1、山西省大同市2015-2016学年高三（上）联考物理试卷（12月份）一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分）1物理学对人类文明进步做出了积极的贡献，物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步关于物理学发展过程的认识，下列说法中正确的是（）A亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快B牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，并且用实验直接验证C奥斯特发现了电磁感应现象，揭示了电现象与磁现象之间的联系D伽利略通过“理想实验”得出结论：运动的物体具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远
2、运动下去2如图所示是某质点运动的速度图象，由图象得到的正确结果有（）A01s内的加速度是2m/s2B12s内的位移大小是2mC01s内的加速度大于24s内的加速度D01s内的运动方向与24s内的运动方向相反3如图所示，光滑小球放置在半球面的底端，竖直放置的挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动（始终未脱离球面）的过程中，挡板对小球的推力F、半球面对小球的支持力FN的变化情况正确的是（）AF增大，FN减小BF减小，FN增大CF减小，FN减小DF增大，FN增大4如图所示，在同一竖直面内，两位同学分别以初速度va和vb将小球从高度不同的a、b两点沿水平方向同时抛出，两小球均落到与两抛出点水平距离相
3、等的P点不计空气阻力，下列说法正确的是（）Avavb，两球同时落地Bvavb，两球同时落地Cvavb，小球a先落地Dvavb，小球b先落地5科学家们推测，太阳系的第十颗行星就在地球的轨道上从地球上看，它永远在太阳的背面，人类一直未能发现它，可以说它是“隐居”着的，它是地球的“孪生兄弟”，由以上信息我们可以推知（）A这颗行星的公转周期与地球相等B这颗行星的自转周期与地球相等C这颗行星的质量等于地球的质量D这颗行星的密度等于地球的密度6如图所示，电源电动势力为E、内电阻为r，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，开关闭合后，电路正常工作当滑动变阻器的滑片向左移动时，下列判断正确的是（）A电源的输出功率将
4、增大B电压表的实数将减小C电流表的示数将增大D电源消耗的总功率将减小7如图，实线是电场中一簇方向未知的电场线，虚线是一个带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，带电粒子由M运动到N点，若带电粒子只受电场力作用，据此图可以作出的判断是（）A带电粒子带负电B带电粒子在M点的加速度小于在N点的加速度C带电粒子在M点的电势能小于在N点的电势能D电场中M点的电势低于在N点的电势8如图所示的装置，可以探究影响平行板电容器电容的因素，关于下列操作及出现的现象的描述正确的是（）A电容器与电源保持连接，左移电容器左极板，则静电计指针偏转角增大B电容器充电后与电源断开，上移电容器左极板，则静电计指针偏转角增大C电容器
5、充电后与电源断开，在电容器两极板间插入玻璃板，则静电计指针偏转角增大D电容器充电后与电源断开，在电容器两极板间插入金属板，则静电计指针偏转角增大9关于静电场，下列说法正确的是（）A沿着电场线的方向，电势总是不断降低B把负电荷从A点移到B点电场力做正功，则有UAB0C电场强度处处相同的区域内，电势也一定处处相同D在电场中，电势越高的地方，负电荷在该点具有的电势能越小10如图所示，一根通电直导线放在磁感应强度B=1T的匀强磁场中，在以导线为圆心，半径为r的圆周上有a，b，c，d四个点，若a点的实际磁感应强度为0，则下列说法中正确的是（）A直导线中电流方向是垂直纸面向里的Bc点的实际磁感应强度也为0
6、Cd点实际磁感应强度为T，方向斜向下，与B夹角为45Db、d两点的磁感应强度相同11医生做某些特殊手术时，可用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示，由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零下列关于电磁血流计的说法正确的是（）Aa端电势高、b端电势低Ba端电势低、b端电势高C同一患者，电极a、b之间电势差越大，说明血流速度越大
