河南省郑州市高考物理三模试卷（含解析）.doc

河南省郑州市高考 物理三模试卷一、选择题：本题共8个小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符号题目要求，第68题有多项符合要求。全部选对的得6分，选圣但不全的得3分，有选错的得0分。1法拉第的重要贡献之一是引入“场”和“场线”的概念关于电场和磁场、电场线和磁感线，下列说法正确的是（） a 电场和磁场都是客观存在的特殊物质 b 电场线和磁感线都是电场和磁场中客观存在的曲线 c 电场和磁场都一定对放入其中的电荷产生力的作用 d 电场线和磁感线都是电荷在电场和磁场中运动的轨迹2近年来我国航天事业蓬勃发展，到目前为止，我国不仅有自主研发的“神舟”系列飞船，还有自行研制的全球卫星定位与通信系统（北斗卫星导航系统）其中“神舟”系列飞船绕地球做圆轨道飞行的高度仅有几百千米；北斗卫星导航系统的卫星绕地球做圆轨道飞行的高度达2万多千米对于它们的运行过程，下列说法正确的是（） a “神舟”系列飞船的向心加速度小于北斗导航卫星的向心加速度 b “神舟”系列飞船的角速度小于北斗导航卫星的角速度 c “神舟”系列飞船的运行周期小于北斗导航卫星的运行周期 d “神舟”系列飞船的运行速度小于北斗导航卫星的运行速度3甲、乙两车在一平直道路上同向运动，其vt图象如图所示，图中opq和oqt的面积分别为s1和s2（s2s1），计时开始时，甲、乙两车相距s0，在两车运动过程中，下列说法正确的是（） a 若甲车在乙车前方且s0=s1+s2，两车相遇1次 b 若甲车在乙车前方且s0s1，两车相遇2次 c 若乙车在甲车前方且s0=s2，两车不会相遇 d 若乙车在甲车前方且s0=s1，甲车追上乙前t时刻相距最近4在空间直角坐标系oxyz中，有一四面体caob，c、a、o、b为四面体的四个顶点，坐标位置如图所示d点在x轴上，da=ao，在坐标原点o处固定着带电量为q的点电荷，下列说法正确的是（） a a、b、c三点的电场强度相同 b o、a和a、d两点间的电势差相等 c 将电子由d点移到c点，电场力做正功 d 电子在b点的电势能大于在d点的电势能51931年英国物理学家狄拉克就从理论预言存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”1982年美国物理学家卡布莱利用电感应现象设计了一个寻找“磁单极子”的实验，他设想让一个只有n极的“磁单极子”自上而下穿过电阻为零的超导线圈（如图甲），观察其中电流的方向和大小变化情况和一个小条形磁铁自上而下穿过普通导体线圈（如图乙）相比，人上往下看（） a 普通导体线圈中将出现顺时针方向的持续电流 b 普通导体线圈中将出现逆时针方向的持续电流 c 超导线圈中将出现顺时针方向的持续电流 d 超导线圈中将出现逆时针方向的持续电流6如图为某探究活动小组设计的节能运输系统的简化示意图斜面轨道倾角为37，质量为m的货箱与轨道的动摩擦因数为0.5货箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入货箱，然后货箱载着货物沿轨道无初速滑下，当轻弹簧压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后货箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程已知sin37=0.6，cos37=0.8，下列选项正确的是（） a 货箱载着货物接触弹簧时立即开始减速运动 b 货物质量m应为货箱质量m的4倍 c 货箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度 d 货箱从最低点滑回顶端的过程中，弹簧的弹性势能全部转化为货箱的重力势能7如图，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，o点是cd边的中点一个带正电的粒子从o点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，仅在磁场力的作用下，经过时间t0刚好从c点射出磁场现设法使该带电粒子从o点沿纸面内与od成30的方向，以大小不同的速率射入正方形内，下列说法中正确的是（） a 若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定是从cd边射出磁场 b 若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定是从ad边射出磁场 c 若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定是从ab边射出磁场 d 若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定是从bc边射出磁场8如图所示，倾斜传送带以速度v1顺时针匀速运动，t=0时刻小物体从底端以速度v2冲上传送带，t=t0时刻离开传送带，下列描述小物体的速度随时间变化的图象可能正确的是（） a