1、山东省莱芜市莱芜一中高三1月自主考试注意事项： 1本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共100分，考试时间为90分钟 2请用中性笔直接答在答题纸上3答卷前将密封线内的项目填写清楚，【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的全部内容，主要包含匀变速运动规律、受力分析、牛顿运动定律、电场、磁场、带电粒子的运动、电磁感应、选修3-4、3-5内容等内容，在注重考查核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视生素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面。第I卷（选择题，共42分） 一、本题共14小题，每小题3分，共42分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小
2、题有多个选项正确，全选对的得3分；选对但不全的得2分：有选错或不答的得0分 【题文】1下列叙述正确的是 A.牛顿做了著名的斜面实验，得出轻重物体自由下落一样快的结论 B法拉第发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系 C伽利略开创了科学实验之先河，他把科学的推理方法引入了科学研究D.库仑首先提出了电场的概念，并引用电场线形象地表示电场的强弱和方向【知识点】 物理学史 P0【答案解析】 C 解析： A、伽利略做了著名的斜面实验，得出轻重物体自由下落一样快的结论，故A错误；B、奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，故B错误；C、伽利略开创了科学实验之先河，他把科学的推理
3、方法引入了科学研究，故C正确；D、法拉第首先提出了电场的概念，并引用电场线形象地表示电场的强弱和方向，故D错误；故选：C【思路点拨】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【题文】2人站在升降机底板上先由静止开始匀加速上升，而后匀减速上升一段时间后停止，则下列说法正确的是 A. 人在升降机中一直处壬失重状态 B人在匀加速上升过程中处于超重状态 C匀加速上升过程中，升降机底板对人的支持力大于人对底板的压力 D.匀减速上升过程中，升降机底板对人的支持力与人的重力大小相等【知识点】 牛顿运
4、动定律的应用-超重和失重 C2 C3【答案解析】 B 解析： A、B、人站在升降机底板上先由静止开始匀加速上升，加速度的方向向上，人处于超重状态；而后匀减速上升，加速度的方向向下，人处于失重状态故A错误，B正确；C、升降机底板对人的支持力与人对底板的压力是作用力与反作用力，总是大小相等，方向相反故C错误；D、匀减速上升过程中，加速度的方向向下，由牛顿第二定律可知，支持力：N=mg-ma，所以升降机底板对人的支持力小于人的重力故D错误故小：B【思路点拨】先对人受力分析，受重力和支持力，体重计示数即为受到的压力，而压力等于支持力；再对人进行运动分析，确定加速度方向；最后根据牛顿第二定律列式求解只要
5、加速度向上，就是超重，加速度向下，就是失重，与物体的运动速度方向无关，同时，超重与失重现象只是物体对支撑物的压力变大，而重力保持不变！【题文】3如图所示为一质点作直线运动的速度一时间图象，下列说法中正确的是 A. ab段与bc段的速度方向相反 B. bc段与cd段的加速度方向相反 C. ab段质点的加速度大小为2Dbd段质点通过的位移为2m【知识点】 匀变速直线运动的图像A5【答案解析】 C 解析： A、ab段与bc段图象都在十字架上方，速度为正，方向相同，故A错误；B、v-t图象中，斜率表示加速度，bc段与cd段的加速度相同，故B错误；C、ab段质点的加速度大小为a=2m/s2，故C正确；D
6、、bc段质点通过的位移x=0.541m，故D错误故选：C【思路点拨】v-t图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，其斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负本题是速度-时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度-时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，不难【题文】4如图所示，E为内阻不能忽略豹电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，V与A分别为电压表与电流表初始时S0闭合S断开，现将S闭合，则 A.V的读数变大，A的读数变小 B.V的读数变大，A的读数变大 C.V的读数变小，A的读数变小D.V的读数变小，A
