1、2015-2016学年广东省珠海市高三（上）摸底物理试卷（9月份）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1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分1许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献下列表述正确的是（）A卡文迪许测出引力常数B安培发现电磁感应现象C奥斯特提出了磁场对运动电荷的作用力公式D法拉第总结并确认了真空中静止点电荷之间相互作用规律2如图所示，一只可视为质点的蚂蚁在半球形碗内缓慢地从底部爬到a处，下列说法正确的是（）A在a点碗对蚂蚁的支持力大于在b点的支持力B在a点碗对蚂蚁的摩擦力大
2、于在b点的摩擦力C在a点碗对蚂蚁的作用力大于在b点的作用力D在a点蚂蚁受到的合力大于在b点受到的合力3如图所示为两个物体A和B在同一直线上沿同一方向同时做匀加速运动的vt图线已知在第3s末两个物体在途中相遇，则下列说法正确的是（）A3s内两物体的位移相等B第3s末两物体速度相等C第3s末两物体的加速度相等DB的出发点在A的出发点前3m处4“开普勒452b”是天文学家确认发现首颗位于“宜居带”上体积最接近地球大小的行星，若已知它的半径R=7.6106m，表面重力加速度g=20m/s2，G=6.71011Nm2/kg2，由以上已知数据不能估算出有关该行星的物理量是（）A质量B平均密度C公转的周期D
3、第一宇宙速度5如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未面出），一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O，已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变不计重力则铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为（）A2BC1D6矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示若规定顺时针方向为感应电流I的正方向，下列各图中正确的是（）ABCD7用电高峰期，电灯往往会变暗，其原理可简化为如下物理问题：在理想变压器的副线圈上，通过输电线连接两
4、只灯泡L1和L2输电线的等效电阻为R，原线圈输入有效值恒定的交流电压（如图），当开关S闭合时，以下说法正确的是（）A通过L1的电流减小B原线圈输入功率减小C副线圈输出电压减小DR两端的电压减小8质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是（）ABCDmgR9如图所示，虚线表示某电场中的三个等势面，相邻面间的电势差相等一重力不计、带负电的粒子从左侧进入电场，运动轨迹与三个等势面分别交于a
5、、b、c三点，则（）Aa点的电势比b点的电势高B粒子在c点的加速度为零C粒子从a到时c电势能不断增加D粒子从a到b克服电场力做功大于从b到c克服电场力做功10如图，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的，不计空气阻力，则（）Ab的初速度不可能比c的大Bb和c的飞行时间不可能相同Ca的初速度不可能比b的小Da的飞行时间不可能比c的长11矩形导线框abcd与长直导线MN放在同一水平面上，ab边与MN平行，导线MN中通入电流方向如图所示，当MN中的电流增大时，下列说法正确的是（）A导线框abcd有逆时针的感应电流Bb
6、c、ad两边均不受安培力的作用C导线框所受的安培力的合力向右DMN所受线框给它的作用力向左12如图所示，水平传送带保持静止时，一个质量为m的小物块以水平初速度V0从传送带左端冲上传送带，然后从传送带右端以一个较小的速度V1滑出传送带现在让传送带在电动机的带动下以速度V2逆时针匀速转动，小物体仍以水平初速度V0从传送带左端冲上传送带，则（）A小物体可能会从传送带左端滑出B小物体仍以速度V1从传送带右端滑出C小物体克服摩擦力做功为mv02mv12D小物块和传送带摩擦而产生的内能为mv02mv12二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第13-16题为必考题，每题考生都必须作答第17、18题为选考题，
7、考生根据自己的选考作答13“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图甲所示在某次实验中，得到如图乙所示纸带，A、B、C、D为四个计数点（A点为第一个计数点，以后每5个计时点取一个计数点），量得BC=6.81cm； CD=8.03cm，则打C点时小车的速度vc=m/s，由纸带求得小车运动的加速度a=m/s2（结果均保留三位有效数字）用如图甲装置实验，根据实验数据作出如图丙的aF图线，从图中发现实验中存在的问题是14为了较精确地测量某一定值电阻Rx的阻值，某兴趣小组先从以下备用器材中选用多用电表进行粗测，后选用其它器材进行精确测量A多用电表B电流表A1（量程50mA，内阻r1=100）