7、D不同患者，电极a、b之间电势差不同，血流速度一定不同12小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上（如图甲），在刚接触轻弹簧的瞬间（如图乙），速度是5m/s，将弹簧压缩到最短（如图丙）的整个过程中，小球的速度v和弹簧缩短的长度x之间的关系如图丁所示，其中A为曲线的最高点已知该小球重为2N，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，弹簧的弹力大小与形变成正比下列说法正确的是（）A从撞击轻弹簧到它被压缩至最短的过程中，小球的重力做功的功率先增大后减小B从撞击轻弹簧到它被压缩到最短的过程中，小球的机械能先增大后减小C小球在速度最大时受到的弹力为2ND从撞击轻弹簧到它被压缩至最短的过程中，弹簧被压
8、缩时产生的最大弹力为6.1N二、解答题（共6小题，满分52分）13如图所示，游标卡尺的读数为mm；螺旋测微器的读数为mm14某学习小组为测绘一个标有“3V 0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，他们在实验室找到了下列实验器材：A电池组（电动势为4.5V，内阻约1）；B电流表（量程为0250mA，内阻约5）；C电流表（量程为00.6A，内阻约为0.5）；D电压表（量程为03V，电阻约为3k）；E滑动变阻器（最大阻值为20，额定电流1A）；F滑动变阻器（最大阻值1750，额定电流0.3A）；G电键一个、导线若干（1）实验中所用的电流表应选，滑动变阻器应选（填字母代号）（2）请在试卷答题卡的方框中画出方便
9、操作、利于实验且尽可能精确的实验电路图（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示，如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V，内阻为5的电源两端，小灯泡消耗的功率是W15如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场金属导轨的一端接有电动势E=3V、内阻r=0.5的直流电源现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R=1，金属导轨电阻不计，g取10m/s2已知sin37=0.6，cos
10、37=0.8，求：（1）导体棒受到的安培力大小；（2）导体棒受到的摩擦力大小16如图所示，位于竖直面内的曲线轨道的最低点B的切线沿水平方向，且与一位于同一竖直面内、半径R=0.40m的光滑圆形轨道平滑连接现有一质量m=0.10kg的滑块（可视为质点），从位于轨道上的A点由静止开始滑下，滑块经B点后恰好能通过圆形轨道的最高点C已知A点到B点的高度h=1.5m，重力加速度g=10m/s2，空气阻力可忽略不计，求：（1）滑块通过C点时的速度大小；（2）滑块通过圆形轨道B点时对轨道的压力大小；（3）滑块从A点滑至B点的过程中，克服摩擦阻力所做的功17如图所示，在平面直角坐标系内，第一象限的等腰三角形M
11、NP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场一质量为m，电荷量为q的带电粒子从电场中Q（2h，h）点以速度V0水平向右射出，经坐标原点O射入第一象限，最后以垂直于PN的方向射出磁场已知MN平行于x轴，N点的坐标为（2h，2h），不计粒子的重力，求：（1）电场强度的大小；（2）磁感应强度的大小B；（3）粒子在磁场中的运动时间18如图所示，将小物体（可视为质点）置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的恒力F拉动纸板，拉力大小不同，纸板和小物体的运动情况也不同若纸板的质量m1=0.1kg，小物体的质量m2=0.4kg，小物体与桌面右边缘的距离d=0.15m，已知各接
12、触面间的动摩擦因数均为=0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，g取10m/s2求：（1）当小物体与纸板一起运动时，桌面给纸板的摩擦力大小；（2）拉力F满足什么条件，小物体才能与纸板发生相对滑动；（3）若拉力作用0.3s时，纸板刚好从小物体下抽出，通过计算判断小物体是否会留在桌面上2015-2016学年山西省大同市高三（上）联考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分）1物理学对人类文明进步做出了积极的贡献，物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步关于物理学发展过程的认识，下列说法中
