湖北省武漢二中高三物理下學期第八次模擬考試試卷（含解析）.doc

湖北省武漢二中2015屆高考物理八模試卷一、選擇題：本題共8小題，每小題6分在每小題給出的四個選項中，第15題只有一項符合題目要求，第58題有多項符合題目要求全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分1在物理學發(fā)展史上伽利略、牛頓等許許多多科學家為物理學的發(fā)展做出了巨大貢獻 以下選項中符合他們觀點的是( )a人在沿直線加速前進的車廂內(nèi)，豎直向上跳起后，將落在起跳點的后方b兩匹馬拉車比一匹馬拉車跑得快，這說明：物體受的力越大速度就越大c兩物體從同一高度自由下落，較輕的物體下落較慢d一個運動的物體，如果不再受力了，它總會逐漸停下來；這說明：靜止狀態(tài)才是物體不受力時的“自然狀態(tài)”2天文單位（簡寫au）是天文常數(shù)之一歷史上定義為地球和太陽之間的平均距離已知水星距離太陽為0.4au，木星距離太陽約5.2au，海王星距離太陽約30.1au，則通過估算判斷下述行星公轉(zhuǎn)角速度最接近109rad/s的是( )a水星b地球c木星d海王星3如圖甲所示的電路中，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為10：1，電流表、電壓表均為理想電表，r、l和d分別是光敏電阻（其阻值隨光強增大而減?。⒗硐刖€圈和燈泡原線圈接入圖乙所示的正弦交流電壓u，下列說法中正確的是( )a交流電的方向每秒鐘改變50次b在t=0.005s時，電壓表的示數(shù)為22vc有光照射r時，d變亮d抽出l中的鐵芯，電流表的示數(shù)變小4如圖甲所示，q1、q2為兩個被固定的點電荷，其中q1帶負電，a、b兩點在它們連線的延長線上現(xiàn)有一帶負電的粒子以一定的初速度沿直線從a點開始經(jīng)b點向遠處運動（粒子只受電場力作用），粒子經(jīng)過a、b兩點時的速度分別為va、vb，其速度圖象如圖乙所示以下說法中正確的是( )aq2一定帶負電bq2的電量一定大于q1的電量cb點的電場強度一定為零d整個運動過程中，粒子的電勢能先減小后增大5如圖甲所示，將長方形導線框abcd垂直磁場方向放入勻強磁場b中，規(guī)定垂直ab邊向右為ab邊所受安培力f的正方向，f隨時間的變化關系如圖乙所示選取垂直紙面向里為磁感應強度b的正方向，不考慮線圈的形變，則b隨時間t的變化關系不可能是下列選項中的( )abcd6如圖所示，直角坐標系xoy位于豎直平面內(nèi)，y軸豎直向上第、象限內(nèi)有垂直于坐標面向外的勻強磁場，第象限同時存在方向平行于y軸的勻強電場（圖中未畫出）一帶電小球從x軸上的a點由靜止釋放，恰好從p點垂直于y軸進入第象限，然后做圓周運動，從q點垂直于x軸進入第象限，q點距o點的距離為d，重力加速度為g根據(jù)以上信息，可以求出的物理量有( )a圓周運動的速度大小b電場強度的大小和方向c小球在第象限運動的時間d磁感應強度大小7從地面上以初速度v0豎直上拋一質(zhì)量為m的小球，若運動過程中受到的空氣阻力與其速率成正比，小球運動的速率隨時間變化的規(guī)律如圖所示，t1時刻到達最高點，再落回地面，落地速率為v1，且落地前小球已經(jīng)做勻速運動，則下列說法正確的是( )a小球加速度在上升過程中逐漸減小，在下降過程也逐漸減小b小球拋出瞬間的加速度大小為（1+）gc小球被拋出時的加速度值最大，到達最高點的加速度值最小d小球上升過程的平均速度小于8如圖所示，豎直面內(nèi)有一個閉合導線框acde（由細軟導線制成）掛在兩固定點a、d上，水平線段ad為半圓的直徑，在導線框的e處有一個動滑輪，動滑輪下面掛一重物，使導線處于繃緊狀態(tài)在半圓形區(qū)域內(nèi)，有磁感應強度大小為b、方向垂直紙面向里的有界勻強磁場設導線框的電阻為r，圓的半徑為r，在將導線上的c點以恒定角速度（相對圓心o）從a點沿圓弧移動的過程中，若不考慮導線中電流間的相互作用，則下列說法正確的是( )a在c從a點沿圓弧移動到d點的過程中，導線框中感應電流的方向先逆時針，后順時針b在c從a點沿圓弧移動到圖中adc=30位置的過程中，通過導線上c點的電量為c當c沿圓弧移動到圓心o的正上方時，導線框中的感應電動勢最大d在c從a點沿圓弧移動到d點的過程中，導線框中產(chǎn)生的電熱為二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分第9題第12題為必考題，每個試題考生都必須作答第13題第16題為選考題，考生根據(jù)要求作答（一）必考題9在“探究功與物體速度變化關系”的實驗中，某實驗研究小組的實驗裝置如圖甲所示木塊從a點靜止釋放后，在一根彈簧作用下彈出，沿足夠長的木板運動到b1點停下，o點為彈簧原長時所處的位置，測得ob1的距離為l1，并記錄此過程中彈簧對木塊做的功為w1用完全相同的彈簧2根、3根并列在一起都使木塊由a點靜止釋放，進行第2次、第3次實驗并記錄相應的數(shù)據(jù)，作出彈簧對木塊做功w與木塊停下的位置距o點的距離l的圖象如圖乙所示請回答下列問題：（1）wl圖線為什么不通過原點？