山东省师大附中高三物理第一次模拟考试试题（含解析）(1).doc

山东省师大附中2015届高三物理第一次模拟考试试题（含解析） 【试卷综析】本试卷是高三模拟试卷，包含了高中物理全部内容、主要包含了匀变速运动规律、受力分析、牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒、电场、恒定电流、磁场、电磁感应、交变电流、机械波等，知识覆盖面广，知识点全面。题型新颖，没有沿用以前的老题，是份质量很高的试卷一、选择题(本题包括20个小题，共60分。每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有错选的得0分。)【题文】117世纪，意大利物理学家伽利略根据“伽利略斜面实验”指出：在水平面上运动的物体之所以会停下来，是因为受到摩擦阻力的缘故，你认为下列陈述正确的是 a该实验是一理想实验，是在思维中进行的，无真实的实验基础，故其结果是荒谬的b该实验是以可靠的事实为基础，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，从而更深刻地反映自然规律c该实验证实了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的结论d该实验为牛顿第一定律的提出提供了有力的实验依据【知识点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法p0【答案解析】bd 解析： ab、伽利略的斜面实验是以可靠的事实为基础，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，推理得出的结论，所以a错误b正确c、伽利略由此推翻了亚里士多德的观点，认为力不是维持物体速度的原因，而是改变物体运动状态的原因，故c错误d、牛顿总结了前人的经验，指出了物体运动的原因，即牛顿第一定律，故d正确故选bd【思路点拨】力是改变物体运动状态的原因物体运动不需要力来维持，运动的物体之所以停下来，是因为物体受到了与运动方向相反的摩擦阻力物体绝对不受力的情况是不可能存在的，要想得到一个无阻力的表面，让小车运动得无限远只能靠理论推理本题考查的就是学生对于物理常识的理解，这些在平时是需要学生了解并知道的，看的就是学生对课本内容的掌握情况【题文】2小球做自由落体运动，与地面发生碰撞，反弹后速度大小与落地速度大小相等。若从释放小球时开始计时，且不计小球与地面发生碰撞的时间，则小球运动的速度图线可能是图中的【知识点】自由落体运动；竖直上抛运动a3 a4【答案解析】d 解析： a、小球与地面碰撞时，速度大小不变，但方向发生突变，a图中速度没有突变，故a错误；b、小球与地面碰撞时，速度大小不变，但方向发生突变，b图中速度没有突变，故b错误；、c、由图象可以看出，速度先减小到零，再反向增加到原来的值（竖直上抛运动），然后反弹（速度大小不变、方向突变），再重复这种运动，是上抛运动，故c错误；d、由图象可以看出，速度先增加（自由落体运动），然后反弹（速度大小不变、方向突变），再减小到零（竖直上抛运动中的上升过程），再重复这种运动，故d正确；故选d【思路点拨】小球做自由落体运动，落地前做匀加速直线运动，与地面发生碰撞反弹速度与落地速度大小相等，方向相反，然后向上做匀减速直线运动，根据速度时间关系得到速度时间关系图象本题关键要注意速度的方向用正负来表示，然后结合自由落体运动和竖直上抛运动的速度时间关系来找出函数图象【题文】3以的速度水平抛出一物体，当其水平分位移与竖直分位移相等时，下列说法错误的是a即时速度的大小是 b运动时问是c竖直分速度大小等于水平分速度大小 d运动的位移是【知识点】平抛运动d2【答案解析】c 解析：物体做平抛运动，根据平抛运动的规律可得水平方向上：x=v0t 竖直方向上：h=gt2 当其水平分位移与竖直分位移相等时，即x=h，所以v0t=gt2 解得t=，所以b正确；平抛运动竖直方向上的速度为vy=gt=g=2v0，所以c错误；此时合速度的大小为 v0，所以a正确；由于此时的水平分位移与竖直分位移相等，所以x=h=v0t=v0=，所以此时运动的合位移的大小为，所以d正确本题选错误的，故选c【思路点拨】物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为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，两个方向上运动的时间相同本题就是对平抛运动规律的直接考查，掌握住平抛运动的规律就能轻松解决【题文】4如图所示，三根长度均为l的轻绳分别连接于c、d两点，a、b两端被悬挂在水平天花板上，相距2l现在c点上悬挂一个质量为m的重物，为使cd绳保持水平，在d点上可施加力的最小值为amg b c0.5mg