1、山东省枣庄四中2015届高三上学期期末物理试卷一、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关于物理学史，下列说法正确的是( )A奥斯特首先发现了电磁感应现象B楞次率先利用磁场产生了感应电流，并能确定感应电流的方向C法拉第研究了电磁感应现象，并总结出法拉第电磁感应定律D纽曼和韦伯先后总结出法拉第电磁感应定律考点：物理学史 专题：常规题型分析：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、法拉第首先发现了电磁感应现象，故A错误；B、法拉第率先利用磁场产生了感应电流，楞次确定感应电流的方向，故B错误；C、法拉第研究了电磁感应现象，纽曼和韦伯先后总结出法拉第电磁
2、感应定律，故C错误，D正确；故选：D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某质点做直线运动的位移时间关系式为x=t2+2t+2（m），则关于该质点的运动下列描述正确的是( )A质点做匀加速直线运动，加速度大小为a=1m/s2，初速度为v0=2m/sB质点在2s末的速度为v=6m/sC质点在前2s内的位移为s=10mD质点在第2s内的平均速度为=2.5m/s考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系 专题：直线运动规律专题分析：根据匀变速直线运动的位移时间公式得出质点的初速度和加速度，结合速度时间公式求出质点在2s末的速度，根据位移
3、表达式求出2s内的位移根据平均速度的定义式求出第2s内的平均速度解答：解：A、根据x=知，质点做匀加速直线运动的初速度v0=2m/s，加速度a=2m/s2，故A错误B、2s末质点的速度v=v0+at=2+22m/s=6m/s，故B正确C、质点在前2s内的位移s=（4+4+2）2m=8m，故C错误D、质点在第2s内的位移s2=（4+4+2）（1+2+2）m=5m，则第2s内的平均速度，故D错误故选：B点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式和位移时间公式，并能灵活运用，基础题32014年春晚中开心麻花团队打造的创意形体秀魔幻三兄弟给观众留下了很深的印象该剧采用了“斜躺”的表演方式，三
4、位演员躺在倾角为30的斜面上完成一系列动作，摄像机垂直于斜面拍摄，让观众产生演员在竖直墙面前表演的错觉如图所示，演员甲被演员乙和演员丙“竖直向上”抛出，到最高点后恰好悬停在“空中”已知演员甲的质量m=60kg，该过程中观众看到演员甲上升的“高度”为0.8m设演员甲和斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力则该过程中，下列说法不正确的是( )A演员甲被抛出的初速度为4m/sB演员甲运动的时间为0.4sC演员甲的重力势能增加了480JD演员乙和演员丙对甲做的功为480J考点：平抛运动 专题：平抛运动专题分析：根据最高点能够悬停得出重力沿斜面方向的分力和摩擦力的关系
5、，根据牛顿第二定律得出演员上滑的加速度，结合速度位移公式求出演员甲的初速度，结合速度时间公式求出演员甲的运动时间根据上升的高度求出演员甲的重力势能的增加量根据动能定理求出演员乙和演员丙对甲做功的大小解答：解：A、因为到达最高点后，恰好悬停，则有：mgsin30=mgcos30，向上滑动的过程中，加速度a=根据得，初速度=4m/s故A正确B、演员甲的运动时间t=故B正确C、演员甲的重力势能增加量J=240J故C错误D、演员乙和演员丙对甲做的功W=故D正确本题选不正确的，故选：C点评：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，以及知道重力做功与重力势能的关系
6、4如图所示，水平地面上放着一堆圆木，关于圆木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法中正确的是( )AM处受到地面的弹力竖直向上BN处受到其它圆木的弹力竖直向上CM处受到地面的摩擦力沿MN方向DN处受到其它圆木的摩擦力沿水平方向考点：力的合成与分解的运用 专题：受力分析方法专题分析：支持力的方向是垂直于接触面指向被支持的问题，静摩擦力的方向是与相对运动趋势的方向相反，由此可判知各选项的正误解答：解：A、M处受到的支持力的方向与地面垂直向上，即竖直向上，故A正确；N、N处受到的支持力的方向与原木P垂直向上，不是竖直向上，故B错误；C、原木相对于地有向左运动的趋势，则在M处受到的摩擦力沿地面向右，故
7、C错误；D、因原木P有沿原木向下的运动趋势，所以N处受到的摩擦力沿MN方向，故D错误故选：A点评：解决本题的关键要掌握支持力和静摩擦力方向的特点，并能正确分析实际问题支持力是一种弹力，其方向总是与接触面垂直，指向被支持物静摩擦力方向与物体相对运动趋势方向相反52011年11月3日，我国发射的“天宫一号”目标飞行器与发射的“神舟八号”飞船成功进行了第一次无人交会对接假设对接前“天宫一号”和“神舟八号”绕地球做匀速圆周运动的轨道如图所示，虚线A代表“天宫一号”的轨道，虚线B代表“神舟八号”的轨道，下列说法中正确的是( )A“天宫一号”和“神舟八号”的运行速率均大于7.9km/sB“天宫一号”的运行
8、速率小于“神舟八号”的运行速率C“天宫一号”的运行周期小于“神舟八号”的运行周期D“天宫一号”的向心加速度大于“神舟八号”的向心加速度考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用 专题：人造卫星问题分析：根据万有引力提供向心力，列式得到速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，进行分析即可第一宇宙速度是卫星环绕地球做圆周运动最大的运行速度解答：解：A、第一宇宙速度是卫星环绕地球做圆周运动最大的运行速度故“天宫一号”和“神舟八号”的运行速率均小于第一宇宙速度7.9km/s故A错误BCD、由万有引力提供向心力得，=ma则得v=，T=2，a=可知，轨道半径越大，运行速率越小，周期越大
