1、2015年江苏省泰州市泰兴一中高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共18分，每小题只有一个选项符合题意1伽利略和牛顿都是物理学发展史上最伟大的科学家，巧合的是，牛顿就出生在伽利略去世后第二年下列关于力和运动关系的说法中，不属于他们的观点为是（）A自由落体运动是一种匀变速直线运动B力是使物体产生加速度的原因C物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性D力是维持物体运动的原因2质点作直线运动时的加速度随时间变化的关系如图所示，该图线的斜率为k，图中斜线部分面积S，下列说法正确的是（）A斜率k表示速度变化的快慢B斜率k表示速度变化的大小C面积S表示t1t2的过程中质点速度的变化量
2、D面积S表示t1t2的过程中质点的位移3用电动势为E，内阻为r的电源对一直流电动机供电，如果电动机的输出功率是电源总功率的70%，流过电动机的电流为I，则电动机的内阻为（）ABCD4如图所示，足够长的竖直粗糙绝缘管处于方向彼此垂直的匀强电场E和匀强磁场B中，电场E和磁场B的方向如图，一个带正电的小球从静止开始沿管下滑，则在下滑过程中小球的加速度a和时间t的关系图象正确的是（）ABCD5如图所示的电路中，R1是定值电阻，R2是光敏电阻，电源的内阻不能忽略闭合开关S，当光敏电阻上的关照强度增大时，下列说法中正确的是（）A通过R2的电流减小B电源的路端电压减小C电容器C所带的电荷量增加D电源的效率增
3、大6如图所示，球网高出桌面H，网到桌边的距离为L某人在乒乓球训练中，从左侧处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧桌边缘设乒乓球运动为平抛运动则（）A击球点的高度与网高度之比为2：1B乒乓球在网左右两侧运动时间之比为2：1C乒乓球过网时与落到桌边缘时速率之比为1：2D乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为1：2二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分7火星表面特征非常接近地球，适合人类居住近期，我国宇航员王跃正与俄罗斯宇航员一起进行“模拟登火星”实验活动已知火星半径是地球半径的，质量是
4、地球质量的，自转周期也基本相同地球表面重力加速度是g，若王跃在地面上能向上跳起的最大高度是h，在忽略自转影响的条件下，下述分析正确的是（）A王跃在火星表面受的万有引力是在地球表面受万有引力的倍B火星表面的重力加速度是C火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍D王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度是8如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈转动的角速度为，匝数为N，线圈电阻不计下列说法正确的是（）A将原线圈抽头P向上滑动时，灯泡变暗B电容器的电容C变大时，灯泡变暗C线圈
5、处于图示位置时，电压表读数为0D若线圈转动的角速度变为2，则电压表读数变为原来2倍9一木块放在水平地面上，在力F=2N作用下向右运动，水平地面AB段光滑，BC段粗糙，木块从A点运动到C点的vt图如图所示，取g=10m/s2，则（）A在t=6s时，拉力F的功率为8WB在t=6s时，物体克服摩擦力的功率为3.5WC拉力在AC段做功为38JD物体在BC段克服摩擦力做功为38J10一空间存在匀强电场，场中A、B、C、D四个点恰好构成正四面体，如图所示已知电场强度大小为E，方向平行于正四面体的底面ABC，正四面体棱长为cm已知UAC=6V、UBC=6V，则（）AUDC=4VBUDC=3VCE=200 V
6、/mDE=V/m11如图甲所示，螺线管内有一平行于轴线的磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U型导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导线框cdef在同一平面内，当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，下列选项中正确的是（）A在t1时刻，金属圆环L内的磁通量最大B在t2时刻，金属圆环L内的磁通量最大C在t1t2时间内，金属圆环L内有逆时针方向的感应电流D在t1t2时间内，金属圆环L有收缩的趋势12如图所示，圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上，OC与OA的夹角为60，轨道最低点A与桌面相切一足够长的轻绳两端分
7、别系着质量为m1和m2的两小球（均可视为质点，m1m2），挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边，开始时m1位于C点，然后从静止释放则（）A在m1由C点下滑到A点的过程中两球速度大小始终相等B在m1由C点下滑到A点的过程中m1的速率始终比m2的速率大C若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m1=2m2D若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m1=3m2三、实验题：本大题有2小题，共20分13用如图所示装置可验证机械能守恒定律轻绳两端系着质量相等的物块A、B，物块B上放置一金属片C铁架台上固定一金属圆环，圆环处在物块B正下方系统静止时，金属片C与圆环间的高度差为h由此释放B，系统开始运动，当物块B穿过圆环时，金属片C
