1、一、选择题（本题共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中第17题只有一个选项符合题目要求，第812题有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不选的得0分）1、如图所示，质量分别为m和2m的物体AB由轻质弹簧相连后放置在一箱子C内，箱子质量为m，整体悬挂处于静止状态；当剪断细绳的瞬间，以下说法正确的是（重力加速度为g）（）A物体A的加速度等于g B物体B和C之间的弹力为零C物体C的加速度等于g D物体B的加速度大于g 【答案】D考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】本题是瞬时问题，关键在于BC的加速度相等，要将BC当作整体来研究，同时要知道弹簧的弹力是不能突变的.
2、2、2014年我国多地都出现了雾霾天气，严重影响了人们的健康和交通；设有一辆汽车在能见度较低的雾霾天气里以54km/h的速度匀速行驶，司机突然看到正前方有一辆静止的故障车，该司机刹车的反应时间为0.6s，刹车后汽车匀减速前进，刹车过程中加速度大小为5m/s2，最后停在故障车前1.5m处，避免了一场事故以下说法正确的是（）A司机发现故障车后，汽车经过3 s停下 B从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为7.5 m/s 111C司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为33 m D从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为11 m/s【答案】C考点：匀变速直线运动的规律【名师点睛】解决本
3、题的关键掌握匀变速直线运动运动学公式，并能灵活运用知道在反应时间内做匀速直线运动.3、如图所示，小球固定在轻杆一端绕圆心O在竖直平面内做匀速圆周运动，下列关于小球在最高点以及与圆心等高处的受力分析一定错误的是（ ）A B C D【答案】A【解析】试题分析：杆在竖直平面内做圆周运动，故合力一定指向圆周的内侧，图A中两个力的合力不指向内侧，故A错误；图B中两个力的合力可以指向内侧，故是可能的，故B正确；图C中两个力的合力指向圆心，故是可能的，故C正确；图D中两个力的合力可能指向圆心，故是可能的，故D正确；本题选不可能的，故选A.考点：匀速圆周运动【名师点睛】本题是竖直平面内的杆模型问题，注意杆在竖
4、直平面内做圆周运动，需要向心力，故合力一定指向圆周的内侧，杆的弹力与杆可以不平行.4、如图所示，质量M=8kg的小车静止在光滑水平面上，在小车右端施加一水平拉力F=8N，当小车速度达到1.5m/s时，在小车的右端、由静止轻放一大小不计、质量m=2kg的物体，物体与小车间的动摩擦因数=0.2，小车足够长，物体从放上小车开始经t=1.5s的时间，则物体相对地面的位移为（g取10m/s2）（ ）A.1m B.2.1m C.2.25m D.3.1m 【答案】B考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】该题是相对运动的典型例题，要认真分析两个物体的受力情况，正确判断两物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解，
5、难度适中。5、太阳系中某行星运行的轨道半径为R0，周期为T0，单天文学家在长期观测中发现，其实际运行的轨道总是存在一些偏离，且周期性地每隔t0时间发生一次最大的偏离（行星仍然近似做匀速圆周运动）天文学家认为形成这种现象的原因可能是该行星外侧还存在着一颗未知行星假设两行星的运行轨道在同一平面内，且绕行方向相同，则这颗未知行星运行轨道的半径R和周期T是（认为未知行星近似做匀速圆周运动）（）A B C D 【答案】C【解析】试题分析：行星发生最大偏离时，两行星与恒星在同一直线上且位于恒星同一侧设未知行星运行周期为T，轨道半径为R，则有：，解得未知行星的运行周期，故C正确，A错误由开普勒第三定律有：，
6、解得：，故BD错误故选C.考点：开普勒第三定律【名师点睛】本题考查了万有引力定律的运用，掌握万有引力提供向心力这一理论，并能灵活运用，知道A、B相距最近时，B对A的影响最大，且每隔t0时间相距最近.6、如图所示，菱形ABCD的对角线相较于O点，两个等量异种点电荷分别固定在AC连线上的M点与N点，且OM=ON，则（ ）AA、C两处电势、场强均相同 BB、D两处电势、场强均相同 CA、C两处电势、场强均不相同 DB、D两处电势、场强均不相同【答案】B【名师点睛】此题考查了电场强度及电势；熟记等量异种电荷的电场线分布图，知道电场强度为矢量，电势为标量，场强叠加满足平行四边形定则，而电势叠加是代数和.
