1、2014-2015学年山东省枣庄三中新校高三（上）月考物理试卷（1月份）一、单项选择题（共16分，每小題2分，每小题只有一个正确选项）1（2分）（2014漳州四模）欧洲天文学家发现了可能适合人类居住的行星“格里斯581c”该行星的质量是地球的m倍，直径是地球的n倍设在该行星表面及地球表面发射人造卫星的最小发射速度分别为v1、v2，则的比值为（）ABCD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：该行星表面及地球表面发射人造卫星的最小发射速度即第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力表示出第一宇宙速度再根据已知的条件求解解答：解：星球表面发射人造卫星的最小发射速度即第一宇宙速度，根据
2、万有引力提供向心力得：G解得：v=该行星的质量是地球的m倍，直径是地球的n倍，故：=故选：D点评：本题关键是明确星球表面发射人造卫星的最小发射速度即为近地卫星的环绕速度，然后根据牛顿第二定律列求解表达式进行分析即可2（2分）（2014贵港模拟）除两极外，地球表面上任何物体都要随地球自转，若将物体随地球自转的运动看作匀速圆周运动，则对处于地球表面不同纬度地区a、b的两个质量相等的相对地面静止的物体，下列表述正确的是（）A两物体在a、b两地所受的合力方向相同B在b地的物体角速度较大C在b地的物体的线速度较小D在b地的物体的向心加速度较小考点：线速度、角速度和周期、转速专题：匀速圆周运动专题分析：a
3、、b两点共轴转动，角速度大小相等，根据v=r比较线速度大小，根据a=r2比较向心加速度大小，知道合力提供向心力解答：解：A、物体a、b绕地轴转动，向心力的方向指向地轴，则合力的方向指向地轴，故两物体在a、b两地所受的合力方向平行，即相同故A正确B、C、a、b两点的角速度相等，根据v=r知，b的半径大，则b的线速度大，根据a=r2知，b的向心加速度大故B错误，C错误，D错误故选：A点评：解决本题的关键知道共轴转动的点角速度相等，根据v=r，a=r2比较线速度、向心加速度大小3（2分）（2014兴庆区校级二模）若地球和火星绕太阳做匀速圆周运动的周期分别为T1和T2，如地球和火星绕太阳做匀速圆周运动
4、的轨道半径大小分别为R1和R2，则（）ABCD考点：万有引力定律及其应用；向心力专题：万有引力定律的应用专题分析：对于地球，根据万有引力提供向心力，解出半径和周期的关系，对于火星，有同样的结论，半径相比，化简可得到结果解答：解：地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有：，解得：对于火星绕太阳运动，同样有：得：故B正确、ACD错误故选：B点评：本题要掌握环绕天体绕中心天体做圆周运动，通过万有引力提供向心力，可以解出周期和轨道半径的关系本题也可以根据开普勒第三定律，计算可得，所以4（2分）（2014普陀区二模）下列说法正确的是（）A物体惯性的大小是由质量和速度共同决定的B磁通量的变化率是标
5、量C牛顿运动定律也适用微观世界D电流强度的单位“安培（A）”是物理学中的导出单位考点：磁通量；惯性分析：物体的惯性与物体的质量有关，与物体运动的速度无关；磁通量是标量，磁通量的变化量与变化率也是标量；牛顿运动定律使用与宏观、低速运动的物体；电流强度的单位“安培（A）”是物理学中的基本单位解答：解：A、物体的惯性与物体的质量有关，与物体运动的速度无关故A错误；B、磁通量是标量，磁通量的变化量与变化率也是标量故B正确；C、牛顿运动定律使用与宏观、低速运动的物体，对于微观、高速运动的物体不再完全适用故C错误；D、电流强度的单位“安培（A）”是物理学中的七个基本单位之一故D错误故选：B点评：该题中考查
6、到的惯性、磁通量、电流强度的单位、以及牛顿运动定律的适用范围都是记忆性的知识点，要牢记5（2分）（2014普陀区二模）图示是用来监测在核电站工作的人员受到辐射情况的胸章，通过照相底片被射线感光的区域，可以判断工作人员受到何种辐射当胸章上1mm铝片和3mm铝片下的照相底片被感光，而铅片下的照相底片未被感光时，则工作人员可能受到了辐射的射线是（）A和B和C和D、和考点：X射线、射线、射线、射线及其特性专题：应用题分析：本题考查三种射线的贯穿能力：射线贯穿能力很差，用一张纸就能把它挡住射线贯穿本领较强，很容易穿透黑纸，也能穿透几厘米厚的铝板贯穿本领更强，甚至能穿透几厘米厚的铅板解答：解：射线贯穿能力
7、很差，在空气中只能前进几厘米，用一张纸就能把它挡住射线贯穿本领较强，很容易穿透黑纸，也能穿透几厘米厚的铝板贯穿本领更强，甚至能穿透几厘米厚的铅板由于本题目中射线能穿透1mm和3mm的铝板，但不能穿透铅板，故一定不含射线，但一定含有射线，可能含有射线故选A点评：对于选修35的原子物理部分，一定要多看课本，加强记忆，这是学好这一部分的唯一捷径6（2分）（2014普陀区二模）逻辑电路信号只有高电压和低电压，用“1”和“0”表示下列说法正确的是（）A“1”表示电压为1V，“0”表示电压为0VB“1”表示电压为大于或等于1V，“0”表示电压一定为0VC“1”和“0”是逻辑关系的两种可能的取值，不表示具体
8、的数字D“1”表示该点与电源的正极相连，“0”表示该点与电源的负极相连考点：简单的逻辑电路专题：恒定电流专题分析：逻辑电路的信号有两种状态：一是高电位状态，用“1”表示；另一种是低电位状态，用“0”表示；“1”和“0”是逻辑关系的两种可能的取值，不表示具体的数值解答：解：A、“1”表示高电压而不是具体电压1V，“0”表示低电压而不是具体电压0V，故AB错误C、“1”和“0”是逻辑关系的两种可能的取值，不表示具体的数值，故C正确D、“1”表示高电压而不是与电源的正极相连，“0”表示低电压而不是与电源的负极相连，故D错误故选：C点评：本题考查了逻辑电路信号的两种状态，一是高电位状态，用“1”表示；
