1、卷 选择题部分（共120分）14在物理学发展的过程中，科学家总结了许多重要的物理学思想与方法。下列有关物理学思想与方法的描述中正确的是A在验证力的合成法则的实验中利用了控制变量法的思想B库仑在研究电荷间的相互作用时，利用了微小量放大法的思想C在研究加速度与合外力、质量的关系的实验中，利用了等效替代的思想 D在研究物体的运动时，把物体视为一个有质量的“点”，即质点，利用了假设法的思想【答案】B考点：考查了物理研究方法15某运动员（可看作质点）参加跳台跳水比赛，t=0是其向上起跳离开跳台瞬间，其速度与时间关系图象如图所示不计空气阻力，则下列说法错误的是A可以求出水池的深度B可以求出平台距离水面的高
2、度C0t2时间内，运动员处于失重状态Dt2t3 时间内，运动员处于超重状态【答案】A【解析】试题分析：跳水运动员在跳水的过程中的图象不能反映是否到达水底，所以不能求出水的深度，故A错误；应用图象中，图线与横坐标围成的面积表示位移，所以由该v-t图象可以求出平台距离水面的高度，故B正确；0时刻是运动员向上起跳，说明速度是负值时表示速度向上，则知0-t1在向上做匀减速运动，时间内向下做匀加速直线运动，时间内，人一直在空中具有向下的加速度，处于失重状态，故C正确；由图可知，时间内，运动员向下做减速运动，则加速度的方向向上，处于超重状态，故D正确考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重；匀变速直线运动的图
3、像162015年12月，某大学的四名学生设计的“户外水杯”获得了设计界“奥斯卡”之称的红点设计大奖。户外水杯的杯子下方有一个盛了塑料球的复合材料罩，球和杯底直接接触，塑料球和罩子的重量非常轻，几乎可以忽略不计，但是作用却很大，在不是水平的接触面上可以自动调整，使水杯处于水平状态。如图所示，设此水杯放置于某一倾角的斜面上，则以下说法正确的是A塑料球受到的合力不一定为零B上部分的杯子受到两个力：重力、球施加的支持力C因为重力不计，所以塑料球只受弹力，不受摩擦力 D整个户外水杯受到两个力：重力、斜面施加的支持力【答案】B考点：考查了受力分析171831年，法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机（
4、图甲)。 它是利用电磁感应原理制成的，是人类历史上第一台发电机。图乙是这个圆盘发电机的示意图:铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘良好接触。使铜盘转动，电阻R中就有电流通过。若所加磁场为匀强磁场，回路的总电阻恒定，从左往右看，铜盘沿顺时针方向匀速转动，CRD平面与铜盘平面垂直，下列说法正确的是A电阻R中没有电流流过B铜片C的电势高于铜片D的电势 C保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，则铜盘中有电流产生 D保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，则CRD回路中有电流产生 【答案】C【解析】试题分析：根据右手定则可知，电流从D
5、点流出，流向C点，因此电流方向为从C向D，由于圆盘在切割磁感线，相当于电源，所以D处的电势比C处高，AB错误；保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，则穿过铜盘的磁通量发生变化，故有感应电流产生，但是此时不再切割磁感线，所以CD不能当成电源，故CRD回路中没有电流产生，C正确D错误；考点：考查了法拉第电磁感应定律二、选择题（本题共3小题，在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的，全部选对得6分，选对但选不全的的3分，有选错的得0分）18如图所示，将圆柱形强磁铁吸在干电池负极，金属导线折成上端有一支点、下端开口的导线框，使导线框的顶端支点和底端分别与电源正极和磁铁都接触良
6、好但不固定，这样整个线框就可以绕电池轴心旋转起来下列判断中正确的是A俯视观察，线框沿逆时针方向旋转B线框能旋转起来，这是属于电磁感应现象 C电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率D旋转达到稳定时，线框中电流比刚开始转动时的大【答案】AC【解析】试题分析：小磁铁产生的磁场方向为线框的下端A向下流向磁铁，对线框的下端平台侧面分析，扁圆柱形磁铁上端为S极，下端为N极，周围磁感线由上往下斜穿入线框内部，在垂直于纸面向外的径向上，磁感应线有垂直于纸面向里的分量，在此径向上的负电荷由下往上运动，由左手定则知：此负电荷受到垂直于径向沿纸面向右的洛伦兹力，即在径向的左垂线方向；同理，其他任一径向上的电荷均受到