9、，向心加速度越小，故B正确，CD错误故选：B点评：解决本题的关键要结合万有引力提供向心力表示出速率、周期、加速度去解决问题6如图所示为用“与”门、蜂鸣器等组件组成的简易控制电路当蜂鸣器L不鸣叫时，电键S1、S2所处的状态为( )AS1断开，S2闭合BS1、S2都断开CS1闭合，S2断开DS1、S2都闭合考点：简单的逻辑电路 分析：使蜂鸣器L发声，那么L两端要有足够大的电势差，由图可知，蜂鸣器上端的电压为高电势，那么要有电压差，蜂鸣器下端的电压应该为低电势，所以与门的输出端电压只要是低电压就可以了!那么根据与门的特性，输入端只要有低电压，那么输出端就为低电压解答：解：要使蜂鸣器L发声，那么L两端
10、要有电势差，由图可知，蜂鸣器上端的电势为5V，那么要有电压差，蜂鸣器下端的电压应该为低电势，即图中与门的输出应为低电势根据与门特点，只要有一个输入端为低电势，输出就为低电势AB中，s1断开，可以使与门输入端为低电势同理D中s2闭合，可以使与门输入端为低电势不符合要求，而C符合要求故选：C点评：本题考查了与门电路的特点，此类题目看似较难，只要知道了门电路的特点，还是比较好做7以初速度v0竖直向上抛出一小球，小球所受空气阻力与速度的大小成正比下列图象中，能正确反应小球从抛出到落回原处的速度随时间变化情况的是( )ABCD考点：竖直上抛运动 专题：直线运动规律专题分析：有阻力时，根据牛顿第二定律分析
11、加速度情况，vt图象的斜率表示加速度，即可选择图象解答：解：有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma，故a=g+，由于阻力随着速度而减小，故加速度逐渐减小，vt图象的斜率减小；有空气阻力时，下降阶段，根据牛顿第二定律，有：mgf=ma，故a=g，由于阻力随着速度而增大，故加速度减小，vt图象的斜率减小，故A正确故选：A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8如图所示，两个带电量分别为2q和q的点电荷固定在x轴上，相距为2L下列图象中，能正确反映两个电荷连线上场强大小E与x关系的是( )ABCD考点：匀强电场中
12、电势差和电场强度的关系 专题：电场力与电势的性质专题分析：结合等量异种电荷的电场线分布情况分析，电场线的疏密程度反映场强的大小，电场线的切线方向反映电场强度的方向解答：解：由异种点电荷的电场强度的关系可知，在两电荷连线中点偏q处电场强度最小，但不是零，从两点电荷向中点偏负电电场强度逐渐减小；故选：C点评：本题关键是结合等量异种电荷的电场线分布情况分析，也可以结合点电荷的电场强度公式列式求解二、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某人平伸手掌托起一物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体向上抛出对此现象分析正确的是( )A手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态B物体
13、离开手的瞬间，手对物体的作用力竖直向下C物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重 专题：牛顿运动定律综合专题分析：超重指的是物体加速度方向向上，失重指的是加速度方向下，但运动方向不可确定由牛顿第二定律列式分析即可解答：解：A、物体向上先加速后减速，加速度先向上，后向下，根据牛顿运动定律可知物体先处于超重状态，后处于失重状态，故A错误B、物体离开手的瞬间，物体向上运动，但是加速度的方向向下，分离时物体只受到重力的作用，使用物体的加速度等于重力加速度，但手的加速度大于重力加速度应大于重力加速度，手对物体没有作用力故
14、B错误；C、D、重物和手有共同的速度和加速度时，二者不会分离，故物体离开手的瞬间，物体向上运动，物体的加速度等于重力加速度，但手的加速度大于重力加速度应大于重力加速度，并且方向竖直向下，故C错误，D正确故选：D点评：超重和失重仅仅指的是一种现象，但物体本身的重力是不变的，这一点必须明确重物和手有共同的速度和加速的时，二者不会分离10一单摆的摆球质量为m、摆长为l，球心离地心为r已知地球的质量为M，引力常量为G，关于单摆做简谐运动的周期T与r的关系，下列公式中正确的是( )AT=2rBT=2rCT=2lDT=2l考点：用单摆测定重力加速度 专题：实验题；单摆问题分析：先根据万有引力等于重力列式求
15、解重力加速度，再根据单摆的周期公式列式，最后联立得到单摆振动周期T与距离r的关系式解答：解：在地球表面，重力等于万有引力，故：mg=G解得：g= 单摆的周期为：T=2 联立解得：T=2r故选：B点评：本题关键是记住两个公式，地球表面的重力加速度公式和单摆的周期公式，基础题目11如图所示，水平地面上一个倾角为的斜面体紧贴竖直墙壁，斜面体和墙壁之间再放一个质量为m的铁球，各接触面均光滑现对铁球施加水平推力F的作用，整个系统始终处于静止状态，下列说法中正确的是( )A斜面体对铁球施加的弹力一定大于mgB斜面体对铁球施加的弹力可能小于mgC水平推力逐渐增大时，铁球对斜面体施加的弹力一定增大D水平推力逐
16、渐增大时，斜面体对墙壁施加的弹力一定增大考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：由题意可知，小球处于平衡状态；则可知小球所受各力的合力为零；对小球进行受力分析，小球受重力、推力、竖直墙的支持力及斜面对小球的支持力；可采用分解法将斜面支持力向水平方向和竖直方向分解，分别列出水平和竖直方向上的平衡方程，即可得出各力的大小关系解答：解：对球受力分析，如图根据共点力平衡条件，有N1+N2cos=FN2sinmg=0解得：N2=mg，即斜面对球的压力一定大于G，故A正确，B错误，当F增加时N2大小不变，故C错误；因为随F增大时，球对斜面体的作用力保持不变