8、C电流表A2（量程100mA，内阻r2约为5）D滑动变阻器R（010）E电源：电动势E=10V，内阻较小F电键、导线若干，开关一个（1）在用多用电表粗测电阻时，该兴趣小组的同学先选用某倍率的欧姆档，发现指针偏转太大，为了减小误差，多用电表的选择开关应该欧姆档的倍率（填“减小”或“增大”）；后来该同学选取了10档的倍率，并按正确的操作规程操作后，发现指针刚好偏到中值电阻15处则该待测电阻的阻值约为（2）如图为准确测量Rx阻值的电路图，请在图中标出所用电流表的符号，并写出Rx的测量表达式Rx=（电流表A1和A2的示数分别用I1、I2表示）（3）若想减小偶然误差，可以多测几组数据并做出图象，为了使得
9、图象的斜率能直接表示Rx的阻值，你认为应将设为纵坐标，将设为横坐标15如图所示，物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（设经过B点前后速度大小不变），最后停在C点每隔0.2秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度，表给出了部分测量数据（重力加速度g=10m/s2）求：t（s）0.00.20.41.21.41.6v（m/s）0.01.02.01.10.70.3（1）斜面的倾角；（2）物体与水平面之间的动摩擦因数；（3）t=0.6s时的瞬时速度v16在场强为B的水平匀强磁场中，一质量为m、带正电q的小球在O静止释放，小球的运动曲线如图所示已知此曲线在最低点的曲率半径为该点到z轴距离
10、的2倍，重力加速度为g求：（1）小球运动到任意位置P（x，y）的速率v（2）小球在运动过程中第一次下降的最大距离ym（3）当在上述磁场中加一竖直向上场强为E（Emg/q）的匀强电场时，小球从O静止释放后获得的最大速率vm【选修物理选修3-3考生必做】17下列说法正确的是（）A硬币或钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用B晶体有固定的熔点，具有规则的几何外形，物理性质具有各向异性C布朗运动反映了液体分子是在做永不停息无规则热运动D可以将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化18如图所示，在导热性能良好、开口向上的气缸内，用活塞封闭一定质量的理想气体，气体的体积V1=6.010
11、3m3，温度T1=300K现使外界环境温度缓慢升高至T2，此过程中气体吸收热量700J，内能增加500J不计活塞的质量及活塞与气缸间的摩擦，外界大气压强p0=1.0105Pa，求T2【选修物理选修3-5考生必做】19关于天然放射性，下列说法正确的是（）A所有元素都可能发生衰变B放射性元素的半衰期与外界的温度无关C放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性D、和三种射线中，射线的穿透能力最强20如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60忽略空气阻力，求：两球a、b的质量之
12、比2015-2016学年广东省珠海市高三（上）摸底物理试卷（9月份）参考答案与试题解析一、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1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分1许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献下列表述正确的是（）A卡文迪许测出引力常数B安培发现电磁感应现象C奥斯特提出了磁场对运动电荷的作用力公式D法拉第总结并确认了真空中静止点电荷之间相互作用规律【考点】物理学史【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可答题【解答】解：A、卡文迪许测出了万有引力常数G，故A正
13、确B、法拉第发现了电磁感应现象，故B错误C、洛伦兹提出了磁场对运动电荷的作用力公式，故C错误D、库仑总结并确认真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律，故D错误故选：A【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2如图所示，一只可视为质点的蚂蚁在半球形碗内缓慢地从底部爬到a处，下列说法正确的是（）A在a点碗对蚂蚁的支持力大于在b点的支持力B在a点碗对蚂蚁的摩擦力大于在b点的摩擦力C在a点碗对蚂蚁的作用力大于在b点的作用力D在a点蚂蚁受到的合力大于在b点受到的合力【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】共点力作用下物体
