高三物理-2014-2015年高三(上)期末物理试卷

1、2014-2015学年高三（上）期末物理试卷一（16分）单项选择题本大题有8小题，每小题2分每小题给出的四个答案中，只有一个是正确的1下列物理规律中不能直接通过实验进行验证的是（）A 牛顿第一定律B 欧姆定律C 玻意耳定律D 机械能守恒定律2最早提出物体运动不需要力来维持的人物是（）A 亚里士多德B 伽利略C 牛顿D 笛卡尔3如图所示A、B分别表示某一个门电路两个输入端的信号，Z表示该门电路输出端的信号，则根据它们的波形可以判断该门电路是（）A “与”门B “或”门C “非”门D “与非”门4做“互成角度的两个共点力的合成”的实验，实验中所说的合力与两个分力具有相同的效果，是指下列说法中的（）

2、A 弹簧秤的弹簧被拉长相同长度B 两弹簧秤相对橡皮条保持相同的角度C 细绳套受拉力产生相同的形变D 使橡皮条在某一方向上伸长到某一长度5用细绳拉着质量为m的小球在光滑水平面上作匀速圆周运动，运动中（）A 小球的速度不变B 小球的速度不断改变C 细绳对小球的拉力一定小于mgD 细绳对小球的拉力可能为零6关于分子运动，下列说法中正确的是（）A 布朗运动就是液体分子的热运动B 布朗运动图示中不规则折线表示的是液体分子的运动轨迹C 当分子间的距离变小时，分子间作用力可能减小，也可能增大D 物体温度改变时物体分子的平均动能不一定改变7开尔文运用合理外推的方法，建立起热力学温标，所利用的实验事实是一定质量

3、的气体（）A 压强不变，体积与摄氏温度成正比B 体积不变，压强与摄氏温度成正比C 温度不变，压强与体积成反比D 体积不变，压强与摄氏温度成线性关系8关于平抛运动，以下说法中正确的是（）A 平抛运动是一种变加速运动B 作平抛运动的物体加速度随时间逐渐增大C 作平抛运动的物体每秒内速度增量相等D 作平抛运动的物体每秒内位移增量相等二（24分）单项选择题（本大题有8小题，每小题3分每小题给出的四个答案中，只有一个是正确的）9某物体质量为1kg，受水平拉力作用沿水平粗糙地面作直线 运动，其速度图象如图所示，根据图象可知物体（）A 受的拉力总是大于摩擦力B 在第3s内受的拉力为1NC 在第1s内受的拉力

4、大于2ND 在第2s内受的拉力为零10一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形如图中实线所示，t=0.2s时刻的波形如图中的虚线所示，则（）A 质点P在t=0.2s时刻向下运动B 波的周期可能为0.4sC 波的频率可能为6.25HzD 波的传播速度可能为20m/s11在赤道上某处有一支避雷针当带有负电的乌云经过避雷针上方时，避雷针开始放电形成瞬间电流，则地磁场对避雷针的作用力的方向为（）A 正东B 正西C 正南D 正北12带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示，可以判断（）A 粒子的加速度在a点时较大B 粒子的电势能在b点时较大C

5、 粒子可能带负电，在b点时速度较大D 粒子一定带正电，动能先变小后变大13如图所示，一定质量的同种理想气体从a、b、c、d四个不同的初状态变化到同一末状态e，它们的压强变化情况是（）A 从a到e，压强增大B 从b到e，压强增大C 从c到e，压强增大D 从d到e，压强减小14如图所示，木块m放在木板AB上，开始=0，现在木板A端 用一个竖直向上的力F使木板绕B端逆时针缓慢转动（B端不滑动）在m 相对AB保持静止的过程中（）A 木块m对木板AB的作用力逐渐减小B 木块m受到的静摩擦力随呈线性增大C 竖直向上的拉力F保持不变D 拉力F的力矩先逐渐增大再逐渐减小15两个绝缘固定带等量正电的点电荷，其连

6、线的垂直平分线上有A、B两对称点，如图所示另一个带正电质量不计的点电荷q从A点以速度v沿中垂线方向运动至B点，在这过程中，q的动能变化情况是（）A 可能一直增大B 可能一直减小C 先减小，后增大D 先增大，后减小16某长直导线中分别通以如图所示的电流，则下面说法中正确的是（）A 图所示电流周围产生匀强磁场B 图所示电流周围的磁场是稳定的C 图所示电流周围各点的磁场方向在0t1时间内与t1t2时间内的方向是相反的D 图所示电流周围的磁场先变强再变弱，磁场中各点的磁感强度方向不变三（16分）多项选择题（本大题有4小题，每小题4分每小题给出的四个答案中，有二个或三个是正确的，全部选对的，得4分；选对

