1、上海市六校联考2015届高考物理模拟试卷一单项选择题（共16分，每小题2分每小题只有一个正确选项）1下列说法符合物理学史的是( )A牛顿认为光是一种波B卢瑟福发现了质子并预言了中子的存在，查德威克发现了中子C法拉第预言并验证了电磁波的存在D牛顿发现了万有引力定律并测出了万有引力常数G的值2下列四组物理量的单位，都属于国际单位制中的基本单位的是( )A库仑、开尔文、焦耳B千克、安培、摩尔C米、特斯拉、瓦特D牛顿、开尔文、安培3下列有关说法中正确的是( )A散射实验说明了原子内部绝大部分空间是空的B核力只存在于质子与质子之间，中子与中子之间没有核力作用C因为粒子的速度比粒子的速度小，所以粒子的电离
2、本领也小D某放射性物质经过一个半衰期该放射性元素的含量减少了N若经过两个半衰期，该放射性元素的含量减少2N4下列有关说法正确的是( )A温度是大量分子无规则运动的宏观表现，是一种统计规律B热传递时热量也能自发地从低温物体传给高温物体C温度升高，组成物体的每个分子的动能都将随温度的升高而增大D温度越高的物体，其内能也越大5一个门电路的两个输入端A、B与输出端Z的波形如图所示，则可知该门电路是( )A与门B或门C非门D与非门6一弹簧振子以O为平衡位置在A、B之间做简谐振动，C、D分别为AO、BO的中点，设其周期为T，则下列说法正确的是( )A振子由A到C的时间为B振子由C到D的时间为C若A到C的时
3、间为t1，C到O的时间为t2，则t1t2D在C选项中应有t1t27根据汉族民间传说，木杆秤是鲁班发明的它是我国民间过去很长时间一直使用的称量物体质量的衡器通常它是由一根一头粗、一头细的质量分布不均匀的直杆、称钩（BD）、提纽（O）、用可左右移动的轻线悬挂的称砣（质量为m）组成称杆与称钩整体的重心在C点不称物体时，将称砣置于A处，此时手提提纽，称杆恰能水平平衡因而A点质量的刻度为零当称钩上悬挂重物时，秤砣向右移动x到P点时重新平衡则下列有关说法正确的是( )A杆秤上的刻度一定是均匀的B其它条件不变，OB之间的距离越小，称量范围越小C其它条件不变，砣的质量越大，秤量范围越小D如果在加速上升的电梯中
4、，杆秤称量计数将偏大8一个用半导体材料制成的电阻器D，其电流I随它两端电压U的关系图象如图（a）所示，将它与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消耗的电功率相同，现将它们连接成如图（b）所示的电路，仍接在该电源的两端，设电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别是PD、P1、P2，它们之间的大小关系是( )AP1=4P2BP14P2CPDP2DPDP2二单项选择题（共24分，每小题3分每小题只有一个正确选项）9将一只木球以v0的初速度竖直向上抛出，设小球在运动过程中所受到的阻力f的大小与小球的运动速度v成正比则在小球抛出后到落回抛出点的过程中，其运动的速度v、加速度a
5、、位移s和机械能随时间t（或离出发点的距离h）的函数图象，其中一定错误的是( )ABCD10为模拟空气净化过程，有人设计了含有带电灰尘空气的密闭玻璃圆桶，圆桶的高和直径相等，如图所示第一种除尘方式是：在圆桶顶面和底面间加上电压U沿圆桶轴线方向形成一个匀强电场，尘粒的运动方向如图甲所示；第二种除尘方式是：在圆桶轴线处放一直导线，在导线与桶壁间加上的电压也等于U，形成沿半径方向的辐向电场，尘粒的运动方向如图乙所示假设每个尘粒的质量和带电量均相同，不计重力在这两种方式中( )A电场对单个尘粒做功的最大值相等B尘粒受到电场力大小相等C尘粒都做匀加速直线运动D第一种方式比第二种方式除尘速度快11如图所示
6、，A、B和O位于同一条直线上，波源O产生的横波沿该直线向左右两侧传播，波速均为5m/s当波源起振后经过时间6s，A点起振，又经过时间4s，B点起振，此后A、B两点的振动方向始终相反，则下列说法中正确的是( )AA、B两点的起振方向相反BA、B两点之间的距离一定为半波长的奇数倍C这列横波的波长可能为4mD波源振动周期可能为1.6s12有一星球其半径为地球半径的2倍，平均密度与地球相同，今把一台在地球表面走时准确的摆钟移到该星球表面，摆钟的秒针走一圈的实际时间变为( )A0.5minBminCminD2min13如图所示，地面是由水平面AB、斜面BC和底部水平面CD组成让一质点小球从光滑水平面AB
7、分别以速度v0和2v0向右运动，落地点与AB的高度差分别为h1和h2落地点与B点的水平距离分别为x1和x2则h1：h2和x1：x2不可能的情况是( )Ah1：h2=1：1； x1：x2=1：2Bh1：h2=1：2； x1：x2=1：2Ch1：h2=1：3； x1：x2=1：3Dh1：h2=1：4； x1：x2=1：414子弹以初速度v0水平向右射出，沿水平直线穿过一个正在沿逆时针方向转动的薄壁圆筒，在圆筒上只留下一个弹孔（从A位置射入，B位置射出，如图所示）OA、OB之间的夹角=，已知圆筒半径R=0.5m，子弹始终以v0=60m/s的速度沿水平方向运动（不考虑重力的作用），则圆筒的转速可能是(
8、 )A20r/sB60r/sC100r/sD140r/s15如图所示电路中，电源的内电阻为r，R2、R3、R4均为定值电阻，电表均为理想电表闭合电键S，当滑动变阻器R1的滑动触头P向右滑动时，电流表、和电压表的示数变化量的大小分别为I1、I 2和U，下列说法不正确的是( )AI1I 2B电流表示数变大C电流表示数变大Dr16如图所示，一根上粗下细（上下两段各自粗细均匀）的玻璃管上端开口、下端封闭，上端足够长，下端有一段水银柱封闭了一定质量的理想气体现将封闭气体温度同时缓慢降低，在气体温度不断下降过程中，水银柱缓慢向下移动，则下图中的图线最接近被封闭气体体积V和热力学温度T关系的是( )ABCD
9、三多项选择题（共16分，每小题4分每小题有二个或三个正确选项全选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错或不答的，得0分）17下列有关说法中，正确的是( )A重力势能的变化与零势力能面的选择有关B动能的变化与参照物的选择有关C同一个力在同一个过程中做功的数值与参照物的选择有关D作用力与反作用力作功的绝对值总是相等的18如图所示，三条虚线表示某电场中的三个等势面，其电势分别为1=10V，2=20V，3=30V图中实线AB是一个带电粒子只受电场力作用下运动的轨迹则( )A粒子带负电，且一定是从A运动到BB粒子在A点的速度大于在B点的速度C粒子在A点的加速度大于在B点的加速度D粒子在A点的电势能大
10、于在B点的电势能19如图，光滑绝缘水平桌面上有一矩形线圈abcd，ad边长度大于磁场宽度当ab边刚穿越磁场区域时，其动能恰好等于ab边进入磁场前时的一半则该线圈ab边通过磁场的过程与cd边通过磁场的过程相比( )A导线中流过的电量相同B速度的变化量相同C安培力作功相同Dcd边可能会停在磁场中20如图所示，三位芭蕾演员A、B、C同时从边长为3m的正三角形顶点A、B、C出发，以大小同为0.2m/s的速度运动每人的步幅都很小，运动中始终保持A朝着B运动，B朝着C运动，C朝着A运动如果将每位演员都当作质点则( )A她们的连线任何时刻都组成了正三角形B她们经过10秒相遇C她们在相遇前各自走了3m的路程D
11、她们经过15秒相遇四填空题（共20分，每小题4分）（第22、23题，考生任选一题若两题均做，一律按22题计分)21倾角37，质量M=6kg的粗糙斜面位于水平地面上，质量m=2kg的木块置于斜顶端，从静止开始匀加速下滑，经t=2s到达底端，运动路程l=4m，在此过程中斜面保持静止则：（1）地面对斜面的摩擦力方向为_；（2）地面对斜面的支持力大小为_N22一列质量为15t的机车，以0.2m/s的速度驶向一节质量为10t原来静止的车箱，机车与车箱碰撞完成对接如果对接时忽略机车以及车箱与轨道之间的摩擦力的大小，则对接后机车与车箱共同的速度的大小是_m/s；对接后，机车与车箱系统的机械能与对接前比将_（
