高三物理模擬試卷

1、二選擇題（本題共8小題，每小題6分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1418題中只有一項(xiàng)符合題目要求，第1921題有多項(xiàng)符合題目要求全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分）1下列有關(guān)物理學(xué)史或物理理論及應(yīng)用的說法中，正確的是（）A法拉第最早提出了磁現(xiàn)象的電本質(zhì)，并發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象B安培力的方向可以不垂直磁場(chǎng)方向，但一定垂直直導(dǎo)線C感應(yīng)電流遵從楞次定律所描述的方向，這是能量守恒定律的必然結(jié)果D避雷針是利用了導(dǎo)體尖端的電荷密度很小，附近場(chǎng)強(qiáng)很弱，才把空氣中的電荷導(dǎo)入大地2回旋加速器是美國(guó)物理學(xué)家勞倫斯于1932年發(fā)明的如圖為一種改進(jìn)后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間加速電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小恒定

2、，且被限制在A、C板間，如圖所示帶電粒子從P0處以速度v0沿電場(chǎng)線方向射入電場(chǎng)，經(jīng)加速后再進(jìn)入D型盒中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)對(duì)這種加速器，下列說法正確的是（）A帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速兩次B帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周PlP2=P2P3C加速電場(chǎng)方向需要做周期性的變化D加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān)3如圖所示，在傾角為=30的光滑斜面上，物塊A、B質(zhì)量分別為m和2m物塊A靜止在輕彈簧上面，物塊B用細(xì)線與斜面頂端相連，A、B緊挨在一起但A、B之間無彈力，已知重力加速度為g，某時(shí)刻把細(xì)線剪斷，當(dāng)細(xì)線剪斷瞬間，下列說法正確的是（）A物塊A的加速度為0B物塊A的加速度為C物塊B的加速度為0D物塊B的加速

3、度為4在光滑絕緣水平面的P點(diǎn)正上方O點(diǎn)固定了一電荷量為+Q的正點(diǎn)電荷，在水平面上的N點(diǎn)，由靜止釋放質(zhì)量為m，電荷量為q的負(fù)檢驗(yàn)電荷，該檢驗(yàn)電荷經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)速度為v，圖中=60，規(guī)定電場(chǎng)中P點(diǎn)的電勢(shì)為零則在+Q形成的電場(chǎng)中（）AN點(diǎn)電勢(shì)高于P點(diǎn)電勢(shì)BN點(diǎn)電勢(shì)為CP點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小是N點(diǎn)的2倍D檢驗(yàn)電荷在N點(diǎn)具有的電勢(shì)能為mv25如圖所示，豎直平面內(nèi)有一金屬環(huán)，半徑為a，總電阻為R（指拉直時(shí)兩端的電阻），磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過環(huán)平面，在環(huán)的最高點(diǎn)A用鉸鏈連接長(zhǎng)度為2a、電阻為的導(dǎo)體棒AB，AB由水平位置緊貼環(huán)面擺下，當(dāng)擺到豎直位置時(shí)，B點(diǎn)的線速度為v，則這時(shí)AB兩端的電壓大小為（）ABCDB

4、av6如圖1，小球從高處下落到豎直放置的輕彈簧上，剛接觸輕彈簧的瞬間速度是5m/s，接觸彈簧后小球速度v和彈簧縮短的長(zhǎng)度x之間關(guān)系如圖2所示，其中A為曲線的最高點(diǎn)已知該小球重為2N，彈簧在受到撞擊至壓縮到最短的過程中始終發(fā)生彈性形變?cè)谛∏蛳蛳聣嚎s彈簧的全過程中，下列說法正確的是（）A小球的動(dòng)能先變大后變小B小球速度最大時(shí)受到的彈力為2NC小球的機(jī)械能先增大后減小D小球受到的最大彈力為12.2N7發(fā)射地球同步衛(wèi)星時(shí)，先將衛(wèi)星發(fā)射至距地面高度為h1的近地軌道上，在衛(wèi)星經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)點(diǎn)火，實(shí)施變軌，進(jìn)入遠(yuǎn)地點(diǎn)為B的橢圓軌道上，最后在B點(diǎn)再次點(diǎn)火，將衛(wèi)星送入同步軌道，如圖所示已知同步衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)周期為T，地

5、球的半徑為R，地球表面重力加速度為g，則（）A衛(wèi)星在近地圓軌道的周期最大B衛(wèi)星在橢圓軌道上由A到B的過程速率逐漸減小C衛(wèi)星在近地點(diǎn)A的加速度為D遠(yuǎn)地點(diǎn)B距地表距離為（）8如圖甲所示，靜止在水平面上的物體在豎直向上的拉力F作用下開始向上加速運(yùn)動(dòng)，拉力的功率恒定為P，運(yùn)動(dòng)過程中所受空氣阻力大小不變，物體最終做勻速運(yùn)動(dòng)，物體運(yùn)動(dòng)速度的倒數(shù)與加速度a的關(guān)系如圖乙所示若重力加速度大小為g，圖中v0、a0為已知，下列說法正確的是（）A.物體的質(zhì)量為B空氣阻力大小為C物體的質(zhì)量為D物體勻速運(yùn)動(dòng)速度大小為v0三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分第22題第32題為必考題，每個(gè)考題考生都必須作答，第33題40題

