1、2015年上海市八校联考高考物理模拟试卷（3月份）一、单选题1（3分）下列单位中，不属于基本单位的是（） A kg B mol C N D A【考点】： 力学单位制【分析】： 国际单位制规定了七个基本物理量分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的量它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔【解析】： 解：力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s，牛顿N是导出单位，不是基本单位，而电流单位安培（A）和物质的量单位摩尔（mol）均为基本单位；本题选择不是基本单位的；故选：
2、C【点评】： 国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制中的单位分别是什么，这都是需要学生自己记住的基本的知识，本题较简单2（3分）物理学中，运动合成、力的分解、平均速度这三者所体现的共同的科学思维方法是（） A 比值定义 B 控制变量 C 等效替代 D 理想模型【考点】： 物理学史【分析】： 运动合成、力的分解、平均速度这三者所体现的共同的科学思维方法是等效替代法【解析】： 解：对于合运动与分运动之间、分力与合力之间、平均速度与运动快慢之间都是等效替代的关系，所以它们都体现了共同的科学思维方法是等效替代法故C正确故选C【点评】： 本题的解题关键是理解合运动与分
3、运动之间、分力与合力之间、平均速度与运动快慢之间是等效替代的关系3（3分）某物体在三个力作用下做匀速直线运动，若其中某个力突然消失，而其余两个力不变，则该物体的运动可能变为（） A 匀速直线运动 B 匀变速曲线运动 C 匀速圆周运动 D 机械振动【考点】： 物体做曲线运动的条件【专题】： 物体做曲线运动条件专题【分析】： 物体受到三个力的作用，物体做匀速直线运动，这三个力是平衡力，如果其中一个力突然消失，剩余的两个力的合力与撤去的力等值、反向、共线，是非平衡力，物体在非平衡力的作用下一定改变了物体的运动状态；曲线运动的条件是合力与速度不共线【解析】： 解：A、有一个作匀速直线运动的物体受到三个
4、力的作用，这三个力一定是平衡力，如果其中的一个力突然消失，剩余的两个力的合力与撤去的力等值、反向、共线；物体受到非平衡力的作用，物体的运动状态一定发生了改变，可能是运动方向改变，可能是运动速度改变，可能运动速度和方向都发生了改变，即速度一定改变，故A错误；B、曲线运动的条件是合力与速度不共线，当其余两个力的合力与速度不共线时，物体做曲线运动；由于合力恒定，故加速度恒定，即物体做匀变速曲线运动，故B正确；C、其余两个力的合力恒定，而匀速圆周运动合力一直指向圆心，是变力，故C错误；D、其余两个力的合力恒定，而机械振动合力充当回复力，故D错误；故选B【点评】： 本题考查了曲线运动的条件以及三力平衡的
5、知识，关键根据平衡得到其余两个力的合力恒定，然后结合曲线运动的条件分析4（3分）如图所示，质量为M、上表面光滑的平板水平安放在A、B两固定支座上质量为m的小滑块以某一速度匀加速从木板的左端滑至右端能正确反映滑行过程中，B支座所受压力NB随小滑块运动时间t变化规律的是（） A B C D 【考点】： 力矩的平衡条件【分析】： 以A支座为转轴，以平板和小滑块m为研究对象，分析受力：除转轴外，整体受到重力和B支座的支持力，根据力矩平衡列方程得到支持力的解析式，再由牛顿第三定律得到B支座所受压力NB随小滑块运动时间t变化的解析式，来选择图象【解析】： 解：设小滑块的速度大小为v，平板长为L，质量为M以
6、A支座为转轴，则根据力矩平衡，得mgvt+MgL=NBL得到NB=Mg+根据牛顿第三定律，得B支座所受压力NB=Mg+，可见，C正确故选：C【点评】： 本题是根据力矩平衡条件列方程，得到压力NB与时间关系的解析式，再根据解析式来选择图象，这是图象问题常用的方法5（3分）如图所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO以恒定的角速度转动，从线圈平面与磁场方向平行的位置开始计时，则在时刻（） A 线圈中的感应电流最大 B 穿过线圈的磁通量最大 C 线圈中的感应电动势最小 D 穿过线圈磁通量的变化率最小【考点】： 正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；交流发电机及其产生正弦式电流的原
7、理【专题】： 交流电专题【分析】： 一矩形线圈在匀强磁场内绕固定轴转动，线圈从垂直中性面开始计时时，磁通量为零时，磁通量变化率最大；每当线圈经过中性面时，电流方向改变【解析】： 解：在时刻，即经过周期，圈平面与磁场方向又平行了，此时又处于中性面，磁通量为零时，磁通量变化率最大，感应电动势和感应电流也最大故A正确，BCD错误故选：A【点评】： 学会通过瞬时感应电动势来判定在什么时刻，线圈处于什么位置；同时还能画出磁通量随着时间变化的图象及线圈中的电流随着时间变化的规律6（3分）有一小段通电直导线长1cm，电流强度为5A，把它置于磁场中某点，受到的磁场作用力为0.1N，则该点磁感强度为（） A B
8、=2T B B2T C B2T D 以上情况都有可能【考点】： 安培力；磁感应强度【分析】： 根据电流在磁场中受到的安培力的特点与磁感应强度的定义式即可正确解答【解析】： 解：长为1cm，电流强度为5A，把它置入某磁场中某点，受到的磁场力为0.1N，当垂直放入磁场时，则公式B=若不是垂直放入磁场时，则磁感应强度比2T还要大，故C正确故选：C【点评】： 磁感应强度的定义式B=可知，是属于比值定义法，且导线垂直放入磁场中即B与F、I、L均没有关系，它是由磁场的本身决定例如：电场强度E=一样同时还要注意的定义式B=是有条件的7（3分）如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，O为两电荷连线的中点，a、b
