1、二、选择题：本大题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1417题只有一项是符合题目要求，第1821题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分。有选错的得0分。14物理学的发展是许多物理学家奋斗的结果，下面关于一些物理学家的贡献说法A安培通过实验发现了通电导线对磁体有作用力，首次揭示了电与磁的联系B奥斯特认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，并提出了著名的洛伦兹力公式C库仑在前人工作的基础上通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力遵循的规律库仑定律D洛伦兹不仅提出了电场的概念，而且采用了画电场线这个简洁的方法描述电场【答案】C【解析】试题分析：奥斯
2、特通过实验发现了通电导线周围存在磁场，首次揭示了电与磁的联系，选项A错误；洛伦兹认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，并提出了著名的洛伦兹力公式，选项B错误；库仑在前人工作的基础上通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力遵循的规律库仑定律，选项C正确；法拉第不仅提出了电场的概念，而且采用了画电场线这个简洁的方法描述电场，选项D错误；故选C.考点：物理学史15. 如图所示，在光滑、绝缘的水平桌面上固定放置一光滑、绝缘的挡板ABCD，AB段为直线挡板，BCD段是半径为R的圆弧挡板，挡板处于场强为E的匀强电场中，电场方向与圆直径MN平行现有一带电量为q、质量为m的小球由静止从挡板内
3、侧上的A点释放，并且小球能沿挡板内侧运动到D点抛出，则A小球运动到N点时，挡板对小球的弹力一定为零B小球运动到N点时，挡板对小球的弹力一定大于EqC小球运动到M点时，挡板对小球的弹力一定为零D小球运动到C点时，挡板对小球的弹力一定大于mg【答案】B【解析】试题分析：小球从静止A点释放，能沿挡板内侧运动到D点抛出，知小球在AB段的合力方向沿AB向下，则电场力方向水平向右，小球一定带正电；小球受到的合力方向沿AB向下，所以小球在圆轨道内运动的过程中，圆轨道的等效最高点在M点，圆轨道的等效最低点位于N点小球运动到N点时，电场力方向水平向右，则，可知挡板对小球的弹力大于电场力qE，故A错误，B正确；小
4、球运动到M点时水平方向的合力提供圆周运动向心力，故当小球所受电场力刚好提供小球圆周运动的向心力时，挡板对小球的作用力才为0，故C错误；当小球在点C时的速度大于0，小球竖直方向所受弹力提供小球圆周运动向心力，整个轨道是在水平面上，而不是竖直平面，所以c点弹力与重力无法比较，故D错误故选B考点：圆周运动的规律16.如图所示，理想变压器的原线圈接有交变电压U，副线圈接有光敏电阻R1（光敏电阻随光照强度增大而减小）、定值电阻R2则 A仅增强光照时，原线圈的输入功率减小B仅向下滑动P时，R2两端的电压增大C仅向下滑动P时，R2消耗的功率减小D仅增大U时，R2消耗的功率减小【答案】B【解析】试题分析：光照
5、增强，R1减小，副线圈电阻减小，因为原线圈交流电压不变，匝数比不变，所以副线圈电压不变，公式则功率应增大，所以A错误；向下滑动P，则副线圈电压变大，所以R2两端电压变大，R2电功率变大，所以B正确，C错误；U增大，副线圈电压增大，R2消耗功率应该增大，所以D错误；故选B。考点：变压器的动态分析17如图所示，一轻绳通过一光滑定滑轮，两端各系一质量为m1和m2的物体，m1放在地面上，当m2的质量发生变化时，m1的加速度a的大小与m2的关系大致如下图所示中的图 【答案】D【解析】试题分析：根据牛顿定律，对两物体的系统，解得，当m2增加到等于m1时，a=0；当m2趋近于无穷大时，a=g，故选D.考点：
6、牛顿第二定律的应用18. 在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个矩形的金属导体框，规定磁场方向向上为正，导体框中电流的正方向如图所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图变化时，下图中正确表示导体框中感应电流变化的是 【答案】C【解析】试题分析：根据法拉第电磁感应定律有：，因此在面积、匝数不变的情况下，感应电动势与磁场的变化率成正比，即与B-t图象中的斜率成正比，由图象可知：0-2s，斜率不变，故形成的感应电流不变，根据楞次定律可知感应电流方向顺时针（俯视）即为正值，而在2-4s斜率不变，电流方向为逆时针，整个过程中的斜率大小不变，所以感应电流大小不变；根据楞次定律，向上的磁场先减小，再向下磁场在增
7、大，则感应电流方向为逆时针，即为负方向，故ABD错误，C正确故选C考点：法拉第电磁感应定律; 楞次定律19如图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有A甲的切向加速度始终比乙的大 B甲、乙在同一高度的速度大小相等C甲、乙在同一时刻总能到达同一高度 D甲比乙先到达B处【答案】BD【解析】试题分析：由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A错误；由机械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度（重力势能）相等处的动能也相等，故B正确；甲的切向加速度先比乙的大，速度增大的比较快，开始阶段的位移比