7、7、如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点（图中未画出）物块的质量为m，AB=a，物块与桌面间的动摩擦因数为现用水平向右的力将物块从O点缓慢拉至A点，拉力做的功为W撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度减小为零，重力加速度为g则上述过程中（）A物块在A点时，弹簧的弹性势能等于B物块在B点时，弹簧的弹性势能小于111C.经O点时，物体的动能等于D物块动能最大时，弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能【答案】B服阻力做功大于，物体的动能小于，选项C错误；物块动能最大时，弹力等于摩擦力，而在B点弹力与摩擦力的大小关系未知，故物块动
8、能最大时弹簧伸长量与物块在B点时弹簧伸长量大小未知，故此两位置弹性势能大小关系不好判断，只是可能存在弹簧的弹性势能可能小于物块在B点时弹簧的弹性势能故D错误故选B.考点：动能定理【名师点睛】此题利用反证法得到O点并非AB连线的中点是很巧妙的，此外要求同学对功能关系和动能定理理解透彻。8、如图所示，是自动跳闸的闸刀开关，闸刀处于垂直纸面向里的匀强磁场中，当CO间的闸刀刀片通过的直流电流超过额定值时，闸刀A端会向左弹开断开电路以下说法正确的是（）A闸刀刀片中的电流方向为C至O B闸刀刀片中的电流方向为O至C C跳闸时闸刀所受安培力没有做功 D增大匀强磁场的磁感应强度，可使自动跳闸的电流额定值减小【
9、答案】BD考点：左手定则；安培力【名师点睛】本题是左手定则的简单应用，掌握好左手定则中安培力，磁场方向，电流方向三者关系是重点。9、如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，其在同一磁场中匀速转动过程中所产生正弦交流电的图像如图b所示. 以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是（）A在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零 111.ComB线圈先后两次转速之比为3：2 C交流电a的瞬时值为u=10sin5t（v） D交流电b电压的最大值为20/ 3V【答案】BCD【解析】试题分析：由图可知，t=0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，所以A错误；由图
10、象可知TA：TB=2：3，故nA：nB=3：2，所以B正确；由图象可知，交流电a的最大值为10V，角速度为，所以交流电a的瞬时值为u=10sin5tV，所以C正确；交流电最大值Um=NBS，故Uma：Umb=3：2，故，D正确故选BCD.考点：交流电【名师点睛】本题考查的是学生读图的能力，根据图象读出交流电的最大值和周期，同时要掌握住交变电流的产生的过程.10、如图甲所示 ，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线圈，在金属线圈的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域，MN和MN是匀强磁场区域的水平边界，边界的宽度为S，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直现让金属线框由距MN的某一高度
11、从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v-t图象（其中OA、BC、DE相互平行）已知金属线框的边长为L（LS）、质量为m，电阻为R，当地的重力加速度为g，图象中坐标轴上所标出的字母v1、v2、t1、t2、t3、t4均为已知量（下落过程中bc边始终水平）根据题中所给条件，以下说法正确的是（）At2是线框全部进入磁场瞬间，t4是线框全部离开磁场瞬间 B从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止，感应电流所做的功为mgs Cv1的大小可能为 D线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量比线框进入磁场过程中流经框横截面的电荷量多【答案】AC有：，解得，故C正确根据知，线框进入磁
12、场和出磁场的过程中，磁通量的变化量相同，则通过的电荷量相同，故D错误故选AC.考点：动能定理;法拉第电磁感应定律【名师点睛】解决本题的关键通过图线理清线框在整个过程中的运动规律，结合动能定理、共点力平衡进行求解，掌握电量的经验表达式 ，并能灵活运用。11、如图所示，位于水平面上的物体在斜向上的恒力F1的作用下，做速度为v的匀速运动，此时力F1与水平方向的夹角为1；现将该夹角增大到2，对应恒力变为F2，则以下说法正确的是（）A若物体仍以速度v做匀速运动，则可能有F2=F1 B若物体仍以速度v做匀速运动，则一定有F2F1 C若物体仍以速度v做匀速运动，则F2的功率可能等于F1的功率 D若物体以大于