b c d 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13题18题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题9如图甲所示，力传感器a与计算机相连接，可获得力随时间变化的规律将力传感器固定在水平桌面上，测力端通过轻质细绳与一滑块相连，调节传感器高度使细绳水平，滑块放在较长的小车上，滑块的质量m=1.5kg，小车的质量为m=2.0kg，一根轻质细绳跨过光滑的轻质滑轮，其一端连接小车，另一端系一只空沙桶，调节滑轮使桌面上部细绳水平，整个装置处于静止状态现打开传感器，同时缓慢向沙桶里倒入沙子，当小车刚好开始运动时，立即停止倒沙子若力传感器采集的ft图象如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则：（1）滑块与小车间的动摩擦因数=；若忽略小车与水平桌面间的摩擦，小车稳定运动的加速度大小a=m/s2若实验中传感器测力端与滑块间的细绳不水平，左端略低一些，由此而引起的误差属于（填“偶然误差”或“系统误差”），这会导致动摩擦因数的测量结果（填“偏大”或“偏小”）10现有一只量程3ma、内阻约为100的灵敏电流表（表头）为了较准确地测量它的内阻，采用了如图甲所示的实验电路，实验室提供的器材除电源（电动势为2v，内阻不计）、电阻箱（最大阻值为999.9）、开关和若干导线外，还有多个滑动变阻器和定值电阻可供选择（如表）a滑动变阻器r1（05，1a） d定值电阻r01（阻值为200）b滑动变阻器r2（0200，0.5a） e定值电阻r02（阻值为25）c滑动变阻器r3（01750，0.1a） f定值电阻r03（阻值为5）（1）按照实验电路，用笔画线代替导线，在如图乙所示的方框中完成实物图连接（部分导线已画出）连接好电路之后，实验小组进行了以下操作：第一，先将滑动变阻器的滑片移到最右端，调节电阻箱的阻值为零；第二，闭合开关s，将滑片缓慢左移，使灵敏电流表满偏；第三，保持滑片不动（可认为a，b间电压不变），调节电阻箱r的阻值使灵敏电流表的示数恰好为满刻度的若此时电阻箱的示数如图丙所示，则灵敏电流表内阻的测量值rg为（3）为较好地完成实验，尽量减小实验误差，实验中应选择的滑动变阻器和定值电阻分别为和（填表格中器材前的字母）（4）要临时把该灵敏电流表改装成3.0v量程的电压表使用，则应将其与电阻箱（填“串联”或“并联”），并把电阻箱的电阻值调为11如图所示，半径为r1=1.8m的光滑圆弧轨道末端水平，固定在水平地面上，与竖直截面为半圆形的坑平滑连接，bd为坑沿水平方向的直径现将质量为m=1.0kg的小球从圆弧顶端a点由静止释放，小球离开b点后击中坑壁上的c点测得c点与水平地面的竖直距离为h=1.8m，重力加速度g取10m/s2求：（1）小球刚到达轨道末端b点时对轨道的压力fn半圆形坑的半径r212如图所示，ab、cd为间距l=1m的光滑倾斜金属导轨，与水平面的夹角为=30，导轨电阻不计，ac间连接有一个r=2.4的电阻，空间存在磁应强度b0=2t的匀强磁场，方向垂直于导轨平面向上，将一根金属棒放置在导轨上距ac为x0=0.5m处，金属棒的质量m=0.5kg，电阻r=0.8现将金属棒由静止释放，金属棒沿导轨向下运动的过程中始终与ac平行且与导轨接触良好已知当金属棒向下滑行x=1.6m到达mn处时已经达到稳定速度，金属导轨足够长，g取10m/s2则：（1）金属棒的稳定速度是多少？金属棒从释放到运动至mn处的过程中，忽略电流变化引起的电磁辐射损失，电阻r上产生的焦耳热是多少？（3）若将由静止释放金属棒的时刻记作t=0，从此时刻开始，为使金属棒中不产生感应电流，可让磁感应强度按一定规律变化试写出磁感应强度b随时间t变化的表达式三、选考题：共45分。13关于分子动理论和物体的内能，下列说法正确的是（） a “油膜法”估测分子大小实验中，可将纯油酸直接滴入浅盘的水面上 b 温度越高，液体中悬浮微粒的布朗运动就越明显 c 分子间的引力和斥力都随着分子间距离的增大而减小 d 分子间的引力和斥力相等时，分子势能一定为零 e 物体温度降低时，其分子热运动的平均动能一定减小14如图所示，质量为m=5kg的圆形汽缸内部底面横截面积为s=10cm2，内部高为l=0.8m，放置在水平地面上（与地面间有少量空隙），汽缸中用质量为m=2kg的光滑活塞封闭了一定质量的理想气体，开始时气柱长度为l1=0.4m，现用力缓慢拉动活塞，整个过程气体温度保持不变，已知大气压强为p0=1105pa，g取10m/s2（1）活塞向上移动x=0.2m时，求拉力f的大小通过计算判断，活塞从汽缸中拉出时，汽缸是否离开地面？