1、山东省滕州市二中新校2016-2017学年第一学期高三第二周周周清同步检测物理试题第I卷（选择题）一、选择题1.（单选）一质点沿x轴做直线运动，其vt图像如图所示质点在t0时位于x5 m处，开始沿x轴正向运动当t3s时，质点在x轴上的位置为Ax5 m Bx10m Cx0m Dx8m2.（单选）如图所示，A、B、C三物块叠放并处于静止状态，水平地面光滑，其它接触面粗糙，以下受力分析正确的是（）AA与墙面间存在压力BA与墙面间存在静摩擦力CA物块共受3个力作用DB物块共受5个力作用3.（单选）如图所示，某同学通过滑轮组将一重物缓慢吊起的过程中，该同学对绳的拉力将（滑轮与绳的重力及摩擦均不计）A.越
2、来越小 B.越来越大C.先变大后变小 D.先变小后变大4.（多选）如图所示，物体b在水平推力F作用下，将物体a挤压在竖直墙壁上，a、b均处于静止状态，关于a、b两物体的受力情况，下列说法正确的是（）Aa受到两个摩擦力的作用Bb共受到三个力的作用Cb对a的摩擦力方向向上D增大水平推力F，a受到墙壁的摩擦力不变5.（多选）如图所示，质量为2kg的物体在水平恒力F的作用下在地面上做匀变速直线运动，位移随时间的变化关系为x=t2+t，物体与地面间的动摩擦因数为0.4，取g=10m/s2，以下结论正确的是（）A匀变速直线运动的初速度为1m/sB物体的位移为12m时速度为7m/sC水平恒力F的大小为4ND
3、水平恒力F的大小为12N6.（单选）如图，在倾角为的固定光滑斜面上，有一用绳子栓着的长木板，木板上站着一只猫已知木板的质量是猫的质量的2倍当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变则此时木板沿斜面下滑的加速度为（）ABgsinCgsinD2gsin7.（单选）如图所示，倾角=30的粗糙斜面固定在地面上，长为l、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端齐平用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面（此时物块未到达地面），在此过程中（）A物块的机械能逐渐增加B软绳重力势能共减少了mglC物块重力势能的减少量等于软绳克服
4、摩擦力所做的功D软绳重力势能的减少量等于其动能的增加与克服摩擦力所做功之和8.（单选）如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m（mM）的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是（） A 在以后的运动过程中，小球和槽的水平方向动量始终守恒 B 在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功 C 全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒 D 被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处9.（单选）如图所示，A、B是两只相同的齿轮，A被固定不能转动，若B齿轮绕A齿轮运动半周，由图中B位置转到
5、图中C位置，则B齿轮上所标出的竖直向上的箭头所指的方向是（ ）www A竖直向上 B竖直向下 C水平向左 D水平向右10.（单选）如图所示，某同学分别在垂直于篮板方向的A、B两个位置投掷篮球，分别以v1、v2的速度水平击中篮筐若篮球出手时高度相同，篮球在空中运动时间分别为t1、t2，不计空气阻力下列说法正确的是（）Av1v2Bv1v2Ct1t2Dt1t211.（单选）如图，以9.8m/s的水平初速度v0抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为30的斜面上，则物体完成这段飞行的时间是（取g=9.8m/s2）（）AsBsCsD2s12.（单选）嫦娥一号、二号发射成功后，我国2013年12月2日
6、成功发射嫦娥三号绕月卫星，如图所示，嫦娥一号的绕月圆周轨道距离月球表面的高度为150km，而嫦娥三号绕月圆周运动距月球表面的高度为100km。将月球看成球体，下列说法正确的是A嫦娥三号的运行速率小于嫦娥一号的运行速率B嫦娥三号绕月球运行的周期比嫦娥一号大C嫦娥三号绕的向心加速度比嫦娥一号的向心加速度小D嫦娥三号的角速度大于嫦娥一号的角速度13.（单选）某电场的电场线分布如图实线所示，一带电粒子在电场力作用下经A点运动到B点，运动轨迹如虚线所示粒子重力不计，则粒子的加速度、动能、电势能的变化情况是（）A若粒子带正电，其加速度和动能都增大，电势能减小B若粒子带正电，其动能增大，加速度和电势能都减小