7、的读数变大【知识点】 闭合电路的欧姆定律 J2【答案解析】 C 解析：S闭合，外电阻变小，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流增大，内电压增大，故路端电压减小，V的读数减小；把R1归为内阻，内电压增大，故R3的电压减小，由欧姆定律可知R3中的电流也减小，电流表示数减小，故C正确；故选：C【思路点拨】根据S的通断可得出电路电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流及路端电压的变化；再由串并联电路的性质可判及各部分电流的变化应用闭合电路欧姆定律解决电路的动态分析时一般可按照：外电路-内电路-外电路的分析思路进行，灵活应用闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质进行分析即可求解 【题文】 5如图所
8、示，轻弹簧两端分别固定质量为、的小球a、b，通过两根细线将小球吊在水平天花板上，已知两球均处于静止状态，两细线与水平方向的夹角均为a，弹簧轴线沿水平方向，以下说法正确的是 A.a球所受细线的拉力大小为gsina B.a、b两球所受细线的拉力大小不一定相等、 Cb球所受弹簧的弹力的大小为gtanaD.a、b球的质量大小关系一定满足=【知识点】 力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用 B3 B4【答案解析】 D 解析：对a球分析，运用共点力平衡条件得：细线的拉力为 T= 弹簧的弹力F=mgcot ,对b分析，结论相同，故=，故A、B、C错误；D正确；故选D【思路点拨】根据共点力平衡求解细线
9、的拉力和弹簧的弹力大小对两球分别受力分析从而得到力和质量的关系。 【题文】 6如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异号点电荷分别处于椭圆的两个焦点M.N上，下列说法中正确的是A.A、B两点的电场强度相同BO点的电场强度为零CC点的电势高于D点的电势D.将电荷从C移到D的过程中，电势能先减少后增加【知识点】 电场强度；电势能 I1 I2【答案解析】 A 解析：A、根据等量异种电荷电场线的特点可知，A点场强的方向向左，B点场强的方向向左，两点场强相同故A正确B、根据等量异种电荷电场线的特点可知，O点场强的方向向右，不是0故B错误C、根据等量异种电荷电场线、等势面分布
10、特点知，OCD在同一条等势线上，所以D点电势等于C点电势故C错误D、根据等量异种电荷电场线、等势面分布特点知，OCD在同一条等势线上，所以D点电势等于C点电势，试探电荷从O处移到C处电场力不做功电势能始终不变故D错误故选：A【思路点拨】根据等量异种电荷电场线和等势面分布特点，可以比较A与B，C与D电势、场强关系及O、B电势高低；根据电场线疏密可知，在M、N之间O点场强最小；利用负电荷在电势高处电势能小，可比较负电荷在O、B电势能大小这类问题要巧妙利用电场线、等势面分布对称性的特点，再根据电场线方向判断电势高低，电场线的疏密判断场强的大小【题文】7如图所示，理想变压器原线圈输入电压u=sint，
11、副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器V1和V2是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；A1和A2是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示。下列说法正确的是 A. I1、I2五表示电流的有效值，U1、U2表示电压的瞬时值 B变压器的输入功率I1U1 与输出功率I2U2 相等 C滑动触头P向下滑动，U2变小、I2变小D.滑动触头P向下滑动过程中，U1不变、I1变大【知识点】 变压器的构造和原理；闭合电路的欧姆定律 J2 M2【答案解析】 BD 解析： A、在交流电中电表显示的都是有效值，故A错误；B、变压器的输出功率决定输入功率，所以：I1U1与输出功率I2U2相等，故B正确；C、滑片
12、P向下端滑动过程中，电阻减小，电压不变即U2不变，则I2变大，故C错误；D、由C分析知U2和U1不变，I2变大、则功率变大，故I1变大，故D正确；故选：BD【思路点拨】在交流电中电表显示的都是有效值，根据表达式知道输入电压的有效值，在根据匝数与电压、电流的比例关系分析本题考查了变压器的构造和原理，同时考查了电路的动态分析要求要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解 【题文】 8如图所示，红蜡块能在玻璃管的水中匀速上升，若红蜡块在A点匀速上升的同时，使玻璃管水平向右做直线运动，则下列说法正确的是 A.若玻璃管匀速运动，则蜡块的轨迹为直线P B.若玻璃管匀速运动，