15如图甲所示，沿波的传播方向上有六个质点a、b、c、d、e、f，相邻两质点之间的距离均为2m，各质点均静止在各自的平衡位置，t=0时刻振源a开始做简谐运动，取竖直向上为振动们移的正方向，其振动图象如图乙所示，形成的简谐横波以2m/s的速度水平向右传播，则下列说法正确的是（） a 波传播到质点c时，质点c开始振动的方向竖直向上 b 04s内质点b运动的路程为8cm c 45s内质点d的加速度正在逐渐减小 d 6s时质点e第一次处于波峰位置 e 各质点都振动起来后，a与c的运动方向始终相反16如图所示，一个足够大的水池盛满清水，水深h=4m，水池底部中心有一点光源a，其中一条光线斜射到水面上距a为l=5m的b点时，它的反射光线与折射光线恰好垂直（1）求水的折射率n；用折射率n和水深h表示水面上被光源照亮部分的面积（圆周率用表示）17如图所为氢原子的能级图用光子能量为13.06ev的光照射一群处于基态的氢原子，下列说法正确的是（） a 氢原子可以辐射出连续的各种波长的光 b 氢原子可辐射出10种不同波长的光 c 氢原子从n=4的能级向n=3的能级跃迁时辐射光的波长最短 d 辐射光中，光子能量为0.31ev的光波长最长 e 用光子能量为14.2ev的光照射基态的氢原子，能够使其电离18如图所示，质量为2m、高度为h的光滑弧形槽末端水平，放置在光滑水平地面上，质量为m的小球a从弧形槽顶端静止释放，之后与静止在水平面上质量为m的小球b发生对心碰撞并粘在一起求：（1）小球a滑下后弧形槽的速度大小；小球a、b碰撞过程损失的机械能河南省郑州市高考物理三模试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8个小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符号题目要求，第68题有多项符合要求。全部选对的得6分，选圣但不全的得3分，有选错的得0分。1法拉第的重要贡献之一是引入“场”和“场线”的概念关于电场和磁场、电场线和磁感线，下列说法正确的是（） a 电场和磁场都是客观存在的特殊物质 b 电场线和磁感线都是电场和磁场中客观存在的曲线 c 电场和磁场都一定对放入其中的电荷产生力的作用 d 电场线和磁感线都是电荷在电场和磁场中运动的轨迹考点： 磁感线及用磁感线描述磁场；电场分析： 电场与磁场都是客观存在的特殊物质；电场线和磁感线都是为了描述电场和磁场而假想的曲线，电场线越密的地方，电场强度越大，电场中某点电场强度的大小由电场决定解答： 解：a、电场和磁场均是客观存在的特殊物质；故a正确；b、电场线和磁感线是人类为了形象地描述电场场而引入的虚拟的线，实际中并不存在；故b错误；c、电场对放入其中的电荷一定有力的作用；但磁场只对运动的电荷有力的作用；故c错误；d、电荷的运动取决于初速度和力的方向，故电场线和磁感线均不是电荷在场中的轨迹；故d错误；故选：a点评： 考查电场与磁场的基本知识，通过相互比较来加强理解抓住电场与磁场都是物质，电场线和磁感线都是假想的曲线是关键2近年来我国航天事业蓬勃发展，到目前为止，我国不仅有自主研发的“神舟”系列飞船，还有自行研制的全球卫星定位与通信系统（北斗卫星导航系统）其中“神舟”系列飞船绕地球做圆轨道飞行的高度仅有几百千米；北斗卫星导航系统的卫星绕地球做圆轨道飞行的高度达2万多千米对于它们的运行过程，下列说法正确的是（） a “神舟”系列飞船的向心加速度小于北斗导航卫星的向心加速度 b “神舟”系列飞船的角速度小于北斗导航卫星的角速度 c “神舟”系列飞船的运行周期小于北斗导航卫星的运行周期 d “神舟”系列飞船的运行速度小于北斗导航卫星的运行速度考点： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系专题： 人造卫星问题分析： 根据万有引力提供向心力，求出周期、加速度、速度与轨道半径的关系，从而通过轨道半径的大小比较出它们的大小解答： 解：根据万有引力提供向心力=ma=m2r=m=mr“神舟”系列飞船绕地球做圆轨道飞行的高度仅有几百千米；北斗卫星导航系统的卫星绕地球做圆轨道飞行的高度达2万多千米“神舟”系列飞船的轨道半径小于北斗卫星导航系统的卫星的轨道半径a、a=，所以“神舟”系列飞船的加速度大于北斗导航卫星的向心加速度，故a错误；b、=，所以“神舟”系列飞船的角速度大于北斗导航卫星的角速度，故b错误；c、t=2，所以“神舟”系列飞船的运行周期小于北斗导航卫星的运行周期，故c正确；d、v=，所以“神舟”系列飞船的运行速度小于北斗导航卫星的运行速度，故d错误；故选：c点评： 解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、周期、加速度与轨道半径的关系，知道同步卫星的轨道半径大小3甲、乙两车在一平直道路上同向运动，其vt图象如图所示，图中opq和oqt的面积分别为s1和s2（s2s1），计时开始时，甲、乙两车相距s0，在两车运动过程中，下列说法正确的是（） a 若甲车在乙车前方且s0=s1+s2，两车相遇1次 b 若甲车在乙车前方且s0s1，两车相遇2次 c 若乙车在甲车前方且s0=s2，两车不会相遇 d 若乙车在甲车前方且s0=s1，甲车追上乙前t时刻相距最近考点： 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系专题： 