d025mg【知识点】力的合成与应用b3【答案解析】c 解析： 由图可知，要想cd水平，则ac与水平方向的夹角为60；结点c受力平衡，则受力分析如图所示，结点c受到沿ac拉力在水平方向上的分力等于水平向右的拉力t，即：t=faccos60=fac，结点c受到沿ac拉力在竖直方向上的分力等于物体的重力，即：mg=facsin60= fac，t= mg；结点d受力平衡，当拉力f的方向与bd垂直时，力臂最长、最省力，如图所示， 最小拉力f=f=tcos30=tcos30=mg=mg故选c【思路点拨】由几何关系可知cd段水平时各绳间的夹角；对结点c分析，由共点力的平衡可求得cd绳水平时绳的拉力；再对结点d分析，由共点力平衡和力的合成可得出最小值在共点力的平衡中要注意几何关系的应用，特别是求最小力时一定要通过几何图形进行分析【题文】5磕头虫是一种不用足跳但又善于跳高的小甲虫当它腹朝天、背朝地躺在地面时，将头用力向后仰，拱起体背，在身下形成一个三角形空区，然后猛然收缩体内背纵肌，使重心迅速向下加速，背部猛烈撞击地面，地面反作用力便将其弹向空中弹射录像显示，磕头虫拱背后重心向下加速(视为匀加速)的距离大约为0.8mm，弹射最大高度为24 cm而人原地起跳方式是，先屈腿下蹲，然后突然蹬地向上加速，假想加速度与磕头虫加速过程的加速度大小相等，如果加速过程(视为匀加速)重心上升高度为0.5 m，那么人离地后重心上升的最大高度可达(空气阻力不计，设磕头虫撞击地面和弹起的速率相等)a150 m b75 m c15 m d75 m【知识点】牛顿第三定律；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律a8 c1 c2【答案解析】a 解析： 设磕头虫向下的加速度为a，磕头虫向下的最大速度为v，则有v2=2ah1磕头虫向上弹起的过程中有-v2=-2gh2联立以上两式可得a= g=3000m/s2人向下蹲的过程中有v12=2ah1人跳起的过程中有-v12=-2gh2故有2ah1=2gh2解得h2=30000.510=150m,故选a【思路点拨】磕头虫的运动是先向下加速，反弹后竖直上抛运动人的运动情况和磕头虫的运动情况类似，加速度相同，故利用v2=2ah1和-v2=-2gh2联立解得人上升的高度解决本题主要是利用人与磕头虫相同的运动过程，即先加速然后向上做竖直上抛运动类比法是我们解决问题时常用的方法平时学习要注意方法的积累【题文】6如图所示，小球从a点以初速度沿粗糙斜面向上运动，到达最高点b后返回a，c为ab的中点下列说法中正确的是a小球从a出发到返回a的过程中，位移为零，外力做功为零b小球从a到c与从c到b的过程，减少的动能相等c小球从a到c与从c到b的过程，速度的变化率相等d. 小球从a到c与从c到b的过程，损失的机械能相等【知识点】功的计算；加速度e1【答案解析】bcd 解析： a、位移是从初位置指向末位置的有向线段故小球从a出发到返回a，位移为0，但整个过程中摩擦力的方向与小球运动的方向始终相反，故整个过程中摩擦力对物体做负功故a错误b、设a到c的高度和从c到b的高度为h，ac的距离为s，斜面的倾角为，则有ssin=h根据-mgh-mgscoss=ek可知小球从a到c过程中与从c到b过程合外力对物体做的功相同，故小球减少的动能相等故b正确c、小球从a到c与从c到b的过程，受力情况不变，加速度相同，所以速度的变化率相等，故c正确；d、克服除重力之外其它力做多少功物体的机械能就减少多少，根据-mgscos=-e可得小球从a到c过程与从c到b过程，损失的机械能相等故d正确故选：bcd【思路点拨】要求动能的减少量可以根据动能定理求合外力对物体所做的功；速度的变化率即为加速度；而机械能的损失等于除重力外其他力所做的负功本题目综合性很强，考查的知识点很多，难度很大，是一道不可多得的好题【题文】7“快乐向前冲”节目，中有这样一种项目，选手需要借助悬挂在高处的绳飞跃到鸿沟对面的平台上，如果已知选手的质量为m，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角为，绳的悬挂点o距平台的竖直高度为h，绳长为l，不考虑空气阻力和绳的质量，下列说法正确的是a选手摆到最低点时处于失重状态b选手摆到最低点时所受绳子的拉力为c选手摆到最低点时所受绳子的拉力大小大于选手对绳子的拉力大小d选手摆到最低点的运动过程中，其运动可分解为水平方向的匀加速运动和竖直方向上的匀加速运动【知识点】牛顿第二定律；超重和失重；向心力c2 c3 d4【答案解析】b 解析： ：a、失重时物体有向下的加速度，超重时物体有向上的加速度，选手摆到最低点时向心加速度竖直向上，因此处于超重状态，故a错误；b、摆动过程中机械能守恒，有：mgl(1cos)mv2 设绳子拉力为t，在最低点有：tmgm 