1、第卷（选择题共40分）一、选择题：（单选题，每题3分，共24分）1. 如图所示，在光滑水平面上，用弹簧水平连接一斜面，弹簧的另一端固定在墙上，一玩具遥控小车放在斜面上，系统静止不动用遥控器启动小车，小车沿斜面加速上升，则A. 系统静止时弹簧被压缩B. 小车加速时弹簧处于原长C. 小车加速时弹簧被压缩D. 小车加速时可将弹簧换成细绳【答案】D【解析】试题分析:系统静止时，系统受力平衡，水平方向不受力，弹簧弹力等于零，弹簧处于原长，故A错误；小车加速上升时，知系统受到的合力的水平分力不为零，且方向向右，则弹簧提供的是拉力，所以弹簧处于拉伸状态所以小车加速时，可将弹簧换成细绳故B、C错误，D正确考点
2、：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用2. 物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16m的路程，第一段用时4s，第二段用时2s，则物体的加速度是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，从开始运动第一段时计时，则2s时的瞬时速度等于04s内的平均速度5s时的瞬时速度等于46s内的平均速度两个中间时刻的时间间隔为t=2s+1s=3s根据加速度定义可得故选B。3. 一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻
3、力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为（ ）A. v0-v2B. v0+v2C. D. 【答案】D【解析】【分析】本题考查动量守恒定律详解】系统分离前后，动量守恒： ，解得： ，故ABC错误；D正确4. 随着科学技术的发展，具有自主知识产权的汽车越来越多；现有两辆不同型号的电动车甲乙，在同一平直公路上，从同一地点，朝相同的方向做直线运动，它们的v-t图像如图所示，则A. 两车加速阶段的加速度大小之比为3:1B. 乙车追上甲的时刻为15s末C. 乙刚出发时，甲车在其前方25m处D. 15s后两车间距开始逐渐增大【答案】C【解析】甲车加速阶段的加速度；乙车的加速度；则两车加速阶段的加
4、速度大小之比为2:1，选项A错误；15s末两车速度相等，此时有图像可知，甲车的位移大于乙车，两车没相遇，选项B错误；乙刚出发时，甲车在其前方处，选项C正确；15s前甲车的速度大于乙车，两车距离逐渐变大；15s后乙车的速度超过甲车，两车间距逐渐减小，选项D错误；故选C.点睛：本题关键是根据速度时间图象得到两物体的运动规律，然后根据图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小分析处理5. 随着“嫦娥奔月”梦想的实现，我国不断刷新深空探测的“中国高度”嫦娥卫星整个飞行过程可分为三个轨道段：绕地飞行调相轨道段、地月转移轨道段、绕月飞行轨道段我们用如图所示的模型来简化描绘嫦娥卫星飞行过程，假设调相轨道
5、和绕月轨道的半长轴分别为、，公转周期分别为、关于嫦娥卫星飞行过程，下列说法正确的是A. 嫦娥卫星在地月转移轨道上运行的速度应不大于B C. 从调相轨道切入到地月转移轨道时，卫星在点必须加速D. 从地月转移轨道切入到绕月轨道时，卫星在点必须加速【答案】AC【解析】【分析】A、地球的第二宇宙速度是11.2km/s，达到此值时，卫星将脱离地球的束缚，绕太阳运动，故嫦娥三号在地月转移轨道上的运行速度不可能大于11.2km/s，故A正确；B、根据开普勒第三定律可知，与地球的质量有关；，与月球的质量有关，故B错误；C、从调相轨道切入到地月转移轨道时，做离心运动，所以卫星在P点必须加速，故C正确；D、从地月
6、转移轨道切入到绕月轨道时，做近心运动，所以卫星在Q点必须减速，故D错误；故选C【详解】6. 质量为2kg的物体，放在与物体之间的动摩擦因数为的水平面上，在水平拉力F的作用下，由静止开始运动，拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）A. 此物体在OA段做匀加速直线运动，且此过程中拉力的最大功率为6WB. 此物体在OA段做匀速直线运动，且此过程中拉力的功率恒为6WC. 此物体在AB段做匀加速直线运动，且此过程中拉力的最大功率为6WD. 此物体在AB段做匀速直线运动，且此过程中拉力的功率恒为6W【答案】D【解析】【详解】BC对物体受力分析，物体受到的摩擦力为，由题图可