13、v的速度做匀速运动，则F1的功率可能等于F2的功率111【答案】AD当1+2+2=时，sin（1+）=sin（2+），则F2的大小可能等于F1故A正确，B错误因为物体做匀速直线运动，合力为零，则F1 cos1=（mg-F1sin1）；F2 cos2=（mg-F2sin2）功率P=Fvcos，v相等，要使功率相等，则F1 cos1=F2 cos2，F1sin1=F2sin2，而21，不可能同时满足，所以F2的功率不可能等于F1的功率，故C错误；根据C的分析可知，当物体以大于v的速度做匀速运动时，F1 cos1可以大于F2 cos2，则F1的功率可能等于F2的功率，故D正确故选AD。考点：物体的平
14、衡；功率【名师点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡，结合功率相等列式求解，注意物体做匀速直线运动，合力为零，拉力的功率大小等于摩擦力功率的大小，难度适中。12、如图所示，质量为3m的重物与质量为m的线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知相框电阻为R，横边的边长为L，水平方向匀强磁场的磁感应强度为B，磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为h初始时刻，磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为2h，将重物从静止开始释放，线框穿出磁场前，若线框已经做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计则下列说法中正确的是（）A线框进入磁场时的速度为 B线框穿出磁场时的速度为 C线框通
15、过磁场的过程中产生的热量 D线框进入磁场后，若某一时刻的速度为v，则加速度为【答案】ACDQ=（3mg-mg）4h-（3m+m）v2， 将代入得：，故C正确线框进入磁场后，若某一时刻的速度为v，对整体，根据牛顿第二定律得：解得：故D正确故选ACD.考点：能量守恒; 牛顿第二定律;法拉第电磁感应定律【名师点睛】本题力学知识与电磁感应的综合，要认真审题，明确物体运动的过程，正确分析受力及各力的做功情况，要熟练推导或记住安培力的表达式。二、实验题：（共15分）13、某同学为验证系统机械能守恒定律，采用如图所示的试验装置；将气垫导轨调节水平后在上面放上A、B两个光电门，滑块通过一根细线与小盘相连测得滑
16、块质量M，小盘和砝码的总质量m，滑块上固定的挡光片宽度为d实验中，静止释放滑块后测得滑块通过光电门A的时间为tA，通过光电门B的时间为tB1111（1）实验中，该同学还需要测量 ；（2）实验测得的这些物理量若满足表达式 即可验证系统机械能守恒定律（用实验中所测物理量相应字母表示）【答案】（1）A、B两光电门之间的距离s；（2）系统的重力势能减少量可表示为：Ep=mgs【名师点睛】此题考查了验证系统机械能守恒定律；了解光电门测量瞬时速度的原理实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面。14、待测电阻Rx的阻值约为20，现要测量其阻值，实验室提供器材如下：A、电流表A1（量程150
17、mA，内阻约为10）B、电流表A2（量程20mA，内阻r2=30）C、电压表V（量程15V，内阻约为3000）D、定值电阻R0=100E、滑动变阻器R1，最大阻值为5，额定电流为1.0AF、滑动变阻器R2，最大阻值为5，额定电流为0.5AG、电源E，电动势E=4V（内阻不计）H、电键S及导线若干（1）为了使电表调节范围较大，测量准确，测量时电表读数不得小于其量程的1/3，请从所给的器材中选择合适的实验器材 （均用器材前对应的序号字母填写）；（2）根据你选择的实验器材，请你在虚线框内画出测量Rx的最佳实验电路图并标明元件符号；（3）待测电阻的表达式为 ，式中各符号的物理意义为: . 【答案】：（
18、1）A、B、D、E、G、H；（2）电路图如图所示；（3）；I1、I2分别为A1和A2表示数，R0与r2分别为定值电阻和A2内阻的阻值.【解析】试题分析：（1）由于电源电动势为4V，电压表V量程为15V，达不到其量程的三分之一，故电压表不能使用；可用电流表A2与定值电阻R0串联扩大其电压量程，当作电压表与电流表A1配合使用伏安法测量待测电阻阻值，由于改装的电压表内阻已知，故电流表A1采用外接法，改装的电压表电压量程为20mA130=2.6V，滑动变阻器最大阻值为5，无法起到限流作用，故滑动变阻器采用分压式接法；此时考虑到干路最小电流约为，故滑动变阻器只能选择R1，经过估算当电流表A1满偏时，电流
