1、1. 用比值法定义物理量是物理学中的一种常用的方法。下面四个物理量中属于比值法定义式的是A. 加速度 B. 磁感应强度C. 电场强度 D. 导体的电阻【答案】B【解析】闭合电路中的电流与电动势成正比，与电路的总电阻成反比，则不是比值定义法，选项A错误；磁感应强度与放入磁场中的电流元无关所以属于比值定义法，选项B正确；在匀强电场中，E=U/ d ，反映了场强与电势差的关系，E与U成正比，与d成反比，不符合比值定义法的共性，该式不属于比值定义法，故C错误电阻R与电阻率、导体的长度和截面积都有关，则不属于比值定义法，故D错误故选B.点睛：解决本题的关键理解比值定义法的特点：被定义的物理量往往是反映物
2、质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变2. A、B、C三个物体通过细线和光滑的滑轮相连，处于静止状态，如图所示，C是一箱砂子，砂子和箱的重力都等于G，动滑轮的质量不计，打开箱子下端开口，使砂子均匀流出，经过时间流完，则如图所示中的哪个图线表示在这过程中桌面对物体B的摩擦力f随时间t的变化关系A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：设绳子的张力大小为T，以AB两个物体组成的整体作为研究对象，根据平衡条件得，桌面对物体B的摩擦力，设时刻砂子流掉的重力为，则由题可知，时刻对C：由平衡条件得，则有，可见，与是线性关系，图象是向下倾斜的直线，当时，时，故C正确。考点：滑动摩
3、擦力【名师点睛】要严格研究并选择图象，必须根据物理规律得到解析式，再由数学知识进行选择。3. 横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，如图所示。它们的竖直边长都是底边长的一半。现有三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上，其落点分别是a、b、c 。下列判断正确的是A. 三小球比较，落在a点的小球飞行时间最短B. 三小球比较，落在c点的小球飞行过程速度变化最大C. 三小球比较，落在c点的小球飞行过程速度变化最快D. 无论小球抛出时初速度多大，落到斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直【答案】D【解析】【详解】A由得 ，据此判断落在a的小球飞行时间最长，选项A
4、错误；B落在c的小球飞行时间最短，速度变化v=gt最小，故B错误；C速度变化快慢反映的是加速度，三小球均做平抛运动，加速度均是重力加速度，故三小球速度变化一样快，故C错误；D由图可知，落在c的小球飞行的水平位移最大，故D正确。故选：D4. 2013年我国相继完成“神十”与“天宫”对接、“嫦娥”携“玉兔”落月两大航天工程某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想：如图所示，将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发射到h高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球设“玉兔”质量为m，月球半径为R，月面的重力加速度为g月以月面为零势能面，“玉兔”在h高度的引力势能可表示为Ep
5、，其中G为引力常量，M为月球质量若忽略月球的自转，从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为 A. B. C. D. 【答案】D【解析】根据万有引力提供向心力，得： 在月球表面上，由重力等于万有引力，则得： 即有GM=g月R2“玉兔”绕月球做圆周运动的动能 联立以上三式解得： 玉兔”在h高度的引力势能为 根据功能关系得：从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为故应选D。点晴：先根据万有引力提供向心力，以及重力等于万有引力，求出“玉兔”绕月球做圆周运动的动能，再根据功能关系求解需要对“玉兔”做的功。5. 如图所示，质量为M的物体内有光滑圆形轨道，现有一质量为m的小滑块沿该圆形轨道的竖直面做圆周