8、被搁置在圆环上两光电门固定在铁架台上的P1、P2处，通过数字计时器可测出物块B通过P1、P2这段距离的时间（1）若测得P1、P2之间的距离为d，物块B通过这段距离的时间为t，则物块B刚穿过圆环后的速度v=（2）若物块A、B的质量均用M表示，金属片C的质量用m表示，该实验中验证下面哪个等式成立即可验证机械能守恒定律正确选项为Amgh=Mv2 Bmgh=Mv2 Cmgh=（2M+m）v2 Dmgh=（M+m）v2（3）改变物块B的初始位置，使物块B由不同的高度落下穿过圆环，记录各次高度差h以及物块B通过P1、P2这段距离的时间t，以h为纵轴，以（填“t2”或“”）为横轴，通过描点作出的图线是一条过
9、原点的直线，该直线的斜率大小为k=14金属材料的电阻率通常随温度的升高而增大，半导体材料的电阻率随温度的升高而减少某同学需要研究某导电材料的导电规律，他用该种导电材料制作为电阻较小的线状元件Z做实验，测量元件Z中的电流随两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律（1）他应选用图所示的电路进行实验（2）实验测得元件Z的电压与电流的关系如下表所示根据表中数据，判断元件Z是 （填“金属材料”或“半导体材料”）；U/V00.400.600.801.001.201.501.60I/A00.200.450.801.251.802.813.20（3）用螺旋测微器测量线状元件Z的直径如图2所示，则元件Z的直径是mm
10、（4）把元件Z接入如图1所示的电路中，当电阻R的阻值为R1=2时，电流表的读数为1.25A；当电阻R的阻值为R2=3.6时，电流表的读数为0.80A结合上表数据，求出电池的电动势为V，内阻为（ 不计电流表的内阻）四计算题：本题共4小题，共计58分解答时请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提，答案中必须明确写出数值和单位15如图所示，质量为m=0.10kg的小物块以水平初速度v0冲上粗糙的水平桌面向右做匀减速直线运动，滑行距离l=1.4m后以速度v=3.0m/s飞离桌面，最终落在水平地面上物块与桌面间的动摩擦因数=0.25，桌面高h=0.45m不计空气
11、阻力，重力加速度取10m/s2求（1）小物块落地点距飞出点的水平距离s；（2）小物块落地时的动能EK（3）小物块的初速度大小v016如图（甲）所示，MN、PQ为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距L为0.5m，导轨左端连接一个阻值为2的定值电阻R，将一根质量为0.2kg的金属棒cd垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒cd的电阻r=2，导轨电阻不计，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度B=2T若棒以1m/s的初速度向右运动，同时对棒施加水平向右的拉力F作用，并保持拉力的功率恒为4W，从此时开始计时，经过2s金属棒的速度稳定不变，图（乙）为安培力与时间的关系图象试求：（1
12、）金属棒的最大速度；（2）金属棒的速度为3m/s时的加速度；（3）求从开始计时起2s内电阻R上产生的电热17如图所示，竖直的四分之一圆弧光滑轨道固定在平台AB上，轨道半径R=1.8m，底端与平台相切于A点倾角为=37的斜面BC紧靠平台固定，斜面顶端与平台等高从圆弧轨道最高点由静止释放质量为m=1kg的滑块a，当a运动到B点的同时，与滑块a质量相同的滑块b从斜面底端C点以速度v0=5m/s沿斜面向上运动，a、b（视为质点）恰好在斜面上的P点相遇，已知AB长度s=2m，a与AB面及b与BC面间的动摩擦因数均为=0.5，重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）滑
13、块a在圆弧轨道底端时对轨道压力；（2）滑块到B点时的速度大小；（3）斜面上P、C间的距离18如图甲所示，在xOy平面内有足够大的匀强电场，电场方向竖直向上，电场强度E=40N/C，在y轴左侧区域内有足够大的瞬时磁场，磁感应强度B1随时间t变化的规律如图乙所示，15s后磁场消失，选定磁场方向垂直纸面向里为正方向在y轴右侧区域内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场，分布在一个半径为r=0.3m的圆形区域内（图中未画出），且圆形区域的边界与y轴相切，磁感应强度B2=0.8Tt=0时刻，一质量为m=8104kg、电荷量q=2104C的带正电微粒从x轴上xp=0.8m处的P点以速度v=0.12m/s沿x
14、轴正方向发射（重力加速度g取10m/s2）（1）求微粒在第二象限运动过程中与y轴、x轴的最大距离；（2）若微粒穿过y轴右侧圆形磁场时，速度方向的偏转角度最大，求此圆形磁场的圆心坐标（x，y）；（3）求微粒穿过y轴右侧圆形磁场所用的时间2015年江苏省泰州市泰兴一中高考物理模拟试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共18分，每小题只有一个选项符合题意1伽利略和牛顿都是物理学发展史上最伟大的科学家，巧合的是，牛顿就出生在伽利略去世后第二年下列关于力和运动关系的说法中，不属于他们的观点为是（）A自由落体运动是一种匀变速直线运动B力是使物体产生加速度的原因C物体都具有保持原来