17、，故以斜面体为研究对象，当F增加时斜面体受到的作用力保持不变，故斜面体对墙壁施加的弹力保持不变，故D错误故选：A点评：在解答平衡类的问题时，要注意准确的进行受力分析；而物体处于平衡状态时物体所受合力为零，若力为三个一般采用合成的方式，若力为三个以上，一般采用正交分解的方式，列出平衡方程即可求解12如图所示，质量为m、长为L的直导线用两根轻质绝缘细线悬挂于O、O，并处于匀强磁场中当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，细线与竖直方向的夹角为则磁感应强度的方向和大小可能为( )Az正向，tanBy正向，Cx正向，tanD沿悬线向上，sin考点：共点力平衡的条件及其应用；安培力 分析：根据
18、左手定则，结合磁场的方向分析能否使导线保持静止根据平衡条件和安培力公式列式求解磁感应强度的大小解答：解：A、磁感应强度方向为z正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y负方向，直导线不能平衡，所以A错误；B、当磁场沿y正方向时，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向上，当BIL=mg，B=导线静止，悬线的拉力为零，故B正确；C、当磁场沿x正方向时，磁场与电流平行，导线不受安培力，导线不可能向右偏转，悬线与竖直方向的夹角=0，不符合题意，故C错误；D、当沿悬线向上时，由左手定则可知，安培力垂直于导线斜向上方，如图所示，由平衡条件得：BIL=mgtan，则B=，故D错误故选：B点评：解决本题的关
19、键通过左手定则判断出安培力的方向，结合共点力平衡进行分析对于选择题可以采用定性分析B的方向和定量计算B的大小，结合判断13图示为竖直放置、上细下粗、两端封闭的玻璃细管，水银柱将气体分隔成A、B两部分，初始温度相同缓缓加热气体，使A、B升高相同温度，系统稳定后，A、B两部分气体对液面压力的变化量分别为FA和FB，压强变化量分别为pA和pB则( )A水银柱向下移动了一段距离B水银柱不发生移动CFAFBDpA=pB考点：封闭气体压强 分析：本题可采取假设法，假设气体的体积不变，根据等容变化判断出上下气体的压强变化量以及压力变化量，从而判断出水银柱的移动方向关于体积的变化量关系，可抓住总体积不变去分析
20、解答：解：首先假设液柱不动，则A、B两部分气体发生等容变化，由查理定律，得对气体A：=；对气体B：=初始状态满足 PB=PA+h，可见使A、B升高相同温度，PA=PA；PB=PB=（PA+h） 因此PBPA，因此FAFB，液柱将向上移动，故ABD错误，C正确；故选：C点评：解决本题的关键是选择合适的方法，假设法在本题中得到了很好的应用14如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，abcd所围区域内存在垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方的水平桌面上放置一导体圆环若圆环与桌面间的压力大于圆环的重力，abcd区域内磁场的磁感强度随时间变化关系可能是( )ABCD考点：楞次定律 分析：a
21、bcd回路中磁场变化，会产生感应电流，感应电流通过线圈，在线圈中会产生磁场，产生的磁场通过导体圆环，根据圆环与桌面间的压力大于圆环的重力，可知通过圆环的磁通量是增加的；结合楞次定律的另一种表述，感应电流的效果总是要反抗（或阻碍）产生感应电流的原因从而判断出原磁场（线圈中的磁场）是增加还是减小，从而判断出线圈中的电流是增加还是减小，再来判断abcd区域内磁场的磁感强度的变化情况解答：解：圆环与桌面间的压力大于圆环的重力，得知导体圆环将受到向下的磁场作用力，根据楞次定律的另一种表述，可见螺旋管中的磁场磁通量在增大，即螺线管和abcd构成的回路中产生的感应电流在增大根据法拉第电磁感应定律，E=N，则
22、感应电流I=N，可知增大时（即B变化的越来越快），感应电流才减小ACD选项中的减小（B变化的越来越慢），B选项中的增大（B变化的越来越快），所以B正确，ACD错误故选：B点评：该题涉及到的磁场较多（涉及到三个磁场），同时涉及到了两个感应电流，所以解答过程中一定要搞清楚磁场是哪个电流的变化产生的因哪个磁场的变化而产生了哪个感应电流答该题还应注意对楞次定律的理解和应用，楞次定律的内容是“感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化”，可以从以下几个方面来理解：1、注意是“阻碍”，不是“阻止”，更不是“相反”，而是“延缓”的意思2、从原磁通量的变化来看，应这样理解：
23、当原磁通量增加时，感应电流的磁场与原来磁场的方向相反，当原磁场减小时，感应电流的磁场就与原来的磁场方向相反即为“增反减同”3、从磁体和导体的相对运动来理解：感应电流总是要阻碍导体和磁极间的相对运动，即为“来则阻，去则留”4、从能量转化的角度来理解：产生感应电流的过程，是其它形式的能转化为电能的过程在解答问题的过程中，要灵活的利用对楞次定律的各种理解，这样能做到事半功倍的效果15如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，现用一支铅笔贴着细线的左侧水平向右以速度v匀速移动，移动过程中铅笔的高度始终不变铅笔移动到图中虚线位置时( )A橡皮的速度竖直向上B橡皮水平方向的速度大小为vcosC橡皮竖直方向的速度