6、运动，A、C为圆周的最高点和最低点，B、D与圆心O在同一水平线上小滑块运动时，物体M保持静止，关于物体M对地面的压力N和地面对物体的摩擦力，下列说法正确的是 A. 滑块运动到A点时，NMg，摩擦力方向向左B. 滑块运动到B点时，N=（M+m）g，摩擦力方向向右C. 滑块运动到C点时，N（M+m）g，M与地面无摩擦力D. 滑块运动到D点时，N=（M+m）g，摩擦力方向向左【答案】C【解析】小球运动到A点时，对小球受力分析，根据牛顿第二定律：，小球对光滑圆形轨道只有竖直方向的作用力，所以地面对M的摩擦力为零，A错；小球运动到B点时，对小球受力分析，根据牛顿第二定律：，小球对光滑圆形轨道只有水平向左
7、的压力作用，所以圆形光滑轨道受到的摩擦力向右，支持力等于自身的重力，B对；小球运动到C点时，对小球受力分析，根据牛顿第二定律：，小球对光滑圆形轨道只有竖直向下的压力作用，所以地面对M的摩擦力为零，N（m+M）g，C对；小球运动到D点时，对小球受力分析，根据牛顿第二定律：，小球对光滑圆形轨道只有水平向右的压力作用，所以圆形光滑轨道受到的摩擦力向左，支持力等于自身的重力，D错。视频6. 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止释放后，经过B处速度最大，到达C处（AC = h）时速度减为零。若在此时给圆环一个竖直向上的速度v
8、，它恰好能回到A点。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则圆环A. 下滑过程中，加速度一直增大B. 下滑过程中，克服摩擦力做的功为C. 在C处弹簧的弹性势能为D. 上下两次经过B点的速度大小相等【答案】BC【解析】A、圆环从A处由静止开始下滑,经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,所以圆环先做加速运动,再做减速运动,经过B处的速度最大,所以经过B处的加速度为零,所以加速度先减小,后增大,故A错误B、研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程,运用动能定理列出等式 研究圆环从B处上滑到A的过程,运用动能定理列出等式 观察两个公式可以发现：上升过程中经过B点的速度大于下降过程中经过B点的速度，故B错
9、误；C、研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程,运用动能定理列出等式 在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A,运用动能定理列出等式 解得： ， 所以下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2，故C正确；D、由C可知，根据弹力做功与弹性势能的转化关系可知：在C处弹簧的弹性势能为mghmv2，故D正确；故选CD点睛：根据圆环的运动情况分析下滑过程中,加速度的变化;研究圆环从A处由静止开始下滑到C和在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A两个过程,运用动能定理列出等式求解; 7. 真空中有一正四面体ABCD，如图MN分别是AB和CD的中点现在A、B两点分别固定电荷量为+Q、Q的点电荷，下列说法中正确的
10、是 A. 将试探电荷+q从C点移到D点，电场力做正功，试探电荷+q的电势能降低B. 将试探电荷q从M点移到N点，电场力不做功，试探电荷q的电势能不变C. C、D 两点的电场强度相等D. N点的电场强度方向平行AB且跟CD垂直【答案】BCD【解析】将试探电荷-q从C点移到D点，逆着电场线方向运动，受到的电场力与运动方向一致，故电场力做正功，电势能减小，故A正确；M点的电势等于N点的电势，所以将试探电荷+q从M点移到N点，电场力不做功，试探电荷+q的电势能不变，B正确；根据电场的叠加可知，C、D两点的电场强度大小相同，方向不同，故C错误；根据电场的叠加可知，N点的电场强度方向平行于AB且跟MN垂直