7、C若粒子带负电，其加速度和动能都增大，电势能减小D若粒子带负电，其加速度和动能都减小，电势能增大14.（单选）如图所示，阴极射线示波管的聚集电场是由电极A1、A2形成，实线为电场线，虚线为等势线，z轴为该电场的中心轴线，P、Q、R为一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，则下列说法不正确的是（） A电极A1的电势低于电极A2的电势 B电子在P点处的动能大于在Q点处的动能 C电场中Q点的电场强度大于R点的电场强度 D电子从P至R的运动过程中，电场力对它一直做正功15.（单选）如图1所示是一道闪电划破夜空击中北京中央电视塔。假设发生闪电的云层带负电，则在闪电瞬间，电视塔受到地磁场的在水平方向
8、的作用力方向是A向东 B向南 C向西 D向北16.（多选）如图所示，通电导线均置于匀强磁场中，其中导线受安培力作用的是（）ABCD17.（多选）如图10所示，将一个近似超导的圆环水平置于非匀强磁场中，圆环恰好能处于静态平衡。则以下分析正确的是A俯视圆环，圆环中的电流方向为顺时针方向B若给圆环一个向下的扰动，俯视圆环，电流将变为逆时针方向C若增大圆环的微小阻值，圆环将缓慢下降D若增大磁场的磁感应强度，圆环将向下加速运动18.（单选）如图4，边长为L均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd自磁场上方h高度处自由下落，刚进入磁场时恰好做匀速直线运动。现减小下落的高度h也能使线框在刚进入磁场时就做匀速
9、直线运动，则可行的方案是A用同种规格的导线，做成边长为2L的单匝线框B用同种规格的导线，做成边长仍为L的双匝线框C用同种材料但粗一些的导线，做成边长仍为L的单匝线框D用密度相同但电阻率较小的导线，做成边长为2L的单匝线框19.（多选）如果人或牲畜站在距离电线的落地点810 m以内或雷雨天的大树附近，就可能发生触电事故，这种触电叫作跨步电压触电。如图9所示为跨步电压的示意图，若站在湿地上的某人两脚间的距离为0.5 m，一只脚的电阻是300 ，人体躯干内部的电阻为1000 ，湿地每米的电阻为100 ，并假设通过人体和湿地的总电流不变。则A若通过躯干的电流为0.1 A时，跨步电压为135VB若通过躯
10、干的电流为0.1 A时，通过人体和湿地的总电流有3.3AC若人的两脚之间的距离增大到1.0 m，跨步电压为170VD若人的两脚之间的距离增大到1.0 m，通过人体的电流将增大到0. 3A20.（单选）关于热力学定律，下列说法正确的是（） A 在一定条件下物体的温度可以降到0 K B 物体从单一热源吸收的热量可以全部用于做功 C 吸收了热量的物体，其内能一定增加 D 压缩气体总能使气体的温度升高21.如图所示，甲分子固定在体系原点O，只在两分子间的作用力作用下，乙分子沿x轴方向运动，两分子间的分子势能Ep与两分子间距离x的变化关系如图所示，下列说法正确的_(填选项前的字母) A乙分子在P点(x=
11、x2)时加速度最大B乙分子在P点(x=x2)时动能最大 C乙分子在Q点(x=x1)时处于平衡状态D乙分子在Q点(x=x1)时分子势能最小22.（多选）下列说法正确的是（） A 第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律 B 晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点 C 物体的温度越高，分子热运动就越剧烈，每个分子动能也越大 D 一定质量的理想气体，压强不变时，温度升高时，分子间的平均距离一定增大 E 一个分子以一定的初速度沿直线向另一固定的分子靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力先变大后变小，再变大23.（单选）如图所示为半圆形的玻璃砖，C为AB的中点，OO为过C点的AB
12、面的垂线.a、b两束不同频率的单色可见细光束垂直AB边从空气射入玻璃砖，且两束光在AB面上入射点到C点的距离相等，两束光折射后相交于图中的P点，以下判断不正确的是（ ）A.光在玻璃砖中的传播速度大于b光的传播速度Ba光从玻璃砖中射人空气时发生全反射的临界角大于b光的临界角C.在同一双缝干涉装置形成的干涉条纹中，a光相邻明条纹的间距大于b光相邻明条纹的间距 Db光比a光更容易发生衍射现象24.（单选）如图是在高山湖泊边拍摄的一张风景照片，湖水清澈见底，近处湖面水下的景物（石块、砂砾等）都看得很清楚，而远处则只看到对岸山峰和天空彩虹的倒影，水面下的景物则根本看不到下列说法中正确的是（）A远处山峰的