14、平衡专题【分析】小虫缓慢上爬，可以认为小虫处于平衡状态，合力为零，小虫所受的摩擦力为静摩擦力，越往上爬，所受静摩擦力越大【解答】解：小虫缓慢上爬，可以认为小虫处于平衡状态，则合力始终为零，受力分析，根据共点力平衡有：f=mgsin，N=mgcos，因为A点的比B点的大，所以在a点碗对蚂蚁的摩擦力大于在b点的摩擦力，在a点碗对蚂蚁的支持力小于在b点的支持力，故A错误，B正确；C、在a点和b点，碗对蚂蚁的作用力都等于蚂蚁的重力，所以在a点碗对蚂蚁的作用力等于在b点的作用力，故CD错误故选：B【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解3如图所示为两个物体A和B在同一直线上沿同一
15、方向同时做匀加速运动的vt图线已知在第3s末两个物体在途中相遇，则下列说法正确的是（）A3s内两物体的位移相等B第3s末两物体速度相等C第3s末两物体的加速度相等DB的出发点在A的出发点前3m处【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系【专题】运动学中的图像专题【分析】由图象的“面积”读出两物体在3s内的位移不等，而在第3s末两个物体相遇，可判断出两物体出发点不同，相距的距离等于位移之差3s末两个物体相遇后，A的速度大于B的速度，两物体不可能再相遇由A的斜率大于B的斜率可知A的加速度大于B的加速度【解答】解：A、由图象的“面积”表示位移，可知，两个物体在3s内的位移不等，A
16、的位移大，故A错误B、第3s末A的速度比B的速度大，故B错误C、A图象的斜率大于B图象的斜率，可知A的加速度大于B的加速度故C错误D、两物体在3s内的位移分别为xA=43m=6m，xB=23m=3m，已知在第3s末两个物体在途中相遇，则出发时B在A前3m处故D正确故选：D【点评】对于速度时间图象要注意：不能读出物体运动的初始位置抓住“面积”表示位移、斜率等于加速度进行分析4“开普勒452b”是天文学家确认发现首颗位于“宜居带”上体积最接近地球大小的行星，若已知它的半径R=7.6106m，表面重力加速度g=20m/s2，G=6.71011Nm2/kg2，由以上已知数据不能估算出有关该行星的物理量
17、是（）A质量B平均密度C公转的周期D第一宇宙速度【考点】万有引力定律及其应用【分析】根据万有引力提供圆周运动的向心力知，近地面重力约等于万有引力，再根据行星与地球的质量关系和半径关系直接可得行星密度与地球密度之间的关系，从而求解即可【解答】解：A、根据近地面重力约等于万有引力：G=mg，可求出地球的质量M又据M=R3得地球的密度，故AB可以求出C、根据万有引力充当向心力：，由于不知道r，故不可以求出TD、根据第一宇宙速度的公式：V=，D可以求出本题选不能求出的，故选：C【点评】根据近地卫星的向心力由万有引力提供，再根根近地面重力约等于万有引力，是解决本题的关键5如图，MN为铝质薄平板，铝板上方
18、和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未面出），一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O，已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变不计重力则铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为（）A2BC1D【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出磁感应强度，然后再求出磁感应强度之比【解答】解：设粒子在铝板上、下方的轨道半径分别为r1、r2，速度分别为v1、v2由题意可知，粒子轨道半径：r1=2r2，由题意可知，穿过铝板时粒子动能损失一半，即： mv22=mv12，v1=
19、v2，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，磁感应强度：B=，磁感应强度之比： =；故选：B【点评】本题考查了求磁感应强度，根据题意求出粒子的轨道半径、与速度关系，然后应用牛顿第二定律即可正确解题6矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示若规定顺时针方向为感应电流I的正方向，下列各图中正确的是（）ABCD【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【专题】压轴题；电磁感应与图像结合【分析】由右图可知B的变化，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向；由法拉第电磁感应定
20、律可知电动势，即可知电路中电流的变化情况；【解答】解：由图可知，01s内，线圈中磁通量的变化率相同，故01s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为负方向；同理可知，12s内电路中的电流为顺时针，23s内，电路中的电流为顺时针，34s内，电路中的电流为逆时针，由E=可知，电路中电流大小恒定不变故选D【点评】本题要求学生能正确理解Bt图的含义，才能准确的利用楞次定律进行判定7用电高峰期，电灯往往会变暗，其原理可简化为如下物理问题：在理想变压器的副线圈上，通过输电线连接两只灯泡L1和L2输电线的等效电阻为R，原线圈输入有效值恒定的交流电压（如图），当开关S闭合时，以下说法