15、运动状态的属性，即惯性D力是维持物体运动的原因【考点】自由落体运动【专题】自由落体运动专题【分析】亚里士多德的观点：物体越重，下落越快，力是维持物体运动的原因；伽利略的观点是：力是改变物体运动状态的原因，物体下落的快慢与物体的轻重没有关系牛顿第一定律是牛顿在伽利略和笛卡尔研究成果的基础上总结出来的【解答】解：A、伽利略通过斜面实验得出自由落体运动是一种匀变速直线运动，故A正确；B、伽利略的观点是：力是改变物体运动状态的原因，即产生加速度的原因，故B正确；C、牛顿第一定律认为物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性，故C正确；D、亚里士多德的观点：物体越重，下落越快，力是维持物体运动的原因，故D
16、错误；本题选错误的故选D【点评】物理学史是高考物理考查内容之一学习物理学史，可以从科学家身上学到科学精神和研究方法2质点作直线运动时的加速度随时间变化的关系如图所示，该图线的斜率为k，图中斜线部分面积S，下列说法正确的是（）A斜率k表示速度变化的快慢B斜率k表示速度变化的大小C面积S表示t1t2的过程中质点速度的变化量D面积S表示t1t2的过程中质点的位移【考点】匀变速直线运动的图像【专题】运动学中的图像专题【分析】斜率k=，表示加速度变化快慢将图线分成若干段，每一小段看成加速度不变，通过微元法得出斜线部分的面积表示什么【解答】解：A、斜率k=，表示加速度变化快慢，故AB错误；C、将at图线分
17、成无数段，每一段加速度可以看成不变，则每一小段所围成的面积v1=a1t1，v2=a2t2，v3=a3t3，则总面积为v1+v2+v3+=v斜线部分的面积表示速度的变化量故C正确，D错误故选C【点评】解决本题的关键运用微元法进行分析，与速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移类似3用电动势为E，内阻为r的电源对一直流电动机供电，如果电动机的输出功率是电源总功率的70%，流过电动机的电流为I，则电动机的内阻为（）ABCD【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】由能量守恒规律可明确消耗的功率与总功率的关系，由功率公式列式求解即可【解答】解：电动机的输出功率是电源总功率的70%，故电源内阻和电动
18、机内阻消耗的总功率为：P=I2（r+r）=0.3EI；解得：r=；故选：C【点评】本题考查电功率公式的应用，要注意明确在电功率问题中能量的转化与守恒同样是应用的关键问题4如图所示，足够长的竖直粗糙绝缘管处于方向彼此垂直的匀强电场E和匀强磁场B中，电场E和磁场B的方向如图，一个带正电的小球从静止开始沿管下滑，则在下滑过程中小球的加速度a和时间t的关系图象正确的是（）ABCD【考点】带电粒子在混合场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】小球下落过程中受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和摩擦力，洛伦兹力从零开始增加，根据平衡条件判断弹力、摩擦力的变化情况，根据牛顿第二定律分析加速度的变化情
19、况【解答】解：下落过程中电场力向右，洛仑兹力向左，洛仑兹力逐渐增大；电场力与洛仑兹力的合力先向右减小，所以支持力先向左减小，所以摩擦力减小，与重力的合力会逐渐变大，所以加速度先增大；当电场力和洛仑兹力等大时，加速度达到最大；然后支持力向右增大，摩擦力会增大，则合力减小，加速度减小，最后摩擦力与重力等大时，加速度为零（图象与横轴相切）；故选：D【点评】本题考查如何正确的受力分析，理解洛伦兹力与速度的关系，从而影响受力情况，带动运动情况的变化，注意此处的弹力的方向变化，是解题的关键5如图所示的电路中，R1是定值电阻，R2是光敏电阻，电源的内阻不能忽略闭合开关S，当光敏电阻上的关照强度增大时，下列说
20、法中正确的是（）A通过R2的电流减小B电源的路端电压减小C电容器C所带的电荷量增加D电源的效率增大【考点】闭合电路的欧姆定律；常见传感器的工作原理【专题】恒定电流专题【分析】光敏电阻的特性是当光敏电阻上的光照强度增大时，光敏电阻的阻值会减小；总电路的电阻减小，电路中的总电流增大，路端电压就减小【解答】解：A：当光敏电阻上的光照强度增大时，光敏电阻的阻值会减小；总电路的电阻减小，电路中的总电流增大，流过R 2的电流增大；故A错误；B：电路中的总电流增大，路端电压就减小故B正确；C：路端电压就减小，电容器两端的电压减小，电容器所带的电量减小故C错误；D：电源效率：，总电路的电阻减小，所以电源的效率
21、就减小故D错误故选：B【点评】该题考查光敏电阻的特性与闭合电路的欧姆定律的应用，关键是光敏电阻的特性是当光敏电阻上的光照强度增大6如图所示，球网高出桌面H，网到桌边的距离为L某人在乒乓球训练中，从左侧处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧桌边缘设乒乓球运动为平抛运动则（）A击球点的高度与网高度之比为2：1B乒乓球在网左右两侧运动时间之比为2：1C乒乓球过网时与落到桌边缘时速率之比为1：2D乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为1：2【考点】平抛运动【专题】平抛运动专题【分析】乒乓球做的是平抛运动，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，分