13、倒影非常清晰，是因为山峰的光线在水面上发生了全反射B光线由水射入空气，光的波速变大，波长变小C远处水面下景物的光线射到水面处，入射角很大，可能发生了全反射，所以看不见D近处水面下景物的光线到水面处，入射角较小，反射光强而折射光弱，因此有较多的能量射出水面而进入人眼睛中25.（单选）如图所示，是氢原子四个能级的示意图当氢原子从n=4的能级跃迁到n=3的能级时，辐射出光子a当氢原子从n=3的能级跃迁到n=2的能级时，辐射出光子b则以下判断正确的是（）Aa光和b光由同一种介质射入空气中时a光更容易发生全反射B光子a和光子b使同一种金属发生光电效应，由光子a照射产生的光电子的最大初动能大于光子b照射而
14、产生的C光子a的波长大于光子b的波长D在真空中光子a的传播速度大于光子b的传播速度第II卷（非选择题）二、实验题26.物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数实验装置如图，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列小点（1）上图给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），计数点间的距离如图所示根据图
15、中数据计算的加速度a=0.496 （保留三位有效数字）（2）回答下列两个问题：为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有CD（填入所选物理量前的字母）A木板的长度l B木板的质量m1 C滑块的质量m2 D托盘和砝码的总质量m3 E滑块运动的时间t测量中所选定的物理量时需要的实验器材是天平（3）滑块与木板间的动摩擦因数= （用被测物理量的字母表示，重力加速度为g）与真实值相比，测量的动摩擦因数偏大 （填“偏大”或“偏小”）27.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，通过水平细绳和固定弹
16、簧秤相连，如图甲所示在A端向右拉动木板，等弹簧秤读数稳定后，将读数记作F；改变滑块上橡皮泥的质量，重复步骤；实验数据如表所示：G/N 1.50 2.00 2.50 3.00 3.50 4.00F/N 0.62 0.83 0.99 1.22 1.37 1.61如图乙所示，将木板固定在水平桌面上，滑块置于木板上左端C处，细绳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h；滑块由静止释放后开始运动，最终停在木板上D点（未与滑轮碰撞），测量C、D间距离S完成下列作图和填空：（1）根据表中数据在给定的坐标纸（如图丙）上作出FG图线（2）由图线求得滑块和木板间的动摩擦因数=0.4
17、0（保留2位有效数字）（3）滑块最大速度的大小v=（用h、s、和重力加速度g表示）三、计算题28.如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上，在xOy平面内有与y轴平行向上的匀强电场区域(在第象限，形状是直角三角形)，直角三角形斜边分别与x轴和y轴相交于(L,0)和(0，L)点区域左侧沿x轴正方向射来一束具有相同质量m、电荷量为q(q0)和初速度v0的带电微粒，这束带电微粒分布在0yL的区间内，其中从点射入场区的带电微粒刚好从(L,0)点射出场区带电微粒重力不计求：(1)电场强度大小；(2)从0y的区间射入场区的带电微粒射出场区时的x坐标值和射入场区时的y坐标值的关系式；(3)射到(2L
18、, 0)点的带电微粒射入场区时的y坐标值29.如图（甲）所示，质量m=2kg的物体在水平面上向右做直线运动过P点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时，选取水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得vt图象如图（乙）所示取重力加速度为g=10m/s2求：（1）物体在04s内和410s内的加速度a1、a2的大小；（2）力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数；（3）10s末物体离P点的距离30.如图16所示，为一磁约束装置的原理图，圆心为原点O、半径为R0的圆形区域内有方向垂直xoy平面向里的匀强磁场。一束质量为m、电量为q、动能为E0的带正电粒子从坐标为(0、R0)的A点