7、知，斜率表示物体所受拉力的大小，OA段的拉力F=5 N，AB段的拉力，所以物体在OA段做匀加速直线运动，在AB段做匀速直线运动，选项BC错误；A在OA段物体所受的拉力为5N，物体做匀加速直线运动，当速度最大时，拉力的功率最大代入数据得v = 3m/s拉力的最大功率选项A错误；D在AB段，物体以3m/s的速度做匀速运动，此过程中拉力的功率恒为选项D正确。故选D。7. 毕节，是全国唯一一个以“开发扶贫、生态建设”为主题的试验区，是国家“西电东送”的主要能源基地如图所示，赫章的韭菜坪建有风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转了(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化
8、若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t时间内吹向发电机的风的体积为，则风的质量，因此风吹过的动能为，在此时间内发电机输出的电能，则风能转化为电能的效率为，故A正确，BCD错误8. 如图所示，电表均为理想电表，两个相同灯泡的电阻均为R，且R大于电源内阻r。将滑动变阻器滑片向下滑动，电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为U1、U2、U3，电流表A示数变化量的绝对值为I，则() A. 两灯泡的
9、亮度始终一样且逐渐变暗B. V1、V2的示数增大，V3的示数减小C. U3与I的比值为2RrD. U3U1U2【答案】AD【解析】【详解】A此电路为串联电路，将滑片向下滑动，电路中的总电阻增大，总电流减小，通过两串联灯泡的电流始终一样且减小，两灯泡逐渐变暗，A正确；B电压表V2测量的是路端电压，电压表V1测量的是灯泡L1两端的电压，因总电流减小，所以V1的示数减小、V2的示数增大，B错误；C将灯泡L1的电阻等效为电源的内阻，由闭合电路欧姆定律知C错误；D又由，可知U3U1U2，D正确。故选AD。二、多选题（每题4分，漏选得2分，错选不得分。共16分）9. 如图所示，BOD是半圆的水平直径，OC
10、为竖直半径，半圆半径为R。现有质量相同的a、b两个小球分别从A、B两点以一定的初速度水平抛出，分别击中半圆轨道上的D点和C点，已知b球击中C点时动能为Ek，不计空气阻力，则（）A. a球击中D点时动能为1.6EkB. a球击中D点时动能为1.25EkC. a、b两球初速度之比为11D. a、b小球与轨道碰撞瞬间，重力的瞬时功率之比为11【答案】AD【解析】【详解】C两个小球都做平抛运动，下落的高度相同都是R，根据可知，运动的时间为根据图象可知，a球运动的水平位移为2R，则a球的初速度为b球的水平位移为R，则b球的初速度为则a、b两球初速度之比为21，C错误；ABa球从A到D的过程中，根据动能定
11、理得b球从B到C的过程中，根据动能定理得由以上两式得A正确，B错误；Da、b小球与轨道碰撞前瞬间，竖直方向速度相等，则重力的瞬时功率也相同，即重力的瞬时功率之比为11，选项D正确。故选AD。【点睛】本题主要考查了动能定理以及平抛运动基本公式的直接应用，解题的关键是要能根据图象得出两个小球下落的高度和水平位移，难度适中。10. 如图所示，在足够长的水平线上方有方向垂直纸面向里范围足够大的匀强磁场区域。一带负电粒子P从a点沿30方向以初速度v垂直磁场方向射入磁场中，经时间t从b点射出磁场。不计粒子重力，下列说法正确的是（）A. 粒子在磁场中偏转的弦长是其做圆周运动半径的2倍B. 若P的初速度增大为