13、则蜡块的轨迹可能为曲线RC.若玻璃管匀加速速运动，则蜡块的轨迹可能为曲线QD.若玻璃管匀加速速运动，则蜡块的轨迹可能为曲线R【知识点】 运动的合成和分解D1【答案解析】 AC 解析：A、红蜡块在竖直方向上做匀速直线运动，若玻璃管在水平方向上做匀速直线运动，合速度的方向与合加速度的方向在同一条直线上，物体做直线运动知轨迹可能为直线P，故A正确，B错误C、红蜡块在竖直方向上做匀速直线运动，若玻璃管在水平方向上做匀加速直线运动，合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上，物体做曲线运动根据轨迹夹在速度方向与合力方向之间，合力的方向大致指向轨迹凹的一向，知轨迹可能为曲线Q故C正确，D错误故选：AC【
14、思路点拨】当合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上，物体做曲线运动，轨迹夹在速度方向与合力方向之间，合力的方向大致指向轨迹凹的一向解决本题的关键会根据速度方向与加速度方向的关系判断物体做直线运动还是曲线运动，以及知道轨迹夹在速度方向与合力方向之间，合力的方向大致指向轨迹凹的一向【题文】9如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态，现将平行板电器的下极板竖直向上移动一小段距离，则 A带点油滴将沿竖直方向向上运动 B.P点的电势将降低 C电容器所带电荷量将减少D.平行板电容器的电容将变大【知识点】 电容器的动态分析 I3【答案解析】
15、 ABD 解析： A、将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离，板间距离减小，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强增大，油滴所受的电场力增大，则油滴将向上运动故A正确B、场强E增大，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与上极板间电势差将增大，上极板的电势等于电源的电动势，保持不变，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低故B正确C、U不变，C增大，则由公式Q=CU知电容器所带电荷量将增大，故C错误D、由电容的决定式C=知d减小，C增大，故D正确故选：ABD【思路点拨】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=分析板
16、间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化本题运用E=分析板间场强的变化，判断油滴如何运动运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化【题文】10.如。图所示，A是静止在赤道上的物体，随地球自转而做匀速圆周运;B、C是同一平面内两颗人造卫星，B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，C是地球同步卫星已知第一宇宙速度为v ，物体A和卫星B、C的线速度大小分别为 ，周期大小分别为 ，财下列关系正确的是【知识点】 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用 D5
17、【答案解析】 BC 解析： A、地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以A=C，根据v=r，C的线速度大于A的线速度根据v=得B的线速度大于cC的线速度，故A错误，B正确；C、卫星C为同步卫星，所以TA=TC，根据T=2得C的周期大于B的周期，故C正确，D错误；故选：BC【思路点拨】地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期，根据v=r，a=r2比较线速度的大小和向心加速度的大小，根据万有引力提供向心力比较B、C的线速度、周期大小地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期，根据v=r，a=r2比较线速度的大小和向心加速度的大小，根据万有引力提供向心力比较b、c的线速度、角速