7、但不全的，得2分；有选错或不答的，得0分）17在无风的情况下，跳伞运动员从水平飞行的飞机上跳伞，考虑到空气阻力的因素，则下列描绘某段下落过程中速度的水平分量大小vx竖直分量大小vy与时间t的图象中可能正确的图是（）A B C D 18滑块以某初速度从固定的粗糙斜面底端向上运动，然后又滑回到斜面底端，若滑块向上运动的位移中点为A，取斜面底端重力势能为零，则滑块（）A 上滑过程机械能减小，下滑过程机械能增大B 上滑过程机械能减小，下滑过程机械能也减小C 上滑至A点时动能大于势能D 下滑至A点时动能大于势能19简谐波A与B在某时刻的波形如图所示，经过t=TA时间（TA为波A的周期），两波仍出现如此波

8、形，则两波的波速之比vA：vB可能是（）A 1：1B 1：2C 2：3D 3：220如图所示电路中，电源的内电阻为r，R1、R3、R4均为定值电阻，电表均为理想电表闭合电键S，滑动变阻器R2的滑片向右滑动，电流表和电压表示数变化量的大小分别为I、U，下列结论正确的是（）A 电压表示数变大B 电流表示数变大C rD r四（20分）填空题本大题有5小题，每小题4分21体积为V的油滴，滴在平静的水面上，扩展成面积为S的单分子油膜，则该油滴的分子直径约为；已知阿伏伽德罗常数为NA，油的摩尔质量为M，则一个油分子的质量为22汽车发动机的功率为60kW，若汽车总质量为5×103 kg，在水平路面

9、上行驶时，所受阻力大小恒为5×103 N，则汽车所能达到的最大速度为m/s；若汽车以0.5m/s2的加速度由静止开始做匀加速运动，这一过程能维持的时间为s23科学家在研究地月组成的系统时，从地球向月球发射激光，测得激光往返时间为t若已知万有引力恒量为G，月球绕地球旋转（可看成匀速圆周运动）的周期为T，光速为c，地球到月球的距离远大于它们的半径则由以上述物理量可以求出月球到地球的距离为；可求得地球的质量为24在如图所示匀强电场中，A、B、C、D四点是一个边长为0.1m的正方形的顶点，已知A、B、C三点电势分别为UA=25V，UB=15V，UC=5V，则D点的电势UD=v；该匀强电场的场

10、强大小为v/m25一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和 B支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内转动，如图所示开始时OA边处于水平位置，由静止释放，不计任何阻力转动中设OA边与水平方向的夹角为，则当A球速度达最大时为；假定支架未转动时两小球的总重力势能为Eo，转动中当A的速度为时两小球的总重力势能为Eo/3五（24分）实验题本大题有4小题.26某同学利用DIS研究电梯在竖直方向的运动在电梯中挂一质量为3kg的重物，用力传感器测出悬绳的拉力F，得到如图所示的Ft图象 （1）根据图象判断电梯在不同时间段加速度、速度的变化 情况是：A时间段；B时间段；C

11、时间段（2）若电梯在t=0时由静止开始运动，请判断电梯的运动 方向，并请叙述理由27如图所示为“研究有固定转动轴物体的平衡条件”实验，力矩盘上各同心圆的间距相等在A、B两点分别用细线悬挂若干钩码，C点挂上弹簧秤后力矩盘平衡已知每个钩码所受的重力均为1N （1）此时弹簧秤示数为N，B点细线上悬挂的钩码个数为个；（2）有同学在做这个实验时，发现顺时针力矩之和与逆时针力矩之和存在较大差距，检查发现读数和计算均无差错，请指出造成这种差距的一个可能原因，并提出简单的检验方法（如例所示，将答案填在下表空格中） 可能原因检验方法例力矩盘面没有调到竖直用一根细线挂一个钩码靠近力矩盘面，如果细线与力矩盘面间存在

12、一个小的夹角，说明力矩盘不竖直答28某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内电阻，改变滑动变阻器滑片位置记录六组数据，然后画出UI图象，如图所示根据图线，干电池的电动势为v，内电阻为；在此实验中，电源的最大输出功率是w29发光晶体二极管是用电器上做指示灯用的一种电子元件它的电路符号如图（甲）所示，正常使用时，带“+”号的一端接高电势，带“”的一端接低电势某同学用滑动变阻器改变阻值的方法用伏特表和毫安电流表测得二极管两端的电压UD和通过它的电流I的数据，并记录在下表中：UD/V00.40.81.21.62.02.42.62.83.0I/mA00.92.34.36.813.019.024.025.8

13、37.0要求：在图（乙）中的虚线内画出该同学的实验电路图；在图（丙）中的小方格纸上用描点法画出二极管的伏安特性曲线，并判断该二极管的电阻随所加电压的变化怎样变化；已知该发光二极管的最佳工作电压为2.5V，现用5V稳压电源供电，需要串联一个电阻R才能使二极管工作在最佳状态，试运用伏安特性曲线计算R的阻值（取整数）六（50分）计算题本大题有4小题30如图所示，斜面的倾角为37°，一物块从斜面A点由静止释放物块与水平面和斜面的动摩擦因数均为0.2，AB=2.2m，不计物块滑至B点时由于碰撞的能量损失，取g=10m/s2（sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）