24、大小为vsinD橡皮的速度可能小于v考点：运动的合成和分解 专题：运动的合成和分解专题分析：将铅笔与绳子接触的点的速度分解为沿绳方向和垂直于绳子方向，求出沿绳子方向上的分速度，而沿绳子方向上的分速度等于橡皮在竖直方向上的分速度，橡皮在水平方向上的分速度为v，根据平行四边形定则求出橡皮的速度解答：解：将铅笔与绳子接触的点的速度分解为沿绳方向和垂直于绳子方向，如图：则沿绳子方向上的分速度为vsin，因为沿绳子方向上的分速度等于橡皮在竖直方向上的分速度，即为vsin；而橡皮在水平方向上的速度为v等于铅笔移动的速度，即为v，根据平行四边形定则，合速度为v合=，故C正确，A、B、D错误故选：C点评：解决
25、本题的关键知道铅笔与绳子接触的点的速度在沿绳子方向上的分速度等于橡皮在竖直方向上的分速度，然后根据平行四边形定则进行求解16图示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图当质点R在t=0时刻的振动状态传播到S点时，PR范围内（含P、R）有一些质点正向y轴负方向运动关于这些质点平衡位置坐标的取值范围，正确的是( )A2cmx4cmB2.5cmx3.5cmC2cmx3cmD3cmx4cm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：由RS间的距离可知传到S点所用时间，由S点的振动可知，此时波动图象，由图象可知向负方向运动的x坐标范围解答：解：根据上下坡法知，
26、此时PR范围内正在向y轴负方向运动的x坐标范围为：2cmx3cm和3cmx4cm，故C正确故选：C点评：机械波图象为选修34的难点之一，应重点把握根据波的传播方向要能判断出质点的振动方向，抓住波在一个周期内传播一个波长的距离进行分析三、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如图所示，一根弹性绳上存在两个波源S1和S2，P点为两个波源连线的中点两个波源同时起振发出两个相向传播的脉冲波，已知两个脉冲波的频率分别为f1和f2（f1f2），振幅分别A1和A2（A1A2）下列说法中正确的是( )A两列波相遇后，各自独
27、立传播B两列波同时到达P点C两列波相遇时，发生干涉现象D两列波相遇过程中，P点振幅可达（A1+A2）考点：波的叠加 分析：两列波相遇时振动情况相同时振动加强，振动情况相反时振动减弱只有频率相同的波，才能发生干涉现象，振幅即为最大位移的大小，并依据波传播具有相互独立性，从而即可求解解答：解：A、根据波传播具有相互独立性，则相遇后，互不干扰，各自独立传播故A正确；B、两波源在同一绳上，则它们的波速相等，由于P为两个波源连线的中点，所以它们会同时到达P点，故B正确；C、两列波相遇时，因频率不同，只能相互叠加，不发生干涉现象，故C错误；D、虽两波源到P点的距离相等，但它们的波峰不能同时到达P点，所以P
28、点的位移最大不可达（A1+A2），故D错误；故选：AB点评：波的叠加满足矢量法则，当振动情况相同则相加，振动情况相反时则相减，且两列波互不干扰，注意容易错选D，学生没有考虑能否同时到达18如图所示，R0和R2为两个定值电阻，电源的电动势为E，内电阻为r，滑动变阻器的最大阻值为R1，且R1（R0+r）现将滑动变阻器的滑片P由b端向a端滑动，关于安培表A1、A2示数的变化情况，下列说法中正确的是( )AA1示数不断减小BA1示数先减小后增大CA2示数不断增大DA2示数先增大后减小考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：滑动变阻器的滑片P由b端逐渐向a端移动过程中，总电阻减小，总电流增大，
29、根据串联电路分压特点，分析变阻器与R2并联部分电压的变化，分析A2的示数变化情况采用特殊值法，分析A1的示数变化情况解答：解：滑动变阻器的滑片P由b端逐渐向a端移动过程中，变阻器上部分电阻减小，下部分电阻增大，由于下部分与电阻R2并联，并联电阻小于支路电阻，可知并联部分增加量小于变阻器上部分电阻的减小量，总电阻减小，总电流增大，由欧姆定律可知部分电压必定增大，则A2的示数一直不断增大假设R2=R1=2R0当滑片位于b端时R2被短路，A1示数I1=；当滑片位于a、b中点时，A1示数 I2=；当滑片位于a端时，A1示数 I3=；可知A1示数先减小后增大，故BC正确故选：BC点评：本题是电路动态分析
30、问题，关键要抓住并联总电阻小于任一支路的电阻，灵活运用特殊值法分析电流的变化19如图所示，一个由绝缘材料做成的曲线环水平放置，OAB为环的对称轴，A点位于环内，B点位于环外在A、B两点分别固定两个点电荷QA和QB，已知A点固定的电荷为正电荷，一个带正电的小球P穿在环上，可沿环无摩擦滑动给小球P以一定的初始速度，小球恰好沿环匀速率运动，下列判断中正确的是( )AB点固定的电荷QB一定为正电荷BB点固定的电荷QB一定为负电荷CQA和QB产生的电场，在环上的电场强度处处相等DQA和QB产生的电场，在环上的电势处处相等考点：电势；电场线 分析：由球沿圆环做匀速圆周运动，则合外力充当向心力；根据物体的受
31、力情况可得出电场的分布情况解答：解：A、沿圆环做匀速圆周运动，电荷在圆周上任一点受的电场力大小相等，故点电荷在圆周上的场强大小相等，方向不同，故Q1与Q2为异种电荷，B点固定的电荷QB一定为负电荷，AC错误，B正确；D、沿圆环做匀速圆周运动，电场力不做功，所以在圆环上电势处处相等，D正确；故选：BD点评：考查做匀速圆周运动的合力总是指向圆心，掌握电势、电场强度大小比较的方法，注意前者是标量，而后者是矢量，关注矢量的方向性20如图所示，abcd为固定的水平光滑矩形金属导轨，导轨间距为L，左右两端接有定值电阻R1和R2，R1=R2=R，整个装置处于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中质量为m、