11、，故D正确；此题选择错误的选项，故选C.8. 如图，电源内阻为r，两个定值电阻R1、R2阻值均为R，闭合电键，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V3示数变化量的绝对值为U3，理想电流表A1、A2示数变化量的绝对值分别为I1、I2，则A. A2示数增大B. V2示数与A1示数的比值不变C. U3与I1的比值小于2RD. I1小于I2【答案】AD【解析】试题分析：闭合电键后，电路如图所示。V1、V2、V3分别测量R1、路端电压和R的电压。当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A1的示数增大，电源的内电压Ir增大，则V2示数减小，R1的电压增大，V3的示数减小，则通过R
12、2的电流减小，所以通过R的电流增大，即A2示数增大，A选项正确。V2示数与A1示数之比等于外电路电阻，其值减小，故B选项正确。根据闭合电路欧姆定律得U3=EI1（R1+r），则得=R1+r= R+r，不一定小于2R，故C选项错误。A1的示数增大量等于A2示数增大和R2的电流减小量之和，所以I1小于I2，故D选项正确。考点：闭合电路欧姆定律点评：关键是会利用闭合电路欧姆定律求解各物理量，还要会简化电路。9. 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：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簧秤相连，如图甲所示。
13、在A端向右拉动木板，待弹簧秤示数稳定后，将读数记作F；改变滑块上橡皮泥的质量，重复步骤；实验数据如下表所示：1.502.002.503.003.504.000.590.830.991.221.371.61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并最终停在木板上的D点（未与滑轮碰撞），测量C、D间的距离s。完成下列作图和填空：（1）根据表中数据在给定坐标纸上作出F-G图线。（2）由图线求得滑块和木板间的动摩擦因数=_（保留2位有效数字）。（3）滑块最大速度的大小v=_（用h、
14、s、和重力加速度g表示）。【答案】 (1). （1）；（2）0.40（0.38-0.42均正确） (2). （3）【解析】试题分析：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；由实验图甲可知，即F-G图象上的直线的斜率代表动摩擦因数；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，根据运动规律公式列式即可求解（1）根据描点法在F-G图象上描出各点，再连接起来，如图所示；（2）由图甲可知，则F-G图象上的直线的斜率代表值的大小由F-G图象可知；（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
15、运动，由公式知：滑块的最大速度满足：，则10. 现要测量一个阻值约为5左右的电阻Rx，除Rx外可用的器材有：一个电池组E（电动势6V）；一个滑动变阻器R（010，额定电流1A）；两个相同的电流表G（内阻Rg=1000，满偏电流Ig=100A）；两个标准电阻R1 ，R2 一个电键S、导线若干。（1）本题中需要将其中的一个电流表G改装成3V的电压表，则需要电流表G_(填“串联”或“并联“)电阻R1 ，R1的阻值为_。另一个电流表G改装成1A的电流表，则需要电流表G_(填“串联”或“并联“)电阻R2 ，R2的阻值为_。（2）根据粗测的判断，设计一个测量电路，要求测量尽量准确并使电路能耗较小，画出实验
16、电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁。【答案】 (1). 串联 (2). 29000 (3). 并联 (4). 0.1；【解析】【分析】根据串联电路电流相等，电压分压；并联电路电压相等、电流分流得到改装电流表、电压表电阻的接法；再根据电压、电流变化，由欧姆定律求得阻值；根据实验要求能耗小确定滑动变阻器接法，由待测电阻阻值确定电流表接法，即可得到电路图【详解】（1）电流表两端的电压最大为，要将电流表改装成电压表，则需要给电流表串联一个电阻；由串联电路电流相等，电压分压得到：串联电阻阻值；要将电流表改装成1A的电流表，则需要给电流表并联一个电阻；根据并联电路电压相等、电流分流得到：并联电阻