14、物块从A点滑至B点的时间为多少？（2）若物块最终滑至C点停止，BC间的距离为多大？31一个内壁光滑的圆柱形气缸，质量为M，高度为L，、底面积为S缸内有一个质量为m的活塞，封闭了一定质量的理想气体，不计活塞厚度温度为t0时，用绳子系住活塞将气缸悬挂起来，气缸内气体高为L1，如图甲所示如果用绳子系住气缸底，将气缸倒过来悬挂起来，气缸内气体高为L2，如图乙所示设两种情况下气缸都处于竖直状态，求：（1）当时的大气压强；（2）图乙状态时温度升高到多少时，活塞将与气缸脱离？32导电的正方形线框abcd边长为l，每边的电阻均为r0，线框置于光滑水平导轨oo与nn上，导轨间距也为l，电阻不计，on端所接电池的

15、电动势为，内阻为r，整个装置处在磁感强度大小为B方向向下的匀强磁场中现将电键s闭合，求s闭合瞬间（1）线框所受安培力的方向（在图中标示出来）；（2）线框所受安培力的大小；（3）电路的发热功率33如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为+Q和Q，A、B相距为2dMN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，其质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷，不影响电场的分布），现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v，已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g求：（1）C、O间的电

16、势差UCO；（2）小球p在O点时的加速度；（3）小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度2014-2015学年高三（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一（16分）单项选择题本大题有8小题，每小题2分每小题给出的四个答案中，只有一个是正确的1下列物理规律中不能直接通过实验进行验证的是（）A 牛顿第一定律B 欧姆定律C 玻意耳定律D 机械能守恒定律考点：牛顿第一定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：本题考查了理想实验的应用，根据理想实验的特点即可解答解答：解：“理想实验”虽然也叫做“实验”，但它同真实的科学实验是有原则区别的，真实的科学实验是一种实践的活动，而“理想实验”则是一种思维的活动；真实的科学

17、实验是可以将设计通过物化过程而实现的实验，后者则是由人们在抽象思维中设想出来而实际上无法做到的实验，牛顿第一定律是描述的物体在不受外力作用下的运动情况，而不受外力的物体是不存在的，因此只能通过“理想实验”来验证，故BCD错误，A正确故选A点评：本题比较简单，考查了物理思想、物理方法的应用2最早提出物体运动不需要力来维持的人物是（）A 亚里士多德B 伽利略C 牛顿D 笛卡尔考点：物理学史专题：常规题型分析：明确了题目所提到的科学家的重要贡献即可正确解答本题解答：解：A、亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，故A错误；B、最早提出物体运动不需要力来维持的科学家是伽利略，故B正确；C、牛顿在伽利略等

18、科学家的基础上提出了牛顿三定律，故C错误；D、笛卡尔从理论和实践两方面参与了对光的本质、反射与折射率以及磨制透镜的研究，笛卡尔运用他的坐标几何学从事光学研究等，故D错误故选B点评：本题考查了有关物理学史的知识，对于这部分知识注意是注意平时加强积累和记忆3如图所示A、B分别表示某一个门电路两个输入端的信号，Z表示该门电路输出端的信号，则根据它们的波形可以判断该门电路是（）A “与”门B “或”门C “非”门D “与非”门考点：简单的逻辑电路专题：恒定电流专题分析：与门的特点：事件的所有条件满足，事件才能发生或门的特点：只要有一个条件满足，事件就能发生非门的特点：输入状态和输出状态完全相反解答：解

19、：将A、B、C、D四个门电路注意代入，与门输入端全为“1”，输出端才为“1”，或门输入端只要有“1”，输出端就为“1”发现A正确，B、C、D错误故选：A点评：解决本题的关键掌握门电路的特点，与门的特点：事件的所有条件满足，事件才能发生或门的特点：只要有一个条件满足，事件就能发生非门的特点：输入状态和输出状态完全相反4做“互成角度的两个共点力的合成”的实验，实验中所说的合力与两个分力具有相同的效果，是指下列说法中的（）A 弹簧秤的弹簧被拉长相同长度B 两弹簧秤相对橡皮条保持相同的角度C 细绳套受拉力产生相同的形变D 使橡皮条在某一方向上伸长到某一长度考点：验证力的平行四边形定则专题：实验题分析：