联立解得：t=（3-2cos）mg，故b正确； c、绳子对选手的拉力和选手对绳子的拉力属于作用力和反作用力，因此大小相等，方向相反，故c错误；d、选手摆到最低点的运动过程中，沿绳子方向有向心加速度，沿垂直绳子方向做加速度逐渐减小的加速运动，其运动不能分解为水平方向的匀加速运动和竖直方向上的匀加速运动，故d错误故选b【思路点拨】选手向下摆动过程中，机械能守恒，在最低点时绳子拉力和重力的合力提供向心力，选手在最低点松手后，做平抛运动，明确了整个过程的运动特点，依据所遵循的规律即可正确求解本题属于圆周运动与平抛运动的结合，对于这类问题注意列功能关系方程和向心力公式方程联合求解【题文】82010年1月17日，我国成功发射北斗compassg1地球同步卫星据了解这已是北斗五星导航系统发射的第三颗地球同步卫星则对于这三颗已发射的同步卫星，下列说法中正确的是a它们的运行速度大小相等，且都小于7.9 km/sb它们运行周期可能不同c它们离地心的距离可能不同d它们的向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等【知识点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用d5【答案解析】a 解析： 地球的第一宇宙速度是卫星贴近地球表面做匀速圆周运动的速度根据g，r越大，v越小，可知同步卫星的速度小于第一宇宙速度故a对同步卫星的特点：定周期（24h），顶轨道（赤道上方），定高度，定速率故b、c都错 根据公式：a=r2，同步卫星的半径大于地球的半径，而同步卫星的角速度与地球自转的角速度相等，所以同步卫星的向心加速度大于赤道上物体的向心加速度故d错故选a【思路点拨】同步卫星的特点：定周期（24h），顶轨道（赤道上方），定高度，定速率而地球的第一宇宙速度是卫星贴近地球表面做匀速圆周运动的速度根据g，r越大，v越小，可知同步卫星的速度小于第一宇宙速度要比较同步卫星的向心加速度和静止在赤道上物体的向心加速度大小，可根据公式：a=r2，相同，半径大的向心加速度大解决本题的关键要理解同步卫星的特点和第一宇宙速度的概念要注意赤道上物体随地球一起自转所需的向心力不是由万有引力提供【题文】9下列各图是反映汽车(额定功率p额)从静止开始匀加速启动，最后做匀速运动的过程中，其速度随“时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图像，其中正确的是【知识点】功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律a5 c2 e1【答案解析】acd 解析： 汽车开始做初速度为零的匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速结束，然后做加速度逐渐减小的加速运动，直至最后运动运动开始匀加速时：f-f=ma设匀加速刚结束时速度为v1，有：p额=fv1最后匀速时：f=f，有：f额=fvm由以上各式解得：匀加速的末速度为：v1，最后匀速速度为：vm在v-t图象中斜率表示加速度，汽车开始加速度不变，后来逐渐减小，故a正确；汽车运动过程中开始加速度不变，后来加速度逐渐减小，最后加速度为零，故b错误；汽车牵引力开始大小不变，然后逐渐减小，最后牵引力等于阻力，故c正确；开始汽车功率逐渐增加，p=fv=fat，故为过原点直线，后来功率恒定，故d正确故选acd【思路点拨】汽车以恒定牵引力启动时，汽车开始做匀加速直线运动，由p=fv可知汽车功率逐渐增大，当达到额定功率时，随着速度的增大，牵引力将减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，汽车开始匀速运动，明确了整个汽车启动过程，即可正确解答本题对于机车启动问题，要根据牛顿第二定律和汽车功率p=fv进行讨论，弄清过程中速度、加速度、牵引力、功率等变化情况【题文】10一带电小球在空中由a点运动到b点的过程中，只受重力和电场力作用.若重力做功-3 j，电场力做功1 j，则小球的a重力势能增加3 j b.电势能增加1 jc动能减少3 j d机械能增加1 j【知识点】动能定理的应用；重力势能的变化与重力做功的关系；电势能e2 e3【答案解析】ad 