1、二选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1418题中只有一项符合题目要求，第1921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.科学家在物理学的研究过程中应用了很多科学思想方法，下列叙述正确的是A用质点代替有质量的物体，采用了微元法B牛顿首次采用“把实验和逻辑推理结合起来”的科学研究方法C法拉第首先提出了用电场线描绘电场这种形象化的研究方法D安培提出了计算运动电荷在磁场中受力的公式 【答案】C考点：物理学史【名师点睛】在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，
2、更要注意科学方法的积累与学习。15静止在光滑水平面上的物体，同时受到在同一直线上的力F1、F2作用，F1、F2随时间变化的图象如图所示，则物体在02t时间内 A离出发点越来越远 B速度先变大后变小C速度先变小后变大 D加速度先变大后变小 【答案】A【解析】试题分析：由图线可知，物体受到的合力先减小后增大，加速度先减小后增大，速度一直变大，物体离出发点越来越远，选项A正确.考点：牛顿定律的应用【名师点睛】此题是牛顿第二定律应用的定性分析；关键是能从给定的F-t图线中分析合外力的变化，然后根据牛顿第二定律来分析加速度的变化，然后分析速度及位移的变化情况.16如图所示，匀强电场中的PAB平面平行于电
3、场方向，C点为AB的中点，D点为PB的中点。将一个带负电的粒子从P点移动到A点，电场力做功WPA1.6108J；将该粒子从P点移动到B点，电场力做功W PB3.2108J。则下列说法正确的是A直线PC为等势线 B若将该粒子从P点移动到C点，电场力做功为WPC2.4108JC电场强度方向与AD平行D点P的电势高于点A的电势【答案】B【解析】考点：电场力的功；电势及电势能；【名师点睛】本题考查对匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比U=Ed与运用公式W=qU求解电场力做功的能力，要知道电场力做正功，电势能减小，反之电势能变大；此题是常规题，比较简单。17如图所示，有一个边界为正三角形的匀
4、强磁场区域，边长为a，磁感应强度方向垂直纸面向里，一个导体矩形框的长为、宽为，平行于纸面沿着磁场区域的轴线匀速穿越磁场区域，导体框中感应电流的正方向为逆时针方向，以导体框刚进入磁场时为t = 0时刻，则导体框中的感应电流随时间变化的图像是 【答案】D【解析】考点：右手定则；法拉第电磁感应定律【名师点睛】本题考查了判断感应电流随时间变化的关系，分析清楚线框的运动过程、应用右手定则、E=BLv、欧姆定律即可正确解题，解题时要注意排除法的应用。18用等效思想分析变压器电路。如图a中的变压器为理想变压器,原、副线圈的匝数之比为n1:n2，副线圈与阻值为R1的电阻接成闭合电路，虚线框内部分可等效看成一个
5、电阻R2。这里的等效指当变压器原线圈、电阻R2两端都接到电压为U=220V的交流电源上时，R1与R2消耗的电功率相等,则R2与R1的比值为 A B C D【答案】C【解析】试题分析：设副线圈的电压为U1，利用电流的热效应，功率相等，;原副线圈的匝数之比等于电压之比，则，C正确；考点：变压器；电功率【名师点睛】做好本题的突破口在消耗的功率相等，变压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比；利用电流热效应列式求解.19已知地球自转周期为T0，有一颗与同步卫星在同一轨道平面的低轨道卫星，自西向东绕地球运行，其运行半径为同步轨道半径的四分之一，该卫星两次在同一城市的正上方出现的时间间隔可能是A B C
6、 D【答案】CD【解析】考点：万有引力定律的应用【名师点睛】本题考查万有引力定律和圆周运动知识的综合应用能力要理解当卫星转过的角度与建筑物转过的角度之差等于2的整数倍时，卫星再次出现在城市上空。20如图所示，一带电小球自固定斜面顶端A点以速度v0水平抛出，经时间t1落在斜面上B点。现在斜面空间加上竖直向下的匀强电场，仍将小球自A点以速度v0水平抛出，经时间t2落在斜面上B点下方的C点。不计空气阻力，以下判断正确的是ABCv0A小球一定带正电 B小球所受电场力可能大于重力C小球两次落在斜面上的速度方向相同 D小球两次落在斜面上的速度大小相等【答案】CD【解析】考点：平抛运动【名师点睛】解决本题的
7、关键知道平抛运动和类平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，并且要记住平抛运动某时刻的速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，结合运动学公式灵活求解，难度中等。21如图甲所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，刚接触轻弹簧的瞬间速度是5m/s，接触弹簧后小球速度v和弹簧缩短的长度x之间关系如图乙所示，其中A为曲线的最高点。已知该小球重为3N，弹簧在受到撞击至压缩到最短的过程中始终发生弹性形变。在小球向下压缩弹簧的全过程中，下列说法正确的是A小球的动能先变大后变小 B小球速度最大时受到的弹力为3NC小球的机械能先增大后减小 D小球受到的最大弹力为18.3N【答案】AB