20、根据合力与分力的关系：效果相同进行分析解答：解：A、弹簧称拉力大小可以调节，不需要被拉长相同长度，保证两次效果相同就行故A错误 B、两弹簧秤对橡皮条的拉力方向可以调节，只要两次效果就行故B错误 C、研究对象是橡皮条，使橡皮筋同方向伸长量相同，不是细绳套产生相同的形变故B错误 D、合力和分力的效果由橡皮的拉伸体现，效果相同，橡皮条在某一方向上伸长到相同长度故D正确故选D点评：实验的核心是实验原理，根据原理分析选择器材和注意事项5用细绳拉着质量为m的小球在光滑水平面上作匀速圆周运动，运动中（）A 小球的速度不变B 小球的速度不断改变C 细绳对小球的拉力一定小于mgD 细绳对小球的拉力可能为零考点：

21、线速度、角速度和周期、转速专题：匀速圆周运动专题分析：用细绳拉着质量为m的小球在光滑水平面上做匀速圆周运动，速度的大小不变，方向时刻改变，绳子的拉力提供做圆周运动所需的向心力解答：解：A、小球做匀速圆周运动，速度的大小不变，方向时刻改变所以小球的速度不断改变故A错误，B正确 C、绳子的拉力提供做圆周运动所需的向心力速度大，所需的向心力大，拉力就大，所以拉力可能比重力大，也可能比重力小，不可能为0所以C、D错误故选B点评：解决本题的关键知道匀速圆周运动的特点，速度时刻改变，拉力提供做圆周运动的向心力6关于分子运动，下列说法中正确的是（）A 布朗运动就是液体分子的热运动B 布朗运动图示中不规则折线

22、表示的是液体分子的运动轨迹C 当分子间的距离变小时，分子间作用力可能减小，也可能增大D 物体温度改变时物体分子的平均动能不一定改变考点：布朗运动；分子间的相互作用力专题：布朗运动专题分析：解答本题需要掌握：布朗运动的实质以及物理意义，尤其是体会其无规则运动的含义；分子力与分子距离之间的关系；理解温度是分子平均动能的标志的含义解答：解：A、布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的无规则运动，是由大量液体分子撞击形成的，是液体分子无规则运动反应，故A错误；B、布朗运动图示中不规则折线表示其运动的无规则性，并非运动轨迹，故B错误；C、要判断分子力与分子之间距离的变化关系，首先明确分子之间开始距离与r0的关系

23、，如若分子之间距离由无穷远开始变小，分子力变化可能是先增大后减小再增大，故C正确；D、温度是分子平均动能的标志，物体温度改变，分子平均动能一定改变，故D错误故选C点评：本题考查了有关分子热运动的基础知识，对于这些基础知识，平时学习不能忽略，要加强记忆与积累7开尔文运用合理外推的方法，建立起热力学温标，所利用的实验事实是一定质量的气体（）A 压强不变，体积与摄氏温度成正比B 体积不变，压强与摄氏温度成正比C 温度不变，压强与体积成反比D 体积不变，压强与摄氏温度成线性关系考点：气体的等容变化和等压变化专题：气体的状态参量和实验定律专题分析：开尔文所利用的实验事实是气体发生等容变化时，压强与摄氏温

24、度成线性关系解答：解：开尔文所利用的实验事实是气体体积不变时，压强与摄氏温度成线性关系，Pt图象不过原点，开尔文运用合理外推，将P轴平移到273.15°C，新坐标原点代表的温度作为热力学温度T的零度，压强P与T成正比故选D点评：本题考查物理学史，这也是高考常见内容之一对于物理学史上著名物理学家、经典实验、重要学说等等要记牢8关于平抛运动，以下说法中正确的是（）A 平抛运动是一种变加速运动B 作平抛运动的物体加速度随时间逐渐增大C 作平抛运动的物体每秒内速度增量相等D 作平抛运动的物体每秒内位移增量相等考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：平抛运动初速度水平，只受重力；将平抛运动沿着水

25、平和竖直方向正交分解，其水平分运动为匀速直线运动，竖直分运动为自由落体运动解答：解：A、B、平抛运动只受重力，故根据牛顿第二定律，加速度的大小和方向都不变，是一种匀变速曲线运动，故A错误、B也错误；C、由于平抛运动的加速度恒定，故速度每秒的增加量相同，大小为10m/s，方向为竖直向下，故C正确；D、平抛运动水平分运动为匀速运动，竖直分运动为自由落体运动，有x=v0t故合位移为，每秒增量不等，故D错误；故选C点评：本题关键是将小球的运动沿着水平和竖直方向正交分解，然后根据运动合成的平行四边形定则得到合速度、加速度、位移的情况二（24分）单项选择题（本大题有8小题，每小题3分每小题给出的四个答案中

26、，只有一个是正确的）9某物体质量为1kg，受水平拉力作用沿水平粗糙地面作直线 运动，其速度图象如图所示，根据图象可知物体（）A 受的拉力总是大于摩擦力B 在第3s内受的拉力为1NC 在第1s内受的拉力大于2ND 在第2s内受的拉力为零考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像专题：牛顿运动定律综合专题分析：从图象得到第一秒匀加速直线运动，第二秒做匀速直线运动，第三秒做匀加速直线运动；根据运动学公式求出加速度后，再根据牛顿第二定律列式解答：解：A、物体第一秒匀加速直线运动，第二秒做匀速直线运动，第三秒做匀加速直线运动，加速度分别为：=2m/s2，a2=0，根据牛顿第二定律，有F1f=ma1 F2f