6、為選考題，考生格局根據(jù)要求作答（一）必考題（共129分）9某同學(xué)利用如圖所示的裝置探究功與速度變化的關(guān)系（）小物塊在橡皮筋的作用下彈出，沿水平桌面滑行，之后平拋落至水平地面上，落點(diǎn)記為M1；（）在釘子上分別套上2條、3條、4條同樣的橡皮筋，使每次橡皮筋拉伸的長(zhǎng)度都保持一致，重復(fù)步驟（），小物塊落點(diǎn)分別記為M2、M3、M4；（）測(cè)量相關(guān)數(shù)據(jù)，進(jìn)行數(shù)據(jù)處理（1）為求出小物塊拋出時(shí)的動(dòng)能，需要測(cè)量下列物理量中的（填正確答案標(biāo)號(hào)）A小物塊的質(zhì)量mB橡皮筋的原長(zhǎng)xC橡皮筋的伸長(zhǎng)量xD桌面到地面的高度hE小物塊拋出點(diǎn)到落地點(diǎn)的水平距離L（2）將幾次實(shí)驗(yàn)中橡皮筋對(duì)小物塊做功分別記為W1、W2、W3、，小物塊

7、拋出點(diǎn)到落地點(diǎn)的水平距離分別記為L(zhǎng)1、L2、L3、若功與速度的平方成正比，則應(yīng)以W為縱坐標(biāo)、為橫坐標(biāo)作圖，才能得到一條直線（3）由于小物塊與桌面之間的摩擦不能忽略，則由此引起的誤差屬于（填“偶然誤差”或“系統(tǒng)誤差”）10為了精確測(cè)量某一玩具電動(dòng)機(jī)中導(dǎo)線圈的電阻，某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路，可供選擇的實(shí)驗(yàn)儀器如下：電流表A1（03A、約5）； 滑動(dòng)變阻器R1（01k，額定電流0.5A）；電流表A2（0100mA、約10）； 滑動(dòng)變阻器R2（050，額定電流2A）；多用電表； 定值電阻R0=20； 電源（3V、約1）及開關(guān)等，導(dǎo)線若干；（1）請(qǐng)按圖甲將圖乙實(shí)物圖連接完整；（2）應(yīng)選擇的電流表

8、是，滑動(dòng)變阻器是；（填寫符號(hào)）（3）閉合開關(guān)前，滑動(dòng)變阻器的滑片應(yīng)移到（填寫“左”、“右”）端；測(cè)量過程中應(yīng)保證電動(dòng)機(jī)；（填“轉(zhuǎn)動(dòng)”或“不轉(zhuǎn)動(dòng)”）（4）為防止燒壞電動(dòng)機(jī)，實(shí)驗(yàn)中要多次讀取數(shù)據(jù)，由實(shí)驗(yàn)測(cè)得的數(shù)據(jù)已在圖丙的UI圖中標(biāo)出，請(qǐng)你完成圖線，并由圖線求出玩具電動(dòng)機(jī)中導(dǎo)線圈的電阻R=（保留兩位有效數(shù)字）11如圖所示，質(zhì)量為M的木板，靜止放置在粗糙水平地面上，有一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊質(zhì)量為m，以某一水平初速度從左端沖上木板從物塊沖上木板到物塊和木板達(dá)到共同速度的過程中，物塊和木板的vt圖象分別如圖中的折線acd和bcd所示，a、b、c、d點(diǎn)的坐標(biāo)為a（0，10）、b（0，0）、c（4，4）、d

9、（12，0）根據(jù)vt圖象，求：（1）物塊相對(duì)木板滑行的距離x；（2）物塊與木板、木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)1、2；（3）物塊質(zhì)量m與木板質(zhì)量M之比12如圖所示，在空間內(nèi)有一直角坐標(biāo)系xOy，直線OP與x軸正方向夾角為30，第一象限內(nèi)有兩個(gè)方向均垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域和，直線OP是它們的理想邊界，OP上方區(qū)域中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在第四象限內(nèi)有一沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為m、電荷量為q的質(zhì)子（不計(jì)重力及質(zhì)子對(duì)磁場(chǎng)、電場(chǎng)的影響）以速度v從O點(diǎn)沿與OP成30角方向垂直磁場(chǎng)進(jìn)入?yún)^(qū)域，質(zhì)子先后通過磁場(chǎng)區(qū)域和后，恰好垂直通過x軸上的Q點(diǎn)（未畫出）進(jìn)入第四象限內(nèi)的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，最后從y軸上的A點(diǎn)與y