解析： a、重力做功等于重力势能的减小量，重力做功-3j，故重力势能增加3j，故a正确；b、电场力做功等于电势能的减小量，电场力做功1j，故电势能减小1j；c、合力做功等于动能的增加量，合力做功等于各个分力做的功，总功为-2j，故动能减小2j，故c错误；d、除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量，除重力外，只有电场力做功做功1j，故机械能增加1j，故d正确；故选ad【思路点拨】解决本题需掌握：重力做功等于重力势能的减小量；电场力做功等于电势能的减小量；合力做功等于动能的增加量；除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量功是能量转化的量度，有多种表现形式：重力做功是重力势能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；合力做功是动能变化的量度；重力外的各个力做的总功是机械能变化的量度【题文】11某电场的部分电场线如图所示，a、b是一带电粒子仅在电场力作用下运动轨迹(图中虚线)上的两点，下列说法中正确的是a粒子一定是从b点向a点运动b粒子在a点的加速度大于它在b点的加速度c粒子在a点的动能小于它在b点的动能d电场中a点的电势高于b点的电势 【知识点】电场线；牛顿第二定律；电势c2 i1【答案解析】b 解析： a、带电粒子仅在电场力作用下运动，带电粒子受电场力向右指向其轨迹的内侧，粒子可能是从b点向a点运动，也有可能是从a点向b点运动的，故a错误b、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，粒子在a点时受到的电场力大，故b正确c、带电粒子受电场力向右指向其轨迹的内侧，假设由a点运动到b点过程中，电场力与轨迹上每一点的切线方向也就是速度方向成钝角，所以电场力做负功，电势能增大，动能减小，所以粒子在a点的动能大于它在b点的动能，粒子在a点的电势能小于它在b点的电势能反之一样故c错误d、带电粒子受电场力向右指向其轨迹的内侧，所以粒子带正电，由于粒子在a点的电势能小于它在b点的电势能，所以电场中a点的电势低于b点的电势，故d错误故选b【思路点拨】根据做曲线运动的物体所受合外力指向其轨迹的内侧来判断电场力方向，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功时，电势能减小，电场力做负功时，电势能增加解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，然后利用电场线、电势、电场强度、电势能、电场力做功等之间的关系进一步判断各个物理量的变化情况【题文】12如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面且电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度朝两个方向匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中a导体框所受安培力方向相同b导体框中产生的焦耳热相同。c导体框ad边两端电势差相等d通过导体框截面的电荷量相同【知识点】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j2 l3 l5【答案解析】cd 解析： a、导体框移出磁场时，根据楞次定律可知感应电流方向均为逆时针方向向左时，由左手定则，线框受到的安培力方向向右，向右时，由左手定则，线框受到的安培力方向向左，故a错误b、设磁感应强度为b，线框边长为l，电阻为r，则q=,又vt=l，得到q=，则qv，当速度为3v时产生的焦耳热多故b错误c、向左移出磁场时，ad电势差u1=blv；向右移出磁场时，ab电势差u2=（bl3v）=blv故c正确d、由电量q=，电量相同 故d正确故选：cd【思路点拨】导体框向左、向右移出磁场，根据楞次定律，判断出感应电流方向相同，根据左手左手定则分析安培力方向关系，根据焦耳定律、欧姆定律和法拉第电磁定律研究焦耳热、ab电势差和电量的关系在电磁感应问题中常用到两个经验公式：感应电量q=n。 【题文】13如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻r的阻值，可使电压表的示数减小u(电压表为理想电表)，在这个过程中a通过rt的电流减小，减少量一定等于ur1b.r2两端的电压增加，增加量一定等于uc路端电压减小，减少量一定等于ud通过r2的电流增加，但增加量一定小于ur2【知识点】闭合电路的欧姆定律j2【答案解析】ad 解析： a、因电压表示数减小，而r1为定值电阻，故电流的减小量一定等于，故a正确；b、r1两端的电压减小，则说明r2及内阻两端的电压均增大，故r2两端的电压增加量一定小于u，故b错误；c、因内电压增大，故路端电压减小，由b的分析可知，路端电压的减小量一定小于u，故c错误；d、由b的分析可知，r2两端的电压增加量一定小于u，故电流的增加量一定小于，故d正确；故选ad【思路点拨】由图可知，r1与r并联后与r2串联，电压表测并联部分的电压；由欧姆定律可知，通过r1的电流的变化量；由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化量，则可得出路端电压的变化量及r2两端电压的关系,本题考查欧姆定律中的动态分析，因本题要求分析电流及电压的变化量，故难度稍大，要求学生能灵活选择闭合电路的欧姆定律的表达形式【题文】14如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：l，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为，则a当单刀双掷开关与连接时，电压表的示数为22vb. 