13、正确的是（）A亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快B牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，并且用实验直接验证C奥斯特发现了电磁感应现象，揭示了电现象与磁现象之间的联系D伽利略通过“理想实验”得出结论：运动的物体具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去【考点】物理学史【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题【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，特别是亚里士多德、伽利略、牛顿等人的贡献即可【解答】解：A、伽利略认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快，故A错误；B、牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行
14、分析的产物，不可能用实验直接验证，故B错误；C、法拉第发现了电磁感应现象，揭示了电现象与磁现象之间的联系，故C错误；D、伽利略通过“理想实验”得出结论：运动的物体具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去，故D正确；故选：D【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如图所示是某质点运动的速度图象，由图象得到的正确结果有（）A01s内的加速度是2m/s2B12s内的位移大小是2mC01s内的加速度大于24s内的加速度D01s内的运动方向与24s内的运动方向相反【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
15、系【专题】运动学中的图像专题【分析】质点做匀变速运动时，根据某段图象上两点由求加速度速度图象的“面积”大小等于位移，斜率等于加速度，由速度的正负读出速度的方向【解答】解：A、01s内，故A正确； B、速度图象的“面积”大小等于位移，则有12s内的位移大小是x=12=2m故B正确； C、速度图象的斜率等于加速度，则知01s内的加速度大于24s内的加速度，故C正确； D、速度的正负表示速度的方向，则知01s内的运动方向与24s内的运动方向相同，故D错误 故选：ABC【点评】本题是速度图象问题，关键抓住速度图象的“面积”大小等于位移，斜率等于加速度3如图所示，光滑小球放置在半球面的底端，竖直放置的挡
16、板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动（始终未脱离球面）的过程中，挡板对小球的推力F、半球面对小球的支持力FN的变化情况正确的是（）AF增大，FN减小BF减小，FN增大CF减小，FN减小DF增大，FN增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】对小球受力分析，受重力、挡板向右的支持力和半球面的支持力，根据平衡条件列式求解【解答】解：对小球受力分析，受重力、挡板向右的支持力和半球面的支持力，如图根据平衡条件解得F=mgtan由于不断增加，故F增大、FN增大；故选：D【点评】本题关键是画出受力图，根据平衡条件求解出两个弹力的表达式进行分析讨论4如图
17、所示，在同一竖直面内，两位同学分别以初速度va和vb将小球从高度不同的a、b两点沿水平方向同时抛出，两小球均落到与两抛出点水平距离相等的P点不计空气阻力，下列说法正确的是（）Avavb，两球同时落地Bvavb，两球同时落地Cvavb，小球a先落地Dvavb，小球b先落地【考点】平抛运动【专题】比较思想；合成分解法；平抛运动专题【分析】平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，运动时间由下落的高度决定，根据水平位移与时间结合可分析初速度关系【解答】解：两个小球都作平抛运动，竖直方向作自由落体运动，由h=，得t=，则tatb因此小球b先落地小球水平方向都做匀速直线运动，由x
18、=v0t，由题意x相等，又tatb，则知vavb故D正确故选：D【点评】平抛运动常用的研究方法是运动的分解法，只要掌握两个分运动的规律，即可知道平抛运动的规律5科学家们推测，太阳系的第十颗行星就在地球的轨道上从地球上看，它永远在太阳的背面，人类一直未能发现它，可以说它是“隐居”着的，它是地球的“孪生兄弟”，由以上信息我们可以推知（）A这颗行星的公转周期与地球相等B这颗行星的自转周期与地球相等C这颗行星的质量等于地球的质量D这颗行星的密度等于地球的密度【考点】万有引力定律及其应用；人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】研究行星绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式太阳系的第十