10、軸負(fù)方向成60角射出，求：（1）區(qū)域中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；（2）Q點(diǎn)到O點(diǎn)的距離；（3）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小【物理-選修3-3】13下列說法正確的是（）A一定質(zhì)量的理想氣體溫度升高，內(nèi)能一定增大B在完全失重的情況下，氣體對(duì)容器壁的壓強(qiáng)為零C一定質(zhì)量的理想氣體，在等壓膨脹過程中，氣體分子的平均動(dòng)能增大D一定質(zhì)量的氣體，在體積不變時(shí)，分子每秒與器壁平均碰撞次數(shù)隨著溫度降低而減小E攝氏溫度是國(guó)際單位制中七個(gè)基本物理量之一，攝氏溫度t 與熱力學(xué)溫度T的關(guān)系是：T=t+273.15K14如圖所示，足夠長(zhǎng)的圓柱形氣缸豎直放置，其橫截面積為S=1103m2，氣缸內(nèi)有質(zhì)量m=2kg的活塞，活塞與氣缸壁

11、封閉良好，不計(jì)摩擦開始時(shí)活塞被銷子K銷于如圖位置，離缸底L1=12cm，此時(shí)氣缸內(nèi)被封閉氣體的壓強(qiáng)為P1=1.5105 Pa，溫度為T1=300K外界大氣壓為P0=1.0105Pa，g=10m/s2現(xiàn)對(duì)密閉氣體加熱，當(dāng)溫度升到T2=400K，其壓強(qiáng)P2多大？若在此時(shí)拔去銷子K，活塞開始向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它最后靜止在某一位置時(shí)，氣缸內(nèi)氣體的溫度降為T3=360K，則這時(shí)活塞離缸底的距離L3為多少？保持氣體溫度為360K不變，讓氣缸和活塞一起在豎直方向作勻變速直線運(yùn)動(dòng)，為使活塞能停留在離缸底L4=16cm處，則求氣缸和活塞應(yīng)作勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度a大小及方向參考答案與試題解析二選擇題（本題共8小題，每

12、小題6分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1418題中只有一項(xiàng)符合題目要求，第1921題有多項(xiàng)符合題目要求全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分）1下列有關(guān)物理學(xué)史或物理理論及應(yīng)用的說法中，正確的是（）A法拉第最早提出了磁現(xiàn)象的電本質(zhì)，并發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象B安培力的方向可以不垂直磁場(chǎng)方向，但一定垂直直導(dǎo)線C感應(yīng)電流遵從楞次定律所描述的方向，這是能量守恒定律的必然結(jié)果D避雷針是利用了導(dǎo)體尖端的電荷密度很小，附近場(chǎng)強(qiáng)很弱，才把空氣中的電荷導(dǎo)入大地【考點(diǎn)】物理學(xué)史；安培力【分析】本題根據(jù)物理學(xué)史或物理理常識(shí)進(jìn)行解答，要記牢法拉第、安培的物理學(xué)成就【解答】解：A、安培最早提出了磁現(xiàn)象的電本質(zhì)

13、，法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，故A錯(cuò)誤B、安培力的方向一定垂直于磁場(chǎng)方向，也一定垂直于直導(dǎo)線，故B錯(cuò)誤C、楞次定律的內(nèi)容是：感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化，這是能量守恒定律的必然結(jié)果故C正確D、避雷針是利用了導(dǎo)體尖端的電荷密度很大，附近場(chǎng)強(qiáng)很強(qiáng)，從而把空氣中的電荷導(dǎo)入大地，故D錯(cuò)誤故選：C2回旋加速器是美國(guó)物理學(xué)家勞倫斯于1932年發(fā)明的如圖為一種改進(jìn)后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間加速電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小恒定，且被限制在A、C板間，如圖所示帶電粒子從P0處以速度v0沿電場(chǎng)線方向射入電場(chǎng)，經(jīng)加速后再進(jìn)入D型盒中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)對(duì)這種加速器，下列說法正確的是（）A帶電粒子每運(yùn)動(dòng)

14、一周被加速兩次B帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周PlP2=P2P3C加速電場(chǎng)方向需要做周期性的變化D加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān)【考點(diǎn)】質(zhì)譜儀和回旋加速器的工作原理【分析】帶電粒子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，進(jìn)入磁場(chǎng)發(fā)生偏轉(zhuǎn)，電場(chǎng)被限制在A、C板間，只有經(jīng)過AC板間時(shí)被加速，所以運(yùn)動(dòng)一周加速一次，電場(chǎng)的方向不需改變當(dāng)帶電粒子離開回旋加速器時(shí)，速度最大【解答】解：A、帶電粒子只有經(jīng)過AC板間時(shí)被加速，即帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速一次電場(chǎng)的方向不需改變，在AC間加速故A錯(cuò)誤，C錯(cuò)誤B、根據(jù)r=，則P1P2=2（r2r1）=，因?yàn)槊哭D(zhuǎn)一圈被加速一次，根據(jù)v2v12=2ad，知每轉(zhuǎn)一圈，速度的變化量不等，則P1P2P2