9、另一种是低电位状态，用“0”表示要注意理解7（2分）（2014普陀区二模）如图，T字形架子ABO可绕通过O点，且垂直于纸面的转动轴自由转动现在其A端与B端分别施以图示方向的力F1和F2，则关于F1和F2产生的力矩M1和M2，下列说法正确的是（）AM1引起T形架顺时针转动，M2引起T形架逆时针转动BM1和M2可能使T形架保持平衡CM1和M2使T形架逆时针转动DM1和M2使T形架顺时针转动考点：力矩的平衡条件分析：物体在力矩作用下会绕转动轴转动，物体沿力矩方向转动，力矩方向可以用右手定则判断，右手四指指向力臂的方向，四指向力的方向弯曲，则大拇指所指的方向就是力矩的方向，即物体的转动方向解答：解：根
10、据图示由右手定则可知，力F1的力矩M1使T形架沿逆时针方向转动，力F2的力矩M2也使T形架沿逆时针方向转动，所以M1和M2使T形架逆时针转动；故C正确，ABD错误；故选：C点评：本题考查了物体在力矩作用下转动方向的判定，知道物体的转动方向就是力矩方向、会用右手定则判断力矩方向是正确解题的关键8（2分）（2014普陀区二模）如图所示，在用横截面为椭圆形的墨水瓶演示坚硬物体微小弹性形变的演示实验中，能观察到的现象是 （）A沿椭圆长轴方向压瓶壁，管中水面上升；沿椭圆短轴方向压瓶壁，管中水面下降B沿椭圆长轴方向压瓶壁，管中水面下降；沿椭圆短轴方向压瓶壁，管中水面上升C沿椭圆长轴或短轴方向压瓶壁，管中水
11、面均上升D沿椭圆长轴或短轴方向压瓶壁，管中水面均下降考点：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：从不同的方向压瓶壁，会导致瓶子的体积变化，根据椭圆瓶子容积的变化分析答题解答：解：沿椭圆长轴方向压瓶壁，瓶子容积变大，管中水面下降；沿椭圆短轴方向压瓶壁，瓶子容积变小，管中水面上升，故ACD错误，B正确；故选B点评：瓶子形状发生变化，容积发生变化而水的体积不变，因此水要上升或下降；该题的关键就是根据几何知识判断瓶子的体积是如何发生变化的二、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（3分）（2013重庆）铀是常用的一种核燃料，若它的原子核发生了如下的裂变反
12、应：则a+b可能是（）ABCD考点：重核的裂变专题：重核的裂变和轻核的聚变专题分析：根据核反应前后质量数和电荷数都守恒逐项分析即可解答：解：核反应前后质量数和电荷数都守恒，A都不守恒，B质量数不守恒，C电荷数不守恒，D正确故选D点评：本题考查了重核裂变前后质量数和电荷数都守恒，仔细计算即可10（3分）（2014普陀区二模）如图，质量为m、带电量为+q的滑块，沿绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下的匀强电场区时，滑块运动的状态为 （）A继续匀速下滑B加速下滑C减速下滑D先加速下滑后减速下滑考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律专题：电场力与电势的性质专题分析：没有电场时，滑块沿绝缘
13、斜面匀速下滑，受力平衡，根据平衡条件得到滑动摩擦力与重力沿斜面向下的分力平衡当滑块滑至竖直向下匀强电场区时，再分析这两个力是否平衡，判断滑块的运动状态解答：解：设斜面的倾角为滑块没有进入电场时，根据平衡条件得：mgsin=fN=mgcos又f=N得到，mgsin=mgcos，即有：sin=cos当滑块进入电场时，设滑块受到的电场力大小为F根据正交分解得到滑块受到的沿斜面向下的力为（mg+F）sin，沿斜面向上的力为（mg+F）cos，由于sin=cos，所以（mg+F）sin=（mg+F）cos，即受力仍平衡，所以滑块仍做匀速运动故A正确，B、C、D错误故选：A点评：本题增加电场力，相当于增加
14、物体的重力，对物体的运动情况没有影响基础题11（3分）（2014普陀区二模）物体以初速度v0作竖直上抛运动，上升过程可以看成是自由落体与另一种直线运动的合成，已知重力加速度为g，以竖直向上为正方向，则（）A合速度比两个分速度都大B两个分运动的位移方向相同C某分运动的位移随时间t的变化规律是h=v0tgt2D某分运动的位移随时间t的变化规律是h=gt2考点：竖直上抛运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系分析：物体以初速度v0作竖直上抛运动，上升过程可以看成是自由落体运动和与速度作向上的匀速直线运动构成；速度、位移的合成都满足矢量合成的法则解答：解：A、合速度为：v=v0gt；两个分速度为：gt，
15、v0；故A错误；B、自由落体运动位移向下，速度作向上的匀速直线运动的位移向上，故B错误；C、D、两个分运动的位移：x1=v0t，x2=；故C错误，D正确；故选：D点评：本题关键是明确物体的运动规律，能够将竖直上抛运动分解为自由落体运动和向上的匀速直线运动来分析，不难12（3分）（2014普陀区二模）黑板的下边沿离地的高度为1m，若黑板擦（可视为质点）的质量为0.1kg，它与黑板之间的动摩擦因数为0.6一同学用力将黑板擦在黑板表面缓慢竖直向上擦黑板，他所能擦到的最大高度为2.25m，当擦到最高位置时意外让小黑板擦沿黑板面竖直向下滑落，则黑板擦砸到黑板下边沿时的速度大小为（）A3.2 m/sB4.