18、度、周期和向心加速度大小 【题文】 11.如图所示，单匝矩形线圈abcd在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次以速度2v进入同一匀强磁场；则两次相比较 A.第二次与第一次线圈中最大电流之比为2：l B第二次与第一次外力做功的最大功率之比为2:1 C第二次全部进入磁场和第一次全部进入磁场线圈中产生的热量之比为8:1 D.第二次全部进入磁场和第一次全部进入磁场，通过线圈中同一横截面的电荷量之比为2:1【知识点】 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化L3 L4【答案解析】 A 解析：设磁感应强度为B，CD边长度为L，AC边长为L，线圈电阻为R；A、线圈进入磁场过程中，产生的感
19、应电动势E=BLv，感应电流I=，感应电流I与速度v成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比：I2：I1=2v：v=2：1，故A正确；B、线圈进入磁场时受到的安培力：FB=BIL=，线圈做匀速直线运动，由平衡条件得，外力F=FB=，外力功率P=Fv=，功率与速度的平方成正比，第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比：P2：P1=（2v）2：v2=4：1，故B错误；C、线圈进入磁场过程中产生的热量：Q=I2Rt=（）2R =，产生的热量与速度成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中产生热量之比：Q2：Q1=2v：v=2：1，故C错误；D、通过导线横截面电荷量：q=It=，电荷量与速度无关，
20、电荷量之比为1：1，故D错误；故选：A【思路点拨】（1）根据切割公式E=BLv求解电动势，由欧姆定律求出感应电流，然后求出电流之比；（2）线框匀速进入匀强磁场，安培力与外力平衡，根据安培力公式求解安培力，再结合平衡条件得到外力，最后根据P=Fv求解外力的功率；（3）由焦耳定律求出线圈产生的热量，然后求出热量之比（4）由电流定义式求出电荷量间的关系本题关键明确线圈进入磁场过程中，电动势E=BLv，然后根据P=Fv求解功率，根据Q=I2Rt求解热量，由电流定义式可以求出电荷量 【题文】 12. 一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机达到额定功率p以后起重机保
21、持该功率不变，继续提升重物，直到达到最大速度v2为止，则整个过程中，下列说法正确的是(重力加速度为g) A钢绳的最大拉力为mg， B钢绳的最大拉力为C重物的平均速度大小为 D.重物匀加速运动的加速【知识点】 功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律C2 E1【答案解析】 B 解析： A、加速过程物体处于超重状态，钢索拉力较大，重物匀加速运动的末速度为v1，此时的拉力为F=，所以最大拉力为，故A错误，B正确；C、此过程不是初速度为1，末速度为2的匀变速直线运动，所以平均速度不等于，故C错误；D、由牛顿第二定律得；a=，故D错误；故选：B【思路点拨】匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的
22、拉力，由P=Fv求出最大拉力，根据牛顿第二定律求出加速度本题考查的是类似汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉 【题文】 13.如图所示，两根间距为的光滑平行金属导轨与水平面夹角为a，图中虚线下方区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于斜面向上，两金属杆质量均为m，电阻均为R，垂直于导轨放置，开始时金属杆a6处在与磁场上边界相距的位置，金属杆cd处在导轨的最下端，被与导轨垂直的两根小柱挡住，现将金属杆ab由静止释放，当金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动，已知重力加速度为g，则 A.金属杆ab进入磁场时的感
23、应电流的方向为由b到a B金属杆ab进入磁场时的速度大小为 C.金属杆a进入磁场后产生的感应电动势为 D.金属杆ab进入磁场后金属杆cd对两根小柱的压力大小为零【知识点】 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化L3 L4 L5【答案解析】 AB 解析：A、由右手定则可知，ab进入磁场时产生的感应电流有b流向a，故A正确；B、从ab开始下滑到进入磁场过程，ab的机械能守恒，由机械能守恒定律得：mglsin=mv2，解得：v=，故B正确；C、ab进入磁场产生的感应电动势：E=Blv=Bl，故C错误；D、由左手定则可知，cd受到的安培力平行与斜面向下，则cd对两根小柱的压力不为零，故D错