17、阻值；（2）要使电路能耗较小，滑动变阻器采用限流式接法；又有待测电阻较小，故电流表采用外接法；故电路如图所示：【点睛】伏安法测电阻实验中，若最大电流大于电流表量程则采用分压式接法，一般采用限流式接法；被测电阻较大，电流表采用内接法；被测电阻较小，电流表采用外接法11. 某电视娱乐节目“快乐向前冲”的场地设施如图足够长的水平滑杆上装有可沿杆自由滑动的悬挂器，悬挂器与滑杆的动摩擦因数为=0.2，选手在离地高H=5m的平台上，抓住悬挂器经过一定距离的助跑，可获得初速度并滑离平台。为了落在地面合适的位置，选手必须做好判断，在合适的时机放开悬挂器，g取10m/s2（1）若该节目要求选手在悬挂器速度为0前
18、即松手，并以选手离开平台到落地的运动时间最长为优胜。某选手在平台上助跑时获得了v1=4m/s的初速度而离开平台，则该选手应在离平台多远处放开悬挂器？最长时间为多少？（2）假设所有选手在平台上助跑时能获得的最大速度为v2=6m/s，为了选手安全，必须在水平地面上一定范围内铺上海绵垫以缓冲，则应铺海绵垫的长度至少为多长？【答案】（1）3s （2）10m【解析】试题分析：欲使选手运动时间最长，则选手应在滑杆上滑行至静止再自由下落，再结合速度时间公式求出匀减速直线运动的时间，根据自由下落的高度求出自由落体运动的时间，从而得出最长时间；根据速度位移公式求出选手放开悬挂器距离平台多远结合平抛运动的规律得出
19、水平位移，结合滑行的距离得出选手的落点与平台的水平距离表达式，结合数学知识得出海绵垫的至少长度。（1）选手悬挂在滑杆上滑行时做减速运动，其加速度大小ag2 m/s2，欲使选手运动时间最长，则选手应在滑杆上滑行至静止再自由下落，故选手放开悬挂器时位置离平台的距离为：，在空中滞留最长时间为：(2)假设选手在滑杆上滑行了距离x后放开悬挂器则选手此时的速度为：选手的落点与平台的水平距离为：代入数据解得：，根据数学知识可知，当x8 m时，L最长，最大距离为：Lm10 m，再结合实际情况，应铺海绵垫的长度至少为10 m.点睛：本题主要考查了平抛运动和牛顿第二定律，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规
20、律，结合运动学公式和牛顿第二定律综合求解。12. 如图所示，在xoy平面内，直线MN与x轴正方向成300角，MN下方是垂直于纸面向外的匀强磁场，MN与y轴正方向间存在电场强度E=4/3 105N/C的匀强电场，其方向与y轴正方向成600角且指向左上方，一重力不计的带正电粒子，从坐标原点O沿x轴正方向进入磁场，已知粒子的比荷q/m=107C/kg，结果均保留两位有效数字，试问：（1）若测得该粒子经过磁场的时间t1=，求磁感应强度的大小B；（2）粒子从坐标原点开始到第一次到达y轴正半轴的时间t；（3）若粒子的速度v0=1.0106m/s，求粒子进入电场后最终离开电场时的位置坐标？【答案】（1）0.
21、5T （2）1.410-6s （3）1.2m【解析】试题分析：（1）由几何关系可知：，又联立可得（2）设粒子在磁场中的运动半径为r，速度为v，由几何关系可知,POQ为等腰三角形，所以，故，联立可得（3）粒子进入电场后做类平抛运动，设垂直于电场方向的距离为m，电场方向的距离为n，粒子离开电场时经过y轴，其位置坐标为，所以，解得，又，所以，联立可得考点：考查了牛顿运动定律与电磁线综合，能力性非常的高，注意粒子的运动过程【物理选修3-3】13. 一定质量的理想气体压强p与热力学温度T的关系如图所示，AB、BC分别与p轴和T轴平行，气体在状态C时分子平均动能_(选填“大于”、“等于”或“小于”)A状态
22、时分子平均动能，气体从状态A经状态B变化到状态C的过程中，对外做的功为W，内能增加了U，则此过程气体吸收的热量为_【答案】 (1). 大于 (2). WU【解析】【详解】由图可知，C点的温度最高；因温度是分子平均动能的标志；故C点时分子平均动能大于A状态时的分子平均动能；由热力学第一定律可知，气体对外做功；则有：，则；14. 如图所示，长为31 cm内径均匀的细玻璃管开口向上竖直放置，管内水银柱的上端正好与管口齐平，封闭气体的长度为10 cm，温度为27 ，外界大气压强不变若把玻璃管在竖直平面内缓慢转至开口竖直向下，这时留在管内的水银柱长为15 cm，求：(1)大气压强p0的值；(2)缓慢转回到开口竖直向上，再对管内气体加热，当温度缓慢升高到多少摄氏度时，水银柱的上端恰好重新与管口齐平。【答案】（1）75cmHg （2）177【解析】初态时气体压强为；开口向下稳定时压强为当开口向上稳定时，根据理想气体状态方程：，解得，即综上所述本题答案是：(1)；