廣東省湛江一中等四校高三物理上學(xué)期第一次聯(lián)考試卷（含解析）.doc

2015-2016學(xué)年廣東省湛江一中等四校高三（上）第一次聯(lián)考物理試卷一、單項選擇題（本題有7小題，每題4分，共28分選出各題中一個符合題意的選項，不選、多選、錯選均不給分）1下列關(guān)于物理學(xué)發(fā)展史的表述，其中觀點正確的是（）a伽利略發(fā)現(xiàn)行星運動三大定律b牛頓發(fā)現(xiàn)萬有引力定律c法拉第首先發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)d奧斯特首次測出元電荷量2在歡慶節(jié)日的時候，人們會在夜晚燃放美麗的焰火按照設(shè)計，某種型號的裝有焰火的禮花彈從專用炮筒中射出后，在4s末到達離地面100m的最高點時炸開，構(gòu)成各種美麗的圖案假設(shè)禮花彈從炮筒中豎直射出時的初速度是v0，上升過程中所受的平均阻力大小始終是自身重力的k倍，那么v0和k分別等于（重力加速度g取10m/s2）（）a25m/s，1.25b40m/s，0.25c50m/s，0.25d80m/s，1.253如圖所示，質(zhì)量為m的小球置于光滑的正方體盒子中，盒子的邊長略大于球的直徑某同學(xué)拿著該盒子在豎直平面內(nèi)做半徑為r的勻速圓周運動，已知重力加速度為g，空氣阻力不計，要使在最高點時盒子與小球之間恰好無作用力，則（）a該盒子做勻速圓周運動的周期等于b該盒子做勻速圓周運動的周期等于2c盒子在最低點時盒子與小球之間的作用力大小等于3mgd盒子在最低點時盒子與小球之間的作用力大小等于5mg4如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強電場和勻強磁場中剛好做勻速圓周運動，其軌道半徑為r已知電場的電場強度為e，方向豎直向下；磁場的磁感應(yīng)強度為b，方向垂直紙面向里，不計空氣阻力，設(shè)重力加速度為g，則（）a液滴帶正電b液滴荷質(zhì)比c液滴順時針運動d液滴運動速度大小v=5如圖所示，在一磁感應(yīng)強度b=0.5t的勻強磁場中，垂直于磁場方向水平放置著兩根相距為l=0.1m的平行金屬導(dǎo)軌mn和pq，導(dǎo)軌電阻忽略不計，在兩根導(dǎo)軌的端點n、q之間連接一阻值r=0.3的電阻導(dǎo)軌上正交放置著金屬棒ab，其電阻r=0.2當(dāng)金屬棒在水平拉力作用于以速度v=4.0m/s向左做勻速運動時（）aa b棒所受安培力大小為0.02nbn、q間電壓為0.2vca端電勢比b端電勢低d回路中感應(yīng)電流大小為1a6某科研單位設(shè)計了一空間飛行器，飛行器從地面起飛時，發(fā)動機提供的動力方向與水平方向夾角=60，使飛行器恰恰與水平方向成=30角的直線斜向右上方勻加速飛行，經(jīng)一段時間后，將動力的方向沿逆時針旋轉(zhuǎn)60同時適當(dāng)調(diào)節(jié)其大小，使飛行器依然可以沿原方向勻減速飛行，飛行器所受空氣阻力不計，重力加速度為g，則（）a減速時加速度的大小為gb減速時動力的大小等于mgc加速時動力的大小等于mgd加速時加速度的大小為g7如圖是一種升降電梯的示意圖，a為載人箱，b為平衡重物，它們的質(zhì)量均為m，上下均有跨過滑輪的鋼索系住，在電動機的牽引下使電梯上下運動如果電梯中載人的總質(zhì)量為m，勻速上升的速度為v，電梯即將到頂層前關(guān)閉電動機，依靠慣性上升h高度后停止，在不計空氣和摩擦阻力的情況下，h為（）abcd二、多項選擇題（本題共5小題，每小題4分，共20分，每題有兩個以上選項是正確的，完全選對得4分，選對但不全得2分，不答或有選錯得零分）8如圖所示是骨折病人的牽引裝置示意圖，繩的一端固定，繞過定滑輪和動滑輪后掛著一個重物，與動滑輪相連的帆布帶拉著病人的腳，整個裝置在同一 豎直平面內(nèi)為了使腳所受的拉力增大，可采取的方法是（）a只增加繩的長度b只增加重物的質(zhì)量c只將病人的腳向左移動d只將兩定滑輪的間距增大9蔣昊南同學(xué)閱讀了一篇“火星的現(xiàn)在、地球的未來”的文章，摘錄了以下資料：根據(jù)目前被科學(xué)界普遍接受的宇宙大爆炸學(xué)說可知，萬有引力常量在極其緩慢地減?。?太陽幾十億年來一直不斷地在通過發(fā)光、發(fā)熱釋放能量； 金星和火星是地球的兩位近鄰，金星位于地球圓軌道的內(nèi)側(cè)，火星位于地球圓軌道的外側(cè)； 由于火星與地球的自轉(zhuǎn)周期幾乎相同，自轉(zhuǎn)軸與公轉(zhuǎn)軌道平面的傾角也幾乎相同，所以火星上也有四季變化根據(jù)他摘錄的資料和有關(guān)天體運動規(guī)律，可推斷（）a太陽對地球的引力在緩慢減小b太陽對地球的引力在緩慢增加c火星上平均每個季節(jié)持續(xù)的時間等于3個月d火星上平均每個季節(jié)持續(xù)的時間大于3個月10如圖所示，一圓心為o、半徑為r的圓中有兩條互相垂直的直徑ac和bd，電荷量均為q的正、負點電荷放在圓周上，它們的位置關(guān)于ac對稱，+q和o點的連線與oc間的夾角為60，兩個點電荷的連線與ac的交點為p下列說法中正確的是（）ap點的電場強度大于o點的電場強度ba點的電勢低于c點的電勢c點電荷q在o點與在c點所受的電場力相同d點電荷+q在點b具有的電勢能小于在d點具有的電勢能11一理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為10：1，原線圈輸入電壓的變化規(guī)律如圖甲所示，副線圈所接電路如圖乙所示，p為滑動變阻器的觸頭（）a副線圈輸出電壓的頻率為50hzb副線圈輸出電壓的有效值為31vcp向右移動時，原、副線圈的電流比減小dp向右移動時，變壓器的輸出