9、两点所在直线过O点，且a与b关于O对称以下判断正确的是（） A a、b两点场强相同 B a、b两点电势相同 C 将一负电荷由a点移到O点，电势能减小 D 将一正电荷由a点移到b点，电势能先减小后增大【考点】： 电势差与电场强度的关系；电场强度；电势【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 据等量异号电荷的电场分布特点分析各点的场强关系，由电场线性质及电场的对称性可知ab及bc两点间的电势关系；由电势能的定义分析电势能的大小【解析】： 解：A、如图所示，根据两等量异种电荷电场线的分布情况，由对称性可知，a、b两点场强相同；故A正确；B、根据顺着电场线电势逐渐减小，可知，a点的电势高于两点电荷
10、连线中垂面的电势，b的电势低于两点电荷连线中垂面的电势，而中垂面是一个等势面，所以a点的电势高于b点的电势，故B错误C、由上分析可知，a点的电势高于O点的电势，负电荷在电势高处电势能小，则将一负电荷由a点移到O点，电势能增大，故C错误D、a点的电势高于b点的电势，正电荷在电势高处电势能大，则将一正电荷由a点移到b点，电势一直降低，电势能一直减小，故D错误故选：A【点评】： 该题考查常见电场的电场线分布及等势面的分布，要求我们能熟练掌握并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性8（3分）有一款绿色环保冰箱的产品规格如表：该冰箱每天正常工作的平均功率为（） A 相当于
11、900W电饭煲的功率 B 接近于90W电热毯的功率 C 相当于125W彩电的功率 D 小于40W白炽灯泡的功率【考点】： 电功、电功率【专题】： 恒定电流专题【分析】： 由表格中的耗电量可知，该冰箱冰箱正常工作时24小时耗电0.9KWh，根据P=求解功率即可【解析】： 解：由表格中的耗电量可知，该冰箱冰箱正常工作时24小时耗电0.9KWh，即24小时消耗的电能W=0.9KWh=0.93.6106J，根据P=可得：冰箱的功率为P=37.5W故选D【点评】： 本题是要考查对电冰箱铭牌的了解，平时多观察家用电器的铭牌，铭牌中的参数有些是有用的，有些是初中阶段没有涉及到的，有涉及到的物理量要多做了解对
12、电冰箱的耗电要注意，不能用W=Pt，因为电冰箱的压缩机是运转一会儿停一会儿，所以一天的耗电量不能用此公式求解，而应在铭牌上寻找答案二、单选题9（3分）汽车甲沿着平直公路以速度V做匀速直线运动，当它路过某处时，该处有一辆汽车开始做初速度为零的匀加速直线运动去追赶甲车，根据上述的已知条件（） A 可求出乙车追上甲车时乙车的速度 B 可求出乙车追上甲车时乙车所走的路程 C 可求出乙车从起动到追上甲车所用的时间 D 不能求出上述三者中的任何一个【考点】： 匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系【专题】： 直线运动规律专题【分析】： 作出汽车甲、乙的速度时间图线，根据速度时间
13、图线分析能求出的量【解析】： 解：作出汽车甲、乙的速度时间图线如图所示当汽车乙车追上汽车甲车时，两车位移相等，从图象上可以看出，当甲乙位移相等时，两图象与时间轴所围的“面积”相等，则得乙车的速度为2v0但从图象上无法知道乙车追上甲车所用的时间，故不能求出乙车走的路程故A正确，B、C、D错误故选：A【点评】： 解决本题的关键会用图象法进行解题，知道在速度时间图线中，图线与时间轴所围成的面积表示位移10（3分）如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传送带以相同的速度匀速运动为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带运动方向
14、，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈通过观察图形，判断下列说法正确的是（） A 铜线圈与传送带之间应该比较粗糙为好，这样才有利于检测出不合格线圈 B 一旦线圈完全进入磁场，不论线圈是否闭合，一定立即停止与传送带之间的相对滑动 C 从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈 D 从图中可以看出，第4个线圈是不合格线圈【考点】： 楞次定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 当线圈通过磁场时，穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感应电动势，从而出现感应电流，则安培力促使线圈在运动由楞次定律可知：当磁通量变大时，安培力去阻碍其变大，所以安培力方向与运动方向相反；当磁通量变小时，安
15、培力去阻碍变小，则安培力的方向仍与运动方向相反当线圈没有闭合，则线圈中虽有感应电动势，但没有感应电流，所以没有安培力作用，则其位置不变【解析】： 解：A、若线圈闭合，进入磁场时，线圈中出现感应电流，受到安培力使线圈相对传送带向后滑动，若铜线圈与传送带之间比较粗糙，则很难出现滑动，故A错误；B、若线圈不闭合，进入磁场时，线圈中没有感应电流，则相对传送带位置不变，故B错误；C、从图中可以看出，第3个线圈是不合格，若是闭合的，则在安培力作用下，会向后滑动，故C正确；D、从图中可以看出，第4个、5个及6个线圈均是合格的，其位置均匀故D错误；故选：C【点评】： 由楞次定律另一角度（力与运动）可知：靠近磁