12、2v，粒子射出磁场时与水平线的夹角为30C. 若P的初速度增大为3v，则经时间3t射出磁场D. 若磁场方向垂直纸面向外，粒子P还是从a点沿30方向以初速度v射入磁场中，则经时间5t射出磁场【答案】BD【解析】【详解】A根据粒子做匀速圆周运动的对称性，当负粒子从b点射出时，速度方向与水平线的夹角仍为30，由几何关系可知，粒子在磁场中偏转的弦长等于其做圆周运动半径，故A错误；B若速度增大为2v，虽然粒子做匀速圆周运动的半径加倍，根据粒子做匀速圆周运动的对称性，可知出射的速度方向仍与水平线夹角为30，故B正确；C由上述分析，若P的初速度增大为3v，则出射时速度方向仍与水平线夹角为30，粒子在磁场中的
13、圆弧所对的圆心角仍为60，因粒子的周期不变，则粒子仍经时间t射出磁场，故C错误；D若磁场方向垂直纸面向外，粒子P还是从a点沿=30方向以初速度v射入磁场中，则粒子周期不变，由几何关系可知，粒子在磁场中的圆弧所对的圆心角为300，粒子在磁场中的运动时间为可知，粒子经时间5t射出磁场，故D正确。故选BD。11. 如图所示，以O为圆心、半径为R的虚线圆位于足够大的匀强电场中，圆所在平面与电场方向平行，M、N为圆周上的两点带正电粒子只在电场力作用下运动，在M点速度方向如图所示，经过M、N两点时速度大小相等已知M点电势高于O点电势，且电势差为U，下列说法正确的是() A. M,N两点电势相等B. 粒子由
14、M点运动到N点，电势能先增大后减小C. 该匀强电场电场强度大小为D. 粒子在电场中可能从M点沿圆弧运动到N点【答案】AB【解析】【分析】带正电粒子仅在电场力作用下，从M运动到N，由速度大小，得出粒子的动能，从而确定粒子的电势能大与小由于匀强电场，则等势面是平行且等间距根据曲线运动条件可从而确定电场力的方向，从而得出匀强电场的电场线方向【详解】带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在M、N两点动能相等，则电势能也相等，则M、N两点电势相等因为匀强电场，所以两点的连线MN即为等势面根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向；可知，速度方向与电场力
15、方向夹角先大于90后小于90，电场力对粒子先做负功后做正功，所以电势能先增大后减小故AB正确；匀强电场的电场强度Ed=U式中的d是沿着电场强度方向的距离，则，故C错误；粒子在匀强电场受到的是恒定的电场力，不可能做圆周运动，选项D错误；故选AB.【点睛】紧扣动能相等作为解题突破口，由于仅在电场力作用下，所以得出两点的电势能大小关系并利用等势面与电场线垂直的特性，从而推出电场线位置再由曲线运动来确定电场力的方向同时考查U=Ed中d的含义重要性，注意公式中的d为沿电场线方向上的距离12. 物体甲做匀变速直线运动，物体乙做匀速直线运动，它们的位移时间图像如图所示(t=2s时，曲线与横轴相切)下列说法正
16、确的是A. t=0时，物体甲的速度大小为2m/sB. 物体甲的加速度大小为2m/s2C. t=1s时，甲乙两物体速度不相等D. 0到2s内，乙物体的平均速度大于甲物体的平均速度【答案】B【解析】【详解】AB、物体甲做匀变速直线运动，根据位移图象的斜率等于速度，物体甲做减速运动设甲的位移时间关系为，由图像可知x0=4m，根据t=2s时，曲线与横轴相切，则时，联立可得：v0=4m/s，a=2m/s2，故A错误，B正确；C.根据匀变速运动速度时间关系，t=1s时，甲的速度为v甲=2m/s；由图像得，乙的速度大小为v乙=4/2m/s=2m/s，甲乙两物体速度相等，故C错误；D、坐标的变化量等于位移，根
17、据图象可知，甲乙位移大小相等，而时间相等，则平均速度的大小相等，故D错误故选B第卷（非选择题共60分）三、实验题（每空2分，共16分）13. 用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验所用的电源为学生电源，输出电压为6V的交流电和直流电两种。重锤从高处由静止开始落下，重锤上拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点的痕迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。(1)下面列举了该实验的几个操作步骤：A 按照图示的装置安装器件；B 将打点计时器接到电源的直流输出端上；C 用天平测量出重锤的质量；D 释放悬挂纸带的夹子，同时接通电源开关打出一条纸带；E 测量打出的纸带上某些点之间的距离；F 根