15、P3故B錯(cuò)誤D、當(dāng)粒子從D形盒中出來時(shí)，速度最大，根據(jù)r= 得，v=知加速粒子的最大速度與D形盒的半徑有關(guān)故D正確故選：D3如圖所示，在傾角為=30的光滑斜面上，物塊A、B質(zhì)量分別為m和2m物塊A靜止在輕彈簧上面，物塊B用細(xì)線與斜面頂端相連，A、B緊挨在一起但A、B之間無彈力，已知重力加速度為g，某時(shí)刻把細(xì)線剪斷，當(dāng)細(xì)線剪斷瞬間，下列說法正確的是（）A物塊A的加速度為0B物塊A的加速度為C物塊B的加速度為0D物塊B的加速度為【考點(diǎn)】牛頓第二定律【分析】剪斷細(xì)線前，隔離對(duì)A分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡求出彈簧的彈力大小，剪斷細(xì)線的瞬間，彈簧的彈力不變，對(duì)整體分析，求出整體的加速度【解答】解：剪斷細(xì)線前，

16、彈簧的彈力：F彈=mgsin30=mg，細(xì)線剪斷的瞬間，彈簧的彈力不變，仍為F彈=mg；剪斷細(xì)線瞬間，對(duì)A、B系統(tǒng)，加速度為：a=，即A和B的加速度均為故選：B4在光滑絕緣水平面的P點(diǎn)正上方O點(diǎn)固定了一電荷量為+Q的正點(diǎn)電荷，在水平面上的N點(diǎn)，由靜止釋放質(zhì)量為m，電荷量為q的負(fù)檢驗(yàn)電荷，該檢驗(yàn)電荷經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)速度為v，圖中=60，規(guī)定電場(chǎng)中P點(diǎn)的電勢(shì)為零則在+Q形成的電場(chǎng)中（）AN點(diǎn)電勢(shì)高于P點(diǎn)電勢(shì)BN點(diǎn)電勢(shì)為CP點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小是N點(diǎn)的2倍D檢驗(yàn)電荷在N點(diǎn)具有的電勢(shì)能為mv2【考點(diǎn)】電勢(shì)能；電場(chǎng)線【分析】解答本題應(yīng)抓?。喉樦妶?chǎng)線方向電勢(shì)降低，判斷出M點(diǎn)電勢(shì)高于N點(diǎn)的電勢(shì)，M、P兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，

17、即可知N、P兩點(diǎn)電勢(shì)關(guān)系；由真空中點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度公式E=k，分析P點(diǎn)與N點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小關(guān)系；根據(jù)動(dòng)能定理研究電荷由N到P的過程，求解N點(diǎn)的電勢(shì)；由EP=qN求出檢驗(yàn)電荷在N點(diǎn)具有的電勢(shì)能【解答】解：A、根據(jù)順著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低可知，M點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn)的電勢(shì)，而M、P兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，則N點(diǎn)電勢(shì)低于P點(diǎn)電勢(shì)故A錯(cuò)誤B、根據(jù)動(dòng)能定理得：檢驗(yàn)電荷由N到P的過程：q（NP）=mv2，由題，P點(diǎn)的電勢(shì)為零，即P=0，解得，N點(diǎn)的電勢(shì)N=故B正確C、P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小是EP=k，N點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小是EN=k，則EP：EN=： =4：1故C錯(cuò)誤D、檢驗(yàn)電荷在N點(diǎn)具有的電勢(shì)能為EP=qN=mv2故D錯(cuò)誤故

18、選：B5如圖所示，豎直平面內(nèi)有一金屬環(huán)，半徑為a，總電阻為R（指拉直時(shí)兩端的電阻），磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過環(huán)平面，在環(huán)的最高點(diǎn)A用鉸鏈連接長(zhǎng)度為2a、電阻為的導(dǎo)體棒AB，AB由水平位置緊貼環(huán)面擺下，當(dāng)擺到豎直位置時(shí)，B點(diǎn)的線速度為v，則這時(shí)AB兩端的電壓大小為（）ABCDBav【考點(diǎn)】導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)【分析】當(dāng)擺到豎直位置時(shí)，先由感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式E=BL，求出導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，再根據(jù)歐姆定律求解AB兩端的電壓大小【解答】解：當(dāng)擺到豎直位置時(shí)，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=B2a=2Ba=Bav；金屬環(huán)并聯(lián)的電阻為：R并=AB兩端的電壓是路端電壓，AB兩端的電壓大小為：