19、颗行星就在地球的轨道上，说明它与地球的轨道半径相等【解答】解：A、研究行星绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：=m得出：T=2表达式里M为太阳的质量，R为运动的轨道半径已知太阳系的第十颗行星就在地球的轨道上，说明第十颗行星和地球的轨道半径相等，所以第十颗行星的公转周期等于地球的公转周期，故A正确B、这颗行星的自转周期与地球周期相比无法确定，故B错误C、这颗行星的质量与地球的质量相比无法确定，故C错误D、这颗行星的密度与地球的密度相比无法确定，故D错误故选A【点评】向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用环绕体绕着中心体匀速圆周运动，根据万有引力提供
20、向心力，我们只能求出中心体的质量6如图所示，电源电动势力为E、内电阻为r，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，开关闭合后，电路正常工作当滑动变阻器的滑片向左移动时，下列判断正确的是（）A电源的输出功率将增大B电压表的实数将减小C电流表的示数将增大D电源消耗的总功率将减小【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】当滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，电路中电流增大，根据闭合电路欧姆定律结合串并联电路的特点分析即可【解答】解：A、当滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，电路中电流增大，内阻所占电压增大，则路端电压减小，所以电压
21、表的实数将减小，由于不知道内阻与外电路电阻的关系，所以不能确定输出功率如何变化，故A错误、B正确；C、路端电压减小，根据欧姆定律可知，通过R0的电流减小，即电流表示数减小故C错误D、电源消耗的功率P=EI，电流增大，所以电源消耗的功率将变大，故D错误故选：B【点评】本题是电路的动态变化分析问题，可直接根据路端电压随外电阻增大而增大，判断电压表读数的变化，知道当外电路电阻等于内阻时，电源输出功率最大7如图，实线是电场中一簇方向未知的电场线，虚线是一个带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，带电粒子由M运动到N点，若带电粒子只受电场力作用，据此图可以作出的判断是（）A带电粒子带负电B带电粒子在M点的加
22、速度小于在N点的加速度C带电粒子在M点的电势能小于在N点的电势能D电场中M点的电势低于在N点的电势【考点】电场线；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据轨迹的弯曲程度，判断出合力（电场力）的方向，再根据电场线的方向，判断电荷的电性；加速度大小的比较可以看电场力的大小，即电场强度的大小；比较电势能可以根据电场力做功来判断【解答】解：A、合力大致指向轨迹凹的一向，可知电场力方向向左，电场线向右，由于不知道电场线的方向所以不能判断出带电粒子的电性故A错误 B、M点的场强大于N点的场强，所以M点所受的电场力大于N点，则带电粒子在N点的加速度小于在M点的加速度故B错误 C、假设粒子从M运动到N
23、，受力的方向与轨迹之间的夹角是钝角，电场力做负功，电势能增大所以带电粒子在N点的电势能大于在M点的电势能故C正确 D、不知道电场线的方向，也不知道带电粒子的电性，所以不能判断出MN点电势的高低故D错误故选：C【点评】判断电荷的电性关键找到突破口，从轨迹的弯曲方向角度考虑；比较电势能的大小：一可以从电场力做功角度比较，二从电势能公式角度判断，先比较电势，再比较电势能8如图所示的装置，可以探究影响平行板电容器电容的因素，关于下列操作及出现的现象的描述正确的是（）A电容器与电源保持连接，左移电容器左极板，则静电计指针偏转角增大B电容器充电后与电源断开，上移电容器左极板，则静电计指针偏转角增大C电容器
24、充电后与电源断开，在电容器两极板间插入玻璃板，则静电计指针偏转角增大D电容器充电后与电源断开，在电容器两极板间插入金属板，则静电计指针偏转角增大【考点】电容器的动态分析【专题】动态预测题；定性思想；控制变量法；电容器专题【分析】静电计是测量电势差的仪器，根据张角可以得出两板间的电势差高低；电容器与电源保持连接，电容器的板间电压不变电容器充电后与电源断开，电容器的带电量不变根据电容的决定因素和电容的定义式C=结合分析【解答】解：A、电容器与电源保持连接，左移电容器左极板，电容器板间电压不变，则静电计指针偏转角不变故A错误B、电容器充电后与电源断开，电容器的带电量不变将上移电容器左极板，极板正对面