16、场则两者排斥、远离磁场则两者吸引，本题理论联系实际的问题，考查应用物理知识处理实际问题的能力11（3分）如图所示，同一竖直面内有上下两条用相同材料做成的水平轨道MN、PQ，两个完全相同的物块A、B放置在两轨道上，A在B物块正上方，A、B之间用一细线相连在细线的中点O施加拉力，使A、B一起向右做匀速直线运动，则F的方向是（图中表示水平方向）（） A 沿方向 B 沿方向 C 沿方向 D 沿方向都可以【考点】： 力的合成【专题】： 受力分析方法专题【分析】： 对A、B两物体分析，抓住A、B对水平轨道的正压力不同，导致摩擦力不等，根据水平方向上平衡，得出AO、BO拉力的大小，从而确定拉力F的方向【解析
17、】： 解：力的作用点是在细线的中点，而且物块A在B的正上方，所以三角形ABO是等腰三角形，且AB在竖直方向，所以AO与BO与水平方向的夹角相等因为A对水平轨道的正压力大于B对水平轨道的正压力，所以水平面对A的摩擦力大于水平面对B的摩擦力，由题意细线AO受到的拉力必须大于BO受到的拉力，所以F的方向只能是方向故C正确，A、B、D错误故选C【点评】： 解决本题的关键知道滑动摩擦力与正压力成正比，通过摩擦力的大小得出绳子拉力的大小，从而确定拉力的方向12（3分）在电场中存在A、B、C、D四点，如果A、B、C、D四点刚好构成正方形，且A、B、C、D四点的电场强度相同，则该电场（） A 一定是匀强电场
18、B 可能是一个点电荷形成的 C 可能是两个等量异种点电荷形成的 D 可能是两个等量同种点电荷形成的【考点】： 电势差与电场强度的关系；电场强度【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 根据匀强电场，电场强度处处相同；点电荷形成的电场中只能找出大小相同的点，方向不同；根据等量异种电荷和等量同种电荷的电场线的分布，即可求得四点的大小和方向是否相同【解析】： 解：A、在匀强电场中，电场强度处处相等，故A正确；B、一个点电荷形成的电场是以点电荷为中心发散的电场，故A、B、C、D四点刚好构成正方形，ABCD的场强大小可以相同，但方向不同，故A、B、C、D四点的电场强度不同，故B错误；C、根据等量异种
19、电荷的电场线的分布，可知在两个点电荷连线的中垂面上，如果A、B、C、D四点刚好构成正方形，A、B、C、D四点的电场强度大小可以相同，方向也相同，故电场强度可能相同故C正确；D、根据等量同种电荷的电场线的分布，可知，如果A、B、C、D四点刚好构成正方形，A、B、C、D四点的电场强度大小可以相同，但方向不同，故电场强度不可能相同，故D错误故选：AC【点评】： 本题主要考查了匀强电场，点电荷，等量异种电荷和等量同种电荷的电场线的分布特点，电场强度即包含大小，也包含方向，根据电场线的分布特点确定场强的大小，根据切线确定方向，熟记即可13（3分）物体以初速度V0从A点出发，沿光滑水平轨道向前滑行，途中经
20、过一小段粗糙程度恒定的轨道并滑离，关于该物体在通过轨道的粗糙部分的前后，下列判读中正确的是（） A 初速度V0越大，物体动能的减少量越大 B 初速度V0越大，物体动能的减少量越小 C 初速度V0越大，物体速度的减少量越大 D 初速度V0越大，物体速度的减少量越小【考点】： 动能【分析】： 整个过程根据动能定理表示出摩擦力做功，而摩擦力做功相同，故可判断【解析】： 解：物体通过粗糙面时，根据动能定理可得，摩擦力做功相同，故动能的变化量相同，速度变化量为，初速度越大，速度变化量越小，故ABC错误，D正确；故选：D【点评】： 本题主要考查了动能定理，抓住摩擦力做功相同即可判断动能的变化量和速度的变化
21、量14（3分）如图所示，将一质量分布均匀的木块分成A、B两部分靠在一起，下端放置在粗糙水平地面上，绳子的上端与天花板相连，下端与物块A的上表面的中点相连，绳子处于竖直位置，整个装置静止，下列说法中正确的是（） A 物体A可能只受到2个力的作用 B 物体A至少受到3个力的作用 C 地面与物体B间可能存在摩擦力 D 剪断绳子，物体A可能下滑【考点】： 物体的弹性和弹力【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 隔离对A分析，根据平衡条件判断绳子拉力的有无再分情况计论AB间受力情况，则可判断物体可能的受力情况【解析】： 解：A、对A物体分析，若绳子的拉力等于A的重力，则A对B没有压力；故A可能受
22、两个力；若拉力小于重力，则AB间有弹力的作用，根据共点力的平衡条件可知，若AB间没有摩擦力，则A不可能平衡；故AB间一定有摩擦力，故A受4个力；若绳子恰好伸直而没有形变，则绳子上的作用力等于0，A受到重力支持力和摩擦力的作用而平衡，所以A可能受到3个力的作用故A正确，B错误；C、从整体角度分析，物体B没有水平方向运动的趋势，地面与物体B间不可能存在摩擦力，不满足产生摩擦力的条件，故C错误；D、剪断绳子，物体A可能下滑，也可能不下滑，要根据最大静摩擦力与A的重力下滑分力的大小比较，故D正确故选：AD【点评】： 本题考查共点力的平衡条件，要注意隔离法的正确应用；同时明确有摩擦力时一定有支持力，注意
23、绳子拉力有无要分情况讨论15（3分）绝缘细线吊着一质量为m的矩形线圈，线圈有一部分处在图1所示的以虚线框为边界的水平匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B随时间t变化如图2所示，若线圈始终保持静止，那么，细线的拉力F随时间t变化的图象可能是（） A B C D 【考点】： 法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；安培力【专题】： 电磁感应中的力学问题【分析】： 当线圈的磁通量发生变化时，线圈中才会产生感应电动势，从而形成感应电流；当线圈的磁通量不变时，则线圈中没有感应电动势，所以不会有感应电流产生分析线圈的受力情况，根据平衡条件求解【解析】： 解：磁感应强度在0到t0内，由于磁感应强