12、填“变大”、“变小”或“不变”）23一宇宙飞船绕火星作匀速圆周运动，飞行高度为h，飞行一周的时间为T，火星的质量为M，由此可知火星的半径为_；飞船的线速度大小是_24如图所示，在水平向右的匀强电场中，长为l的绝缘轻杆可绕固定轴O在竖直面内无摩擦转动，两个小球A、B固定于杆的两端，A、B的质量分别为3m和5m，A带负电，电量为q，B带正电，电量也为q若杆在水平位置，由静止开始转动，杆能转过的最大角度为53，则匀强电场的场强E=_；在转动过程，则AB两球组成的系统的电势能的改变量为_25如图为一种节能系统：斜面轨道倾角为30，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为木箱在轨道顶端时，自动装货装置将货物装
13、入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速下滑，轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，之后木箱恰好被弹回到轨道顶端上述过程中货物的质量m=_M；向下运动过程中速度最大时弹簧的弹性势能_（填“大于”、“等于”、或“小于”）向上滑动过程中速度达到最大时弹簧的弹性势能26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
14、：（1）所用的时间t_1s（填“”、“=”或“”）；（2）拉力做的功为_J五实验题（共24分）27某同学利用单摆测定重力加速度时，用秒表测量单摆的周期，当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n=0，单摆每经过最低点记一次数，当数到n=60时秒表的示数如图1所示（1）该单摆的周期是T=_s（2）（多选）测量结果与当地的重力加速度的真实值比较，发现偏大，可能原因是_A振幅偏小B开始计时误记为n=1C将摆线加上球直径当成了摆长D在单摆未悬挂之前先测定其摆线的长度（3）“重力勘探”是应用地球表面某处重力加速度的异常来寻找矿床假设A处的正下方有一均匀分布且体积为V的球形矿床，如图2所示，矿床的密度为
15、n（n1，为地球的平均密度），万有引力常量为G由于矿床的存在，某同学在地球表面A处利用单摆装置测得的重力加速度为g，明显大于该区域正常情况下地球表面的重力加速度理论值g0则根据上述数据可以推断出此矿床球心离A的距离r为_（请用题中已知的字母表示）28将1cm3的油酸溶于酒精，制成200cm3的油酸酒精溶液，已知1cm3溶液有50滴，现取1滴油酸酒精溶液滴到水面上随着酒精溶于水，油酸在水面上形成一单分子薄层，已测出这一薄层的面积为0.2m2由此可估测油酸分于的直径为_m利用油膜法可粗略地测定阿伏加德罗常数若已知n滴油的总体积为V，一滴油形成的油膜面积为s，这种油的摩尔质量为，密度为，油分子可视为
16、球体，则阿伏加德罗常数NA应为_A. B. C. D.29“研究回路中感应电动势E与磁通量变化快慢的关系”实验，如图1所示（1）某同学改变磁铁释放时的高度，作出Et图象寻求规律，得到如图2所示的图线由此他得出结论：磁通量变化的时间t越短，感应电动势E越大，即E与t成反比该同学实验结论需要补充的前提条件是：_（2）对实验数据的处理可以采用不同的方法如果横坐标取_，就可获得如图3所示的图线；若在基础上仅增加线圈的匝数，则实验图线的斜率将_（填“不变”“增大”或“减小”）30某同学利用图（a）所示的电路进行电路实验电路中R1的阻值为30，滑动变阻器R2上标有“50 2A”字样闭合电键S，将滑片P从最
17、左端向右移动到某位置时，电压表、电流表的示数分别为2伏和0.2安当继续向右移动滑片P，使得电压表与电流表指针偏离零刻度线的角度恰好均为指针满偏角度的时（两表满偏角度相同），如图（b）、（c）所示则此过程中，两表指针偏转的方向相_（填“同”、“反”）；该电源的电动势为_V，内阻为_六计算题（共50分）31一同学用图1示装置测量某不规则形状矿石的体积，直筒容器顶端有卡口，轻质活塞可无摩擦在筒内上下移动且密封良好，面积为10cm2为了改变封闭气体的温度，他连接了图示电路通过电热丝对封闭气体加热，并用温度传感器和刻度尺记录封闭气体的温度t和长度x（1）当烧瓶中气体温度逐渐升高时，封闭气体的温度t和长度
18、x变化的部分数据记录在表中，根据表中数据，在图2中画出该实验的xt关系图线x/cm303234363737t/727476787107（2）该实验中，不规则形状矿石的体积体积V0是多少ml？（3）如当时大气压为105Pa，100时，活塞对卡口的压力大小为多大？32如图所示是一个半径为R的轮子，它绕固定转动轴O顺时针方向转动，两侧各有一个长为L的竖直杆MO和NQ，它们都固定在天花板上M、N处（如图所示）两轻杆上距轴为a处各固定一宽度为b的摩擦块（上下厚度不计）摩擦块与轮子间动摩擦因数都是（），不计杆与摩擦块的重力为使轮子刹停，在两杆下端P、Q之间用轻绳悬挂一重物刚好使三根细绳之间夹角都相等（1）
19、有同学认为：“由于该装置高度对称，所以两边摩擦力的大小是相等的”你认为这位同学的看法是否正确？为什么（请简要说明你的理由）？（2）设AP和AQ上的拉力的大小都是F，则左、右两侧摩擦力作功之比是多少？（3）为使轮子在规定的时间内能停下，规定制动力矩的大小为M求此时在下方悬挂物体的重力G是多大？33如图所示是一个周期性变化的方波电压，其变化周期是T，电压的大小是U把这个电压加在一对平行金属板上，两板间就形成的电场可视为匀强电场在两板正中间各有一个小孔A和B质量为m、带电量为q的粒子从孔A进入平行板之间，重力和初速度可忽略不计，在电场力的作用下，粒子可以从孔B射出当t=0时有一个上述粒子恰好从孔A进
20、入，从静止开始加速，经过T时间恰好从孔B飞出（1）经过该粒子的速度是多少？（2）两板之间的距离d是多大？（3）如果该粒子是在时刻从孔A进入的，则在其出发后第一个周期的时间内粒子通过的位移是多少？34如图1所示，两条足够长的光滑水平轨道MN和PK相距L=0.4m，右端接一阻值为R=0.3的电阻，导轨上放一质量为m=2kg、电阻为r=0.1的导体棒cd，在ab以左的区域存在匀强磁场，磁场的磁感应变化规律如图2所示（设磁感应强度向上为正）开始时cd棒与ab相距x0=4m（1）为了使棒在t=0到t=10s时间内保持静止，可在棒上施加一个大小随时间变化的水平力F，设向右为正方向，请求出t=5s时能过电阻
21、R的电流；（2）写出上一问题中水平力F随时间变化的关系式；（3）当t=10s时，保持水平拉力的大小不变，而使拉力的方向水平向左，求稳定后棒的最大速度是多少？（4）当棒达到最大速度后撤去水平拉力，求撤去拉力后还能滑行多远？上海市六校联考2015届高考物理模拟试卷一单项选择题（共16分，每小题2分每小题只有一个正确选项）1下列说法符合物理学史的是( )A牛顿认为光是一种波B卢瑟福发现了质子并预言了中子的存在，查德威克发现了中子C法拉第预言并验证了电磁波的存在D牛顿发现了万有引力定律并测出了万有引力常数G的值考点：物理学史 分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：A、牛
22、顿认为光是一种粒子流，他的观点支持了光的微粒说，故A错误；B、卢瑟福发现了质子并预言了中子的存在，查德威克通过原子核人工转变的实验发现了中子故B正确；C、麦克斯韦建立了完整的电磁场理论，并预言了电磁波的存在故C错误D、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了万有引力常量，验证了万有引力定律故D错误；故选：B点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2下列四组物理量的单位，都属于国际单位制中的基本单位的是( )A库仑、开尔文、焦耳B千克、安培、摩尔C米、特斯拉、瓦特D牛顿、开尔文、安培考点：力学单位制 分析：国际单位制规定了七个
