江苏省南京三中（六中校区）高三物理考前复习《选择题专练》教学案.doc

江苏省南京三中（六中校区）2012届高三物理考前复习选择题答案1d简要分析：由于降落伞在风的作用下，下落时间只由下落的高度决定，故时间与风速无关，a错；风速越大，水平位移也越大，故下落的位移越大，b错；落地时速度方向与地面的夹角由竖直方向的速度与水平方向的速度的比值决定，风速的越大，这个比值越小，c错；落地时的速度由运动的合成知d对。2a简要分析：物块与传送带运动方向相反，在摩擦力的作用下减速至零后，往回加速，当速度与开始的初速度大小相等时，返回到出发点，之后在光滑水平面做匀速运动。t1时刻，是物块对地的距离最远，相对传送带的距离在物块加速没达到传送带的速度前，仍在增大的。3b简要分析：挂上质量为m2的钩码后，依题意得，c点变成在如图1所示位置，对c处的绳圈受力分析如图2所示，由共点力平衡条件与几何关系可得：4c简要分析：设圆形区域磁场的半径为r，磁感应强度的大小为b1时，从p点人射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为m，(见答图甲)由题意知，则该带电粒子在磁场中的运动轨迹是以pm为直径的圆;由几何关系得轨迹圆半径为。磁感应强度的大小为b2时，从p点人射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为n，(见答图乙)由题意知，由几何关系得轨迹半径r2=r/2，所以5b简要分析：对于电路，随着滑动变阻器触头向右滑动，灯泡上电压增大，灯泡变亮，通过电流表的电流增加，由于滑动变阻器触头滑到最右端也不会造成短路，所以电流表不至于烧毁.据此判断与d对应； 对于电路，滑动变阻器触头向右滑动时，灯泡亮度增加，电流表示数变大，当滑动变阻器触头滑到最右端时，造成短路，从而烧毁电流表，之后，灯泡变得最亮.据此判断，与c对应；对于电路，由于电压表串联进了电路，而电压表内电阻很大，滑动变阻器触头时，灯泡不亮，电流表示数几乎没有变化，据此判断与a对应；对于电路，随着滑动变阻器触头向右滑动，灯泡不亮，电流表将被短路烧毁.所以，对应a、b、c、d.6ac简要分析：电流变化的频率在原副线圈之间是相等的，a对；灯泡两端的电压与副线圈两端的电压不等，b错；频率的增大，电感线圈的电阻增大，导致灯泡两端电压下降而亮度变暗，c对、d错。7acd简要分析：线速度，a对；地球的密度，其中地球质量可通过万有引力提供向心力获知，但无法求得地球和半径，b错、c对；由组合体与地球间的万有引力使组合体产生向心加速度，可知其向心加速度为，d对。8bd简要分析：撤去外力f后，物体机械能守恒，由图知，物体在h1和h2间机械能不变，故撤去外力f时的高度应在h1，a错；在外力f作用过程中，应用动能定理有，整理后有，等式的左端就是物体上升中的机械能e，所以图象在0h1中的斜率就是外力f，b对；物体从高度h1上升至h2过程所用时间与从高度h2下落至h1过程所用时间相等，从高度h2下落至h1的时间就是自由落体运动的时间，应是，c错；物体从开始上升至h1/2时的速度v由动能定理，可解,则物体上升到高度时拉力f的瞬时功率为物体上升到高度时拉力f的瞬时功率为（注意到）。9bc简要分析：由图象知，拉力，安培力,应用牛顿第二定律有,由于匀加速直线运动,合力应是恒力,即,有,又,可得.t0时刻线框的速率,故应选bc. 物理考前20题之实验题1. （1）图线如右图（2）0.270.28 （3）小车滑行时所受摩擦阻力较大 23. （1）平衡摩擦力时倾角过大。没有满足mm的条件。（2）ad气垫导轨不需要平衡摩擦力；小车受到的拉力是由力传感器测定的，不再需要满足mm的条件，同样道理，动滑轮c的质量最终也体现在力传感器的测量上，没有系统误差。（3）或，写出一个就得分。4. 【参考答案】（1）如图所示电流表a1的刻度总格数n（2）当电流表的指针指n格时，电流表a2的读数i2，电流表a3的读数i3（3） 物理考前20题之选考模块题a（选修模块33）（12分）(1) bd （4分） (2) 减小（2分） 放热 （2分）(3) 油分子的直径为 一摩尔油的体积为 所以阿伏加德罗常数为 （2分）（注：本题也可以用立方体模型求解） 一滴油含有的分子数为 （2分）b（选修模块34）（12分）(1) ab(2) 负 （2分） 10m/s (2分)(3) 此液体的折射率，（1分）而sin1=，sin2=得此液体的折射率 （1分）光在此液体中的传播速度v =（1分） 解得 v= （1分）物理考前20题之计算题1. 