河南省洛阳市孟津一高高二物理上学期期末试卷（含解析）.doc

2015-2016学年河南省洛阳市孟津一高高三（上）期末物理试卷一、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，第19题只有一项符合题目要求，第1014题有多项符合题目要求全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分1在物理学发展过程中许多科学家都做出了重要贡献，下列说法中正确的是（）a卡文迪许测出了万有引力常数并提出了万有引力定律b法拉第提出了法拉第电磁感应定律c安培提出了磁场对运动电荷的作用力公式d库仑总结并确认了真空中两个静止电荷之间的相互作用规律2如图所示，有一重力不计的方形容器，被水平力f压在竖直的墙面上处于静止状态，现缓慢地向容器内注水，直到注满为止，此过程中容器始终保持静止，则下列说法正确的是（）a容器受到的摩擦力不断增大b容器受到的摩擦力不变c水平力f必须逐渐增大d容器受到的合力逐渐增大3如图所示，在水平地面上的a点以速度v1与地面成角射出一弹丸，恰好以速度v2垂直穿入竖直壁上的小孔b，下列说法正确的是（不计空气阻力）（）a在b点以与v2等大反向的速度射出弹丸，它必定落在地面上a点的左侧b在b点以与v1等大，与v2反向的速度射出弹丸，它必定落在地面上的a点c在b点以与v1等大，与v2反向的速度射出弹丸，它必定落在地面上a点的左侧d在b点以与v1等大，与v2反向的速度射出弹丸，它必定落在地面上的a点右侧4如图所示，接于理想变压器中的四个 规格相同的灯泡都正常发光，那么，理想变压器的匝数比n1：n2：n3为（）a1：1：1b3：2：1c6：2：1d2：2：15如图所示，螺线管b置于闭合金属圆环a的轴线上，当b中通过的电流i增大时（）a环a有缩小的趋势b环a有扩张的趋势c螺线管b没有缩短或伸长的趋势d螺线管b有伸长的趋势6两只相同的灯泡l1和l2串联接在电压恒定的电路中，若l1的灯丝断了，经搭丝与l2串联，重新接在原电路中，则l1与l2两灯亮度的变化正确的是（）al1与l2均变亮bl1与l2均变暗cl1变亮，l2变暗dl1变暗，l2变亮7如图所示电路中，电源电动势为e，电源内阻为r，串联的固定电阻为r2，滑动变阻器的总电阻为r1，电阻大小关系为r1=r2=r，则在滑动触头从a端移动到b端的过程中，下列描述中正确的是（）a电路中的总电流先增大后减小b电路的路端电压先增大后减小c电源的输出功率先增大后减小d滑动变阻器r1上消耗的功率先减小后增大8如图甲所示，线圈abcd固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈ab边受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是（）abcd9如图1所示，半径为r的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为，其轴线上任意一点p（坐标为x）的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：e=2k，方向沿x轴现考虑单位面积带电量为0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图2所示则圆孔轴线上任意一点q（坐标为x）的电场强度为（）a2k0b2k0c2k0d2k010某同学设计了一种静电除尘装置，如图甲所示，其中有一长为l、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为u的高压直流电源相连带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用要增大除尘率，则下列措施可行的是（）a只增大电压ub只增大高度dc只增大长度ld只增大尘埃被吸入水平速度v011我国已成功发射多颗卫星，为实现国人的飞天梦想提供了大量的信息、科技支持嫦娥一号的成功发射，标志着我国新的航天时代的到来已知发射的卫星中，卫星a是极地圆形轨道卫星，卫星b是地球同步卫星，二者质量相同，且卫星a的运行周期是卫星b的一半根据以上相关信息，比较这两颗卫星，下列说法中正确的是（）a正常运行时卫星a的线速率比卫星b的线速率大b卫星b离地面较近，卫星a离地面较远c卫星a做圆周运动的圆心和地心不重合d卫星a所需的向心力比卫星b所需的向心力大12如图所示，矩形导线框abcd的一半处在磁感应强度b=0.1t的足够大的匀强磁场中，线框ab边长10cm，bc边长为20cm，当线框以ab边为轴，以角速度=20rad/s匀速转动时，从图示时刻（线圈平面与磁场方向垂直）开始计时，它的磁通量和线圈中的感应电动势e随时间变化的图象可能正确的是（）abcd13从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的阻力与其速率成正比，小球运动的速率随时间变化的规律如图所示，小球在t1时刻到达最高点后再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，已知重力加速度为g，下列关于小球运动的说法中正确的是（）at1时刻小球的加速度为gb在速度达到v1之前小球的加速度一直在减小c小球抛出瞬间的加速度大小为d小球加速下降过程中的平均速度小于14如图所示，在倾角为的斜面上，轻质弹簧一与斜面底端固定，另一端与质量为m的平板a连接，一个质量为m的物体b靠在平板的右测，a、b与斜面的动摩擦因数均为开始时用手按住物体b使弹簧处于压缩状态，现放手，使a和b一起沿斜面向上运动距离l时，a和b达到最大速度v则以下说法正确的是（）aa和b达到最大速度v时，弹簧是自然长度b若运动过程中a和b能够分离，则a和b恰好分离时，二者加速度大小均为g（ sin+cos ）c从释放到a和b达到最大速度v的过程中弹簧对a所做的功等于mv2+mglsin+mglcosd从释放到a和b达到最大速度v的过程中，b受到的合力对它做的功等于mv2二、本题共2小题，共14分15某同学利用如图甲所示的装置验证动能定理固定并调整斜槽，使它的末端o点的切线水平，在水平地面上依次铺放好木板、白纸、复写纸将小球从不同的标记点由静止释放，记录小球到达斜槽底端时下落的高度h，并根据落点位置测量出小球平抛的水平位移x改变小球在斜槽上的释放位置，进行多次测量，记录数据如下：高度h（h为单位长度）h2h3h4h5h6h7h8h9h水平位移x （cm）5.59.111.714.215.917.619.020.621.7（1）斜槽倾角为，小球与斜槽之间的动摩擦因数为斜槽底端离地的高度为y，不计小球与水平槽之间的摩擦，小球从斜槽上滑下的过程中，动能定理若成立应满足的关系式是（2）以h为横坐标，以为纵坐标，在坐标纸上描点作图，如图乙所示；（3）由第（1）（2）问，可以得出结论16现有一电流表a有刻度但刻度值模糊，其满偏电流ig约为500a，内阻rg约为500某兴趣小组要想利用如下实验器材，较精确地测出它的满偏电流和内阻电流表a1（量程01ma，内阻ra1一100）电流表a2（量程0300a，内阻ra2=1000）电压表v（量程015v，内阻13k）定值电阻ro（阻值1k）滑动变阻器r（05，额定电流2a）电池（电动势2v，内阻不计）开关、导线若干（1）在答题卡虚线框内画出实验电路图；（2）应读取的物理量是（3）用（2）中读取的物理量表示的a表的满偏电流ig=，a表的内阻rg=三、本题共3小题，共31分；解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤；有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.17甲、乙两人在某一直道上完成200m的赛跑，他们同时、同地由静止开始运动，都经过4s的匀加速，甲的爆发力比乙强，加速过程甲跑了20m、乙跑了18m；然后都将做一段时间的匀速运动，乙的耐力比甲强，匀速持续时间甲为10s、乙为13s，因为体力、毅力的原因，他们都将做匀减速运动的调节，调节时间都为2s，且速度都降为8m/s，最后冲刺阶段以8m/s的速度匀速达到终点求：（1）甲做匀减速运动的加速度；（2）甲冲刺阶段完成的位移大小18如图甲所示，在一对平行光滑的金属导轨的上端连接一阻值为r=4的定值电阻，两导轨在同一平面内，质量为m=0.2kg，长为l=1.0m的导体棒ab垂直于导轨，使其从靠近电阻处由静止开始下滑，已知导体棒电阻为r=1，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，导体棒下滑过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示求：（1）导轨平面与水平面间夹角（2）磁场的磁感应强度b；（3）若靠近电阻处到底端距离为s=7.5m，ab棒在下滑至底端前速度已达5m/s，求ab棒下滑到底端的整个过程中，电阻r上产生的焦耳热19如图所示，在纸平面内建立的直角坐标系xoy，在第一象限的区域存在沿y轴正方向的匀强电场现有一质量为m，电量为e的电子从第一象限的某点p（l， l）以初速度v0沿x轴的负方向开始运动，经过x轴上的点q（，0）进入第四象限，先做匀速直线运动然后进入垂直纸面的矩形匀强磁场区域，磁场左边界和上边界分别与y轴、x轴重合，电子偏转后恰好经过坐标原点o，并沿y轴的正方向运动，不计电子的重力求（1）电子经过q点的速度v；（2）该匀强磁场的磁感应强度b和磁场的最小面积s四、选考题：13分请考生从给出的3道试题中任选一题作答，并用2b铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，如果多做，则按所做的第一题计分每一模块选择题均为6分，选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分每选错1个扣3分，最低得分为0分20下列说法正确的是（）a液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，故液体表面存在张力b悬浮在液体中的固体小颗粒会不停的做无规则的运动，这种运动是分子热运动c把很多小的单晶体放在一起，就变成了非晶体d第二类永动机没有违反能量守恒定律e绝对零度不可达到21如图所示，一根粗细均匀、内壁光滑、竖直放置的玻璃管下端密封，上端封闭但留有一抽气孔管内下部被活塞封