23、基本物理量分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位解答：解：牛顿、特斯拉、库仑、瓦特、特斯拉都是国际单位制中的导出单位，千克、安培、摩尔是基本单位故B正确，ACD错误故选：B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，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的3下列有关说法中正确的是( )A散射实验说明了原子内部绝大部分空间是空的B核力只存在于质子与质子之间，中子与中子之间没有核力作用C因为粒子的速度比粒子的速度小，所以粒子的电离本领也小D某放射性物质经过
24、一个半衰期该放射性元素的含量减少了N若经过两个半衰期，该放射性元素的含量减少2N考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度；粒子散射实验 专题：衰变和半衰期专题分析：散射实验中绝大多数不偏转，说明绝大部分空间是空的；核力存在于相邻质子间、中子间、质子与中子间的；粒子的电离本领最大；经过一个半衰期有半数发生衰变解答：解：A、散射实验说明了原子内部绝大部分空间是空的，故A正确；B、核力只存在于质子与质子之间，中子与中子之间没有核力作用，故B错误；C、因为粒子的速度比粒子的速度小，所以粒子的电离本领也小，故C错误；D、经过一个半衰期该放射性元素的含量减少了N若经过两个半衰期，第二次含量减小了0.5N，该放射
25、性元素的含量减少了1.5N，故D错误；故选：A点评：考查散射实验的意义，掌握核力存在的范围，理解粒子的电离本领与穿透能力，注意半衰期的内涵4下列有关说法正确的是( )A温度是大量分子无规则运动的宏观表现，是一种统计规律B热传递时热量也能自发地从低温物体传给高温物体C温度升高，组成物体的每个分子的动能都将随温度的升高而增大D温度越高的物体，其内能也越大考点：温度是分子平均动能的标志 分析：温度是分子平均动能的标志，大量分子的无规则运动是有统计规律的，气体的体积等于气体分子所能达到的整个空间；相同温度下，分子的运行速度并不是都相同的解答：解：A、温度是大量分子无规则运动的宏观表现，这是一种统计规律
26、；故A正确；B、热量可以自发地从高温物体向低温物体传递，但不能自发地从低温物体传给高温物体；故B错误；C、温度升高时，分子的平均动能增大，但可能有部分分子动能反而要减小；故C错误；D、温度越高，分子平均动能越大，但内能还与势能有关，若势能在减小，则内能不一定增大；故D错误；故选：A点评：本题考查内能及分子的平均动能，要重点掌握温度是分子平均动能的标志，而内能包括分子动能和分子势能5一个门电路的两个输入端A、B与输出端Z的波形如图所示，则可知该门电路是( )A与门B或门C非门D与非门考点：简单的逻辑电路 分析：与门的特点：事件的所有条件满足，事件才能发生或门的特点：只要有一个条件满足，事件就能发
27、生非门的特点：输入状态和输出状态完全相反解答：解：将A、B、C、D四个门电路分别代入，与门输入端全为“1”，输出端才为“1”，或门输入端只要有“1”，输出端就为“1”非门输入端为“1”，输出端为“0”故可知，该门电路应为与非门；故选：D点评：解决本题的关键掌握门电路的特点，与门的特点：事件的所有条件满足，事件才能发生或门的特点：只要有一个条件满足，事件就能发生非门的特点：输入状态和输出状态完全相反6一弹簧振子以O为平衡位置在A、B之间做简谐振动，C、D分别为AO、BO的中点，设其周期为T，则下列说法正确的是( )A振子由A到C的时间为B振子由C到D的时间为C若A到C的时间为t1，C到O的时间为
28、t2，则t1t2D在C选项中应有t1t2考点：简谐运动的回复力和能量 分析：首先知道弹簧振子的振动特点，在平衡位置的速度最大，据平衡位置越远，速度逐渐减小；再利用振子的运动的对称性分析即可解答：解：据振子的振动特点可知：振子离平衡位置越远速度逐渐减小A、由于A到C过程中的速率比C到O的速率小，所以由A到C的时间大于，；同理由C到O的时间小于，据对称性可知，从C到D的时间小于，故AB错误；CD、B项分析可知，A到C的时间为t1，C到O的时间为t2，则t1t2，故C正确，D错误；故选：C点评：解决本题的关键：一是知道振子的运动特点，利用速度和时间关系分析；二是知道振子运动的对称性，并能灵活应用7根
29、据汉族民间传说，木杆秤是鲁班发明的它是我国民间过去很长时间一直使用的称量物体质量的衡器通常它是由一根一头粗、一头细的质量分布不均匀的直杆、称钩（BD）、提纽（O）、用可左右移动的轻线悬挂的称砣（质量为m）组成称杆与称钩整体的重心在C点不称物体时，将称砣置于A处，此时手提提纽，称杆恰能水平平衡因而A点质量的刻度为零当称钩上悬挂重物时，秤砣向右移动x到P点时重新平衡则下列有关说法正确的是( )A杆秤上的刻度一定是均匀的B其它条件不变，OB之间的距离越小，称量范围越小C其它条件不变，砣的质量越大，秤量范围越小D如果在加速上升的电梯中，杆秤称量计数将偏大考点：力矩的平衡条件 分析：杆秤利用杠杆的平衡条
30、件，通过力臂的大小关系得出物体的质量与秤砣的质量之间的关系，测量物体的质量该题根据该原理解答即可解答：解：A、由图可知，OA之间的距离为a，OB之间的距离为b，OC之间的距离为c，设OB杆的质量为m0，秤砣与A之间的距离为x，当秤砣在A点到达平衡时：m0gc=（m+m）ga 当秤砣在距离A点的距离为x到达平衡时得：m0gc+Mgb=mga+mg（a+x）联立以上二式得：Mb=mx 即，重物 的质量与秤砣到A点的距离成正比，所以杆秤上的刻度一定是均匀的故A正确；B、由式可知，其它条件不变，OB之间的距离b越小，称量的质量的范围越大故B错误；C、由式可知，其它条件不变，砣的质量越大，秤量范围越大故
31、C错误；D、若在加速上升的电梯中，设加速度大小为：a0，当秤砣在距离A点的距离为x到达平衡时得：m0（g+a0）c+M（g+a0）b=m（g+a0）a+m（g+a0）（a+x）整理得：Mb=mx，可知与电梯的加速度无关所以如果在加速上升的电梯中，杆秤称量计数不变故D错误故选：A点评：该题考查学生对杠杆原理的应用与掌握，涉及杆秤的测量原理，应属于初中部分的知识点的内容，比较简单8一个用半导体材料制成的电阻器D，其电流I随它两端电压U的关系图象如图（a）所示，将它与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消耗的电功率相同，现将它们连接成如图（b）所示的电路，仍接在该电源的两
32、端，设电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别是PD、P1、P2，它们之间的大小关系是( )AP1=4P2BP14P2CPDP2DPDP2考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：根据半导体材料的伏安特性曲线可知，随着电压增大，电阻器D的电阻减小，电压减小，电阻增大电阻器D与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消耗的电功率均为P，此时三个电阻的阻值相等；当将它们连接成如图（b）所示的电路，接在该电源的两端时，电阻器D的电压小于电源的电压，电阻增大，根据并联电路的特点分析其电流与R1、R2电流的关系，再研究功率关系解答：解：由题，电阻器D与两个标准电阻R1、R
