯(cuò)誤。C、α粒子散射實(shí)驗(yàn)的重要發(fā)現(xiàn)是原子的核式結(jié)構(gòu)，而不是電荷的量子化，故C錯(cuò)誤。D、密立根油滴實(shí)驗(yàn)測出了電子的電荷量，發(fā)現(xiàn)了電荷量的量子化，不明說明核外電子的軌道是不連續(xù)的，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了原子核的知識(shí)和物理學(xué)史，象、原子的核式結(jié)構(gòu)學(xué)說、α粒子散射實(shí)驗(yàn)、密立根油滴實(shí)驗(yàn)都是考查的重點(diǎn)，要重點(diǎn)掌握．2．（6分）中國古人對(duì)許多自然現(xiàn)象有深刻認(rèn)識(shí)，唐人張志和在《玄真子?濤之靈》中寫道：“雨色映日而為虹”．從物理學(xué)角度看，虹是太陽光經(jīng)過雨滴的兩次折射和一次反射形成的．如圖是彩虹成因的簡化示意圖，其中a、b是兩種不同頻率的單色光，則兩光（）A．在同種玻璃中傳播，a光的傳播速度一定大于b光 B．以相同角度斜射到同一玻璃板透過平行表面后，b光側(cè)移量大 C．分別照射同一光電管，若b光能引起光電效應(yīng)，a光也一定能 D．以相同的入射角從水中射入空氣，在空氣中只能看到一種光時(shí)，一定是a光【考點(diǎn)】H3：光的折射定律．【專題】54I：光電效應(yīng)專題．【分析】由圖看出第一次折射時(shí)，b光折射角較大，其折射率較小，頻率較小，波長較長．由公式v得到，b光在玻璃中的傳播速度較大；結(jié)合發(fā)生光電效應(yīng)的條件分析；折射率較小，則臨界角大，不容易發(fā)生全反射．【解答】解：畫出光路圖，分析可知，第一次折射時(shí)，b光的折射角較大，而入射角相等，根據(jù)折射率公式n得知，b光的折射率較小，頻率較小，波長較長。再由λf，可知，折射率越小，則波長越長。A、由公式v得知，b光的折射率較小，在同種玻璃中傳播，a光的傳播速度一定小于b光，故A錯(cuò)誤；B、光的折射率較小，以相同角度斜射到同一玻璃板透過平行表面后，b光的折射角較大，所以b光側(cè)移量小。故B錯(cuò)誤；C、b光的折射率較小，頻率較小，分別照射同一光電管，若b光能引起光電效應(yīng)，a光也一定能，故C正確；D、b光的折射率較小，則臨界角大，不容易發(fā)生全反射，所以以相同的入射角從水中射入空氣，在空氣中只能看到一種光時(shí)，一定是b光。故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】該題結(jié)合光的折射考查折射率、折射率與光的頻率、速度的關(guān)系以及光電效應(yīng)的條件等知識(shí)點(diǎn)的內(nèi)容，關(guān)鍵之處是畫出光路圖，分析第一次折射時(shí)折射角的關(guān)系，要注意運(yùn)用反射的對(duì)稱性作圖．3．（6分）圖甲為一列簡諧橫波在某一時(shí)刻的波形圖，a、b兩質(zhì)點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為xa＝2m和xb＝6m，圖乙為質(zhì)點(diǎn)b從該時(shí)刻開始計(jì)時(shí)的振動(dòng)圖象，下列說法正確的是（）A．該波沿+x方向傳播，波速為1m/s B．質(zhì)點(diǎn)a經(jīng)4s振動(dòng)的路程為4m C．此時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)a的速度沿+y方向 D．質(zhì)點(diǎn)a在t＝2s時(shí)速度為零【考點(diǎn)】73：簡諧運(yùn)動(dòng)的振動(dòng)圖象；F4：橫波的圖象；F5：波長、頻率和波速的關(guān)系．【專題】51D：振動(dòng)圖像與波動(dòng)圖像專題．【分析】A、由圖可知ab兩點(diǎn)之間的距離，利用波的速度公式可求出波傳播的速度大小，結(jié)合b點(diǎn)在該時(shí)刻的位置及振動(dòng)方向，利用平移法可知波的傳播方向，從而可知選項(xiàng)A的正誤B、方向經(jīng)過4s的時(shí)間與周期之間的關(guān)系，利用在一個(gè)周期內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過的路程為振幅的4倍，即可得知選項(xiàng)B的正誤。C，結(jié)合b質(zhì)點(diǎn)此時(shí)刻的位置和振動(dòng)方向，從而可得知a質(zhì)點(diǎn)所處的位置和振動(dòng)方向，繼而可知選項(xiàng)C的正誤。D、通過t＝2s時(shí)b的位置，可判斷出a點(diǎn)的位置，從而可知a點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)情況，繼而得知選項(xiàng)D的正誤。