24、度垂直纸面向里为正方向，则磁感线是向里，且大小增大所以由楞次定律可得线圈感应电流是逆时针，根据左手定则判断出下边框所受安培力的方向向上，根据法拉第电磁感应定律得线圈感应电流是不变的线框受重力、拉力和安培力，根据平衡条件得：细线的拉力F=mgF安=mgBIL由于磁感应强度B随时间均匀增大，所以下边框所受安培力均匀增大，所以细线的拉力F随时间均匀减小磁感应强度在t0到2t0内，磁场不变，则没有感应电流，细线的拉力F=mg，而在磁感应强度在2t0到3t0内，同理可知感应电流方向为正，磁感应强度B随时间均匀减小，线圈感应电流方向是顺时针，下边框所受安培力的方向向下，所以细线的拉力F=mg+F安由于磁感
25、应强度B随时间均匀减小，所以下边框所受安培力均匀减小，所以所以细线的拉力F随时间均匀减小故选C【点评】： 感应电流的方向由楞次定律来确定，而其大小是由法拉第电磁感应定律结合闭合电路殴姆定律来算得的三、复选题16（3分）下列速度时间图象中所描述的运动中，可能是自由落体运动的是（） A B C D 【考点】： 自由落体运动；匀变速直线运动的图像【专题】： 自由落体运动专题【分析】： 自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动的一个特例，利用速度时间关系公式v=gt分析即可【解析】： 解：自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，根据速度时间关系公式v=gt=10t，vt图象是一条过坐标原点的倾斜直线
26、，故A正确；故选：A【点评】： 本题关键是：（1）明确自由落体运动的条件和运动性质；（2）明确vt图象的画法17（3分）某质点在xOy平面内运动，从t=0时刻起，它在x轴方向和y轴方向的vt图象分别如图1和图2所示，则下列判断正确的是（） A 该质点可能做匀变速曲线运动 B 该质点一定做匀加速直线运动 C 该质点的初速度大小为7m/s D 该质点的加速度大小为2.5m/s2【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】： 由在x和y方向的速度图象，读出两个方向的初速度，利用斜率分别求得两个方向的加速度，利用运动的分解的知识求出物体的初速
27、度和加速度【解析】： 解：由图象知两个方向的初速度vx=3m/s，vy=4m/s，因此有：该质点的初速度大小为：v0=5m/s根据斜率等于加速度，则两个方向的加速度分别为：ax=1.5m/s2，ay=2m/s2，因此有：质点的加速度为：a=2.5m/s2，由于加速度的比值和速度的比值相等，所以加速度的方向与初速度方向一直，故物体做匀加速直线运动，故BD正确，AC错误故选：BD【点评】： 图象问题要善于挖掘隐含信息，看图象的斜率、截距及图线与坐标轴围成的面积等是否代表某种含义，用运动的分解的观点处理较为复杂的运动也是很常用的方法，要切实弄清和运动与分运动的关系18（3分）随着社会的发展，微型汽车
28、越来越多地进入了普通百姓家庭，在微型汽车的随车工具中，有一种替代“液压千斤顶”的简单机械顶，其结构如图所示：AB、BC、CD、DA为四根相同的钢管，A、B、C、D四点用铰链相连接，BD为一螺栓，其螺母在D点外侧，此“顶”在工作时，不断拧紧D处螺母，使BD间距离变小，从而使AC间距离增大，以达到顶起汽车一个轮子的目的（假设轮子被顶起时A端受到的压力等于车的重力），下列关于该简单机械的判断中正确的是（） A 在将汽车缓慢顶起的过程中，施加在把手上的力（施力方式不变）越来越小 B 在将汽车缓慢顶起的过程中，施加在把手上的力（施力方式不变）不变 C 在很久未使用的螺纹轴上添加适量润滑油，既可以省力又可
29、以省功 D 适当地加大把手的旋转半径，既可以省力又可以省功【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】： 对A点受力分析，得出AB和AD杆作用力的变化，从而得出施加在把手上力的变化根据功能关系判断是否省功，结合力矩平衡判断是否省力【解析】： 解：A、对A点分析可知，AB杆和AD杆对A点的作用力，将汽车缓慢顶起的过程中，减小，则FT减小，可知施加在把手上的力（施力方式不变）越来越小，故A正确，B错误C、在很久未使用的螺纹轴上添加适量润滑油，可以省力，根据功能关系知，不可以省功，故C正确D、适当地加大把手的旋转半径，根据力矩平衡知，可以省力，但
30、是不省功，故D错误故选：AC【点评】： 考查如何选择确定对象，及受力分析掌握力的平行四边形定则的应用，理解几何关系及三角函数的运用，注意夹角的正确性对于是否省功，可以根据功能关系进行判断19（3分）如图（甲）所示，左侧接有定值电阻R=2的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，导轨间距为L=1m一质量m=2kg，阻值r=2的金属棒在拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒与导轨间动摩擦因数=0.25，g=10m/s2金属棒的速度位移图象如图（乙）所示，则从起点发生s=1m位移的过程中（） A 拉力做的功W=9.25J B 通过电阻R的感应电量q=0.125
31、C C 整个系统产生的总热量Q=5.25J D 所用的时间t1s【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；匀变速直线运动的图像；闭合电路的欧姆定律【专题】： 电磁感应功能问题【分析】： 解答本题应抓住：由速度图象得出v与x的关系式，由安培力公式FA=，得到FA与x的关系式，可知FA与x是线性关系，即可求出发生s=1m位移的过程中安培力做功WA=s，再根据动能定理求解拉力做功；由感应电荷量公式q=，求出通过电阻R的感应电量q；根据能量守恒求解整个系统产生的总热量Q；由vx图象的斜率k=，分析加速度的变化，结合速度时间图象分析时间【解析】： 解：A、由速度图象得：v=2x，金属棒所受的安培力FA=