19、沿y负方向射入磁场区域，粒子全部经过x轴上的P点，方向沿x轴正方向。当在环形区域加上方向垂直于xoy平面的匀强磁场时，上述粒子仍从A点沿y轴负方向射入区域，粒子经过区域后从Q点第2次射入区域，已知OQ与x轴正方向成600。不计重力和粒子间的相互作用。求： (1)区域中磁感应强度B1的大小；(2)若要使所有的粒子均约束在区域内，则环形区域中B2的大小、方向及环形半径R至少为大；(3)粒子从A点沿y轴负方向射入后至再次以相同的速度经过A点的运动周期。试卷答案1.B。在v-t图象中图线与时间轴所围的面积表示了质点的位移，由v-t图象可知，在03s内图线位于时间轴的上方，表示质点沿x轴正方向运动，其位
20、移为正，由图上的面积可知：，当t3s时，质点在x轴上的位置为：。由计算可知本题答案应选择B答案。2.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：解答本题关键是灵活选择研究对象：先对三个物体组成的整体，分析根据平衡条件求解墙对A的压力；根据A与墙间的压力情况，判断有无摩擦力；即可分析A的受力情况；再对AB分析受力情况，由平衡条件分析C对B有无摩擦力，再分析B的受力情况解答：解：A、B以三个物体组成的整体为研究对象，水平方向上：地面光滑，对C没有摩擦力，根据平衡条件得知，墙对A没有压力，因而也没有摩擦力故AB错误C、对A：受到重力、B的支持力和摩擦力三
21、个力作用故C正确D、先对AB整体研究：水平方向上：墙对A没有压力，则由平衡条件分析可知，C对B没有摩擦力再对B分析：受到重力、A的压力和摩擦力、C的支持力，共四个力作用故D错误故选C点评：本题考查灵活研究对象的能力，分析受力时，还要抓住没有弹力，就没有摩擦力3.答案：B：滑轮处受到三个力作用，重物的重力大小是不变的，绳上的拉力大小是相等的，但夹角不断变大，合力与物体重力等大反向是不变的，所以绳上的拉力越来越大，B正确。4.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：运动学与力学（二）；共点力作用下物体平衡专题分析：受力分析按照重力、弹力、摩擦力的顺序进行分析，根据共点力平衡判断
22、摩擦力的有无，以及摩擦力的变化解答：解：b受到重力、推力F，a对b的弹力，静摩擦力四个力平衡对于a物体，受重力、b对a的弹力、墙壁对a的弹力、b对a的摩擦力，墙壁对a的摩擦力五个力作用平衡，根据共点力平衡得，对整体分析，竖直方向受总重力和摩擦力，所以a受到墙壁的摩擦力等于a、b的重力之和，不随F的增大而增大故选：AD点评：解决本题的关键掌握受力顺序，以及会运用共点力平衡判断摩擦力的方向和大小5.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：根据物体做匀变速直线运动的位移时间公式得出物体的初速度和加速度，结合牛顿第二定律求出水平恒力根据匀变速直线运动的速度
23、位移公式求出物体位移为12m时的速度解答：解：A、根据=t2+t，知v0=1m/s，a=2m/s2故A正确B、根据得，m/s=7m/s故B正确C、根据牛顿第二定律得，Fmg=ma，解得F=ma+mg=12N故C错误，D正确故选ABD点评：本题综合考查了牛顿第二定律和运动学公式，知道加速度是前后联系的桥梁，通过加速度，可以根据力求运动，也可以根据运动求力6.考点：牛顿第二定律版权所有专题：整体思想分析：对猫和木板受力分析受力分析，可以根据各自的运动状态由牛顿第二定律分别列式来求解，把猫和木板当做一个整体的话计算比较简单解答：解：木板沿斜面加速下滑时，猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，加速
24、度为零将木板和猫作为整体，根据牛顿第二定律F合=F猫+F木板=0+2ma（a为木板的加速度），整体受到的合力的大小为猫和木板沿斜面方向的分力的大小，即F合=3mgsin，解得a=gsin，所以C正确故选C点评：本题应用整体法对猫和木板受力分析，根据牛顿第二定律来求解比较简单，当然也可以采用隔离法，分别对猫和木板受力分析列出方程组来求解7.考点：动能和势能的相互转化；功能关系版权所有分析：根据软绳对物块做功正负，判断物块机械能的变化，若软绳对物块做正功，其机械能增大；若软绳对物块做负功，机械能减小分别研究物块静止时和软绳刚好全部离开斜面时，软绳的重心离斜面顶端的高度，确定软绳的重心下降的高度，研