【解答】解：A、ab兩點(diǎn)間的距離為x＝xb﹣xa＝6﹣2＝4m，振動(dòng)從a傳播到b的時(shí)間為半個(gè)周期，為t4s，所以波速為：v1m/s，但是b點(diǎn)該時(shí)刻的振動(dòng)方向是沿y軸正方向，由微平移法可知波向﹣x軸方向傳播，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。B、質(zhì)點(diǎn)a振動(dòng)4s，是經(jīng)過了半個(gè)周期，質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過的路程為振幅的2倍，即為1m，選項(xiàng)B錯(cuò)誤C、此時(shí)刻b的振動(dòng)方向是向y軸正方向，ab間相隔半個(gè)波長，振動(dòng)步調(diào)完全相反，所以此時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)a的速度沿﹣y方向，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。D、在t＝2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)b在正的最大位移處，ab兩質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)步調(diào)完全相反，所以質(zhì)點(diǎn)a在負(fù)的最大位移處，此時(shí)a的速度為零，選項(xiàng)D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】該題考查了簡諧波的傳播和質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)，解答該題要熟練的掌握波傳播方向的判斷，常用的方法有“微平移法”、“帶動(dòng)法”、“上下坡法”、“振向波向同側(cè)法”和“頭頭尾尾相對(duì)法”，還有就是要熟練的掌握步調(diào)一致的點(diǎn)的判斷和步調(diào)始終相反的點(diǎn)的判斷。會(huì)通過時(shí)間計(jì)算振動(dòng)質(zhì)點(diǎn)通過的路程。4．（6分）未來的星際航行中，宇航員長期處于零重力狀態(tài)，為緩解這種狀態(tài)帶來的不適，有人設(shè)想在未來的航天器上加裝一段圓柱形“旋轉(zhuǎn)艙”，如圖所示，當(dāng)旋轉(zhuǎn)艙繞其軸線勻速旋轉(zhuǎn)時(shí)，宇航員站在旋轉(zhuǎn)艙內(nèi)圓柱形側(cè)壁上，可以受到與他站在地球表面時(shí)相同大小的支持力。為達(dá)到上述目的，下列說法正確的是（）A．旋轉(zhuǎn)艙的半徑越大，轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度就應(yīng)越大 B．旋轉(zhuǎn)艙的半徑越大，轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度就應(yīng)越小 C．宇航員質(zhì)量越大，旋轉(zhuǎn)艙的角速度就應(yīng)越大 D．宇航員質(zhì)量越大，旋轉(zhuǎn)艙的角速度就應(yīng)越小【考點(diǎn)】48：線速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速；4F：萬有引力定律及其應(yīng)用．【專題】528：萬有引力定律的應(yīng)用專題．【分析】首先分析出該題要考查的知識(shí)點(diǎn)，就是對(duì)向心加速度的大小有影響的因素的分析，列出向心加速度的表達(dá)式，進(jìn)行分析即可得知正確選項(xiàng)。【解答】解：為了使宇航員在航天器上受到與他站在地球表面時(shí)相同大小的支持力，即為使宇航員隨旋轉(zhuǎn)艙轉(zhuǎn)動(dòng)的向心加速度為定值，且有a＝g，宇航員隨旋轉(zhuǎn)艙轉(zhuǎn)動(dòng)的加速度為：a＝ω2R，由此式可知，旋轉(zhuǎn)艙的半徑越大，轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度就應(yīng)越小，此加速度與宇航員的質(zhì)量沒有關(guān)系，所以選項(xiàng)ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】該題的考查方法非常新穎，解題的關(guān)鍵是從相關(guān)描述中提起有用的東西，對(duì)于該題，就是得知在向心加速度不變的情況下，影響向心加速度大小的物理量之間的變化關(guān)系，該題還要熟練的掌握有關(guān)勻速圓周運(yùn)動(dòng)的各個(gè)物理量的關(guān)系式，并會(huì)應(yīng)用其進(jìn)行正確的計(jì)算和分析。