22、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：A、因为水平方向做匀速运动，网右侧的水平位移是左边水平位移的两倍，所以由x=v0t知，网右侧运动时间是左侧的两倍，竖直方向做自由落体运动，根据h=可知，在网上面运动的位移和整个高度之比为1：9，所以击球点的高度与网高之比为：9：8，故AB错误；C、球恰好通过网的上沿的时间为落到右侧桌边缘的时间的，竖直方向做自由落体运动，根据v=gt可知，球恰好通过网的上沿的竖直分速度与落到右侧桌边缘的竖直分速度之比为1：3，根据v=可知，乒乓球过网时与落到桌边缘时速率之比不是1：2，故C错误；D、网右侧运动时间是左侧的两倍，v=gt，所以乒乓
23、球在左、右两侧运动速度变化量之比为1：2；故D正确；故选：D【点评】本题就是对平抛运动规律的考查，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二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分7火星表面特征非常接近地球，适合人类居住近期，我国宇航员王跃正与俄罗斯宇航员一起进行“模拟登火星”实验活动已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，自转周期也基本相同地球表面重力加速度是g，若王跃在地面上能向上跳起的最大高度是h，在忽略自转影响的条件下，下述分析正确的是（）A王跃在火星表面受
24、的万有引力是在地球表面受万有引力的倍B火星表面的重力加速度是C火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍D王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度是【考点】万有引力定律及其应用【分析】求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行之比根据万有引力定律的内容（万有引力是与质量乘积成正比，与距离的平方成反比）解决问题运用万有引力等于重力求出问题【解答】解：A、根据万有引力定律的表达式F=，已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，所以王跃在火星表面受的万有引力是在地球表面受万有引力的倍故A错误B、由G=mg得到：g=G已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，火星表面的重力加速
25、度是故B正确C、由=mv=已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍故C正确D、王跃以v0在地球起跳时，根据竖直上抛的运动规律得出：可跳的最大高度是 h=，由于火星表面的重力加速度是，王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度h=故D正确故选BCD【点评】通过物理规律把进行比较的物理量表示出来，再通过已知的物理量关系求出问题是选择题中常见的方法把星球表面的物体运动和天体运动结合起来是考试中常见的问题8如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为
26、B，线圈转动的角速度为，匝数为N，线圈电阻不计下列说法正确的是（）A将原线圈抽头P向上滑动时，灯泡变暗B电容器的电容C变大时，灯泡变暗C线圈处于图示位置时，电压表读数为0D若线圈转动的角速度变为2，则电压表读数变为原来2倍【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【专题】交流电专题【分析】矩形线圈abcd中产生交变电流，线圈处于中性面位置时电动势最小，为零；当线圈与磁场垂直时，电动势最大，为：Em=NBS【解答】解：A、矩形线圈abcd中产生交变电流；将原线圈抽头P向上滑动时，原线圈匝数变大，根据电压与匝数成正比知，输出电压减小，故灯泡会变暗，故A正确；B、电容器的电容C变大时，容抗减小，
27、故干路电流增加，灯泡变亮，故B错误；C、线圈处于图示位置时，是中性面位置，感应电动势的瞬时值为零；但电压表测量的是有效值，不为零，故C错误；D、若线圈转动角速度变为2，根据电动势最大值公式Em=NBS，最大值增加为2倍；有效值E=，也变为2倍；则电压表读数变为原来2倍，故D正确；故选：AD【点评】本题关键记住交流发电机的最大值求解公式Em=NBS，同时要能够结合变压器的变压比公式和欧姆定律列式分析9一木块放在水平地面上，在力F=2N作用下向右运动，水平地面AB段光滑，BC段粗糙，木块从A点运动到C点的vt图如图所示，取g=10m/s2，则（）A在t=6s时，拉力F的功率为8WB在t=6s时，物