16、2 m/sC5.0 m/sD6.7 m/s考点：自由落体运动专题：自由落体运动专题分析：黑板擦下落时做自由落体运动，根据自由落体运动位移速度关系即可求解解答：解：小黑板擦可看成质点，它向下滑落的过程与黑板间无摩擦，它做自由落体运动由运动学公式得：v2=2gh即：v=故选：C点评：本题主要考查了自由落体运动基本公式的直接应用，注意从题干中选择有用信息，难度不大，属于基础题13（3分）（2014普陀区二模）如图，电路中的5个灯泡完全相同，闭合电键后，灯泡都比较暗，不能正常发光现调节滑动变阻器，使电路中的电流逐渐增大，使电路中的某一个或几个灯泡刚好能正常发光，则这时正常发光的灯泡个数为（）A1个B2
17、个C3个D4个考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：调节滑动变阻器，使电路中的电流逐渐增大，分析并联部分电压的变化，判断灯泡亮度的变化解答：解：调节滑动变阻器，接入电路的电阻减小，使电路中的电流逐渐增大，并联部分电压增大，灯泡都变亮由于5个灯泡完全相同，额定电流和额定电压相同若L1和L3正常发光，L2的电流将是额定电流的2倍，将烧坏，故L1和L3不可能正常发光；若L2正常发光，L1和L3的电压低于额定电压，不能正常发光；若L4和L5正常发光，则并联部分的电压将其额定电压的2倍，由于串联电路电压与电阻成正比，则知L2的电压将超过额定电压，将烧坏由上分析可知，只有可能L2正常发光故A正确
18、故选：A点评：本题是电路的动态分析问题，要抓住串联电压的分压规律和并联电路的分流规律，运用假设法进行比较分析14（3分）（2014普陀区二模）如图，在圆锥形内部有三根固定的光滑细杆，A、B、C为圆锥底部同一圆周上的三个点，三杆Aa、Bb、Cc与水平底面的夹角分别为60、45、30每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），三个滑环分别从a、b、c处由静止释放（忽略阻力），用t1、t2、t3依次表示各滑环到达A、B、C所用的时间，则（）At1t2t3Bt1t2t3Ct1=t3t2Dt1=t3t2考点：牛顿第二定律；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：根据牛顿第二定律求出加
19、速度，结合位移，运用位移时间公式求出时间的大小，从而进行比较解答：解：小滑环沿杆下滑的加速度a=，根据得，t=，当=60和30时，时间相等，当=45时，时间最短，故t1=t3t2故D正确，A、B、C错误故选：D点评：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，求出时间的表达式是解决本题的关键15（3分）（2014普陀区二模）如图，是一定质量的理想气体，在状态变化过程中的pV图线，气体沿直线ABCDE变化，则气体在此变化过程中5个状态对应的最高与最低的热力学温度之比为（）A3：1B4：1C5：4D12：5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
20、：根据理想气体状态方程=c，可知T与pV成正比，根据图象的信息，列式求出pV最大值和最小值之比，再求出最高与最低的热力学温度之比解答：解：据图象可知：气体沿直线ABCDE变化过程中，B点pV最大，最大值为15个单位；E点pV值最小，最小值为5个单位，根据理想气体状态方程=c得：T与pV成正比，则最高与最低的热力学温度之比为 Tmax：Tmin=15：5=3：1故选：A点评：对于气体状态图象，根据气态方程=c分析状态变化过程，要知道T与pV成正比，不是成反比16（3分）（2014普陀区二模）汽车在平直公路上以速度V0匀速行驶，发动机的功率为P，司机为合理进入限速区，减小了油门，使汽车功率立即减小
21、一半并保持该功率继续行驶，设汽车行驶过程中所受阻力大小不变，从司机减小油门开始，汽车的速度V与时间t 的关系如图，则在0t1时间内下列说法正确的是（）A汽车的牵引力不断减小Bt=0时，汽车的加速度大小为C阻力所做的功为mV02t1D汽车行驶的位移为+考点：功率、平均功率和瞬时功率专题：功率的计算专题分析：在0t1时间内，功率不变，速度减小，根据P=Fv可知，牵引力增大，汽车匀速行驶时牵引力等于阻力，根据功率和速度关系公式P=Fv可以求解阻力，功率减小一半时，求解牵引力，根据牛顿第二定律求解加速度，根据动能定理求解阻力做功和汽车的位移解答：解：在0t1时间内：A、功率不变，速度减小，根据P=Fv
22、可知，牵引力增大，故A错误；B、汽车以速度v0匀速行驶时，牵引力等于阻力，即有：F=f，发动机的功率为P，由P=Fv0=fv0，得阻力 f=t=0时，功率为原来的一半，速度没有变，则F=，根据牛顿第二定律得：a=，故大小为，故B错误C、D根据动能定理得：0.5Pt1+Wf=，解得阻力做功为 Wf=mv02t1；设汽车通过的位移为x，由Wf=fx，解得，x=+故C错误，D正确故选：D点评：本题关键分析清楚物体的受力情况，结合受力情况再确定物体的运动情况阻力做功根据动能定理求解是常用的思路三、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
23、错或不答的，得0分）17（4分）（2014普陀区二模）如图，是一个匀速转动的电扇，O为转动轴，A、B为电扇上两个质点，下列说法正确的是（）A电扇在做匀速圆周运动B电扇在绕O轴匀速转动C电扇上A、B两个质点都在做匀速圆周运动D电扇上A、B两个质点角速度相同考点：线速度、角速度和周期、转速专题：匀速圆周运动专题分析：匀速转动的电扇上除转轴外的各个点都做匀速圆周运动，共轴转动角速度相等解答：解：A、匀速圆周运动的轨迹是圆周，匀速转动的电扇上除转轴外的各个点都做匀速圆周运动，不能说电扇在做匀速圆周运动，电扇整体的轨迹不动，故A错误；B、根据题意，电扇在绕O轴匀速转动，故B正确；C、D、电扇上A、B两个