27、=0 F3f=ma3 由式，第二秒的拉力等于摩擦力，故A错误；B、由式，第三秒内拉力比摩擦力大1N，故B错误；C、由式，第一秒内的拉力大于2N，故C正确；D、由式，第二秒内拉力等于摩擦力，故D错误；故选C点评：本题关键是根据图象得到运动规律，然后根据牛顿第二定律列式分析求出拉力10一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形如图中实线所示，t=0.2s时刻的波形如图中的虚线所示，则（）A 质点P在t=0.2s时刻向下运动B 波的周期可能为0.4sC 波的频率可能为6.25HzD 波的传播速度可能为20m/s考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象专题：波的多解性分析：根据波的传播方向确定质点

28、P的振动方向结合波的周期性，分析时间t与周期的关系通项，并求出频率和波速的通项，再确定特殊值解答：解：解：A、简谐横波沿x轴正方向传播，质点P在t=0.2s时刻向上运动故A错误 B、由题意，t=（n+）T，T=，（n=0，1，2，、）因为n为整数，T不可能等于0.4s故B错误 C、频率f=，当n=1时，f=6.25Hz，故C正确 D、频速v=f=30（4n+1）m/s，因为n为整数，v不可能等于20m/s故D错误故选C点评：本题的方法是由波动图象读出波长，根据题给条件，列出周期与时间t的关系通项，分析特殊值培养运用数学知识解决物理问题的能力11在赤道上某处有一支避雷针当带有负电的乌云经过避雷针

29、上方时，避雷针开始放电形成瞬间电流，则地磁场对避雷针的作用力的方向为（）A 正东B 正西C 正南D 正北考点：左手定则；地磁场分析：左手定则的内容是：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向解答：解：当带有负电的乌云经过避雷针上方时，避雷针开始放电形成瞬间电流，负电电荷从上而下通过避雷针，所以电流的方向为从下而上，磁场的方向从南向北，根据左手定则，安培力的方向向西故B正确，A、C、D错误故选B点评：解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向12带电粒子仅在电场力作用下，从

30、电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示，可以判断（）A 粒子的加速度在a点时较大B 粒子的电势能在b点时较大C 粒子可能带负电，在b点时速度较大D 粒子一定带正电，动能先变小后变大考点：电场线；牛顿第二定律；电场强度；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：做曲线运动的物体所受的合力大致指向轨迹凹的一向，根据此可判断出电场力的方向以及电场力的做功情况，根据电场力做功可判断出动能、电势能的变化粒子的加速度可通过比较合力（电场力）进行比较解答：解：A、a点的电场强度比b点小，则在a所受的电场力（即合力）小，所以粒子的加速度在a点时较小故A错误 B、根据轨迹弯曲程度，知

31、电场力的方向沿电场线切线方向向右，所以该电荷是正电荷从a点到b点，电场力先做负功，再做正功，电势能先增加后降低，动能先变小后增大但a点到b点，整个过程最终电场力做正功，所以a点的电势能大于b点，a点的动能小于b点故B、C错误，D正确故选D点评：解决本题的关键通过轨迹的弯曲方向判断出电场力的方向，根据电场力做功判断出动能的变化和电势能的变化13如图所示，一定质量的同种理想气体从a、b、c、d四个不同的初状态变化到同一末状态e，它们的压强变化情况是（）A 从a到e，压强增大B 从b到e，压强增大C 从c到e，压强增大D 从d到e，压强减小考点：理想气体的状态方程专题：理想气体状态方程专题分析：由图

32、可知图象为VT图象，根据图象可知压强与热力学温度的关系；根据气体状态方程=C和已知的变化量去判断其它的物理量解答：解：A、从a到e，V不变，T增大，根据气体状态方程=C知道压强增大，故A正确B、从b到e，过原点的直线是等压线，压强不变故B错误C、从c到e，T不变，V增大，P减小，故C错误D、从d到e，V减小，T增大，根据气体状态方程=C知道压强增大，故D正确故选AD点评：本题考查气体的状态方程中对应的图象，在VT图象中等压线为过原点的直线要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化14如图所示，木块m放在木板AB上，开始=0，现在木板A端 用一个竖直向上的力F使木板绕B端逆时针缓慢转动（B端不滑动）

