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2015年海南省高考物理试卷 　 一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共18分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．（3分）如图，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点．P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点，在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向（　　） A．向上 B．向下 C．向左 D．向右 2．（3分）如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ɛ；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ɛ′．则等于（　　） A． B． C．1 D． 3．（3分）假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率，如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的（　　） A．4倍 B．2倍 C．倍 D．倍 4．（3分）如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为（　　） A．mgR B．mgR C．mgR D．mgR 5．（3分）如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l．在正极板附近有一质量为M、电荷量为q（q＞0）的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为﹣q的粒子．在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M：m为（　　） A．3：2 B．2：1 C．5：2 D．3：1 6．（3分）若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们在水平方向运动的距离之比为2：．已知该行星质量约为地球的7倍，地球的半径为R．由此可知，该行星的半径约为（　　） A．R B．R C．2R D．R 　 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分；选对但不全的得3分，有选错的得0分。 7．（5分）如图，两电荷量分别为Q（Q＞0）和﹣Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b点位于y轴O点上方．取无穷远处的电势为零．下列说法正确的是（　　） A．b点电势为零，电场强度也为零 B．正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右 C．将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功 D．将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，后者电势能的变化较大 8．（5分）如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O．整个系统处于静止状态．现将细线剪断．将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为△l1和△l2，重力加速度大小为g．在剪断的瞬间，（　　） A．a1=3g B．a1=0 C．△l1=2△l2 D．△l1=△l2 9．（5分）如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块．开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑．当升降机加速上升时，（　　） A．物块与斜面间的摩擦力减少 B．物块与斜面间的正压力增大 C．物块相对于斜面减速下滑 D．物块相对于斜面匀速下滑 10．（5分）如图，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4：1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R=11R0，是理想电压表．现将负载电阻的阻值减小为R=5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0V，则（　　） A．此时原线圈两端电压的最大值约为34V B．此时原线圈两端电压的最大值约为24V C．原线圈两端原来的电压有效值约为68V D．原线圈两端原来的电压有效值约为48V 　 三、实验题：本题共2小题，第11题6分，第12题9分，共15分。把答案写在答题卡中指定的答题处。 11．（6分）某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图（a）和（b）所示。该工件的直径为　 　cm，高度为　 　mm。 12．（9分）某同学利用图（a）所示电路测量电容器充电时两极板间的电压随时间的变化．