33、2并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消耗的电功率均为P，此时三个电阻的阻值相等；当将它们连接成如图（b）所示的电路，接在该电源的两端时，电阻器D的电压小于电源的电压，由（a）图象可知，电阻器D的电阻增大，则有RDR1=R2而RD与R2并联，电压相等，根据欧姆定律得知，电流IDI2，又I1=I2+ID，得到I12I2，I12IDP1=R1，PD=RD，P2=，所以得到P14P2，PDP2故ABC错误，D正确故选D点评：本题首先要读懂半导体材料的伏安特性曲线，其次要抓住串并联电路的特点进行分析二单项选择题（共24分，每小题3分每小题只有一个正确选项）9将一只木球以v0的初速度竖直向上抛出，
34、设小球在运动过程中所受到的阻力f的大小与小球的运动速度v成正比则在小球抛出后到落回抛出点的过程中，其运动的速度v、加速度a、位移s和机械能随时间t（或离出发点的距离h）的函数图象，其中一定错误的是( )ABCD考点：匀变速直线运动的图像；竖直上抛运动 专题：运动学中的图像专题分析：本题中木球受到重力和空气阻力作用，根据牛顿第二定律分析加速度情况，vt图象的斜率表示加速度，从而分析其运动情况，根据功能关系分析机械能的变化，即可选择图象解答：解：AB、上升阶段，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma，故a=g+，由于阻力随着速度的减小而减小，则加速度逐渐减小，vt图象的斜率减小；下降阶段，根据牛顿第
35、二定律，有：mgf=ma，故a=g，由于阻力随着速度的增大而增大，故加速度减小，vt图象的斜率减小故AB正确C、st图象切线的斜率等于速度，木块速度先增大后减小，由于上升过程的加速度比下降过程的加速度大，上升过程速度减小更快，所以上升时间比下降时间短，故C错误D、机械能的变化等于空气阻力做功，则有E=fh，上升时，f减小，Eh图象的斜率减小下降时，f增大，Eh图象的斜率增加，故D正确本题选错误的，故选：C点评：本题关键是受力分析后得到加速度的表达式，然后结合速度的变化得到阻力变化，最后判断出加速度的变化规律10为模拟空气净化过程，有人设计了含有带电灰尘空气的密闭玻璃圆桶，圆桶的高和直径相等，如
36、图所示第一种除尘方式是：在圆桶顶面和底面间加上电压U沿圆桶轴线方向形成一个匀强电场，尘粒的运动方向如图甲所示；第二种除尘方式是：在圆桶轴线处放一直导线，在导线与桶壁间加上的电压也等于U，形成沿半径方向的辐向电场，尘粒的运动方向如图乙所示假设每个尘粒的质量和带电量均相同，不计重力在这两种方式中( )A电场对单个尘粒做功的最大值相等B尘粒受到电场力大小相等C尘粒都做匀加速直线运动D第一种方式比第二种方式除尘速度快考点：带电粒子在匀强电场中的运动；* 静电的利用和防止 分析：根据分析灰尘的受力，判断可知灰尘最终落在圆柱上，电场对单个尘粒做功的最大值为Uq都相等解答：解：A、根据动能定理知，电场对单个
37、尘粒做功的最大值都等于Uq，故A正确B、由U=Ed可得，由于距离d不同，故电场强度不相同，故每个粒子受电场力大小不相等，故B错误；C、在甲中，粒子电场力方向与速度方向相同，做匀加速直线运动，在乙中，电场为发散状，故乙中粒子受力越来越小，故粒子做加速度减小的加速运动，故C错误D、由于两种粒子受到的电场力做功相等，故由动能定理可知，末动能一定相等；因第二种运动位移短，故第二种除尘速度要快；故D错误；故选：A点评：本题考查静电除尘的应用，是道较新颖的题目，也是物理与生活相结合的典型，注意应用带电粒子在电场中的运动去分析解答11如图所示，A、B和O位于同一条直线上，波源O产生的横波沿该直线向左右两侧传
38、播，波速均为5m/s当波源起振后经过时间6s，A点起振，又经过时间4s，B点起振，此后A、B两点的振动方向始终相反，则下列说法中正确的是( )AA、B两点的起振方向相反BA、B两点之间的距离一定为半波长的奇数倍C这列横波的波长可能为4mD波源振动周期可能为1.6s考点：横波的图象；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：振源O产生的横波沿直线向左右两侧传播，两列波关于波源具有对称性简谐波传播过程中各质点的起振方向都与波源的起振方向相同作出A点关于波源O点的对称点C，根据A、B两点的振动方向始终相反，分析A、B两点到振源O的距离之差与波长的关系解答：解：A、根据简谐波传播过程中
39、各质点的起振方向都与波源的起振方向相同，所以可以知道A、B两点的起振方向相同故A错误；B、A、B两点的振动方向始终相反，则A、B两点到振源O的距离之差为半波长的奇数倍，但A、B两点之间的距离不一定为半波长的奇数倍，故B错误；C、作出A点关于波源O点的对称点C，则有A、C两点的振动总是同步由题，A、B两点的振动方向始终相反，则C、B两点的振动方向始终相反，所以C、B间距离为半个波长奇数倍，则A、B两点到振源O的距离之差为半个波长的奇数倍由题得到：xCB=（2n+1）=4v=20m，解得：，则不可能为4m，故C错误；D、根据题意可知，t2=（2n+1）=4s，则T=，n=0、1、2、3，当n=2时
40、，T=1.6s，故D正确；故选：D点评：本题波源产生两列左右对称的机械波，要抓住对称性同一列波上振动情况总是相反的质点平衡位置距离最小等于半个波长，难度适中12有一星球其半径为地球半径的2倍，平均密度与地球相同，今把一台在地球表面走时准确的摆钟移到该星球表面，摆钟的秒针走一圈的实际时间变为( )A0.5minBminCminD2min考点：单摆周期公式 专题：单摆问题分析：根据万有引力公式先求出该星球的重力加速度与地球重力加速度的比值，再根据单摆的周期公式即可求解解答：解：星球的质量M=V=物体在星球表面所受的万有引力等于重力，所以有mg=F=，联立解得g=所以该星球的表面重力加速度与地球表面
41、的重力加速度之比为半径之比，即为2：1根据单摆的周期公式T=，有故所以该星球表面摆钟的秒针走一圈的实际时间为故选：B点评：该题主要考查了万有引力公式即单摆的周期公式的直接应用，难度不大，属于基础题13如图所示，地面是由水平面AB、斜面BC和底部水平面CD组成让一质点小球从光滑水平面AB分别以速度v0和2v0向右运动，落地点与AB的高度差分别为h1和h2落地点与B点的水平距离分别为x1和x2则h1：h2和x1：x2不可能的情况是( )Ah1：h2=1：1； x1：x2=1：2Bh1：h2=1：2； x1：x2=1：2Ch1：h2=1：3； x1：x2=1：3Dh1：h2=1：4； x1：x2=1
42、：4考点：平抛运动 专题：平抛运动专题分析：小球做的是平抛运动，分小球落在斜面上和落在水平地面，还是第一次落在斜面上，第二次落在地面上来讨论计算解答：解：当两次抛出的球都落在水平面上的时候，它们下降的高度相同，根据x=v0t可知，水平位移之比为1：2，所以A正确；当都落在斜面上的时候，根据位移的夹角相同可得得到，tan=，由于两次的速度为v0和2v0，所以运动的时间之比为1：2，根据x=v0t可知，水平位移之比为1：4，根据可知，高度之比为1：4，所以D正确；当只有v0抛出的落在斜面上的时候，2v0抛出的落在水平面上时，由于运动的时间不再是1：2，此时水平和竖直的比值不会在相同，所以B是可能，
43、C是不可能的，所以B正确，C错误；本题选不可能的，故选：C点评：本题是对平抛运动规律的考查，分析清楚可能的多地点，是解决本题的关键，然后根据不同的情况来分析计算即可14子弹以初速度v0水平向右射出，沿水平直线穿过一个正在沿逆时针方向转动的薄壁圆筒，在圆筒上只留下一个弹孔（从A位置射入，B位置射出，如图所示）OA、OB之间的夹角=，已知圆筒半径R=0.5m，子弹始终以v0=60m/s的速度沿水平方向运动（不考虑重力的作用），则圆筒的转速可能是( )A20r/sB60r/sC100r/sD140r/s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：子弹沿圆筒直径穿过圆筒，结果发现圆筒