33、在m 相对AB保持静止的过程中（）A 木块m对木板AB的作用力逐渐减小B 木块m受到的静摩擦力随呈线性增大C 竖直向上的拉力F保持不变D 拉力F的力矩先逐渐增大再逐渐减小考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；力矩的平衡条件专题：共点力作用下物体平衡专题分析：对m受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力，根据共点力平衡条件列式求解；再对整体运用力矩平衡条件分析解答：解：A、木块m受重力、支持力和静摩擦力，其中支持力和静摩擦力都是木板对滑块的力，根据三力平衡条件，支持力和静摩擦力一定等于重力，根据牛顿第三定律，木块对木板的作用力也等于木板的重力，故A错误；B、对m受力分析，受到重力、支

34、持力和静摩擦力，如图根据共点力平衡条件，有fmgsin=0Nmgcos=0解得f=mgsin即静摩擦力随着的增大而增大，但不是线性关系，故B错误；C、对木块和木板整体而言，总重力要使板顺时针转动，拉力要使半逆时针转动，根据力矩平衡条件，有FLcos=Mgcos+mglcos其中：L为板长，l为木块与支持点的距离解得：F=Mg+，与角度无关，故C正确；D、拉力F的力矩为FLcos，故越来越小，故D错误；故选C点评：本题关键对m受力分析，根据共点力平衡条件列式分析；在对M与m整体运用力矩平衡条件列式分析15两个绝缘固定带等量正电的点电荷，其连线的垂直平分线上有A、B两对称点，如图所示另一个带正电质

35、量不计的点电荷q从A点以速度v沿中垂线方向运动至B点，在这过程中，q的动能变化情况是（）A 可能一直增大B 可能一直减小C 先减小，后增大D 先增大，后减小考点：电场强度；动能定理的应用；电场的叠加；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：点电荷q受到的电场力是两个等量同种电荷对它库仑力的合力，判断出合力的方向，根据动能定理判断q的动能变化解答：解：在两等量同种电荷两线的中点以上，根据平行四边形定则，q受到两电荷对它库仑力的合力竖直向上，在中点以下，受到库仑力的合力竖直向下，根据动能定理，合力先做负功，再做正功，动能先减小后增大故C正确，A、B、D错误故选C点评：解决本题的关键掌握用平行四边形

36、定则进行力的合成，以及用动能定理判断动能的变化16某长直导线中分别通以如图所示的电流，则下面说法中正确的是（）A 图所示电流周围产生匀强磁场B 图所示电流周围的磁场是稳定的C 图所示电流周围各点的磁场方向在0t1时间内与t1t2时间内的方向是相反的D 图所示电流周围的磁场先变强再变弱，磁场中各点的磁感强度方向不变考点：电磁场分析：根据奥斯特实验可知：电流周围存在磁场；麦克斯韦电磁场的理论：变化的电场周围产生磁场，变化的磁场周围产生电场解答：解：A、图（1）是恒定电流，则电流周围产生稳定的磁场，而不是匀强磁场故A不正确；B、图（2）是均匀变化的电流，则其周围的磁场是变化的，而不是稳定的故B不正确

37、；C、图（3）电流大小在0t1时间内均匀增加，而在t1t2时间内均匀减小，但方向却没有变化所以产生的磁场方向也不会变化故C不正确；D、图（4）电流大小先增后减，则磁场也先增后减，且方向不变故D正确；故选D点评：考查电流大小与方向的变化会引起磁场的产生或变化三（16分）多项选择题（本大题有4小题，每小题4分每小题给出的四个答案中，有二个或三个是正确的，全部选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错或不答的，得0分）17在无风的情况下，跳伞运动员从水平飞行的飞机上跳伞，考虑到空气阻力的因素，则下列描绘某段下落过程中速度的水平分量大小vx竖直分量大小vy与时间t的图象中可能正确的图是（）A B C

38、 D 考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：通常情况下，空气阻力随速度的增大而增大；考虑到空气阻力的因素，跳伞运动员从水平飞行的飞机上跳伞，水平方向由于惯性继续前进，但由于空气阻力，做加速度减小的减速运动；竖直方向，由于空气阻力的影响，做加速度不断减小的加速运动解答：解：A、B、通常情况下，空气阻力随速度的增大而增大；考虑到空气阻力的因素，跳伞运动员从水平飞行的飞机上跳伞，水平方向由于惯性继续前进，但由于空气阻力，做加速度减小的减速运动；故A错误，B正确；C、D、竖直方向，受到重力和阻力，根据牛顿第二定律，有mgf=ma由于空气阻力的影响，做加速度不断减小的加速运动，故C正确

39、，D错误；故选：BC点评：本题关键是将跳伞运动员的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，然后根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况，最后根据加速度与速度的关系得到各个分速度的变化规律18滑块以某初速度从固定的粗糙斜面底端向上运动，然后又滑回到斜面底端，若滑块向上运动的位移中点为A，取斜面底端重力势能为零，则滑块（）A 上滑过程机械能减小，下滑过程机械能增大B 上滑过程机械能减小，下滑过程机械能也减小C 上滑至A点时动能大于势能D 下滑至A点时动能大于势能考点：机械能守恒定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：除重力外其余力做的功等于物体机械能的变化量，物体滑动过程中，摩擦力一直做负功，故机械能不断减