功率增加12一個高爾夫球靜止于平坦的地面上在t=0時球被擊出，飛行中球的速率與時間的關(guān)系如圖所示若不計空氣阻力的影響，根據(jù)圖象提供的信息可以求出的量是（）a高爾夫球在何時落地b高爾夫球可上升的最大高度c人擊球時對高爾夫球做的功d高爾夫球落地時離擊球點的距離三、實驗題13甲圖中游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為mm；乙圖中螺旋測微器的讀數(shù)為mm丙圖中多用電表的讀數(shù)為14如圖甲示，是驗證牛頓第二定律的實驗裝置（1）請完善下列實驗步驟：a用天平測量吊盤m0和小車的質(zhì)量m0b平衡小車的摩擦阻力：取下吊盤，調(diào)整木板右端的高度，用手輕推小車，直到打點計時器在紙帶上打出一系列間距相等的點c按住小車，掛上吊盤，使細線與長木板平行d，釋放小車，在得到的紙帶上標(biāo)出吊盤（或小車）的總質(zhì)量m（或m）e保持小車總質(zhì)量一定，多次改變吊盤中的砝碼，重復(fù)c d步驟f保持吊盤總質(zhì)量一定，多次改變，重復(fù)c d步驟（2）如圖乙示，紙帶上3個相鄰計數(shù)點的間距為s1、s2和s3用米尺測量s1、s3的間距，由圖可讀出s1=24.3mm，s3=mm已知打點計時器打點周期為0.02s，利用s1、s3計算小車加速度a=m/s2（計算結(jié)果保留三位有效數(shù)字）15有一標(biāo)有“6v，0.5a”的小型直流電動機，轉(zhuǎn)子是由銅導(dǎo)線繞制的線圈組成，阻值約為0.8某興趣小組設(shè)計一個實驗測量此電動機線圈的電阻實驗室現(xiàn)提供的器材除導(dǎo)線和開關(guān)外還有：a直流電源e：8v（內(nèi)阻不計）b直流電流表a1：00.6a（內(nèi)阻約為0.5）c直流電流表a2：03a（內(nèi)阻約為0.1）d直流電壓表v1：03v（內(nèi)阻約為5k）e直流電壓表v2：015v（內(nèi)阻約為15k）f滑動變阻器r1：010，2ag標(biāo)準(zhǔn)電阻r2：3（1）為能較準(zhǔn)確地測出電動機線圈電阻，應(yīng)選擇以下的電路圖圖中表示電動機（2）為使電表指針有較大角度的偏轉(zhuǎn)，需要選用的電流表是，電壓表是（填寫實驗器材前面的序號）（3）閉合開關(guān)后，調(diào)節(jié)滑動變阻器控制電動機不轉(zhuǎn)動時讀出電流表、電壓表示數(shù)若某次實驗電壓表的示數(shù)為2.00v，電流表的示數(shù)為0.50a，電動機線圈電阻為由此可計算出該電動機正常工作輸出的機械功率為w（以上兩空計算結(jié)果均保留三位有效數(shù)字）四、計算解析題（本題共3小題，共9+12+13=34分解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟、規(guī)范的作圖只寫出最后答案的不能得分有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）16如圖示，有一固定在水平桌面上的軌道abc，ab段粗糙，與水平面間的夾角為=37；bc段光滑，c點緊貼桌子邊緣；桌高h=0.8m一小物塊放在a處（可視為質(zhì)點），小物塊與ab間的動摩擦因數(shù)為=0.25現(xiàn)在給小物塊一個沿斜面向下的初速度va=1m/s，小物塊經(jīng)過b處時無機械能損失，物塊最后落在與c點水平距離x=1.2m的d處（不計空氣阻力，g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）小物塊在ab段向下運動時的加速度大小a；（2）小物塊到達b處時的速度大小vb；（3）求ab的長l17如圖所示，兩平行金屬板e、f之間電壓為u，兩足夠長的平行邊界mn、pq區(qū)域內(nèi)，有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為b一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子（不計重力），由e板中央處靜止釋放，經(jīng)f板上的小孔射出后，垂直進入磁場，且進入磁場時與邊界mn成60角，最終粒子從邊界mn離開磁場求：（1）粒子離開電場時的速度大小v；（2）粒子在磁場中圓周運動的半徑r和運動的時間t（3）兩邊界mn、pq的最小距離d18如圖所示，一塊質(zhì)量為m、長為l的勻質(zhì)板放在很長的光滑水平桌面上，板的左端有一質(zhì)量為m的小物塊，物塊上連接一根很長的細繩，細繩跨過位于桌面邊緣的定滑輪現(xiàn)某人以恒定的速度v向下拉繩，物塊隨細繩運動，恰到達板的中點后相對板靜止；取g=10m/s2，且所有過程板的右端均未撞上桌邊定滑輪，求：（1）從開始拉繩起計時，物塊到達板的中點經(jīng)歷的時間t0；（2）物塊與板間的動摩擦因數(shù)0；（3）若板與桌面間有摩擦，為使物塊能到達板的右端，板與桌面的動摩擦因數(shù)的范圍五、選考題請同學(xué)從給出的3道題（1921）中任選一題作答，并用2b鉛筆在答題卷上把所選題目的題號涂黑注意所做題目必須與所涂題目題號一致，在答題卷選答區(qū)域指定位置答題如有多做，則按所做的第一題評分【選修3-3】19下列說法正確的是 （）a絕對濕度大，相對濕度一定大b荷葉上的小水滴呈球形，這是表面張力使液面收縮的結(jié)果c單晶體和多晶體都具有各向異性的物理性質(zhì)d一定質(zhì)量理想氣體等溫膨脹，一定從外界吸熱e對于一定質(zhì)量的理想氣體，壓強增大，體積增大，分子的平均動能一定增大20如圖所示，教室內(nèi)用截面積為o.2m2的絕熱活塞，將一定質(zhì)量的理想氣體封閉 