32、长度为L的导体棒MN放在导轨上，棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨与棒的电阻两根相同的轻质弹簧甲和乙一端固定，另一端同时与棒的中点连接初始时刻，两根弹簧恰好处于原长状态，棒获得水平向左的初速度v0，第一次运动至最右端的过程中R1产生的电热为Q，下列说法中正确的是( )A初始时刻棒所受安培力的大小为B棒第一次回到初始位置的时刻，R2的电功率为C棒第一次到达最右端的时刻，两根弹簧具有弹性势能的总量为mv022QD从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中，整个回路产生的电热大于考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化 专题：电磁感应功能问题分析：由E=BLv0、I=、F=BIL三个公
33、式结合求解初始时刻棒受到安培力大小MN棒从开始到第一次运动至最右端，电阻R上产生的焦耳热为2Q，整个回路产生的焦耳热为4Q解答：解：A、由F=BIL及I=，得安培力大小为FA=BIL=故A正确；B、由于安培力始终对MN做负功，产生焦耳热，由动能定理得：当棒再次回到初始位置时，速度小于v0，棒产生的感应电动势小于BLv0，则AB间电阻R的功率小于，故B错误；C、由能量守恒得知，当棒第一次达到最右端时，物体的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和甲乙弹簧的弹性势能，两个电阻相同并联，故产生的热量相同，则电路中产生总热量为2Q，所以两根弹簧具有的弹性势能为，故C正确；D、由于安培力始终对MN做负功，产
34、生焦耳热，第一次运动至最右端的过程中R1产生的电热为Q，电路中产生总热量为2Q，第一次运动至最右端的过程中，可分为到达左端，回到平衡位置，再到最右端三个过程，棒第一次达到最左端的过程中，棒平均速度最大，安培力平均值最大，整个回路中产生的焦耳热应大于=Q，故D正确；故选：ACD点评：本题分析系统中能量如何转化是难点，也是关键点，根据导体棒克服安培力做功等于产生的焦耳热，分析电阻R上产生的热量四、填空题（共20分，每小题4分）本大题中第22题为分叉题，分A、B两类，考生可任选一类答题若两类试题均做，一律按A类题计分21如图所示，质量为m=0.3kg、边长为d=10cm的均质等边三角形导线框ABC，
35、在A处用细线竖直悬挂于长度为L=30cm的轻杆的左端，轻杆的右端通过弹簧连接在地面上，离杆左端10cm处有一固定的转轴O现垂直于ABC施加一个水平向里的匀强磁场，磁感应强度B=102T在导线框中通以逆时针方向、大小为I=1A的电流，轻杆处于水平状态，则此时AB边所受安培力的大小为0.001N，弹簧对杆的拉力为1.5N考点：安培力；力矩的平衡条件 分析：由安培力公式求出安培力大小，由左手定则判断出安培力的方向；对导线框进行受力分析，然后由力矩平衡条件求出细线拉力的大小解答：解：ab边所示安培力大小F=BId=0.0110.1N=0.001N，由左手定则可知，安培力的方向竖直向上；由于导线框闭合，
36、所受安培力为零，因此导线框对杠杆的拉力等于其重力mg，由力矩平衡条件可得：mgL=FL，则细线对杆的拉力F=；故答案为：0.001，1.5点评：本题中要注意安培力的等效求法，虽然每一个边都受到安培力，但由于闭合的电路中，等效长度为零，故等效安培力为零五、填空题（共5小题，每小题3分，满分16分）23（A）如图所示，光滑水平面上用轻绳连接质量分别为M和m的两个物体A和B初始时刻，物体A静止，物体B以初速度v0水平向右运动，绳子被拉紧时突然断裂，物体B的速度变为v0，则物体A的速度变为根据以上数据能求出此过程中系统损失的机械能（选填“能”或“不能”）考点：动量守恒定律；机械能守恒定律 专题：动量与
37、动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出速度，应用能量守恒定律可以求出损失的机械能解答：解：A、B系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=Mv+mv0，解得：v=，由能量守恒定律可以求出该过程系统损失的机械能故答案为：，能点评：系统动量守恒，应用动量守恒定律即可正确解题，本题是一道 基础题24（B）“嫦娥号”登月飞船贴近月球表面的运动可以看作是匀速圆周运动，则维持飞船做匀速圆周运动的向心力是月球对飞船的引力若宇航员测出飞船绕月球运动一周的时间为T，则月球的平均密度为考点：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：根据万有引力等于重
38、力，列出等式表示出重力加速度根据万有引力提供向心力，列出等式求出中心天体的质量根据密度的定义式计算月球密度解答：解：维持飞船做匀速圆周运动的向心力是月球对飞船的引力，设：月球半径为RG=mR月球的质量M= 其中M为月球质量，R为月球半径，解得=故答案为：月球对飞船的引力；点评：贴近月球表面做匀速圆周运动，轨道半径可以认为就是月球半径运用万有引力等于向心力，列式分析，是常用的方法和思路25图（甲）所示是利用激光测量转速的原理示意图图中圆盘可绕固定轴转动，圆盘边缘的侧面涂有一段很薄的反光材料当激光照射到反光材料时，接收器可以接收到反光涂层所反射的激光束，并将光信号转变成电信号，在电脑上显示出如图（
39、乙）所示的图象已知图（乙）中每个小方格横向对应的时间为5.00103s，则圆盘的转速为52.6r/s若圆盘半径为5cm，则反光涂层的长度为3.31cm（均保留3位有效数字）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：从图象中能够看出圆盘的转动周期即图象中电流的周期，根据转速与周期的关系式T=求出圆盘转速的大小反光时间即为电流的产生时间解答：解：（1）从图2显示圆盘转动一周在横轴上显示3.8格，由题意知道，每格表示5.00103s，所以圆盘转动的周期为1.9102s，则转速为n=52.6r/s（2）反光中引起的电流图象在图2中横坐标上每次一小格，说明反光涂层的长度占圆盘周长的3