25、积减小，电容减小，由电容的定义式C=知，Q不变，C减小，则U增大，因此静电计指针偏转角增大，故B正确C、电容器充电后与电源断开，电容器的带电量不变在电容器两极板间插入玻璃板，电容增大由电容的定义式C=知U减小，因此静电计指针偏转角减小，故C错误D、若在两极板间插入金属板，相当于板间距离减小，可知电容增大，而电容器的带电量不变，由由电容的定义式C=知板间电压U减小，则静电计指针偏转角减小，故D错误故选：B【点评】解决本题只要掌握电容的决定因素和定义式C=，结合电压不变或电量不变的条件进行分析9关于静电场，下列说法正确的是（）A沿着电场线的方向，电势总是不断降低B把负电荷从A点移到B点电场力做正功
26、，则有UAB0C电场强度处处相同的区域内，电势也一定处处相同D在电场中，电势越高的地方，负电荷在该点具有的电势能越小【考点】电势差与电场强度的关系；电场线【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题【分析】电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的方向反映电势的高低，电势与电场强度无关电势能与电势的关系为Ep=q，电场力做功公式为UWB=qUAB结合这些知识分析【解答】解：A、根据电场线的意义可知，沿着电场线的方向，电势总是不断降低，故A正确B、把负电荷从A点移到B点电场力做正功，即WAB0，根据电场力做功公式UWB=qUAB，知q0，则UAB0，故B错误C、电场强度处处相等的区域内，电
27、势不一定相等，如匀强电场中沿着电场线电势逐渐降低，故C错误D、根据电势能与电势的关系式Ep=q，可知，q0时，越大，Ep越小故D错误故选：A【点评】电场强度和电势这两个概念非常抽象，可借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低10如图所示，一根通电直导线放在磁感应强度B=1T的匀强磁场中，在以导线为圆心，半径为r的圆周上有a，b，c，d四个点，若a点的实际磁感应强度为0，则下列说法中正确的是（）A直导线中电流方向是垂直纸面向里的Bc点的实际磁感应强度也为0Cd点实际磁感应强度为T，方向斜向下，与B夹角为
28、45Db、d两点的磁感应强度相同【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】电场力与电势的性质专题【分析】由题，a点的磁感应强度为0，说明通电导线在a点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，可确定通电导线在a点的磁场方向，由安培定则判断出通电导线中电流方向通电导线在abcd四点处产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形定则进行合成分析b、c、d三点的磁感应强度大小和方向【解答】解：A、由题，a点的磁感应强度为0，说明通电导线在a点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即得到通电导线在a点产生的磁感应强度方向水平向左，根据安培定则判断可知，直导线中的电
29、流方向垂直纸面向里故A正确B、据上题分析可知，通电导线在c点产生的磁感应强度大小为B=1T，方向水平向右，与匀强磁场方向相同，则c点磁感应强度为2T，方向与B的方向相同故B错误C、通电导线在d处的磁感应强度方向竖直向下，根据磁场的叠加原理可得d点感应强度为Bd=B=T，方向与B的方向成45斜向下故C正确D、由上分析可知D错误故选：AC【点评】本题要掌握安培定则和平行四边形定则，知道空间任意一点的磁感应强度都是由通电导线产生的磁场和匀强磁场的叠加形成的11医生做某些特殊手术时，可用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的使用时，两电极a
30、、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示，由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零下列关于电磁血流计的说法正确的是（）Aa端电势高、b端电势低Ba端电势低、b端电势高C同一患者，电极a、b之间电势差越大，说明血流速度越大D不同患者，电极a、b之间电势差不同，血流速度一定不同【考点】带电粒子在混合场中的运动【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合【分析】根据左手定则判断出正负电荷的偏转方向，从而确定出a、b两点的电势高低，最终电荷在电场力和