19、U=E=Bav=故選：A6如圖1，小球從高處下落到豎直放置的輕彈簧上，剛接觸輕彈簧的瞬間速度是5m/s，接觸彈簧后小球速度v和彈簧縮短的長(zhǎng)度x之間關(guān)系如圖2所示，其中A為曲線的最高點(diǎn)已知該小球重為2N，彈簧在受到撞擊至壓縮到最短的過程中始終發(fā)生彈性形變?cè)谛∏蛳蛳聣嚎s彈簧的全過程中，下列說法正確的是（）A小球的動(dòng)能先變大后變小B小球速度最大時(shí)受到的彈力為2NC小球的機(jī)械能先增大后減小D小球受到的最大彈力為12.2N【考點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律【分析】小球的速度先增加后減小，故其動(dòng)能先增大后減小，在整個(gè)過程中只有重力和彈簧彈力對(duì)小球做功，故小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，在壓縮彈簧的過程中彈簧的彈性勢(shì)能

20、增加故小球的機(jī)械能減小，小球速度最大時(shí)彈力大小與小球的重力平衡，根據(jù)胡克定律求彈簧壓縮時(shí)產(chǎn)生的最大彈力【解答】解：A、由圖可知，小球的速度先增加后減小，故小球的動(dòng)能先增大后減小，故A正確；B、小球下落時(shí)，當(dāng)重力與彈簧彈力平衡時(shí)小球的速度最大，則有小球受到的彈力大小與小球的重力大小平衡，故此時(shí)小球受到的彈力為2N，故B正確；C、在小球下落過程中至彈簧壓縮最短時(shí)，只有重力和彈簧彈力做功，故小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，在壓縮彈簧的過程中彈簧的彈性勢(shì)能增加，故小球的機(jī)械能減小，故C錯(cuò)誤；D、小球速度最大時(shí)，小球的彈力為2N，此時(shí)小球的形變量為0.1m，故可得彈簧的勁度系數(shù)k=20N/m，故彈簧彈力

21、最大時(shí)形變量最大，根據(jù)胡克定律知，小球受到的最大彈力為Fmax=kxmax=200.61=12.2N，故D正確故選：ABD7發(fā)射地球同步衛(wèi)星時(shí)，先將衛(wèi)星發(fā)射至距地面高度為h1的近地軌道上，在衛(wèi)星經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)點(diǎn)火，實(shí)施變軌，進(jìn)入遠(yuǎn)地點(diǎn)為B的橢圓軌道上，最后在B點(diǎn)再次點(diǎn)火，將衛(wèi)星送入同步軌道，如圖所示已知同步衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)周期為T，地球的半徑為R，地球表面重力加速度為g，則（）A衛(wèi)星在近地圓軌道的周期最大B衛(wèi)星在橢圓軌道上由A到B的過程速率逐漸減小C衛(wèi)星在近地點(diǎn)A的加速度為D遠(yuǎn)地點(diǎn)B距地表距離為（）【考點(diǎn)】人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系；萬有引力定律及其應(yīng)用【分析】根據(jù)開普勒第三定律比較衛(wèi)星的周期大

22、小，根據(jù)萬有引力做功判斷衛(wèi)星在橢圓軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)速率的變化根據(jù)萬有引力等于重力求出地球的質(zhì)量，從而結(jié)合牛頓第二定律求出衛(wèi)星在近地點(diǎn)A的加速度根據(jù)萬有引力提供向心力求出同步衛(wèi)星的軌道半徑，從而得出遠(yuǎn)地點(diǎn)離地表的高度【解答】解：A、根據(jù)開普勒第三定律知，同步軌道的半徑最大，則周期最大，故A錯(cuò)誤B、衛(wèi)星在橢圓軌道上由A到B的過程中，萬有引力做負(fù)功，則速率逐漸減小，故B正確C、根據(jù)萬有引力等于重力得，GM=gR2，則衛(wèi)星在近地點(diǎn)A的加速度a=，故C正確D、根據(jù)得，同步衛(wèi)星的軌道半徑r=，則遠(yuǎn)地點(diǎn)B距地表距離為R，故D錯(cuò)誤故選：BC8如圖甲所示，靜止在水平面上的物體在豎直向上的拉力F作用下開始向上加速運(yùn)動(dòng)