实验中使用的器材为：电池E（内阻很小）、开关S1和S2、电容器C（约100μF）、电阻R1（约200kΩ）、电阻R2（1kΩ）、电压表（量程6V）、秒表、导线若干． （1）按图（a）所示的电路原理图将图（b）中实物图连线． （2）先闭合开关S2，再断开开关S2；闭合开关S1，同时按下秒表开始计时，若某时刻电压表的示数如图（c）所示，电压表的读数为　 　V（保留2位小数）． （3）该同学每隔10s记录一次电压表的读数U，记录的数据如表所示，在图（d）给出的坐标纸上绘出U﹣t图线．已知只有一个数据点误差较大，该数据点对应的表中的时间是　 　s． 时间t/s 10.0 20.0 30.0 40.0 50.0 60.0 电压U/V 2.14 3.45 4.23 4.51 5.00 5.18 （4）电路中C、R2和S2构成的回路的作用是　 　． 　 四、计算题：本题共2小题，第13题10分，第14题13分，共23分。把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。 13．（10分）如图，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距L，左端与一电阻R相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下．一质量为m的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速率ν匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好，已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽略．求 （1）电阻R消耗的功率； （2）水平外力的大小． 14．（13分）如图，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和抛物线bc组成，圆弧半径Oa水平，b点为抛物线顶点．已知h=2m，s=m．取重力加速度大小g=10m/s2． （1）一小环套在轨道上从a点由静止滑下，当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径； （2）若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c点时速度的水平分量的大小． 　 五、选考题．请考生在三道选修题中任选二题做答。如果多做，则按所做的第一、二题计分，做答时用2B铅笔在答题卡上把选做题目题号后的方框涂黑。计算题请写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。【模块3-3试题】 15．（4分）已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R，空气平均摩尔质量为M，阿伏伽德罗常数为NA，地面大气压强为P0，重力加速度大小为g．由此可估算得，地球大气层空气分子总数为　 　，空气分子之间的平均距离为　 　． 16．（8分）如图，一底面积为S、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m的相同活塞A和B；在A与B之间、B与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V．已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为P0，现假设活塞B发生缓慢漏气，致使B最终与容器底面接触．求活塞A移动的距离． 　 模块3-4试题 17．（4分）一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，质点P的x坐标为3m．已知任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4s．下列说法正确的是（　　） A．波速为4m/s B．波的频率为1.25Hz C．x坐标为15m的质点在t=0.6s时恰好位于波谷 D．x坐标为22m的质点在t=0.2s时恰好位于波峰 E．当质点P位于波峰时，x坐标为17m的质点恰好位于波谷 18．（8分）一半径为R的半圆柱形玻璃砖，横截面如图所示。已知玻璃的全反射临界角为γ（γ＜）。与玻璃砖的底平面成（﹣γ）角度、且与玻璃砖横截面平行的平行光射到玻璃砖的半圆柱面上。经柱面折射后，有部分光（包括与柱面相切的入射光）能直接从玻璃砖底面射出，若忽略经半圆柱内表面反射后射出的光，求底面透光部分的宽度。 　 模块3-5试题 19．氢原子基态的能量为E1=﹣13.6eV．大量氢原子处于某一激发态．由这些氢原子可能发出的所有光子中，频率最大的光子能量为﹣0.96E1，频率最小的光子的能量为　 　eV（保留2位有效数字），这些光子可具有　 　种不同的频率． 20．运动的原子核X放出α粒子后变成静止的原子核Y．已知X、Y和α粒子的质量分别是M、m1和m2，真空中的光速为c，α粒子的速度远小于光速．求反应后与反应前的总动能之差以及α粒子的动能． 　 2015年海南省高考物理试卷 参考答案与试题解析 　 一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共18分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．（3分）如图，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点．P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点，在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向（　　） A．向上 B．向下 C．向左 D．向右 【分析】根据左手定则判定：伸开左手，使大拇指跟其余四个手指垂直，并且跟手掌在同一平面内，把手放入磁场中，让磁感线穿过掌心，四指所指为正电荷运动方向，拇指所指方向为电荷所受洛伦兹力的方向． 