_（2）彈簧被壓縮的長度loa=_cm10為了測量某種材料制成的電阻絲rx的電阻率，提供的器材有：a電流表g，內(nèi)阻rg=120，滿偏電流ig=3mab電流表a，內(nèi)阻約為1，量程為00.6ac螺旋測微器，刻度尺d電阻箱r0（09999，0.5a）e滑動變阻器r（5，1a）f電池組e（6v，0.05）g一個開關s和導線若干某同學進行了以下操作：（1）用多用電表粗測電阻絲的阻值，當用“10”檔時發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，他應該換用_檔（填“1”或“100”），進行一系列正確操作后，指針靜止時位置如圖1所示（2）把電流表g與電阻箱串聯(lián)改裝成量程為6v的電壓表使用，則電阻箱的阻值應調(diào)為r0=_（3）請用改裝好的電壓表設計一個測量電阻rx阻值的實驗，根據(jù)提供的器材和實驗需要，請將圖2中電路圖補畫完整（4）電阻率的計算：測得電阻絲的長度為l，電阻絲的直徑為d電路閉合后，調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片到合適位置，電流表g的示數(shù)為i1，電流表a的示數(shù)為i2，請用已知量和測量量的字母符號（各量不允許代入數(shù)值）寫出計算電阻率的表達式=_11如圖所示，ab、cd為兩個光滑的平臺，一傾角為37，長為5m的傳送帶與兩平臺平滑連接現(xiàn)有一小物體以10m/s的速度沿ab平臺向右運動，當傳送帶靜止時，小物體恰好能滑到cd平臺上，問：（1）小物體跟傳送帶間的動摩擦因數(shù)多大？（2）當小物體在ab平臺上的運動速度低于某一數(shù)值時，無論傳送帶順時針運動的速度多大，小物體總不能到達高臺cd，求這個臨界速度（3）若小物體以8m/s的速度沿平臺ab向右運動，欲使小物體到達高臺cd，傳送帶至少以多大的速度順時針運動？12（18分）如圖所示，等腰直角三角形acd的直角邊長為2a，p為ac邊的中點，q為cd邊上的一點，dq=a在acd區(qū)域內(nèi)，既有磁感應強度大小為b、方向垂直紙面向里的勻強磁場，又有電場強度大小為e的勻強電場，一帶正電的粒子自p點沿平行于ad的直線通過acd區(qū)域不計粒子的重力（1）求電場強度的方向和粒子進入場區(qū)的速度大小v0；（2）若僅撤去電場，粒子仍以原速度自p點射入磁場，從q點射出磁場，求粒子的比荷；（3）若僅撤去磁場，粒子仍以原速度自p點射入電場，求粒子在acd區(qū)域中運動的時間（二）選考題：共45分請考生從給出的3道物理題中任選1題解答，并用2b鉛筆在答題卡上把所選題目涂黑注意所做題目必須與所涂題目一致，在答題卡選答區(qū)域指定位置答題如果多做，則按所做的第一題計分【物理-選修3-4】13某物理興趣小組用實驗探究光的色散規(guī)律，他們將半圓形玻璃磚放在豎直面內(nèi)，在其左方豎直放置一個很大的光屏p，讓一復色光束sa射向玻璃磚的圓心o后，有兩束單色光a和b射向光屏p，如圖所示他們根據(jù)實驗現(xiàn)象提出了以下四個猜想，你認為正確的是( )a單色光a的波長大于單色光b的波長b在玻璃中單色光a的傳播速度大于單色光b的傳播速度c單色光a通過玻璃磚所需的時間大于單色光b通過玻璃磚所需的時間d當光束sa繞圓心o逆時針轉(zhuǎn)動過程中，在光屏p上最早消失的是a光e相同條件下，a光比b光容易發(fā)生衍射14空間有a和b兩點，a處有一做簡諧振動的振源當空間充有某種介質(zhì)時，a處的振動經(jīng)過0.5s傳到b處，此后a和b兩處的振動方向始終相反當空間充有另一種介質(zhì)時，a處振動經(jīng)0.6s傳到b處，此后a和b兩處的振動方向始終相同試求該振源做簡諧振動的最小可能頻率【物理-選修3-5】15恒星向外輻射的能量來自于其內(nèi)部發(fā)生的各種熱核反應，當溫度達到108k時，可以發(fā)生“氦燃燒”完成“氦燃燒”的核反應方程：he+_be+ybe是一種不穩(wěn)定的粒子，其半衰期為2.61016s一定質(zhì)量的be，經(jīng)7.81016s后所剩be占開始時的_16如圖所示，ab為傾角=37的粗糙斜面軌道，通過一小段光滑圓弧與光滑水平軌道bc相連接，質(zhì)量為m2的小球乙靜止在水平軌道上，質(zhì)量為m1的小球甲以速度v0與乙球發(fā)生彈性正碰若m1：m2=1：2，且軌道足夠長，要使兩球能發(fā)生第二次碰撞，求乙球與斜面之間的動摩擦因數(shù)的取值范圍（sin37=0.6，cos37=0.8）湖北省武漢二中2015屆高考物理八模試卷一、選擇題：本題共8小題，每小題6分在每小題給出的四個選項中，第15題只有一項符合題目要求，第58題有多項符合題目要求全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分1在物理學發(fā)展史上伽利略、牛頓等許許多多科學家為物理學的發(fā)展做出了巨大貢獻 以下選項中符合他們觀點的是( )a人在沿直線加速前進的車廂內(nèi)，豎直向上跳起后，將落在起跳點的后方b兩匹馬拉車比一匹馬拉車跑得快，這說明：物體受的力越大速度就越大c兩物體從同一高度自由下落，較輕的物體下落較慢d一個運動的物體，如果不再受力了，它總會逐漸停下來；這說明：靜止狀態(tài)才是物體不受力時的“自然狀態(tài)”考點：物理學史 分析：人在沿直線加速前進的車廂內(nèi)，豎直向上跳起后，將落在起跳點的后方，符合伽利略、牛頓的慣性理論兩匹馬拉車比一匹馬拉車跑得快，這說明：物體受的力越大速度就越大，不符合伽利略、牛頓的觀點伽利略、牛頓認為重物與輕物下落一樣快、力不是維持物體運動的原因根據(jù)伽利略、牛頓的觀點判斷選項的正誤解答：解：a、人在沿直線加速前進的車廂內(nèi)，豎直向上跳起后，人保持起跳時車子的速度，水平速度將車子的速度，所以將落在起跳點的后方符合伽利略、牛頓的慣性理論故a正確b、力越大，物體運動的速度越大，不是伽利略、牛頓的觀點故b錯誤c、伽利略、牛頓認為重物與輕物下落一樣快，所以此選項不符合他們的觀點故c錯誤d、此選項說明力是維持物體運動的原因，是亞里士多德的觀點，不是伽利略、牛頓的觀點故d錯誤故選a點評：本題要對亞里士多德的觀點和伽利略、牛頓的觀點關于力和運動關系的觀點有了解可以根據(jù)牛頓的三大定律進行分析2天文單位（簡寫au）是天文常數(shù)之一歷史上定義為地球和太陽之間的平均距離已知水星距離太陽為0.4au，木星距離太陽約5.2au，海王星距離太陽約30.1au，則通過估算判斷下述行星公轉(zhuǎn)角速度最接近109rad/s的是( )a水星b地球c木星d海王星考點：萬有引力定律及其應用 專題：萬有引力定律的應用專題分析：根據(jù)萬有引力提供向心力，得出角速度與軌道半徑的關系，通過行星和地球的公轉(zhuǎn)角速度之比得出軌道半徑之比，從而進行判斷解答：解：行星繞太陽運動，根據(jù)得，=，由此可知，設某行星的公轉(zhuǎn)角速度為1，地球的公轉(zhuǎn)角速度為2，則，地球公轉(zhuǎn)的角速度為，行星的角速度為rad/s，可得，海王星最接近故d正確，a、b、c錯誤故選d點評：解決本題的關鍵掌握萬有引力提供向心力，知道角速度與軌道半徑的關系3如圖甲所示的電路中，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為10：1，電流表、電壓表均為理想電表，r、l和d分別是光敏電阻（其阻值隨光強增大而減?。?、理想線圈和燈泡原線圈接入圖乙所示的正弦交流電壓u，下列說法中正確的是( )a交流電的方向每秒鐘改變50次b在t=0.005s時，電壓表的示數(shù)為22vc有光照射r時，d變亮d抽出l中的鐵芯，電流表的示數(shù)變小考點：變壓器的構(gòu)造和原理 專題：交流電專題分析：由變壓器原理可得變壓器原、副線圈中的電流之比，輸入、輸出功率之比和閉合電路中的動態(tài)分析類似，可以根據(jù)r的變化，確定出總電路的電阻的變化，進而可以確定總電路的電流的變化的情況，在根據(jù)電壓不變，來分析其他的原件的電流和電壓的變化的情況解答：解：a、原線圈接入如圖乙所示，t=0.02s，所以頻率為f=50 