40、8分之一，故圆盘上反光涂层的长度为=3.31cm故答案为：52.6，3.31点评：本题要注意保留3位有效数字，同时要明确圆盘的转动周期与图象中电流的周期相等，还要能灵活运用转速与周期的关系公式26质量为2kg的物体，放在动摩擦因数=0.5的水平地面上，在水平拉力F的作用下，由静止开始运动，拉力做功W和物体位移s之间的关系如图2所示物体位移为0.5m时加速度的大小a=5m/s2；从静止开始到运动3m的过程中，拉力的最大功率为20W考点：牛顿第二定律；功率、平均功率和瞬时功率 分析：对物体受力分析，受到重力G、支持力N、水平拉力F和滑动摩擦力f，根据动能定理和速度位移公式列式求解；根据功的公式W=
41、FL可知，物体在运动过程中受到恒力作用，图象的斜率表示物体受力大小，由此可判断物体受到的拉力大小，由功率表达式可判断功率大小解答：解：对于01m过程，根据动能定理，有：解得：v1=根据速度位移公式，有：代入数据解得：a=5m/s2即物体位移为0.5m时加速度的大小为：a=5m/s2；对物体受力分析，物体受到的摩擦力为：f=mg=0.5210=10N由图象可知，斜率表示物体受到的力的大小，01m物体受到的拉力为20N；13m物体受到拉力为10N，故物体在前一阶段做匀加速运动，后一阶段受力平衡，物体匀速运动，故物体在前一阶段拉力为20N时，物体加速运动，当速度最大时，拉力功率最大，即：P=FV1=
42、故答案为：5，20点评：本题考查了对功的公式W=FL的理解，根据图象的分析，要能够从图象中得出有用的信息斜率表示物体受到的拉力的大小，本题考查了学生读图和应用图象的能力27如图所示，两个质量均为m、带电量均为+q的小球A和B，固定在轻质绝缘等腰直角三角形框架OAB的两个端点上，直角边的长度为L，另一端点用光滑铰链固定在O点，整个装置可以绕经过O点、且垂直于纸面的水平轴在竖直平面内自由转动若在竖直平面内施加平行于框架的匀强电场，为使框架静止时OB边水平、OA边竖直（A在O点的正下方），则场强E的大小至少为若匀强电场的方向竖直向上，场强大小为E=，并将A球的带电量改为q，其余条件不变，将系统从图示
43、位置由静止释放，则小球A的最大速度为考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系 专题：电场力与电势的性质专题分析：设匀强电场E2的方向与竖直方向夹角为，根据力矩平衡条件列式得到场强E2与的表达式，根据数学知识求极值，得到强E2的最小值设OB边转到与竖直方向成角时，合力矩为零：qAE3LcosmgLcos+mgLsinqBE3Lsin=0，解出值，当框架转动90+时，小球速度最大能量守恒定律：qAE（L+Lsin）+qBELcos=mg（L+Lsin）+mgLcos+2mv2代入数据计算最大速度解答：解：设匀强电场E2的方向与竖直方向夹角为，则根据有固定转动轴物体的平衡条件，有 qE2Lcos+qE
44、2Lsin=mgL 即当时，设OB边转到与竖直方向成角时，合力矩为零：qAE3LcosmgLcos+mgLsinqBE3Lsin=0框架转动90+时，小球速度最大能量守恒定律：E=Ep+Ek，即qAE（L+Lsin）+qBELcos=mg（L+Lsin）+mgLcos+2mv2解出故答案为：，点评：本题是关于竖直线对称的，但是不是图形的对称，而是需要力矩的对称，同样的一个力，需要在左边和右边时力臂是一样的五、实验题（共24分）28在“研究回路中感应电动势的大小与磁通量变化快慢关系”的实验中（见图（甲），得到E图线如图（乙）所示（1）（多选题）在实验中需保持不变的是AD（A）挡光片的宽度 （B）
45、小车的释放位置（C）导轨倾斜的角度 （D）光电门的位置（2）将螺线管的匝数减少一半后重做该实验，在图（乙）中画出相应的实验图线考点：研究电磁感应现象 专题：实验题分析：根据法拉第电磁感应定律E=n，本实验中，Et图线是直线，说明n和是定值，而=BS，要B不变，要求光电门的位置（相对于线圈）和挡光片的宽度不变解答：解：（1）改变小车的释放位置或导轨倾斜的角度可以改变时间t，因为t=，d是挡光片的宽度，v是挡光片通过光电门时的速度，v=，其中为导轨倾斜的角度，s为小车的释放位置到光电门的距离，由小车的释放位置决定（2）根据E=n，线圈匝数减少一倍后，感应电动势减少一倍，电压传感器读数减少一倍因此将
46、纵坐标的点减小一半，即可得到新的图线故答案为（1）A D；（2）如上图所示点评：本题考查“研究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系”实验的实验原理和实验步骤及数据处理（图象）等考查实验，不是照抄教科书的实验器材和步骤，教科书用的是微安表，本题用电压传感器，体现了课程标准的新理念，教科书用人手动磁铁，本题用倾斜的导轨使磁铁运动，并且用光电门测时间老实验：研究电磁感应，新器材：电压传感器、光电门，新思路：选择不变量（同时也就选择了可变量），画新图：改变匝数后的E图线，正可谓：推陈出新，新胜于陈只有在不看答案的情况下做题，才能体验到题目的妙处29在“使用DIS系统测量一节干电池的电动势和内阻”
47、的实验中（1）滑动变阻器有两个可供选择：变阻器A，变阻器B（500，0.2A）实验中，变阻器选择A较为合适（选填“A”或“B”）（2）图中已经连接部分电路，请将电路补画完整（3）根据测量的数据作出UI图象如图（乙）所示，由图象可以得出电池的电动势E=1.48V，内电阻r=0.8考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器（2）根据实验原理连接实物电路图（3）由图示电源UI图象求出电源电动势与内阻解答：解：（1）为方便实验操作，滑动变阻器应选A（2）伏安法测电源电动势与内阻，滑动变阻器与电流传感器串联接入电路，电压传感器测路端电