在圓柱形汽缸內(nèi)，活塞與汽缸之間無摩擦a狀態(tài)是汽缸放在冰水混合物中氣體達到的平衡狀態(tài)，活塞離汽缸底部的局度為0.6m；b狀態(tài)是汽缸從容器中移出后達到的平衡狀態(tài)，活塞離 汽缸底部的高度為0.65m設(shè)室內(nèi)大氣壓強始終 保持1.0105pa，忽略活塞質(zhì)量（1）求教室內(nèi)的溫度；（2）若氣體從a狀態(tài)變化到b狀態(tài)的過程中，內(nèi)能增加了56oj，求此過程中氣體吸收的熱量【選修3-4】21關(guān)于波的說法中，正確的是（）a產(chǎn)生多普勒效應(yīng)的原因是波源頻率發(fā)生了變化b發(fā)生干涉現(xiàn)象時，介質(zhì)中振動加強的點，振動能量最大，減弱點振動能量可能為零c振動圖象和波的圖象中，橫坐標(biāo)所反映的物理意義是不同的d超聲波比次聲波更容易發(fā)生衍射e在地球表面上走得很準(zhǔn)的擺鐘搬到月球表面上，其擺動周期變大22一半徑為r的球體放置在水平面上，球體由折射率為的透明材料制成現(xiàn)有一束位于過球心o的豎直平面內(nèi)的光線，平行于桌面射到球體表面上，折射入球體后再從豎直表面射出，如圖所示已知入射光線與桌面的距離為求出射角【選修3-5】23下列關(guān)于原子和原子核的說法正確的是（）a衰變現(xiàn)象說明電子是原子核的組成部分b某放射性元素經(jīng)過11.4天有的原子核發(fā)生了衰變，則該元素的半衰期為3.8天c放射性元素的半衰期隨溫度的升高而變短d平均結(jié)合能越大表示原子核中的核子結(jié)合得越牢固e在、這三種射線中，射線的穿透能力最強，射線的電離能力最強24如圖所示，光滑水平面上有a、b兩個物塊，其質(zhì)量分別為ma=2.0kg，mb=1.0kg，現(xiàn)用一輕彈簧將a、b兩物塊連接，并用力緩慢壓縮彈簧使a、b兩物塊靠近，此過程外力做功108j（彈簧仍處于彈性限度范圍內(nèi)），然后同時釋放，彈簧開始逐漸變長試求當(dāng)彈簧剛好恢復(fù)原長時，a和b物塊速度va、vb的大小2015-2016學(xué)年廣東省湛江一中等四校高三（上）第一次聯(lián)考物理試卷參考答案與試題解析一、單項選擇題（本題有7小題，每題4分，共28分選出各題中一個符合題意的選項，不選、多選、錯選均不給分）1下列關(guān)于物理學(xué)發(fā)展史的表述，其中觀點正確的是（）a伽利略發(fā)現(xiàn)行星運動三大定律b牛頓發(fā)現(xiàn)萬有引力定律c法拉第首先發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)d奧斯特首次測出元電荷量【考點】物理學(xué)史【分析】根據(jù)物理學(xué)史解答，記住著名物理學(xué)家的主要貢獻即可【解答】解：a、開普勒發(fā)現(xiàn)了行星運動三大定律，故a錯誤b、牛頓發(fā)現(xiàn)萬有引力定律，故b正確c、奧斯特首先發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)故c錯誤d、密立根首次測出元電荷量故d錯誤故選：b【點評】本題考查物理學(xué)史，是常識性問題，對于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強記憶，這也是考試內(nèi)容之一2在歡慶節(jié)日的時候，人們會在夜晚燃放美麗的焰火按照設(shè)計，某種型號的裝有焰火的禮花彈從專用炮筒中射出后，在4s末到達離地面100m的最高點時炸開，構(gòu)成各種美麗的圖案假設(shè)禮花彈從炮筒中豎直射出時的初速度是v0，上升過程中所受的平均阻力大小始終是自身重力的k倍，那么v0和k分別等于（重力加速度g取10m/s2）（）a25m/s，1.25b40m/s，0.25c50m/s，0.25d80m/s，1.25【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動的速度與時間的關(guān)系【專題】牛頓運動定律綜合專題【分析】禮花彈從炮筒中豎直射出時向上做勻減速直線運動，對其進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律及勻減速直線運動的基本公式即可求解【解答】解：上升過程中所受的平均阻力f=kmg，根據(jù)牛頓第二定律得：a=（k+1）g，根據(jù)h=at2得：a=12.5m/s2，所以v0=at=50m/s，而（k+1）g=12.5m/s2，所以 k=0.25 故選c【點評】本題主要考查了牛頓第二定律及運動學(xué)基本公式的應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確對物體進行受力分析，根據(jù)受力情況判斷運動情況，并熟練運用運動學(xué)基本公式解題3如圖所示，質(zhì)量為m的小球置于光滑的正方體盒子中，盒子的邊長略大于球的直徑某同學(xué)拿著該盒子在豎直平面內(nèi)做半徑為r的勻速圓周運動，已知重力加速度為g，空氣阻力不計，要使在最高點時盒子與小球之間恰好無作用力，則（）a該盒子做勻速圓周運動的周期等于b該盒子做勻速圓周運動的周期等于2c盒子在最低點時盒子與小球之間的作用力大小等于3mgd盒子在最低點時盒子與小球之間的作用力大小等于5mg【考點】向心力；動能定理的應(yīng)用【分析】小球在最高點時盒子與小球之間恰好無作用力，說明此時恰好只有小球的重力作為向心力，由此可以求得小球的運動周期，在最低點時對物體受力分析，利用向心力的公式可以求得盒子與小球之間的作用力大小【解答】解：ab、在最高點時盒子與小球之間恰好無作用力，說明此時恰好只有小球的重力作為小球的向心力，由mg=mr得，周期t=2，故a錯誤