8、较大，故甲总是先达到同一高度的位置故C错误，D正确故选BD考点：牛顿第二定律；机械能守恒定律20质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度图像如图所示，其中OA为过原点的一条直线。从t1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff，则A.0t1时间内，汽车的牵引力等于B.汽车在t1t2时间内的功率等于t2以后的功率C.t1t2时间内，汽车的功率等于D.t1t2时间内，汽车的平均速度等于【答案】BC【解析】试题分析：汽车匀加速运动时的加速度为，牵引力为，A错误；因t1时刻汽车已经达到最大功率，t1-t2时间内，汽车的功率等于匀加速过程的功率，故选项B正确；汽车的最大功率为：P
9、=Fv1，达到最大速度时有P=Ffv2，联立可得最大速度为，C正确； tl-t2时间内，汽车做变加速运动，该过程图线与时间轴围成的面积，大于匀变速过程的面积，即变加速的位移等于匀加速的位移，所以汽车的平均速度大于，D错误；故选BC。考点：牛顿第二定律的应用；功率21. 如图所示，一质量为m的物体静置在倾角为=300的光滑斜面底端。现用沿斜面向上的恒力F拉物体，使其做匀加速直线运动，经时间t，力F做功为W，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，若以斜面底端为重力势能零势能面，则下列说法正确的是 A恒力F大小为B从开始到回到出发点的整个过程中机械能增加了WC回到出发点时重力的瞬时功率为D物体动
10、能与势能相等的位置在撤去恒力位置的上方【答案】AB【解析】试题分析：从开始到经过时间t，物体受重力，拉力，支持力，由牛顿第二定律得物体加速度为：撤去恒力F到回到出发点，物体受重力，支持力，由牛顿第二定律得物体加速度为：a=gsin 两个过程位移大小相等方向相反，时间相等得：at2=-（att-at2）联立解得：a=3a，故A正确；从开始到回到出发点的整个过程中，只有力F对物体做功为W，则物体的机械能增加了W，选项B正确；回到出发点时，重力的瞬时功率为，选项C错误；刚撤去F的瞬时，物体的动能；物体的重力势能：，此时的动能小于重力势能；撤去力F后的位置到最高点，动能继续减小，重力势能增大，动能与势
11、能相等的位置不可能在这段距离，所以动能与势能相等的位置在撤去力F之前的某位置，故D错误；故选AB.考点：牛顿定律的应用三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须做答。第3340题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题（共129分）22.（7分）像打点计时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况的常用计时仪器，其结构如图甲所示，a、b分别是光电门的激光发射和接收装置，当有物体从a、b间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间如图乙所示，气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可
12、视为没有摩擦。某实验小组利用如图乙所示的实验装置来验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒实验前要调整气垫导轨底座使之水平，用游标卡尺测得遮光条的宽度为d，实验时滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间图甲（1）某同学用游标卡尺测得遮光条（图丙）的宽度d = cm （2）实验前需要调整气垫导轨底座使之水平，实验时将滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门所花时间为=1.210-2s ，则滑块经过光电门时的瞬时速度为（用游标卡尺的测量结果计算） m/s（3）在本次实验中还需要测量的物理量有：钩码的质量m、_和 （用文字说明并用相应的字母表示）。（4）本实验，
13、通过比较 和 在实验误差允许的范围内相等（用测量的物理量符号表示），从而验证了系统的机械能守恒。【答案】（1）0.540cm.（2）0.45m/s （3）滑块上的遮光条初位置到光电门的距离S ；滑块的质量M （4）mgS ；.【解析】考点：验证机械能守恒。23（8分）某同学和你一起探究弹力和弹簧伸长的关系，并测量弹簧的劲度系数做法是先将弹簧的一端固定在铁架台上，然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧的一侧，并使弹簧另一端的指针恰好落在刻度尺上当弹簧自然下垂时，指针指示的刻度数值记作L0；弹簧下端挂一个50g砝码时，指针指示的刻度数值记作L1；弹簧下端挂两个50g砝码时，指针指示的刻度数值记作
14、L2；挂七个50g砝码时，指针指示的刻度数值记作L7测量记录表：代表符号L0L1L2L3L4L5L6L7刻度数值/cm1.703.405.108.6010.3012.10（2分）实验中，L3和L7两个值还没有记录，请你根据右图将这两个测量值填入表中_，_。 (2分)为了充分利用测量数据，该同学将所测得的数值按如下方法逐一求差分别计算出三个差值：d1L4L06.90 cm，d2L5L16.90 cm，d3L6L27.00 cm，请你给出第4个差值d4_ cm(2分)根据以上差值，可以计算出每增加50g砝码的弹簧平均伸长量L，DL用d1、d2、d3、d4表示的式子为DL_；（2分）计算弹簧的劲度系
15、数k_N/m（g取9.8m/s2）【答案】6.85， 14.05； L7L3， 7.20；28【解析】试题分析：L3和L7两个值分别是：6.85cm和14.05cm；d4L7L37.20cm由题可知：d1=4L1；d2=4L2；d3=4L3；d4=4L4；且；代入数据可知k28N/m.考点：探究弹力和弹簧伸长的关系。24（16分）如图甲所示，建立Oxy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为L。第一、四象限有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于Oxy平面向里。位于极板左侧的粒子源沿x轴向右连接发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子。在03t0时间内