28、体克服摩擦力的功率为3.5WC拉力在AC段做功为38JD物体在BC段克服摩擦力做功为38J【考点】功的计算；牛顿第二定律【专题】功的计算专题【分析】由图象可知，物块以不同的加速度在光滑水平面和粗糙水平面上做匀加速直线运动，通过牛顿第二定律求出在粗糙水平面上的拉力和摩擦力，从而求出拉力和摩擦力的功率，以及拉力做功和摩擦力做功情况【解答】解：A、AB段的加速度物体的质量m=BC段的加速度根据牛顿第二定律得，Ff=ma2，则摩擦力f=1N所以t=6s时，拉力F的功率P=Fv=24W=8W，克服摩擦力的功率P=fv=14W=4W故A正确，B错误C、AC段的位移x=+m=19m，则拉力F做的功W=Fx=
29、38J故C正确D、物体在BC段的位移则物体在BC段克服摩擦力做功Wf=fx2=114J=14J故D错误故选：AC【点评】解决本题的关键会通过速度时间图象求加速度、位移，以及能够熟练运用牛顿第二定律10一空间存在匀强电场，场中A、B、C、D四个点恰好构成正四面体，如图所示已知电场强度大小为E，方向平行于正四面体的底面ABC，正四面体棱长为cm已知UAC=6V、UBC=6V，则（）AUDC=4VBUDC=3VCE=200 V/mDE=V/m【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】过C点做底边AB的垂线垂足为F，抓住AB为等势线，结合电势差与电场强度的
30、关系求出电场强度的大小，求出DC沿电场线方向的距离，从而得出DC两点间的电势差【解答】解：因为UAC=6V、UBC=6V，AB连线为等势面，过C点做底边AB的垂线垂足为F，则FC即为匀强电场的电场线，由几何知识FC=3cm，则匀强电场场强V/m；过D 点做FC的垂线垂足为G，则CG=FC，所以V，故A、C正确，B、D错误故选：AC【点评】本题考查学生应用匀强电场中场强和电势差的关系，综合考查了用数学解决物理问题的能力11如图甲所示，螺线管内有一平行于轴线的磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U型导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导线框cd
31、ef在同一平面内，当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，下列选项中正确的是（）A在t1时刻，金属圆环L内的磁通量最大B在t2时刻，金属圆环L内的磁通量最大C在t1t2时间内，金属圆环L内有逆时针方向的感应电流D在t1t2时间内，金属圆环L有收缩的趋势【考点】楞次定律【分析】根据Bt图线斜率的变化，根据法拉第电磁感应定律得出电动势的变化，从而得出感应电流的变化，根据楞次定律判断出感应电流的方向，根据右手螺旋定则判断出电流所产生的磁场，从而确定磁通量的变化【解答】解：A、由Bt图知，t1时刻磁通量的变化率为零，则感应电流为零，L上的磁通量为零；故A错误B、在t2时刻，磁感应强度为零，但
32、是磁通量的变化率最大，则感应电流最大，通过金属圆环的磁通量最大故B正确；C、在t1t2时间内，磁通量的变化率不断变大，则线圈内的感应电流不断变大，根据楞次定律，在线圈中的电流方向f到c，根据右手螺旋定则，穿过圆环的磁通量向外增大，则根据楞次定律，在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流故C错误D、在t1t2时间内，L内的磁场增加，由愣次定律可以确定L必须减小面积以达到阻碍磁通量的增加，故有收缩的趋势，故D正确故选：BD【点评】解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，右手螺旋定则判断电流和周围磁场方向的关系12如图所示，圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上，OC与OA的
33、夹角为60，轨道最低点A与桌面相切一足够长的轻绳两端分别系着质量为m1和m2的两小球（均可视为质点，m1m2），挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边，开始时m1位于C点，然后从静止释放则（）A在m1由C点下滑到A点的过程中两球速度大小始终相等B在m1由C点下滑到A点的过程中m1的速率始终比m2的速率大C若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m1=2m2D若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m1=3m2【考点】机械能守恒定律【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】m1、m2两个小球用绳子连在一起，两球沿绳子方向的速度是一样的；在m1滑下去一段距离后，绳子与圆的切线是不重合，两球的速度不等；分析竖直方向速度的变化情况
34、求解，若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到A点，此时两小球速度均为零，根据动能定理求解质量关系【解答】解：A、m1由C点下滑到A的过程中，沿绳子方向的速度是一样的，在m1滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，而是类似于圆的一根弦线而存在，m1的速度大小与m2速度大小不相等，故A错误；B、m1由C点下滑到A的过程中，沿绳子方向的速度是一样的，在m1滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，而是类似于圆的一根弦线而存在，m1的速度大于m1沿绳子的分速度，而m2的速度大小等于绳子的速度大小，则m1的速率大于m2速率，故B正确；C、若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到A点，此时两小球速度均为零，由