hz，而每個周期內(nèi)交流電的方向改變兩次，故交流電的方向每秒改變100次；故a錯誤；b、原線圈電壓有效值為220v，電壓表的示數(shù)為有效值，大小不變，則其示數(shù)為：u2=22v，故b錯誤；c、有光照射r時，r阻值隨光強增大而減小，電路中電流增大，則燈泡變亮；故c正確；d、抽出l中的鐵芯，理想線圈自感系數(shù)減小，理想線圈對電流的阻礙減小，所以電流增大；故d錯誤故選：c點評：電路的動態(tài)變化的分析，總的原則就是由部分電路的變化確定總電路的變化的情況，再確定其他的電路的變化的情況，即先部分后整體再部分的方法4如圖甲所示，q1、q2為兩個被固定的點電荷，其中q1帶負電，a、b兩點在它們連線的延長線上現(xiàn)有一帶負電的粒子以一定的初速度沿直線從a點開始經(jīng)b點向遠處運動（粒子只受電場力作用），粒子經(jīng)過a、b兩點時的速度分別為va、vb，其速度圖象如圖乙所示以下說法中正確的是( )aq2一定帶負電bq2的電量一定大于q1的電量cb點的電場強度一定為零d整個運動過程中，粒子的電勢能先減小后增大考點：電場強度；電勢能 專題：壓軸題；電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：速度時間圖線上每一點的切線斜率表示瞬時加速度，可見a到b做加速度減小的減速運動，到b點加速度為0從而知道b點的電場力及電場強度通過b點的場強可以分析出兩個點電荷電量的大小通過能量守恒判斷電勢能的變化解答：解：a、從速度圖象上看，可見a到b做加速度減小的減速運動，在b點時粒子運動的加速度為零，則電場力為零，所以該點場強為零q1對負電荷的電場力向右，則q2對負電荷的電場力向左，所以q2帶正電故a錯誤，c正確 b、b點場強為零，可見兩點電荷在b點對負電荷的電場力相等，根據(jù)f=，b到q1的距離大于到q2的距離，所以q1的電量大于q2的電量故b錯誤 c、整個過程動能先減小后增大，根據(jù)能量守恒電勢能先增大后減小故d錯誤故選c點評：解決本題的關鍵根據(jù)圖象b點的加速度為0，根據(jù)這一突破口，從而判斷q2的電性及q1和q2的電量大小5如圖甲所示，將長方形導線框abcd垂直磁場方向放入勻強磁場b中，規(guī)定垂直ab邊向右為ab邊所受安培力f的正方向，f隨時間的變化關系如圖乙所示選取垂直紙面向里為磁感應強度b的正方向，不考慮線圈的形變，則b隨時間t的變化關系不可能是下列選項中的( )abcd考點：法拉第電磁感應定律；閉合電路的歐姆定律 專題：電磁感應與圖像結(jié)合分析：由各選項可知b的變化，則可得出磁通量的變化情況，由楞次定律可知電流的方向；由法拉第電磁感應定律可知電動勢，即可知電路中電流的變化情況；由f=bil可知安培力的變化情況解答：解：a、選取垂直紙面向里為磁感應強度b的正方向，由圖可知，01s內(nèi)，磁場向外且減小，則穿過線圈中磁通量減小，由楞次定律可知，電路中電流方向為逆時針，根據(jù)左手定則可知，ab邊受到的安培力方向向左，即為負值，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，磁場均勻變化，則感應電流大小恒定，再根據(jù)f=bil，則有安培力大小均勻減小；同理，當1s2s內(nèi)，磁場向里且增大，則穿過線圈中磁通量增大，由楞次定律可知，電路中電流方向為逆時針，根據(jù)左手定則可知，ab邊受到的安培力方向向右，即為正值，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，磁場均勻變化，則感應電流大小恒定，再根據(jù)f=bil，則有安培力大小均勻增大；故a可；b、選取垂直紙面向里為磁感應強度b的正方向，由圖可知，01s內(nèi)，磁場向外且減小，則穿過線圈中磁通量減小，由楞次定律可知，電路中電流方向為逆時針，根據(jù)左手定則可知，ab邊受到的安培力方向向左，即為負值，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，磁場均勻變化，則感應電流大小恒定，再根據(jù)f=bil，則有安培力大小均勻減??；同理，當1s2s內(nèi)，磁場向外且增大，則穿過線圈中磁通量增大，由楞次定律可知，電路中電流方向為順時針，根據(jù)左手定則可知，ab邊受到的安培力方向向右，即為正值，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，磁場均勻變化，則感應電流大小恒定，再根據(jù)f=bil，則有安培力大小均勻增大；故b可；c、選取垂直紙面向里為磁感應強度b的正方向，由圖可知，01s內(nèi)，磁場向里且增大，則穿過線圈中磁通量增大，由楞次定律可知，電路中電流方向為逆時針，根據(jù)左手定則可知，ab邊受到的安培力方向向右，即正負值，故c不可；d、選取垂直紙面向里為磁感應強度b的正方向，由圖可知，01s內(nèi)，磁場向里且減小，則穿過線圈中磁通量減小，由楞次定律可知，電路中電流方向為順時針，根據(jù)左手定則可知，ab邊受到的安培力方向向左，即為負值，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，磁場均勻變化，則感應電流大小恒定，再根據(jù)f=bil，則有安培力大小均勻減??