25、究软绳重力势能的减少量以软绳和物块组成的系统为研究对象，根据能量转化和守恒定律，分析软绳重力势能的减少与其动能的增加与克服摩擦力所做功的和的关系解答：解：A、物块下落过程中，软绳对物块做负功，物块的机械能逐渐减小故A错误B、物块未释放时，软绳的重心离斜面顶端的高度为h1=lsin30=l，软绳刚好全部离开斜面时，软绳的重心离斜面顶端的高度h2=l，则软绳重力势能共减少mgl故B正确C、因为物块的机械能减小，则物块的重力势能减小量大于物块的动能增加量，减小量等于拉力做功的大小，由于拉力做功大于克服摩擦力做功，所以物块重力势能的减少大于软绳克服摩擦力所做的功与物块动能增加之和故C错误D、以软绳为研
26、究对象，细线对软绳做正功，则软绳重力势能的减少小于其动能的增加与克服摩擦力所做功的和故D错误故选：B点评：本题中软绳不能看作质点，必须研究其重心下降的高度来研究其重力势能的变化应用能量转化和守恒定律时，能量的形式分析不能遗漏8.【考点】： 动量守恒定律；机械能守恒定律【专题】： 动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合【分析】： 由动量守恒的条件可以判断动量是否守恒；由功的定义可确定小球和槽的作用力是否做功；由小球及槽的受力情况可知运动情况；由机械守恒及动量守恒可知小球能否回到最高点： 解：A、小球在槽上运动时，由于小球受重力，故两物体组成的系统外力之和不为零，故动量不守恒；当小球与弹簧接触后，
27、小球受外力，故动量不再守恒，故A错误；B、下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于球面的，故力和位移夹角不垂直，故两力均做功，故B错误；C、全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故C错误；D、小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被反弹后球与槽的速度相等，小球不能滑到槽上，不能达到高度h，故D正确；故选：D【点评】： 解答本题要明确动量守恒的条件，以及在两球相互作用中同时满足机械能守恒，应结合两点进行分析判断9.A。当A
28、被固定时只有B转动，显然B以A的圆心做旋转运动，如果假设齿齿径为r，那么B转动的半径为2r，那么从B位置到C位置的路程为2r，因此齿轮B的圆心角为=2，即齿轮B转了一圈，所以箭头指向竖直向上，即A正确。故选择A答案 。10.考点：平抛运动版权所有专题：平抛运动专题分析：据题知两个篮球都垂直击中篮筐，其逆过程是平抛运动，它们上升的高度相等，水平位移大小不等，根据平抛运动的规律得到水平位移与初速度的关系，分析初速度的大小解答：解：两个篮球都垂直击中篮筐，其逆过程是平抛运动，设任一篮球击中篮筐的速度v，上升的高度为h，水平位移为x则有：h=，h相同，则运动的时间相同，而x=vt，则得v1v2故A正确
29、，BCD错误故选：A点评：本题运用逆向思维研究斜抛运动，关键是要明确平抛运动的研究方法、位移公式和速度公式，是解决平抛运动问题的基础知识11.考点：平抛运动版权所有分析：平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，根据垂直地撞在倾角为30的斜面上这一个条件，分别根据匀速直线运动和自由落体运动的运动规律列方程求解即可解答：解：设垂直地撞在斜面上时速度为V，将速度分解水平的Vsin=vo，和竖直方向的vy=Vcos，由以上两个方程可以求得vy=vocot，由竖直方向自由落体的规律得 vy=gt，代入竖直可求得t=cot30=s故选C点评：本题就是对平抛运动规律的考查，
30、平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解12.答案：D：万有引力提供向心力，具体，半径小的嫦娥一号的加速度、线速度、角速度都大而周期小，故D正确。13.考点：电势能；等势面版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：解这类问题的思路是：根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，然后根据电场力方向与电场线方向关系判断带电粒子的电性，根据电场力做功判断电势能和动能的变化解答：解：由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力大致向右，与轨迹上每一点的切线方向即瞬时速度方向成锐角，则电场力对带电粒子做正功，其电势能减小，动能增大电场线越来越密，场强增大，粒子所受的电场力