【解答】解：P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点可知条形磁铁的磁场的方向向外，电子向右运动，由左手定则可知，电子受到的条形磁铁对电子的作用力的方向向上。 故选：A。 【点评】本题提供的情景看似比较复杂，在去芜存菁后可知，电子受到的洛伦兹力的方向可以由左手定则直接判定．要注意的是：对负电荷而言，四指所指方向为其运动的反方向． 　 2．（3分）如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ɛ；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ɛ′．则等于（　　） A． B． C．1 D． 【分析】本题根据感应电动势公式E=BLv，L是有效的切割长度，分析感应电动势的关系． 【解答】解：设金属棒的长度为L。 左侧的金属棒有效的切割长度为L，垂直切割磁感线，产生的感应电动势为 ɛ=BLv 右侧的金属棒有效的切割长度为L，垂直切割磁感线，产生的感应电动势为 ɛ′=BLv 则= 故选：B。 【点评】本题关键要准确理解公式E=BLv中L的含义，知道L是有效的切割长度，即速度垂直方向上金属棒的长度． 　 3．（3分）假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率，如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的（　　） A．4倍 B．2倍 C．倍 D．倍 【分析】由题意可知：摩托艇的阻力大小与速度成正比，即：f=kv；当物体做匀速运动时，速度最大，此时牵引力F与阻力f相等：即F=f=kv；而发动机的输出功率P=Fv，据此分析判断． 【解答】解：设阻力为f，由题知：f=kv； 速度最大时，牵引力等于阻力，则有 P=Fv=fv=kv2。 所以摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的倍。 故选：D。 【点评】解决本题的关键：一是能够正确的写出阻力与速度大小的表达式，二是利用功率的计算方法P=Fv． 　 4．（3分）如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为（　　） A．mgR B．mgR C．mgR D．mgR 【分析】质点经过Q点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿运动定律求出质点经过Q点的速度，再由动能定理求解克服摩擦力所做的功。 【解答】解：质点经过Q点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律得： N﹣mg=m 由题有：N=2mg 可得：vQ= 质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得： mgR﹣Wf= 得克服摩擦力所做的功为 Wf=mgR 故选：C。 【点评】本题考查动能定理的应用及向心力公式，要注意正确受力分析，明确指向圆心的合力提供圆周运动的向心力，知道动能定理是求解变力做功常用的方法。 　 5．（3分）如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l．在正极板附近有一质量为M、电荷量为q（q＞0）的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为﹣q的粒子．在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M：m为（　　） A．3：2 B．2：1 C．5：2 D．3：1 【分析】粒子只受到电场力的作用做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后由运动学的公式求出位移，在通过比较位移即可得出它们的质量比． 【解答】解：根据题意，两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面，所以q的位移为x1=l，而﹣q的位移为： 粒子只受到电场力的作用做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：， 又由： 运动的时间是相等的，则： 所以： 故选：A。 【点评】该题中，粒子都在电场中做匀加速直线运动，运动的时间是相等的，粒子的电荷量又相等，所以并不需要求出具体的数值，写出相应的公式，然后采用比值法即可快速得出结论． 　 6．（3分）若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们在水平方向运动的距离之比为2：．已知该行星质量约为地球的7倍，地球的半径为R．由此可知，该行星的半径约为（　　） A．R B．R C．2R D．R 【分析】通过平抛运动的规律求出在星球上该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比．再由万有引力等于重力，求出行星的半径． 【解答】解：对于任一行星，设其表面重力加速度为g。 根据平抛运动的规律得 h=得，t= 则水平射程x=v0t=v0。 可得该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比 == 根据G=mg，得g= 可得 =• 解得行星的半径 R行=R地•=Rו=2R 故选：C。 【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，以及掌握万有引力等于重力这一理论，并能灵活运用． 　 