24、质点都在做匀速圆周运动，角速度相同，故C正确，D正确；故选：BCD点评：本题关键是明确匀速圆周运动的概念，匀速圆周运动是对质点而言的，风扇自转的同时，平动的速度为零18（4分）（2014普陀区二模）如图，在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m1的木块，木块和车厢通过一根轻弹簧相连接在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m2的小球某段时间内发现细线与竖直方向成角，在这段时间内木块与车厢也保持相对静止不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时间内弹簧对木块的弹力（）A大小为m1gtanB大小为m1gsinC方向水平向右D方向水平向左考点：牛顿第二定律；胡克定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：小球、木块
25、和小车具有相同的加速度，隔离对小球分析，根据牛顿第二定律求出小球的加速度，从而得出木块所受的弹力大小和方向解答：解：隔离对小球分析，根据牛顿第二定律得，m2gtan=m2a，解得a=gtan，方向水平向左；木块和小球具有相同的加速度，则木块所受的弹力大小F=m1a=m1gtan，方向水平向左故A、D正确，B、C错误故选：AD点评：解决本题的关键知道小球、木块和小车具有相同的加速度，结合牛顿第二定律分析求解19（4分）（2014普陀区二模）在体育器材室里，篮球摆放在图示的球架上已知球架的宽度d=15cm，每只篮球的质量m=0.6kg、直径D=25cm，不计球与球架之间摩擦，则每只篮球对两侧球架的
26、压力大小N1和对一侧球架的压力大小N2分别为（）AN1=6NBN1=3NCN2=3NDN2=3.75N考点：物体的弹性和弹力专题：受力分析方法专题分析：以任意一只篮球为研究对象，分析受力情况，根据几何知识求出相关的角度，由平衡条件求解球架对篮球的支持力，即可得到篮球对球架的压力解答：解：A、以任意一只篮球为研究对象，分析受力情况，设球架对篮球的支持力N与竖直方向的夹角为篮球受到重力和两侧球架对篮球的支持力处于平衡状态，则N1=mg=6N，故A正确，B错误；由几何知识得：cos=根据平衡条件得：2Ncos=mg解得：N=则得篮球对球架的压力大小为：N2=N=3.75N，故C错误，D正确故选：AD
27、点评：本题关键要通过画出力图，正确运用几何知识求出N与竖直方向的夹角，再根据平衡条件进行求解20（4分）（2014秋枣庄校级月考）某家用桶装纯净水手压式饮水器如图所示，在手连续稳定的按压下，出水速度为V，供水系统机械效率为，现测量出桶底到出水管之间的高度差H，桶中水面到出水管之间的高度差是h，出水口倾斜，离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为S，水的密度为，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A出水口单位时间内的出水体积Q=VSB出水口所出水落地时的速度C出水后，手连续稳定按压的功率为D手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和考点：机械能守恒定律；功率、平均功率和瞬时功率
28、专题：机械能守恒定律应用专题分析：出水口的体积V=Sl，再除以时间即为位时间内的出水体积，在时间t内，流过出水口的水的质量m=Svt，手连续稳定按压使水具有初动能和重力势能，根据势能和动能的表达式及供水系统的效率求出手连续稳定按压做的功，再根据P=求解功率即可解答：解：A、出水口的体积V=Sl，则单位时间内的出水体积 Q=Sv，故A正确B、水从出水平流出后做斜抛运动，设落地时速度为v，根据动能定理：mgH=mv2mv2，所以出水口所出水落地时的速度v=，故B错误；C、手连续稳定按压使水具有初动能和重力势能，在时间t内，流过出水口的水的质量m=Svt，则出水口的水具有的机械能E=mv2+mgH=
29、+vStgH，而供水系统的效率为，所以手连续稳定按压做的功为W=+，则功率P=+故C错误D、手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和除以供水系统的效率，故D错误；故选：A点评：解答本题要知道水从出水平流出后做平抛运动，根据平抛运动的基本规律求解，注意手连续稳定按压时做水做的功没有全部转化为水的机械能，还要注意供水系统的效率四、填空题（共20分，每小题4分）22.23题任选一题做题21（4分）（2014普陀区二模）如图所示，S1、S2是两个相干波源，它们振动同步且振幅相同实线和虚线分别表示某一时刻两列波的波峰和波谷a、b、c、d四点中振动减弱的点为a，经四分之一周期，不在平衡位置
30、的点为d考点：波的叠加分析：两列波干涉时，两列波的波峰与波峰、波谷与波谷相遇处，振动始终加强，波峰与波谷相遇处振动始终减弱振动加强点的振动等于波单独传播时振幅的2倍解答：解：此时b质点处是两列波波峰与波峰叠加的地方，但随着时间推移，可以是波谷与波谷叠加的地方，但振动始终是最强的d处是平衡相遇点，由于振动方向相同，因此是振动加强点a质点处是两列波波峰与波谷叠加的地方，振动始终是最弱的，图示时刻a在平衡位置，b在波峰，c在波谷，再过后的时刻a、b、c三个质点都将处于各自的平衡位置，但d不在平衡位置故答案为：a；d点评：在波的干涉现象中，振动加强点的振动始终是加强的，但质点在简谐运动，其位移随时间是
31、周期性变化，不是静止不动的22（4分）（2014普陀区二模）一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能减小为原来的，不考虑卫星质量的变化，则变轨后卫星的轨道半径变大（填“变大”，“变小”或“不变”），前后角速度之比为8：1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：根据动能减小为原来的得出速度大小的变化，人造卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，列出等式求解解答：解：卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能减小为原来的，根据动能公式Ek=所以速度大小减到原来的卫星绕地球做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力有：得由于线速度变为原来的可知，轨道半径变为原来