44、上只有一个弹孔，在子弹飞行的时间内，圆筒转动的角度为（2n），n=1、2、3，结合角速度求出时间，从而得出子弹的速度解答：解：OA、OB之间的夹角=，所以A与B之间的距离等于R，在子弹飞行的时间内，圆筒转动的角度为（2n），n=1、2、3，则时间：t=，（n=1、2、3）所以子弹的速度：，（n=1、2、3）解得：，（n=1、2、3）则：=转速：，（n=1、2、3）当n=1时，r/s当n=2时，r/s故选：C点评：解决本题的关键知道圆筒转动的周期性，结合转过角度的通项式得出运动的时间，抓住子弹飞行的时间和圆筒转动时间相等进行求解15如图所示电路中，电源的内电阻为r，R2、R3、R4均为定值电阻，
45、电表均为理想电表闭合电键S，当滑动变阻器R1的滑动触头P向右滑动时，电流表、和电压表的示数变化量的大小分别为I1、I 2和U，下列说法不正确的是( )AI1I 2B电流表示数变大C电流表示数变大Dr考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：图中R1、R2并联后与R4串联，再与R3并联，电压表测量路端电压，等于R3电压当滑动变阻器R1的滑动触头P向右滑动时，由R1接入电路的电阻变化，根据欧姆定律及串并关系，分析电流表示数的变化，由闭合电路欧姆定律分析两电表示数变化量的比值解答：解：设R1、R2、R3、R4的电流分别为I1、I2、I3、I4，电压分别为U1、U2、U3、U4干路电流为I干，
46、路端电压为UABC、当滑动变阻器R1的滑动触头P向右滑动时，R1变大，外电路总电阻变大，I干变小，由U=EI干r知，U变大，U3变大，则I3变大因I干变小，则由I4=I干I3知I4变小，U4变小，而U2=UU4，U变大，则U2变大，I2变大，根据I4=I1+I2，知I1变小，即电流表A1示数变小电流表A2示数变大根据I4=I1+I2，I1变小，I2变大，而I4变小，则有I1I2故B错误，AC正确D、由欧姆定律U=EI干r，得=r由I干=I1+I2+I3，I1变小，I2变大，I3变大，I干变小，则I1I干，=r故r 故D正确本题选不正确的，故选：B点评：本题是电路的动态变化分析问题，首先要搞清电
47、路的结构，其次要按局部到整体，再回到局部的思路分析在确定电流表示数变化量与干路电流变化的大小，采用总量法，这是常用方法要学会16如图所示，一根上粗下细（上下两段各自粗细均匀）的玻璃管上端开口、下端封闭，上端足够长，下端有一段水银柱封闭了一定质量的理想气体现将封闭气体温度同时缓慢降低，在气体温度不断下降过程中，水银柱缓慢向下移动，则下图中的图线最接近被封闭气体体积V和热力学温度T关系的是( )ABCD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：气体温度不断升高，水银柱上升，当水银柱未进入细管时，封闭气体压强不变，发生等压变化，根据盖吕萨克定律，体积与热力学温度成正比当水银柱进入细管
48、时，封闭气体的压强逐渐增大当水银柱完全进入粗管时，封闭气体又等压变化本题根据盖吕萨克定律和气态方程研究解答：解：当水银柱未进入细管时，封闭气体压强不变，发生等压变化，根据盖吕萨克定律，体积与热力学温度成正比，Vt图象是过原点的倾斜的直线当水银柱进入细管时，封闭气体的压强逐渐减小，由题可知，T增大，V增大，由气态方程，得：，图线上的点与原点连线的斜率K=，当P减小时，K增大当水银柱完全进入粗管时，封闭气体压强不变，发生等压变化，根据盖吕萨克定律，体积与热力学温度成正比，=c=，Vt图象也是过原点的倾斜的直线，因为PP则这段直线斜率增大故选：A点评：本题考查分析理解物理图象的能力本题也可以就根据气
49、态方程研究关键要抓住水银未进入粗管和完全进入过程，封闭气体发生等压变化三多项选择题（共16分，每小题4分每小题有二个或三个正确选项全选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错或不答的，得0分）17下列有关说法中，正确的是( )A重力势能的变化与零势力能面的选择有关B动能的变化与参照物的选择有关C同一个力在同一个过程中做功的数值与参照物的选择有关D作用力与反作用力作功的绝对值总是相等的考点：功能关系；作用力和反作用力；重力势能 分析：重力势能的变化量等只与初末位置有关，与零势能面的选取无关，参照物的选择的不同，物体的运动情况不同，位移也可能不等，而功等于力与力的方向上的位移的乘积解答：解：A、
50、重力势能的变化量只与初末位置有关，与零势能面的选取无关，故A错误；B、参照物的选择的不同，同一个物体的速度不同，则动能不同，所以动能的变化与参照物的选择有关，故B正确；C、功等于力与力的方向上的位移的乘积，物体是否发生位移，位移的大小都与参照物的选取有关，所以同一个力在同一个过程中做功的数值与参照物的选择有关，故C正确；D、光滑水平面上放上两块磁铁，由于它们间的相互引力（或斥力）使它们运动而具有动能，如用质量不同的磁铁，那产生的位移就不同，作用力与反作用力作功的绝对值不相等，故D错误故选：BC点评：本题考查了重力势能、动能的影响因素以及做功公式的直接应用，知道物体的运动速度和位移都与参考系的选
51、取有关，难度不大，属于基础题18如图所示，三条虚线表示某电场中的三个等势面，其电势分别为1=10V，2=20V，3=30V图中实线AB是一个带电粒子只受电场力作用下运动的轨迹则( )A粒子带负电，且一定是从A运动到BB粒子在A点的速度大于在B点的速度C粒子在A点的加速度大于在B点的加速度D粒子在A点的电势能大于在B点的电势能考点：电势差与电场强度的关系；电势；电势能 专题：电场力与电势的性质专题分析：做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧，本题中粒子只受电场力，由此可判断电场力向右，根据电场力做功可以判断电势能的高低和动能变化情况，加速度的判断可以根据电场线的疏密进行解答：解：A、由图象可知带电
52、粒子的轨迹向右偏转，得出粒子所受力的方向向右；又由电场线指向电势降低的方向，得出电场线方向大致向左因为带电粒子受力与电场的方向相反，所以粒子带负电，可能从A运动到B，也可能从B运动到A故A错误B、从A到B的过程中电场力做正功，电势能减小，且B点的速度大于A点的速度，故B错误，D正确；C、等势面的疏密代表电场线的大小，故在A点电场强度大，在A点受力大于B点，故在A点加速度大于B点，故C正确；故选：CD点评：本题以带电粒子在电场中的运动为背景考查了带电粒子的电性以及粒子的速度、加速度、电势能等物理量的变化情况19如图，光滑绝缘水平桌面上有一矩形线圈abcd，ad边长度大于磁场宽度当ab边刚穿越磁场
53、区域时，其动能恰好等于ab边进入磁场前时的一半则该线圈ab边通过磁场的过程与cd边通过磁场的过程相比( )A导线中流过的电量相同B速度的变化量相同C安培力作功相同Dcd边可能会停在磁场中考点：导体切割磁感线时的感应电动势；法拉第电磁感应定律 专题：电磁感应与电路结合分析：进磁场和出磁场的过程都做变减速直线运动，比较进磁场和出磁场时所受的安培力大小，从而判断出线圈能否通过磁场，根据q=知电荷量根据W=Fl判定做功情况解答：解：CD、线圈出磁场时的速度小于进磁场时的速度，安培力F=BIL=，知出磁场时所受的安培力小于进磁场时所受的安培力，根据动能定理，由于进磁场时安培力做功大于出磁场时安培力做功，
54、则cd经过磁场时动能的变化量小于ab经过磁场时动能的变化量，ab出磁场时其动能恰好等于它进磁场时的一半，知出磁场后，动能不为零，还有动能，将继续运动，不会停下来故CD错误A、ab和cd经过磁场的磁通量变化相同，根据q=知电荷量相同，故A正确；B、cd经过磁场时动能的变化量小于ab经过磁场时动能的变化量，此过程为变减速运动，故无法判定速度变化量，故B错误故选：A点评：解决本题的关键比较出进磁场和出磁场时的安培力，根据动能定理进行分析，cd经过磁场时动能的变化量小于ab经过磁场时动能的变化量20如图所示，三位芭蕾演员A、B、C同时从边长为3m的正三角形顶点A、B、C出发，以大小同为0.2m/s的速