48、压，电路图如图所示：（3）由图示电源UI图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.48，则电源电动势E=1.48V，电源内阻：r=0.8；故答案为：（1）A；（2）电路图如图所示；（3）1.48；0.8点评：本题考查了实验器材的选择、连接电路图、求电源电动势与内阻，要掌握实验器材的选择原则，掌握应用图象法处理实验数据的方法30某实验小组利用弹簧秤和刻度尺，测量滑块在木板上运动的最大速度实验步骤如下：用弹簧秤测量橡皮泥和滑块的总重力，记作G；将装有橡皮泥的滑块放在水平木板上，通过水平细线和固定的弹簧秤相连，如图（甲）所示在A端向右缓缓拉动木板，待弹簧秤读数稳定后，将读数记作F；改变滑块上橡皮泥的质量，
49、重复步骤和；实验数据如下表所示：G/N1.502.002.503.003.504.00F/N0.310.400.490.610.700.81如图（乙）所示，将木板固定在水平桌面上，滑块置于木板的左端C处，细线跨过定滑轮分别与滑块和重物P连接，保持滑块静止，测量重物P离地面的高度为h=40cm；滑块由静止释放后开始运动，最终停在木板上的D点（未与滑轮碰撞），测量C、D间的距离为s=115cm完成下列作图和填空：（1）根据表中数据在给定的坐标纸（见答题卡）上作出FG图线（2）由图线求得滑块和木板间的动摩擦因数=0.20（保留2位有效数字）（3）滑块的最大速度vm=1.73m/s（保留3位有效数字）
50、考点：探究弹力和弹簧伸长的关系 专题：实验题；弹力的存在及方向的判定专题分析：（1）根据所测数据描点即可，注意所连的线必须是平滑的，偏离太远的点舍弃；（2）由实验图甲可知F=G，即FG图象上的直线的斜率代表动摩擦因数；（3）当重物P停止运动时，滑块达到最大速度，此后做匀减速运动，动摩擦因数在（2）中已知，根据运动规律公式v2v02=2as列式即可求解解答：解：（1）根据描点法在FG图象上描出各点，再连接起来，如图所示；（2）由图甲可知F=G，则FG图象上的直线的斜率代表值的大小由FG图象可知=0.20；（3）当重物P刚好下落到地面时，滑块的速度v最大，此时滑块的位移为h，此后滑块做加速度为g的
51、匀减速运动，由公式v2v02=2as知：滑块的最大速度vmax满足：vmax2=2g（Sh），则vmax=代入数据解得vmax=1.73m/s故答案为：（1）如右图所示；（2）0.20； （3）1.73点评：本题既考查了学生实验创新能力、运用图象处理实验数据的能力，又考查了物体做匀加速运动的规律求滑块的最大速度时，需注意重物刚落地时，滑块速度最大31研究平抛物体运动的实验中，用相机拍出的照片如图所示图中下方是一把总长度为1米的米尺，O点是小球的抛出点，A、B、C是小球平抛轨迹上三个不同时刻的位置，OM是水平线，MN是竖直线，OA、OB、OC连线的延长线与MN交点的距离分别为y1和y2某同学用一
52、把刻度尺在照片上量出米尺的长度为10cm，OM=40cm，y1=4.0cm，A、B、C三点在水平方向的间距x1=3.2cm，x2=6.4cm（1）若小球从A到B所用的时间为t，则经过B、C所用的时间为2t（2）照片中的y2=8cm（3）小球水平抛出时的初始速度v0=4m/s考点：研究平抛物体的运动 专题：实验题；平抛运动专题分析：先建立坐标系，设想在O点有个点光源，根据平抛运动的分运动公式推导出小球在MN上的投影的位移表达式，得到该投影的运动情况，然后在结合分运动公式列式求解即可解答：解：（1）以O为抛出点，初速度方向为x轴方向，竖直方向为y方向，建立直角坐标系；设O点与轨迹点的连线的延长线与
53、MN线的交点（O点在MN上的投影点）与M点间距为y，则：tan=；考虑到放大率为10，故y=10OMtan=10OMt，即该投影点在y轴是匀速下降；由于从A到B、B到C的水平分位移之比为：x1：x2=1：2故时间t1：t2=1：2故y1：y2=1：2；（2）由于y1：y2=1：2，故y2=2y1=8.0cm；（3）投影点在y轴是匀速下降，根据y=10OMtan=10OMt，速度为：v=10=104=；故：10x1=v0t10y1=vt解得：v0=4m/s故答案为：（1）2t；（2）8； （3）4点评：本题设计新颖，关键是先求解投影点的位移方程，得到其为匀速直线运动，然后结合平抛运动的分运动公式
54、列式分析，注意放大率为10六计算题（共50分）32如图（甲）所示，竖直放置的汽缸内壁光滑，横截面积为S=103m2，活塞的质量为m=2kg，厚度不计在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，B下方汽缸的容积为1.0103m3，A、B之间的容积为2.0104m3，外界大气压强p0=1.0105Pa开始时活塞停在B处，缸内气体的压强为0.9p0，温度为27，现缓慢加热缸内气体，直至327求：（1）活塞刚离开B处时气体的温度t2；（2）缸内气体最后的压强；（3）在图（乙）中画出整个过程中的pV图线考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强 专题：理想气体状态方程专题分析：先是等容过程，根据气
55、体状态方程代入数据可解得温度；再根据理想气体状态方程可解得压强解答：解：（1）活塞刚离开B处时，气体压强p2=p0+=1.2105Pa 气体等容变化，代入数据，解出t2=127（2）设活塞最终移动到A处，理想气体状态方程：，即，代入数据，解出=1.5105Pa 因为p3p2，故活塞最终移动到A处的假设成立 （3）如图 答：（1）活塞刚离开B处时气体的温度127；（2）缸内气体最后的压强1.5105Pa；（3）如图点评：本题的关键是分析清楚，各个变化过程中，哪些量不变，变化的是什么量，明确初末状态量的值，根据气体定律运算即可，难度不大，属于中档题33如图所示，光滑水平地面上有一质量M=5kg、足
56、够长的木板，以v0=10m/s的初速度沿水平地面向右运动在长木板的上方安装一个固定挡板PQ（挡板靠近但不接触长木板），当长木板的最右端到达挡板正下方时，立即将质量m=lkg的小铁块贴着挡板的左侧无初速地放在长木板上，铁块与长木板之间的动摩擦因数=0.5当木板向右运动s=1m时，又无初速地贴着挡板在第1个小铁块上放置第2个相同的小铁块，以后每当长木板向右运动s=1m就在铁块的上方再放置一个相同的小铁块，直到长木板停止运动（放到木板上的各个铁块始终被挡板挡住而保持静止状态）求：（1）第1个铁块放上后，木板的加速度；（2）放置第3个铁块的瞬间，长木板的速度；（3）长木板上最终叠放了多少个铁块？考点：