35、动能定理得：m1gR（1cos60）m2gR=00，解得：m1=2m2，故C正确，D错误故选：BC【点评】本题解题的关键是对两个小球运动情况的分析，知道小球做什么运动，并能结合动能定理、几何关系解题，难度适中三、实验题：本大题有2小题，共20分13用如图所示装置可验证机械能守恒定律轻绳两端系着质量相等的物块A、B，物块B上放置一金属片C铁架台上固定一金属圆环，圆环处在物块B正下方系统静止时，金属片C与圆环间的高度差为h由此释放B，系统开始运动，当物块B穿过圆环时，金属片C被搁置在圆环上两光电门固定在铁架台上的P1、P2处，通过数字计时器可测出物块B通过P1、P2这段距离的时间（1）若测得P1、
36、P2之间的距离为d，物块B通过这段距离的时间为t，则物块B刚穿过圆环后的速度v=（2）若物块A、B的质量均用M表示，金属片C的质量用m表示，该实验中验证下面哪个等式成立即可验证机械能守恒定律正确选项为CAmgh=Mv2 Bmgh=Mv2 Cmgh=（2M+m）v2 Dmgh=（M+m）v2（3）改变物块B的初始位置，使物块B由不同的高度落下穿过圆环，记录各次高度差h以及物块B通过P1、P2这段距离的时间t，以h为纵轴，以（填“t2”或“”）为横轴，通过描点作出的图线是一条过原点的直线，该直线的斜率大小为k=【考点】验证机械能守恒定律【专题】实验题【分析】（1）通过平均速度等于瞬时速度，即可求解
37、；（2）根据系统减小的重力势能，转化为系统增加的动能，即可求解；（3）根据下降的高度求出重力势能的减小量，根据某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出C点的瞬时速度，从而求出动能的增加量，进而列出表达式，由此可确定横轴及图象的斜率【解答】解：（1）根据平均速度等于瞬时速度，则有：物块B刚穿过圆环后的速度为：v=；（2）由题意可知，系统ABC减小的重力势能转化为系统的增加的动能，即为：mgh+MghMgh=（2M+m）v2，即为：mgh=（2M+m）v2，故C正确；故选：C（3）将mgh=（2M+m）v2，变形后，则有：h=，因此以为横轴；由上式可知，作出的图线是一条过原点的直线，直线的斜率
38、k=故答案为：（1）；（2）C；（3），【点评】考查平均速度等于瞬时速度，条件是时间很短或做匀变速直线运动；掌握系统机械能守恒定律验证方法，注意由于A与B的质量相同，则重力势能之和不变；并学会运用数学表达式来分析，理解图象的斜率的含义14金属材料的电阻率通常随温度的升高而增大，半导体材料的电阻率随温度的升高而减少某同学需要研究某导电材料的导电规律，他用该种导电材料制作为电阻较小的线状元件Z做实验，测量元件Z中的电流随两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律（1）他应选用图所示的A电路进行实验（2）实验测得元件Z的电压与电流的关系如下表所示根据表中数据，判断元件Z是半体材料 （填“金属材料”或“半导
39、体材料”）；U/V00.400.600.801.001.201.501.60I/A00.200.450.801.251.802.813.20（3）用螺旋测微器测量线状元件Z的直径如图2所示，则元件Z的直径是1.990mm（4）把元件Z接入如图1所示的电路中，当电阻R的阻值为R1=2时，电流表的读数为1.25A；当电阻R的阻值为R2=3.6时，电流表的读数为0.80A结合上表数据，求出电池的电动势为4.0V，内阻为0.4（ 不计电流表的内阻）【考点】测定金属的电阻率【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）伏安法测电阻，电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；待测电阻阻值很小，电压表内阻远大
40、于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，分析图示电路，选出实验所需电路（2）元件两端电压越大，通过元件的电流越大，由P=UI可知元件实际功率越大，元件温度越高；根据表中实验数据，应用欧姆定律判断随电压增大，温度越高时元件电阻如何变化，然后判断元件的种类（3）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，由图示螺旋测微器可以读出元件的直径（4）由表中实验数据找出个电流所对应的电压值，然后根据闭合电路欧姆定律列方程，然后求出电源电动势与内阻【解答】解：（1）电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；待测电阻阻值很小，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，由图1所示电路图可知，实