当时，c、d间的电压瞬时值为110vc单刀双掷开关与连接，在滑动变阻器触头p向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小d当单刀双掷开关由扳向时，电压表和电流表的示数均变小【知识点】变压器的构造和原理m2 【答案解析】a 解析： a、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为220v，所以副线圈的电压的最大值为22v，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为v=22v，所以a正确b、在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为ul=220sinl00t（v），在t= s时，c、d间的电压瞬时值为：u=220sin =110v，故b错误；c、当单刀双掷开关与a连接，当滑动变阻器触头p向上移动的过程中，滑动变阻器的电阻增加，电路的总电阻增加，由于电压是由变压器决定的，所以电流变小，电压表的示数不变，所以c错误；d、若当单刀双掷开关由a扳向b时，理想变压器原、副线圈的匝数比由10：1变为5：1，所以输出的电压升高，电压表和电流表的示数均变大，所以d错误；故选a【思路点拨】根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法【题文】15如图所示，a、b是一对平行金属板，分别接到直流电源两极上，右边有一档板，正中间开有一小孔d，在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感强度大小为b，方向垂直纸面向里，在a、b两板间还存在着匀强电场e从两板左侧中点c处射入一束正离子(不计重力)，这些正离子都沿直线运动到右侧，从d孔射出后分成3束则下列判断正确的是a这三束正离子的速度一定不相同b这三束正离子的比荷一定不相同ca、b两扳间的匀强电场方向一定由a指向bd若这三束粒子改为带负电而其它条件不变则仍能从d孔射出【知识点】质谱仪和回旋加速器的工作原理；带电粒子在匀强磁场中的运动k2 k3【答案解析】bcd 解析： a、3束离子在复合场中运动情况相同，即沿水平方向直线通过故有qe=qvb，所以v=，故三束正离子的速度一定相同故a错误b、3束离子在磁场中有qvb=m，故r=，由于三束正离子的在磁场中圆周运动的轨道半径不同，故比荷一定不相同，故b正确c、由于在复合场中洛伦兹力竖直向上，则电场力一定竖直向下，故匀强电场方向一定竖直向下，即由a指向b，故c正确d、若这三束粒子改为带负电后电场力和洛伦兹力方向都发生改变，由于其它条件不变故合力仍为0，所以仍能从d孔射出，故d正确故选b、c、d【思路点拨】离子在复合场中沿水平方向直线通过故有qe=qvb，所以v=，电性改变后合力仍为0，仍沿直线运动到右侧；三束正离子的在磁场中圆周运动的轨道半径不同，根据r= 可知比荷一定不相同根据洛伦兹力的方向可以判定电场力的方向从而判定电场的方向速度选择器是利用电场力等于洛伦兹力的原理进行工作的，故速度选择器只能选择速度而不能选择电性【题文】16.如图所示，金属杆ab以恒定的速率v在光滑平行导轨上向右滑行.设整个电路中总电阻为r(恒定不变)，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列叙述正确的是aab杆中的电流与速率v成正比 b磁场作用于ab杆的安培力与速率v成正比c电阻r上产生的电热功率与速率v的平方成正比d.外力对ab杆做功的功率与速度v成正比【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率 j2 l2【答案解析】abc 解析： a、电动势e=blv，则电流强度i=，知电流强度与速率成正比故a正确 b、fa=bil=知安培力与速率成正比故b正确 c、根据p=i2r，i=，则p=，知电阻r产生的热功率与速率的平方成正比故c正确； d、p=fv=fav=，知外力的功率与速率的平方成正比故d错误故选abc【思路点拨】根据e=blv求出感应电动势，再根据欧姆定律得出电流强度，从而知道电流强度与速率v的关系根据fa=bil得出安培力与与速率的关系根据p=i2r得出电功率与速率的关系因为导体杆做匀速运动，所以f=fa，根据p=fv得出外力功率与速率的关系解决本题的关键掌握导体切割磁感线产生的感应电动势e=blv，以及安培力的公式fa=bil【题文】17.