18、据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能在误差范围内是否等于增加的动能。指出其中没有必要进行的或者操作不恰当的步骤，将其选项对应的字母填在右边的横线上_实验中得到一条纸带，如图所示。根据打出的纸带，选取纸带上打出的连续五个点A、B、C、D、E，测出A点距起始点O的距离为s0，点A、C间的距离为s1，点C、E间的距离为s2，使用交流电的周期为T，设重锤质量为m，则_A 打点计时器打C点时重锤的动能为 B 打点计时器在打O点和C点的这段时间内重锤的重力势能的减少量为mg（s0+s1）C 重锤下落的加速度a的表达式为 D 重锤下落的加速度a的表达式为(3)在本实验中发现，重锤减少的重力势能总是_
19、（填“大于”或“小于”）重锤增加的动能，其原因主要是因为在重锤下落过程中存在着阻力的作用，可以通过该实验装置测定该阻力的大小，试用(2)中已知物理量和纸带上的测量数据表示出重锤在下落的过程中受到的平均阻力大小为_【答案】 (1). BCD (2). ABC (3). 大于 (4). 【解析】【详解】(1)1B中应该将打点计时器接到电源的交流输出端上；C中不需要用天平测量出重锤的质量；D中应该先接通电源后放开纸带；故BCD不必要；(2)2打点计时器打C点时重锤的速度动能为选项A正确；打点计时器在打O点和C点的这段时间内重锤的重力势能的减少量为mg（s0+s1），选项B正确；根据重锤下落的加速度a
20、的表达式为选项C正确；(3)34由于有空气阻力的作用，所以重锤减少的重力势能总是大于重锤增加的动能；=解得14. 某同学要测量如图甲所示金属圆环材料的电阻率，已知圆环的半径为r.（1）他先用螺旋测微器测量圆环材料圆形横截面的直径d如图乙所示，则d_ mm；（2）他再用如图丙所示的电路测量该圆环的电阻，图中圆环接入电路的两点恰好位于一条直径上，电压表的量程为5 V电键S闭合后，电压表右端接到a点时电压表示数为4.5 V、电流表示数为1.8 mA，接到b点的电压表示数为4.6 V、电流表示数为1.6 mA.为了减小电阻的测量误差，他应该把电压表的右端接在_进行实验(填“a”或“b”)；则圆环接入电
21、路的两点间的电阻值为_ ；此值_(填“偏大”“偏小”或“准确”)；（3）实验中发现电流表损坏，他又找到另外一个量程为2 V，内阻为R1的电压表V1替代电流表完成了实验实验中电压表V和V1的示数分别为U和U1，改变滑片位置测得多组U、U1数据，他作出了UU1图像为一条直线，如图丁所示，测得该直线的斜率为k，则金属圆环材料的电阻率的表达式为_(用r、d、k、R1表示)【答案】 (1). 5.665 (2). b (3). 2875 (4). 偏大 (5). 【解析】【详解】（1）1螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为16.50.01mm=0.165mm，所以最终读数为5.5mm+0.165
22、mm=5.665mm；（2）234根据可知，电压表分流明显，应把电压表的右端接在b；根据欧姆定律，则有Rx=2875测量值偏大，测得的是电流表的内阻与待测电阻串联后的总电阻（3）5通过电源的电流为半圆金属圆环电阻为两个半圆金属圆环并联电阻为 根据串联电路的特点，有化简得 U-U1直线的斜率为kk1+ 联立得 点睛：本题考查了螺旋测微器读数、求电阻率，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器需要估读一位，读数时视线要与刻度线垂直，并掌握电流表内接法与外接法的确定依据四、计算题（40分）15. 如图所示，常见的圆形餐桌的中部是一个半径为r1.5m的圆玻璃盘，圆玻璃盘是可以绕