32、，代入得：FA=0.5x，则知FA与x是线性关系当x=0时，安培力FA1=0；当x=1m时，安培力FA2=0.5N，则从起点发生s=1m位移的过程中，安培力做功为WA=s=J=0.25J根据动能定理得：Wmgs+WA=，其中v=2m/s，=0.25，m=2kg，代入解得，拉力做的功W=9.25J故A正确B、通过电阻R的感应电量q=C=0.25C故B错误C、根据能量守恒得：W=Q+，得Q=W=9.25JJ=5.25J故C正确D、vx图象的斜率k=，得a=kv=2v，则知速度增大，金属棒的加速度也随之增大，vt图象的斜率增大，金属棒做加速增大的变加速运动，在相同时间内，达到相同速度时通过的位移小于
33、匀加速运动的位移，平均速度小于匀加速运动的平均速度，即=1m/s，则t=1s故D正确故选ACD【点评】： 本题有两个难点：一是根据v与x的关系，由安培力公式FA=，得到FA与x的关系式，确定出FA与x是线性关系，即可求出安培力做功；二是根据vx图象的斜率研究加速度的变化情况，结合vt图象分析平均速度四、填空题（21题为A类题第22题为B类题）20（3分）甲、乙两颗绕地球作匀速圆周运动人造卫星，其线速度大小之比为：1，则这两颗卫星的运转半径之比为1：2，运转周期之比为1：【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【专题】： 人造卫星问题【分析】： 根据万有引力提供向心力，得出线速度、周期与轨
34、道半径的关系，从而求出向心力、线速度、周期之比【解析】： 解：根据，得v=，所以：根据：得：T=2所以周期之比为：=故答案为：1：2，1：2【点评】： 该题考查人造卫星的应用，解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，知道线速度、周期与轨道半径的关系21在光滑水平面上沿x轴正方向作直线运动的物体A质量为m1，速度为v1=2m/s；另一个物体B质量为m2，以v2=4m/s的速率沿x轴负方向迎面向A运动，若两物体相碰后粘在一起并且恰好停止运动，则m1：m2=2：1；若两物体相碰后粘在一起并以v=1m/s的速度沿x轴正方向运动，则m1：m2=5：1【考点】： 动量守恒定律【分析】： 以A、B组成的系统为
35、研究对象，在水平方向运用动量守恒定律列方程求解【解析】： 解：以A、B组成的系统为研究对象，若两物体相碰后粘在一起并且恰好停止运动由水平方向上动量守恒得m1v1=m2v2所以=，若两物体相碰后粘在一起并以v=1m/s的速度沿x轴正方向运动由水平方向上动量守恒得m1v1m2v2=（m1+m2）v所以2m14m2=m1+m2m1=5m2=；故答案为：2：1，5：1【点评】： 本题关键抓住系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解，但是要知道动量是矢量，要注意方向此题属于中档题二.公共题（全体考生必做）22（3分）在氯化铯晶体中，一价氯离子Cl与其最邻近的八个一价铯离子Cs+构成如图所示的立方晶结构则氯
36、离子所受的库仑力大小为0；假设图中箭头所指处缺少一个铯离子（称作晶格缺陷），则此时氯离子所受的库仑力大小为1.92109N（1nm=109m，静电力恒力k=9109Nm2/C2）【考点】： 库仑定律【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： （1）根据力的矢量合成，即可求解；（2）根据库仑定律，由补全法，即可求解【解析】： 解：（1）由对称性，每条对角线上的一对铯离子与氯离子间的作用合力为零，故F1=0（2）除了有缺陷的那条对角线外，其他铯离子与氯离子的作用合力为零，所以氯离子所受的合力F2的值为，F2=k=k=1.92109N故答案为：（1）0；（2）1.92109N【点评】： 考查力的合
37、成，及矢量的叠加原理，并掌握库仑定律的应用，同时运用补全法23（3分）一列频率为2.5Hz的简谐横波沿x轴传播，在t1=0时刻波形如图中实线所示，在t2=0.7s时刻波形如图中虚线所示则虚线时刻横坐标为x=3m的质点的速度是零（选填“最大，零”）；在t3=0.1s时位于0x5m区间的质点中有一部分正向y轴正方向运动，这些质点在x轴上的坐标区间是1mx3m【考点】： 波长、频率和波速的关系【专题】： 振动图像与波动图像专题【分析】： 虚线时刻横坐标为x=3m的质点到达波谷，速度为零；由T=，求得周期根据t2=0.7s时刻波形，分析波的传播方向，再分析在t3=0.1s时位于0x5m区间的质点中有一
38、部分正向y轴正方向运动的质点坐标区间【解析】： 解：由图看出，虚线时刻横坐标为x=3m的质点到达波谷，速度为零；该波的周期为T=0.4s，t2t1=0.7s=1，由两个时刻的波形可知，该波向左传播在t1=0时刻在x轴上坐标区间为2mx4m的质点正向y轴正方向运动，在t3=0.1s=时刻，波形向左平移，则正向y轴正方向运动的质点在x轴上的坐标区间是1mx3m故答案为：零，1mx3m【点评】： 本题的解题关键是根据时间与周期的关系，利用波形的平移法确定波的传播方向，从而判断出质点的速度方向24（3分）如图所示，铜棒ab长0.1m，质量为0.06kg，两端与长为1m的轻铜线相连，静止于竖直平面上，整
39、个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T现接通电源，使铜棒中保持有恒定电流通过，铜棒发生摆动已知最大偏角为37，则恒定电流的大小为4A；当铜棒向上摆动到最高点时，轻铜线中的拉力为T1，若通以更大的恒定电流，在新的最高点时，轻铜线中的拉力为T2，则T1、T2的数值上的关系：T1T2（填“大于”、“小于”、“等于”或“无法判断”（电磁感应现象不明显，忽略不计，g=10m/s2）【考点】： 安培力【分析】： 根据重力做功求出重力势能的增加量，根据动能定理求出安培力的大小从而通过安培力的大小公式求出恒定电流的大小，到达最高点根据力的合成即可判断【解析】： 解：对铜棒运用动能定理得：FAl