，b正確cd、盒子在最低點時受重力和支持力的作用，由fmg=mr得：f=2mg，故c、d錯誤故選：b【點評】物體做勻速圓周運動，小球在最高點時盒子與小球之間恰好無作用力，說明此時恰好只有小球的重力作為向心力，這是解決這道題的關(guān)鍵，再根據(jù)最高點和最低點時受力的不同，根據(jù)向心力的公式列方程求解即可4如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強電場和勻強磁場中剛好做勻速圓周運動，其軌道半徑為r已知電場的電場強度為e，方向豎直向下；磁場的磁感應(yīng)強度為b，方向垂直紙面向里，不計空氣阻力，設(shè)重力加速度為g，則（）a液滴帶正電b液滴荷質(zhì)比c液滴順時針運動d液滴運動速度大小v=【考點】帶電粒子在混合場中的運動【專題】帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題【分析】（1）液滴在復(fù)合場中做勻速圓周運動，可判斷出電場力和重力為平衡力，從而可求出液滴的比荷并可判斷電場力的方向，結(jié)合電場的方向便可知液滴的電性（2）根據(jù)洛倫茲力的方向，利用左手定則可判斷液滴的旋轉(zhuǎn)方向；結(jié)合重力與電場力平衡以及液滴在洛倫茲力的作用下的運動半徑公式，可求出線速度【解答】解：a、液滴在重力場、勻強電場和勻強磁場的復(fù)合場中做勻速圓周運動，可知，液滴受到的重力和電場力是一對平衡力，重力豎直向下，所以電場力豎直向上，與電場方向相同，故可知液滴帶負電，故a錯誤；b、由液滴做勻速圓周運動，得知電場力和重力大小相等，得：mg=qe解得： =，故b錯誤；c、磁場方向垂直紙面向里，洛倫茲力的方向始終指向圓心，由左手定則可判斷液滴的旋轉(zhuǎn)方向為順時針，故c正確；d、液滴在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動的半徑為：r=聯(lián)立得：v=，故d錯誤；故選：c【點評】此題考查了液滴在復(fù)合場中的運動問題復(fù)合場是指電場、磁場、重力場并存，或其中某兩種場并存的場液滴在這些復(fù)合場中運動時，必須同時考慮電場力、洛倫茲力和重力的作用或其中某兩種力的作用，因此對液滴的運動形式的分析就顯得極為重要該題就是根據(jù)液滴的運動情況來判斷受到的電場力情況5如圖所示，在一磁感應(yīng)強度b=0.5t的勻強磁場中，垂直于磁場方向水平放置著兩根相距為l=0.1m的平行金屬導(dǎo)軌mn和pq，導(dǎo)軌電阻忽略不計，在兩根導(dǎo)軌的端點n、q之間連接一阻值r=0.3的電阻導(dǎo)軌上正交放置著金屬棒ab，其電阻r=0.2當(dāng)金屬棒在水平拉力作用于以速度v=4.0m/s向左做勻速運動時（）aa b棒所受安培力大小為0.02nbn、q間電壓為0.2vca端電勢比b端電勢低d回路中感應(yīng)電流大小為1a【考點】導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；閉合電路的歐姆定律【專題】電磁感應(yīng)功能問題【分析】根據(jù)e=blv求出ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，由歐姆定律求感應(yīng)電流，再由f=bil求ab棒所受的安培力大小nq間的電壓是r兩端的電壓，由歐姆定律求由右手定則判斷電勢高低【解答】解：a、ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 e=blv=0.50.14v=0.2v感應(yīng)電流為 i=0.4aa b棒所受安培力大小 f安=bil=0.50.40.1n=0.02n，故a正確b、n、q間電壓為 u=ir=0.40.3v=0.12v，故b錯誤c、由右手定則判斷知，ab棒中感應(yīng)電流方向由b到a，a端相當(dāng)于電源的正極，電勢較高，故c錯誤d、由上知，回路中感應(yīng)電流大小為0.4a，故d錯誤故選：a【點評】本題是電磁感應(yīng)與電路知識的綜合，關(guān)鍵要區(qū)分清楚哪部分電路是電源，哪部分是外部分要知道nq間的電壓是外電壓6某科研單位設(shè)計了一空間飛行器，飛行器從地面起飛時，發(fā)動機提供的動力方向與水平方向夾角=60，使飛行器恰恰與水平方向成=30角的直線斜向右上方勻加速飛行，經(jīng)一段時間后，將動力的方向沿逆時針旋轉(zhuǎn)60同時適當(dāng)調(diào)節(jié)其大小，使飛行器依然可以沿原方向勻減速飛行，飛行器所受空氣阻力不計，重力加速度為g，則（）a減速時加速度的大小為gb減速時動力的大小等于mgc加速時動力的大小等于mgd加速時加速度的大小為g【考點】牛頓第二定律；力的合成與分解的運用【專題】牛頓運動定律綜合專題【分析】起飛時，飛行器受推力和重力，兩力的合力與水平方向成30角斜向上，根據(jù)幾何關(guān)系求出合力，由牛頓第二定律求出加速度，根據(jù)勻加速運動速度公式求解最大速度；推力方向逆時針旋轉(zhuǎn)60后，先根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，再求出繼續(xù)上升的時間【解答】解：ab、t時刻的速率：v=a1t=gt推力方向逆時針旋轉(zhuǎn)60，合力的方向與水平方向成30斜向下，推力f跟合力fh垂直，如圖所示，此時合力大小為：fh=mgsin30動力大?。