1、第I卷 选择题（每题6分，共126分）本卷共21题，每题6分。其中物理部分为不定项选择题，全部选对得6分，部分选对得3分，错选，多选不得分。化学部分和生物部分后面所给的四个选项中，只有一个是正确的。1.下列关于物体是否可以看做质点的说法正确的有 A.研究奥运游泳冠军叶诗文的游泳技术时，叶诗文不能看成质点B.研究飞行中直升飞机上的螺旋桨的转动情况时，直升飞机可以看做质点C.观察航空母舰上的舰载飞机起飞时，可以把航空母舰看做质点D.在作战地图上确定航空母舰的准确位置时，可以把航空母舰看做质点【答案】AD【解析】考点：质点【名师点睛】此题考查学生对质点这个概念的理解，关键是知道物体能看成质点时的条件
2、，物体的大小和体积对研究的问题是否产生影响，物体的大小和体积能否忽略不计.2. 如图所示，阴极射线示波管的聚集电场是由电极A1、A2形成，实线为电场线，虚线为等势线，z轴为该电场的中心轴线，P、Q、R为一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，则下列说法不正确的是A电极A1的电势低于电极A2的电势B电子在P点处的动能大于在Q点处的动能C电场中Q点的电场强度大于R点的电场强度D电子从P至R的运动过程中，电场力对它一直做正功1111【答案】B【解析】考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】此题是带电粒子在电场中的运动问题；解题时要能正确根据电场线、等势面的分布情况判断电势、电势能、电场力、电场
3、力功等物理量的变化情况，难度不大，属于基础题。3. 如图7所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U2的两块导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1或U2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)A仅增大U1，d将增大 B仅增大U1，d将减小 C仅增大U2，d将增大 D仅增大U2，d将减小【答案】A【解析】试题分析：对加速过程，；电子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成速度方向速度方出射速度水平角，则有：，而在磁
4、场中做匀速圆周运动，运动轨迹的半径为R，则,几何关系得半径与直线MN夹角正好等于，则有：，联立解得：，故选项A正确；故选A. 1考点：带电粒子在电场及磁场中的运动【名师点睛】带电粒子在磁场中的运动类型的题关键在确定圆心和半径，然后由向心力公式可确定半径公式，由几何关系即可求解。4. 如图所示，长为L的轻绳一端固定一质量为m的小球，另一端固定在O点，绳可在竖直平面内绕轴O无摩擦转动已知小球通过最低点Q时，速度的大小为，则以下说法正确的有（）1111A. 小球能达到圆周轨道的最高点P，且在P点受到轻绳向下的弹力B.小球能达到圆周轨道的最高点P，但在P点不受轻绳的作用力C. 小球不能达到圆周轨道的最
5、高点PD. 小球在最低点Q受到绳的拉力大小为5mg111【答案】CD【解析】考点：动能定理；牛顿第二定律【名师点睛】解答本题的关键是知道绳模型与杆模型的特点，知道绳模型经过最高点的临界情况，结合向心力来源，运用动能定理和牛顿第二定律进行求解。5. 如图所示，两个定值电阻R1、R2串联后接在电压U稳定于16V的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端，电压表的示数为10V。如果他把电压表改接在R2两端，则电压表的示数将A小于6V B等于6V C大于6V小于10V D等于或大于10V【答案】A【解析】试题分析：将电压表与电阻R1并联，电压表的读数为10V，则电阻R2两端的
6、电压等于6V若将电表与电阻R2并联，则其并联电阻小于R2，根据串联电阻的电压分配可知，电压表的读数将小于6V，故A正确BCD错误；故选A. 1考点：串并联电路的特点；欧姆定律【名师点睛】此题就是考察了串并联电路的特征；两电阻并联后总电阻小于任何一个电阻，串联后总电阻大于任何一个电阻.6. 为了探测X星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心，半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1总质量为m1随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m2则 AX星球的质量为 BX星球表面的重力加速度为C登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比为1111D登陆舱在半径