住一定量的气体（可视为理想气体），气体温度为t1开始时，将活塞上方的气体缓慢抽出，当活塞上方的压强达到p0时，活塞下方气体的体积为v1，活塞上方玻璃管的容积为3.8v1活塞因重力而产生的压强为0.5p0继续将活塞上方抽成真空并密封整个抽气过程中管内气体温度始终保持不变然后将密封的气体缓慢加热求：（1）活塞刚碰到玻璃管顶部时气体的温度；（2）当气体温度达到3.2t1时气体的压强22下列说法正确的是（）a用光导纤维束传输图象和信息，这是利用了光的全反射原理b紫外线比红外线更容易发生衍射现象c经过同一双缝所得干涉条纹，红光比绿光条纹宽度大d光的色散现象都是由于光的干涉现象引起的e光的偏振现象说明光是一种横波23两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，波速均为=0.4m/s，波源的振幅均为a=2cm如图所示为t=0时刻两列波的图象，此刻平衡位置在x=0.2m和x=0.8m的p、q两质点恰好开始振动质点m的平衡位置位于x=0.5m处求：两列波相遇的时刻t为多少？当t=1.875s时质点m的位移为多少？24下列说法中正确的是（）a一般物体辐射电磁波的情况与物体的温度、物体的材料有关b对于同一种金属来说，其极限频率恒定，与入射光的频率及光的强度均无关c汤姆孙发现电子，表明原子具有核式结构de=mc2表明物体具有的能量与其质量成正比e“人造太阳”是可控核聚变的俗称，它的核反应方程是u+nba+kr+n25如图所示，质量为m=10kg的小车静止在光滑的水平地面上，其ab部分为半径r=0.5m的光滑圆孤，bc部分水平粗糙，bc长为l=2m一可看做质点的小物块从a点由静止释放，滑到c点刚好停止已知小物块质量m=6kg，g取10m/s2求：（1）小物块与小车bc部分间的动摩擦因数；（2）小物块从a滑到c的过程中，小车获得的最大速度2015-2016学年河南省洛阳市孟津一高高三（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、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，第19题只有一项符合题目要求，第1014题有多项符合题目要求全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分1在物理学发展过程中许多科学家都做出了重要贡献，下列说法中正确的是（）a卡文迪许测出了万有引力常数并提出了万有引力定律b法拉第提出了法拉第电磁感应定律c安培提出了磁场对运动电荷的作用力公式d库仑总结并确认了真空中两个静止电荷之间的相互作用规律【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】本题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、牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了万有引力恒量；故a错误b、法拉第发现了电磁感应现象，但没有提出了法拉第电磁感应定律，纽曼和韦伯先后提出了电磁感应定律故b错误c、洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用力公式，故c错误d、库仑发现了真空中两个静止电荷之间的相互作用规律库仑定律，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，有一重力不计的方形容器，被水平力f压在竖直的墙面上处于静止状态，现缓慢地向容器内注水，直到注满为止，此过程中容器始终保持静止，则下列说法正确的是（）a容器受到的摩擦力不断增大b容器受到的摩擦力不变c水平力f必须逐渐增大d容器受到的合力逐渐增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【专题】定性思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题【分析】由题知物体处于静止状态，受力平衡，合力为0；再利用二力平衡的条件再分析其受到的摩擦力和f是否会发生变化【解答】解：a、b、由题知物体处于静止状态，受力平衡，摩擦力等于容器和水的总重力，所以容器受到的摩擦力逐渐增大，故a正确，b错误；c、水平方向受力平衡，力f可能不变，也可能要增大故c错误；d、容器处于平衡状态，受到的合力始终为零，不变，故d错误故选：a【点评】物体受到墙的摩擦力等于物体重，物重变大、摩擦力变大，这是本题的易错点3如图所示，在水平地面上的a点以速度v1与地面成角射出一弹丸，恰好以速度v2垂直穿入竖直壁上的小孔b，下列说法正确的是（不计空气阻力）（）a在b点以与v2等大反向的速度射出弹丸，它必定落在地面上a点的左侧b在b点以与v1等大，与v2反向的速度射出弹丸，它必定落在地面上的a点c在b点以与v1等大，与v2反向的速度射出弹丸，它必定落在地面上a点的左侧d在b点以与v1等大，与v2反向的速度射出弹丸，它必定落在地面上的a点右侧【考点】平抛运动【专题】定性思想；推理法；平抛运动专题【分析】由于题目中紧抓住弹丸垂直打到竖直壁上，采用逆向思维，该运动可以看成平抛运动，则有水平速度越大，落地速度越大，与水平面的夹角越小，射程越远【解答】解：a、在b点以与v2等大反向的速度射出弹丸，可以运动的可逆性知，必定落在地面上的a点，故a错误b、在b点以与v1等大，与v2反向的速度射出弹丸，可知平抛运动的初速度变大，运动的时间不变，则水平位移变大，落点在a的左侧，故b错误，c正确，d错误故选：c【点评】本题采用了逆向思维，降低了解决问题的难度若仍沿题意角度思考，解题很烦同时容易出错4如图所示，接于理想变压器中的四个 