31、洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出电压表示数U与什么因素有关【解答】解：AB、根据左手定则，知正电荷向电极a端偏转，负电荷向电极b端偏转，所以电极a的电势高于电极b的电势故A正确，B错误C、最终电荷在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，有：q=qvB，解得：U=vdB因此同一患者，电极a、b之间电势差越大，说明血流速度越大故C正确；D、对于不同患者，根据U=vdB，电极a、b之间电势差不同，由于d的可能不同，则血流速度可能相同，故D错误故选：AC【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终电荷受电场力和洛伦兹力处于平衡，注意理解影响电势差的因素是解题的关键12小球从高处下落
32、到竖直放置的轻弹簧上（如图甲），在刚接触轻弹簧的瞬间（如图乙），速度是5m/s，将弹簧压缩到最短（如图丙）的整个过程中，小球的速度v和弹簧缩短的长度x之间的关系如图丁所示，其中A为曲线的最高点已知该小球重为2N，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，弹簧的弹力大小与形变成正比下列说法正确的是（）A从撞击轻弹簧到它被压缩至最短的过程中，小球的重力做功的功率先增大后减小B从撞击轻弹簧到它被压缩到最短的过程中，小球的机械能先增大后减小C小球在速度最大时受到的弹力为2ND从撞击轻弹簧到它被压缩至最短的过程中，弹簧被压缩时产生的最大弹力为6.1N【考点】功能关系；牛顿第二定律；功率、平均功
33、率和瞬时功率【专题】定性思想；推理法；功能关系 能量守恒定律【分析】小球的速度先增加后减小，故小球的重力做功的功率先增大后减小；在整个过程中只有重力和弹簧弹力对小球做功，故小球与弹簧组成的系统机械能守恒，在压缩弹簧的过程中弹簧的弹性势能增加故小球的机械能减小，小球速度最大时弹力大小与小球的重力平衡，根据胡克定律求弹簧压缩时产生的最大弹力【解答】解：A、由图可知，小球的速度先增加后减小，根据公式：P=Fv可知，小球的重力做功的功率先增大后减小，故A正确；B、在小球下落过程中至弹簧压缩最短时，只有重力和弹簧弹力做功，故小球与弹簧组成的系统机械能守恒，在压缩弹簧的过程中弹簧的弹性势能增加，故小球的机
34、械能减小故B错误；C、小球下落时，当重力与弹簧弹力平衡时小球的速度最大，据此有：小球受到的弹力大小与小球的重力大小平衡，故此时小球受到的弹力为2N，故C正确；D、小球速度最大时，小球的弹力为2N，此时小球的形变量为0.1m，故可得弹簧的劲度系数k=20N/m，故弹簧弹力最大时形变量最大，根据胡克定律知，小球受到的最大弹力为Fmax=kxmax=200.61N=12.2N，故D错误故选：AC【点评】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二、解答题（共6小题，满分52分）13如图所示，游
35、标卡尺的读数为10.75mm；螺旋测微器的读数为9.693mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【专题】实验题；定量思想；推理法；基本实验仪器【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第15个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为150.05mm=0.75mm，所以最终读数为：10mm+0.75mm=10.75mm2、螺旋测微器的固定刻度为9.5mm，可动刻度为19.30.01mm=0.193mm，所以最终读数为9.
36、5mm+0.193mm=9.693mm故答案为：10.75；9.693【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量14某学习小组为测绘一个标有“3V 0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，他们在实验室找到了下列实验器材：A电池组（电动势为4.5V，内阻约1）；B电流表（量程为0250mA，内阻约5）；C电流表（量程为00.6A，内阻约为0.5）；D电压表（量程为03V，电阻约为3k）；E滑动变阻器（最大阻值为20，额定电流1A）；F滑动变阻器（最大阻值1750，额定电流0.3A）；G电键一个、导线若干（1）实验中所用的电流表应选B，滑动变阻器应选
37、E（填字母代号）（2）请在试卷答题卡的方框中画出方便操作、利于实验且尽可能精确的实验电路图（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示，如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V，内阻为5的电源两端，小灯泡消耗的功率是0.12W【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题；定量思想；图析法；恒定电流专题【分析】（1）根据灯泡额定电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器（2）根据滑动变阻器分压及限流接法的不同作用，结合题意选择滑动变阻器的接法；由电流表、电压表与灯泡内阻间的大小关系确定电流表的接法，然后作出电路图（3）画出电源的UI曲线，与小灯泡伏安曲线的交点对