7、为r2轨道上做圆周运动的周期为【答案】AD【解析】考点：万有引力定律的应用【名师点睛】此题是万有引力定律的应用问题；关键是知道卫星做圆周运动的向心力等于地球的万有引力，列出方程即可进行讨论.7. 如图，一个质量为m、带电量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中。现给圆环一个水平向右的初速度v0，在以后的运动中下列说法正确的是 A.圆环可能做匀减速运动B.圆环可能做匀速直线运动C.圆环克服摩擦力所做的功可能为D.圆环克服摩擦力所做的功不可能为【答案】BC【解析】考点：洛伦兹力；动能定理【名师点睛】此题是对洛伦兹力及动能定理的考查；关键是分析洛伦兹力
8、与重力的大小关系，从而分析摩擦力的情况，然后分析圆环的运动情况，最后根据动能定理来讨论摩擦力做功的情况. 18. 如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m（mM）的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是 A在以后的运动过程中，小球和槽的水平方向动量始终守恒B在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒D被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处【答案】D【解析】考点：动量守恒及能量守恒定律【名师点睛】此题是考查了动量守恒定律及能量守恒关系
9、；关键是知道动量守恒的条件，系统所受的合外力为零时，系统的动量守恒；只有重力或者弹力做功，且只有动能和和势能之间的转化时，机械能守恒.第II卷 非选择题（共174分）22. （本题满分12分）某课外小组的三位同学想要测量以下三种电池的电动势和内电阻：R20（1号）干电池：电动势约为1.5VR6（5号）干电池：电动势约为1.5V某种锂电池：电动势约为20V他们可选择的部分器材有：A电压表（量程3V时内阻约3k；量程15V时内阻约15k）B电阻箱（阻值范围0 999）C电阻箱（阻值范围0 99999）WD滑动变阻器（阻值0 50，额定电流1.5A）E滑动变阻器（阻值0 2k，额定电流0.5A）F电
10、流表（量程为0.6A，内阻约0.125）为完成测量，三位同学进行了如下实验：甲同学将一节1号干电池直接接在量程为3V的电压表两端（如图甲所示），将此时电压表的示数作为电池电动势的测量值。以下对这种测量方法的误差分析正确的是 A这种测量方法得到的电动势的测量值比真实值大B这种测量方法造成误差的原因是测量时电路中有微小电流C因为“断路时路端电压等于电源电动势”，所以这种测量方法的系统误差为零乙同学将一节5号干电池接入图乙所示电路中，为完成该实验，电压表应选择的量程是 V；滑动变阻器应选择 （选填相应器材前的字母）。乙同学根据测量数据画出U-I的图像如图丙所示（图中只画了坐标纸的大格），关于此图像的
11、下列说法中正确的是 A此图线在横轴上的截距表示电池被短路时的短路电流B为减小误差，可以将原坐标纸上两坐标轴交点处的纵坐标取为1.0V，使每小格代表的电压值变小，从而放大纵轴的标度C纵轴的标度放大后，图线在横轴上的截距仍表示电池被短路时的短路电流D纵轴的标度放大后，电池的内阻仍等于图线斜率的绝对值丙同学为了测量锂电池的电动势，想给量程是15V的电压表串联一个定值电阻（用电阻箱代替），改装成量程是25V的电压表，实验电路如图丁所示，请将以下电压表改装过程的主要实验步骤补充完整：A闭合开关前将滑动变阻器的滑片移至 端（选填“a”或“b”），并把电阻箱阻值调到零B闭合开关后调节滑动变阻器使电压表示数为
12、10VC保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱使电压表示数为 VD不改变电阻箱的阻值，保持电阻箱与量程为15V的电压表串联，撤去其它线路就得到量程为的25V电压表丙同学的上述操作步骤中，电阻箱应选 ，滑动变阻器应选 （选填相应器材前的字母）【答案】B；0-3；D；ABD；a；6；C；D【解析】此图线在横轴上的截距表示电池被短路时的短路电流，选项A正确；为减小误差，可以将原坐标纸上两坐标轴交点处的纵坐标取为1.0V，使每小格代表的电压值变小，从而放大纵轴的标度，选项B正确；纵轴的标度放大后，图线在横轴上的截距不再表示电池被短路时的短路电流，而是当路端电压是1V时的电流值，选项C错误；纵轴的标度
13、放大后，电池的内阻仍等于图线斜率的绝对值，选项D正确；故选ABD. 1考点：测量电源的电动势及内阻【名师点睛】本题涉及电表的改装，其原理是串联电路的特点；伏安法测量电源电动势和内阻的原理是闭电路欧姆定律，搞清实验的原理是解题的关键. 23. （本题满分16分）频闪照相是研究物理过程的重要手段，如图所示是某同学研究一质量为m=0.5kg的小滑块从光滑水平面滑上粗糙斜面并向上滑动时的频闪照片已知斜面足够长，倾角为=37闪光频率为10Hz经测量换算获得实景数据：S1=S2=40cm，S3=35cm，S4=25cm，S5=15cm取g=10m/s2sin37=0.6，cos37=0.8，设滑块通过平面