5．（6分）如圖所示，固定的豎直光滑長桿上套有質(zhì)量為m的小圓環(huán)，圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧一端連接，彈簧的另一端連接在墻上，并且處于原長狀態(tài)，現(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開始下滑，已知彈簧原長為L，圓環(huán)下滑到最大距離時(shí)彈簧的長度變?yōu)?L（未超過彈性限度），則在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中（）A．圓環(huán)的機(jī)械能守恒 B．彈簧彈性勢(shì)能變化了mgL C．圓環(huán)下滑到最大距離時(shí)，所受合力為零 D．圓環(huán)重力勢(shì)能與彈簧彈性勢(shì)能之和保持不變【考點(diǎn)】6B：功能關(guān)系；6C：機(jī)械能守恒定律．【分析】分析圓環(huán)沿桿下滑的過程的受力和做功情況，由于彈簧的拉力對(duì)圓環(huán)做功，所以圓環(huán)機(jī)械能不守恒，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒；根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒進(jìn)行分析。【解答】解：A、圓環(huán)沿桿滑下過程中，彈簧的拉力對(duì)圓環(huán)做功，圓環(huán)的機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤，B、圖中彈簧水平時(shí)恰好處于原長狀態(tài)，圓環(huán)下滑到最大距離時(shí)彈簧的長度變?yōu)?L，可得物體下降的高度為hL，根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得彈簧的彈性勢(shì)能增大量為△Ep＝mghmgL，故B正確。C、圓環(huán)所受合力為零，速度最大，此后圓環(huán)繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)，則彈簧的彈力增大，圓環(huán)下滑到最大距離時(shí)，所受合力不為零，故C錯(cuò)誤。D、根據(jù)圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，知圓環(huán)的動(dòng)能先增大后減小，則圓環(huán)重力勢(shì)能與彈簧彈性勢(shì)能之和先減小后增大，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)物理過程進(jìn)行受力、運(yùn)動(dòng)、做功分析，是解決問題的根本方法。要注意圓環(huán)的機(jī)械能不守恒，圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能才守恒。二、不定向選擇題（每小題6分，共18分。每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，都有多個(gè)選項(xiàng)是正確的。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，選錯(cuò)或不答的得0分）6．（6分）如圖所示，理想變壓器的原線圈連接一只理想交流電流表，副線圈匝數(shù)可以通過滑動(dòng)觸頭Q來調(diào)節(jié)，在副線圈兩端連接了定值電阻R0和滑動(dòng)變阻器R，P為滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭。在原線圈上加一電壓為U的正弦交流電，則（）A．保持Q的位置不動(dòng)，將P向上滑動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)變大 B．保持Q的位置不動(dòng)，將P向上滑動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)變小 C．保持P的位置不動(dòng)，將Q向上滑動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)變大 D．保持P的位置不動(dòng)，將Q向上滑動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)變小【考點(diǎn)】E8：變壓器的構(gòu)造和原理．【專題】53A：交流電專題．