57、动能定理的应用；牛顿第二定律 专题：动能定理的应用专题分析：（1）根据牛顿第二定律求出第1个铁块放上后，木板的加速度（2）根据速度位移公式求出放上第二个铁块时的速度，结合牛顿第二定律求出放置第2个铁块后的加速度，从而结合速度位移公式求出放置第3个铁块的瞬间，长木板的速度（3）长木板停下来前，结合动能定理，通过摩擦力做功求出放上铁块的个数解答：解：（1）牛顿第二定律：mg=Ma1a1=1m/s2，方向向左 （2）放置第2个铁块瞬间长木板的速度为v1，由，解出v1=代入数据解得v1=m/s 放置第2个铁块后，牛顿第二定律：2mg=Ma2a2=2m/s2由，解出放置第3个铁块瞬间长木板的速度v2=代
58、入数据解得v2=m/s （3）长木板停下来之前，由动能定理得：Wf=0而Wf=（mgs）+（2mgs）+（nmgs）=mgs 解出n=9.5，最终应有10个铁块放在长木板上 答：（1）第1个铁块放上后，木板的加速度为1m/s2，方向向左；（2）放置第3个铁块的瞬间，长木板的速度为m/s；（3）长木板上最终叠放了10个铁块点评：本题考查了动能定理、牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，理清铁块和木板的运动规律，选择合适的规律进行求解，难度中等34如图（甲）所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间的距离L=1m，定值电阻R1=6，R2=3，导轨上放一质量为m=1kg的金
59、属杆，杆的电阻r=2，导轨的电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B=0.8T的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向下现用一拉力F沿水平方向拉杆，使金属杆以一定的初速度开始运动图（乙）所示为通过R1中电流的平方I12随时间t的变化关系图象，求：（1）5s末金属杆的速度；（2）写出安培力的大小随时间变化的关系方程；（3）5s内拉力F所做的功考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化 专题：电磁感应功能问题分析：（1）根据图线得出5s末的电流，结合切割产生的电动势等于 R1两端的电压，求出5s末的速度（2）通过5s末通过电阻R1中的电流，结合串并联电路的特点求出总电流，从而得出安培力的大
60、小表达式（3）根据图线围成的面积得出在R1中产生的热量，从而得出整个回路产生的热量，结合动能定理求出拉力F做的功解答：解：（1）外电阻总电阻R外=2 由图象得5s末的电流I1=0.2A，R1R2并联，故I总=3I1=0.6A，E=I总（R外+r）=0.6（2+2）V=2.4V 由E=BLv得vt=3m/s （2）图象方程：，得I1=0.1A R1R2并联，故I总=3I1=0.3A 安培力FA=BI总L=0.24N （3）图线与时间轴包围的“面积”为=0.15，故5s内R1中产生的焦耳热为Q1=I2Rt=0.156J=0.9J，电路中总电热Q总=Q1+Q2+Qr=6Q1=5.4J 金属杆初始速度
61、v0=1.5m/s 由功能关系WF+WA=Ek又；WA=Q总得：WF=Ek+Q总=+Q总，代入数据得WF=J=7.65J 答：（1）5s末金属杆的速度为3m/s；（2）写出安培力的大小随时间变化的关系方程为0.24N；（3）5s内拉力F所做的功为7.65J点评：本题整合了电路、力学和电磁感应中：欧姆定律、焦耳定律、动能定理等等多个知识点，还要理解图象的物理意义，综合性较强35当金属的温度升高到一定程度时就会向四周发射电子，这种电子叫热电子，通常情况下，热电子的初始速度可以忽略不计如图所示，相距为L的两块平行金属板M、N接在输出电压恒为U的高压电源E2上，M、N之间的电场近似为匀强电场，a、b、
62、c、d是匀强电场中四个均匀分布的等势面，K是与M板距离很近的灯丝，电源E1给K加热从而产生热电子电源接通后，电流表的示数稳定为I，已知电子的质量为m、电量为e求：（1）电子达到N板瞬间的速度；（2）电子从灯丝K出发达到N板所经历的时间；（3）电路稳定的某时刻，M、N之间运动的热电子的总动能；（4）电路稳定的某时刻，c、d两个等势面之间具有的电子数考点：动能定理的应用；功能关系；带电粒子在匀强电场中的运动 专题：动能定理的应用专题分析：（1）根据动能定理求出电子到达N板瞬间的速度大小（2）通过牛顿第二定律和运动学公式求出电子从灯丝K出发达到N板所经历的时间（3）在M、N之间运动的热电子的总动能应
63、等于t时间内电流做功的，结合功能关系求出电路稳定的某时刻，M、N之间运动的热电子的总动能；（4）分别求出电子从灯丝出发达到c和d的时间，从而结合n=求出电路稳定的某时刻，c、d两个等势面之间具有的电子数解答：解：（1）动能定理：，解出（2）牛顿定律：e=ma，解出由得：（3）根据功能关系，在M、N之间运动的热电子的总动能应等于t时间内电流做功的，即Ek总=UIt=UI（）=IL（4）电子从灯丝出发达到c所经历的时间电子从灯丝出发达到d所经历的时间c、d两个等势面之间的电子数n=，将时间td和tc代入，求出：n=答：（1）电子达到N板瞬间的速度为；（2）电子从灯丝K出发达到N板所经历的时间为；（3）电路稳定的某时刻，M、N之间运动的热电子的总动能为IL；（4）电路稳定的某时刻，c、d两个等势面之间具有的电子数为n点评：本题考查了动能定理、牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键要正确建立物理模型，依据相关物理规律求解