7、左垂线方向的洛伦兹力（中心原点除外），所以，由上往下看（俯视），线框沿逆时针转动，所以该装置的原理是电流在磁场中的受力，不是电磁感应故A错误，B正确；因为电源消耗的总功率一部分转化为内能，另一部分转化为动能，所以总功率大于热功率，故C正确；受到的安培力开始时使线圈做加速运动，当安培力等于阻力时速度达到最大，故D错误考点：考查了通电导线在磁场中受力19某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图1中虚线所示。一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，在电场中从O点由静止开始沿电场线竖直向下运动。以O为坐标原点，取竖直向下为x轴的正方向，小球的机械能E与位移x的关系如图2所示，不计空气阻力
8、。则A电场强度大小恒定，方向沿x轴负方向B到达x1位置时，小球速度的大小为C从O到x1的过程中，相等的位移内小球克服电场力做的功相等D从O到x1的过程中，小球的速率越来越大，加速度也越来越大 【答案】BD【解析】试题分析：物体的机械能逐渐减小，电场力对小球做负功，故电场强度方向向上，即沿x轴负方向再根据机械能的变化关系可知，相等位移电场力做功越来越小，说明电场力减小，故电场强度不断减小，故A错误；根据动能定理可得，解得到达位置时，小球速度，故B正确；由于电场力越来越小，故相等的位移内，小球克服电场力做的功越来越小，故C错误；根据牛顿第二定律可知，物体受重力与电场力，电场力向上，重力向下，开始时
9、重力大于电场力，由上知电场力越来越小，故合力越来越大，加速度越来越大，速度越来越大，故D正确；考点：考查了电场力做功与与物体机械能的变化关系20如图所示，一个质量为0.4 kg的小物块从高h0.05m的坡面顶端由静止释放， 滑到水平台上，滑行一段距离后，从边缘O点水平飞出，击中平台右下侧挡板上的P点现以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板的形状满足方程yx26（单位：m），不计一切摩擦和空气阻力，g10m/s2，则下列说法正确的是A小物块从水平台上O点飞出的速度大小为1m/sB小物块从O点运动到P点的时间为l sC小物块刚到P点时速度方向与水平方向夹角的正切值等于5D小物块刚到
10、P点时速度的大小为10 m/s【答案】AB【解析】试题分析：对小物块，从释放至到达O点的过程中，由动能定理得：，代入数据解得：，故A正确；小物块从O点水平抛出做平抛运动，竖直方向：，水平方向：，解得：；又有：，联立解得：，根据，解得：；故B正确；那么竖直方向的速度大小vy=gt=101=10m/s；设刚到P点时速度方向与水平方向夹角为，则有：，故C错误；根据速度的合成法则，则有刚到P点时速度的大小为，故D错误；考点：考查了平抛运动，动能定理卷 （本卷共12题，共180分）21甲同学准备做“验证机械能守恒定律”实验，乙同学准备做“探究功与速度变化的关系”（使用橡皮筋改变功的方案）实验。（1）图1
11、中A、B、C、D、E、F为部分器材，甲同学应选择_ _，乙同学应选择_ _（填写相应的字母）（2）图2是实验中得到的纸带、，计算可得vb =_ _m/s；纸带_ _是验证机械能守恒定律实验得到的（填“”或“”）（计算结果保留到小数点后两位）（3）关于这两个实验下列说法正确的是（ ）A甲同学可以在纸带上任意取67个连续分布的计时点完成验证B甲同学一定能得到物体动能的增加量等于重力势能的减少量C乙同学实验时倾斜轨道的目的是保证橡皮筋的弹力保持不变D乙同学应该利用平均速度来完成探究【答案】(1)AD DE(2) 1.40 0.70 ( 3) A【解析】试题分析：（1）甲同学准备做“验证机械能守恒定律
12、”实验，故需要选用重锤和打点计时器，AD正确；乙同学准备做“探究功与速度变化的关系”。故需要选用打点计时器和砝码，DE正确；（2）根据匀变速直线运动中平均速度公式可得，打点计时器的频率为50Hz，所以，代入数据可得纸带中，纸带中验证机械能守恒定律实验过程中，重锤向下做匀加速直线运动，后面的计数点间的位移越来越大，故为验证机械能守恒定律实验（3）甲同学在做实验时，由于上面任意点的速度都可以根据计算得出，故可以在纸带上任意取67个连续分布的计时点完成验证，A正确；由于存在空气阻力，所以减小的重力势能大于重锤得到的动能，B错误；乙同学实验时倾斜轨道的目的是使得物体受到的拉力等于砝码的重力，即平衡摩擦
13、力，C错误；乙同学应该利用最后点迹均匀时的速度来完成，不能用全程的平均速度，D错误；考点：考查了“验证机械能守恒定律”实验，“探究功与速度变化的关系”实验22小明做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，已知小灯泡标称值是“2.5V，0.3A”，不考虑电压表分流引起的误差，请完成如下小题：（1）为初步了解小灯泡的电阻值，小明使用多用电表的欧姆档按正确测量步骤进行测量，根据图甲所示，小灯泡阻值为_ _（2）为进一步探究小灯泡伏安特性，小明连接了如图乙所示实物图，请在图中补上一根导线，使实验能够正常进行。（3）按要求操作得到数据如下表所示，第7组中电压表示数如图丙所示，则U=_ _V；判断U=0、I=0