【分析】保持Q位置不動(dòng)，則輸出電壓不變，保持P位置不動(dòng)，則負(fù)載不變，再根據(jù)變壓器的特點(diǎn)分析?！窘獯稹拷猓篈B、在原、副線圈匝數(shù)比一定的情況下，變壓器的輸出電壓由輸入電壓決定。因此，當(dāng)Q位置不變時(shí)，輸出電壓不變，此時(shí)P向上滑動(dòng)，負(fù)載電阻值增大，則輸出電流減小，電流表的讀數(shù)I變小，故A錯(cuò)誤，B正確；CD、P位置不變，將Q向上滑動(dòng)，則輸出電壓變大，輸出電流變大，則電流表的讀數(shù)I變大，故C正確，D錯(cuò)誤；故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵在于P位置不動(dòng)時(shí)總電阻不變，Q不變時(shí)輸出電壓不變，完全利用變壓器特點(diǎn)。7．（6分）如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地飄入電場線水平向右的加速電場E1，之后進(jìn)入電場豎直向下的勻強(qiáng)電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上。整個(gè)裝置處于真空中，不計(jì)粒子重力及其相互作用，那么（）A．偏轉(zhuǎn)電場E2對(duì)三種粒子做功一樣多 B．三種粒子打到屏上時(shí)的速度一樣大 C．三種粒子運(yùn)動(dòng)到屏上所用時(shí)間相同 D．三種粒子一定打到屏上的同一位置【考點(diǎn)】AK：帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)．【專題】32：定量思想；43：推理法；531：帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)專題．【分析】由動(dòng)能定理定理可求得粒子剛進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的速度。粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，由分位移公式得到粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的偏轉(zhuǎn)距離，再由幾何關(guān)系可明確粒子打在屏上的位置。根據(jù)電場力做功W＝Eqy可分析偏轉(zhuǎn)電場對(duì)粒子做功大小關(guān)系，結(jié)合動(dòng)能定理分析粒子打到屏上時(shí)速度關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈D、粒子在加速電場中加速，由動(dòng)能定理可知：qU1mv02﹣0解得：v0粒子在加速電場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t12L1；粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t2；在偏轉(zhuǎn)電場中豎直分位移：ya2t22?；聯(lián)立得y，y與q、m無關(guān)，所以三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中軌跡重合，離開偏轉(zhuǎn)電場后粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，因此三種粒子一定打到屏上的同一位置；加速電場對(duì)粒子做功為W1＝qU1，q和U1相等，所以加速電場E1對(duì)三種粒子做功相等。偏轉(zhuǎn)電場E2對(duì)粒子做功：W2＝qE2y，q、E2、y相等，則知偏轉(zhuǎn)電場E2對(duì)三種粒子做功相等。故A正確，D正確。C、離開偏轉(zhuǎn)電場后粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t3；粒子運(yùn)動(dòng)到屏上所用時(shí)間t＝t1+t2+t3＝（2L1+L2+L3）；因?yàn)椴坏龋詔不等，故C錯(cuò)誤。B、對(duì)整個(gè)過程，根據(jù)動(dòng)能定理得W，由于W相等，m不等，所以v不等，即三種粒子打到屏上時(shí)速度不等，故B錯(cuò)誤。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)，要注意偏轉(zhuǎn)中運(yùn)動(dòng)的合成與分解的正確應(yīng)用，本題的結(jié)論要在理解的基礎(chǔ)上記牢，經(jīng)常用到。8．