；同理，當1s2s內(nèi)，磁場向外且增大，則穿過線圈中磁通量增大，由楞次定律可知，電路中電流方向為順時針，根據(jù)左手定則可知，ab邊受到的安培力方向向右，即為正值，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，磁場均勻變化，則感應電流大小恒定，再根據(jù)f=bil，則有安培力大小均勻增大，故d可；故選：c點評：本題要求學生能正確理解bt圖的含義，才能準確的利用楞次定律、左手定律等進行判定；解題時要特別注意，02s，24s，雖然磁場的方向發(fā)生了變化，但因其變化為連續(xù)的，故產(chǎn)生的電流一定是相同的6如圖所示，直角坐標系xoy位于豎直平面內(nèi)，y軸豎直向上第、象限內(nèi)有垂直于坐標面向外的勻強磁場，第象限同時存在方向平行于y軸的勻強電場（圖中未畫出）一帶電小球從x軸上的a點由靜止釋放，恰好從p點垂直于y軸進入第象限，然后做圓周運動，從q點垂直于x軸進入第象限，q點距o點的距離為d，重力加速度為g根據(jù)以上信息，可以求出的物理量有( )a圓周運動的速度大小b電場強度的大小和方向c小球在第象限運動的時間d磁感應強度大小考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動 專題：帶電粒子在磁場中的運動專題分析：根據(jù)小球第象限內(nèi)的運動，應用動能定理可以求出小球的速度；小球在第象限做勻速圓周運動，應用牛頓第二定律分析答題解答：解：a、小球在第做勻速圓周運動，由題意可知，小球軌道半徑：r=d，從a到p過程，由動能定理得：mgd=mv2，解得：v=，小球以速度v做圓周運動，故a正確；b、小球在第象限做勻速圓周運動，則mg=qe，電場強度：e=，由于不知道：m、q，無法求出電場強度大小，故b錯誤；c、小球做圓周運動的周期：t=，小球在第象限的運動時間：t=t=，故c正確；d、小球做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：qvb=m，解得：b=，由于不知道m(xù)、q，無法求出b，故d錯誤；故選：ac點評：本題考查了小球在磁場、電磁場中的運動，分析清楚小球的運動過程，應用動能定理、牛頓第二定律、周期公式即可正確解題，解題時要注意洛倫茲力對帶電小球不做功7從地面上以初速度v0豎直上拋一質(zhì)量為m的小球，若運動過程中受到的空氣阻力與其速率成正比，小球運動的速率隨時間變化的規(guī)律如圖所示，t1時刻到達最高點，再落回地面，落地速率為v1，且落地前小球已經(jīng)做勻速運動，則下列說法正確的是( )a小球加速度在上升過程中逐漸減小，在下降過程也逐漸減小b小球拋出瞬間的加速度大小為（1+）gc小球被拋出時的加速度值最大，到達最高點的加速度值最小d小球上升過程的平均速度小于考點：豎直上拋運動；平均速度 分析：由圖象得到小球上升過程和下降過程的運動規(guī)律，然后進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律進行分析解答：解：a、c、上升過程，受重力和阻力，合力向下，根據(jù)牛頓第二定律，有：f+mg=ma，解得a=g+g；由于是減速上升，阻力逐漸減小，故加速度不斷減?。幌陆颠^程，受重力和阻力，根據(jù)牛頓第二定律，有：mgf=ma，解得：g；由于速度變大，阻力變大，故加速度變小；即上升和下降過程，加速度一直在減?。还蔭正確，c錯誤；b、空氣阻力與其速率成正比，最終以v1勻速下降，有：mg=kv1；小球拋出瞬間，有：mg+kv0=ma0；聯(lián)立解得：，故b正確；d、速度時間圖象與時間軸包圍的面積表示位移，從圖象可以看出，位移小于陰影部分面積，而陰影部分面積是勻減速直線運動的位移，勻減速直線運動的平均速度等于，故小球上升過程的平均速度小于，故d正確；故選：abd點評：關于速度時間圖象，重點要掌握速度時間圖象斜率表示加速度，面積表示位移，會用極限的思想求解位移8如圖所示，豎直面內(nèi)有一個閉合導線框acde（由細軟導線制成）掛在兩固定點a、d上，水平線段ad為半圓的直徑，在導線框的e處有一個動滑輪，動滑輪下面掛一重物，使導線處于繃緊狀態(tài)在半圓形區(qū)域內(nèi)，有磁感應強度大小為b、方向垂直紙面向里的有界勻強磁場設導線框的電阻為r，圓的半徑為r，在將導線上的c點以恒定角速度（相對圓心o）從a點沿圓弧移動的過程中，若不考慮導線中電流間的相互作用，則下列說法正確的是( )a在c從a點沿圓弧移動到d點的過程中，導線框中感應電流的方向先逆時針，后順時針b在c從a點沿圓弧移動到圖中adc=30位置的過程中，通過導線上c點的電量為c當c沿圓弧移動到圓心o的正上方時，導線框中的感應電動勢最大d在c從a點沿圓弧移動到d點的過程中，導線框中產(chǎn)生的電熱為考點：交流發(fā)電機及其產(chǎn)生正弦式電流的原理；焦耳定律；正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻率 