24、误；故选：AB【思路点拨】由右手定则可以判断出感应电流方向；由机械能守恒定律可以求出ab进入磁场时的速度；由E=BLv可以求出感应电动势；由左手定则判断出cd所受安培力的方向，然后答题本题是电磁感应与力学相结合的题，分析清楚运动过程，应用左手定则与右手定则，机械能守恒定律即可正确解题【题文】14,如图所示，足够长的粗糙斜面固定在地面上，某物块以初速度v0从底端沿斜画上滑至最高点后又回到底端上述过程中，若用x、v、a和分别表示物块的位移、速度、加速度和动能各物理量的大小，t表示运动时间。下列图象中可能正确的是【知识点】 牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像 A5 C2【答案解析】 B 解析：A、物
25、块向上做匀减速直线运动，向下做匀加速直线运动，据位移公式可知，位移与时间成二次函数关系；据运动学公式可知，下滑所有的时间要大于上升所用的时间，所以x-t图象应是曲线，该选项不符合题意，故A错误；B、据牛顿第二定律可知，上滑时的加速度a1=，方向沿斜面向下；下滑时的加速度a2=gsin-gcos，方向沿斜面向下知a1a2速度时间图线的斜率表示加速度，且由于机械能的减少，物体回到斜面底端时的速度与初速度小，故B正确C、因上滑过程中、下滑过程中的加速度大小均不变，且上滑时加速度大于下滑时的加速度，故加速度应该为两条水平线，故C错误D、据速度公式和动能公式可知，动能随时间成二次函数关系变化，而图中是一
26、次函数关系，故D错误故选：B【思路点拨】根据牛顿第二定律求出上滑和下滑过程中的加速度大小，从而得出速度随时间的变化规律；利用速度公式和能定理得出速度、动能与位移的规律，再分析选项即可解决本题的关键根据牛顿第二定律得出上滑和下滑的加速度，判断出物体的运动情况；再结合位移公式、速度公式和动能的表达式，此题难度较大第II卷（非选择题，共58分） 二、本题4小题，共18分，其中第15、16、17小题各4分：第18小题6分把答案填到题中横线上或按要求作图【题文】15.（4分）图（甲）是用一主尺最小分度为1mm，游标上有20个分度的游标卡尺测量一工件的长度，结果如图所示可以读出此工件的长度为_mm;图（乙
27、）是用螺旋测微器测量某一圆筒内径时的示数，此读数应为_mm. 【知识点】 刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用P0【答案解析】 52.35 5.5450.002 解析：游标卡尺的主尺读数为52mm，游标尺上第7个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为0.057mm=0.35mm，所以最终读数为：52mm+0.35mm=52.35mm；螺旋测微器的固定刻度读数为5.5mm，可动刻度读数为0.014.5mm=0.045mm，所以最终读数为：5.5mm+0.045mm=5.545mm【思路点拨】游标卡尺读数的方法是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，
28、在读可动刻度读数时需估读，注意二者读数的差别解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是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 【题文】16.（4分）在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，实验装置如图，所用的每个钩码的重力相当于对弹簧提供了向右恒定的拉力,实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测出相应的弹簧总长度L（实验时弹簧没有超出弹性限度） (1)某同学通过以上实验测量后把6组数据描点在坐标图中，请作出F-L图线(2)由图线可得出该弹簧的劲度系数k=_N/m
29、【知识点】 探究弹力和弹簧伸长的关系 B5【答案解析】 如图所示 402 解析：（1）将各点平直线相连，即可得出对应的F-L图象；注意不能在直线上的点要舍去（2）当弹力为零时，弹簧的形变量为零，此时弹簧的长度等于弹簧的原长，因为弹簧的长度L=5cm，可知弹簧的原长L0=5cm根据胡克定律知，k=， 【思路点拨】作出F-L的关系图线是一条直线，根据图线可知弹簧的弹力与弹簧的伸长量成正比当弹簧弹力为零时，弹簧处于原长，结合图线得出弹簧的原长，根据图线的斜率求出劲度系数的大小本题要求对实验原理能充分理解，能读懂图象的，知道F-L图线的斜率表示劲度系数 【题文】 17.（4分）某探究学习小组的同学欲以