（6分）P1、P2為相距遙遠(yuǎn)的兩顆行星，距各自表面相同高度處各有一顆衛(wèi)星s1、s2做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圖中縱坐標(biāo)表示行星對(duì)周圍空間各處物體的引力產(chǎn)生的加速度a，橫坐標(biāo)表示物體到行星中心的距離r的平方，兩條曲線分別表示P1、P2周圍的a與r2的反比關(guān)系，它們左端點(diǎn)橫坐標(biāo)相同，則（）A．P1的平均密度比P2的大 B．P1的第一宇宙速度比P2的小 C．s1的向心加速度比s2的大 D．s1的公轉(zhuǎn)周期比s2的大【考點(diǎn)】4F：萬有引力定律及其應(yīng)用．【專題】528：萬有引力定律的應(yīng)用專題．【分析】根據(jù)牛頓第二定律得出行星對(duì)周圍空間各處物體的引力產(chǎn)生的加速度a的表達(dá)式，結(jié)合a與r2的反比關(guān)系函數(shù)圖象得出P1、P2的質(zhì)量和半徑關(guān)系，根據(jù)密度和第一宇宙速度的表達(dá)式分析求解；根據(jù)根據(jù)萬有引力提供向心力得出周期表達(dá)式求解?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)牛頓第二定律，行星對(duì)周圍空間各處物體的引力產(chǎn)生的加速度為：a，兩曲線左端點(diǎn)橫坐標(biāo)相同，所以P1、P2的半徑相等，結(jié)合a與r2的反比關(guān)系函數(shù)圖象得出P1的質(zhì)量大于P2的質(zhì)量，根據(jù)ρ，所以P1的平均密度比P2的大，故A正確；B、第一宇宙速度v，所以P1的“第一宇宙速度”比P2的大，故B錯(cuò)誤；C、s1、s2的軌道半徑相等，根據(jù)a，所以s1的向心加速度比s2的大，故C正確；D、根據(jù)根據(jù)萬有引力提供向心力得出周期表達(dá)式T＝2π，所以s1的公轉(zhuǎn)周期比s2的小，故D錯(cuò)誤；故選：AC。【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握萬有引力提供向心力這一理論，知道線速度、角速度、周期、加速度與軌道半徑的關(guān)系，并會(huì)用這些關(guān)系式進(jìn)行正確的分析和計(jì)算。該題還要求要有一定的讀圖能力和數(shù)學(xué)分析能力，會(huì)從圖中讀出一些信息。就像該題，能知道兩個(gè)行星的半徑是相等的。三、實(shí)驗(yàn)填空題（共3小題，每小題4分，滿分18分）9．（4分）如圖所示，在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放置，B球向左運(yùn)動(dòng)與A球發(fā)生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為3：1，A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回，兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，A、B兩球的質(zhì)量之比為4：1，A、B碰撞前、后兩球總動(dòng)能之比為9：5．【考點(diǎn)】53：動(dòng)量守恒定律．【專題】52F：動(dòng)量定理應(yīng)用專題．【分析】設(shè)開始時(shí)B的速度為v0，由題得出B與A碰撞后A與B的速度關(guān)系，然后由動(dòng)量守恒定律即可求出質(zhì)量關(guān)系，由動(dòng)能的定義式即可求出動(dòng)能關(guān)系．【解答】解：設(shè)開始時(shí)B的速度為v0，B球碰撞前、后的速率之比為3：1，A與擋板碰后原速率返回，兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，所以碰撞后A與B的速度方向相反，大小相等，A的速度是，B的速度是，選取向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：整理得：碰撞前的動(dòng)能：碰撞后的動(dòng)能：所以：故答案為：4：1，9：5【點(diǎn)評(píng)】該題考查水平方向的動(dòng)量守恒定律，從題目給出的條件中判斷出碰撞后A與B的速度方向相反，大小相等是解答的關(guān)鍵．10．（4分）某同學(xué)利用單擺測量重力加速度。①為了使測量誤差盡量小，下列說法正確的是BC。A．組裝單擺須選用密度和直徑都較小的擺球B．組裝單擺須選用輕且不易伸長的細(xì)線C．實(shí)驗(yàn)時(shí)須使擺球在同一豎直面內(nèi)擺動(dòng)D．?dāng)[長一定的情況下，擺的振幅盡量大②如圖所示，在物理支架的豎直立柱上固定有擺長約1m的單擺。