19、表A2也正好满篇，非常匹配，因此满足电表读数不得小于量程的三分之一，故器材选择A、B、D、E、G、H（3）待测电阻两端电压U=I2（R0+r2），通过待测电阻的电流IX=I1-I2，待测电阻，其中I1、I2分别为电流表A1和A2的示数，R0和r2分别为定值电阻和电流表A2的阻值考点：电阻的测量【名师点睛】本题考查了实验器材的选取，实验器材的选取是本题的难点，也是正确解题的关键，选择实验器材时，既要符合题目要求，又要满足：安全性原则、精确性原则与方便实验操作性原则.三、计算题：15、甲车以10m/s的速度在平直的公路上匀速行驶，乙车以4m/s的速度与甲车同向做匀速直线运动，甲车经过乙车旁边开始以
20、0.5m/s2的加速度刹车，从甲车刹车开始计时，求：（1）乙车在追上甲车前，两车相距最大的距离（2）乙车追上甲车所用的时间【答案】（1）36m（2）25s【解析】试题分析：（1）设甲车的其起始速度为v1，乙车的起始速度为v2，在乙车追上甲车之前，当两车速度相等时两车间的距离最大，设此时经历的时间为t1，则由v1=v2+at1得，此时甲车的位移v1t1+at1210120.5122m=84mx1=v1t1+at12=1012-0.5122=84m乙车的位移x2=v2t1=412m=48m所以两车间的最大距离x=x2-x1=84-48m=36m考点：匀变速直线运动的规律；追击及相遇问题【名师点睛】
21、解决本题的关键知道两车速度相等时，相距最远，以及注意本题考查了运动学中刹车问题，甲车速度减为零后不再运动。16. 如图所示，光滑的水平面AB与半径R=0.4m的光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，D点为半圆轨道最高点， A右侧连接一粗糙用细线连接甲、乙两物体，中问夹一轻质压缩弹簧，弹簧甲、乙两物体不拴接，甲质量为m1=4kg，乙质量m2=5kg，甲、乙均静止若固定乙，烧断细线，甲离开弹簧后经过进入，过D时对压力恰好零取g=10m/s2，甲、乙两物体均可看作质，求：（1）甲离开弹簧后经过B时速度大小vB；（2）弹簧压缩量相同情况下，若固定甲，烧断细线，乙物体离开弹簧后从A进入动摩擦因数=0.4的粗
22、糙水平面，则乙物体在粗糙水平面上运动位移S【答案】（1）（2）2m【解析】试题分析：（1）甲在最高点D，由牛顿第二定律得：，设甲离开弹簧运动至D点的过程中机械能守恒得：m1vB2m1g2R+m1vD2代入数据联立解得：【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律、机械能守恒定律、能量守恒定律和运动学公式的综合运用，关键理清甲乙的运动规律，选择合适的规律进行求解注意弹簧压缩量相同时，弹性势能相等。17、如图所示，电压为U的两块平行金属板MN，N板带正电，x轴与金属板垂直，原点O与N金属板上小孔重合，在OXd区域存在垂直纸面的匀强磁场B1（图上未画出）和沿y轴负方向火小为的匀强电场，B1与E在y轴方向的区域
23、足够大有一个质量为m，带电量为1q的带正电粒子（粒子重力不计），从靠近M板内侧的P点（P点在X轴上）由静止释放后从N板的小孔穿出后沿X轴做直线运动；若撤去磁场B1，在第四象限Xd的某区域加上左边界与y轴平行且垂直纸面的匀强磁场B2（图上未画出），为了使粒子能垂直穿过X轴上的Q点，Q点坐标为（d，0）求：（1）磁感应强度B1的大小与方向；（2）磁感应强度B2的大小与方向；（3）粒子从坐标原点O运动到Q点所用的时间t【答案】（1）方向垂直纸面向里（2），方向垂直纸面向里（3）（2）粒子在电磁场中运动时间，设粒子离开电场时偏向角为，有：vy=at，解得=30粒子离开电场时速度大小，依题意，粒子运动轨
24、迹如图所示，设在磁场中半径为r，可得FO=2r，2r+r=OQ-OF=3d，解得r=d根据洛伦兹力提供向心力，解得，方向垂直纸面向里（3）由几何关系可知，O到磁场左边界在x轴上的距离为L=2.5d-rcos60=2d，粒子从O到磁场左边界所用时间，在磁场中运动时间，在总时间考点：带电粒子在电场及磁场中的运动【名师点睛】本题考查了带电粒子在复合场中的运动，掌握处理粒子做类平抛运动的方法，对于粒子在磁场中的运动，关键作出轨迹，结合半径公式和周期公式进行求解。四、选修：18、如图所示，是某原子的三个能级，其能量分别为E1、E2和E3，a、b、c为原子跃迁所发出的三种波长的光，已知a、b的波长分别为a
25、和b，普朗克常量为h，真空中光速为c则c 的波长为 ，能量差E3-E2= . 【答案】;考点：波尔理论【名师点睛】该题考查能级与跃迁以及光子的能量，解决本题的关键掌握辐射光子的能量与能级差的关系；电子跃迁时发出的光子的能量为：E=Em-Em；辐射光子能量越大，频率越大，波长越短。19、如图所示为两块质量均为m，长度均为l的木板放置在光滑的水平桌面上，木块1质量也为m（可视为质点），放于木板2的最右端，木板3沿光滑水平桌面运动并与叠放在下面的木板2发生碰撞后粘合在一起，如果要求碰后木块1停留在木板3的正中央，木板3碰撞前的初速度v0为多大？已知木块与木板之间的动摩擦因数为. 【答案】考点：动量守恒定律; 能量守恒【名师点睛】本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，关键抓住23碰撞瞬间动量守恒，正确选取守恒系统是解决的关键.