篺=mg飛行器的加速度大小為：a2=g故ab錯誤；cd、起飛時，飛行器受推力和重力，兩力的合力與水平方向成30角斜向上，設(shè)動力為f，合力為fb，如圖所示：在offb中，由幾何關(guān)系得：f=mg，fb=mg由牛頓第二定律得飛行器的加速度為：a1=g故c錯誤，d正確；故選：d【點評】本題主要考查了牛頓第二定律及運動學(xué)基本公式的應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確對分析器進行受力分析并能結(jié)合幾何關(guān)系求解，難度適中7如圖是一種升降電梯的示意圖，a為載人箱，b為平衡重物，它們的質(zhì)量均為m，上下均有跨過滑輪的鋼索系住，在電動機的牽引下使電梯上下運動如果電梯中載人的總質(zhì)量為m，勻速上升的速度為v，電梯即將到頂層前關(guān)閉電動機，依靠慣性上升h高度后停止，在不計空氣和摩擦阻力的情況下，h為（）abcd【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動的速度與時間的關(guān)系【專題】牛頓運動定律綜合專題【分析】載人箱、人及平衡重物加速度相同，則由隔離法可求得加速度的大?。辉儆蛇\動學(xué)公式可求得上升的高度【解答】解：設(shè)b對a拉力ft對b：mgft=ma對a：ft（m+m）g=（m+m）a，a=由v2=2ah得h=，d選項正確故選：d【點評】本題也可以利用整體法直接求出整體沿繩子運動的加速度，再由運動學(xué)公式求解二、多項選擇題（本題共5小題，每小題4分，共20分，每題有兩個以上選項是正確的，完全選對得4分，選對但不全得2分，不答或有選錯得零分）8如圖所示是骨折病人的牽引裝置示意圖，繩的一端固定，繞過定滑輪和動滑輪后掛著一個重物，與動滑輪相連的帆布帶拉著病人的腳，整個裝置在同一 豎直平面內(nèi)為了使腳所受的拉力增大，可采取的方法是（）a只增加繩的長度b只增加重物的質(zhì)量c只將病人的腳向左移動d只將兩定滑輪的間距增大【考點】合力的大小與分力間夾角的關(guān)系【專題】平行四邊形法則圖解法專題【分析】以滑輪為研究對象，根據(jù)平衡條件得出腳所受的拉力與繩的拉力的關(guān)系，再選擇可采取的方法【解答】解：a、若只增加繩的長度，拉力不變，a選項錯誤；b、若只增加重物的質(zhì)量，則繩子拉力增大，腳所受的拉力增大，b選項正確；c、若只將病人的腳向左移動，則夾角會減小，繩子拉力的合力增大，腳所受的拉力增大，c選項正確；d、只將兩只滑輪的距離增大，則夾角會增大，繩子拉力的合力減小，腳所受的拉力減小，d選項錯誤故選：bc【點評】本題實質(zhì)中動態(tài)平衡問題，采用的是函數(shù)法，考查運用物理知識分析實際問題的能力9蔣昊南同學(xué)閱讀了一篇“火星的現(xiàn)在、地球的未來”的文章，摘錄了以下資料：根據(jù)目前被科學(xué)界普遍接受的宇宙大爆炸學(xué)說可知，萬有引力常量在極其緩慢地減??； 太陽幾十億年來一直不斷地在通過發(fā)光、發(fā)熱釋放能量； 金星和火星是地球的兩位近鄰，金星位于地球圓軌道的內(nèi)側(cè)，火星位于地球圓軌道的外側(cè)； 由于火星與地球的自轉(zhuǎn)周期幾乎相同，自轉(zhuǎn)軸與公轉(zhuǎn)軌道平面的傾角也幾乎相同，所以火星上也有四季變化根據(jù)他摘錄的資料和有關(guān)天體運動規(guī)律，可推斷（）a太陽對地球的引力在緩慢減小b太陽對地球的引力在緩慢增加c火星上平均每個季節(jié)持續(xù)的時間等于3個月d火星上平均每個季節(jié)持續(xù)的時間大于3個月【考點】萬有引力定律及其應(yīng)用【專題】萬有引力定律的應(yīng)用專題【分析】由萬有引力的表達式分析太陽對地球引力的變化情況；由萬有引力提供向心力，得到行星的周期與軌道半徑的關(guān)系式，再分析周期大小，判斷火星上季節(jié)時間【解答】解：a、b由太陽對地球的萬有引力的表達式f=g可知，g變小，則太陽對地球的引力f減小故a正確，b錯誤c、由行星繞太陽運行所需要的向心力由太陽的萬有引力提供，則有：mr=g，得周期 t=2，可知r越大，t越大因火星的軌道半徑比地球大，則火星的公轉(zhuǎn)周期比地球的大，所以火星上平均每個季節(jié)的時間大于3個月，故c錯誤，d正確；故選：ad【點評】本題關(guān)鍵要明確萬有引力的表達式，建立行星運動的模型，會由向心力等于萬有引力分析線速度、周期與半徑的大小關(guān)系10如圖所示，一圓心為o、半徑為r的圓中有兩條互相垂直的直徑ac和bd，電荷量均為q的正、負點電荷放在圓周上，它們的位置關(guān)于ac對稱，+q和o點的連線與oc間的夾角為60，兩個點電荷的連線與ac的交點為p下列說法中正確的是（）ap點的電場強度大于o點的電場強度ba點的電勢低于c點的電勢c點電荷q在o點與在c點所受的電場力相同d點電荷+q在點b具有的電勢能小于在d點具有的電勢能【考點】電場強度；電勢能【專題】電場力與電勢的性質(zhì)專題【分析】根據(jù)電場線的分布情況，分析p點和o點的場強等量異種點電荷電場的分布具有對稱性，可以結(jié)合其對稱性來分析，結(jié)合等量異種點電荷電場電場線和等勢線的分布圖象來分析電勢的高低，由電勢能公式ep=q分析電勢能的大小【解答】解：a、在ac連線上，p點的電場線最密，場強最大，所以p點的電場強度大于o點的電場強度，故a正確b、ac連線是等量異種點電荷電場中一條等勢線，故a、c兩點的電勢相等，故b錯誤c、根據(jù)等量異種點電荷電場電場線分布的對稱性可知，o、c兩點的電場強度相同，則點電荷+q在o點和c點所受電場力相同故c正確d、根據(jù)順著電場線方向電勢降低，結(jié)合電場線的分布情況可知，b點的電勢高于d點電勢，由電勢能公式ep=q分析可知：點電荷+q在b點的電勢能大于在d點具有的電勢能故d錯誤故選：ac【點評】本題考查等量異種點電荷電場的分布特點，關(guān)鍵要掌握等量異種點電荷電場的電場線和等勢線的分布圖象，來分析場強和電勢關(guān)系11