运动学中的图像专题分析： 此题是追击与相遇问题，解决此类问题的关键是分析清楚两物体的位移关系两物体的位移之差等于初始时的距离是两物体相遇的条件解答： 解：由图线可知：在t时间内，甲车前进了s2，乙车前进了s1+s2；a、若甲车在乙车前方且s0=s1+s2，则s0+s2s1+s2，两车不会相遇，故a错误；b、若甲车在乙车前方且s0s1，则s0+s2s1+s2，即在t时刻之前，乙车会超过甲车，但甲车速度增加的快，所以甲车还会超过乙车，则两车会相遇2次，故b正确；c、若乙车在甲车前方且s0=s2，在t时刻甲车没有追上乙车，但由于t时刻后甲车的速度比乙车的大，所以甲车能追上乙车，故c错误d、若乙车在甲车前方且s0=s1，甲车追上乙前t时刻相距最远，故d错误故选：b点评： 1、抓住速度图象是速度随时间的变化规律，是物理公式的函数表现形式，分析问题时要做到数学与物理的有机结合，数学为物理所用2、在速度图象中，纵轴截距表示初速度，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的“面积”表示位移，抓住以上特征，灵活分析4在空间直角坐标系oxyz中，有一四面体caob，c、a、o、b为四面体的四个顶点，坐标位置如图所示d点在x轴上，da=ao，在坐标原点o处固定着带电量为q的点电荷，下列说法正确的是（） a a、b、c三点的电场强度相同 b o、a和a、d两点间的电势差相等 c 将电子由d点移到c点，电场力做正功 d 电子在b点的电势能大于在d点的电势能考点： 电势差与电场强度的关系；电场强度专题： 电场力与电势的性质专题分析： a、b、c三点的电场强度大小相同，方向不同a、b、c三点的电势相同，a、b、c三点所在的等势面为球面若将试探电荷+q自a点沿+x轴方向移动，电场力做负功，其电势能增加若在a、b、c三点放置三个点电荷，q所受电场力的合力不可能为零解答： 解：a、根据点电荷电场线的分布情况可知：a、b、c三点的电场强度大小相同，方向不同，而场强是矢量，则a、b、c三点的电场强度不同故a错误b、根据点电荷的电场强度的特点可知，oa段的电场强度的大小要大于ad段的电场强度，所以o、a和a、d两点间的电势差不相等故b错误c、o点处是负电荷，则x轴上电场强度的方向沿x轴负方向指向o点，可知d点的电势高于a点的电势；又a、b、c三点处于同一等势面上，电势相同，所以d点的电势高于c点的电势，将电子由d点移到c点，电场力做负功，故c错误d、d点的电势高于a点的电势；又a、b、c三点处于同一等势面上，电势相同，所以d点的电势高于b点的电势，将电子由d点移到b点，电场力做负功，其电势能将增加故d正确故选：d点评： 本题要掌握点电荷电场线和等势面的分布情况，要有一定的空间想象能力，要能根据电场力方向与位移方向的关系判断电场力做功的正负51931年英国物理学家狄拉克就从理论预言存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”1982年美国物理学家卡布莱利用电感应现象设计了一个寻找“磁单极子”的实验，他设想让一个只有n极的“磁单极子”自上而下穿过电阻为零的超导线圈（如图甲），观察其中电流的方向和大小变化情况和一个小条形磁铁自上而下穿过普通导体线圈（如图乙）相比，人上往下看（） a 普通导体线圈中将出现顺时针方向的持续电流 b 普通导体线圈中将出现逆时针方向的持续电流 c 超导线圈中将出现顺时针方向的持续电流 d 超导线圈中将出现逆时针方向的持续电流考点： 楞次定律专题： 电磁感应与电路结合分析： 条形磁铁或磁单极子穿过普通或超导线圈，导致线圈中的磁通量发生变化，根据磁通量变化情况，由楞次定律可判定感应电流的方向解答： 解：ab、条形磁铁n向下穿过普通线圈，先磁场向下，磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流方向逆时针（从上向下），当穿过线圈后，磁通量向上，且大小减小，由楞次定律，感应电流方向顺时针（从上向下），故ab错误；cd、若n磁单极子穿过超导线圈的过程中，当磁单极子靠近线圈时，穿过线圈中磁通量增加，且磁场方向从上向下，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从上向下看，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向逆时针；当磁单极子远离线圈时，穿过线圈中磁通量减小，且磁场方向从下向上，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从下向上，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向逆时针因此线圈中产生的感应电流方向不变故c错误，d正确故选：d点评： 