规格相同的灯泡都正常发光，那么，理想变压器的匝数比n1：n2：n3为（）a1：1：1b3：2：1c6：2：1d2：2：1【考点】变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】变压器的特点：电压与匝数成之比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率【解答】解：灯泡规格相同，且全部正常发光知：流经每个灯泡的电流都相等设为i，每个灯泡两端电压都相等设为u，则u2=2u，u3=u；根据输入功率等于输出功率知：u1i=u2i+u3i，u1=3u，再根据电压与匝数成正比知n1：n2：n3=u1：u2：u3=3：2：1故b正确，acd错误故选：b【点评】本题副线圈中有两个，对于电压仍然可以用于匝数成正比，但是电流不再和匝数成反比，应该利用输入功率等于输出功率5如图所示，螺线管b置于闭合金属圆环a的轴线上，当b中通过的电流i增大时（）a环a有缩小的趋势b环a有扩张的趋势c螺线管b没有缩短或伸长的趋势d螺线管b有伸长的趋势【考点】楞次定律【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合【分析】线圈b中电流i增大，b中电流产生的磁场增大，应用楞次定律阻碍磁通量变化分析a环的受力情况；根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥判断螺线管相邻两匝线圈间的力，再分析a和b有怎样形变的趋势【解答】解：a、b、当b中通过的电流逐渐增加时，电流产生的磁场逐渐增强，故穿过a的磁通量增加，为阻碍磁通量增加，根据楞次定律可知，环a应向磁通量减小的方向形变由于a环中有两种方向的磁场：b线圈外的磁感线方向与b线圈内的磁感线方向相反，b线圈外的磁感线要将b线圈内的磁通量抵消一些，当a的面积增大时，穿过a的磁通量会减小，所以可知环a应有扩张的趋势，故a错误，b正确；c、d、线圈b中电流增加，每匝线圈产生的磁场增强，线圈间的引力增大，所以螺线管b有缩短的趋势，故c错误，d错误；故选：b【点评】本题关键要明确螺线管线圈相当于条形磁铁，穿过a环的磁通量存在抵消的情况，注意a的面积越大，磁通量是越小的，不是越大，不能得出相反的结果7如图所示电路中，电源电动势为e，电源内阻为r，串联的固定电阻为r2，滑动变阻器的总电阻为r1，电阻大小关系为r1=r2=r，则在滑动触头从a端移动到b端的过程中，下列描述中正确的是（）a电路中的总电流先增大后减小b电路的路端电压先增大后减小c电源的输出功率先增大后减小d滑动变阻器r1上消耗的功率先减小后增大【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】滑动变阻器的左右两个部分并联后与电阻r2串联接到电源中，分析在滑动触头从a端滑到b端过程中，电阻的变化情况，根据闭合欧姆定律判断电流的变化情况，当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大【解答】解：a、当滑动变阻器从ab移动时，r1左右两个部分并联电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知：电流是先减小后增大，故a错误；b、路端电压u=eir，因为电流先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，故b正确；c、当r外=r的时候 电源的输出功率最大，可知当滑片在a端或者b端时，外电路总电阻 r外=r，此时电源的输出功率最大，所以输出功率是先减小后增大的，故c错误；d、将r2看成电源的内阻，等效电源的内阻为2r，变阻器为外电路，显然外电阻小于内电阻，外电阻先增大后减小，等效电源的输出功率，即r1上消耗的功率先增大后减小，故d错误故选：b【点评】本题关键判断出滑动变阻器滑片p从最右端中间左端总电阻变化情况和电源的输出功率与外电阻的关系，能巧妙运用等效思维分析变阻器功率的变化8如图甲所示，线圈abcd固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈ab边受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是（）abcd【考点】法拉第电磁感应定律；安培力；楞次定律【分析】根据左手定则，结合安培力与磁场方向，可知，感应电流的方向，再由右手定则可知，磁场是如何变化的，最后由法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，确定安培力的综合表达式，从而即可求