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分；选对但不全的得3分，有选错的得0分。 7．（5分）如图，两电荷量分别为Q（Q＞0）和﹣Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b点位于y轴O点上方．取无穷远处的电势为零．下列说法正确的是（　　） A．b点电势为零，电场强度也为零 B．正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右 C．将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功 D．将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，后者电势能的变化较大 【分析】两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线．电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向．根据等势面和电场线分布情况，分析电势和场强的关系． 【解答】解：A、结合等量异种点电荷的电场的特点可知，两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线。电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向，所以B点的电势等于0，而电场强度不等于0．故A错误； B、由图，两个点电荷在a点产生的电场强度的方向都向右，所以合场强的方向一定向右，则正电荷在a点受到的电场力的方向向右；正电荷从a向O运动的过程中，电场力做正功，电势能减小，而O点的电势等于0，所以正的试探电荷在a点的电势能大于零，故B正确； C、正电荷从a向O运动的过程中，电场力做正功，电势能减小。所以将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功；故C正确； D、两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以O、b两点的电势是相等的，将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，二者电势能的变化相等。故D错误。 故选：BC。 【点评】对于等量异种电荷和等量同种电荷连线和垂直平分线的特点要掌握，抓住电场线和等势面的对称性进行记忆． 　 8．（5分）如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O．整个系统处于静止状态．现将细线剪断．将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为△l1和△l2，重力加速度大小为g．在剪断的瞬间，（　　） A．a1=3g B．a1=0 C．△l1=2△l2 D．△l1=△l2 【分析】对细线剪短前后的a、b、c物体分别受力分析，然后根据牛顿第二定律求解加速度与弹簧的伸长量． 【解答】解：A、B、对a、b、c分别受力分析如图， 根据平衡条件，有： 对a：F2=F1+mg 对b：F1=F+mg 对c：F=mg 所以：F1=2mg 弹簧的弹力不能突变，因形变需要过程，绳的弹力可以突变，绳断拉力立即为零。 当绳断后，b与c受力不变，仍然平衡，故a=0； 对a，绳断后合力为F合=F1+mg=3mg=maa，aa=3g方向竖直向下；故A正确，B错误。 C、D、当绳断后，b与c受力不变，则F1=k△l1，；同时：F=k△l2，所以：．联立得△l1=2△l2：故C正确，D错误。 故选：AC。 【点评】考查了牛顿第二定律的瞬时性的应用，重点区分绳和弹簧弹力的特点，注意加速度与受力的瞬时对应关系． 　 9．（5分）如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块．开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑．当升降机加速上升时，（　　） A．物块与斜面间的摩擦力减少 B．物块与斜面间的正压力增大 C．物块相对于斜面减速下滑 D．物块相对于斜面匀速下滑 【分析】对物体进行受力分析，得出匀速下滑时的受力情况，然后分析升降机加速上升时的情况即可． 【解答】解：当升降机匀速运动时，物块相对于斜面匀速下滑，则：f=μmgcosθ=mgsinθ，所以：sinθ=μcosθ；支持力与摩擦力的合力竖直向上，大小等于重力； 当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物体受到的支持力一定增大，此时的摩擦力：f′=μ•FN′，由于接触面的压力增大，所以物体与斜面间的摩擦力增大，故A错误，B正确； 假设物体以加速度a向上运动时，有N=m（g+a）cosθ，所以f′=μm（g+a）cosθ，对物体受力分析可知，垂直于斜面方向上，由于m（g+a）sinθ=μm（g+a）cosθ，所以沿斜面方向Nsinθ=f′cosθ，即物体在沿斜面方向方向上合力为0，所以物体仍做匀速下滑运动。故C错误，D正确。 故选：BD。 【点评】本题考查了判断物体与升降机的位置关系问题，知道当升降机加速上升时，物体受到的支持力一定增大是正确解题的关键． 　 10．（5分）如图，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4：1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R=11R0，是理想电压表．