21、正确的是（）A通过L1的电流减小B原线圈输入功率减小C副线圈输出电压减小DR两端的电压减小【考点】变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】开关S闭合后改变了副线圈的电流和功率，根据变压器原副线圈电压、电流与匝数比的关系即可求解【解答】解：开关S闭合后，副线圈的电压不变，但电流和功率都变大，A、副线圈电流增大，R两端的电压增大，故L1两端的电压减小；故A正确D错误；B、原线圈的电压不变，而电流增大，故原线圈的输入功率增大，故B错误C、副线圈电压由原线圈和匝数比决定，而原线圈电压和匝数比都没有变，所以副线圈输出电压不变，故C错误；故选：A【点评】本题主要考查了变压器的原理，要知道开关S闭合后，
22、副线圈的电流和功率都变大，但输入电压及输出电压均不变8质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是（）ABCDmgR【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力【专题】动能定理的应用专题【分析】小球在轻绳的作用下，在竖直平面内做圆周运动，由最低点的绳子的拉力结合牛顿第二定律可求出此时速度，当小球恰好通过最高点，由此根据向心力与牛顿第二定律可算出速度，最后由动能定理来求出过程中克服阻力做
23、功【解答】解：小球在最低点，受力分析与运动分析则有：而最高点时，由于恰好能通过，所以：小球选取从最低点到最高点作为过程，由动能定理可得：由以上三式可得：故选：C【点评】由绳子的拉力可求出最低点速度，由恰好能通过最高点求出最高点速度，这都是题目中隐含条件同时在运用动能定理时，明确初动能与末动能，及过程中哪些力做功，做正功还是负功9如图所示，虚线表示某电场中的三个等势面，相邻面间的电势差相等一重力不计、带负电的粒子从左侧进入电场，运动轨迹与三个等势面分别交于a、b、c三点，则（）Aa点的电势比b点的电势高B粒子在c点的加速度为零C粒子从a到时c电势能不断增加D粒子从a到b克服电场力做功大于从b到c
24、克服电场力做功【考点】电势；电势能【专题】电磁学【分析】质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向左上方，由于质点带负电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场场强大【解答】解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带负电，因此电场线指向右上方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最高，c点的电势最低，故A正确B、相邻等势面之间的电势差相等，从左向右相邻等势面之间距离变大，可知电场变弱，带电粒子左向右运动时，电场力变小，加速度减小，故B错误；C、粒子从a到时c，电场力做负功，电势能增大，故C正
25、确；D、电场力做功W=qU，因相邻面间的电势差相等，故粒子从a到b克服电场力做功等于从b到c克服电场力做功，故D错误故选：AC【点评】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化10如图，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的，不计空气阻力，则（）Ab的初速度不可能比c的大Bb和c的飞行时间不可能相同Ca的初速度不可能比b的小Da的飞行时间不可能比c的长【考点】平抛运动【专题】平抛运动专题【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，
26、在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间，结合水平位移和时间比较初速度【解答】解：BD、b、c的高度相同，大于a的高度，根据h=，得t=，知b、c的运动时间相同，a的飞行时间一定小于b的时间故B错误，D正确；AC、因为a的飞行时间短，但是水平位移大，根据x=v0t知，b、c的运动时间相同，b的水平位移大于c的水平位移，则b的初速度一定大于c的初速度a的水平速度大于b的水平速度故A错误，C正确；故选：CD【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移11矩形导线框abcd与长直导线MN放在同一水平面上，ab