31、增大，加速度增大，这些结论与粒子的电性无关，故AC正确，BD错误故选AC点评：本题是轨迹问题，解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解14.【考点】： 射线管的构造及其工作原理【分析】： 沿电场线电势降低，电场强度的大小与电场线的疏密的关系；明确电子在电场中的受力特点以及电场力做功情况，从而进一步判断电势能、动能等变化情况： 解：A、沿电场线电势降低，因此电极A1的电势低于电极A2，故A错误；B、电子从P至R的运动过程中，是由低电势向高电势运动时，电场力做正功，动能增加，电势能减小，故B错误，D正确；C、等势线密的地方电场线也密，因此Q点电场线比
32、R点电场线密，故Q点的电场强度大于R点的电场强度，因此C错误，故选：D【点评】： 要能正确根据电场线、等势线的分布情况，判断电势、电势能、电场强度、电场力做功等物理量变化情况15. C.由北京的地理位置来判断该处的磁场方向，运用左手定则判定可知受力方向是向西，故选择答案。【思路点拨】该题是物理知识的实际应用题，只要我们知道地球磁场的分布，再由运动电荷在磁场中的运动，根据左手定则就可很快判断出答案。16.考点：安培力；左手定则版权所有分析：当磁场的方向与电流的方向平行，导线不受安培力作用，当磁场的方向与磁场的方向不平行，导线受安培力作用解答：解：A、磁场的方向与电流方向垂直，受安培力作用故A正确
33、 B、磁场的方向与电流的方向不平行，受安培力作用故B正确 C、磁场的方向与电流方向平行，不受安培力作用故C错误 D、磁场的方向与电流方向垂直，受安培力作用故D正确故选ABD点评：解决本题的关键知道磁场的方向与电流的方向平行，导线不受安培力作用，当磁场的方向与磁场的方向不平行，导线受安培力作用17.AC.。这里的“置于非匀强磁场中”，应该理解为从正上方放下，当将环靠近磁铁时，由于越靠近磁铁，其磁场就越强，磁感线就越密，所以在靠近过程中环会切割磁感线运动，即在该环中会产生感应电流；由于发生了超导，即没有电阻，所以此时环中的电流不会变小；同时据焦耳定律能看出，由于没有电阻，所以在B环上不会产生电热。
34、在选项中有：根据楞次定律，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，原磁通量向上增加，所以感应出顺时针方向（俯视）的电流以阻碍之，正确；在选项中有：向下扰动使原磁通量继续向上增加，电流方向依然不变，错；在选项中有：如果存在电阻，那么环中电流会不断减少，这样，安培力减小，不足以平衡重力时，环就会下降（可以联想下现实中存在电阻的环的说，即正确；若增大磁场的磁感应强度，则安培力增加，会排斥圆环即圆环向上运动。错；故选择答案。18.D。先求解原来状态的高度在选项中变为2，是改变了线框的质量、总长度、总电阻，则有：，高度不变，不能满足作匀速运动，错；在选项中也是改变了线框的质量和总长度和总电阻，
35、通过推算高度也不变，错；在选项中是改变了线框的电阻和质量，但长度不变，依规律可推得：设半径是原来的2倍，则有：质量为：，由此计算可知答案也不对；在选项中电阻率变小为原来的一半，长度增长，质量增大，电阻发生变化，则有：，满足题目要求，故答案正确，选择答案。19.B.。若通过躯干的电流为0.1时，有：把人体和湿地分别看成一个电阻，则两电阻并联，人体的电阻为：，当两脚之间距离为0.5 m时，湿地电阻为：，跨步电压为：，错；两个电阻并联的总阻值为：，其回路中通过的电流为：，正确；若人的两脚之间的距离增大到1.0 m时，两脚湿地的电阻为：，两脚间的总电阻为：。跨步电压为：。由此计算可知错；通过人体的电流
36、为：。错；故本题选择答案。20.【考点】： 热力学第一定律【专题】： 热力学定理专题【分析】： 利用热力学三个定律即可分析求解，注意热力学第二定律有几种表述方式：克劳修斯表述热量可以自发地从较热的物体传递到较冷的物体，但不可能自发地从较冷的物体传递到较热的物；开尔文普朗克表述不可能从单一热源吸取热量，并将这热量变为功，而不产生其他影响： 解：A、根据热力学第三定律的绝对零度不可能达到，故A错误；B、根据热力学第二定律，物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功而引起其他变化是可能的，当然会产生其他变化，故B正确C、物体从外够外界吸收热量同时对外做功，根据能量守恒定律可知内能可能增加、减小和不变，故