55、度运动每人的步幅都很小，运动中始终保持A朝着B运动，B朝着C运动，C朝着A运动如果将每位演员都当作质点则( )A她们的连线任何时刻都组成了正三角形B她们经过10秒相遇C她们在相遇前各自走了3m的路程D她们经过15秒相遇考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；位移与路程 分析：根据微小时间内A主动向B运动的微小距离，通过运动的分解得出同一微小时间内B主动向A趋近的微小距离，得出以B为参考系，A的趋近速度，从而求出相遇的时间解答：解：由于速度相等，且方向始终是三人朝向，所以过程中每一刻三人位置都构成等边三角形，最终在等边三角形的内心相遇，如图所示，相遇前运动的路程不等于3m，故A正确，C错误在微小
56、的时间dt内A向B主动趋近了vdt（dt是个微小时间 ），在同一微小时间内，B也主动向A趋近了vdtcos60=0.5vdt，如图所示相当于A以B为参照物时，A向B趋近的速度是v=v+0.5v=1.5v，所以，三人相遇经过的时间是t=故B正确，D错误故选：AB点评：本题难度较大，是一道奥赛题，关键得出以B为参考系A的速度，本题也可以通过伽利略相对性原理，始终以两个人之间的连线为参考系将两个人的速度在这个线上分解，结合运动学公式进行求解四填空题（共20分，每小题4分）（第22、23题，考生任选一题若两题均做，一律按22题计分)21倾角37，质量M=6kg的粗糙斜面位于水平地面上，质量m=2kg的
57、木块置于斜顶端，从静止开始匀加速下滑，经t=2s到达底端，运动路程l=4m，在此过程中斜面保持静止则：（1）地面对斜面的摩擦力方向为水平向左；（2）地面对斜面的支持力大小为77.6N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：（1）木块匀加速下滑，根据运动学公式可以求得加速度，选木块为研究对象，求出木块所受的摩擦力和支持力，再选斜面为研究对象，进行受力分析就可以求出地面对斜面的摩擦力大小与方向；（2）选斜面为研究对象，进行受力分析就可以求出地面对斜面的支持力大小；解答：解：（1）木块做加速运动l=，解得：a=对木块由牛顿定律有：mgsinf1=ma解得
58、：f1=mgsinma=200.64N=8N，N1=mgcos=200.8N=16N，对斜面由共点力平衡，地对斜面的摩擦力为：f2=N1sinf1cos=160.680.8N=3.2N，方向水平向左（2）地面对斜面的支持力为：N2=Mg+N1cos+f1sin=60+160.8+80.6N=77.6N，故答案为：（1）水平向左；（2）77.6点评：解决本题的关键是能正确对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律和平衡条件解题，难度不大22一列质量为15t的机车，以0.2m/s的速度驶向一节质量为10t原来静止的车箱，机车与车箱碰撞完成对接如果对接时忽略机车以及车箱与轨道之间的摩擦力的大小，则对接后机
59、车与车箱共同的速度的大小是0.12m/s；对接后，机车与车箱系统的机械能与对接前比将变小（填“变大”、“变小”或“不变”）考点：动量守恒定律；机械能守恒定律 专题：动量定理应用专题分析：碰撞过程系统动量守恒，根据动量守恒可明确共同的速度；再由功能关系可分析机械能变化解答：解：设机车的速度方向为正方向；则由动量守恒定律可知：mv0=（M+m）v解得：v=0.12m/s；由于碰撞后二者有共同速度，即粘在了一起，故有机械能的损失；机械能变小；故答案为：0.12； 变小点评：本题为动量守恒定律的基本知识的考查，注意明确动量守恒定律的方向性以及能量的转化即可23一宇宙飞船绕火星作匀速圆周运动，飞行高度为
60、h，飞行一周的时间为T，火星的质量为M，由此可知火星的半径为h；飞船的线速度大小是考点：万有引力定律及其应用 专题：万有引力定律的应用专题分析：宇宙飞船绕火星作匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解火星的半径R，然后根据v=求解线速度解答：解：飞船绕火星作匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：G解得：R=h飞船的线速度为：v=故答案为：h，点评：本题关键是明确飞船的运动规律和向心力来源，然后根据牛顿第二定律和万有引力定律列式求解，基础题目24如图所示，在水平向右的匀强电场中，长为l的绝缘轻杆可绕固定轴O在竖直面内无摩擦转动，两个小球A、B固定于杆的两端，A、B的质量分别为3m
61、和5m，A带负电，电量为q，B带正电，电量也为q若杆在水平位置，由静止开始转动，杆能转过的最大角度为53，则匀强电场的场强E=；在转动过程，则AB两球组成的系统的电势能的改变量为0.8mgL考点：电场强度；电势差与电场强度的关系；电势能 专题：电场力与电势的性质专题分析：当电场力和重力所做的总功为零时，此时杆子转过的角度最大；由动能定理可求得电场强度及电热能的改变量解答：解：对系统运用动能定理，当电场力和重力做功的代数和为零时，两球组成的系统动能变化量为零，此时杆子转过的角度最大有：2mgsin53mgsin532qE（1cos53）=0解得：E=电势能的改变量等于电场力所做的功；由动能定理可
62、知，故W+（5mgsin533mgsin53）=0；解得：W=0.8mgL；因电场力做负功，故说明电势能增加了0.8mgL；故答案为：；0.8mgL点评：本题考查电场力做功及功能关系，要注意明确重力和电场力均为保守力，重力做功对应了重力势能改变量；电场力做功对应电势能的改变量25如图为一种节能系统：斜面轨道倾角为30，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为木箱在轨道顶端时，自动装货装置将货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速下滑，轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，之后木箱恰好被弹回到轨道顶端上述过程中货物的质量m=6M；向下运动过程中速度最大时弹簧的弹性势能大于（填“大于”、“
63、等于”、或“小于”）向上滑动过程中速度达到最大时弹簧的弹性势能考点：功能关系；弹性势能 分析：弄清整个过程的功能转化，从开始到木箱恰好被弹回到轨道顶端过程，系统损失的能量为mglsin即m的重力势能，全部用来克服摩擦力做功只看开始和最后两个状态弹簧弹性势能以及M的机械能没有改变，据此可以利用功能关系求解解答：解：下滑过程，设斜面长度为L，下降过程，由能量守恒得：EP=（M+m）Lsi30（M+m）gcos30L；返回过程有：EP=MgLsin30+Mgcos30L，联立解得：m=6M 物体下滑的过程中物体先加速后减速，当弹簧的弹力与重物沿斜面向下的分力相等的时候，物体的速度最大同理，物体向上运
64、动的过程中，弹簧的弹力与重物沿斜面向下的分力相等的时候，物体的速度最大由于下滑过程中的物体的重力大，所以下滑的过程中速度最大时弹簧的弹力大，形变量大，则弹性势能大故答案为：6，大于点评：本题比较全面的考查了学生对功能关系、牛顿运动定律等的理解与应用，在平时要加强这方面的训练26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
65、过程中：（1）所用的时间t1s（填“”、“=”或“”）；（2）拉力做的功为9.25J考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率 专题：电磁感应与电路结合分析：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答：解：（1）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