專題：交流電專題分析：根據(jù)幾何知識知線框磁通量為=2br2sin2=2br2sin2t，從而知電動勢的瞬時值表達式，對于閉合線框acde而言，在磁場中的面積先增大后減小，根據(jù)楞次定律判定電流方向；根據(jù)q=n求解電荷量根據(jù)有效值求解電熱解答：解：a、設轉(zhuǎn)過角度為=t，根據(jù)幾何知識知線框的面積：s=2rrsin=r2sin，磁通量為=br2sin=br2sin2t，磁通量先增大后減小，根據(jù)楞次定律知電流的方向先逆時針，后順時針，故a正確；b、根據(jù)q=n知q=，故b正確；c、根據(jù)e=知e=br2cos2t，c沿圓弧移動到圓心o的正上方時，導線框中的感應電動勢最小為零，故c錯誤；d、根據(jù)c項知電動勢有效值為e=br2，故電熱為q=，故d正確；故選：abd點評：本題關鍵明確交流四值中最大值、平均值、瞬時值和有效值的區(qū)別，會根據(jù)幾何知識寫出交流的表達式，注意知識的遷移應用二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分第9題第12題為必考題，每個試題考生都必須作答第13題第16題為選考題，考生根據(jù)要求作答（一）必考題9在“探究功與物體速度變化關系”的實驗中，某實驗研究小組的實驗裝置如圖甲所示木塊從a點靜止釋放后，在一根彈簧作用下彈出，沿足夠長的木板運動到b1點停下，o點為彈簧原長時所處的位置，測得ob1的距離為l1，并記錄此過程中彈簧對木塊做的功為w1用完全相同的彈簧2根、3根并列在一起都使木塊由a點靜止釋放，進行第2次、第3次實驗并記錄相應的數(shù)據(jù)，作出彈簧對木塊做功w與木塊停下的位置距o點的距離l的圖象如圖乙所示請回答下列問題：（1）wl圖線為什么不通過原點？由于木塊通過ao段時，摩擦力對木塊做了功或w不為總功（2）彈簧被壓縮的長度loa=3cm考點：探究功與速度變化的關系 專題：實驗題分析：根據(jù)動能定理找出l與的關系，然后結(jié)合圖象wl的關系找出w與的關系，結(jié)合數(shù)學解析式判斷圖象中斜率為摩擦力大小、截距等于oa段摩擦力做的功解答：解：木塊在平衡位置處獲得最大速度，之后與彈簧分離，在摩擦力作用下運動到b位置停下，由o到b根據(jù)動能定理：fl=0mv02，故l；對全過程應用動能定理有：wfloafl=0，即w=fl+floa結(jié)合數(shù)學解析式判斷圖象中斜率為摩擦力大小、截距等于oa段摩擦力做的功 （1）根據(jù)動能定理全過程的表達式，所以wl圖線不通過原點，是因為未計木塊通過ao段時，摩擦力對木塊所做的功（2）圖中w軸上的斜率等于摩擦力大小，即f=n，截距等于摩擦力做的功j，則loa=0.03m=3cm故答案為：（1）由于木塊通過ao段時，摩擦力對木塊做了功或w不為總功（2）3點評：本題考查了創(chuàng)新方法探究功與速度的關系，關鍵是列出兩個動能定理方程然后結(jié)合數(shù)學函數(shù)進行分析出截距與斜率的物理意義，有些難度10為了測量某種材料制成的電阻絲rx的電阻率，提供的器材有：a電流表g，內(nèi)阻rg=120，滿偏電流ig=3mab電流表a，內(nèi)阻約為1，量程為00.6ac螺旋測微器，刻度尺d電阻箱r0（09999，0.5a）e滑動變阻器r（5，1a）f電池組e（6v，0.05）g一個開關s和導線若干某同學進行了以下操作：（1）用多用電表粗測電阻絲的阻值，當用“10”檔時發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，他應該換用1檔（填“1”或“100”），進行一系列正確操作后，指針靜止時位置如圖1所示（2）把電流表g與電阻箱串聯(lián)改裝成量程為6v的電壓表使用，則電阻箱的阻值應調(diào)為r0=1880（3）請用改裝好的電壓表設計一個測量電阻rx阻值的實驗，根據(jù)提供的器材和實驗需要，請將圖2中電路圖補畫完整（4）電阻率的計算：測得電阻絲的長度為l，電阻絲的直徑為d電路閉合后，調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片到合適位置，電流表g的示數(shù)為i1，電流表a的示數(shù)為i2，請用已知量和測量量的字母符號（各量不允許代入數(shù)值）寫出計算電阻率的表達式=考點：測定金屬的電阻率 