8、D【解析】考点：功能关系【名师点睛】本题考查学生对图象的认识，知道小球落在弹簧上后先做加速运动达到最大速度后再做减速运动，这是解决问题的根本，能根据速度最大的条件求得弹簧的劲度系数是关键。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题第40题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题，共129分22（6分）某实验小组利用如图甲所示的实验装置测量小物块与水平面之间的动摩擦因数。粗糙曲面AB固定在水平面上，其与水平面相切于B点，P为光电计时器的光电门，实验时将带有遮光条的小物块m从曲面AB上的某点自由释放，小物块通过光电门P后停在水平面上某点C。已
9、知当地重力加速度为g。(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d如图乙所示，其读数d=_cm；(2)为了测量动摩擦因数，除遮光条宽度d及数字计时器显示的时间t，还需要测量的物理量是_（要写出该物理量的名称和符号），动摩擦因数=_(用上面的量表示)。【答案】（1）0.375（2）光电门与C点之间的距离s； 【解析】考点：测量小物块与水平面之间的动摩擦因数【名师点睛】此题考查了测量小物块与水平面之间的动摩擦因数，关键是搞清实验的原理，知道数据处理的方法；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数，游标卡尺不需要估读，对游标卡尺读数时，要注意游标尺的精度。23（9分）在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验
10、中，备有下列器材：A待测的干电池（电动势约为1.5 V，内电阻小于1.0）B电流表A1（量程03 mA，内阻Rg110）C电流表A2（量程00.6 A，内阻Rg20.1）D滑动变阻器R1（020，10 A）E滑动变阻器R2（0200，1A）F定值电阻R0（990）G开关和导线若干 （1）某同学设计了如图甲所示的（a）、（b）两个实验电路，其中合理的是_图；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选_（填写器材名称前的字母序号），这是因为若选另一个变阻器，_（2）图乙为该同学根据（1）中选出的合理的实验电路，利用测出的数据绘出的I1-I2图线（I1为电流表A1的示数，I2为电流表
11、A2的示数），为了简化计算，该同学认为I1远远小于I2，则由图线可得电动势E=_V，内阻r=_。（结果保留2位有效数字）【答案】（1）b； D； 在变阻器滑片调节的大部分范围内，电流表A2读数太小，电流表A1读数变化不明显；（2）1.46 V1.49V均给分；0.810.87均给分。 【解析】考点：测量电源的电动势及内阻【名师点睛】在测量电源电动势和内阻时，要注意根据画出的U-I图象分析出电动势及内阻；根据欧姆定律和串联的知识求出I1和电源两端电压U的关系，根据图象与纵轴的交点求出电动势，由与横轴的交点可得出路端电压为某一值时电流，则可求得内阻。24(12分) 如图，物体P放在粗糙地面上，劲度
12、系数k=250N/m的轻弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端固定在质量为m=1kg的物体P上，弹簧水平，开始t=0时弹簧为原长，P从此刻开始受到与地面成=37的拉力F作用而向右做加速度a=1m/s2的匀加速运动，某时刻t=t0时F=10N，弹簧弹力FT=5N，取sin37=0.6、cos37=0.8，重力加速度g=10 m/s2。求：（1）t=t0时P的速度；（2）物体与地面间的动摩擦因数；（3）在弹簧不超过弹性限度的条件下，拉力F随时间t变化的函数关系式。【答案】（1）0.2m/s（2）0.5（3）【解析】（3）在t时刻 由匀变速直线运动规律 联立，代入数据解得考点：牛顿第二定律的综合应用【名师点
13、睛】本题主要考查牛顿定律的应用及胡克定律，解题时首先分析物体的受力情况，灵活运动牛顿第二定律求解加速度；要用加速度把运动学公式和牛顿第二定律联系起来。25（20分）如图所示，在xOy平面内，0x2L的区域内有一方向竖直向上的匀强电场，2Lx3L的区域内有一方向竖直向下的匀强电场，两电场强度大小相等。x3L的区域内有一方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。某时刻，一带正电的粒子从坐标原点以沿x轴正方向的初速度v0进入电场；之后的另一时刻，一带负电粒子以同样的初速度从坐标原点进入电场。正、负粒子从电场进入磁场时速度方向与电场和磁场边界的夹角分别为60和30，两粒子在磁场中分别运动半周后在某点相遇。已
14、经两粒子的重力以及两粒子之间的相互作用都可忽略不计，两粒子带电量大小相等。求：（1）正、负粒子的质量之比m1：m2；（2）两粒子相遇的位置P点的坐标；（3）两粒子先后进入电场的时间差。【答案】（1）3:1（2）（6.5L，）（3）【解析】试题分析：（1）设粒子初速度为，进磁场方向与边界的夹角为。 记，则粒子在第一个电场运动的时间为2t，在第二个电场运动的时间为t 由得所以 （2）正粒子在电场运动的总时间为3t第一个t的竖直位移为，第二个t的竖直位移为，由对称性，第三个t的竖直位移为，所以 结合得同理 由几何关系，P点的坐标为 由于两粒子在电场中运动时间相同，所以进电场时间差即为磁场中相遇前的时