27、边与MN平行，导线MN中通入电流方向如图所示，当MN中的电流增大时，下列说法正确的是（）A导线框abcd有逆时针的感应电流Bbc、ad两边均不受安培力的作用C导线框所受的安培力的合力向右DMN所受线框给它的作用力向左【考点】楞次定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】直导线中通有向上均匀增大的电流，根据安培定则判断导线右侧的磁场方向以及磁场的变化，再根据楞次定律判断感应电流的方向，最后根据左手定则判断出ab、cd边所受安培力的方向，注意离导线越近，磁感应强度越大【解答】解：A、直导线中通有向上均匀增大的电流，根据安培定则，知通过线框的磁场方向垂直纸面向里，且均匀增大，根据楞次定律，知感应电流的方
28、向为逆时针方向故A正确B、根据A选项分析，可知，依据左手定则，则bc、ad两边均受安培力的作用，故B错误；C、根据左手定则，知ab边所受安培力方向水平向右，cd边所受安培力方向水平向左，离导线越近，磁感应强度越大，所以ab边所受的安培力大于cd边所受的安培力，则线圈所受磁场力的合力方向向右，因此MN所受线框给它的作用力向左故C正确，D也正确故选：ACD【点评】解决本题的关键掌握安培定则，左手定则，以及会用法拉第电磁感应定律求出感应电流大小，用楞次定律判断感应电流方向12如图所示，水平传送带保持静止时，一个质量为m的小物块以水平初速度V0从传送带左端冲上传送带，然后从传送带右端以一个较小的速度V
29、1滑出传送带现在让传送带在电动机的带动下以速度V2逆时针匀速转动，小物体仍以水平初速度V0从传送带左端冲上传送带，则（）A小物体可能会从传送带左端滑出B小物体仍以速度V1从传送带右端滑出C小物体克服摩擦力做功为mv02mv12D小物块和传送带摩擦而产生的内能为mv02mv12【考点】功能关系；牛顿第二定律【分析】对小滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动学公式列式分析即可【解答】解：A、B、水平传送带静止时，A从传送带左端冲上传送带，从传送带右端以速度v滑出传送带，运动过程中受到向左滑动摩擦力作用而做匀减速直线运动，相对于地通过的位移大小等于传送带的长度若皮带轮逆时针方向转动，物块
30、仍受到向左的滑动摩擦力作用做匀减速直线运动，滑动摩擦力没有变化，加速度也没有变化，相对于地通过的位移大小仍等于传送带的长度，则根据运动学公式得知，A物块仍以速度v1离开传动带；故A错误，B正确；C、根据动能定理，由于只有滑动摩擦力做功，根据动能定理，物体克服摩擦力做功为mv02mv12，故C正确；D、小物块和传送带摩擦而产生的内能为：Q=fS相对；第二次相对路程增加了，故第二次物块和传送带摩擦而产生的内能大于mv02mv12，故D错误；故选：BC【点评】本题关键是分析滑动摩擦力和加速度，根据运动学公式研究物块滑出传送带时的速度，根据功能关系研究摩擦产生的热量二、非选择题：包括必考题和选考题两部
31、分第13-16题为必考题，每题考生都必须作答第17、18题为选考题，考生根据自己的选考作答13“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图甲所示在某次实验中，得到如图乙所示纸带，A、B、C、D为四个计数点（A点为第一个计数点，以后每5个计时点取一个计数点），量得BC=6.81cm； CD=8.03cm，则打C点时小车的速度vc=0.742m/s，由纸带求得小车运动的加速度a=1.22m/s2（结果均保留三位有效数字）用如图甲装置实验，根据实验数据作出如图丙的aF图线，从图中发现实验中存在的问题是没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】实验题【
32、分析】做匀变速运动的物体在某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度；物体在相邻的相等时间间隔内的位移之差是定值at2，据此求出瞬时速度与加速度探究加速度与力的关系时，要平衡摩擦力，使小车受到的合力等于砝码与砝码盘的拉力【解答】解：计数点间的时间间隔t=0.025=0.1s，打C点时小车的速度vc=0.742m/s；小车的加速度a=1.22m/s2探究加速度与力的关系实验时，如果没有平衡摩擦力或平衡摩擦力时，木板被垫起的高度太小，木板倾角太小，平衡摩擦力不足，则小车受到的合力小于拉力，aF图象不过原点，在F轴上有截距故答案为：0.742；1.22；没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足【点评】
33、要会应用匀变速运动的特点求瞬时速度与加速度；实验时要平衡摩擦力14为了较精确地测量某一定值电阻Rx的阻值，某兴趣小组先从以下备用器材中选用多用电表进行粗测，后选用其它器材进行精确测量A多用电表B电流表A1（量程50mA，内阻r1=100）C电流表A2（量程100mA，内阻r2约为5）D滑动变阻器R（010）E电源：电动势E=10V，内阻较小F电键、导线若干，开关一个（1）在用多用电表粗测电阻时，该兴趣小组的同学先选用某倍率的欧姆档，发现指针偏转太大，为了减小误差，多用电表的选择开关应该减小欧姆档的倍率（填“减小”或“增大”）；后来该同学选取了10档的倍率，并按正确的操作规程操作后，发现指针刚好