解【解答】解：由题意可知，安培力的方向向右，根据左手定则，可知：感应电流的方向由b到a，再由右手定则可知，当垂直向外的磁场在增加时，会产生由b到a的感应电流，由法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，则安培力的表达式f=，因安培力的大小不变，则b是定值，若磁场b增大，则减小，若磁场b减小，则增大，故d正确，abc错误；故选：d【点评】考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，及安培力表达式的应用，注意判定磁场变化率大小是解题的关键9如图1所示，半径为r的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为，其轴线上任意一点p（坐标为x）的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：e=2k，方向沿x轴现考虑单位面积带电量为0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图2所示则圆孔轴线上任意一点q（坐标为x）的电场强度为（）a2k0b2k0c2k0d2k0【考点】电场强度【专题】压轴题；电场力与电势的性质专题【分析】已知均匀圆板的电场强度的公式，推导出单位面积带电量为0的无限大均匀带电平板的电场强度的公式，然后减去半径为r的圆板产生的场强【解答】解：无限大均匀带电平板r取无限大，在q点产生的场强：半径为r的圆板在q点产生的场强：无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板后的场强是两个场强的差，所以：所以选项a正确故选：a【点评】本题对高中学生来说比较新颖，要求学生能应用所学过的单位制的应用及极限法；本题对学生的能力起到较好的训练作用，是道好题10某同学设计了一种静电除尘装置，如图甲所示，其中有一长为l、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为u的高压直流电源相连带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用要增大除尘率，则下列措施可行的是（）a只增大电压ub只增大高度dc只增大长度ld只增大尘埃被吸入水平速度v0【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】带电尘埃在矩形通道内做类平抛运动，在沿电场的方向上的位移为y=，增大y便可增大除尘率【解答】解：增加除尘率即是让离下极板较远的粒子落到下极板上，带电尘埃在矩形通道内做类平抛运动，在沿电场的方向上的位移为y=即增加y即可a、只增加电压u可以增加y，故a满足条件；b、只增大高度d，由题意知d增加则位移y减小，故不满足条件；c、只增加长度l，可以增加y，故c满足条件；d、只增加水平速度v0，y减小，故不足条件故选：ac【点评】此题为结合生活背景的题目，考查频率较高，注意构建物理情景类平抛运动，应用运动的分解知识求解11我国已成功发射多颗卫星，为实现国人的飞天梦想提供了大量的信息、科技支持嫦娥一号的成功发射，标志着我国新的航天时代的到来已知发射的卫星中，卫星a是极地圆形轨道卫星，卫星b是地球同步卫星，二者质量相同，且卫星a的运行周期是卫星b的一半根据以上相关信息，比较这两颗卫星，下列说法中正确的是（）a正常运行时卫星a的线速率比卫星b的线速率大b卫星b离地面较近，卫星a离地面较远c卫星a做圆周运动的圆心和地心不重合d卫星a所需的向心力比卫星b所需的向心力大【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【专题】定性思想；方程法；人造卫星问题【分析】根据卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式进行讨论，极轨卫星轨道所在平面与赤道平面垂直，地球同步轨道与赤道共面【解答】解：卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为m，有f=f向 f=g f向=m=m（）2r因而g=m=m（）2r=ma解得v= t=2由题意知，极轨卫星a周期较短，式知，其半径是较小的a、b、卫星b离地面较近，卫星a离地面较远，与我们推得的结论矛盾；正常运行时由知a的线速率比b的大，故a正确，b错误；c、卫星做圆周运动时万有引力提供向心力，所以卫星a做圆周运动的圆心一定和地心重合，故c错误；d、卫星b离地面较近，卫星a离地面较远，根据公式可知卫星a所需的向心力比卫星b所需的向心力大故d正确故选：ad【点评】本题关键抓住万有引力提供向心力，列式求解出线速度、角速度、周期和向心力的表达式，再进行讨论12如图所示，矩形导线框abcd的一半处在磁感应强度b=0.1t的足够大的匀强磁场中，线框ab边长10cm，bc边长为20cm，当线框以ab边为轴，以角速度=20rad/s匀速转动时，从图示时刻（线圈平面与磁场方向垂直）开始计时，它的磁通量和线圈中的感应电动势e随时间变化的图象可能正确的是（）abcd【