40、sin37mgl（1cos37）=0代入数据解得：FA=0.2N根据FA=BIL得：I=A=4A；当到达最高点时，沿绳方向合力为零，根据力的合成可知：T=当电流增大时，安培力增大，故合力增大，故T1T2故答案为：4，T1T2【点评】： 本题通过动能定理抓住上升的最大摆角处速度为零求出安培力的大小，本题容易误解为在最大位移处处于平衡，通过共点力平衡求解25（3分）某机器内有三个圆环A、B、C同轴，最大圆环C固定不动，A、B围绕轴绕同一方向匀速转动，角速度分别为A=10rad/s、B=60rad/s，A环边缘上有一个信号发射窗口P，每隔0.06s间歇地发射红外线，某时刻P发出的红外线穿过B环边缘上
41、缺口Q使C圆环接受如图所示，则圆环C接受信号周期为0.04s；经过较长的一段时间后，圆环C上接受信号的位置有5处【考点】： 线速度、角速度和周期、转速【专题】： 匀速圆周运动专题【分析】： P发出的红外线穿过B环边缘上缺口Q使C圆环接受，需满足BTAT=2，求出周期T；根据A、B的周期判定知在0.04s内Q点转了1.2圈，其中0.2=圈意味每圈着将圆分成5份，故有5处【解析】： 解：P发出的红外线穿过B环边缘上缺口Q使C圆环接受，需满足BTAT=2解得T=0.04s，为0.02s的整数倍，TA=0.2s、TB=s，可知在0.04s内Q点转了1.2圈，其中0.2=圈意味每圈着将圆分成5份，故有5
42、处故答案为：0.04，5【点评】： 此题考查圆周运动的周期性，注意找到A和B之间转过的角度关系，尤其是第2问，不容易想到，较难五、实验题26（4分）用DIS研究物体的图象，得到如图所示的St图象，从图中可知小车运动的方向是靠近（选填“靠近”或“远离”）位移传感器的接受器，物体运动的速度大小在变大（填变大、变小或不变）【考点】： 探究小车速度随时间变化的规律【专题】： 实验题【分析】： 根据St图象，可知，小车运动的方向；再根据其的斜率含义，即可求解【解析】： 解：由题意可知，由St图象，随着时间延长，位移在减小，说明小车运动的方向是靠近位移传感器的接受器，而St图象的斜率大小表示速率，由图象可
43、知，斜率在增大，即速率在变大，故答案为：靠近，变大【点评】： 考查位移与时间的关系，掌握其斜率的含义，并理解位移传感器的作用27某同学利用如图1所示的装置测量当地的重力加速度实验步骤如下：A按装置图安装好实验装置；B用三角尺测量小球的直径 d；C用米尺测量悬线的长度 l；D让小球在竖直平面内小角度摆动当小球经过最低点时开始计时，并计数为0，此后小球每经过最低点一次，依次计数1、2、3当数到20时，停止计时，测得时间为 t；E多次改变悬线长度，对应每个悬线长度，都重复实验步骤C、D；F计算出每个悬线长度对应的t2；G以t2为纵坐标、l为横坐标，作出t2l图象（1）该同学根据实验数据，利用计算机作
44、出t2l图象如图2所示根据图象拟合得到方程为：t2=404.0l+3.5（s2）由此可以得出当地的重力加速度g=9.76m/s2（取2=9.86，结果保留3位有效数字）（2）图象没有过坐标原点的原因可能是D（A） 不应在小球经过最低点时开始计时，应该在小球运动到最高点开始计时（B） 开始计时后，不应记录小球经过最低点的次数，而应记录小球全振动的次数（C） 不应作 t2l 图象，而应作 tl 图象（D） 不应作 t2l 图象，而应作 t2（l+d）图象【考点】： 用单摆测定重力加速度【专题】： 实验题；单摆问题【分析】： （1）根据单摆周期公式求出t2l函数关系式，然后求出重力加速度（2）单摆摆
45、长等于摆线长度与摆球半径之和，以摆线长度作为摆长，则摆长偏小【解析】： 解：（1）由题意知，单摆的周期T=由单摆周期公式T=可得：t2=由图象得到的方程为：t2=404.0l+3.5，则，g=9.76m/s2；单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，把摆线长度作为单摆摆长，摆长小于实际摆长，t2l图象不过原点，在纵轴上截距不为零，故D正确，故选D；故答案为：9.76； D【点评】： 理解用单摆测定重力加速度的原理及实验方法、数据处理，难度不大，属于基础题28（5分）在测量电源电动势和内阻的实验中，需用滑动变阻器（1）现有两种滑动变阻器：（A）1000，0.1A；（B）10，2.0A；实验中应选用B
46、；（填写所选变阻器前的字母）如果不选用该滑动变阻器，将导致测数据过于集中，误差较大（2）如果某同学断开电键后，对电压传感器和电流传感器进行调零，然后和合上电键，进行实验，得到了如图1所示的电源的伏安特性曲线，该同学所连接的实验电路是图（2）中的哪一个实验电路？【考点】： 测定电源的电动势和内阻【专题】： 实验题【分析】： （1）根据变阻器对电路的影响可分析如何使误差减小，从而选择合适的滑动变阻器；（2）根据图象可可分析实验所测数据，再结合电路图明确所用电路【解析】： 解：（1）A滑动变阻器最大阻值太大，电流较小，不方便调节；同时所测数据过于集中，误差较大；故选B种变阻器；（2）由图可知，伏安特
47、性曲线显示所测电阻应为定值电阻；由图可知，电压表所测只能是内电压；若将电压表正极接在电源正极上，电压表负极接在电源负极上，所测电压为电源的电动势；故只能将电压表负极接在电源正极上，电压表正极接在电源负极上；这样所测电压为内压；电流传感器应保证电流由正极流入；由以上可知，正确电路只能是A或C，因开关要控制整个电路；故选：C；故选：C故答案为：（1）B；测数据过于集中，误差较大；（2）C【点评】： 本题考查测量电动势和内电阻实验，但本题较为新颖，没有直接测量路端电压和内电阻；而是得出了对应的内阻的伏安特性曲线，在解题时要注意掌握29（8分）如图1所示是某校兴趣小组研究某型号的热敏电阻所得到的阻温特