23、，拉力的功率恒定為P，運(yùn)動(dòng)過程中所受空氣阻力大小不變，物體最終做勻速運(yùn)動(dòng)，物體運(yùn)動(dòng)速度的倒數(shù)與加速度a的關(guān)系如圖乙所示若重力加速度大小為g，圖中v0、a0為已知，下列說法正確的是（）A.物體的質(zhì)量為B空氣阻力大小為C物體的質(zhì)量為D物體勻速運(yùn)動(dòng)速度大小為v0【考點(diǎn)】功率、平均功率和瞬時(shí)功率；牛頓第二定律【分析】物體在豎直方向上在額定功率下做變加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律求的與a的關(guān)系式，結(jié)合乙圖即可判斷，當(dāng)拉力等于重力和阻力時(shí)速度達(dá)到最大【解答】解：A、由題意可知P=Fv，根據(jù)牛頓第二定律由Fmgf=ma聯(lián)立解得由乙圖可知，解得，f=，故A正確，BC錯(cuò)誤D、物體勻速運(yùn)動(dòng)由F=mg+f，此時(shí)v=，故

24、D正確故選：AD三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分第22題第32題為必考題，每個(gè)考題考生都必須作答，第33題40題為選考題，考生格局根據(jù)要求作答（一）必考題（共129分）9某同學(xué)利用如圖所示的裝置探究功與速度變化的關(guān)系（）小物塊在橡皮筋的作用下彈出，沿水平桌面滑行，之后平拋落至水平地面上，落點(diǎn)記為M1；（）在釘子上分別套上2條、3條、4條同樣的橡皮筋，使每次橡皮筋拉伸的長(zhǎng)度都保持一致，重復(fù)步驟（），小物塊落點(diǎn)分別記為M2、M3、M4；（）測(cè)量相關(guān)數(shù)據(jù)，進(jìn)行數(shù)據(jù)處理（1）為求出小物塊拋出時(shí)的動(dòng)能，需要測(cè)量下列物理量中的ADE（填正確答案標(biāo)號(hào)）A小物塊的質(zhì)量mB橡皮筋的原長(zhǎng)xC橡皮筋的伸長(zhǎng)量x

25、D桌面到地面的高度hE小物塊拋出點(diǎn)到落地點(diǎn)的水平距離L（2）將幾次實(shí)驗(yàn)中橡皮筋對(duì)小物塊做功分別記為W1、W2、W3、，小物塊拋出點(diǎn)到落地點(diǎn)的水平距離分別記為L(zhǎng)1、L2、L3、若功與速度的平方成正比，則應(yīng)以W為縱坐標(biāo)、L2為橫坐標(biāo)作圖，才能得到一條直線（3）由于小物塊與桌面之間的摩擦不能忽略，則由此引起的誤差屬于系統(tǒng)誤差（填“偶然誤差”或“系統(tǒng)誤差”）【考點(diǎn)】探究功與速度變化的關(guān)系【分析】小球離開桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)桌面到地面的高度，可計(jì)算出平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，再根據(jù)小物塊拋出點(diǎn)到落地點(diǎn)的水平距離，可計(jì)算出小球離開桌面時(shí)的速度，再知道小球的質(zhì)量，就可以計(jì)算出小球的動(dòng)能根據(jù)h=，和L=v0t，可得，

26、因?yàn)楣εc速度的平方成正比，所以功與L2正比【解答】解：（1）小球離開桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)桌面到地面的高度h=，可計(jì)算出平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，再根據(jù)小物塊拋出點(diǎn)到落地點(diǎn)的水平距離L=v0t，可計(jì)算出小球離開桌面時(shí)的速度，根據(jù)動(dòng)能的表達(dá)式，還需要知道小球的質(zhì)量故ADE正確、BC錯(cuò)誤故選：ADE（2）根據(jù)h=，和L=v0t，可得，因?yàn)楣εc速度的平方成正比，所以功與L2正比，故應(yīng)以W為縱坐標(biāo)、L2為橫坐標(biāo)作圖，才能得到一條直線（3）一般來說，從多次測(cè)量揭示出的實(shí)驗(yàn)誤差稱為偶然誤差，不能從多次測(cè)量揭示出的實(shí)驗(yàn)誤差稱為系統(tǒng)誤差由于小物塊與桌面之間的摩擦不能忽略，則由此引起的誤差屬于系統(tǒng)誤差故答案為：（1）AD

27、E；（2）L2；（3）系統(tǒng)誤差10為了精確測(cè)量某一玩具電動(dòng)機(jī)中導(dǎo)線圈的電阻，某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路，可供選擇的實(shí)驗(yàn)儀器如下：電流表A1（03A、約5）； 滑動(dòng)變阻器R1（01k，額定電流0.5A）；電流表A2（0100mA、約10）； 滑動(dòng)變阻器R2（050，額定電流2A）；多用電表； 定值電阻R0=20； 電源（3V、約1）及開關(guān)等，導(dǎo)線若干；（1）請(qǐng)按圖甲將圖乙實(shí)物圖連接完整；（2）應(yīng)選擇的電流表是A2，滑動(dòng)變阻器是R2；（填寫符號(hào)）（3）閉合開關(guān)前，滑動(dòng)變阻器的滑片應(yīng)移到左（填寫“左”、“右”）端；測(cè)量過程中應(yīng)保證電動(dòng)機(jī)不轉(zhuǎn)動(dòng)；（填“轉(zhuǎn)動(dòng)”或“不轉(zhuǎn)動(dòng)”）（4）為防止燒壞電動(dòng)機(jī)，