實(shí)驗(yàn)時(shí)，由于僅有量程為20cm、精度為1mm的鋼板刻度尺，于是他先使擺球自然下垂，在豎直立柱上與擺球最下端處于同一水平面的位置做一標(biāo)記點(diǎn)，測出單擺的周期T1；然后保持懸點(diǎn)位置不變，設(shè)法將擺長縮短一些，再次使擺球自然下垂，用同樣方法在豎直立柱上做另一標(biāo)記點(diǎn)，并測出單擺的周期T2；最后用鋼板刻度尺量出豎直立柱上兩標(biāo)記點(diǎn)之間的距離△L．用上述測量結(jié)果，寫出重力加速度的表達(dá)式g＝?！究键c(diǎn)】MF：用單擺測定重力加速度．【專題】13：實(shí)驗(yàn)題．【分析】①為減小實(shí)驗(yàn)誤差應(yīng)選擇密度大而體積小的球作為擺球，選用輕質(zhì)細(xì)線做擺線，當(dāng)單擺擺角小于5°時(shí)單擺的運(yùn)動(dòng)是簡諧運(yùn)動(dòng)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)分析答題；②應(yīng)用單擺周期公式求出重力加速度的表達(dá)式?！窘獯稹拷猓孩貯、為減小空氣阻力對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響，減小實(shí)驗(yàn)誤差，組裝單擺須選用密度大而直徑都較小的擺球，故A錯(cuò)誤；B、為減小實(shí)驗(yàn)誤差，組裝單擺須選用輕且不易伸長的細(xì)線，故B正確；C、實(shí)驗(yàn)時(shí)須使擺球在同一豎直面內(nèi)擺動(dòng)，不能使單擺成為圓錐擺，故C正確；D、單擺擺角最大擺角應(yīng)小于5°，擺長一定的情況下，擺的振幅盡量小些，故D錯(cuò)誤；故選BC。②由單擺周期公式，根據(jù)題意看得：T1＝2π，T2＝2π，解得：g；故答案為：①BC；②?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)、求重力加速度，知道實(shí)驗(yàn)原理與實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)、應(yīng)用單擺周期公式即可正確解題，本題是一道基礎(chǔ)題，要注意基礎(chǔ)知識(shí)的學(xué)習(xí)與掌握。11．（10分）用電流表和電壓表測定由三節(jié)干電池串聯(lián)組成的電池組（電動(dòng)勢(shì)約4.5V，內(nèi)電阻約1Ω）的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻，除待測電池組、電鍵、導(dǎo)線外，還有下列器材供選用：A．電流表：量程0.6A，內(nèi)電阻約1ΩB．電流表：量程3A，內(nèi)電阻約0.2ΩC．電壓表：量程3V，內(nèi)電阻約30kΩD．電壓表：量程6V，內(nèi)電阻約60kΩE．滑動(dòng)變阻器：0～1000Ω，額定電流0.5AF．滑動(dòng)變阻器：0～20Ω，額定電流2A①為了使測量結(jié)果盡量準(zhǔn)確，電流表應(yīng)選用A，電壓表應(yīng)選用D，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用F（均填儀器的字母代號(hào)）．②如圖為正確選擇儀器后，連好的部分電路，為了使測量誤差盡可能小，還需在電路中用導(dǎo)線將a和d相連、c和g相連、f和h相連（均填儀器上接線柱的字母代號(hào)）．③實(shí)驗(yàn)時(shí)發(fā)現(xiàn)電流表壞了，于是不再使用電流表，剩余儀器中僅用電阻箱替換掉滑動(dòng)變阻器，重新連接電路，仍能完成實(shí)驗(yàn)．實(shí)驗(yàn)中讀出幾組電阻箱的阻值R和對(duì)應(yīng)電壓表的示數(shù)U．用圖象法處理采集到的數(shù)據(jù)，為在直角坐標(biāo)系中得到的函數(shù)圖象是一條直線，則可以為縱坐標(biāo)，以為橫坐標(biāo)．【考點(diǎn)】N3：測定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻．【專題】13：實(shí)驗(yàn)題．【分析】1、根據(jù)電路電流選擇電流表，根據(jù)電源電動(dòng)勢(shì)選擇電壓表，為方便實(shí)驗(yàn)操作，應(yīng)選最大阻值較小的滑動(dòng)變阻器．2、根據(jù)伏安法測電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻的原理作出實(shí)驗(yàn)圖．3、根據(jù)閉合電路歐姆定律得出對(duì)應(yīng)的表達(dá)式，讓圖象為直線，便于我們處理．