專題：實驗題分析：（1）多用電表盤刻度，不均勻，且從左向右，電阻刻度越來越小，而多用電表電阻的測量值等于表盤示數(shù)乘以倍率；（2）根據(jù)電壓表的量程為03v，結(jié)合電流表g（內(nèi)阻rg=99，滿偏電流ig=3ma），即可求出電阻箱的阻值；因兩個電流表，一電流表與電阻串聯(lián)當作電壓表，因此使用另一電流表的內(nèi)接法，再能準確得出所測電阻的電流；根據(jù)滑動變阻器（5，2a），因此采用滑動變阻器限流式，從而畫出正確的電路圖，即可求解（3）由電阻定律求出電阻率的表達式，結(jié)合歐姆定律及串并聯(lián)的特征，然后求出電阻率解答：解：（1）因歐姆表不均勻，要求歐姆表指針指在歐姆表中值電阻附近時讀數(shù)較準，當用“1o”擋時發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，說明倍率較大，所以應按“1”倍率讀數(shù)，讀數(shù)為：r=115=15；（2）將電流表g 與電阻箱串聯(lián)改裝成量程為6v的電壓表，而電流表g（內(nèi)阻rg=120，滿偏電流ig=3ma）；所以改裝后的電壓表的內(nèi)阻為rv=；由于電流表g的內(nèi)阻rg=120，因此電阻箱的阻值應調(diào)為r0=2000120=1880；由于題意可知，兩電流表，當另電流表使用外接法，能準確測出所測電阻的電流，同時又能算出所測電阻的電壓；而滑動變阻器r（5，1a），電源電壓為6v，所以滑動變阻器使用限流式，則電路圖如下圖所示；（3）由電阻定律可知，電阻r=，則電阻率=，根據(jù)歐姆定律，r=；所以電阻率=故答案為：（1）1；（2）1880，（3）如圖所示；（4）點評：（1）考查歐姆表讀數(shù)，注意此刻度不均勻，盡量讓指針在中央附近，同時乘以倍率；（2）確定滑動變阻器與電流表的接法是正確解題的關鍵，測量電阻的方法除了伏安法外，還有“安安法”（即兩個電流表組合）、“伏伏法”（兩個電壓表組合）等（3）掌握電阻定律，同時注意利用電流表與電阻的關系，求出電壓的方法11如圖所示，ab、cd為兩個光滑的平臺，一傾角為37，長為5m的傳送帶與兩平臺平滑連接現(xiàn)有一小物體以10m/s的速度沿ab平臺向右運動，當傳送帶靜止時，小物體恰好能滑到cd平臺上，問：（1）小物體跟傳送帶間的動摩擦因數(shù)多大？（2）當小物體在ab平臺上的運動速度低于某一數(shù)值時，無論傳送帶順時針運動的速度多大，小物體總不能到達高臺cd，求這個臨界速度（3）若小物體以8m/s的速度沿平臺ab向右運動，欲使小物體到達高臺cd，傳送帶至少以多大的速度順時針運動？考點：牛頓第二定律；勻變速直線運動規(guī)律的綜合運用 專題：牛頓運動定律綜合專題分析：1由速度位移公式可求解物體的加速度，根據(jù)牛頓第二定律可求得小物體跟傳送帶間的動摩擦因數(shù)；2當小物體受到的摩擦力始終向上時，最容易到達傳送帶頂端，對小物體受力分析，據(jù)牛頓第二定律得加速度，由位移速度關系知臨界速度；3物體在傳送帶上與傳送帶相對滑動過程中，分別由運動學公式求出物體和傳送帶發(fā)生的位移列式求解解答：解：（1）傳送帶靜止時，小物體受力如圖甲所示，據(jù)牛頓第二定律得：mgcos+mgsin=ma1bc過程有：v20=2a1l 解得：a1=10 m/s2，=0.5（2）顯然，當小物體受到的摩擦力始終向上時，最容易到達傳送帶頂端，此時，小物體受力如圖乙所示，據(jù)牛頓第二定律得：mgsin37mgcos37=ma2 若恰好能到達高臺時，有：v2=2a2l 解得：v=2 m/s即當小物體在ab平臺上向右滑動速度小于2m/s時，無論傳帶順時針傳動的速度多大，小物體總也不能到達高臺cd（3）以v1表示小物體在平臺ab上的滑速度，以v2表示傳送帶順時針傳動的速度大小對從小物體滑上傳送帶到小物體速度減小到傳送帶速度過程有：v21v22=2a1x1 對從小物體速度減小到帶速v2開始，到運動到恰滑上cd高臺過程，有：v22=2a2x2 x1+x1=l 解得：v2=3 m/s即傳送帶至少以3 