现将负载电阻的阻值减小为R=5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0V，则（　　） A．此时原线圈两端电压的最大值约为34V B．此时原线圈两端电压的最大值约为24V C．原线圈两端原来的电压有效值约为68V D．原线圈两端原来的电压有效值约为48V 【分析】根据串并联知识和欧姆定律可以求得输出电压的有效值，再根据电压与匝数成正比即可求得结论． 【解答】解：A、现将负载电阻的阻值减小为R=5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0V， 根据串并联知识和欧姆定律得副线圈电压U2=×6R0=6V， 根据电压与匝数成正比可知，此时原线圈两端电压的有效值U1=4U2=24V，所以此时原线圈两端电压的最大值约为U1m=24≈34V，故A正确，B错误； C、原来副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R=11R0， 由于保持变压器输入电流不变，所以输出电流也不变， 所以原来副线圈电压U′2=×12R0=12V， 根据电压与匝数成正比可知，原线圈两端原来的电压有效值约为48V，故C错误，D正确； 故选：AD。 【点评】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题． 　 三、实验题：本题共2小题，第11题6分，第12题9分，共15分。把答案写在答题卡中指定的答题处。 11．（6分）某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图（a）和（b）所示。该工件的直径为　1.220　cm，高度为　6.860　mm。 【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，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。 【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为1.2cm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐， 所以游标读数为4×0.05mm=0.20mm=0.020cm， 所以最终读数为：1.2cm+0.020cm=1.220cm。 2、螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为36.0×0.01mm=0.360mm，所以最终读数为6.5mm+0.360mm=6.860mm， 故答案为：1.220，6.860。 【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量。 　 12．（9分）某同学利用图（a）所示电路测量电容器充电时两极板间的电压随时间的变化．实验中使用的器材为：电池E（内阻很小）、开关S1和S2、电容器C（约100μF）、电阻R1（约200kΩ）、电阻R2（1kΩ）、电压表（量程6V）、秒表、导线若干． （1）按图（a）所示的电路原理图将图（b）中实物图连线． （2）先闭合开关S2，再断开开关S2；闭合开关S1，同时按下秒表开始计时，若某时刻电压表的示数如图（c）所示，电压表的读数为　3.60　V（保留2位小数）． （3）该同学每隔10s记录一次电压表的读数U，记录的数据如表所示，在图（d）给出的坐标纸上绘出U﹣t图线．已知只有一个数据点误差较大，该数据点对应的表中的时间是　40　s． 时间t/s 10.0 20.0 30.0 40.0 50.0 60.0 电压U/V 2.14 3.45 4.23 4.51 5.00 5.18 （4）电路中C、R2和S2构成的回路的作用是　使实验前电容器两个极板上的电荷相中和　． 【分析】（1）根据电路的结构，从电源的正极出发，依次将电路连接即可； （2）根据电压表读数的方法，即可正确读出电压； （3）使用描点法画出各点的位置，然后用平滑的曲线连接，落在曲线外 的点为误差比较大的点； （4）电路中C、R2和S2构成的回路会使电容器放电． 【解答】解：（1）根据电路的结构，从电源的正极出发，依次将各仪器连接如图； （2）根据电压表的特点可知，电压表的量程为6V，分度值为0.1V，所以读数为3.60V； （3）使用描点法画出各点的位置，然后用平滑的曲线连接如图，由图中的数据可知，电压表的读数的变化逐渐变慢，在40s时刻的电压值的点明显偏离了该曲线，电压值偏小．所以可知是40s时刻的数据错误； （4）先闭合开关S2，再断开开关S2后才接通电路，由电路的结构可知，闭合开关S2后电容器C与导线以及R2、S2构成一个RC回路，该回路能使电容器上的原有的电荷释放干净，才能不影响实验的结果． 故答案为：（1）如图；（2）3.60；（3）如图，40s；（4）使实验前电容器两个极板上的电荷相中和 【点评】该实验测量电容器充电时两极板间的电压随时间的变化，属于课本以外的实验，都是依据的实验的原理以及实验的方法都是我们常用的原理和方法，通过这样的实验，可以考查我们的知识迁移能力，进一步培养实验的能力． 　 四、计算题：本题共2小题，第13题10分，第14题13分，共23分。把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。 13．（10分）如图，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距L，左端与一电阻R相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下．