一理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為10：1，原線圈輸入電壓的變化規(guī)律如圖甲所示，副線圈所接電路如圖乙所示，p為滑動變阻器的觸頭（）a副線圈輸出電壓的頻率為50hzb副線圈輸出電壓的有效值為31vcp向右移動時，原、副線圈的電流比減小dp向右移動時，變壓器的輸出功率增加【考點】變壓器的構(gòu)造和原理【專題】交流電專題【分析】根據(jù)瞬時值表達式可以求得輸出電壓的有效值、周期和頻率等，再根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比即可求得結(jié)論【解答】解：a、由圖象可知，交流電的周期為0.02s，所以交流電的頻率為50hz，所以a正確b、根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比可知，原線圈的電壓的最大值為220v，所以副線圈的電壓的最大值為22v，所以電壓的有效值為v=22v，所以b錯誤c、原、副線圈的電流與匝數(shù)成反比，線圈的匝數(shù)不變，所以電流比也不變，所以c錯誤d、p向右移動時，滑動變阻器的電阻減小，副線圈的電壓不變，所以電路消耗的功率將變大，變壓器的輸出功率增加，所以d正確故選ad【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12一個高爾夫球靜止于平坦的地面上在t=0時球被擊出，飛行中球的速率與時間的關(guān)系如圖所示若不計空氣阻力的影響，根據(jù)圖象提供的信息可以求出的量是（）a高爾夫球在何時落地b高爾夫球可上升的最大高度c人擊球時對高爾夫球做的功d高爾夫球落地時離擊球點的距離【考點】動能定理的應(yīng)用；勻變速直線運動的圖像【專題】動能定理的應(yīng)用專題【分析】不計空氣阻力，高爾夫球落到水平地面上時，速率相等，由圖可求出落地時間根據(jù)動能定理可求出最大高度由動能定理，分析能否求出人擊球時對高爾夫球做的功高爾夫球水平方向做勻速直線運動，由圖求出水平方向分速度vx，由x=vxt求出落地時離擊球點的距離【解答】解：a、不計空氣阻力，高爾夫球落到水平地面上時，速率相等由圖看出，小球5s時刻落地故a正確b、小球的初速度大小為v0=31m/s，到達最高點時的速度大小為v=19m/s，由動能定理得mgh=，由此式可求出最大高度h故b正確c、由動能定理得：人擊球時對高爾夫球做的功w=，由于高爾夫球的質(zhì)量m未知，無法求出w故c錯誤d、高爾夫球水平方向做勻速直線運動，水平方向分速度vx=19m/s，高爾夫球落地時離擊球點的距離為s=vxt=195m=95m故d正確故選abd【點評】本題要根據(jù)速率圖象讀出小球的初速率、最高點的速率及運動情況，還要運用運用的分解法研究斜拋運動，知道高爾夫球水平方向做勻速直線運動三、實驗題13甲圖中游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為13.55mm；乙圖中螺旋測微器的讀數(shù)為4.699mm丙圖中多用電表的讀數(shù)為1000【考點】刻度尺、游標(biāo)卡尺的使用；螺旋測微器的使用【專題】實驗題【分析】解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀根據(jù)選擇開關(guān)位置確定多用電表所測量的量與量程，然后根據(jù)表盤確定其分度值，然后讀出其示數(shù)【解答】解：1、游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為13mm，游標(biāo)尺上第11個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標(biāo)讀數(shù)為110.05mm=0.55mm，所以最終讀數(shù)為：13mm+0.55mm=13.55mm2、螺旋測微器的固定刻度為4.5mm，可動刻度為19.90.01mm=0.199mm，所以最終讀數(shù)為4.5mm+0.199mm=4.699mm3、歐姆檔的讀數(shù)是100；然后表盤讀數(shù)乘以倍率，該電阻的電阻值為：r=10010=1000故答案為：13.55；4.699；1000【點評】對于基本測量儀器如游標(biāo)卡尺、螺旋測微器等要了解其原理，要能正確使用這些基本儀器進行有關(guān)測量14如圖甲示，是驗證牛頓第二定律的實驗裝置（1）請完善下列實驗步驟：a用天平測量吊盤m0和小車的質(zhì)量m0b平衡小車的摩擦阻力：取下吊盤，調(diào)整木板右端的高度，用手輕推小車，直到打點計時器在紙帶上打出一系列間距相等的點c按住小車，掛上吊盤，使細線與長木板平行d接通電源，釋放小車，在得到的紙帶上標(biāo)出吊盤（或小車）的總質(zhì)量m（或m）e保持小車總質(zhì)量一定，多次改變吊盤中的砝碼，重復(fù)c d步驟f保持吊盤總質(zhì)量一定，多次改變小車的質(zhì)量，重復(fù)c