14、与斜面连接处时没有能量损失求：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数，并说明滑块在斜面上运动到最高点后能否自行沿斜面下滑：（2）从滑块滑上斜面开始计时，经多长时间到达斜面上的A点（图中A点未画出，己知A点到斜面最低点B的距离为0.6m）（注意：结果可以用根号表示） 【答案】（1）=0.5，因tan37，所以滑块在斜面上运动到最高点后能自行沿斜面下滑；（2）0.2s或（0.2+）s到达A点【解析】试题分析：（1）在斜面上物块做匀减速直线运动，设加速度为a，则由公式S=a1T2代入数据解得：a1=10m/s2由牛顿第二定律有：mgsin+mgcos=ma1联立以上方程解得：=0.5 因tan37，所以滑块
15、在斜面上运动到最高点后能自行沿斜面下滑；解得：sm=0.8m下滑加速度为：a2=gsingcos=2m/s2从最高点下滑到达A点的时间设为t2，则有：smsAB= a2t22 下滑时间为：t2=s所以，从滑块滑上斜面开始计时，到达斜面的时间为0.2s或者0.2s+ s。1考点：牛顿第二定律的应用；动能定理【名师点睛】此题主要考查了牛顿第二定律的应用；关键是分析物体的受力情况，根据牛顿定律求解处物体的运动的加速度，并能关联物体的速度及位移的关系，灵活运用运动公式列方程求解.24. （本题满分16分）如图甲所示，两平行金属板AB间接有如图乙所示的电压，两板间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场，板
16、长L=0.8m，板间距离d=0.6m在金属板右侧有一磁感应强度B=2.0102T，方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场宽度为l1=0.12m，磁场足够长MN为一竖直放置的足够大的荧光屏，荧光屏距磁场右边界的距离为l2=0.08m，MN及磁场边界均与AB两板中线OO垂直现有带正电的粒子流由金属板左侧沿中线OO连续射入电场中已知每个粒子的速度v0=4.0105m/s，比荷=1.0108C/kg，重力忽略不计，每个粒子通过电场区域的时间极短，电场可视为恒定不变（1）求t=0时刻进入电场的粒子打到荧光屏上时偏离O点的距离；（2）若粒子恰好能从金属板边缘离开，求此时两极板上的电压；（3）试求能离开电场的粒子
17、的最大速度，并通过计算判断该粒子能否打在右侧的荧光屏上？如果能打在荧光屏上，试求打在何处【答案】（1）0.10m；（2）900V；（3）5105m/s，该粒子不能打在右侧的荧光屏上【解析】 由几何知识可得： 粒子在磁场中偏移的距离：y1=R1R1cos代入数据解得：y1=0.04m粒子出磁场后做匀速直线运动，y2=l2tan，代入数据解得：y2=0.06m，粒子打到荧光屏上时偏离O的距离为：y=y1+y2=0.10m由牛顿第二定律得： ，代入数据解得：R2=0.25m，R2R2sin=0.250.25 =0.1ml1=0.12m该粒子不能从磁场偏出打在荧光屏上；1考点：带电粒子在匀强磁场及匀强
18、电场中的运动【名师点睛】本题考查了带电粒子在电场及磁场中运动问题，分析清楚粒子运动过程是正确解题的前提与关键；灵活运用动能定理、类平抛运动的规律、牛顿第二定律即可正确解答。25. （本题满分18分）一端弯曲的光滑绝缘杆ABD固定在竖直平面上，如图所示，AB段水平，BD段是半径为R的半圆弧，有电荷量为Q（Q0）的点电荷固定在圆心O点一质量为m、电荷量为q（q0）的带电小环套在光滑绝缘杆上，在水平外力作用下从C点由静此开始运动，到B点时撤去外力，小环继续运动，发现刚好能到绝缘杆的最高点D已知CB间距为（提示：根据电磁学有关知识，在某一空间放一电荷量为Q的点电荷，则距离点电荷为r的某点的电势为，其中
19、k为静电力常量，设无穷远处电势为零）（1）求小环从C运动到B过程中，水平外力做的功；（2）若水平外力为恒力，要使小环能运动到D点，求水平外力的最小值F0；（3）若水平外力为恒力，大小为F（F大于（2）问中的F0），求小环运动到D点时，绝缘杆对环的弹力大小和方向111.Com【答案】（1）（2）（3）见解析过程。【解析】则 小球从B到D过程中，带电小环在等势面上运动电场力不做功，设到D点的速度为vD则又刚好到D点，则D点速度为vD=0，所以。1（3）由C运动到D点，设D点速度为vD，小环运动到D点时，设绝缘杆对小环的弹力大小为FN，方向指向圆心，由此可得讨论：（a）若，则弹力大小为 ，方向指向圆心 考点：牛顿第二定律；动能定理【名师点睛】对小球的运动的物理过程进行分析，根据动能定理求小圆环的速度的大小，在应用动能定理的时候，一定要分析清楚运动过程中各力做功的情况，在求绝缘杆对环的力的时候注意分析环所受的作用力的方向是向上的还是向下的。