一质量为m的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速率ν匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好，已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽略．求 （1）电阻R消耗的功率； （2）水平外力的大小． 【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出电流的大小．由公式P=I2R求出电阻R的功率． （2）导体棒匀速向右滑动时，水平外力与安培力和摩擦力的和是平衡力，根据平衡条件求解水平外力F的大小． 【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律有：E=BvL…① 则导体棒中的电流大小为：…② 电阻R消耗的功率：P=I2R…③ 联立②③可解得：P=…④ （2）由于导体棒ab匀速运动，故向右的水平外力F等于向左的安培力F安和摩擦力的和，则水平外力： F=μmg+F安 …⑤ 安培力： 拉力：F= 答：（1）电阻R消耗的功率是； （2）水平外力的大小是． 【点评】本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，安培力是联系力与电磁感应的桥梁，安培力经验公式F=是常用的式子． 　 14．（13分）如图，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和抛物线bc组成，圆弧半径Oa水平，b点为抛物线顶点．已知h=2m，s=m．取重力加速度大小g=10m/s2． （1）一小环套在轨道上从a点由静止滑下，当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径； （2）若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c点时速度的水平分量的大小． 【分析】（1）当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则在bc上只受重力，做平抛运动，根据平抛运动基本公式求出b点速度，再根据动能定理求解R； （2）下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，b到c的过程中，根据动能定理列式，根据平抛运动基本公式求出c点速度方向与竖直方向的夹角，再结合运动的合成与分解求解． 【解答】解：（1）当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则在bc上只受重力，做平抛运动，则有： =…① 则在b点的速度…②， 从a到b的过程中，根据动能定理得： …③ 解得：R=0.25m． （2）从b点下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，b到c的过程中，根据动能定理得： …④ 因为物体滑到c点时与竖直方向的夹角等于（1）问中做平抛运动过程中经过c点时速度与竖直方向的夹角，设为θ， 则根据平抛运动规律可知…⑤， 根据运动的合成与分解可得…⑥ 由①②③④⑤⑥解得：v水平=m/s 答：（1）圆弧轨道的半径为0.25m； （2）环到达c点时速度的水平分量的大小为m/s． 【点评】本题主要考查了平抛运动基本公式、动能定理以及运动的合成与分解的应用，解题的关键是能正确分析物体的受力情况和运动情况，特别抓住当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力这句话，难度适中． 　 五、选考题．请考生在三道选修题中任选二题做答。如果多做，则按所做的第一、二题计分，做答时用2B铅笔在答题卡上把选做题目题号后的方框涂黑。计算题请写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。【模块3-3试题】 15．（4分）已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R，空气平均摩尔质量为M，阿伏伽德罗常数为NA，地面大气压强为P0，重力加速度大小为g．由此可估算得，地球大气层空气分子总数为　　，空气分子之间的平均距离为　　． 【分析】（1）根据大气压力等于大气层中气体分子的总重力，求出大气层中气体的质量为m，根据n=求出分子数． （2）假设每个分子占据一个小立方体，每个小立方体紧密排列，则小立方体边长即为空气分子平均间距，由几何知识求出空气分子平均间距． 【解答】解：（1）设大气层中气体的质量为m，由大气压强产生，mg=p0S，即：m= 分子数n=== （2）假设每个分子占据一个小立方体，各小立方体紧密排列，则小立方体边长即为空气分子平均间距，设为a，大气层中气体总体积为V，则 a= 而大气层的厚度h远小于地球半径R，则 V=4πR2h， 所以 a= 故答案为：； 【点评】对于气体分子间平均距离的估算，常常建立这样的模型；假设每个分子占据一个小立方体，各小立方体紧密排列，所有小立方体体积之和等于气体的体积． 　 16．（8分）如图，一底面积为S、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m的相同活塞A和B；在A与B之间、B与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V．已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为P0，现假设活塞B发生缓慢漏气，致使B最终与容器底面接触．求活塞A移动的距离． 【分析】分别对漏气前两部分气体分析，由理想气体状态方程可求得两部分气体混合后的体积，则可求得A下降的高度． 