30、右下图装置中的滑块为研究对象“验证动能定理”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、小木块、天平、刻度尺、细沙等材料当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时，释放沙桶，滑块处于静止状态若你是小组中的一位成员，要完成该项实验，则： (1)实验时为了保证滑块受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等，沙和沙桶的总质量m、滑块的质量M两者应满足的条件是_，而且实验时还需要有_的步骤(2)在(l)的基础上，某同学用天平称量滑块的质量M.向沙桶中装入适量的细沙，用天平称出此时沙和沙桶的总质量m.让沙桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其
31、运动情况，在打点计时器打出的纸带上取OABC四点，量得各计数点间的距离分别为x1、x2、x3若研究滑块的AB段，本实验最终要验证的数学表达式为_(用题中的字母表示，重力加速度为g,打点计时器所接交变电流的周期为T).【知识点】 探究功与速度变化的关系E3【答案解析】 Mm 平衡滑块摩擦力 解析：（1）实验时为了保证滑块受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等，需要保证沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量，即Mm，实验时首先要平衡滑块受到的摩擦力（2）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，则A点的速度vA=，B点的速度vB=，由动能定理得：mgx2=MvB2-MvA
32、2=M()2-M()2，则实验最终要验证的数学表达式为：mgx2=M()2M()2；【思路点拨】实验前要平衡摩擦力，使滑块受到的合力等于沙和沙桶的重力；只有在滑块质量远大于沙和沙桶总质量的情况下，才可近似认为滑块受到的拉力等于沙和沙桶的重力由匀变速运动的推论求出滑块的瞬时速度，代入动能定理表达式即可正确解题该题考查了力学实验的基本操作和数据处理，正确解答这些问题的关键是明确实验原理，提高应用基本物理规律解决实验问题的能力【题文】18.（6分）“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，提供的实验器材确A小灯泡(额定电压为3.8V，额定电流约为0.3A)B.电流表A(00.6A，内阻约为0.5)C.电
33、压表V(06V，内阻约为5k)D.滑动变阻器R1(010，2A)E滑动变阻器R2(0l00，0.2A)F电源(6V，内阻不计)G.开关及导线若干(1)实验中滑动变阻器应选_（选填“R1”“R2”）； (2)该同学设计了实验测量电路，通过改变滑动变阻器滑片的位置，使电流表的读数从零开始变化，记录多组电压表的读数U和电流表的读数I请在图甲中用笔画线代替导线将实验电路连接完整；(3)该同学根据实验数据作出了如图乙所示的U-I图象，根据图象分析可知小灯泡灯丝的电阻率随着电流的增大而_（选项“增大”“减小”或“不变”）【知识点】 描绘小电珠的伏安特性曲线 J4【答案解析】 R1 如图(3)增大 解析：（
34、1）因描绘小灯泡伏安特性曲线的实验要求电流从零开始调节，故变阻器应用分压式，应选阻值小的变阻器误差小，故应选R1（2）因小灯泡电阻远小于电压表内阻，电流表应用外接法，又变阻器用分压式，如图所示，（3）该同学根据实验数据作出了如图乙的U-I图象，根据欧姆定律R=，由图象可知，随着电流的增大，小灯泡的电阻增大【思路点拨】当要求电流从零调时滑动变阻器应用分压式，此时应选阻值小的变阻器小灯泡的电阻较小，电流表应用外接法本实验应熟记测定小灯泡伏安特性曲线实验电流表用外接法，变阻器用分压式接法 三、本题共3小题，共30分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的
35、题，答案必须明确写出数值和单位【题文】19.（8分）如图所示，一质量为8m的长木板静止在光滑水平面上，某时刻一质量为m的小铁块以速度移从木板的右端滑上木板，已知铁块与木板间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，木板足够长，求： (1)块与木板的加速度大小：(2)当木板在水平面上加速滑行的距离为x时，铁块在木板上滑行的长度为多少？【知识点】 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系 A2 A8 C2【答案解析】(1) (2) 解析：对铁块 解得 对木板 解得 木板的位移 解得 铁块的位移 铁块在木板上滑行的距离 【思路点拨】（1）分别对铁块和木板作受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度；（2）