37、C错误；D、压缩气体，外界对气体作正功，气体同时可能向外释放热，根据能量守恒定律可知物体内能可能减少、温度降低，故D错误；故选：B【点评】： 本题关键要记住热力学三大定律，根据三大定律直接判断即可，注意热力学第二定律的不同表示方法，属于基础题21.B分子间存在相互作用的引力和斥力，当二者大小相等时两分子共有的势能最小，分子间距离为平衡距离，当分子间距离变大或变小时，分子力都会做负功，导致分子势能变大两分子所具有的总能量为分子动能与分子势能之和A、由图象可知，乙分子在P点（x=x2）时，分子势能最小，此时分子处于平衡位置，分子引力与分子斥力大小相等，合力为零，加速度为零，故A错误B、乙分子在P点
38、（x=x2）时，分子势能最小，由能量守恒定律则知，分子的动能最大，故B正确；C、乙分子在Q点（x=x1）时，分子间距离小于平衡距离，分子引力小与分子斥力，合力表现为斥力，在Q点分子不处于平衡状态，故C错误；D、由图象可知，乙分子在Q点时分子势能为零，大于分子在P点的分子势能，因此在Q点分子势能不是最小，故D错误；故选：B22.： 解：A、第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，故A错误；B、晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，故B正确；C、物体的温度越高，分子热运动就越剧烈，分子热运动的平均动能越大，但不是每个分子的动能都大，故C错误；D、根据，一定质量的理想气体，压强不变时，
39、温度升高时，体积增加，故分子间的平均距离一定增大，故D正确；E、一个分子以一定的初速度沿直线向另一固定的分子靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力先变大后变小，再变大，在平衡位置分子力最小，故E正确；故选：BDE23.D由图分析可知，玻璃砖对b束光的偏折角大于对a束光的偏折角，根据折射定律得知：玻璃砖对b束光的折射率大于对a束光的折射率，由v=C/n得到，a光在玻璃砖中的速度大于b光的传播速度选项A正确；由公式sinC=1/n分析得知，a光的折射率n小，则a光发生全反射的临界角大于b光发生全反射的临界角，选项B正确；干涉条纹的间距与波长成正比，a光的频率小，波长长，故相邻明条纹
40、的间距a光的较大选项C正确；光的波长越长，波动性越强，越容易发生衍射现象所以可知a光比b光更容易发生衍射现象，选项D错误24.考点：全反射.专题：光的折射专题分析：远处山峰的倒影在水面发生了反射现象；远处水面下景物的光线射到水面处，入射角很大，能发生全反射光线由水射入空气，光的波速变大，频率不变，波长变大解答：解：A、远处山峰的倒影非常清晰，是因为山峰的光线在水面上发生了反射，但不是全反射，因为全反射只有光从光密介质射入光疏介质时才可能发生，故A错误B、光线由水射入空气，光的波速变大，频率不变，由波速公式v=f知波长变大，故B错误C、远处水面下景物的光线射到水面处，入射角很大，当入射角大于等于
41、全反射临界角时能发生全反射，光线不能射出水面，因而看不见，故C正确D、近处水面下景物的光线到水面处，入射角越小，反射光越弱而折射光越强，射出水面而进入人眼睛中能量越少，故D错误故选：C点评：本题关键要掌握全反射现象以及产生的条件，要注意反射与全反射的区别，不能混为一谈25.考点：氢原子的能级公式和跃迁.专题：原子的能级结构专题分析：能级间跃迁辐射光子的能量等于能级之差，根据能极差的大小比较光子能量，从而比较出光子的频率频率大，波长小，波长越长，越容易发生衍射频率大，折射率大，根据v=比较在介质中的速度大小当入射光的频率大于金属的极限频率时，发生光电效应解答：解：A、氢原子从n=4的能级跃迁到n
42、=3的能级的能极差小于从n=3的能级跃迁到n=2的能级时的能极差，根据EmEn=h，知，光子a的能量小于光子b的能量所以a光的频率小于b光的频率，则a光和b光由同一种介质射入空气中时b光更容易发生全反射，故A错误B、光子a和光子b使同一种金属发生光电效应，光子a的能量小于光子b的能量由光子a照射产生的光电子的最大初动能小于光子b照射而产生的故B错误；C、光子a的频率小于光子b的频率，所以b的频率大，波长小，故C正确；D、在真空中光子a的传播速度等于光子b的传播速度，故D错误；故选：C点评：解决本题的突破口是比较出光子a和光子b的频率大小，从而得知折射率、在介质中速度等大小关系26.考点：探究影