【解答】解：设A与B之间、B与容器底部之间的气体压强分别为P1、P2，漏气前，对A分析有： P1=P0+，对B有P2=P1+ B最终与容器底面接触后，AB间的压强为P，气体体积为V'，则有：P=P0+ 因为温度不变，对于混合气体有： （P1+P2）•V=PV′ 漏气前A距离底面的高度为h= 漏气后A距离底面的高度为h′=； 联立可得： △h=h′﹣h=V﹣= 答：活塞A移动的距离为． 【点评】本题考查理想气体状态方程，要注意明确两部分气体虽然状态不相同，但由于质量一定，可以借助克拉珀龙方程进行理解． 　 模块3-4试题 17．（4分）一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，质点P的x坐标为3m．已知任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4s．下列说法正确的是（　　） A．波速为4m/s B．波的频率为1.25Hz C．x坐标为15m的质点在t=0.6s时恰好位于波谷 D．x坐标为22m的质点在t=0.2s时恰好位于波峰 E．当质点P位于波峰时，x坐标为17m的质点恰好位于波谷 【分析】根据任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4s即可求出周期．相邻两个波峰或波谷之间的距离等于波长，由图读出波长．由求出波速． 【解答】解：A、由题，任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4s，则周期为0.8s，由图可知，该波的波长是4m，所以波速：=m/s。故A错误； B、该波的周期是0.8s，则频率：f=Hz．故B正确； C、x坐标为15m的质点到P点的距离为：△x1=15m﹣3m=12m=3λ，所以x坐标为15m的质点与P点的振动始终相同。 P质点经过t=0.6s=时间恰好经过平衡位置，所以x坐标为15m的质点在t=0.6s时恰好位于平衡位置。故C错误； D、x坐标为22m的质点到x=2质点的距离为：△x2=22m﹣2m=20m=5λ，所以x坐标为15m的质点与x=2的点的振动始终相同。t=0时刻x=2的质点向上振动，经过t=0.2s=T时间恰好到达波峰，所以x坐标为22m的质点在t=0.2s时恰好位于波峰位置。故D正确； E、x坐标为17m的质点到P点的距离为：，所以x坐标为17m的质点与P点的振动始终相反，当质点P位于波峰时，x坐标为17m的质点恰好位于波谷。故E正确。 故选：BDE。 【点评】根据质点的振动方向判断波的传播方向，可以采用比较质点振动先后的方法：波从振动早的质点向振动迟的质点传播． 　 18．（8分）一半径为R的半圆柱形玻璃砖，横截面如图所示。已知玻璃的全反射临界角为γ（γ＜）。与玻璃砖的底平面成（﹣γ）角度、且与玻璃砖横截面平行的平行光射到玻璃砖的半圆柱面上。经柱面折射后，有部分光（包括与柱面相切的入射光）能直接从玻璃砖底面射出，若忽略经半圆柱内表面反射后射出的光，求底面透光部分的宽度。 【分析】光线从底面射出时会发生全反射现象，则可得出不能从底面射出的边界；再分析光从玻璃上表面射入的光线的临界值可得出光束宽度。 【解答】解：光路图如图所示， 沿半径方向射入玻璃砖的光线，即光线①射到MN上时， 根据几何知识得入射角恰好等于临界角，即恰好在圆心O出发生全反射，光线①左侧的光线经球面折射后，射到MN上的角一定大于临界角， 即在MN上发生全反射，不能射出； 光线①右侧的光线射到MN上的角小于临界角，可以射出， 如图光线③与球面相切，入射角θ1=90°， 根据折射定律得sinθ2=， 根据全反射定律n=， 解得：θ2=γ， 由几何关系可得∠AOE=γ， 所以射出宽度OE==。 答：底面透光部分的宽度是。 【点评】本题考查光的折射及全反全射定律，要注意分析发应全反射光线的边界的确定，作出光路图即可求角。 　 模块3-5试题 19．氢原子基态的能量为E1=﹣13.6eV．大量氢原子处于某一激发态．由这些氢原子可能发出的所有光子中，频率最大的光子能量为﹣0.96E1，频率最小的光子的能量为　0.31　eV（保留2位有效数字），这些光子可具有　10　种不同的频率． 【分析】能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差，根据能级差的大小求出辐射的最小和最大光子能量，从而判断哪个能级间跃迁辐射的光子频率最大，波长最短． 【解答】解：氢原子基态的能量为E1=﹣13.6eV．大量氢原子处于某一激发态． 由这些氢原子可能发出的所有光子中，频率最大的光子能量为﹣0.96E1，即跃迁到最高能级能量E=0.04E1=﹣0.544eV，即处在n=5能级； 频率最小的光子的能量为△E′=﹣0.544eV﹣（﹣0.85eV）=0.31eV， 根据=10，所以这些光子可具有10种不同的频率． 故答案为：0.31；10 【点评】解决本题的关键知道能级间跃迁满足的规律，能级差越大，辐射的光子能量越大，光子频率越大，波长越小． 　 20．运动的原子核X放出α粒子后变成静止的原子核Y．已知X、Y和α粒子的质量分别是M、m1和m2，真空中的光速为c，α粒子的速度远小于光速．求反应后与反应前的总动能之差以及α粒子的动能． 【分析】反应后与反应前的总动能之差等于产生的核能，根据爱因斯坦质能方程求解． 应用动量守恒和能量守恒定律，列式求解衰变后的各自动能． 【解答】解：由于反应后存在质量亏损，所以反应前后总动能之差等于质量亏损而释放的核能，则根据爱因斯坦质能方程得 △Ek=﹣=（M﹣m1﹣m2）c2； 反应过程中三个粒子组成的系统动量守恒，则有 Mvx=m2vα ； 联立解得α粒子的动能 =（M﹣m1﹣m2）c2； 答：反应后与反应前的总动能之差为（M﹣m1﹣m2）c2，α粒子的动能为（M﹣m1﹣m2）c2． 【点评】本题考查了原子核的衰