40、小，然后写出机械能的表达式进行分析讨论解答：解：A、B、除重力外其余力做的功等于物体机械能的变化量，物体滑动过程中，支持力不做功，摩擦力一直做负功，故机械能不断减小，故A错误，B正确；C、设最高点为B点，物体上滑过程中：EkAEkB，即，故，即上滑时A点的动能大于势能，故C正确；D、下滑过程中，机械能不断减小，有：EkBEkA，即，故，即下滑时在A点势能大于动能，故D错误；故选BC点评：本题关键在于滑动过程中，机械能不断减小，然后写出机械能的具体表达形式进行分析处理19简谐波A与B在某时刻的波形如图所示，经过t=TA时间（TA为波A的周期），两波仍出现如此波形，则两波的波速之比vA：vB可能是

41、（）A 1：1B 1：2C 2：3D 3：2考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象分析：本题首先由图得到两列波的波长之比；两波波形重复时，经过的时间t=TA，可能是B周期的整数倍，得到两列波周期之比的通项，由波速公式得到两波的波速之比vA：vB的通项，即可分析得解解答：解：由图得：A波的波长为A=a，B波的波长为B=a根据周期性可知，t=nTB，n=1，2，3，又t=TA，得TA=nTB，得到TA：TB=n：1由波速公式v=得，比vA：vB=：=2：n当n=2时，vA：vB=1：1；当n=3时，vA：vB=2：3；当n=4时，vA：vB=1：2；由于n是整数，所以vA：vB不可能等于3：2故

42、选ABC点评：本题的解题关键要抓住波的周期性，得到波速之比vA：vB的通项，即可正确求解20如图所示电路中，电源的内电阻为r，R1、R3、R4均为定值电阻，电表均为理想电表闭合电键S，滑动变阻器R2的滑片向右滑动，电流表和电压表示数变化量的大小分别为I、U，下列结论正确的是（）A 电压表示数变大B 电流表示数变大C rD r考点：闭合电路的欧姆定律专题：压轴题；恒定电流专题分析：由图，R1、R2并联，再与R4串联，与R3并联，电压表测量路端电压，等于R3电压由R2接入电路的电阻变化，根据欧姆定律及串并关系，分析电流表和电压表示数变化量的大小解答：解：设R1、R2、R3、R4的电流分别为I1、I

43、2、I3、I4，电压分别为U1、U2、U3、U4干路电流为I总，路端电压为U，电流表电流为I A、R2变大，外电阻变大，I总变小，U=EIr变大，U3变大故A正确 B、I3变大，I变小，由I4=II3变小，U4变小，而U1=UU4，U变大，则U1变大，I1变大，I总=I+I1，I变大故B错误 C、D，由欧姆定律U=EI总r，得=r由I总=I+I1，I变小，I1变大，I总变小，则II总，故 故C正确故选AC点评：本题的难点在于确定电流表示数变化量IA与干路电流变化I的大小，采用总量法，这是常用方法同时，要理解四（20分）填空题本大题有5小题，每小题4分21体积为V的油滴，滴在平静的水面上，扩展成

44、面积为S的单分子油膜，则该油滴的分子直径约为；已知阿伏伽德罗常数为NA，油的摩尔质量为M，则一个油分子的质量为考点：用油膜法估测分子的大小分析：将配制好的油酸酒精溶液，通过量筒测出此溶液的体积然后将此溶液滴在有痱子粉的浅盘里的水面上，等待形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔描绘出油酸膜的形状，将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，按不足半个舍去，多于半个的算一个，统计出油酸薄膜的面积则用此溶液的体积除以其的面积，恰好就是油酸分子的直径；阿伏伽德罗常数即为1摩尔有多少个分子个数，而摩尔质量即为1摩尔的物质的质量，则分子的质量即为摩尔质量与阿伏伽德罗常数相除解答：解：体积为V的油滴滴在平静的水

45、面上，扩展成面积为S的单分子油膜则油滴的分子直径约为d= 油的摩尔质量为M，阿伏伽德罗常数为NA，则油分子的质量m=故答案为： 与 点评：本题是以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个靠一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度同时考查阿伏伽德常数与摩尔质量之间关系22汽车发动机的功率为60kW，若汽车总质量为5×103 kg，在水平路面上行驶时，所受阻力大小恒为5×103 N，则汽车所能达到的最大速度为12m/s；若汽车以0.5m/s2的加速度由静止开始做匀加速运动，这一过程能维持的时间为16s考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律专题：功率的计算专题分析：当汽车在速