32、的4倍再根据万有引力提供圆周运动向心力有：得卫星的角速度：由于轨道变为原来的4倍，则可知角速度变为原来的故答案为：变大，8：1点评：人造卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，卫星的线速度、角速度、周期都与半径有关，讨论这些物理量时要找准公式，正确使用控制变量法23（2014春平阳县校级期末）如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动，两球质量关系为mB=2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为4kgm/s，则左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5考点：动量守恒定律专题：动量定理应用专题分析：两球碰撞过程，系
33、统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；同时考虑实际情况，碰撞前后面的球速度大于前面球的速度动量是矢量，具有方向性解答：解：规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为6kgm/s，说明A、B两球的速度方向向右，两球质量关系为mB=2mA，所以碰撞前vAvB，所以左方是A球碰撞后A球的动量增量为4kgm/s，所以碰撞后A球的动量是2kgm/s碰撞过程系统总动量守恒，mAvA+mBvB=mAvA+mBvB所以碰撞后B球的动量是10kgm/s根据mB=2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5故答案为：A，2：5点评：碰撞过程中动量守恒，同时要遵循能量守恒定律，不忘联系实际情况，即后面的球不会
34、比前面的球运动的快！由于动量是矢量，具有方向性，在讨论动量守恒时必须注意到其方向性为此首先规定一个正方向，然后在此基础上进行研究24（4分）（2014普陀区二模）如图，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直已知线圈的匝数N=10，边长ab=1.0m、bc=0.5m，电阻 r=2磁感应强度B在04s内从0.2T均匀变化到0.2T在45s内从0.2T均匀变化到零在04s内通过线圈的电荷量q=1C，在05s内线圈产生的焦耳热Q=1J考点：法拉第电磁感应定律；焦耳定律专题：电磁感应与电路结合分析：（1）由题可确定磁感应强度B的变化率，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，再由欧姆定律和
35、电流的定义式I=结合求解电量；（2）分析两个时间段：04s和45s，由焦耳定律分别求出热量，即可得到总热量；解答：解：（1）在04s内，磁感应强度B的变化率= T/s=0.1T/s，由于磁通量均匀变化，在04s内线圈中产生的感应电动势恒定不变，根据法拉第电磁感应定律得：04s内线圈内感应电动势的大小E1=Nabbc=100.110.5=0.5V根据楞次定律判断得知，线圈中感应方向为逆时针方向通过线圈的电荷量为q=I1t1=t1=C=1C；（2）在45s内从0.2T均匀变化到零，则感应电动势E2=N=1010.5=1V；在04s内，线圈产生的焦耳热为Q1=t1=J=0.5J在45s内，线圈产生的
36、焦耳热为Q2=t2=J=0.5J故在05s内线圈产生的焦耳热Q=Q1+Q2=1J故答案为：1，1点评：本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律、焦耳定律和楞次定律等知识的综合应用，这些都是电磁感应现象遵守的基本规律，要熟练掌握，并能正确应用25（4分）（2014普陀区二模）如图（a）的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器闭合电键S后，调节滑动变阻器，将滑动变阻器的滑片从左滑向右的过程中，两电压表的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图（b）则滑动变阻器的最大阻值为20，滑动变阻器消耗的最大功率为0.9W考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率专题：恒定电流专题分析：由图可知两电阻串联，V1测R1两
37、端的电压，V2测R2两端的电压；当滑片从左滑向右的过程中，滑动变阻器接入电阻增大，则可知总电阻变化，由闭合电路欧姆定律可知电路中电流的变化，则可知内电压的变化及路端电压的变化，同时也可得出R1两端的电压变化，判断两图象所对应的电压表的示数变化；由图可知当R2全部接入及只有R1接入时两电表的示数，则由闭合电路的欧姆定律可得出电源的电动势和内阻；将电阻R1看成电源的内阻，当R2=R1+r时，滑动变阻器消耗的功率最大解答：解：当滑动变阻器的滑片从左滑向右的过程中，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流减小，R1两端的电压减小，R2两端的电压增大由上分析可知图线
38、甲是电压表V2的示数图象，图线乙是电压表V1的示数图象图线乙的斜率等于R1的阻值，所以有：R1=5由U2=EI（R1+r）可图线甲的斜率大小等于电源的内阻与R1之和，则电源的内阻为：r=R1=5=5当I=0.2A时，U2=4V，则有：E=U2+I（R1+r）=4+0.210=6V由图知，当滑动变阻器全部接入时，电路中电流为I=0.2A，电压表V1示数为U1=1V，V2的示数为U2=4V，R2=20将电阻R1看成电源的内阻，当R2=R1+r=10时，滑动变阻器消耗的功率最大则滑动变阻器消耗的最大功率为：Pm=W=0.9W故答案为：20，0.9点评：对于功率问题，要分定值电阻和可变电阻，在求定值电