36、求出木板滑行时间，求出铁块的位移和木板位移作差可得相对位移本题主要考查牛顿第二定律和位移时间公式的应用，注意结果的化简【题文】20. (10分)如图所示，在竖直平面的xoy坐标系内，一根长为的不可伸长的细绳，一端固定在拉力传感器A上，另一端系一质量为m的小球x轴上的P点固定一个表面光滑的小钉，P点与传感器A相距现拉小球使细绳绷直并处在水平位置。然后由静止释放小球，当细绳碰到钉子后，小球可以绕钉子在竖直平面内做圆周运动，已知重力加速度大小为g，求： (1)若小球经过最低点时拉力传感器的示数为7mg，求此时小球的速度大小；(2)传感器A与坐标原点O之间的距离； (3)若小球经过最低点时绳子恰好断开
37、，请确定小球经过y轴的位置【知识点】 机械能守恒定律；牛顿第二定律 C2 D4 E3【答案解析】(1) (2) (3) （0，） 解析： 小球在最低点由牛顿第二定律得： 由题意知由以上两式解得 由机械能守恒定律得： 解得传感器A与O点间的距离 解得即小球离开y轴的坐标为（0，）【思路点拨】（1）由牛顿第二定律求的速度；（2）有机械能守恒求的距离（3）小球从最低点做平抛运动即可求得,小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，应用机械能守恒定律与牛顿第二定律即可正确解题；解题时要注意，小球到达最帝点时，重力和拉力提供向心力 【题文】21（12分）在如图所示的直角坐标系xoy中，矩形区域oabc内有
38、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B=5.0xl0T;第一象限内有沿-y方向的匀强电场，电场强度大小为E=l.0xl0N/C.已知矩形区域oa边长为0.60m，ab边长为0.20m.在bc边中点处有一放射源，某时刻，放射源沿纸面向磁场中各方向均匀地辐射出速率均为v=2.0xl0m/s的某种带正电粒子，带电粒子质量m=l.6xl0kg,电荷量为q=+3.2xl0C，不计粒子重力，求：（计算结果保留两位有效数字） (1)粒子在磁场中运动的半径； (2)从x轴上射出的粒子中，在磁场中运动的最短路程为多少？ (3)放射源沿-x方向射出的粒子，从射出到从y轴离开所用的时间【知识点】 带电粒子在匀
39、强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力 C2 D4 K3 【答案解析】 （1）0.2m；（2）0.21m；（3）4.610-7s； 解析： 轨迹如图，由牛顿第二定律得解得由数学知识可知最短的弦 对应最短的弧长由图可知：最短的弧长即最短的路程 粒子在磁场中的周期 粒子在磁场中沿NP运动的时间 粒子在电场中的加速度 又 解得粒子在电场中往返运动的时间为 由图可知 粒子在磁场中运动的第二部分时间 粒子运动的总时间 【思路点拨】（1）由题意得出粒子的运动轨迹；由洛仑兹力充当向心力可求得半径；（2）由数学知识可明确粒子的最短路程；（3）由几何关系确定磁场中的运动圆心角，再直线运动规律确定粒子在电场中运动的
40、时间，则可求得总时间本题考查带电粒子在磁场和电场中的运动，要注意正确掌握磁场中的圆周规律的应用，同时注意要先明确粒子的运动轨迹，再确定几何关系 四、选作题，共3小题请从22、23、24三个题中任选一题作答解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位 22【选修3-3】（10分） 【题文】 (1)（4分）下列说法正确的是_（双选） A.气体温度越高，每个分子的速率一定越大 B雨水没有透过布雨伞是因为液体存在表面张力 C.布朗运动是指在显微镜下观察到的液体分子的无规则运动D.单晶体的某些物理性质是各向异性的，多晶体的物理性质是
41、各向同性的【知识点】 布朗运动；分子的热运动；* 晶体和非晶体；*表面张力产生的原因 H1 H2【答案解析】 BD 解析： A、温度越高，所有分子的平均动能增大，但对于具体的每一个分子来说，其分子动能有可能减小，故A错误；B、雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力，故B正确;C、布朗运动是指悬浮在液体中的小颗粒的运动，不是液体分子的运动，故C错误;D、单晶体的某些物理性质是各向异性的，多晶体的物理性质是各向同性的，故D正确;故选BD【思路点拨】温度升高，分子的平均动能增大，但是个别分子速率减小雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力布朗运动是指悬浮在液体中的小颗粒的运动，不是液体分子的运动加