23、中心轴转动的。本题近似认为圆玻璃盘与餐桌在同一水平面内，且两者之间的间隙可忽略不计。一只茶杯放置在圆玻璃盘边缘，茶杯与圆玻璃盘间的动摩擦因数为10.6，茶杯与餐桌间的动摩擦因数为20.225。设茶杯与圆盘、茶杯与餐桌之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。(1)现转动圆玻璃盘，茶杯不滑到餐桌上时，圆玻璃盘的最大角速度为多少？(2)若茶杯恰好从圆玻璃盘上甩出，为使茶杯不滑落到地面上，餐桌半径R的最小值为多大？【答案】(1)2rad/s；(2)2.5m【解析】【详解】(1)茶杯即将滑动时圆玻璃盘的角速度达到最大值，则1mg=m2r可得(2)茶杯在餐桌上滑动的初速度v0=r=3
24、m/s茶杯滑到餐桌边缘时速度恰好减为零，对应的餐桌半径取最小值。设茶杯在餐桌上滑动的位移为s，物体在餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a，则Ma=2mg得a=2g=2.25m/s2由运动学公式得0=2as，可得s=2m由几何关系可得餐桌半径的最小值为16. 如图1，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为 m=0.2kg，带电量为q=+2.010-6 C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数=0.1。从t=0时刻开始，空间加上一个如图2所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场（电场为负表示电电场方向与正方向相反），（取水平向右的方向为正方向，g取10m/s2。）求：(1)23秒内小物块
25、的位移大小；(2)23秒内电场力对小物块所做的功。【答案】(1)47m(2)9.8J【解析】【详解】(1)02s内物块加速度：a1=2m/s2位移：s1=4m2s末的速度为：v2=a1t1=4m/s24s内物块做减速运动，加速度的大小：a2=2m/s2位移：s2=s1=4m4s末的速度为：v4=0因此小物块做周期为4s的加速和减速运动，第22s末的速度为v22=4m/s，第23s末的速度v23=v22-a2t=2m/s （t=1s）所求位移为：s=(2)23秒内，设电场力对小物块所做的功为W，由动能定理：W-mgs=求得：W=98J17. 某研究小组经查阅资料了解到在空气中低速下落的物体所受的
26、空气阻力可认为与物体速度大小成正比关系，因此下落的物体最终会达到一个恒定的速度，称之为收尾速度如图所示为小球由静止开始，在低速下落过程中速度随时间变化的一部分图像图中做出了t=0.5s时刻的切线，小球的质量为0.5kg，重力加速度g取10ms2，求：(1)小球在t=0.5s时刻的加速度；(2)小球最终收尾速度；(3)小球从静止下落到t=0.5s时刻的位移【答案】(1) (2) (3) 【解析】【分析】（1）根据v-t图像的斜率求解加速度；（2）达到最大速度时，重力等于阻力，求解收尾速度；（3）根据动量定理求解小球从静止下落到t=0.5s时刻的位移【详解】（1）由图像可知：（2）设空气阻力与速度
27、大小的正比系数为k，则达到最大速度时，有解得： （3）在0到t=0.5s内小球由动量定理可得 即：解得：18. 如图所示，一质量为m11kg，带电荷量为q+0.5C的小球以速度v03m/s，沿两正对带电平行金属板（板间电场可看成匀强电场）左侧某位置水平向右飞入，极板长0.6m，两极板间距为0.5m，不计空气阻力，小球飞离极板后恰好由A点沿切线落入竖直光滑圆弧轨道ABC，圆弧轨道ABC的形状为半径R3m的圆截去了左上角127的圆弧，CB为其竖直直径，在过A点竖直线OO的右边界空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E10V/m。（g10m/s2）求：（1）在A点，小球的竖直分速度大小？（2）两极板间的电势差大小U？（3）欲使小球在圆弧轨道运动时不脱离圆弧轨道，求半径R应满足的条件。（本小题结果可以用分数表示）【答案】（1）；（2）；（3）mR3m或m【解析】【详解】（1）在A点小球的数值分速度为（2）带电小球在平行板中水平位移竖直方向有对带电小球受力分析，由牛顿第二定律得联立得（3）在A点速度若小球不超过圆心等高处，满足解得m由题意可得mR3m若小球能到达最高点C，有在C点由牛顿第二定律得可得可知m故圆弧轨道半径R的取值条件为：mR3m或m