28、實(shí)驗(yàn)中要多次讀取數(shù)據(jù)，由實(shí)驗(yàn)測(cè)得的數(shù)據(jù)已在圖丙的UI圖中標(biāo)出，請(qǐng)你完成圖線，并由圖線求出玩具電動(dòng)機(jī)中導(dǎo)線圈的電阻R=20（保留兩位有效數(shù)字）【考點(diǎn)】伏安法測(cè)電阻【分析】（1）根據(jù)圖甲所示電路圖連接實(shí)物電路圖；（2）根據(jù)電路最大電流選擇電流表，在保證安全的前提下，為方便實(shí)驗(yàn)操作，應(yīng)選最大阻值較小的滑動(dòng)變阻器；（3）要測(cè)量電動(dòng)機(jī)的線圈電阻，電動(dòng)機(jī)應(yīng)為純電阻電路，電動(dòng)機(jī)不能轉(zhuǎn)動(dòng)；（4）根據(jù)坐標(biāo)系中描出的點(diǎn)作出圖象，根據(jù)圖象應(yīng)用串聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律求出電動(dòng)機(jī)線圈電阻【解答】解：（1）根據(jù)圖甲所示電路圖連接實(shí)物電路圖，實(shí)物電路圖如圖乙所示：（2）由圖丙所示可知，實(shí)驗(yàn)所測(cè)量的最大電流約為70mA，則電流

29、表應(yīng)選A2，由圖甲所示電路圖可知，滑動(dòng)變阻器采用分壓接法，為方便實(shí)驗(yàn)操作，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選R2；（3）滑動(dòng)變阻器采用分壓接法，為保護(hù)電路安全，閉合開關(guān)前，滑動(dòng)變阻器的滑片應(yīng)移到左端；測(cè)電動(dòng)機(jī)線圈電阻實(shí)驗(yàn)過程中應(yīng)保證電動(dòng)機(jī)不轉(zhuǎn)動(dòng)，使電動(dòng)機(jī)成為純電阻電路（4）根據(jù)圖丙所示坐標(biāo)系內(nèi)描出的點(diǎn)作出UI圖象如圖丙所示：由圖象可知，R總=R0+R=40，電動(dòng)機(jī)線圈電阻：R=R總R0=4020=20故答案為：（1）實(shí)物電路圖如圖所示；（2）A2；R2；（3）不轉(zhuǎn)動(dòng)；（4）圖象如圖所示；2011如圖所示，質(zhì)量為M的木板，靜止放置在粗糙水平地面上，有一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊質(zhì)量為m，以某一水平初速度從左端沖上木板從物

30、塊沖上木板到物塊和木板達(dá)到共同速度的過程中，物塊和木板的vt圖象分別如圖中的折線acd和bcd所示，a、b、c、d點(diǎn)的坐標(biāo)為a（0，10）、b（0，0）、c（4，4）、d（12，0）根據(jù)vt圖象，求：（1）物塊相對(duì)木板滑行的距離x；（2）物塊與木板、木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)1、2；（3）物塊質(zhì)量m與木板質(zhì)量M之比【考點(diǎn)】牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系【分析】（1）物塊滑上長(zhǎng)木板后，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，長(zhǎng)木板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩者速度相同后，一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)根據(jù)圖線與時(shí)間軸圍成的面積分別求出物塊在達(dá)到共同速度前木塊和長(zhǎng)木板的位移，從而求出位移之差，即物塊在長(zhǎng)木板上滑

31、行的距離（2）對(duì)于減速運(yùn)動(dòng)的過程，摩擦力作為合力，根據(jù)牛頓第二定律計(jì)算摩擦因數(shù)的大??；（3）分別對(duì)物塊、木板和整體運(yùn)用牛頓第二定律，結(jié)合圖線求出加速度的大小，從而得出木塊和木板的質(zhì)量之比【解答】解：（1）由vt圖可以看出，物塊相對(duì)于木板滑行的距離x對(duì)應(yīng)圖中abc的面積，故x=104m=20m（2）由vt圖象可求出物塊沖上木板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為：a1= m/s2=1.5 m/s2達(dá)到同速后一起勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小a3= m/s2=0.5 m/s2對(duì)物塊m沖上木板減速階段：1mg=ma1物塊和木板達(dá)到共同速度后向前減速階段：2（m+M）g=（M+m）a3解得1=0.152=0.05（