【解答】解：①實(shí)驗(yàn)中電流較小，若選用3A量程測量誤差較大；故為了準(zhǔn)確測量，電流表應(yīng)選A，電源電動(dòng)勢(shì)約為1.5×3＝4.5V，電壓表應(yīng)選D，電阻值太大，調(diào)節(jié)不方便，為方便實(shí)驗(yàn)操作，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選F；②測量電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的時(shí)候，由于電源的內(nèi)阻是很小的，為了減小內(nèi)阻的測量誤差，我們選用的是電流表的相對(duì)電源的外接法，故應(yīng)將ad、cg以及fh相連組成電路；③由于電流表壞，故只能利用電壓表和電阻箱進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，由閉合電路歐姆定律可得：電源電動(dòng)勢(shì)E＝U+Ir＝Ur，則?，故應(yīng)作出圖象；故答案為：①ADF；②ad，cg，fh；③；．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了測電壓表內(nèi)阻、測電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)，要掌握辦偏法測電表內(nèi)阻的方法；根據(jù)電路圖由歐姆定律求出圖象的函數(shù)表達(dá)式是正確求出電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻的前提與關(guān)鍵四、計(jì)算題（共3小題，滿分54分）12．（16分）某快遞公司分揀郵件的水平傳輸裝置示意如圖，皮帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下保持v＝1m/s的恒定速度向右運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將一質(zhì)量為m＝2kg的郵件輕放在皮帶上，郵件和皮帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5．設(shè)皮帶足夠長，取g＝10m/s2，在郵件與皮帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)過程中，求：（1）郵件滑動(dòng)的時(shí)間t；（2）郵件對(duì)地的位移大小x；（3）郵件與皮帶間的摩擦力對(duì)皮帶做的功W?！究键c(diǎn)】37：牛頓第二定律；65：動(dòng)能定理．【專題】52D：動(dòng)能定理的應(yīng)用專題．【分析】（1）對(duì)郵件運(yùn)用動(dòng)量定理，求出郵件速度達(dá)到傳送帶速度所需的時(shí)間．（2）對(duì)郵件運(yùn)用動(dòng)能定理，求出郵件相對(duì)地面的位移大?。?）根據(jù)摩擦力的大小以及皮帶的位移大小求出郵件與皮帶間的摩擦力對(duì)皮帶做的功W．【解答】解：（1）設(shè)郵件放到皮帶上與皮帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)過程中受到的滑動(dòng)摩擦力為F，則：F＝μmg①取向右為正方向，對(duì)郵件應(yīng)用動(dòng)量定理得，F(xiàn)t＝mv﹣0，②由①②式并代入數(shù)據(jù)得，t＝0.2s③（2）郵件與皮帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的過程中，對(duì)郵件應(yīng)用動(dòng)能定理，有：④由①④式并代入數(shù)據(jù)得，x＝0.1m⑤（3）郵件與皮帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的過程中，設(shè)皮帶相對(duì)地面的位移為s，則：s＝vt⑥摩擦力對(duì)皮帶做的功W＝﹣Fs⑦由①③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得，W＝﹣2J．答：（1）郵件滑動(dòng)的時(shí)間t為0.2s；（2）郵件對(duì)地的位移大小x為0.1m；（3）郵件與皮帶間的摩擦力對(duì)皮帶做的功W為﹣2J．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量定理、動(dòng)能定理的基本運(yùn)用，本題也可以采用動(dòng)力學(xué)知識(shí)進(jìn)行求解，關(guān)鍵需理清郵件在整個(gè)過程中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律．13．（18分）如圖所示，“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m，相鄰各邊相互垂直，且處于同一豎直平面內(nèi)，ab邊長為l，cd邊長為2l，ab與cd平行，間距為2l．