d步驟（2）如圖乙示，紙帶上3個相鄰計數(shù)點的間距為s1、s2和s3用米尺測量s1、s3的間距，由圖可讀出s1=24.3mm，s3=47.1mm已知打點計時器打點周期為0.02s，利用s1、s3計算小車加速度a=1.14m/s2（計算結(jié)果保留三位有效數(shù)字）【考點】驗證牛頓第二運動定律【專題】實驗題；牛頓運動定律綜合專題【分析】明確實驗原理及實驗方法；知道為了保證在改變小車中砝碼的質(zhì)量時，小車所受的拉力近似不變，小吊盤和盤中物塊的質(zhì)量之和應(yīng)該遠小于小車和砝碼的總質(zhì)量由勻變速直線運動的推論得：x=at2由則可求得加速度【解答】解：（1）d、在實驗時應(yīng)先接通電源，再釋放小車；f、因驗證加速度與小車質(zhì)量之間的關(guān)系；故應(yīng)多次改變小車的質(zhì)量，重復(fù)實驗；（2）設(shè)紙帶上三個相鄰計數(shù)點的間距為s1、s2、s3由勻變速直線運動的推論得：x=at2即s3s1=2a（5t）2a=圖2為用米尺測量某一紙帶上的s1、s3的情況，由圖可讀出s1=24.2mm，s3=47.2mm由此求得加速度的大小a=1.15m/s2故答案為：（1）d接通電源； f小車質(zhì)量（或小車中的砝碼個數(shù)）（2）47.1；1.15【點評】本題考查驗證牛頓第二定律的實驗；對于實驗問題要掌握實驗原理、注意事項和誤差來源；遇到涉及圖象的問題時，要先根據(jù)物理規(guī)律寫出關(guān)于縱軸與橫軸的函數(shù)表達式，再根據(jù)斜率和截距的概念求解即可15有一標(biāo)有“6v，0.5a”的小型直流電動機，轉(zhuǎn)子是由銅導(dǎo)線繞制的線圈組成，阻值約為0.8某興趣小組設(shè)計一個實驗測量此電動機線圈的電阻實驗室現(xiàn)提供的器材除導(dǎo)線和開關(guān)外還有：a直流電源e：8v（內(nèi)阻不計）b直流電流表a1：00.6a（內(nèi)阻約為0.5）c直流電流表a2：03a（內(nèi)阻約為0.1）d直流電壓表v1：03v（內(nèi)阻約為5k）e直流電壓表v2：015v（內(nèi)阻約為15k）f滑動變阻器r1：010，2ag標(biāo)準(zhǔn)電阻r2：3（1）為能較準(zhǔn)確地測出電動機線圈電阻，應(yīng)選擇以下的乙電路圖圖中表示電動機（2）為使電表指針有較大角度的偏轉(zhuǎn)，需要選用的電流表是b，電壓表是d（填寫實驗器材前面的序號）（3）閉合開關(guān)后，調(diào)節(jié)滑動變阻器控制電動機不轉(zhuǎn)動時讀出電流表、電壓表示數(shù)若某次實驗電壓表的示數(shù)為2.00v，電流表的示數(shù)為0.50a，電動機線圈電阻為1.00由此可計算出該電動機正常工作輸出的機械功率為2.75w（以上兩空計算結(jié)果均保留三位有效數(shù)字）【考點】描繪小電珠的伏安特性曲線；伏安法測電阻【專題】實驗題；恒定電流專題【分析】（1）從而測量的精確性角度考慮，選擇電壓表和電流表的量程，測量電動機內(nèi)阻時，電動機需不轉(zhuǎn)動，通過歐姆定律求出電動機的內(nèi)阻（2）根據(jù)題意確定滑動變阻器與電流表的接法，然后可得出對應(yīng)的電路圖（3）測電阻時應(yīng)控制電動機不轉(zhuǎn)由歐姆定律求出線圈電阻，應(yīng)用電功公式求出輸出功率【解答】解：（1）電動機不轉(zhuǎn)時，兩端最大電壓約為：u=0.50.8=0.4v，滑動變阻器應(yīng)采用分壓接法，電動機線圈電阻約為0.8，電流表內(nèi)阻約為0.5，電壓表內(nèi)阻約為5k，電流表應(yīng)采用外接法，因線圈的電阻太小，因此為保護電動機，則將定值電阻與電動機串聯(lián)，故應(yīng)選擇乙電路圖；（2）測電動機線圈電阻，應(yīng)控制電動機不轉(zhuǎn)，測出電動機兩端電壓與通過電動機的電流，電動機不轉(zhuǎn)時，通過電動機的電流與電動機兩端電壓都很小，電流表選b，電壓表選d；（3）由歐姆定律可知：r+r=4；解得：r=43=1.00電動機正常工作時，總功率：p=ui=60.5=3w，線圈產(chǎn)生的熱功率：pq=i2r=0.521=0.25w，電動機正常工作輸出的機械功率：p機械=ppq=30.25=2.75w；故答案為：（1）乙；（2）b；d；（3）1.00；2.75【點評】解決本題的關(guān)鍵知道器材選取的原則，即精確、安全，以及知道電動機正常工作時輸入功率等于輸出功率與內(nèi)部消耗功率之和四、計算解析題（本題共3小題，共9+12+13=34分解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟、規(guī)范的作圖只寫出最后答案的不能得分有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）16如圖示，有一固定在水平桌面上的軌道abc，ab段粗糙，與水平面間的夾角為=37；bc段光滑，c點緊貼桌子邊緣；桌高h=0.8m一小物塊放在a處（可視為質(zhì)點），小物塊與ab間的動摩擦因數(shù)為=0.25現(xiàn)在給小物塊一個沿斜面向下的初速度va=1m/s，小物塊經(jīng)過b處時無機械能損失，物塊最后落在與c點水平距離x=1.2m的d處（不計空氣阻力，g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）小物塊在ab段向下運動時的加速度大小a；（2）小物塊到達b處時的速度大小vb；（3）求ab的長l【考點】牛頓運動定律的綜合應(yīng)用；平拋運動【專題】牛頓運動定律綜合專題【分析】（1）從a到b過程，物體受重力、支持力和摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度；（2）物塊離開c后做平拋運動，由平拋運動的位移關(guān)系公式列式求解；（3）對從a到b過程，根據(jù)速度位移關(guān)系公式列式求解【解答】解：（1）小物塊從a到b過程中，由牛頓第二定律有：mgsinmgcos=ma代入數(shù)據(jù)解得：a=4m/s2（2）小物塊從b向右勻速運動，自c點水平拋出，由平拋運動規(guī)律，豎直方向：水平方向：x=vbt代入數(shù)據(jù)解得：vb=3m/s（3）小物塊從a到b，由運動學(xué)公式，有：代入數(shù)據(jù)解得：l=1m答：（1）小物塊在ab段向