32、3）木板開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小a2= m/s2=1 m/s2對(duì)木板M向前加速階段：1mg2（m+M）g=Ma2聯(lián)立以上三式可得： =答：（1）物塊相對(duì)木板滑行的距離x為20 m；（2）物塊與木板、木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)1為0.15、2為0.05；（3）物塊質(zhì)量m與木板質(zhì)量M之比為12如圖所示，在空間內(nèi)有一直角坐標(biāo)系xOy，直線OP與x軸正方向夾角為30，第一象限內(nèi)有兩個(gè)方向均垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域和，直線OP是它們的理想邊界，OP上方區(qū)域中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在第四象限內(nèi)有一沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為m、電荷量為q的質(zhì)子（不計(jì)重力及質(zhì)子對(duì)磁場(chǎng)、電場(chǎng)的影響）以速度v從O點(diǎn)

33、沿與OP成30角方向垂直磁場(chǎng)進(jìn)入?yún)^(qū)域，質(zhì)子先后通過磁場(chǎng)區(qū)域和后，恰好垂直通過x軸上的Q點(diǎn)（未畫出）進(jìn)入第四象限內(nèi)的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，最后從y軸上的A點(diǎn)與y軸負(fù)方向成60角射出，求：（1）區(qū)域中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；（2）Q點(diǎn)到O點(diǎn)的距離；（3）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律；向心力；帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【分析】（1）質(zhì)子在兩個(gè)磁場(chǎng)中由洛倫茲力提供向心力，均做勻速圓周運(yùn)動(dòng)根據(jù)圓的對(duì)稱性可知，質(zhì)子從A點(diǎn)出磁場(chǎng)I時(shí)的速度方向與OP的夾角為300，即與x軸平行在區(qū)域II中，由題分析可知，質(zhì)子運(yùn)動(dòng)圓周，由幾何知識(shí)作出軌跡，如圖由幾何關(guān)系，得到質(zhì)子在兩個(gè)磁場(chǎng)中軌

34、跡半徑與OA的關(guān)系，由牛頓第二定律研究?jī)蓚€(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的關(guān)系，求解區(qū)域II中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。?）由圖x=OAcos30+r2=r1cos30+r2求解x（3）質(zhì)子在第四象限電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，由類平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)可以求出電場(chǎng)強(qiáng)度大小【解答】解：（1）設(shè)質(zhì)子在磁場(chǎng)I和II中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑分別為r1和r2，區(qū)域II中磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，質(zhì)子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：由牛頓第二定律得：qvB=m，qvB=m粒子在兩區(qū)域運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知，質(zhì)子從A點(diǎn)出磁場(chǎng)I時(shí)的速度方向與OP的夾角為30，故質(zhì)子在磁場(chǎng)I中軌跡的圓心角為：=60，則O1OA為等邊三角形 OA=r1 r2=OAsin30由解得區(qū)

35、域II中磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B=2B；（2）Q點(diǎn)坐標(biāo)：x=OAcos30+r2=r1cos30+r2，解得：x=；（3）質(zhì)子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向：x=at2=t2，質(zhì)子在A點(diǎn)離開電場(chǎng)時(shí)：tan60=，解得：E=；答：（1）區(qū)域II中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B；（2）Q點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為；（3）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小為【物理-選修3-3】13下列說法正確的是（）A一定質(zhì)量的理想氣體溫度升高，內(nèi)能一定增大B在完全失重的情況下，氣體對(duì)容器壁的壓強(qiáng)為零C一定質(zhì)量的理想氣體，在等壓膨脹過程中，氣體分子的平均動(dòng)能增大D一定質(zhì)量的氣體，在體積不變時(shí)，分子每秒與器壁平均碰撞次數(shù)隨著溫度降低而減小E攝氏溫度是國(guó)際單位制中七個(gè)基本物理量之一，攝氏溫度t 與熱力學(xué)溫度T的關(guān)系是：T=t+273.15K【考點(diǎn)】能量守恒定律；封閉氣體壓強(qiáng)【分析】A、理想氣體的內(nèi)能為分子熱運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能之和，而溫度是分子熱運(yùn)動(dòng)平均動(dòng)能的標(biāo)志；BD、氣體壓強(qiáng)是分子對(duì)容器的碰撞引起的，與分子數(shù)密度和分子熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能有關(guān)；C、一定質(zhì)量的理想氣體，在等壓膨脹過程中，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程判斷溫度的變化情況；E、絕對(duì)溫度是國(guó)際單位制中七個(gè)基本物理量之一，攝氏溫度t 與熱力學(xué)溫度T的關(guān)系是：T=t+273.15K【解答】解：A、溫度是分子熱運(yùn)動(dòng)平均動(dòng)能的標(biāo)志，理想氣體的內(nèi)能為所有分子熱運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能之和