66、移小于匀加速运动的位移，平均速度小于匀加速运动的平均速度，即=1m/s，则t=1s（2）速度图象得：v=2x，金属棒所受的安培力FA=，代数据入得：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=1J=0.25J根据动能定理得：Wmgs+WA=mv2，其中v=2m/s，=0.25，m=2kg，代入解得，拉力做的功W=9.25J故答案为：，9.25J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=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
67、；二是根据vx图象的斜率研究加速度的变化情况，结合vt图象分析平均速度五实验题（共24分）27某同学利用单摆测定重力加速度时，用秒表测量单摆的周期，当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n=0，单摆每经过最低点记一次数，当数到n=60时秒表的示数如图1所示（1）该单摆的周期是T=2.25s（2）（多选）测量结果与当地的重力加速度的真实值比较，发现偏大，可能原因是BCA振幅偏小B开始计时误记为n=1C将摆线加上球直径当成了摆长D在单摆未悬挂之前先测定其摆线的长度（3）“重力勘探”是应用地球表面某处重力加速度的异常来寻找矿床假设A处的正下方有一均匀分布且体积为V的球形矿床，如图2所示，矿床的密
68、度为n（n1，为地球的平均密度），万有引力常量为G由于矿床的存在，某同学在地球表面A处利用单摆装置测得的重力加速度为g，明显大于该区域正常情况下地球表面的重力加速度理论值g0则根据上述数据可以推断出此矿床球心离A的距离r为（请用题中已知的字母表示）考点：探究单摆的周期与摆长的关系 专题：实验题分析：（1）秒表的读数等于小盘读数加上大盘读数，单摆的周期等于时间与全振动次数的比值（2）根据单摆的周期公式得出重力加速度的表达式，结合摆长和周期的测量误差确定重力加速度的测量误差（3）重力加速度的差异g=g0g是由于球形矿的密度大于地球密度引起的等效为密度为（n），体积为V的球行物体，在相距为r的地球表
69、面产生了引力加速度g，根据万有引力公式求解解答：解：（1）由单摆全振动的次数为n=次，秒表读数为t=67.4s，该单摆的周期是T=（2）由单摆周期公式T=，解得g=，A、重力加速度的测量值与振幅无关，振幅偏小，不影响测量结果，故A错误；B、开始计时误记为n=1，则周期偏小，根据g=，知知重力加速度测量值偏大，故B正确C、以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算，摆长偏大，根据g=，知重力加速度测量值偏大，故C正确D、在未悬挂摆球之前先测定好摆长，摆长偏小，根据g=，知重力加速度测量值偏小，故D错误故选：BC（3）该同学测出的重力加速度的差异g=g0g是由于球形矿的密度大于地球密度引起的等效为密度
70、为（n），体积为V的球球物体，在相距为r的地球表面产生了引力加速度g所以有：g=，解得r=故答案为：（1）2.25s，（2）BC； （3）点评：本题考查了应用单摆测重力加速度的实验原理、实验操作、实验误差分析等问题，是常考问题；熟悉实验操作、熟练应用单摆周期公式是正确解题的关键28将1cm3的油酸溶于酒精，制成200cm3的油酸酒精溶液，已知1cm3溶液有50滴，现取1滴油酸酒精溶液滴到水面上随着酒精溶于水，油酸在水面上形成一单分子薄层，已测出这一薄层的面积为0.2m2由此可估测油酸分于的直径为51010m利用油膜法可粗略地测定阿伏加德罗常数若已知n滴油的总体积为V，一滴油形成的油膜面积为s，
71、这种油的摩尔质量为，密度为，油分子可视为球体，则阿伏加德罗常数NA应为CA. B. C. D.考点：用油膜法估测分子的大小 专题：实验题分析：在油膜法估测分子大小的实验中，让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，估算出油膜面积，从而求出分子直径；油酸溶液滴在水面上扩散后形成的油酸油膜最大面积时，形成单分子油膜，油膜的厚度等于分子直径由油酸的体积与面积之比求出分子直径把分子看成球体，阿伏加德罗常量为NA等于摩尔体积与分子体积之比解答：解：（1）一滴油酸的体积为：V0=106m3=11010m3油酸分子的直径为：d= m=51010m（2）油酸分子的直径为 d=；把油酸分子看成球体，则有：NA
72、（）3=；代入解得，NA=，故C正确，ABD错误；故答案为：51010，C点评：本题是以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个靠一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度，计算时注意单位的换算，并考查对单分子油膜法测定分子直径原理的理解和应用，建立模型是解题的关键29“研究回路中感应电动势E与磁通量变化快慢的关系”实验，如图1所示（1）某同学改变磁铁释放时的高度，作出Et图象寻求规律，得到如图2所示的图线由此他得出结论：磁通量变化的时间t越短，感应电动势E越大，即E与t成反比该同学实验结论需要补充的前提条件是：在磁通量变化相同的条件下（2）对实验数据的处理可以采用不同的方法如果横坐标取，就可获得
73、如图3所示的图线；若在基础上仅增加线圈的匝数，则实验图线的斜率将变大（填“不变”“增大”或“减小”）考点：法拉第电磁感应定律 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）探究感应电动势与磁通量变化快慢的关系，应控制磁通量的变化相同而磁通量的变化时间不同，根据实验步骤分析实验操作与实验结论是否正确（2）根据法拉第电磁感应定律分析答题解答：解：（1）在磁通量变化量一定的情况下，时间越短，磁通量的变化越快，感应电动势越大，但必须控制磁通量变化量相同（2）由法拉第电磁感应定律：E=n 可知，E与 成正比，如果横坐标是，则图示是一条直线；由法拉第电磁感应定律：E=n 可知，线圈匝数n越大，感应电动势越大，图象斜
74、率越大；故答案为：（1）在磁通量变化相同的条件下；（2）； 变大点评：（1）探究“感应电动势E与磁通量变化快慢的关系”应控制磁通量的变化量不变，否则会得出错误的结论；（2）应用图象法处理实验数据是常用的方法，图象是直线的情况图象最简单30某同学利用图（a）所示的电路进行电路实验电路中R1的阻值为30，滑动变阻器R2上标有“50 2A”字样闭合电键S，将滑片P从最左端向右移动到某位置时，电压表、电流表的示数分别为2伏和0.2安当继续向右移动滑片P，使得电压表与电流表指针偏离零刻度线的角度恰好均为指针满偏角度的时（两表满偏角度相同），如图（b）、（c）所示则此过程中，两表指针偏转的方向相反（填“同
75、”、“反”）；该电源的电动势为9V，内阻为5考点：用多用电表测电阻；描绘小电珠的伏安特性曲线 专题：实验题分析：此电路为简单的串联电路，电流随电阻增大而减少，电压随电阻增大而增大，所以两指针偏转方向相反，由闭合电路的欧姆定律E=I（R1+r）+U即可求得电源内阻和电动势解答：解：（1）由串联电路特点知，干路电流随电阻增大而减少，R上电压随电阻增大而增大，所以两表指针偏转方向相反（2）由闭合电路的欧姆定律E=I（R1+r）+U列方程，E=I1（R1+r）+U1 （1）E=I2（R1+r）+U2 （2）其中=，代入（1）（2）求的E=9v，r=5故答案为：反；9； 5点评：此题的关键是抓住串联电路