该题考查右手螺旋定则、楞次定律，及磁单极子的特征同时注意磁体外部的感应线是从n极射出，射向s极，注意条形磁针与磁单极子的区别6如图为某探究活动小组设计的节能运输系统的简化示意图斜面轨道倾角为37，质量为m的货箱与轨道的动摩擦因数为0.5货箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入货箱，然后货箱载着货物沿轨道无初速滑下，当轻弹簧压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后货箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程已知sin37=0.6，cos37=0.8，下列选项正确的是（） a 货箱载着货物接触弹簧时立即开始减速运动 b 货物质量m应为货箱质量m的4倍 c 货箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度 d 货箱从最低点滑回顶端的过程中，弹簧的弹性势能全部转化为货箱的重力势能考点： 功能关系；牛顿第二定律分析： 本题考查了牛顿运动定律、功能关系的理解及应用弄清整个过程的功能转化，从开始到木箱恰好被弹回到轨道顶端过程，系统损失的能量为mglsin即m的重力势能，全部用来克服摩擦力做功只看开始和最后两个状态弹簧弹性势能以及货箱的机械能没有改变，据此可以利用功能关系求解解答： 解：a、货箱载着货物接触弹簧时，弹簧的弹力小于mgsin37mgcos37时，货箱还是加速的，故a错误；b、设弹簧压缩最大时的弹性势能为ep，由动能定理得下滑过程有：（m+m）gsin 37s（m+m）gcos 37sep=0上滑过程由动能定理得epmgsin 37smgcos 37s=0联立解得m=4m，故b正确；c、货箱不与弹簧接触时，上滑的加速度为gsin37+gcos37，下滑的加速度为gsin37gcos37，故c正确；d、货箱从最低点滑回顶端的过程中，弹簧的弹性势能转化为重力势能及克服摩擦力做功，故d错误；故选：bc点评： 本题比较全面的考查了学生对功能关系、牛顿运动定律等的理解与应用，有一定难度，在平时要加强这方面的训练7如图，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，o点是cd边的中点一个带正电的粒子从o点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，仅在磁场力的作用下，经过时间t0刚好从c点射出磁场现设法使该带电粒子从o点沿纸面内与od成30的方向，以大小不同的速率射入正方形内，下列说法中正确的是（） a 若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定是从cd边射出磁场 b 若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定是从ad边射出磁场 c 若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定是从ab边射出磁场 d 若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定是从bc边射出磁场考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动专题： 带电粒子在磁场中的运动专题分析： 由题，带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为t=2t0，若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，得到轨迹的圆心角，即可知速度的偏向角，可判断粒子在哪边射出磁场用同样的方法判断其他情况解答： 解：由题意可知，带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为t=2t0a、若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0=t，粒子轨迹的圆心角为=2=，速度的偏向角也为，根据几何知识得知，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角为30，必定从cd射出磁场故a正确b、当带电粒子的轨迹与ad边相切时，轨迹的圆心角为60，粒子运动的时间为t=t=t0，在所有从ad边射出的粒子中最长时间为t0，故若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，一定不是从ad边射出磁场故b错误c、粒子从ab边射出磁场时最大的偏向角等于=60+90=150=，从ab边射出时的最长运动时间：t=t=t0，从ab边射出的粒子在磁场中的最短运动时间为t0，若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定不从ab边射出，故c错误d、若粒子刚好能从bc边射出磁场（即粒子轨迹与bc边相切），则粒子在磁场中运动速度偏转了240角，对应的运动时间为t1=t=t0，由c可知，粒子若从bc边射出，其运动时间一定小于t0，若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定是从bc边射出磁场，故d正确；故选：ad点评： 