如图所示电路为演示自感现象的实验电路，实验时，先闭合开关s，稳定后设通过线圈l的电流为i1，通过小灯泡e的电流为i2，小灯泡处于正常发光状态。迅速断开开关s，可以观察到小灯泡闪亮一下后熄灭，在灯泡闪亮的短暂过程中，以下说法正确的是a线圈l中的电流i1逐渐减为零b线圈l两端a端电势高于b端c小灯泡中的电流由i1逐渐减为零，方向与i2相反d.小灯泡中的电流由i2逐渐减为零，方向不变【知识点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用m1【答案解析】ac 解析： a、迅速断开开关s时，线圈中电流开始减小，磁通量开始减小产生自感电动势，阻碍电流的减小，则线圈中电流i1逐渐减小为零故a正确 b、迅速断开开关s时，线圈产生自感电动势，相当于电源，b端相当正极，a相当于负极，b端电势高于a端故b错误 c、d，迅速断开开关s时，灯泡中原来的电流i2突然减小到零，线圈产生的感应电流流过灯泡，灯泡e中电流由il逐渐减为零，方向与i2相反故c正确，d错误故选ac【思路点拨】当灯泡处于正常发光状态，迅速断开开关s时，灯泡中原来的电流突然减小到零，线圈中电流开始减小，磁通量减小产生感应电动势，产生自感现象，根据楞次定律分析线圈中电流的变化和电势高低自感现象是特殊的电磁感应现象，法拉第电磁感应定律和楞次定律同样适用【题文】18如图所示，质量为m，长度为l的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块，放在小车的最左端，现用一水平力f作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为，经过一段时间小车运动的位移为，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法中正确的是a此时物块的动能为f(x+l)b此时小车的动能为fxc这一过程中，物块和小车增加的机械能为fx-fld这一过程中，因摩擦而产生的热量为fl【知识点】动能定理的应用e2【答案解析】bd 解析： a、对物块，由动能定理可知，物块的动能：ek=（f-f）（x+l），故a错误b、对小车，由动能定理可得，小车的动能为：fx，故b正确c、由能量守恒定律可知，物块和小车增加的机械能为f（x+l）-fl，故c错误d、系统产生的内能等于系统克服滑动摩擦力做功，这一过程中，小物块和小车产生的内能为fl故d正确故选：bd【思路点拨】木块加速运动，小车也做加速运动，对木块、小车、木块和小车整体分别运用动能定理列式分析即可本题关键是灵活地选择研究对象进行受力分析，再根据动能定理列式后分析求解【题文】19如图所示，在平行金属板a、b间分布着正交的匀强电场和磁场，磁感应强度垂直纸面向里，一个质子以初速度vo垂直于电磁场沿入射，恰能沿运动则：aa的电势高于b板的电势b电子以初速度垂直于电磁场沿从左端入射，仍沿作直线运动c以初速度垂直于电磁场沿从左端入射，仍沿作直线运动d以初速度垂直于电磁场沿从右端入射，仍沿作直线运动【知识点】带电粒子在混合场中的运动k3 k4【答案解析】abc 解析： a、由左手定则判断得知质子所受的洛伦兹力方向向上，质子做直线运动，所受的电场力方向应向下，故a的电势高于b板的电势故a正确b、c对于质子，由平衡条件得：qv0b=qe，则得v0b=e，可见此式与带电粒子的质量、电荷量、电性无关，所以当电子和也以初速度v0垂直于电磁场沿oo从左端入射，洛伦兹力与电场力也平衡，也沿oo作直线运动，故bc正确d、当以初速度v0垂直于电磁场沿oo从右端入射，洛伦兹力方向向下，电场力方向也向下，它将向下偏转，不可能沿oo作直线运动故d错误故选abc【思路点拨】质子带正电，由左手定则判断洛伦兹力方向，因质子做匀速直线运动，即可判断出电场力方向，从而确定出两极板电势高低由平衡条件列方程，可得到电子和以初速度v0垂直于电磁场沿oo从左端入射，受力也平衡，也做匀速直线运动本题考查对速度选择器原理的理解，关键掌握当洛伦兹力与电场力二力平衡时，粒子才能沿直线通过速度选择器【题文】20用一根横截面积为s、电阻率为p的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径如图所示，在ab的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率，则a圆环中产生逆时针方向的感应电流b圆环具有扩张的趋势c圆环中感应电流的大小为d.