48、性曲线，其中横坐标为温度（单位为）纵坐标为电阻值（单位为）已知某型号的基本门电路的工作电压为5V，输入端的电压大于2V为高电势，即输入为“1”，输入端电压低于2V则输入端为“0”现提供两个阻温特性如图1所示的热敏电阻，两个电阻箱，要求用基本的门电路设计出一控制电路，要求：当环境温度在2040时，图2中的发光二极管被点亮其中：A输入端完成对20的控制，B输入端完成对40的控制（1）试在图（2）中标出所选用的逻辑门电路的符号；（2）在图（2）中标出两个热敏电阻的位置；（图（2）中R1、R2、R3和R4中哪两个位置接入热敏电阻？）（3）两个电阻箱所要调整到的阻值【考点】： 描绘小电珠的伏安特性曲线【
49、专题】： 实验题【分析】： 本题（1）关键是明确同时满足大于20和小于40时符合与门的定义；题（2）的关键是根据热敏电阻的负温度关系并结合串并联规律及电压即电势之差概念即可求解；题（3）分别读出热敏电阻在20和40的阻值，再结合欧姆定律求解即可【解析】： 解：（1）根据题意，因同时满足大于20小于40时才行，所以应是与门，如图所示：答：与门门电路的符号1如图所示（2）当A端控制温度20C时，由于热敏电阻温度越高电阻值越小，电阻串并联规律可知，若变小，根据电压即为电势之差的概念可知，A端电势就越高，所以应接热敏电阻；同理，当B端控制40C温度时，由于温度变低热敏电阻阻值变大，若变大，则两端电压随
50、之变大，根据电压即电势之差规律可知，B端电势则应变大，所以应接热敏电阻综上所述，与应接热敏电阻答：图2中的敏电阻应接在与位置（3）根据图1可读出热敏电阻在温度为20C时对应的电阻为=18，当A点电势为2V时，热敏电阻两端电压应是5V2V=3V，根据欧姆定律可求出电阻箱为：=12，当B点电势为2V时，电阻箱两端电压为3V，可求出：=27；同理，在温度为40C时热敏电阻=10，当A点电势为2V时，可求出：=，当B点电势为2V时，可求出：=15所以电阻箱应满足：，答：两个电阻箱所要调整到的阻值应为，【点评】： 应明确：门电路中“与、或、非”门的含义，注意某点的电势就是该点与0电势点之间的电势差；热敏
51、电阻随温度升高而减小；进行电路的动态分析时，应把握“串反并同”规律的应用，即某电阻变大，则与该电阻并联的电路两端电压随之增大，通过该电阻的电流所流经的电路的电压或电流将减小，反之亦然六、计算题30（12分）如图1所示，“”型木块放在光滑水平地面上，木块的水平表面AB粗糙，与水平面夹角=37的表面BC光滑木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值一个可视为质点的滑块从C点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图2所示（已知sin37=0.6，cos37=0.8，取g=10m/s2）求：（1）斜面BC的长度L；（2）
52、滑块的质量m；（3）运动过程中滑块克服摩擦力做的功W【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： （1）当滑块沿斜面BC向下运动时，滑块对斜面有斜向右下方的压力，则力传感器受到压力由图读出滑块运动的时间为t=1s，由牛顿第二定律求出滑块的加速度，即可由位移公式求解斜面BC的长度（2）滑块对斜面的压力为N1=mgcos，木板对传感器的压力为：F1=N1sin，由图读出F1，即可求得滑块的质量（3）求出滑块滑到B点的速度，根据牛顿第二定律求出加速度，根据运动学基本公式求出位移，进而求出克服摩擦力所做的功【解析
53、】： 解：（1）分析滑块受力，由牛顿第二定律得：得：a1=gsin=6m/s2通过图象可知滑块在斜面上运动时间为：t1=1s由运动学公式得：L=a1t12=3m（2）滑块对斜面的压力为：N1=mgcos木板对传感器的压力为：F1=N1sin由图象可知：F1=12N解得：m=2.5kg（3）滑块滑到B点的速度为：v1=a1t1=6m/s由图象可知：f1=5N，t2=2sa2=2m/s2s=v1t2a2t22=8m W=fs=40J答：（1）斜面BC的长度L为3m；（2）滑块的质量m为2.5kg；（3）运动过程中滑块克服摩擦力做的功W为40J【点评】： 本题要读懂Ft图象，分析滑块的受力情况和运动
54、情况，关键要抓住木板对传感器的压力与滑块对斜面BC压力的关系31（12分）一端开口，一端封闭的均匀直玻璃管，长度为1米，开口向上竖直放置时，一段长15厘米的水银柱封闭了一段长65厘米的气柱，大气压强为75厘米汞柱现将玻璃管在竖直平面内缓慢转到如图所示的位置，玻璃管与竖直方向呈60角，求：最终管内的空气柱长度为多少？【考点】： 理想气体的状态方程【专题】： 理想气体状态方程专题【分析】： 气体做等温变化，根据玻意耳定律列式求解，要考虑水银是否溢出【解析】： 解：P1l1S=P2l2S9065=60l2，l2=97.5cm，l2+15=112.5cm100cm，所以水银将溢出设转到180时水银长度
55、为x有：9065=（75x）（100x）解得：x=10cm设转到240时，气体长度为l3P1l1S=P3l3S9065=（75xsin30）l3解得：l3=83.6cm答：最终管内气柱长为83.6cm【点评】： 本题关键是明确气体的变化特点，要讨论水银柱的溢出情况，其中，设转到180时水银不溢出，从而判断出水银溢出是难点32如图所示，在水平光滑绝缘平面上，水平匀强电场方向与X轴间成135角，电场强度E=1103N/c某带电小球电量为q=2106c，质量m=1103kg，以初速度V0=2m/s从坐标轴原点出发，V0与水平匀强电场垂直，（1）该带电小球所受到的电场力的大小；（2）该带电小球在第二秒