本题是带电粒子在磁场中圆周运动类型，抓住粒子的周期一定，根据速度的偏向角等于轨迹的圆心角，由圆心角确定粒子在磁场中的运动时间8如图所示，倾斜传送带以速度v1顺时针匀速运动，t=0时刻小物体从底端以速度v2冲上传送带，t=t0时刻离开传送带，下列描述小物体的速度随时间变化的图象可能正确的是（） a b c d 考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；力的合成与分解的运用专题： 牛顿运动定律综合专题分析： 要分不同的情况进行讨论：若v2v1：分析在摩擦力f重力沿斜面向下的分力和f重力沿斜面向下的分力的运动情况若v2v1：分析在摩擦力f重力沿斜面向下的分力和f重力沿斜面向下的分力的运动情况即可选择图象解答： 解：a、若v2v1：物体冲上传送带后所受的滑动摩擦力沿斜面向下，做匀减速运动，当其速度与传送带相同时，若摩擦力f重力沿斜面向下的分力，则物体与传送带一起匀速运动，则a图是可能的，故a正确b、若v2v1：物体先做匀减速运动，与传送带共速后，摩擦力f重力沿斜面向下的分力，滑动摩擦力沿斜面向上，物体继续向上做匀减速运动，加速度减小，速度减小零，向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律知 mgsinmgcos=ma，知共速后加速度大小不变，则b图是可能的，故b正确c、若v2v1：物体先做匀减速运动，与传送带共速后，摩擦力f重力沿斜面向下的分力，加速度将减小，则该图不可能，故c错误d、若v2v1：物体先做匀加速运动，与传送带共速后，摩擦力f重力沿斜面向下的分力，物体与传送带一起匀速运动，则d图是可能的，故d正确故选：abd点评： 本题考查摩擦力的方向与速度的关系，明确其与相对运动方向相反，结合牛顿第二定律分析可能的运动情况，关键要正确分析共速后摩擦力与重力分力的关系，确定其运动情况二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13题18题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题9如图甲所示，力传感器a与计算机相连接，可获得力随时间变化的规律将力传感器固定在水平桌面上，测力端通过轻质细绳与一滑块相连，调节传感器高度使细绳水平，滑块放在较长的小车上，滑块的质量m=1.5kg，小车的质量为m=2.0kg，一根轻质细绳跨过光滑的轻质滑轮，其一端连接小车，另一端系一只空沙桶，调节滑轮使桌面上部细绳水平，整个装置处于静止状态现打开传感器，同时缓慢向沙桶里倒入沙子，当小车刚好开始运动时，立即停止倒沙子若力传感器采集的ft图象如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则：（1）滑块与小车间的动摩擦因数=0.2；若忽略小车与水平桌面间的摩擦，小车稳定运动的加速度大小a=0.25m/s2若实验中传感器测力端与滑块间的细绳不水平，左端略低一些，由此而引起的误差属于系统误差（填“偶然误差”或“系统误差”），这会导致动摩擦因数的测量结果偏大（填“偏大”或“偏小”）考点： 探究影响摩擦力的大小的因素专题： 实验题分析： （1）当小车由静止刚好开始运动时，滑块与小车间的摩擦力是最大静摩擦力，此时小车处于静止状态，第小车进行受力分析求出沙桶及所装沙子的总质量，对滑块进行受力分析，由图象求出传感器对滑块的拉力，由平衡条件求出滑块受到的摩擦力，进而求出动摩擦力因数；对沙桶及所装沙子、小车进行受力分析，根据牛顿第二定律列式，联立方程即可求解加速度根据实验原理与操作，左端略低一些，可判定属于系统误差，从而导致滑动摩擦力变大，进而分析测量结果变化情况解答： 解：（1）当小车由静止刚好开始运动时，滑块与小车间的摩擦力是最大静摩擦力，由图乙所示图象可知，滑块与小车间的最大静摩擦力fmax=3.5n，此时沙桶及所装沙子的总重力m0g=fmax，解得：m0=0.35kg由图乙所示图象可知，稳定后，滑块的滑动摩擦力f=3.0n，由f=mg解得：=0.2；对沙桶及所装沙子，根据牛顿第二定律得：m0t=m0a对小车运用牛顿第二定律得：tf=ma由解得：a=0.25m/s2传感器测力端与滑块间的细绳不水平，左端略低一些，由此而引起的误差属于系统误差，由于左端略低一些，导致压力增大，则滑动摩擦力偏大，因此动摩擦因数的测量结果偏大；故答案为：（1）0.2，0.25； 系统误差，偏大点评： 