勻強(qiáng)磁場區(qū)域的上下邊界均水平，磁場方向垂直于線框所在平面。開始時(shí)，cd邊到磁場上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進(jìn)入磁場直到ef、pq邊進(jìn)入磁場前，線框做勻速運(yùn)動(dòng)。在ef、pq邊離開磁場后，ab邊離開磁場之前，線框又做勻速運(yùn)動(dòng)。線框完全穿過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為Q．線框在下落過程中始終處于原豎直平面內(nèi)，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g．求：（1）線框ab邊將離開磁場時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小是cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)的幾倍；（2）磁場上下邊界間的距離H?！究键c(diǎn)】65：動(dòng)能定理；BB：閉合電路的歐姆定律；CE：安培力的計(jì)算；D9：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；DD：電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化．【專題】53C：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．【分析】（1）線框勻速進(jìn)入（離開）磁場，重力與安培力平衡，根據(jù)平衡條件、安培力公式、切割公式、歐姆定律列式求解即可分別求出兩個(gè)速度；（2）由動(dòng)能定理和功的計(jì)算公式，寫出重力做的功W，然后結(jié)合功能關(guān)系即可求出磁場的寬度。【解答】解：（1）設(shè)線框dc邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，線框的速度為v1，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝B?2lv1①感應(yīng)電流：I②dc邊受安培力的大?。篎＝BI?2l③由于做勻速運(yùn)動(dòng)，則：F＝mg④由①～④式解得速度：⑤設(shè)線框ab邊將離開磁場時(shí)，線框的速度為v2，同理可得：⑥所以：v2＝4v1⑦（2）在線框從開始下落到dc邊剛進(jìn)入磁場的過程中，重力做功WG＝2mgl根據(jù)動(dòng)能定理得：2mgl⑧線框完全穿過磁場的過程中，由功能關(guān)系得：⑨聯(lián)立⑦⑧⑨得：H答：（1）線框ab邊將離開磁場時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小是cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)的4倍；（2）磁場上下邊界間的距離是。【點(diǎn)評(píng)】本題是電磁感應(yīng)中的綜合問題，全面考查電磁感應(yīng)定律、歐姆定律以及動(dòng)能定理、平衡條件等知識(shí)，分析清楚線框的運(yùn)動(dòng)過程、應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式、E＝BLv、安培力公式、平衡條件、能量守恒定律、電流定義式即可正確解題。14．（20分）現(xiàn)代科學(xué)儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)，真空中存在著如圖所示的多層緊密相鄰的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場與磁場的寬度均為d，電場強(qiáng)度為E，方向水平向右；磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里。電場、磁場的邊界互相平行且與電場方向垂直。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在第1層電場左側(cè)邊界某處由靜止釋放，粒子始終在電場、磁場中運(yùn)動(dòng)，不計(jì)粒子重力及運(yùn)動(dòng)時(shí)的電磁輻射。（1）求粒子在第2層磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)速度v2的大小與軌跡半徑r2；（2）粒子從第n層磁場右側(cè)邊界穿出時(shí)，速度的方向與水平方向的夾角為θn，試求sinθn