38、应的电压和电流即为此时小灯泡的实际电压与电流，根据P=UI即可求得实际功率【解答】解：（1）灯泡的额定电流I=0.2A=200mA，电流表应选B；变阻器用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器选：E（2）灯泡内阻R=20，电压表内约为3k，电流表内阻约为5，电压表内阻远大于灯泡电阻，因此电流表应采用外接法；描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示：（3）在灯泡IU图象坐标系内作出电源的IU图象如图所示：两图象交点对应的电压与电流即为小灯泡此时的实际电压与电流，所以小灯泡两端电压为1.1V，电流I=O.105A，所以实际功率为P=UI=1.10.10
39、50.12W故答案为：（1）B；E；（2）如图所示；（3）0.12【点评】本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断15如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场金属导轨的一端接有电动势E=3V、内阻r=0.5的直流电源现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R=1，金属导轨电阻不计，g取10m/s2已
40、知sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）导体棒受到的安培力大小；（2）导体棒受到的摩擦力大小【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】（1）先根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流由公式F安=ILB求解安培力大小；（2）导体棒处于静止状态，合力为零，根据平衡条件列式求解摩擦力的大小【解答】解：（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有： I=A=2A导体棒受到的安培力：F安=ILB=20.400.50N=0.40N（2）导体棒所受重力沿斜面向下的分力：F1=mgsin37=0.04100.6N=0.24N由于F
41、1小于安培力，故导体棒沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件得：mgsin37+f=F安解得：f=F安mgsin37=（0.400.24）N=0.16N答：（1）导体棒受到的安培力大小是0.40N；（2）导体棒受到的摩擦力大小是0.16N【点评】本题是通电导体在磁场中平衡问题，关键是安培力的分析和计算，运用平衡条件研究16如图所示，位于竖直面内的曲线轨道的最低点B的切线沿水平方向，且与一位于同一竖直面内、半径R=0.40m的光滑圆形轨道平滑连接现有一质量m=0.10kg的滑块（可视为质点），从位于轨道上的A点由静止开始滑下，滑块经B点后恰好能通过圆形轨道的最高点C已知A点到B点的高度h=1.
42、5m，重力加速度g=10m/s2，空气阻力可忽略不计，求：（1）滑块通过C点时的速度大小；（2）滑块通过圆形轨道B点时对轨道的压力大小；（3）滑块从A点滑至B点的过程中，克服摩擦阻力所做的功【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；牛顿第三定律；向心力；机械能守恒定律【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）滑块经B点后恰好能通过圆形轨道的最高点C，即在C点滑块所受轨道的压力为零，根据牛顿第二定律求出滑块通过C点的速度（2）对B到C段研究，运用机械能守恒定律求出B点的速度，结合牛顿第二定律求出滑块在B点所受的支持力大小，从而求出滑块对轨道的压力（3）对A到B段运用动能定理，求出克服摩擦力做的功【解答
43、】解；（1）因滑块恰能通过C点，即在C点滑块所受轨道的压力为零，其只受到重力的作用设滑块在C点的速度大小为vC，根据牛顿第二定律，对滑块在C点有mg=解得vC=2.0m/s（2）设滑块在B点时的速度大小为vB，对于滑块从B点到C点的过程，根据机械能守恒定律有 mvB2=mvC2+mg2R滑块在B点受重力mg和轨道的支持力FN，根据牛顿第二定律有FNmg=联立上述两式可解得 FN=6mg=6.0N根据牛顿第三定律可知，滑块在B点时对轨道的压力大小FN=6.0N（3）设滑块从A点滑至B点的过程中，克服摩擦阻力所做的功为Wf，对于此过程，根据动能定律有 mghWf=mvB2解得Wf=mghmvB2=