图中a、b两点间的电压【知识点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；楞次定律j2 l1 l2【答案解析】bd 解析： a、磁通量向里减小，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为顺时针，故a错误；b、由楞次定律的“来拒去留”可知，为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势；故b正确；c、由法拉第电磁感应定律可知，e=，感应电流i=，故c错误；d、与闭合电路欧姆定律可知，ab两点间的电势差为 =|kr2|，故d正确；故选bd【思路点拨】由题意可知，磁通量减小，由楞次定律可判断感应电流的方向；由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势；由闭合电路的欧姆定律可得出ab间的电势差本题应注意ab两点的电势差为电源的路端电压，故应为不在磁场中的部分两端的电压第ii卷【题文】21(共14分)(1)(6分)物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数。实验装置如图甲所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮：木板上有一滑块，其一端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接。打点计时器使用的交流电源的频率为50 hz。开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列点。 图乙给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个计时点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示。根据图中数据计算的加速度a=_ms2(保留两位有效数字)。为了测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的是_。a木板的长度lb木板的质量c滑块的质量d托盘和砝码的总质量e滑块运动的时间t滑块与木板间的动摩擦因数_(用被测物理量的字母表示，重力加速度为g)【知识点】探究影响摩擦力的大小的因素b2【答案解析】：（1）0.49；（2）cd；（3） 解析： ：（1）电源频率为50hz，每相邻两计数点间还有4个计时点，则计数点间的时间间隔：t=0.025=0.1s，由匀变速运动的推论x=at2可知：加速度a=0.49m/s2；（2）以系统为研究对象，由牛顿第二定律得：m3g-f=（m2+m3）a，滑动摩擦力：f=m2g，解得：=，要测动摩擦因数，需要测出：滑块的质量m2 与托盘和砝码的总质量m3，故选：cd；（3）由（2）可知，动摩擦因数的表达式为：=；【思路点拨】（1）利用逐差法x=at2可以求出物体的加速度大小，根据匀变速直线运动中某点的瞬时速度等于该过程中的平均速度大小可以求出某点的瞬时速度大小；（2）根据牛顿第二定律有=ma，由此可知需要测量的物理量（3）根据牛顿第二定律的表达式，可以求出摩擦系数的表达式解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题（2）（8分）有一个小灯泡上标有“4 v，2 w”的字样，现要描绘这个灯泡的伏安特性图线有下列器材供选用： a电压表(05 v，内阻约为10 k)b电压表(010 v，内阻约为20 k)c电流表(00.3 a，内阻约为l)d电流表(00.6 a，内阻约为0.4)e滑动变阻器(10，2 a)f.学生电源(直流6 v)，还有电键、导线若干实验中所用电压表应选用_，电流表应选用_(填a或b或c或d)实验时要求尽量减小实验误差，测量电压从零开始多取几组数据，请将下图中实物连接成满足实验要求的测量电路某同学根据实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线(如图所示)，若用电动势为2v、内阻不计的电源给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率是_w【知识点】描绘小电珠的伏安特性曲线j4【答案解析】：（1）a；d（2）如图所示（3）0.80（0.780.82） 解析： ：（1）因灯泡的额定电压为4v，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4v，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用05v的电压表，故选a；由p=ui得，灯泡的额定电流i= =0.5a；故电流表应选择00.6a的量程，故选d；（2）由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，灯泡的电阻约为r=8，跟电流表内阻接近，所以用电流表外接法，实物图连接如图所示（3）当灯泡