39、阻的最大功率时，应是电流最大的时候；而求变值电阻的最大功率时，应根据电源的最大输出功率求，必要时可将与电源串联的定值电阻等效为内阻处理26（4分）（2014普陀区二模）如图，高为0.3m的水平通道内，有一个与之等高的质量为M=2.4kg表面光滑的立方体，长为L=0.2m的轻杆下端用铰链连接于O点，O点固定在水平地面上竖直挡板的底部（挡板的宽度可忽略），轻杆的上端连着质量为m=0.6kg的小球，小球靠在立方体左侧为了轻杆与水平地面夹角=37时立方体平衡，作用在立方体上的水平推力F1应为8N，若立方体在F2=9N的水平推力作用下从上述位置由静止开始向左运动，至刚要与挡板相碰的过程中，立方体对小球做
40、功为0.672J考点：功的计算专题：功的计算专题分析：（1）根据平衡条件即可求解；（2）对整体利用动能定理求出小m的速度再对m利用能量守恒即可求解解答：解：（1）对小球有N=F1=N=8N（2）在整个运动过程中对整体由动能定理可得：FLcos37mg（LLsin37）=代入数据解得：v1=0.8m/s立方体对小球做功为：W=0.672J故答案为：8，0.672点评：本题主要考查了动能定理，要求同学们能正确分析物体的运动过程，选择正确的定律进行求解，难度较大五、实验题（共24分）27（3分）（2014普陀区二模）在观察单色光双缝干涉实验现象时，一同学经调节后使单缝与双缝相互平行、且沿竖直方向若该
41、同学先后分别用间距d1=0.20mm和d2=0.25mm的双缝来完成实验，其他条件没变，你认为观察到单色光的干涉条纹是C和D（填选项），其中对应双缝间距d1的是C（填选项）考点：双缝干涉的条纹间距与波长的关系专题：光的干涉专题分析：单色光的干涉条纹与单缝和双缝都平行，应沿竖直方向，分划板中心刻度对准条纹的中心，干涉条纹间距与双缝间距成反比解答：解：由于单色光的干涉条纹与单缝和双缝都平行，应沿竖直方向，故AB错误分划板中心刻度应对准干涉条纹的中心，故在测量头内观察到单色光的干涉条纹是C和D根据干涉条纹的间距与双缝间距成反比，可知对应双缝间距d1的是C故答案为：（1）C，D； （2）C点评：解决本
42、题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，以及掌握双缝干涉条纹的间距公式x=，计算结果数量级必须正确28（6分）（2014普陀区二模）在“油膜法估测分子直径”的实验中：（1）该实验中的理想化假设是ABD（A）将油膜看成单分子层油膜 （B）不考虑各油分子间的间隙（C）不考虑了各油分子间的相互作用力 （D）将油分子看成球形（2）实验中使用到油酸酒精溶液，其中酒精溶液的作用是B（A）可使油酸和痱子粉之间形成清晰的边界轮廓 （B）对油酸溶液起到稀释作用（C）有助于测量一滴油酸的体积 （D）有助于油酸的颜色更透明便于识别考点：用油膜法估测分子的大小专题：实验题分析：（1）本题明确“用油膜法估测分子的大小”实验的
43、实验原理：油酸以单分子呈球型分布在水面上，且一个挨一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度，即可正确解答（2）油酸不加稀释时形成的油膜面积很大，不便于测量，酒精溶液的作用是对油酸溶液起到稀释作用解答：解：（1）在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，我们的实验依据是：油膜是呈单分子层分布的；把油酸分子看成球形；不考虑分子之间的空隙，故ABD正确，C错误；（2）如果油酸不加稀释形成的油膜面积很大，不便于测量，油酸可以溶于酒精，因此酒精溶液的作用是对油酸溶液起到稀释作用，故ACD错误，B正确故答案为：（1）ABD；（2）B点评：在用油膜法估测分子的大小”实验中，我们做了些理想化处理，是一种估测，
44、建立这样的模型：油酸分子之间无间隙，油酸膜为单层分子29（6分）（2014普陀区二模）如图（a）为“用DIS研究加速度和力、质量的关系”的实验装置某同学用此装置验证在质量不变的情况下，加速度与合外力成正比的关系（1）（单选题）改变所挂钩码的数量，多次重复测量，得到aF关系图线，如图（b）此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是DA小车与轨道之间存在摩擦 B导轨保持了水平状态C所用小车的质量太大 D所挂钩码的总质量太大（2）该同学分析误差后，对实验进行了如下改进：把钩码换成沙桶，小车内也装载部分沙子，车的总质量M（包括车、车上传感器及车内沙子质量），如图（c）从车上取出一些沙子，装入沙
45、桶中，称量并记录沙桶的总重力mg，将该力视为合外力F，多次重复测量，得到aF关系图线图象是一条过原点的直线改进实验后的aF关系图线斜率的物理意义是：改进实验后，aF关系图线不再发生偏离直线现象，请简要说明理由考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系专题：实验题分析：（1）当钩码质量远小于小车质量时，小车受到的拉力近似等于钩码受到的重力；如果钩码质量太大，小车受到的拉力小于钩码重力，图象发生弯曲（2）该实验研究的对象为系统，保持系统质量不变，沙桶的重力等于系统所受的合力，改变重力即可改变系统所受的合力，从而可探究加速度与合力的关系解答：解：（1）图线AB段基本是一条直线，而BC段明显偏离直线，
46、造成此误差的主要原因是钩码总质量过大，大于小车的总质量，故D正确；（2）将车内的沙子转移到桶中，就保证了M+m不变，即系统的总质量不变，研究对象是整个系统，a=，可见aF图象斜率的物理意义是，即系统的总质量倒数（小车、盒子及盒内沙子、悬挂的桶以及桶内沙子质量之和倒数）因为实验的研究对象是整个系统，沙桶总质量m（包括桶以及桶内沙子质量）和车总质量M（包括车、车上传感器及车内沙子质量）不变，系统受到的合外力就等于mg，所以不需要满足满足悬挂的沙桶总质量一定要远远小于小车（包括盛沙的盒及盒 内的砂）的总质量，也就不会出现弯曲现象故答案为：（1）D （2）；研究对象是整个系统，沙桶总质量m（包括桶以及
47、桶内沙子质量）和车总质量M（包括车、车上传感器及车内沙子质量）不变，系统的合外力就等于所悬挂沙桶的重力mg，不必满足Mm这样的条件点评：解决本题的关键知道该实验研究的对象是系统，保证系统质量不变，改变合力，可探究加速度和合力的关系保持合力不变，改变系统质量，可探究加速度与质量的关系30（9分）（2014普陀区二模）某同学根据如图1的电路，设计了一个可以测定直流电动机内阻的实验（1）直流电动机的工作原理是通电导体在磁场中受力而转动，换向器的作用是保证线圈持续转动（2）如表为该同学测量的电动机工作时两端电压U和通过内部线圈的电流I的数据在坐标纸图2上描点后作出UI的图线实验次数1234567891