34、偏到中值电阻15处则该待测电阻的阻值约为150（2）如图为准确测量Rx阻值的电路图，请在图中标出所用电流表的符号，并写出Rx的测量表达式Rx=（电流表A1和A2的示数分别用I1、I2表示）（3）若想减小偶然误差，可以多测几组数据并做出图象，为了使得图象的斜率能直接表示Rx的阻值，你认为应将I1r1设为纵坐标，将I2I1设为横坐标【考点】伏安法测电阻【专题】实验题【分析】（1）根据指针的偏转可以明确倍率的选择，并根据欧姆档的读数方法可读出对应的阻值；（2）根据题意明确电表的选择，并根据实验器材明确电路图的选择；分析电路结构明确实验方法，由欧姆定律可求得电阻的表达式；（3）根据（2）中表达式进行分
35、析变形，得出以RX为系数的公式表达式即可【解答】解：（1）因指针偏转过大，故说明显示的刻度太小，故应减小倍率；万用表读数为应为指针所指刻度与倍率的乘积；故示数为：1510=150；（2）题目中没有给出电压表，故应选用内阻已知的电流表A1当电压表使用，用A2来测量电流；为了准确测量流过Rx的电流，电流表A2采用外接法；电路图如图所示；由欧姆定律可知，电阻Rx=；（3）由（2）中的表达式可得：I1r1=（ I2I1）Rx故为了让斜率为Rx应以I1r1为纵坐标；以 I2I1为横坐标故答案为：（1）减小；150；（2）如图所示；（3）I1r1； I2I1【点评】本题考查电阻的测量，要注意本题中不能简单
36、的用伏安法直接分析，而是要用到串并联电路的规律进行分析求解；从而明确电流表的接法的选择15如图所示，物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（设经过B点前后速度大小不变），最后停在C点每隔0.2秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度，表给出了部分测量数据（重力加速度g=10m/s2）求：t（s）0.00.20.41.21.41.6v（m/s）0.01.02.01.10.70.3（1）斜面的倾角；（2）物体与水平面之间的动摩擦因数；（3）t=0.6s时的瞬时速度v【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】（1）由表格读出物体在斜面上
37、运动的速度与对应的时间，由速度公式求出加速度，再根据牛顿第二定律求解斜面的倾角；（2）用同样的方法求出物体在水平面运动的速度和时间，求出加速度，再由牛顿第二定律求出动摩擦因数；（3）研究物体由t=0到t=1.2s过程，根据斜面上匀加速运动的末速度等于水平面匀减速运动的初速度，由速度公式求出物体在斜面上运动的时间，再求出t=0.6s时的瞬时速度v【解答】解：（1）由表格中前三列数据可知，物体在斜面上匀加速下滑时的加速度为=m/s2=5m/s2由牛顿第二定律得mgsin=ma1，代入数据得：=30 （2）由表格中第4、5两组数据可知，物体在水平面上匀减速运动的加速度大小为=由牛顿第二定律得mg=m
38、a2，代入数据得=0.2（3）研究物体由t=0到t=1.2s过程，设物体在斜面上运动的时间为t，则有vB=a1t，v1.2=vBa2（1.2t）代入得v1.2=a1ta2（1.2t）解得t=0.5s，vB=2.5m/s即物体在斜面上下滑的时间为t=0.5s，则t=0.6s时物体在水平面上运动，速度为 v=vBa2（0.6t）=2.5m/s20.1m/s=2.3m/s答：（1）斜面的倾角=30；（2）物体与水平面之间的动摩擦因数=0.2；（3）t=0.6s时的瞬时速度v=2.3m/s【点评】本题由表格的形式反映物体的运动情况，运用运动学的基本公式求解加速度要抓住物体在斜面上和水平面上运动之间速度
39、关系，研究物体在斜面上运动的时间16在场强为B的水平匀强磁场中，一质量为m、带正电q的小球在O静止释放，小球的运动曲线如图所示已知此曲线在最低点的曲率半径为该点到z轴距离的2倍，重力加速度为g求：（1）小球运动到任意位置P（x，y）的速率v（2）小球在运动过程中第一次下降的最大距离ym（3）当在上述磁场中加一竖直向上场强为E（Emg/q）的匀强电场时，小球从O静止释放后获得的最大速率vm【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；动能定理的应用；带电粒子在混合场中的运动【专题】压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）首先分析，在任意时刻，小球都只受到重力和洛伦兹力洛伦兹力始终方向与速度方向垂直
40、，不做功，所以从原点到最低点只有重力做功，根据动能定理即可求得速度；（2）设小球在最低点的速度为v，到x轴距离为h，最低点的曲率半径为2h对于小球运动到最低点时，小球的向心力由洛伦兹力与重力的合力提供，列出向心力公式，再结合第一问中的速度就可以求出小球在运动过程中第一次下降的最大距离ym；（3）加入电场后，结合动能定理和圆周运动向心力的公式即可以求得小球从O静止释放后获得的最大速率vm【解答】解：（1）洛仑兹力不做功，由动能定理得，mgy=mv2 得 v= （2）设在最大距离ym处的速率为vm，根据圆周运动有，qvmBmg=m 且由知 由及R=2ym得 （3）小球运动如图所示，由动能定理 （q