本题难度不大，对滑块、沙桶及所装沙子、小车正确受力分析，应用牛顿第二定律即可正确解题，由图乙所示图象求出传感器拉力大小是正确解题的关键，同时掌握系统误差与偶然误差的区别，及掌握寻找误差分析的根源是解题的突破口10现有一只量程3ma、内阻约为100的灵敏电流表（表头）为了较准确地测量它的内阻，采用了如图甲所示的实验电路，实验室提供的器材除电源（电动势为2v，内阻不计）、电阻箱（最大阻值为999.9）、开关和若干导线外，还有多个滑动变阻器和定值电阻可供选择（如表）a滑动变阻器r1（05，1a） d定值电阻r01（阻值为200）b滑动变阻器r2（0200，0.5a） e定值电阻r02（阻值为25）c滑动变阻器r3（01750，0.1a） f定值电阻r03（阻值为5）（1）按照实验电路，用笔画线代替导线，在如图乙所示的方框中完成实物图连接（部分导线已画出）连接好电路之后，实验小组进行了以下操作：第一，先将滑动变阻器的滑片移到最右端，调节电阻箱的阻值为零；第二，闭合开关s，将滑片缓慢左移，使灵敏电流表满偏；第三，保持滑片不动（可认为a，b间电压不变），调节电阻箱r的阻值使灵敏电流表的示数恰好为满刻度的若此时电阻箱的示数如图丙所示，则灵敏电流表内阻的测量值rg为102.5（3）为较好地完成实验，尽量减小实验误差，实验中应选择的滑动变阻器和定值电阻分别为a和e（填表格中器材前的字母）（4）要临时把该灵敏电流表改装成3.0v量程的电压表使用，则应将其与电阻箱串联（填“串联”或“并联”），并把电阻箱的电阻值调为897.5考点： 伏安法测电阻专题： 实验题分析： （1）由原理图可得出对应的实物图，注意导线不能交叉；由电阻箱的读数方法可明确其读数；（3）由实验的安全和准确性原则可得出对应的定值电阻和滑动变阻器；（4）根据电表的改装原理可求得应串联的电阻解答： 解：（1）根据原理图可得出对应的实物图；如右图所示；由电阻箱的读数方法可得：r=1100+21+50.1=102.5（3）定值电阻起保护作用，故定值电阻选a即可；滑动变阻器采用分压接法，故滑动变阻器选择e；（4）要使电流表改装成3.0v的电压表，应串联一个电阻；由欧姆定律可知：ig（rg+r）=3.0；解得：r=897.5；故答案为：（1）如图所示；102.5；（3）a，e；（4）串联；897.5点评： 本题考查电表的改装，仪表的选择及实验电路的接法，要注意掌握相关仪器的选择及读数方法11如图所示，半径为r1=1.8m的光滑圆弧轨道末端水平，固定在水平地面上，与竖直截面为半圆形的坑平滑连接，bd为坑沿水平方向的直径现将质量为m=1.0kg的小球从圆弧顶端a点由静止释放，小球离开b点后击中坑壁上的c点测得c点与水平地面的竖直距离为h=1.8m，重力加速度g取10m/s2求：（1）小球刚到达轨道末端b点时对轨道的压力fn半圆形坑的半径r2考点： 机械能守恒定律；平抛运动；向心力专题： 机械能守恒定律应用专题分析： （1）根据机械能守恒定律知b点速度，根据牛顿运动定律知支持力，根据牛顿运动定律知压力根据平抛运动规律知水平位移，根据几何知识知半径解答： （1）小球沿光滑轨道滑下，由机械能守恒定律得mgr1=到达b点的前一时刻，支持力与重力的合力提供向心力f支mg=根据牛顿第三定律，fn=f支联立解得 fn=3mg=30n小球从b点做平抛运动，竖直方向上水平方向上x=vt故小球从b到c过程的水平位移x=1.6m由几何关系得，r=（xr2）2+h2解得r2=2.25m答：（1）小球刚到达轨道末端b点时对轨道的压力为30n半圆形坑的半径为2.25m点评： 此题考查机械能守恒和曲线运动，注意平抛运动是利用运动的分解，圆周运动注意受力分析找向心力12如图所示，ab、cd为间距l=1m的光滑倾斜金属导轨，与水平面的夹角为=30，导轨电阻不计，ac间连接有一个r=2.4的电阻，空间存在磁应强度b0=2t的匀强磁场，方向垂直于导轨平面向上，将一根金属棒放置在导轨上距ac为x0=0.5m处，金属棒的质量m=0.5kg，电阻r=0.8现将金属棒由静止释放，金属棒沿导轨向下运动的过程中始终与ac平行且与导轨接触良好已知当金属棒向下滑行x=1.6m到达mn处时已经达到稳定速度，金属导轨足够长，g取10m/s2则：（1）金属棒的稳定速度是多少？金属棒从释放到运动至mn处的过程中，忽略电流变化引起的电磁辐射损失，电阻r上产生的焦耳热是多少？（3）若将由静止释放金属棒的时刻记作t=0，从此时刻开始，为使金属棒中不产生感应电流，可让磁感应强度按一定规律变化试写出磁感应强度b随时间t变化的表达式考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力分析： （1）当金属棒受到的安培力与重力沿斜面的分力相等时，导体棒受到的合力为零，导体棒做匀速直线运动，速度最大，达到稳定状态，由安培力公式及平衡条件即可求出棒下滑的最大速度由能量守恒定律求解电阻r上产生的焦耳热（3）为使金属棒中不产生感应电流，回路中磁通量应不变，据此列式求解解答： 解：（1）由法拉第电磁感应定律，得 e=b0lv由闭合电路欧姆定律，得 i=整个运动过程，根据牛顿第二定律得 mgsinb0li=ma当棒运动的加速度为零时速度最大，可解得 vm=2m/s从棒由静止释放到达到最大速度的过程中，由能量守恒定律得 mgxsin=+q可解得 q=mgxsin=3j故电阻r上产生的焦耳热为 qr=q=2.25j（3）当回路中的总磁通量不变时，棒中不产生感应电流，沿导轨做匀加速运动则有：b0lx0=bl（x0+）由牛顿第二定律得 mgsin=ma联立解得 b=t答：（1）金属棒的稳定速度是2m/s电阻r上产生的焦耳热是2.25j（3）磁感应强度b随时间t变化的表达式为b=t点评： 对金属棒正确受力分析、分析清楚金属棒的运动过程、应用安培力公式、平衡条件等，即可正确解题要明确产生感应电流的条件：闭合电路的磁通量变化三、选考题：共45分。