41、验应采用A所示电路（2）由表中实验数据可知，随元件电压增大，通过元件的电流增大，元件的实际功率增大，元件温度升高；由欧姆定律可知，随元件两端电压增大，元件电阻减小，因此元件是半导体材料（3）由图2所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为1.5mm，可动刻度示数为49.00.01mm=0.490mm，元件的直径为1.5mm+0.490mm=1.990mm（1.9891.991均正确）（4）由图3可知，元件Z与电阻R串联，电流表测电路电流，由表中实验数据可知，电流为1.25A时，元件两端电压为1.00V，电流为0.80A时，元件两端电压为0.80V，由闭合电路欧姆定律可得：E=I（R+r）+UV，E=1
42、.25（2+r）+1.00，E=0.80（3.6+r）+0.80，解得，电源电动势E=4.0V，内阻r=0.4故答案为：（1）A；（2）半导体材料；（3）1.990；（4）4.0；0.4【点评】本题考查了实验电路的选择、元件性质的判断、螺旋测微器读数、求电源电动势与内阻等问题；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是其读数，螺旋测微器需要估读四计算题：本题共4小题，共计58分解答时请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提，答案中必须明确写出数值和单位15如图所示，质量为m=0.10kg的小物块以水平初速度v0冲上粗糙的水平桌面向右做匀减速直线运动，滑行距
43、离l=1.4m后以速度v=3.0m/s飞离桌面，最终落在水平地面上物块与桌面间的动摩擦因数=0.25，桌面高h=0.45m不计空气阻力，重力加速度取10m/s2求（1）小物块落地点距飞出点的水平距离s；（2）小物块落地时的动能EK（3）小物块的初速度大小v0【考点】动能定理；平抛运动【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）物块离开桌面后做平抛运动，由匀速与匀变速运动规律可以求出水平距离（2）由动能定理可以求出落地动能（3）由动能定理可以求出物块的初速度【解答】解：（1）物块飞出桌面后做平抛运动，竖直方向：h=gt2，代入数据解得：t=0.3s，水平方向：s=vt=0.9m；（2）对物块从飞出桌
44、面到落地，由动能定理得：mgh=mv12mv22，落地动能为：EK=mv12=0.9J；（3）对滑块从开始运动到飞出桌面，由动能定理得：mgl=mv2mv02，代入数据解得：v0=4m/s；答：（1）小物块落地点距飞出点的水平距离为0.9m（2）小物块落地时的动能为0.9J（3）小物块的初速度为4m/s【点评】要掌握应用动能定理解题的方法与思路；（2）（3）两问也可以应用牛顿定律、运动学公式求解16如图（甲）所示，MN、PQ为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距L为0.5m，导轨左端连接一个阻值为2的定值电阻R，将一根质量为0.2kg的金属棒cd垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒c
45、d的电阻r=2，导轨电阻不计，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度B=2T若棒以1m/s的初速度向右运动，同时对棒施加水平向右的拉力F作用，并保持拉力的功率恒为4W，从此时开始计时，经过2s金属棒的速度稳定不变，图（乙）为安培力与时间的关系图象试求：（1）金属棒的最大速度；（2）金属棒的速度为3m/s时的加速度；（3）求从开始计时起2s内电阻R上产生的电热【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；电磁感应中的能量转化【专题】电磁感应功能问题【分析】（1）当金属棒所受的合力为零，即安培力等于拉力时，速度最大，根据功率与拉力的关系，结合闭合电路欧姆定律和切割产生的感应电动
46、势求出最大速度（2）求出速度为3m/s时的拉力大小，产生的感应电动势大小，根据闭合电路欧姆定律求出感应电流大小，从而求出安培力大小，根据牛顿第二定律求出加速度的大小（3）根据动能定理求出整个过程中安培力做的功，结合克服安培力做功等于整个回路产生的热量，通过外阻和内阻的关系求出电阻R上产生的电热【解答】解：（1）金属棒速度最大时，所受合外力为零，即BIL=F而P=Fvm，I=，解出m/s=4m/s（2）速度为3m/s时，感应电动势E=BLv=20.53V=3V电流I=，F安=BIL金属棒受到的拉力F=根据牛顿第二定律FF安=ma解得a=（3）在此过程中，由动能定理得，W安=6.5J则答：（1）金
47、属棒的最大速度为4m/s（2）金属棒的速度为3m/s时的加速度为（3）从开始计时起2s内电阻R上产生的电热为3.25J【点评】本题综合考查了牛顿第二定律、动能定理、功能关系等知识，综合性较强，对学生能力的要求较高，是一道好题17如图所示，竖直的四分之一圆弧光滑轨道固定在平台AB上，轨道半径R=1.8m，底端与平台相切于A点倾角为=37的斜面BC紧靠平台固定，斜面顶端与平台等高从圆弧轨道最高点由静止释放质量为m=1kg的滑块a，当a运动到B点的同时，与滑块a质量相同的滑块b从斜面底端C点以速度v0=5m/s沿斜面向上运动，a、b（视为质点）恰好在斜面上的P点相遇，已知AB长度s=2m，a与AB面