16、两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极边缘的影响）。已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场。上述m、q、L、t0、B为已知量。（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）求电压U0的大小。求t0/2时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径。y何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间。xOBPQv0LL图甲UPQtOU0-U0t02t03t0图乙【答案】（1）（2）（3）时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短；【解析】带电粒子离开电场时的速度大小为设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有联立式解得。（3）时刻进入两极板的带电
17、粒子在磁场中运动时间最短。带电粒子离开磁场时沿y轴正方向的分速度为，设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为，则，联立式解得，带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示，圆弧所对的圆心角为，所求最短时间为,带电粒子在磁场中运动的周期为，联立以上两式解得。考点：带电粒子在电场及磁场中的运动25（16分）如图所示，在xOy竖直平面内，Y轴的右侧有垂直纸面向外的匀强磁场B=0.4T和竖直向上的匀强电场E=2N/C，长为L=16m水平绝缘传送带AB以速度v0=3m/s顺时针匀速转动，右侧轮的轴心在Y轴上，右侧轮的上侧边缘B点的坐标是（0，y=8m）一个质量为M=2g、电荷量为q =+0.01C的小物块
18、（可视为点电荷）以轻轻放在传送带左端，小物块与传送带之间的动摩擦因数=0.2，小物块从传送带滑下后，经过x轴上的P点（没画出），重力加速度g=10m/s2。求：（1）P点的坐标；（2）小物块从静止开始到经过x轴所用的时间；（结果保留2位小数）（3）改变传送带匀速运行的速度，可让小物体从传送带上滑下后经过坐标原点O，那么要让小物块经过坐标原点，传送带运行的速度范围。【答案】（1）（-3m，0）（2）8.65s（3）m/s。【解析】试题分析：（1）小物体在传送带做初速度为0的匀加速运动的加速度m/s2当小物体与传送带速度相等时，所用时间s，这段时间内小物体的位移m0，当气体对外做功时，其内能不一定
19、增加，选项D错误；根据可知，气体在等压膨胀过程中,温度一定升高，选项E正确；故选ABE.考点：气体的体积及压强；热力学第一定律；理想气体的状态变化方程(2)(10分)如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置，玻璃管的下部封有长l1=25.0cm的空气柱，中间有一段长为l2=25.0cm的水银柱，上部空气柱的长度l3=40.0cm。已知大气压强为P0=75.0cmHg。现将一活塞（图中未画出）从玻璃管开口处缓缓往下推，使管下部空气柱长度变为l1=20.0cm。假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离。【答案】15.0 cm【解析】试题分析：以cmHg为压强单位，在活塞下推前，玻璃管下部
20、空气柱的压强为p1p0p2设活塞下推后，下部空气柱的压强为p1，由玻意耳定律得p1l1p1l1 如图，设活塞下推距离为l，则此时玻璃管上部空气柱的长度为l3l3l1l1l 设此时玻璃管上部空气柱的压强为p3，则p3p1p2 由玻意耳定律得p0l3p3l3 由至式及题给数据解得l15.0 cm考点：玻意耳定律34【物理选修3-4】（15分）（1）一列沿x轴正方向传播的机械波，波速为4m/s，t=0 时刻波形如图所示，下列说法正确的是( ) A这列波传播的周期为2s B. 平衡位置为x=10m处的质点起振方向为竖直向下 C平衡位置为x=3.5m处的质点在t=0到t=T/4时间段内路程等于2cm D
21、t=9s时，平衡位置为x=3.5m处的质点正在向下振动 E平衡位置为x=4m处的质点位移总是和平衡位置为x=8m处的质点位移相同【答案】ABD【解析】试题分析：这列波传播的周期为，选项A正确；因波传到x=8cm处的质点开始起振的方向向下，则平衡位置为x=10m处的质点起振方向也为竖直向下，选项B正确；平衡位置为x=3.5m处的质点在t=0时不在平衡位置，故在t=0到t=T/4时间段内路程不等于2cm，选项C错误；t=9s=4.5T时，波形图与t=0时刻的波形关于横轴对称，故平衡位置为x=3.5m处的质点正在向下振动，选项D正确；平衡位置为x=4m处的质点和平衡位置为x=8m处的质点相距半个波长
22、，故它们的位移总是大小相同，方向相反，选项E错误；故选ABD.考点：机械波的传播（2）（10分）如图乙所示，ABCD是一直角梯形棱镜的横截面，位于截面所在平面内的一束光线由O点垂直AD边射入。已知棱镜的折射率，AB=BC=8cm，OA=2cm，OAB=60，光线第一次射出棱镜是从哪个面射出？出射光线与出射面的夹角为多大？【答案】光线第一次射出棱镜是在CD边，出射光线与出射面的夹角为450.【解析】试题分析：光路图如图所示，由几何关系可知光线在AB边和BC边的入射角均为60，均发生全反射。设光线在CD边的入射角为，折射角为，由几何关系得，小于临界角，光线第一次射出棱镜是在CD边，由折射定律得 ，解得=450.考点：光的折射定律