【参考答案】（1） -2分代入数据解得 v0=2m/s -1分（2）在a点时 -1分代入数据解得 从p至a点 -1分 -1分 -1分代入数据解得 -1分 h=0.6m -1分（3）从a至c -2分代入数据得由圆周运动向心力公式得-2分由牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小，-1分代入数据得 -1分2. 【参考答案】（1）要使电子的侧向位移最小，应让电子从t0、3t0等时刻进入偏转电场，有 -2分 -2分可得，电子的最小侧向位移为 -1分（2）设电子从偏转电场中出来时的速度为vt，垂直偏转极板的速度为vy，电子从偏转电场中出来时的偏向角为，有 -1分 -1分电子垂直打在荧光屏上，在磁场中运动半径应为-2分又 -1分由上述四式可解得 -1分（3）当电子从0、2t0、4t0等时刻进入偏转电场时，电子的侧向位移最大，为 -2分解得 各个时刻从偏转电场中出来的电子的速度大小相同，方向也相同，因此电子进入磁场后的半径也相同，所以打在荧光屏上的电子束的宽度等于电子从偏转电场中出来时的最大侧向位移和最小侧向位移之差，为 -2分解得 -1分3. （1）ab棒平衡，有 f-f安mgtan37-（1分）而 f安biabl-（1分）而 f0.75+0.1t（n） 得 iab0.2t（a） 由电路可得 icd2iab 则回路中电源电动势 eicd r总-（1分）可得 icd0.4t（a） e2t（v）cd棒切割磁感线，产生的感应电动势为 eblv-（1分）可得，cd棒的速度v4t(m/s) -（1分）所以，cd棒做初速为零加速度为a4m/s2的匀加速直线运动（2）cd棒在3s内的位移为 xat243218m-（1分）根据 ，-（1分）得 -（1分）代入数据可得通过cd棒的电量为 q1.8c-（1分）（3）ab棒平衡，t=0时，f=0.75n，且没有安培力有 fmgtan37 解得m=0.1kg-（1分）所以，两根金属棒的质量均为0.1kg回路中产生总的焦耳热 q10qr7.2j-（2分）所以安培力对金属棒cd做的功为 w安-7.2j t3s时，cd棒的速度为 vat12m/s-1分）根据动能定理 w+w安mv20-（2分）得3s内外力对金属棒做的功为w14.4j-（1分）4. （1）着陆器从高度为h到第二次着陆，由机械能守恒有得出月球表面的重力加速度为（2）当卫星的轨道半径为月球半径r时，发射速度最小，设最小速度为v，重力加速度即为向心加速度可解得 （3）设着陆器与卫星的对接时的速度为v，对绕月卫星，由牛顿第二定律有在月球表面有着陆器与卫星对接时，发动机对着陆器所做的功w发由动能定理有而 联立以上各式可解得5. （1）货物从a至b得货物在b点的速度为 vb=10m/s货物从b到c做匀减速运动，加速度为设到达c点速度为vc，则可解得vc=2m/s货物从c点至车厢内， 代入数据解得t=0.3s s=0.6m（2）皮带速度v皮=r=4m/s 货物从b到c将先减速后匀速，从c点抛出的速度为vc1=4m/s落点到c点的水平距离=1.2m（3）需要分情况讨论若皮带轮逆时针方向转动无论角速度为多大，货物从b到c均做匀减速运动，在c点的速度为vc=2m/s落点到c点的水平距离均为为s=0.6m若皮带轮顺时针方向转动、若货物一直减速，皮带轮的转速应满足 此时，s=0.6m、若货物先减速后匀速，皮带轮的转速应满足 此时，=0.06（m）若货物刚好一直匀速，皮带轮的转速应满足 此时，=3m、若货物一直加速，则有 可解得vc2=14m/s所以，若货物先加速再匀速，皮带轮的转速应满足 此时，=0.06（m）若货物一直加速，则皮带轮的转速应满足 此时，=4.2m可得s图象如图所示6. （1）质子射入磁场后做匀速圆周运动，有解得 （2）质子沿x轴正向射入磁场后，在磁场中运动了个圆周后，以速度v逆着电场方向进入电场，原路径返回后，再射入磁场，在磁场中运动了个圆周后离开磁场在磁场中的圆周运动周期为 质子在磁场中运动的时间为 进入电场后做匀变速直线运动，加速度大小为 质子在电场中运动的时间为 所求时间为 （3）当质子沿与x轴正方向成夹角的方向从第一象限射入磁场时，设质子将从a点射出磁场，如图所示，其中o1为磁场区域圆的圆心，o2为质子轨迹圆的圆心由于轨迹圆的半径等于磁场区域圆的半径，所以oo1ao2为菱形，即ao2平行x轴，说明质子以平行y轴的速度离开磁场，也以沿y轴负方向的速度再次进入磁场o2=-此后质子轨