42、强对基本概念的记忆，基本方法的学习利用，是学好3-3的基本方法此处高考要求不高，不用做太难的题目【题文】 (2)（6分）如图所示，气缸放置在水平平台上，活塞质量为l0kg，横截面积50，厚度不计当温度为27时，活塞封闭的气柱长l0cm，若将气缸倒过来放置时，活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通g取l0，不计活塞与气缸之间的摩擦，大气压强保持不变 将气缸倒过来放置，若温度上升到127，此时气柱的长度为20cm，求大气压强， 分析说明上述过程气体是吸热还是放热【知识点】 理想气体的状态方程；封闭气体压强 H3【答案解析】1105Pa吸热解析：气缸正立 气缸倒立 由气体状态方程 解得大气压强
43、温度升高，内能增加；气体体积变大，气体对外界做功由热力学第一定律可知,气体吸热。 【思路点拨】求出气体的状态参量，然后应用理想气体状态方程求出压强应用热力学第一定律分析答题本题考查了求压强、判断吸放热情况，应用理想气体状态方程与热力学第一定律即可正确解题 23.【选修3-4】 (10分)【题文】 (1)（4分）一列波源在x=0处的简谐波，沿x轴正方向传播，周期为0.02s，t0时刻的波形如图所示此时x=12cm处的质点P恰好开始振动则下列说法正确的是_A.质点P开始振动时的方向沿y轴正方向B.波源开始振动时的方向沿y轴负方向C.此后一个周期内，质点P通过的路程为8cm D.这列波的波速为4m/
44、s【知识点】 波长、频率和波速的关系；横波的图象G2 G4【答案解析】 BD 解析：A、根据质点的振动与波的传播的关系知，质点P处于上坡，向下振动，故A错误;B、波传到质点P时向下振动，故波源开始振动时的方向沿y轴负方向，故B正确;C、一个周期内质点P通过的路程4A=4*5=20cm，故C错误;D、波速v4m/s，故D正确;故选BD 【思路点拨】根据质点的振动与波的传播的关系知，当质点处于上坡时向下振动，处于下坡时向上振动，可推断开始振动时波源的振动情况，由振幅可求质点在一定时间内通过的路程，求出波速考查了质点的振动情况与波的传播关系，会合理判断 【题文】 (2)（6分）如图所示，半圆玻璃砖的
45、半径R=l0cm，折射率n=，直径AB与屏幕MN垂直并接触于A点。激光束口以入射角i=60射向玻璃砖圆心O，结果在屏幕MN上出现两光斑 画出光路图：求两光斑之间的距离L【知识点】 光的折射定律 N1【答案解析】 画出光路图如图； 23.1cm 解析： 光路图如图设折射角为r 由 解得r 反射角=60 两光斑之间的距离cm23.1cm 【思路点拨】根据光的折射定律和反射定律，画出光路图求出光线在O点的折射角和反射角，由几何知识求出两个光斑之间的距离L关于几何光学的问题，关键是能正确作出光路图此题根据题意在水平屏幕MN上出现两个光斑是由于激光a在O点同时发生折射和反射形成的，作出光路图24.【选修
46、3-5 (10分)【题文】(1)（4分）下列说法正确的是_（双选）A.温度越高，放射性元素的半衰期越长B天然放射现象说明原子核内部是有结构的C汤姆生通过a粒子散射实验提出了原子的核式结构D. 重核的裂变和轻核的聚变过程都有质量亏损，都向外界放出核能【知识点】 原子核衰变及半衰期、衰变速度；天然放射现象；裂变反应和聚变反应O2 O3【答案解析】 BD 解析： A、半衰期与外界因素无关，A错误；B、天然放射现象说明原子核内部是有结构的，B正确；C、卢瑟福通过粒子散射实验提出了原子的核式结构，C错误；D、重核的裂变和轻核的聚变过程都有质量亏损，都向外界放出核能，D正确；故选BD【思路点拨】半衰期与外
47、界因素无关，天然放射现象说明原子核内部是有结构的，卢瑟福通过粒子散射实验提出了原子的核式结构本题考查了原子核的知识和物理学史，象半衰期和裂变、聚变的知识都是考查的重点，要重点掌握 【题文】 (2)在如图所示的光滑水平面上，小明站在静止的小车上用力向右推静止的木箱，木箱最终以速度秒向右匀速运动已知木箱的质量为m，人与车的质量为2m，木箱运动一段时间后与竖直墙壁发生无能量损失的碰撞，反弹回来后被小明接住求：推出木箱后小明和小车一起运动的速度v1的大小；小明接住木箱后三者一起运动的速度v2的大小【知识点】 动量守恒定律 F2 F3【答案解析】(1) (2) 解析： 由动量守恒定律 解得 小明接木箱的过程中动量守恒 解得 【思路点拨】在推出木箱的过程中，木箱和小明以及车组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求出推出木箱后小明和小车一起运动的速度v1的大小；小明在接木箱的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出小明接住木箱后三者一起运动的速度v2的大小解决本题的关键掌握动量守恒定律，以及在运用动量守恒定律解题时注意速度的方向