48、0电压U/V00.501.001.502.002.503.003.504.004.50电流I/A00.190.400.620.800.640.750.830.900.92电动机状态不转动转动（3）由图可知该电动机内部线圈的电阻约为2.50（4）比较第5、6组数据，说明为什么电动机两端电压U变大了而通过它的电流反而减小？考点：伏安法测电阻专题：实验题分析：（1）了解电动机的原理后作答；（2）根据描点法作图；（3）UI图线的斜率表示电阻；（4）电动机不转动时为纯电阻电路，转动时为非纯电阻电路解答：解：（1）直流电动机的工作原理是通电导体在磁场中受力而转动；换向器的作用是保证线圈持续转动；（2）在坐
49、标纸图2上描点后作出UI的图线如图：（3）由图可知该电动机内部线圈的电阻约为R=k2.50；（4）比较第5、6组数据，可知，当电压为2.00V和2.50V时电动机的输入功率相同，都是1.60W，但是电压为2.00V时电动机不转，电能全部转化为内能，而电压为2.50V时电动机转动，有电能转化为机械能，转化为内能的量变少，由P热=I2R可知电流会减小故答案为：（1）通电导体在磁场中受力而转动，保证线圈持续转动；（2）如图：（3）2.50；（4）比较第5、6组数据可知，当电压为2.00V和2.50V时电动机的输入功率相同，都是1.60W，但是电压为2.00V时电动机不转，电能全部转化为内能，而电压为
50、2.50V时电动机转动，有电能转化为机械能，转化为内能的量变少，由P热=I2R可知电流会减小点评：本题考查了电动机的原理以及伏安法测电阻，题目新颖，注意电动机不转动时为纯电阻电路，转动时为非纯电阻电路六、计算题（共50分）31（10分）（2014普陀区二模）如图，长方体汽缸内有一个两面不平行的光滑活塞封闭了左右两部分气体初始时，两部分气体体积均为V=20cm3，热力学温度均为T=300K，左侧气体压强p0=1.0105Pa活塞左面与汽缸壁垂直、面积S=10cm2，右面与汽缸下壁成60角（1）初始时，右侧气体对活塞的压力多大？（2）仅升高左侧气体的温度，保持右边气体温度不变再次平衡后右侧气体压强
51、变为p1=2.0105Pa，则左侧气体的温度为多少？（活塞未和汽缸右壁接触）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）以活塞为研究对象，分析受力，根据平衡条件求解初始时右侧气体对活塞的压力（2）右侧气体作等温变化，根据玻意耳定律列方程；左侧气体三个参量均变化，根据理想气体状态方程列方程，并抓住两侧气体总和不变列式，联立求解解答：解：（1）设初始时右侧气体压强为p2以活塞为研究对象，左侧气体对活塞压力为 F=p0S，右侧气体对活塞压力为：F=p2S由活塞受力平衡得：F=Fsin60，即 p0S=p2Ssin60=p2S，解得：p2=p0则：F=p2S=N=N （2）对右侧气
52、p2V=p2V2，将已知条件p2=p0和p2=p1等条件代入，解得：V2=10cm3则：V1=40V2=30cm3对左侧气体，有：=，代入得：=解得：T1=900K 答：（1）初始时，右侧气体对活塞的压力为N（2）左侧气体的温度为900K点评：对于两部分气体，要灵活选择和转换研究对象（活塞与气体），认清物理过程的不变量，准确选择公式，本题中60角为干扰项，运用力学知识和气态方程结合解题32（12分）（2014秋枣庄校级月考）如图，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=0.5kg的小物块，它与水平台阶表面的动摩擦因数=0.5，且与台阶边缘O点的距离s=5m在台阶右侧固定了一个圆弧挡板，圆弧半径R=1
53、m，圆弧的圆心也在O点今以O点为原点建立平面直角坐标系现用F=5N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板（1）若小物块恰能击中挡板上的P点（OP与水平方向夹角为37），求其离开O点时的速度大小；（2）为使小物块击中挡板，求拉力F作用的最短时间；（3）改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；平抛运动专题：动能定理的应用专题分析：（1）小物块离开P点做平抛运动，根据平抛知识求解其离开O点时的速度大小；（2）小物块能击中挡板的临界条件是能到达O点，根据运动学关系分析求解力F的作用最短时间；（3
54、）根据平抛运动和击中挡板的轨道公式求解小物块击中挡板时的最小动能解答：解：（1）小物块从O到P，做平抛运动水平方向：Rcos37=v0t 竖直方向：由以上两式解得：=（2）为使小物块击中档板，小物块必须能运动到O点，由动能定理得：FxmgS=Ek=0解得：x=2.5m由牛顿第二定律得：Fmg=ma解得：力F作用时的加速度a=5m/s2由运动学公式得：解得：t=1s（3）设小物块击中挡板的任意点坐标为（x，y），则x=v0t由机械能守恒得：又又击中挡板满足：x2+y2=R2化简得：，由数学方法解得：Ekmin=答：（1）若小物块恰能击中挡板上的P点（OP与水平方向夹角为37），其离开O点时的速度
55、大小为；（2）为使小物块击中挡板，拉力F作用的最短时间为1s；（3）改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，击中挡板时小物块动能的最小值为点评：本题是动力学、平抛运动的综合题，解决问题的关键是掌握相关动力学基础知识和平抛运动知识，在第三问中要求较好的数学功底33（14分）（2014普陀区二模）如图（a），电阻不计的轨道MON与PRQ平行放置，ON及RQ足够长，与水平面的倾角=53，MO及PR部分的匀强磁场竖直向下，ON及RQ部分的磁场平行轨道向下，磁场的磁感应强度大小相同，两根相同的导体棒ab和cd分别放置在导轨上，与导轨垂直并始终接触良好棒的质量m=1.0kg，R=2.0，导轨间距