48、及b与BC面间的动摩擦因数均为=0.5，重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）滑块a在圆弧轨道底端时对轨道压力；（2）滑块到B点时的速度大小；（3）斜面上P、C间的距离【考点】动能定理；牛顿第二定律【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】（1）由动能定理求出滑块a到达A点时的速度，再由牛顿运动定律求解滑块a在圆弧轨道底端时对轨道压力；（2）滑块a在AB段做匀减速运动，由牛顿第二定律得到加速度，再由运动学公式求解出滑块a到B点时的速度大小；（3）滑块a离开B点后做平抛运动，滑块b沿斜面向上做匀减速运动，由平抛运动的规律求出时间，再由牛顿第二定律和运动学公式求P
49、C间的距离【解答】解：（1）在圆弧轨道上，由动能定理 mgR=mv得vA=6m/s 在A点，由牛顿第二定律有 FNmg=m代入数据得 FN=3mg=30N 由牛顿第三定律可知，N=30N，方向向下 （2）由AB，由牛顿第二定律及运动学公式得 mg=maA2aAs=vB2vA2解得 vB=4m/s （3）滑块a离开B点后做平抛运动，则 x=vBt y=gt2又有 tan=代入数据得 t=0.6s 滑块b沿斜面向上运动，则牛顿第二定律 a1=gsin+mgcos=10m/s2滑块b从C点开始运动到速度为零时所用时间 t1=0.5s0.6s因此，滑块b要沿斜面下滑，由牛顿第二定律 a2=gsingc
50、os=2m/s2P、C间的距离x=v0t1a1t12a2（tt1）2=1.24m答：（1）滑块a在圆弧轨道底端时对轨道压力是30N，方向竖直向下；（2）滑块到B点时的速度大小是4m/s；（3）斜面上P、C间的距离是1.24m【点评】本题考查了动能定理与平抛运动、圆周运动的综合，知道圆周运动向心力的来源，以及平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键，本题的难点在于确定出滑块b在斜面上的运动情况18如图甲所示，在xOy平面内有足够大的匀强电场，电场方向竖直向上，电场强度E=40N/C，在y轴左侧区域内有足够大的瞬时磁场，磁感应强度B1随时间t变化的规律如图乙所示，15s后磁场消失，
51、选定磁场方向垂直纸面向里为正方向在y轴右侧区域内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场，分布在一个半径为r=0.3m的圆形区域内（图中未画出），且圆形区域的边界与y轴相切，磁感应强度B2=0.8Tt=0时刻，一质量为m=8104kg、电荷量q=2104C的带正电微粒从x轴上xp=0.8m处的P点以速度v=0.12m/s沿x轴正方向发射（重力加速度g取10m/s2）（1）求微粒在第二象限运动过程中与y轴、x轴的最大距离；（2）若微粒穿过y轴右侧圆形磁场时，速度方向的偏转角度最大，求此圆形磁场的圆心坐标（x，y）；（3）求微粒穿过y轴右侧圆形磁场所用的时间【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子
52、在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】（1）根据电场力等于重力，则洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，得出半径与周期公式并根据几何关系与运动学公式的位移，即可求解；（2）根据粒子做匀速圆周运动，求出半径从而得出与已知长度的函数关系，最终求出M点的坐标；（3）根据圆磁场与运动圆形轨迹，应用粒子做圆周运动的周期求出粒子的运动时间【解答】解：（1）微粒发射后受到电场力、重力和洛伦兹力作用，F电=Eq=8103N，G=mg=8103N，则：F电=G，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB1=m，代入数据解得：R1=0.6m，粒子做圆周运动的周期：T=，代入
53、数据解得：T=10s，由题图乙可知在05s内微粒在第二象限做匀速圆周运动，在510s内微粒向左做匀速直线运动，运动位移：x1=v，解得：x1=0.6m，在1015s内，微粒又做匀速圆周运动，15s以后向右做匀速直线运动，最后穿过y轴所以，微粒与y轴的最大距离：s=0.8m+x1+R1=（1.4+0.6）m，微粒与x轴的最大距离：s=4R1=2.4m；（2）如图所示，微粒在磁场中做匀速圆周运动时，微粒穿过圆形磁场的偏转角最大，入射点A与出射点B的连线必为圆形磁场的直径，微粒在圆形磁场内做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB2=，代入数据解得：R2=0.6m=2r，由几何关系可得最大偏转角：=600 圆心坐标：x=0.30m，y=srcos60=2.4m0.3m=2.25m，即圆形磁场的圆心坐标为（0.30，2.25）；（3）粒子在磁场中的运动时间：t=s；答：（1）微粒在第二象限运动过程中与y轴的最大距离为（1.4+0.6）m，微粒与x轴的最大距离为2.4m；（2）若微粒穿过y轴右侧圆形磁场时，速度方向的偏转角度最大，此圆形磁场的圆心坐标为（0.30m，2.25m）；（3）微粒穿过y轴右侧圆形磁场所用的时间为s【点评】本题是力学与电学综合题，根据匀速圆周运动的规律与几何关系相结合，同时运用力学与电学的知识来解题，从而培养学生分析问题的方法，提升解题的能力