14、时的小灯泡电阻值为 _，试分析此电阻值远小于（1）中阻值的原因_ _【答案】(1) 6 (2)如图所示（3）0.30 1.3 用欧姆1倍率档测电阻时电流较大，小灯泡已有发光，灯丝温度升高，电阻较冷灯丝时大的多。【解析】试题分析：（1）采用1倍率，所以读数为6（2）“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，需要多组数据，所以滑动变阻器应采用分压接法，如图所示（3）电压表采用03V档，分度值为0.1V，故读数为0.30V，U=0、I=0时温度接近2、3组的温度，故应为1.3，远小于（1）中的测量值是因为，用欧姆1倍率档测电阻时电流较大，小灯泡已有发光，灯丝温度升高，电阻较冷灯丝时大的多。考点：“描绘小灯
15、泡的伏安特性曲线”实验23如图甲所示是航空母舰上一种弹射装置的模型，“E”字形铁芯长为l的三个柱脚的两条缝中存在正对的由B指向A、C的磁场，该磁场任意时刻均可视为处处大小相等方向相同（如图乙所示），初始时缝中有剩余磁场，磁感应强度为B0；绕在B柱底部的多匝线圈P用于改变缝中磁场的强弱，已知通过线圈P加在缝中的磁场与线圈中的电流大小存在关系B=k1IQ为套在B柱上的宽为x、高为y的线圈共n匝，质量为m，电阻为R，它在外力作用下可沿B柱表面无摩擦地滑动，现在线圈P中通以I=k2t的电流，发现Q立即获得方向向右大小为a的加速度，则（1）线圈P的电流应从a、b中的哪一端注入？t=0时刻线圈Q中的感应电
16、流大小I0。（2）为了使Q向右运动的加速度保持a不变，试求Q中磁通量的变化率与时间t的函数关系（3）若在线圈Q从靠近线圈P处开始向右以加速度a匀加速直到飞离B柱的整个过程中，可将Q中的感应电流等效为某一恒定电流I，则此过程磁场对线圈Q做的功为多少？【答案】（1）a入b出、I0=（2）（3）mal+I2R【解析】试题分析：1）a入b出F=ma F=2nI0LB0 得：I0=2）E= I= F=2nILB B=B0+k1k2t可得：=3)W=Ek+Q=mal+I2R考点：考查了法拉第电磁感应定理24如图所示为水上滑梯的简化模型：倾角=37斜滑道AB和水平滑道BC平滑连接，起点A距水面的高度H=7m
17、，BC长d=2m，端点C距水面的高度h=1m。质量m=50kg的运动员从滑道起点A点无初速地自由滑下，运动员与AB、BC间的动摩擦因数均为=0.1。已知cos37=0.8，sin37=0.6，运动员在运动过程中可视为质点，g取10 m/s2。求：（1）运动员从A滑到B所需的时间t；（2）运动员到达C点时的速度大小VC；（3）保持水平滑道端点在同一竖直线上，调节水平滑道高度h和长度d到图中BC 位置时，运动员从滑梯平抛到水面的水平位移最大，求此时滑道BC距水面的高度h【答案】（1）（2）（3）当时，水平位移最大【解析】.Com试题分析：（1）AB：根据牛顿第二定律可得：解得：（2）运动员从A滑到
18、C的过程中，克服摩擦力做功为：由动能定理有得运动员滑到C点时速度的大小（3）在从C点滑出至落到水面的过程中，运动员做平抛运动的时间为t，解得下滑过程中克服摩擦做功保持不变根据动能定理得：，运动员在水平方向的位移：当时，水平位移最大考点：考查了平抛运动，动能定理，牛顿第二定律25如图为实验室筛选带电粒子的装置示意图：左端加速电极M、N间的电压为U1。中间速度选择器中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强磁场的场强B11.0T，两板电压U2=1.0102V，两板间的距离D2cm。选择器右端是一个半径R20cm的圆筒，可以围绕竖起中心轴顺时针转动，筒壁的一个水平圆周上均匀分布着8个小孔O1至O8。圆
19、筒内部有竖直向下的匀强磁场B2。一电荷量为q=1.6010-19C、质量为m=3.210-25kg的带电的粒子，从静止开始经过加速电场后匀速穿过速度选择器。圆筒不转时，粒子恰好从小孔O8射入，从小孔O3射出，若粒子碰到圆筒就被圆筒吸收。求：（1）加速器两端的电压U1的大小；（2）圆筒内匀强磁场B2的大小并判断粒子带正电还是负电；（3）要使粒子从一个小孔射入圆筒后能从正对面的小孔射出（如从O1进从O5出），则圆筒匀速转动的角速度多大？【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）速度选择器中电场强度根据力的平衡条件可得，解得在电场加速过程，根据动能定理可得，解得（2）粒子的运动轨迹如图所示根据左手定则，粒子带负电，根据几何关系可得洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得，解得（3）不管从哪个孔进入，粒子在筒中运动的时间与轨迹一样，运动时间为.Com在这段时间圆筒转过的可能角度则圆筒的角速度考点：考查了带电粒子在电磁场中的运动