44、0.50J答：（1）滑块通过C点时的速度大小为2m/s（2）滑块通过圆形轨道B点时对轨道的压力大小为6.0N（3）滑块从A点滑至B点的过程中，克服摩擦阻力所做的功0.50J【点评】本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律和牛顿第二定律，综合性较强，难度不大，需加强这类题型的训练17如图所示，在平面直角坐标系内，第一象限的等腰三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场一质量为m，电荷量为q的带电粒子从电场中Q（2h，h）点以速度V0水平向右射出，经坐标原点O射入第一象限，最后以垂直于PN的方向射出磁场已知MN平行于x轴，N点的坐标为（2h，2h），
45、不计粒子的重力，求：（1）电场强度的大小；（2）磁感应强度的大小B；（3）粒子在磁场中的运动时间【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；平抛运动；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】计算题【分析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，由平抛运动的规律及牛顿运动定律可求得电场强度的大小；（2）由平抛运动的规律可求得粒子的合速度，由几何关系可求得带电粒子的半径，由磁场中洛仑兹力充当向心力可求得磁感应强度B；（3）由几何知识可知带电粒子在磁场中转过的圆心角，则由周期可求得运动的时间【解答】解：（1）由几何关系可知粒子在水平电场中水平位移为2h，竖直方向的距离为h，由平抛运动规律及牛顿运动定律得
46、：2h=v0th=at2由牛顿运动定律可知：Eq=ma联立解得：E=；电场强度为；（2）粒子到达0点，沿+y方向的分速度vy=at=v0；速度与x正方向的夹角满足tan=45粒子从MP的中点垂直于MP进入磁场，垂直于NP射出磁场，粒子在磁场中的速度v=v0；轨道半径R=h由Bqv=m得：B=；故磁感应强度为；（3）由题意得，带电粒子在磁场中转过的角度为45，故运动时间t=T=；粒子在磁场中的运动时间为【点评】带电粒子在电磁场中的运动要注意分析过程，并结合各过程中涉及到的运动规律采用合理的物理规律求解18如图所示，将小物体（可视为质点）置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的恒力F拉动纸板，拉力大小不
47、同，纸板和小物体的运动情况也不同若纸板的质量m1=0.1kg，小物体的质量m2=0.4kg，小物体与桌面右边缘的距离d=0.15m，已知各接触面间的动摩擦因数均为=0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，g取10m/s2求：（1）当小物体与纸板一起运动时，桌面给纸板的摩擦力大小；（2）拉力F满足什么条件，小物体才能与纸板发生相对滑动；（3）若拉力作用0.3s时，纸板刚好从小物体下抽出，通过计算判断小物体是否会留在桌面上【考点】牛顿运动定律的综合应用；力的合成与分解的运用【分析】（1）根据纸板和小物体整体对桌面的压力为2者重力之和，用摩擦力公式可求；（2）由两者相对滑动，可知，纸板的加速度应大于小
48、物体的加速度，根据牛顿第二定律可得结果；（3）对于小物体，先加速后减速运动，计算两个运动的总位移对比d可得结果【解答】解：（1）当小物体与纸板一起运动时，桌面给纸板的滑动摩擦力为：f1=（m1+m2）g代入数据解得：f1=1N（2）在力F作用下，纸板和小物体一起加速运动，随力F增大，加速度增大，小物体受到的静摩擦力也增大，直到达到最大静摩擦力f2=m2g小物体的加速度为两者一起运动的最大加速度：根据牛顿第二定律有：Fm（m1+m2）g=（m1+m2）am解得：Fm=2g（m1+m2）=2NF2N时小物体与纸板有相对滑动（3）纸板抽出前，小物体在滑动摩擦力作用下做加速运动，加速度为： =2m/s2，0.3s离开纸板时通过的距离：；速度为：v1=a2t=20.3=0.6m/s；纸板抽出后，小物体在桌面上受滑动摩擦力做匀减速运动，加速度大小也为a2，小物体减速运动可能的最大距离为：，则小物体在桌面上可能运动的总距离为：s=x1+x2=0.09+0.09=0.18md，因此小物体不会留在桌面上答：（1）当小物体与纸板一起运动时，桌面给纸板的摩擦力大小为1N；（2）F2N时小物体与纸板有相对滑动；（3）小物体不会留在桌面上【点评】结合牛顿第二定律和整体法与隔离法的分析方法，注意运动的分段处理