43、响摩擦力的大小的因素.专题：实验题；压轴题；摩擦力专题分析：（1）纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论x=aT2，可计算出打出某点时纸带运动加速度；（2）根据牛顿第二定律，写出滑动摩擦因数的表达式，即可知道需要测量的物理量；（3）对木块受力分析，根据牛顿第二定律列方程，可求出滑动摩擦因数的表达式，由于木块滑动过程中受到空气阻力，因此会导致测量的动摩擦因数偏大解答：解：（1）每相邻两计数点间还有4个打点，说明相邻的计数点时间间隔为0.1s将第一段位移舍掉，设1、2两计数点之间的距离为x1，则第6、7之间的距离为x6，利用匀变速直线运动的推论x=at2，
44、即逐差法可以求物体的加速度大小：，将数据带入得：a=0.496m/s2由于取舍的位移不一样，因此在答案在：0.4950.497m/s2 范围内（2）设托盘和砝码质量为m3，滑块的质量m2 ，摩擦因数为，则摩擦力为f=m2g根据牛顿第二定律有：m3gm2g=（m3+m2）a，由此可知出根据逐差法求出的加速度之外，还需要测量托盘和砝码质量为m3，滑块的质量m2 ，故ABE错误，CD正确故选CD 根据问分析可知在测量质量的时候需要用到的仪器是天平故答案为：天平（3）根据牛顿第二定律有：m3gm2g=（m3+m2）a，故解得：=由于根据牛顿第二定律列方程的过程中，即考虑了木块和木板之间的摩擦，没有考虑
45、细线和滑轮以及空气阻力等，故导致摩擦因数的测量会偏大故答案为：，偏大点评：能够从物理情境中运用物理规律找出所要求解的物理量间的关系，表示出需要测量的物理量，运用仪器进行测量，正确的进行有关误差分析27.【考点】： 探究影响摩擦力的大小的因素【专题】：实验题；摩擦力专题【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：（1）根据描点法在FG图象上描出各点，再
46、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=0.40；（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=故答案为：（1）如图所示；（2）0.40；（3）【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28.设电场强度为E(1)根据平抛运动(设带电微粒在场区中的偏转时间为t1)有：Lv0t1t解得E
47、.(2)由平抛运动有：xv0tyt2得：x22Ly.(3)画出示意图如图所示，设这个带电微粒在场区中的水平偏转位移为x1，竖直偏转位移为y1，偏转角为，偏转时间为t2，射入场区时的y坐标值为Y，有：x1v0t2y1t根据几何关系有：x12LLx1Yy1根据平抛运动的特点有：tan 2得：YL.29.考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的图像专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1、2）由vt图分别求得由力F和没有力F作用时的加速度，再根据牛顿第二定律即可求解；（3）设10s末物体离a点的距离为d，d应为vt图与横轴所围的面积解答：解：（1、2）设物体向右做匀减速直线
48、运动的加速度为a1，则由vt图得a1=2 m/s2根据牛顿第二定律，有F+mg=ma1设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由vt图得a2=1m/s2 根据牛顿第二定律，有Fmg=ma2解得：F=3N，=0.05 （3）设10s末物体离a点的距离为d，d应为vt图与横轴所围的面积则：d=，负号表示物体在a点以左 答：（1）物体在04s内和410s内的加速度a1、a2的大小分别为2m/s2、1m/s2（2）力F的大小为3N，物体与水平面间的动摩擦因数为0.05；（3）10s末物体离a点的距离为2m点评：本题主要考查了速度时间图象及牛顿第二定律的直接应用，知道速度时间图象的斜率表示加速度，面积表示位移，难度适中30.(1)设在区域内轨迹圆半径为 = R0; （1分） （1分） （1分）（1分） (2)设粒子在区域中的轨迹圆半径为，部分轨迹如图，有几何关系知： （2分）， ，（1分），（1分）方向与相反，即垂直xoy平面向外（1分）由几何关系得，（2分） 即（1分）(3)轨迹从A点到Q点对应圆心角，要仍从A点沿y轴负方向射入，需满足; ,即取最小整数m=5，n=12 （3分）,其中（2分）代入数据得（1分）