56、内的速度变化量；（3）当带电小球再经过X轴时与X轴交于A点，求带电小球经过A点时速度V=？经历的时间t=？OA两点之间的电势差UOA=？【考点】： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；等势面【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： （1）直接由公式F=qE求出电场力；（2）根据牛顿第二定律求出加速度，再求出速度的变化；（3）由位移公式，依据运动的合成与分解，从而求出坐标；由U=Ed，可求出电势差【解析】： 解：（1）带电粒子受到的电场力：F=qE=2106103N=2103N（2）由牛顿第二定律得：a=，速度的变化量v=at，代入数据解得v=2m/s（3）建垂直初速度方向为y轴，沿初速度方向
57、为x轴，因为tan45=，解得vy=2v0=4m/s则A点的速度v=则运动的时间t=OA间的电势差=4103V答：（1）该带电小球所受到的电场力是2103N；（2）该带电小球在第二秒内速度的变化量是2m/s；（3）带电小球经过A点时速度V为2m/s，时间t为2s、OA间电势差UOA=4103V【点评】： 理解运动合成与分解的方法，并运用三角函数关系来综合求解，最后还注意U=Ed式中的d的含义33如图（a）所示，间距为50cm、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为=30的斜面上在区域I内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度为0.5T；在区域内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度Bt的大小随时间t
58、变化的规律如图（b）所示t=0时刻在轨道上端的金属细棒ab从如图位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd在位于区域I内的导轨上由静止释放在ab棒运动到区域的下边界EF处之前，cd棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好已知cd棒的质量为0.1kg、ab棒的质量及两棒的阻值均未知，区域沿斜面的长度为1m，在t=tx时刻（tx未知）ab棒恰进入区域，求：（1）通过cd棒电流的方向和区域I内磁场的方向；（2）当ab棒在区域内运动时cd棒中的电流；（3）ab棒开始下滑的位置离EF的距离及ab棒的质量；（4）求：ab棒开始下滑至EF的过程中，ab棒的动能、重力势能的变化量以及回路中产生的内能Q对
59、于问题（4），有同学是这么认为的：ab棒在下滑过程中，由于安培力对ab棒做负功，故棒的机械能减少，减少的机械能等于回路中产生的内能Q，该同学的分析是否正确？如果正确，按照他的思路，解出内能Q；如果不正确，请说明有什么问题并按照你的理解，解出内能Q【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律；安培力【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： （1）根据右手定则判断出ab棒中的电流方向，从而得出通过cd棒中的电流方向，根据cd棒处于静止，通过安培力的方向，根据左手定则判断出区域I内磁场的方向（2）对cd棒，根据平衡求出感应电流的大小（3）棒ab进入II区域前后回路中的电动势不变，即磁场变化产生
60、电动势与导体切割磁感线产生电动势相等，据此求出导体棒进入II时速度大小，然后根据导体棒匀加速下滑的特点即可求出结果（4）回路中电流恒定，根据Q=EIt可求出结果【解析】： 解：（1）根据右手定则，可知通过ab棒的电流方向由ab；那么通过cd棒的电流方向：dc；根据平衡条件，可知，棒ab的安培力方向沿导轨向上，根据左手定则，则有：区域I内磁场方向为垂直于斜面向上；（2）对cd棒，F安=BIl=mgsin所以通过cd棒的电流大小I=2A（3）ab棒在到达区域II前做匀加速直线运动，a=gsin=5m/s2；cd棒始终静止不动，ab棒在到达区域II前、后，回路中产生的感应电动势不变，则ab棒在区域I
61、I中一定做匀速直线运动可得；=BLvt，即=BLgsintx，所以tx=ab棒在区域II中做匀速直线运动的速度vt=m/s； 则ab棒开始下滑的位置离EF的距离h=at x2+l=1.5m；根据ab棒在区域II中一定做匀速直线运动，因此受到重力，安培力，与支持力，根据平衡条件，则有：G=F安；因Bt磁感应强度为0.5T，则两棒受到的安培力大小相等，又由于cd棒处于静止，则两棒的质量相等，即为0.1kg；（4）根据能量守恒定律，可知，想法是不正确的；ab棒在区域II中运动的时间t2=sab棒从开始下滑至EF的总时间t=t x+t2=s =Blvt=V；ab棒从开始下滑至EF的过程中闭合回路中产生
62、的热量：Q=It=1J；而ab棒的动能为EK=0.25J；那么其重力势能的变化量为EP=mgh=0.1101.50.5=0.75J；则减小的机械能为E=0.750.25J=0.5J；因此减少的机械能E不等于回路中产生的内能Q，原因是ab棒没有进入磁场II时，电路中已有电流，从而产生内能答：（1）通过cd棒的电流方向 dc，区域I内磁场方向为垂直于斜面向上（2）当ab棒在区域内运动时cd棒的电流大小2A（3）ab棒开始下滑的位置离EF的距离为1.5m，质量为0.1kg（4）ab棒开始下滑至EF的过程中回路中产生的热量为1J【点评】： 解决这类问题的关键是弄清电路结构，正确分析电路中的电流以及安培力的变化情况，并掌握焦耳定律的内容