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系【专题】交流电专题【分析】根据磁通量=bscos列出等式分析，根据法拉第电磁感应定律：感应电动势与磁通量的变化率成正比，结合数学知识进行分析【解答】解：a、根据磁通量=bscos得开始一段时间内垂直于磁场的有效面积不变，所以磁通量不变，角速度=20rad/s，所以周期t=0.1s，当cd边转到到虚线左侧时，垂直于磁场的有效面积减小，磁通量减小，所以当t=0.5s时，磁场垂直于线圈平面，磁通量最大，故a错误，b正确；c、开始一段时间内垂直于磁场的有效面积不变，所以磁通量不变，感应电动势为0，当t=0.5s时，磁场垂直于线圈平面，磁通量最大，cd边速度方向平行于磁场方向，所以感应电动势为0，故c错误，d正确；故选：bd【点评】解决本题关键要知道t图象的斜率等于磁通量的变化率，并运用法拉第电磁感应定律进行分析13从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的阻力与其速率成正比，小球运动的速率随时间变化的规律如图所示，小球在t1时刻到达最高点后再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，已知重力加速度为g，下列关于小球运动的说法中正确的是（）at1时刻小球的加速度为gb在速度达到v1之前小球的加速度一直在减小c小球抛出瞬间的加速度大小为d小球加速下降过程中的平均速度小于【考点】竖直上抛运动；平均速度【专题】定性思想；方程法；直线运动规律专题【分析】由图象得到小球上升过程和下降过程的运动规律，图象的斜率表示加速度，然后进行受力分析，根据牛顿第二定律进行分析【解答】解：a、t1时刻，小球的速度为零，则受到的阻力为零，小球只受重力，加速度为g，故a正确；b、速度时间图象斜率表示加速度，根据图象可知在速度达到v1之前，图象的斜率减小，则小球的加速度一直在减小，故b正确；c、空气阻力与其速率成正比，最终以v1匀速下降，有：mg=kv1；小球抛出瞬间，有：mg+kv0=ma0；联立解得：，故c正确；d、下降过程若是匀加速直线运动，其平均速度为，而从图中可以看出其面积大于匀加速直线运动的面积，即图中的位移大于做匀加速的位移，而平均速度等于位移比时间，故其平均速度大于匀加速的平均速度，即大于，故d错误故选：abc【点评】关于速度时间图象，重点要掌握速度时间图象斜率表示加速度，面积表示位移，注意t1时刻图象的斜率不为零，加速度不为零，难度适中14如图所示，在倾角为的斜面上，轻质弹簧一与斜面底端固定，另一端与质量为m的平板a连接，一个质量为m的物体b靠在平板的右测，a、b与斜面的动摩擦因数均为开始时用手按住物体b使弹簧处于压缩状态，现放手，使a和b一起沿斜面向上运动距离l时，a和b达到最大速度v则以下说法正确的是（）aa和b达到最大速度v时，弹簧是自然长度b若运动过程中a和b能够分离，则a和b恰好分离时，二者加速度大小均为g（ sin+cos ）c从释放到a和b达到最大速度v的过程中弹簧对a所做的功等于mv2+mglsin+mglcosd从释放到a和b达到最大速度v的过程中，b受到的合力对它做的功等于mv2【考点】动能定理的应用；胡克定律；牛顿第二定律【专题】压轴题；动能定理的应用专题【分析】ab速度最大时，对应的加速度为零，即弹簧的弹力恰好与ab重力沿斜面的分力和ab受到的滑动摩擦力平衡a和b恰好分离时，ab间的弹力为0，a和b具有共同的加速度从释放到a和b达到最大速度v的过程中，根据动能定理求解弹簧对a所做的功从释放到a和b达到最大速度v的过程中，对于b，根据动能定理求解b受到的合力对它做的功【解答】解：a、a和b达到最大速度v时，a和b的加速度应该为零对ab整体：由平衡条件知 kx（m+m）gsin（m+m）gcos=0， 所以此时弹簧处于压缩状态故a错误b、a和b恰好分离时，ab间的弹力为0，对b受力分析：由牛顿第二定律知，沿斜面方向，mgsin+mgcos=ma，得a=gsin+gcos，由牛顿第二定律知，a，b的加速度相同，故b正确c、从释放到a和b达到最大速度v的过程中，对于ab整体，根据动能定理得（m+m）glsin（m+m）gcosl+w弹=（m+m）v2弹簧对a所做的功w弹=（m+m）v2+（m+m）glsin+（m+m）gcosl，故c错误d、从释放到a和b达到最大速度v的过程中，对于b，根据动能定理得b受到的合力对它做的功w合=ek=，故d正确故选：bd【点评】该题关键要掌握物体做变速直线运动，最大速度一般出现在加速度为零时刻和a和b恰好分离的特点动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功二、本题共2小题，共14分15某同学利用如图甲所示的装置验证动能定理固定并调整斜槽，使它的末端o点的切线水平，在水平地面上依次铺放好木板、白纸、复写纸将小球从不同的标记点由静止释放，记录小球到达斜槽底端时下落的高度h，并根据落点位置测量出小球平抛的水平位移x改变小球在斜槽上的释放位置，进行多次测量，记录数据如下：高度h（h为单位长度）h2h3h4h5h6h7h8h9h水平位移x （cm）5.59.111.714.215.917.619.020.621.7（1）斜槽倾角为，小球与斜槽之间的动摩擦因数为斜槽底端离地的高度为y，不计小球与水平槽之间的摩擦，小球从斜槽上滑下的过程中，动能定理若成立应满足的关系式是mgh（1）=（2）以h为横坐标，以x2为纵坐标，在坐标纸上描点作图，如图乙所示；（3）由第（1）（2）问，可以得出结论在实验误差允许的范围内，小球运动到斜槽底端的过程中，合外力对小球所做的功等于小球动能的增量【考点】探究功与速度变化的关系【专题】实验题；定性思想；推理法；动能定理的应用专题【分析】（1）小球在斜槽上滑下过程中，重力和摩擦力做功，写出合力做的功根据平抛运动的规律求出小球离开斜槽时的速度，得到动能的变化即可写出动能定理的关系式（2）根据动能定理表达式，选择纵坐标（3）根据图象的形状分析并得出结论【解答】解：（1）设小球离开斜槽时的速度为v，根据平抛运动的规律得：x=vt，y=联立得：v=x小球在斜槽上滑下过程中，重力和摩擦力做功，则合力做的功为：w=mghmgcos=mgh（1）小球动能的变化量ek=则小球从斜槽上滑下的过程中，动能定理若成立应满足的关系式是 mgh（1）=（2）根据上题结果可知，以h为横坐标，以x2为纵坐标，在坐标纸上描点作图，如图乙所示；（3）由第（1）（2）问，结合图象可得：在实验误差允许的范围内，小球运动到斜槽底端的过程中，合外力对小球所做的功等于动能的增量故答案为：（1）mgh（1）=；（2）x2；（3）在实验误差允许的范围内，小球运动到斜槽底端的过程中，合外力对小球所做的功等于小球动能的增量【点评】本题关键利用平抛运动的知识求得小球到达斜槽的末速度，从而写出动能定理表达式，要能根据数学知识灵活选择坐标16现有一电流表a有刻度但刻度值模糊，其满偏电流ig约为500a，内阻rg约为500某兴趣小组要想利用如下实验器材，较精确地测出它的满偏电流和内阻电流表a1（量程01ma，内阻ra1一100）电流表a2（量程0300a，内阻ra2=1000）电压表v（量程015v，内阻13k）定值电阻ro（阻值1k）滑动变阻器r（05，额定电流2a）电池（电动势2v，内阻不计）开关、导线若干（1）在答题卡虚线框内画出实验电路图；（2）应读取的物理量是待测电流表满偏时，电流表的读数（3）用（2）中读取的物理量表示的a表的满偏电流ig=，a表的内阻rg=【考点】伏安法测电阻【专题】实验题【分析】本题（1）的关键是根据电压表量程远大于电动势可知应将其中的一个电流表电阻电压表使用，通过估算电流表的满偏电压可知应将电流表当做电压表使用，将电流表当做电流表测量总电流，再根据变阻器的全电阻远小于待测电阻可知变阻器应采用分压式接法，考虑定值电阻保护电流表应串联在电路中即可；题（2）和（3）的关键是根据串并联规律量程待测电流表满偏时的表达式即可求解【解答】解：（1）：由于电压表量程远大于电源电动势，所以不能使用电压表；由于待测电流表的满偏电压为=，与电流表的满偏电压接近，所以应将二者并联以后再与电流表串联；由于变阻器的全电阻远小于待测电流表的电阻，所以变阻器应采用分压式接法；定值电阻可以当做保护电阻串联在测量电路中，电路图如图所示：（2）：根据串并联规律待测电流表满偏时应有： =，及所以应读取的物理量是待测电流表满偏时电流表、的读数；（3）：根据题（2）中的两个表达式可得： =， =；解得： =，所以应读取的物理量是故答案为：（1）如图（2）待测电流表满偏时，电流表的读数（3），【点评】应明确：电流表的反常规接法，即电流表可以电阻电压表使用；当变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应采用分压式接法三、本题共3小题，共31分；解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤；有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.17甲、乙两人在某一直道上完成200m的赛跑，他们同时、同地由静止开始运动，都经过4s的匀加速，甲的爆发力比乙强，加速过程甲跑了20m、乙跑了18m；然后都将做一段时间的匀速运动，乙的耐力比甲强，匀速持续时间甲为10s、乙为13s，因为体力、毅力的原因，他们都将做匀减速运动的调节，调节时间都为2s，且速度都降为8m/s，最后冲刺阶段以8m/s的速度匀速达到终点求：（1）甲做匀减速运动的加速度；（2）甲冲刺阶段完成的位移大小【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的速度与位移的关系【专题】计算题；定量思想；推理法；直线运动规律专题【分析】（1）对于匀加速过程根据平均速度公式可求得甲匀速运动的速度；再由加速度公式可求得加速度；（2）分别求出匀速运动的位移和匀减速过程的位移，则可求得冲刺时过程的位移大小【解答】解：（1）由x1= 解得v1=10m/s；甲匀减速的末速度为v2，匀减速的加速度为a2：由a2= 