76、的电流、电压的特点，充分理解闭合电路的欧姆定律，便可以轻松解决的此题六计算题（共50分）31一同学用图1示装置测量某不规则形状矿石的体积，直筒容器顶端有卡口，轻质活塞可无摩擦在筒内上下移动且密封良好，面积为10cm2为了改变封闭气体的温度，他连接了图示电路通过电热丝对封闭气体加热，并用温度传感器和刻度尺记录封闭气体的温度t和长度x（1）当烧瓶中气体温度逐渐升高时，封闭气体的温度t和长度x变化的部分数据记录在表中，根据表中数据，在图2中画出该实验的xt关系图线x/cm303234363737t/727476787107（2）该实验中，不规则形状矿石的体积体积V0是多少ml？（3）如当时大气压为1
77、05Pa，100时，活塞对卡口的压力大小为多大？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：（1）根据表格中是数据先描点，然后连线即可；（2）结合图象，求出图线的斜率及其意义，然后即可求得不规则形状矿石的体积体积V0；（3）根据理想气体的状态方程，列式即可解答解答：解：（1）根据表格中是数据先描点，然后连线如图 （2）图中斜线的斜率：由于：V=Sx，所以：所以：代入数据得：k=1（mL/K）所以：VX=V1（273+t1）=3010（273+7）=20mL（3）由理想气体的状态方程得：所以：所以：答：（1）如图；（2）该实验中，不规则形状矿石的体积体积V0是20ml；（3）如当时
78、大气压为105Pa，100时，活塞对卡口的压力大小为6.57N点评：该题通过实验的方式考查理想气体的状态方程，解答的关键是正确得出气体的体积的表达式，以及气体的状态方程32如图所示是一个半径为R的轮子，它绕固定转动轴O顺时针方向转动，两侧各有一个长为L的竖直杆MO和NQ，它们都固定在天花板上M、N处（如图所示）两轻杆上距轴为a处各固定一宽度为b的摩擦块（上下厚度不计）摩擦块与轮子间动摩擦因数都是（），不计杆与摩擦块的重力为使轮子刹停，在两杆下端P、Q之间用轻绳悬挂一重物刚好使三根细绳之间夹角都相等（1）有同学认为：“由于该装置高度对称，所以两边摩擦力的大小是相等的”你认为这位同学的看法是否正确
79、？为什么（请简要说明你的理由）？（2）设AP和AQ上的拉力的大小都是F，则左、右两侧摩擦力作功之比是多少？（3）为使轮子在规定的时间内能停下，规定制动力矩的大小为M求此时在下方悬挂物体的重力G是多大？考点：力矩的平衡条件 分析：（1）（2）分别对左右两侧的杆进行受力分析，结合力矩平衡即可求出左右两侧受到的摩擦力，从而判断出两侧的摩擦力是否相等；再结合功的计算公式即可求出左、右两侧摩擦力作功之比（3）对轮子进行受力分析，求出轮子受到的摩擦力的力矩的表达式，然后结合（2）中的摩擦力的表达式即可求出解答：解：（1）这位同学的看法是不正确，因为受力（或力矩）情况并不对称 （2）对左侧的杆进行受力分析如
80、图，摩擦力与拉力产生逆时针方向的力矩，支持力N1产生顺时针方向的力矩，根据力矩平衡得：N1b+Fcos30L=N1a代入数据解得：同理对右侧的杆进行受力分析如图，摩擦力与拉力产生顺时针方向的力矩，支持力N1产生逆时针方向的力矩，根据力矩平衡得：N2b+N2a=FLcos30代入数据得：轮子停下的过程中，两侧的路程相同，根据W=FS所以：（3）由题图可知，轮子制动的过程中，受到的两侧的摩擦力的方向都与轮子边缘的质点运动的方向相反，所以轮子制动的力矩的方向与轮子转动的方向相反，制动的力矩大小：联立解得：答：（1）这位同学的看法是不正确，因为受力（或力矩）情况并不对称；（2）设AP和AQ上的拉力的大
81、小都是F，则左、右两侧摩擦力作功之比是；（3）为使轮子在规定的时间内能停下，规定制动力矩的大小为M此时在下方悬挂物体的重力G是点评：该题考查力矩的平衡问题，其中后两问所使用的力矩平衡应分别对应杆的力矩平衡和轮子的力矩平衡，两个问题不能混肴33如图所示是一个周期性变化的方波电压，其变化周期是T，电压的大小是U把这个电压加在一对平行金属板上，两板间就形成的电场可视为匀强电场在两板正中间各有一个小孔A和B质量为m、带电量为q的粒子从孔A进入平行板之间，重力和初速度可忽略不计，在电场力的作用下，粒子可以从孔B射出当t=0时有一个上述粒子恰好从孔A进入，从静止开始加速，经过T时间恰好从孔B飞出（1）经过
82、该粒子的速度是多少？（2）两板之间的距离d是多大？（3）如果该粒子是在时刻从孔A进入的，则在其出发后第一个周期的时间内粒子通过的位移是多少？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）粒子从t=0时刻进入电场，先匀加速运动后匀减速运动，由动能定理求经过时粒子的速度（2）由于粒子通过电场的时间为T，根据运动过程的对称性知道前、后半个周期内粒子通过的位移相等，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解d（3）如果该粒子是在时刻从孔A进入电场，作出vt图象，分段求出位移，再得到总位移解答：解：（1）由动能定理得，可得经过该粒子的速度为：（2）在
83、前、后半个周期内粒子的位移为：=得：（3）该粒子在时刻从孔A进入，作出vt图象，设进入电场后刚开始T内粒子的位移s1，则有：=设进入电场后刚开始2T/3内粒子的位移为：s2=sT=2s12s2=2（）=答：（1）经过该粒子的速度是（2）两板之间的距离d是（3）如果该粒子是在时刻从孔A进入的，则在其出发后第一个周期的时间内粒子通过的位移是点评：本题中粒子在周期性变化的电场中运动，关键是明确粒子的受力情况和运动规律，然后结合牛顿第二定律和运动学公式列式求解，可通过vt图象分析粒子的运动情况34如图1所示，两条足够长的光滑水平轨道MN和PK相距L=0.4m，右端接一阻值为R=0.3的电阻，导轨上放一
84、质量为m=2kg、电阻为r=0.1的导体棒cd，在ab以左的区域存在匀强磁场，磁场的磁感应变化规律如图2所示（设磁感应强度向上为正）开始时cd棒与ab相距x0=4m（1）为了使棒在t=0到t=10s时间内保持静止，可在棒上施加一个大小随时间变化的水平力F，设向右为正方向，请求出t=5s时能过电阻R的电流；（2）写出上一问题中水平力F随时间变化的关系式；（3）当t=10s时，保持水平拉力的大小不变，而使拉力的方向水平向左，求稳定后棒的最大速度是多少？（4）当棒达到最大速度后撤去水平拉力，求撤去拉力后还能滑行多远？考点：法拉第电磁感应定律；安培力 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）根据法拉第电磁
85、感应定律，结合闭合电路欧姆定律，即可求解；（2）根据安培力表达式，结合磁感应强度的表达式，及平衡条件，即可求解；（3）由拉力的表达式，求得t=10s时，拉力大小，再结合安培力大小公式，当处于平衡时，安培力等于拉力大小，从而即可求解最大速度；（4）撤去拉力后，棒做变减速运动，根据牛顿第二定律，用积分法求出距离解答：解：（1）010s内，k=0.8T/s，电动势为：E=kLx0=0.80.44V=1.28V 感应电流为：I=A=3.2A； （2）010s内，磁感应强度表达式为：B=0.8t4 安培力为：FB=BIL=12.8（0.8t4）N=（10.24t51.2）N 导体棒受力平衡，施加外力为：
86、F=FB=（10.24t+51.2）N； （3）当t=10s时，施加的拉力大小为F=51.2N，方向水平向左； 而安培力表达式为：FA=BIL=，当FA=F时，速度达到最大，则有：=0.64m/s； （4）撤去拉力后对棒由牛顿第二定律得：F安=ma即：BL=mt=mt vt=mv即得：x=m（0v）代入解得：x=0.016m；答：（1）则t=5s时能过电阻R的电流3.2A；（2）写出上一问题中水平力F随时间变化的关系式F=（10.24t+51.2）N；（3）稳定后棒的最大速度是0.64m/s；（4）撤去拉力后还能滑行0.016m点评：考查法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律，及牛顿第二定律的应用，掌握运动学公式选取，理解平衡条件的运用，难点是第（4）求位移对于非匀变速运动，常常根据牛顿第二定律，用积分法求解位移