41、Emg）|ym|= 由圆周运动 qvmB+mgqE=m 且由及R=2|ym|解得vm=【点评】本题涉及到的知识点有洛伦兹力的性质（无论何时都不做功）、机械能守恒的条件与计算、圆周运动的计算，对同学们分析问题的能力要求较高，属于中档偏上的题目【选修物理选修3-3考生必做】17下列说法正确的是（）A硬币或钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用B晶体有固定的熔点，具有规则的几何外形，物理性质具有各向异性C布朗运动反映了液体分子是在做永不停息无规则热运动D可以将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化【考点】* 晶体和非晶体；布朗运动【分析】硬币或钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力
42、的作用；多晶体物理性质各向同性；布朗运动是悬浮于液体中的固体小颗粒的运动；能量在转化与转移的过程中具有单向性【解答】解：A、硬币或钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用，故A正确；B、晶体分为单晶体和多晶体，多晶体物理性质各向同性，故B错误；C、布朗运动是固体小颗粒的运动，它间接反映了液体分子是在做永不停息无规则热运动，故C正确；D、能量在转化与转移的过程中具有单向性，故不能将将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化，故D错误；故选：AC【点评】本题主要考查了表面张力、各向同性与各向异性、热力学第二定律等，要区分液体固体与气体的不同，还有就是晶体的分类即物理特性；18如图所
43、示，在导热性能良好、开口向上的气缸内，用活塞封闭一定质量的理想气体，气体的体积V1=6.0103m3，温度T1=300K现使外界环境温度缓慢升高至T2，此过程中气体吸收热量700J，内能增加500J不计活塞的质量及活塞与气缸间的摩擦，外界大气压强p0=1.0105Pa，求T2【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】由热力学第一定律求出外界对气体做功W，根据W=P0（V1V2），求出末态时所有气体的体积V2，根据盖吕萨克定律求解T2【解答】解：设温度升至T2时气体的体积为V2，则气体对外界做功W=P0Sh=P0（V2V1） 由热力学第一定律U=W+Q 解得 V2=8.010
44、3m3由等压变化有：解得 T2=400K 答：T2是400K【点评】本题分析清楚气体状态变化过程，明确气体的压强等于大气压是正确解题的关键【选修物理选修3-5考生必做】19关于天然放射性，下列说法正确的是（）A所有元素都可能发生衰变B放射性元素的半衰期与外界的温度无关C放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性D、和三种射线中，射线的穿透能力最强【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度【专题】衰变和半衰期专题【分析】自然界中有些原子核是不稳定的，可以自发地发生衰变，衰变的快慢用半衰期表示，与元素的物理、化学状态无关【解答】解：A、有些原子核不稳定，可以自发地衰变，但不是所有元素都可能发生衰变，故
45、A错误；B、放射性元素的半衰期由原子核决定，与外界的温度无关，故B正确；C、放射性元素的放射性与核外电子无关，故放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性，故C正确；D、和三种射线，射线的穿透力最强，电离能力最弱，故D正确；故选：BCD【点评】本题关键是明确原子核衰变的特征、种类、快慢，熟悉三种射线的特征，基础问题20如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60忽略空气阻力，求：两球a、b的质量之比【考点】动量守恒定律；动能定理的应用；机械能守恒定律【专题】动量与动能定理
46、或能的转化与守恒定律综合【分析】b球下摆过程中，只有重力做功，由动能定理可以求出碰前b球的速度；碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律列方程，两球向左摆动过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理列方程，解方程组可以求出两球质量之比【解答】解：b球下摆过程中，由动能定理得：m2gL=m2v020，a与b组成的系统在碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可得：m2v0=（m1+m2）v，两球向左摆动过程中，由机械能守恒定律得：（m1+m2）v2=（m1+m2）gL（1cos）解得：答：两球a、b的质量之比是（1）：1【点评】小球小下摆或上摆过程中机械能守恒，碰撞过程中动量守恒，由动能定理（或机械能守恒定律）、动量守恒定律即可正确解题