得a2=1m/s2（2）匀速运动的位移：x2=v1t2=1010=100m匀减速的位移：由x3=解得x3=18m最后冲刺的位移为：x4=200（x1+x2+x3）=200（20+100+18）=62m；答：（1）甲做匀减速运动的加速度为1m/s2；（2）甲冲刺阶段完成的位移大小为62m【点评】本题考查匀变速直线运动的规律的应用，要注意明确平均速度公式的应用，注意加速度的计算方法，同时在计算时要注意明确各物理量的矢量性18如图甲所示，在一对平行光滑的金属导轨的上端连接一阻值为r=4的定值电阻，两导轨在同一平面内，质量为m=0.2kg，长为l=1.0m的导体棒ab垂直于导轨，使其从靠近电阻处由静止开始下滑，已知导体棒电阻为r=1，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，导体棒下滑过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示求：（1）导轨平面与水平面间夹角（2）磁场的磁感应强度b；（3）若靠近电阻处到底端距离为s=7.5m，ab棒在下滑至底端前速度已达5m/s，求ab棒下滑到底端的整个过程中，电阻r上产生的焦耳热【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；电磁感应中的能量转化【专题】电磁感应功能问题【分析】（1）由图读出导体棒刚开始下滑时的加速度，此时棒的速度为零，还没有产生感应电动势，没有感应电流，不受安培力，根据牛顿第二定律可求得（2）根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式推导出安培力与速度的关系，由牛顿第二定律得到加速度与速度的关系式，根据数学知识研究图象的意义，求解b；（3）ab棒下滑到底端的整个过程中，棒的重力势能减小转化为棒的动能和电路的内能，根据能量守恒定律求解电阻r上产生的热量【解答】解：（1）设刚开始下滑时导体棒的加速度为a1，此时棒的速度为零，还没有产生感应电动势，电路中没有感应电流，则棒不受安培力，则由图看出，加速度为：a1=5m/s2，由牛顿第二定律得得：mgsin=ma1，得：=30（2）当导体棒的加速度为零时，开始做匀速运动，设匀速运动的速度为v0，导体棒上的感应电动势为e，电路中的电流为i，则由图读出：v0=5m/s此时有：mgsin=bil又 i=，e=blv0，联立得：b=t=1t（3）设ab棒下滑到底端的整个过程中，电阻r上产生的焦耳热为qr，回路中产生的总热量为q根据能量守恒得：mgssin=q+qr=q联立解得：qr=（mgsin）=（0.2107.50.50.252）j=4（j）答：（1）导轨平面与水平面间夹角为30（2）磁场的磁感应强度b为1t（3）ab棒下滑到底端的整个过程中，电阻r上产生的焦耳热是4j【点评】本题的解题关键是根据牛顿第二定律和安培力公式推导出安培力与速度的关系式，结合图象的信息求解相关量19如图所示，在纸平面内建立的直角坐标系xoy，在第一象限的区域存在沿y轴正方向的匀强电场现有一质量为m，电量为e的电子从第一象限的某点p（l， l）以初速度v0沿x轴的负方向开始运动，经过x轴上的点q（，0）进入第四象限，先做匀速直线运动然后进入垂直纸面的矩形匀强磁场区域，磁场左边界和上边界分别与y轴、x轴重合，电子偏转后恰好经过坐标原点o，并沿y轴的正方向运动，不计电子的重力求（1）电子经过q点的速度v；（2）该匀强磁场的磁感应强度b和磁场的最小面积s【考点】带电粒子在混合场中的运动；动能定理的应用【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】（1）电子在电场中做类似平抛运动，根据类似平抛运动的分运动公式列式求解末速度大小和方向；（2）电子进入第四象限后现在匀速运动后做匀速圆周运动，画出轨迹，找到圆心，根据几何关系列式求解出半径；然后根据洛伦兹力提供向心力列式求解磁感应强度，最后根据轨迹得到磁场最小面积【解答】解：（1）电子做类似平抛运动，有：解得：经过q点的速度大小为：与水平方向夹角为：（2）电子进入第四象限先做匀速直线运动，进入磁场后做匀速圆周运动，利用磁场速度偏转角为120由几何关系得解得由向心力公式解得方向垂直于纸面向里矩形磁场右边界距y轴的距离下边界距x轴的距离最小面积为答：（1）电子经过q点的速度v为，与水平方向夹角为30；（2）该匀强磁场的磁感应强度b为，磁场的最小面积s为【点评】本题关键是找出电子的运动规律，画出轨迹图，然后分阶段根据类似平抛运动的分运动公式和洛伦兹力提供向心力列式求解，不难四、选考题：13分请考生从给出的3道试题中任选一题作答，并用2b铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，如果多做，则按所做的第一题计分每一模块选择题均为6分，选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分每选错1个扣3分，最低得分为0分20下列说法正确的是（）a液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，故液体表面存在张力b悬浮在液体中的固体小颗粒会不停的做无规则的运动，这种运动是分子热运动c把很多小的单晶体放在一起，就变成了非晶体d第二类永动机没有违反能量守恒定律e绝对零度不可达到【考点】布朗运动；分子间的相互作用力；热力学第二定律；* 晶体和非晶体【分析】表面张力是液体表面层由于分子引力不均衡而产生的沿