56、L=1.0m，棒与导轨间动摩擦因数=0.4，现对ab棒施加一个方向向右，大小随（b）图规律变化的力F的作用，同时从足够高的地方由静止释放cd棒，则ab棒做初速度为零的匀加速直线运动（1）求ab棒的加速度和磁感应强度的大小；（2）判断cd棒将做怎样的运动求cd棒达到最大速度所需的时间；（3）对照第（2）小问中的运动情况，给出cd棒所受摩擦力与时间的函数关系；（4）从静止释放cd棒开始，经过一段时间后，若cd棒的速度变为v=6m/s，ab棒的瞬时电功率增加了P=8w，求合外力对两棒所做的功考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；磁感应强度专题：电磁感应与电路结合分析：（1）t=0时ab棒
57、速度为零，电路中没有电流，金属棒不受安培力，由牛顿第二定律可以求出ab的加速度；（2）（3）开始cd受到的摩擦力小于重力的分力，做加速运动，当摩擦力大于重力沿斜面的分力后，做减速运动，则当安培力等于重力沿斜面方向的分力时，棒的速度最大；（4）由动能定理列方程求出合外力做功解答：解：（1）ab棒受到的滑动摩擦力：f=mg=0.4110N=4N由图（b）所示图象可知，t=0时拉力为：F=6N由牛顿第二定律得：Ff=ma，即为：64=1a解得加速度为：a=2m/s2ab棒的速度为：v=atab棒切割磁感线产生的感应电动势为：E=BLv=BLatab棒受到的安培力为：FA=BIL=由图（b）知，当t=
58、2s时，F=10N由牛顿第二定律得：FfFA=ma即：105B2=11，解得：磁感应强度：B=2T （2）cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力沿斜面向下的分力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动当cd棒受到的摩擦力与重力沿斜面向下的分力相等时，棒的速度最大，对cd棒在垂直于斜面方向上，由平衡条件得：N=FA+mgcos53在平行于斜面方向上，由平衡条件得：N=mgsin53解得：cd棒达到最大速度需要的时间：t=7s （3）tt停 摩擦力为滑动摩擦力，fcd=（mgcos53+FA）=2.4+0.8t tt停 摩擦力为静摩擦力，fcd=
59、mgsin53=8N （4）t=0时，ab棒电功率为零，所以P=I2RI=所以 Vab=所以 W=mv2+mVab2=mv2+=26J 答：（1）ab棒的加速度为2m/s2，磁感应强度的大小为2T；（2）判断cd棒将做怎样的运动cd棒达到最大速度所需的时间为7s；（3）cd棒所受摩擦力与时间的函数关系见解答；（4）从静止释放cd棒开始，经过一段时间后，若cd棒的速度变为v=6m/s，ab棒的瞬时电功率增加了P=8w，合外力对两棒所做的功为26J点评：本题是一道关于电磁学、力学、电路的综合题，分析清金属棒的运动过程、由图示图象获取所需信息、正确受力分析是正确解题的前提与关键34（14分）（201
60、4普陀区二模）如图，A为位于一定高度处的质量为m、带电荷量为+q的小球，B为位于水平地面上的质量为M的用特殊材料制成的长方形空心盒子，且M=2m，盒子与地面间的动摩擦因数=（n取自然数），盒内存在着竖直向上的匀强电场，场强大小E=，盒外没有电场盒子的上表面开有一系列略大于小球的小孔1、2、3，孔间距满足一定的关系，使得小球进出盒子的过程中始终不与盒子接触当小球A以v0的速度从孔1进入盒子的瞬间，盒子B恰以6v0的速度向右滑行已知盒子通过电场对小球施加的作用力与小球通过电场对盒子施加的作用力大小相等方向相反设盒子足够长，小球恰能顺次从各个小孔进出盒子试求：（1）小球A从第一次进入盒子到第二次进入
61、盒子所经历的时间；（2）盒子上至少要开多少个小孔，才能保证小球始终不与盒子接触；（3）小球第一次进入盒子至盒子停止运动的过程中，盒子通过的总路程考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；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：电场力与电势的性质专题分析：（1）小球A从第一次进入盒子到第二次进入盒子所经历的时间分为两部分，A在盒子内运动时运动牛顿第二定律求出加速度，再用运动学基本公式求出时间，A在盒子外运动的时间根据运动学基本公式即可求得，时间之和即为经历的总时间；（2）分别求出小球在盒内和盒外时的盒子的加速度，进而求出小球运动一个周期盒子减少的速度，再求出从小球第
62、一次进入盒子到盒子停下，小球运动的周期数n，要保证小球始终不与盒子相碰，盒子上的小孔数至少为2n+1个；（3）分别求出盒子在每个周期内通过的距离，观察数据得特点，通过数学等差数列知识求出盒子通过的总路程解答：解：（1）A在盒子内运动时，有：qEmg=ma，由以上两式得：a=gA在盒子内运动的时间为：，A在盒子外运动的时间为：，A从第一次进入盒子到第二次进入盒子的时间为：，（2）小球在盒子内运动时，盒子的加速度为：，小球在盒子外运动时，盒子的加速度为：，小球运动一个周期盒子减少的速度为：v=a1t1+a2t2=6v0，从小球第一次进入盒子到盒子停下，小球运动的周期数为：，故要保证小球始终不与盒子
63、相碰，盒子上的小孔数至少为2n+1个 （3）小球第一次在盒内运动的过程中，盒子前进的距离为：=，小球第一次从盒子出来时，盒子的速度为：，小球第一次在盒外运动的过程中，盒子前进的距离为：=，小球第二次进入盒子时，盒子的速度为：，小球第二次在盒子内运动的过程中，盒子前进的距离为：，小球第二次从盒子出来时，盒子的速度，小球第二次在盒外运动的过程中，盒子前进的距离为：，分析上述各组数据可知，盒子在每个周期内通过的距离为一等差数列，公差，项数是2n项，最后一项是：=所以总路程为：s=答：（1）小球A从第一次进入盒子到第二次进入盒子所经历的时间为；（2）盒子上至少要开2n+1个小孔，才能保证小球始终不与盒子接触；（3）小球第一次进入盒子至盒子停止运动的过程中，盒子通过的总路程为点评：该题是较为复杂的往复运动，要求同学们能正确分析每个过程的受力情况，求出加速度、时间和位移，还要善于观察数据，总结数据之间的规律，要求较高，难度很大，属于难题