46、度变大时，根据F=，牵引力减小，根据牛顿第二定律，a=，加速度减小，当加速度为0时，速度达到最大以恒定加速度开始运动，速度逐渐增大，根据P=Fv，发动机的功率逐渐增大，当达到额定功率，速度增大，牵引力就会变小，所以求出达到额定功率时的速度，即可求出匀加速运动的时间解答：解：当a=0时，即F=f时，速度最大所以汽车的最大速度=12m/s以恒定加速度运动，当功率达到额定功率，匀加速运动结束根据牛顿第二定律，F=f+ma匀加速运动的末速度=8m/s所以匀加速运动的时间t=故本题答案为：12，16点评：解决本题的关键理解汽车的起动问题，知道加速度为0时，速度最大23科学家在研究地月组成的系统时，从地球

47、向月球发射激光，测得激光往返时间为t若已知万有引力恒量为G，月球绕地球旋转（可看成匀速圆周运动）的周期为T，光速为c，地球到月球的距离远大于它们的半径则由以上述物理量可以求出月球到地球的距离为；可求得地球的质量为考点：万有引力定律及其应用专题：万有引力定律的应用专题分析：地球到月球的距离远大于它们的半径，可见不考虑它们的半径，根据往返时间及光速可求出往返路程，从而求出月地距离根据万有引力提供向心力，求出地球的质量解答：解：因为不考虑地球月球的半径，所以月地距离r= 根据，M=故本题答案为：，点评：解决本题关键掌握万有引力提供向心力24在如图所示匀强电场中，A、B、C、D四点是一个边长为0.1m

48、的正方形的顶点，已知A、B、C三点电势分别为UA=25V，UB=15V，UC=5V，则D点的电势UD=15v；该匀强电场的场强大小为100v/m考点：电势；电场强度；等势面专题：电场力与电势的性质专题分析：运用“匀强电场中，沿着任意方向每前进相同的距离，电势变化相等”进行分析计算D点的电势；根据电场线与等势面垂直垂直画出电场线，根据U=Ed计算电场强度解答：解：匀强电场中，沿着任意方向每前进相同的距离，电势变化相等，故UAUD=UBUC解得UD=15V故B、D在一个等势面上，有UAB=ELABsin45°解得故答案为：15，点评：本题关键是抓住匀强电场中沿着任意方向每前进相同的距离电

49、势变化相等，电场线与等势面垂直以及公式U=Ed分析计算25一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和 B支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内转动，如图所示开始时OA边处于水平位置，由静止释放，不计任何阻力转动中设OA边与水平方向的夹角为，则当A球速度达最大时为45°；假定支架未转动时两小球的总重力势能为Eo，转动中当A的速度为时两小球的总重力势能为Eo/3考点：机械能守恒定律专题：方程法；机械能守恒定律应用专题分析：当两个小球系统的质量中心最低时速度最大；也可以用解析法，先假设转过，根据系统机械能守恒，列式求出速度的一般表达式，然后再对表达式

50、进行讨论即可解答：解：根据题意知，A、B两球的角速度相等，线速度之比等于转动半径之比，为2：1，小球A、B系统中，只有重力势能和动能相互转化，系统机械能守恒，假设转动，则OA杆与水平方向的夹角为，则A球减小的机械能等于B球增加的机械能，有mg2lsin2mg（llcos）=+2m解得v=由数学知识知，当=45°时，sin+cos有最大值，故当=45°时，A球的速度最大；重力势能减小，故动能增加，有=+解得v1=故答案为：45°，点评：本题关键根据两个球系统机械能守恒，运用系统机械能守恒定律列式得出速度与转动角度之间的关系，然后根据速度表达式进行讨论五（24分）实验

51、题本大题有4小题.26某同学利用DIS研究电梯在竖直方向的运动在电梯中挂一质量为3kg的重物，用力传感器测出悬绳的拉力F，得到如图所示的Ft图象 （1）根据图象判断电梯在不同时间段加速度、速度的变化 情况是：A时间段加速度先增大后减小，速度变大；B时间段匀速运动；C时间段加速度先增大后减小，速度减小（2）若电梯在t=0时由静止开始运动，请判断电梯的运动 方向，并请叙述理由考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：（1）重物受两个力，重力和细线的拉力，根据牛顿第二定律列式判断加速度的变化情况，再结合速度和加速度的关系公式分析速度的变化情况；（2）对重物受力分析，重力和细线的拉力，前5s，合力向上，加速度向上，向上加速运动；5s到15s内合力为零，电梯匀速；15s到20s，合力向下，电梯减速解答：解：（1）A时间段：拉力大于重力，故合力向上且先变大后变小，根据牛顿第二定律，加速度先增大后减小，由于加速度与速度一直同方向，故速度不断变大；B时间段：合力为零，加速度为零，故电梯匀速上升；C时间段：拉力小于重力，故合力向下且先变大后变小，根据牛顿第二定律，加速度先增大后减小，由于加速度与速度一直反方向，故速度不断减小；故答案为：加速度先增大后减小，速度变大；匀速运动；