15、间差 解得 考点：带电粒子在电场及磁场中的运动【名师点睛】该题考查带电粒子在电场中的运动和带电粒子在磁场中的运动，正电荷与负电荷虽然偏转的方向相反，但是运动的规律基本相同，可以先求出通式再具体分开，也可以直接分别求出，根据自己的习惯来解答，答对就好。（二）选考题： 33. 物理选修3-3（15分）（1）（5分）下列说法中正确的是（填正确答案标号。选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）A晶体具有确定的熔点 B露珠呈球状是由于液体表面张力的作用 C某物体温度高，组成该物体的某些分子速率可能很小 D理想气体从外界吸热，则内能一定增大 E压缩气体需要力表明气
16、体分子间存在斥力 【答案】ABC考点：晶体；表面张力；热力学第一定律；气体的压强；【名师点睛】此题考查了晶体的特性、表面张力、热力学第一定律以及气体的压强等知识点，都比较简单，只要多看书，加强记忆即可得分；（2）（10分）如图所示，气缸呈圆柱形，上部有挡板，内部高度为d。筒内一个很薄的质量不计的活塞封闭一定量的理想气体，开始时活塞处于离底部的高度，外界大气压强为1105Pa，温度为27，现对气体加热。求：当活塞刚好到达汽缸口时气体的温度； 气体温度达到387时气体的压强。【答案】600K；1.1105Pa 【解析】试题分析：以封闭气体为研究对象：P1=P0，T1=300K 设温度升高到T0时，
17、活塞刚好到达汽缸口，此时：P2=P0，V2=Sd 根据理想气体状态方程： 解得T2=600K T3=387=660KT2，封闭气体先做等压变化，活塞到达汽缸口之后做等容变化此时有V3=Sd，T3=660K 由理想气体状态方程： 解得P3=1.1105Pa 考点：理想气体的状态变化方程【名师点睛】此题是对理想气体的状态变化方程的考查；关键要确定气体状态变化过程，找出状态参量，再选择合适的规律求解，同时要挖掘隐含的临界状态进行判断。34. 物理选修3-4（15分）（1）（5分）以下说法中不正确的有（填正确答案标号。选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）A
18、作简谐运动的物体每次通过同一位置时都具有相同的加速度和速度B横波在传播过程中，波峰上的质点运动到相邻的波峰所用的时间为一个周期C一束光由介质斜射向空气，界面上可能只发生反射现象而没有折射现象D水面油膜呈现彩色条纹是光的干涉现象，这可以用光的波动理论来解释 E在电场周围一定存在磁场，在磁场周围一定存在电场【答案】ABE【解析】考点：简谐振动；全反射；光的干涉；麦克斯韦电磁理论【名师点睛】本题考查跟振动和波动有关的知识，基础题根据简谐运动的周期性分析物体通过同一位置时加速度和速度是否相同横波在传播过程中，质点不向前移动光由介质斜射向空气，界面上可能只发生反射现象而没有折射现象水面油膜呈现彩色条纹是
19、光的干涉现象，这说明了光是一种波在电场周围不一定存在磁场，在磁场周围不一定存在电场。（2）（10分）如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为R，折射率是，AB是一条直径。今有一束平行光沿AB方向射向圆柱体。若一条入射光线经折射后恰经过B点，则这条入射光线到AB的距离是多少？【答案】R【解析】考点：光的折射定律【名师点睛】此题是对光的折射定律的考查；对于几何光学问题，首先要正确作出光路图，其次要充分运用几何知识分析入射角与折射角的关系，再根据折射定律进行解题35. 物理选修3-5（15分）（1）（5分）下列关于核反应说法正确的是（填正确答案标号。选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得5分。每
20、选错1个扣3分，最低得分为0分）A铀核裂变的核反应方程是 B目前世界上各国的核电站都是利用轻核聚变反应放出的能量C压力和温度对放射性元素衰变的快慢都没有影响D在光电效应现象中，从金属表面出来的光电子的最大初动能与入射光的频率有关 E按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大【答案】CDE考点：光电效应；玻尔理论；裂变；半衰期.【名师点睛】本题考查了重核裂变、半衰期、光电效应方程、能级等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基本规律，对于光电效应方程和能级跃迁是常考内容，要理解透彻.（2）（10分）在光滑的水平面上，质量为2m的小球A以速率v
21、0向右运动。在小球的前方O点处有一质量为m的小球B处于静止状态,如图所示。小球A与小球B发生正碰后均向右运动。小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ=1.5PO。假设小球与墙壁之间的碰撞没有能量损失,求：两球碰后两球的速度大小? 求两球在O点碰撞的能量损失。【答案】, 0【解析】试题分析：碰撞过程中动量守恒2mv0= 2mv1+mv2 由题意可知: OP=v1t OQ+PQ=v2t 解得, 碰撞前后系统的机械能之差 代入(1)的结果得 考点：动量守恒定律；能量守恒定律【名师点睛】本题关键是根据动量守恒定律、能量守恒定律列式求解，要求同学们能正确分析物体的受力情况和运动情况，注意应用动量守恒定律解题时要规定正方向，难度适中。