13关于分子动理论和物体的内能，下列说法正确的是（） a “油膜法”估测分子大小实验中，可将纯油酸直接滴入浅盘的水面上 b 温度越高，液体中悬浮微粒的布朗运动就越明显 c 分子间的引力和斥力都随着分子间距离的增大而减小 d 分子间的引力和斥力相等时，分子势能一定为零 e 物体温度降低时，其分子热运动的平均动能一定减小考点： 布朗运动；分子间的相互作用力；温度是分子平均动能的标志分析： “油膜法”估测分子大小实验要形成单分子油膜；布朗运动是液体分子碰撞的不平衡性造成的；分子间的引力和斥力都随着分子间距离的增大而减小，但斥力减小更快；分子力的合力为零时，分子势能最小；温度是分子热运动平均动能的标志解答： 解：a、“油膜法”估测分子大小实验中，要先撒上痱子粉，将纯油酸滴入痱子粉上，故a错误；b、布朗运动是液体分子碰撞的不平衡性造成的；液体温度越高，固体颗粒越小，液体中悬浮微粒的布朗运动就越明显；故b正确；c、分子间的引力和斥力都随着分子间距离的增大而减小，但斥力减小更快，故c正确；d、分子间的引力和斥力相等时，分子力的合力为零，分子势能最小，但可以不为零，分子势能的零点是人为规定的，故d错误；e、温度是分子热运动平均动能的标志，故物体温度降低时，其分子热运动的平均动能一定减小，故e正确；故选：bce点评： 本题考查了“油膜法”估测分子大小实验、布朗运动、分子力与分子势能、温度的微观意义等，知识点多，难度小，关键是记住基础知识14如图所示，质量为m=5kg的圆形汽缸内部底面横截面积为s=10cm2，内部高为l=0.8m，放置在水平地面上（与地面间有少量空隙），汽缸中用质量为m=2kg的光滑活塞封闭了一定质量的理想气体，开始时气柱长度为l1=0.4m，现用力缓慢拉动活塞，整个过程气体温度保持不变，已知大气压强为p0=1105pa，g取10m/s2（1）活塞向上移动x=0.2m时，求拉力f的大小通过计算判断，活塞从汽缸中拉出时，汽缸是否离开地面？考点： 理想气体的状态方程专题： 理想气体状态方程专题分析： （1）气体发生等温变化，由玻意耳定律求出气体的压强，然后应用平衡条件求出拉力大小应用玻意耳定律与平衡条件求出拉力大小，然后根据拉力与活塞和气缸总重力间的关系分析答题解答： 解：（1）初始位置，由平衡条件得：p0s+mg=p1s，代入数据解得：p1=1.2105pa，气体状态参量：v1=l1s，v2=（l1+x）s，气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p1v1=p2v2，即：1.21050.410=p2（0.4+0.2）10，解得：p2=0.8105pa，活塞向上移动x=0.2 m时，由平衡条件得：p0s+mg=p2s+f，代入数据解得：f=40n；活塞向上移动汽缸顶端时，由平衡条件得：p0s+mg=p3s+f，整个过程温度不变，由玻意耳定律得：p1l1s=p1ls，代入数据解得：f=60n（m+m）g=（5+2）10=70n，故汽缸不会离开地面答：（1）活塞向上移动x=0.2m时，拉力f的大小为40n活塞从汽缸中拉出时，汽缸不会离开地面点评： 本题考查了玻意耳定律的应用，分析清楚气体状态变化过程、应用玻意耳定律、平衡条件即可正确解题15如图甲所示，沿波的传播方向上有六个质点a、b、c、d、e、f，相邻两质点之间的距离均为2m，各质点均静止在各自的平衡位置，t=0时刻振源a开始做简谐运动，取竖直向上为振动们移的正方向，其振动图象如图乙所示，形成的简谐横波以2m/s的速度水平向右传播，则下列说法正确的是（） a 波传播到质点c时，质点c开始振动的方向竖直向上 b 04s内质点b运动的路程为8cm c 45s内质点d的加速度正在逐渐减小 d 6s时质点e第一次处于波峰位置 e 各质点都振动起来后，a与c的运动方向始终相反考点： 横波的图象；波长、频率和波速的关系专题： 振动图像与波动图像专题分析： 由图乙读出周期由波速公式求解波长根据t=求出波传到各点的时间，分析质点的振动情况，由位置确定加速度的变化根据各个质点间距离与波长的关系，分析质点运动方向的关系解答： 解：a、根据乙图可知，波源a开始起振的方向竖直向上，所以波传播到质点c时，质点c开始振动的方向也竖直向上，故a正确；b、波的周期与a点振动周期相等，由图乙知：周期为 t=4s，根据公式：，得：=vt=24=8m，波从a传到b点的时间为 t=1s，则在04s内质点b已经振动了t=3s时间，而t=3s=t，所以质点b运动路程为 s=3a=32cm=6cm，故b