下運動時的加速度大小是4m/s2；（2）小物塊到達b處時的速度大小是3m/s；（3）ab的長是1m【點評】本題中滑塊先做勻加速直線運動，后作平拋運動，對兩個過程分別運用牛頓第二定律求解加速度，再運用運動學(xué)公式列式求解17如圖所示，兩平行金屬板e、f之間電壓為u，兩足夠長的平行邊界mn、pq區(qū)域內(nèi)，有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為b一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子（不計重力），由e板中央處靜止釋放，經(jīng)f板上的小孔射出后，垂直進入磁場，且進入磁場時與邊界mn成60角，最終粒子從邊界mn離開磁場求：（1）粒子離開電場時的速度大小v；（2）粒子在磁場中圓周運動的半徑r和運動的時間t（3）兩邊界mn、pq的最小距離d【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；動能定理【專題】帶電粒子在磁場中的運動專題【分析】（1）帶電粒子先在電場中加速，后進入磁場做勻速圓周運動由動能定理求出加速獲得的速度大小粒子離開電場后，垂直進入磁場，由洛侖茲力提供向心力，由牛頓第二定律求半徑；（2）當(dāng)粒子在磁場中的軌跡恰好也pq相切時，兩邊界mn、pq的距離最小，畫出粒子的運動軌跡，由幾何關(guān)系求最小距離；（3）求出粒子圓周運動的周期，確定出軌跡的圓心角，由t=t求磁場中運動的時間【解答】（1）設(shè)粒子離開電場時的速度為v，由動能定理有：qu=解得：v=（2）粒子離開電場后，垂直進入磁場，由洛侖茲力提供向心力有：qbv= 聯(lián)立解得：r= 粒子在磁場中做圓周運動的周期t= 聯(lián)立解得：t=粒子在磁場中運動的時間t=（3）最終粒子從邊界mn離開磁場，需滿足：dr+rsin30 聯(lián)立解得：d兩邊界mn、pq的最小距離d為答：（1）粒子離開電場時的速度大小v=；（2）粒子在磁場中圓周運動的半徑r=，和運動的時間t=；（3）兩邊界mn、pq的最小距離d=【點評】本題中帶電粒子在組合場中運動的類型，畫出粒子的運動軌跡，運用幾何知識和牛頓第二定律研究磁場中軌跡問題18如圖所示，一塊質(zhì)量為m、長為l的勻質(zhì)板放在很長的光滑水平桌面上，板的左端有一質(zhì)量為m的小物塊，物塊上連接一根很長的細繩，細繩跨過位于桌面邊緣的定滑輪現(xiàn)某人以恒定的速度v向下拉繩，物塊隨細繩運動，恰到達板的中點后相對板靜止；取g=10m/s2，且所有過程板的右端均未撞上桌邊定滑輪，求：（1）從開始拉繩起計時，物塊到達板的中點經(jīng)歷的時間t0；（2）物塊與板間的動摩擦因數(shù)0；（3）若板與桌面間有摩擦，為使物塊能到達板的右端，板與桌面的動摩擦因數(shù)的范圍【考點】牛頓運動定律的綜合應(yīng)用；勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系【專題】牛頓運動定律綜合專題【分析】（1）板與物塊都向右做初速度為零的勻加速運動，當(dāng)兩者速度相等時，木塊與板相對靜止，由平均速度公式求出板的平均速度；由運動學(xué)公式求出時間；（2）由牛頓第二定律求出物體與板間的動摩擦因數(shù)；（3）對板與物塊進行受力分析，由牛頓第二定律求出 加速度，由運動學(xué)公式求出位移，然后根據(jù)兩者間位移的幾何關(guān)系分析答題【解答】解：（1）設(shè)在此過程中物塊前進位移為s1，板前進位移為s2，則s1=vt0由得：（2）根據(jù)牛頓第二定律，對板有：0mg=ma而由得解得：（3）設(shè)經(jīng)過時間t，物塊恰到達板的右端并與之共速，此時物塊勻速前進位移為x1，板勻加速前進位移為x2，則x1=vt，且據(jù)位移關(guān)系有：設(shè)此過程板與桌面間的動摩擦因數(shù)為1，對板有0mg1（m+m）g=ma又由運動學(xué)規(guī)律v=at聯(lián)立解得當(dāng)?shù)孛孀畲箪o摩擦力大于物塊對板的摩擦力，板不動，物塊也可到達板的右端，即有0mg2（m+m）g可得而故綜上可得，為使物塊能到達板的右端，板與桌面的動摩擦因數(shù)的范圍應(yīng)為答：（1）從開始拉繩起計時，物塊到達板的中點經(jīng)歷的時間是；（2）物塊與板間的動摩擦因數(shù)是；（3）若板與桌面間有摩擦，為使物塊能到達板的右端，板與桌面的動摩擦因數(shù)的范圍【點評】該題為多物體多過程的題目，對運動的過程運動要分析透徹分析求出物體運動過程，應(yīng)用牛頓第二定律、運動學(xué)公式、即可正確解題五、選考題請同學(xué)從給出的3道題（1921）中任選一題作答，并用2b鉛筆在答題卷上把所選題目的題號涂黑注意所做題目必須與所涂題目題號一致，在答題卷選答區(qū)域指定位置答題如有多做，則按所做的第一題評分【選修3-3】19下列說法正確的是 （）a絕對濕度大，相對濕度一定大b荷葉上的小水滴呈球形，這是表面張力使液面收縮的結(jié)果c單晶體和多晶體都具有各向異性的物理性質(zhì)d一定質(zhì)量理想氣體等溫膨脹，一定從外界吸熱e對于一定質(zhì)量的理想氣體，壓強增大，體積增大，分子的平均動能一定增大【考點】* 晶體和非晶體；* 液體的表面張力現(xiàn)象和毛細現(xiàn)象；封閉氣體壓強【專題】應(yīng)用題【分析】解答本題需掌握：絕對濕度是指每單位容積的氣體所含水分的重量，一般用mg/l作指標(biāo)相對濕度是指絕對濕度與該溫度飽和狀態(tài)水蒸氣含量之比，用百分?jǐn)?shù)表達凡作用于液體表面，使液體表面積縮小的力，稱為液體表面張力它產(chǎn)生的原因是液體跟氣體接觸的表面存