m/s的速度順時針運動，小物體才能到達高臺cd答：（1）小物體跟傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5；（2）當小物體在ab平臺上的運動速度小于2m/s時，無論傳送帶順時針運動的速度多大，小物體總不能到達高臺cd（3）若小物體以8m/s的速度沿平臺ab向右運動，欲使小物體到達高臺cd，傳送帶至少以3m/s的速度順時針運動點評：本題關鍵分析物體的運動狀態(tài)，由牛頓第二定律和運動學公式聯(lián)立列式求解，難度中檔12（18分）如圖所示，等腰直角三角形acd的直角邊長為2a，p為ac邊的中點，q為cd邊上的一點，dq=a在acd區(qū)域內(nèi)，既有磁感應強度大小為b、方向垂直紙面向里的勻強磁場，又有電場強度大小為e的勻強電場，一帶正電的粒子自p點沿平行于ad的直線通過acd區(qū)域不計粒子的重力（1）求電場強度的方向和粒子進入場區(qū)的速度大小v0；（2）若僅撤去電場，粒子仍以原速度自p點射入磁場，從q點射出磁場，求粒子的比荷；（3）若僅撤去磁場，粒子仍以原速度自p點射入電場，求粒子在acd區(qū)域中運動的時間考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動 專題：帶電粒子在復合場中的運動專題分析：（1）根據(jù)正電的粒子在電磁場中做直線運動可以，粒子受力平衡，根據(jù)電場力等于洛倫茲力求出初速度；（2）根據(jù)洛倫茲力提供向心力公式結(jié)合幾何關系求解；（3）粒子沿初速度v0方向做勻速直線運動，沿電場方向做勻加速直線運動，根據(jù)運動學基本公式結(jié)合幾何關系求解解答：解：（1）正粒子在場區(qū)受力平衡：qe=qv0b解得：根據(jù)正粒子所受電場力的方向與場強的方向相同，可知場強的方向由a指向c （2）過q點作半徑oq，它與ca的延長線交于圓心o，作qhca，垂足為h，設正粒子做勻速圓周運動的半徑為r，則：在直角三角形hoq中：ho2+hq2=r2ho=ochc=（r+a）hq聯(lián)立解得：r=3a聯(lián)立解得：（3）粒子沿初速度v0方向做勻速直線運動：x=v0t粒子沿電場方向做勻加速直線運動：由幾何關系：x+y=a=10由=10 得：解得：答：（1）求電場強度的方向和粒子進入場區(qū)的速度大小為；（2）粒子的比荷為；（3）粒子在acd區(qū)域中運動的時間為點評：本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，知道若粒子在混合場中做直線運動，則粒子受力平衡，能結(jié)合幾何關系求解，難度適中（二）選考題：共45分請考生從給出的3道物理題中任選1題解答，并用2b鉛筆在答題卡上把所選題目涂黑注意所做題目必須與所涂題目一致，在答題卡選答區(qū)域指定位置答題如果多做，則按所做的第一題計分【物理-選修3-4】13某物理興趣小組用實驗探究光的色散規(guī)律，他們將半圓形玻璃磚放在豎直面內(nèi)，在其左方豎直放置一個很大的光屏p，讓一復色光束sa射向玻璃磚的圓心o后，有兩束單色光a和b射向光屏p，如圖所示他們根據(jù)實驗現(xiàn)象提出了以下四個猜想，你認為正確的是( )a單色光a的波長大于單色光b的波長b在玻璃中單色光a的傳播速度大于單色光b的傳播速度c單色光a通過玻璃磚所需的時間大于單色光b通過玻璃磚所需的時間d當光束sa繞圓心o逆時針轉(zhuǎn)動過程中，在光屏p上最早消失的是a光e相同條件下，a光比b光容易發(fā)生衍射考點：光的折射定律 專題：光的折射專題分析：根據(jù)光線的偏折程度，比較光的折射率大小，從而得出頻率的大小關系由v=比較光在玻璃磚中傳播速度的大小，即可比較時間的長短由sinc=比較臨界角的大小，臨界角小的光最先消失折射率越小，波長越長，越容易發(fā)生衍射解答：解：a、由圖知，a光的偏折程度小于b光，所以a光的折射率小于b光的折射率，則a光的波長大于b光的波長，故a正確bc、由v=知，在玻璃中單色光a的傳播速度大于單色光b的傳播速度，在玻璃中通過的路程相等，則單色光a通過玻璃磚所需的時間短于單色光b通過玻璃磚所需的時間故b正確，c錯誤d、由sinc=知a光的臨界角較大，b光的臨界角較小，則當光束sa繞圓心o逆時針轉(zhuǎn)動過程中，入射角增大，b光最早發(fā)生全反射，所以在光屏p上最早消失的是b光，故d錯誤e、a光的波長大于b光的波長，a光波動性強，相同條件下，a光比b光容易發(fā)生衍射，故e正確故選：abe點評：解決本題的突破口在于通過光的偏折程度比較出光的折射率的大小，還要知道折射率與頻率、波速的關系，要掌握幾