上海市浦東新區(qū)高三上學(xué)期期末考試（一模）物理試題及答案

1、上海市浦東新區(qū)2015屆高三一模物理試卷一、單項選擇題.（共16分，每小題2分，每小題只有一個正確選項，答案涂寫在答題卡上）1比值法定義物理量是物理學(xué)中一種常用的方法，下列物理量中屬于用比值法定義的是（）as=bt=ci=de=考點：電場強(qiáng)度 .專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：所謂比值定義法，就是用兩個物理量的比值來定義一個新的物理量的方法比值法定義的基本特點是被定義的物理量往往是反映物質(zhì)的最本質(zhì)的屬性，與參與定義的物理量無關(guān)據(jù)此分析解答：解：a、s=是勻變速運動的位移公式，s與a、t有關(guān)，所以該式不是用比值法定義的，故a錯誤b、由t=知 t與成反比，不符合比值法定義的共性，所以該式不是用比

2、值法定義的，故b錯誤c、由此知i與e成正比，與r+r成反比，不符合比值法定義的共性，所以該式不是用比值法定義的，故c錯誤d、e=是電場強(qiáng)度的定義式，e與f、q無關(guān)，反映電場本身的性質(zhì)，所以該式是用比值法定義的，故d正確故選：d點評：解決本題的關(guān)鍵理解比值定義法的特點：被定義的物理量往往是反映物質(zhì)的最本質(zhì)的屬性，它不隨定義所用的物理量的大小取舍而改變2（2分）（2015浦東新區(qū)一模）下列物理量中屬于矢量的是（）a重力勢能b電流強(qiáng)度c功d磁感強(qiáng)度考點：矢量和標(biāo)量 .分析：本題根據(jù)矢量和標(biāo)量的概念進(jìn)行分析矢量是既有大小又有方向的物理量，標(biāo)量是只有大小沒有方向的物理量矢量的運算遵守平行四邊形法則解答：

3、解：a、c、重力勢能和功都是只有大小沒有方向的標(biāo)量，不是矢量故ac錯誤b、電流強(qiáng)度是標(biāo)量，因為電流強(qiáng)度運算時遵守代數(shù)加減法則，不是平行四邊形定則，所以不是矢量故b錯誤d、磁感強(qiáng)度是矢量，其方向就是磁場方向故d正確故選：d點評：矢量與標(biāo)量的區(qū)別有兩點：一是矢量有方向，標(biāo)量沒有方向；二是矢量運算遵守平行四邊形定則，標(biāo)量運算遵守代數(shù)加減法3（2分）（2015浦東新區(qū)一模）對牛頓第一定律的建立作出過重要貢獻(xiàn)的科學(xué)家是（）a卡文迪什b惠更斯c伽利略d奧斯特考點：物理學(xué)史 .分析：此題是物理學(xué)史問題，根據(jù)相關(guān)科學(xué)家的物理學(xué)成就進(jìn)行解答解答：解：在牛頓發(fā)現(xiàn)牛頓第一定律之前，伽利略就研究了力和運動的關(guān)系，得出

4、了力不是維持物體運動原因的結(jié)論，為牛頓第一定律的建立奠定了基礎(chǔ)故c正確，abd錯誤故選：c點評：物理學(xué)史是高考考查內(nèi)容之一，是常識性問題，這些常識要與物理學(xué)其他知識一起識記4（2分）（2015浦東新區(qū)一模）如圖為監(jiān)控汽車安全帶使用情況的報警電路，s為汽車啟動開關(guān)，汽車啟動時s閉合rt為安全帶使用情況檢測傳感器，駕駛員末系安全帶時其阻值較小，系好安全帶后rt阻值變大，且遠(yuǎn)大于r1要求當(dāng)駕駛員啟動汽車但未系安全帶時蜂鳴器報警則在圖中虛線框內(nèi)應(yīng)接入的元件是（）a“非”門b“或”門c“與”門d“與非”門考點：簡單的邏輯電路 .分析：未系安全帶時要求鳴器報警，則要求蜂鳴器兩端有高電壓，即輸出端為高電勢，

5、蜂鳴器兩個輸入端已有一個是高電勢，另一個輸入端的電勢高低看rt阻值的大小，未系安全帶時rt阻值很小，rt兩端的電勢差很小，即輸入端為高電勢，否則為低電勢解答：解：未系安全帶時rt阻值很小，rt兩端的電勢差很小，即輸入端為高電勢，另一輸入端已為高電勢，此時蜂鳴器報警，知輸出端為高電勢若系安全帶，rt阻值大，兩端電勢差也大，即輸入端為低電勢，此時蜂鳴器不報警，知輸出端為低電勢所以該該元件為“與”門故c正確，a、b、d錯誤故選：c點評：解決本題的關(guān)鍵掌握“與”門電路的特點，即幾個條件都滿足，事件才能發(fā)生5（2分）（2015浦東新區(qū)一模）如圖所示為彈簧振子的振動圖象，根據(jù)此振動圖象不能確定的物理量是（

6、）a周期b振幅c頻率d最大回復(fù)力考點：簡諧運動的振動圖象 .專題：簡諧運動專題分析：由振動圖象可直接振幅a和周期t，由f=求出頻率由單擺的周期公式t=2求出擺長擺球的質(zhì)量未知，無法確定回復(fù)力解答：解：由圖知，單擺的周期為t=2s，振幅為a=3cm，則頻率為：f=0.5hz由單擺的周期公式t=2求得擺長l=1m，擺球的回復(fù)力等于f=mg，由于擺球的質(zhì)量m未知，無法確定最大回復(fù)力故abc正確，d錯誤本題不能確定的物理量，故選：d點評：本題考查基本的讀圖能力，要掌握單擺的周期公式t=2，知道單擺的回復(fù)力表達(dá)式f=mg6（2分）（2015浦東新區(qū)一模）關(guān)于靜電現(xiàn)象，下列說法正確的是（）a摩擦起電現(xiàn)象說

7、明通過做功可以創(chuàng)造出電荷b摩擦起電實質(zhì)上是電荷從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體的過程c驗電器可以測量物體帶電量的多少d日常生活中見到的所有靜電現(xiàn)象都是有危害的考點：靜電場中的導(dǎo)體 .專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：摩擦起電的實質(zhì)是電子從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，并沒有創(chuàng)造電荷感應(yīng)起電的實質(zhì)是電荷可以從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一個部分解答：解：a、b、摩擦起電的實質(zhì)是電子從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，即說明了電荷可以從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體摩擦起電現(xiàn)象說明機(jī)械能可以轉(zhuǎn)化為電能，但并沒有創(chuàng)造電荷故a錯誤，b正確c、d、驗電器可以檢驗是否帶電，不能測量物體帶電量的多少故c錯誤；d、日常生活中見到的所有靜電現(xiàn)

8、象有一些是有危害的，有一些是有益的故d錯誤故選：b點評：摩擦起電和感應(yīng)起電的實質(zhì)都電子發(fā)生了轉(zhuǎn)移，只是感應(yīng)起電是電子從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一個部分摩擦起電是電子從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體7（2分）（2015浦東新區(qū)一模）在空間某一點以大小相等的速度分別豎直上拋、豎直下拋、水平拋出質(zhì)量相等的小球，不計空氣阻力，經(jīng)過相等的時間（小球均未落地）（）a三個小球的速度變化相同b做豎直上拋運動的小球速度變化最大c做平拋運動的小球速度變化最小d做豎直下拋運動的小球速度變化最小考點：拋體運動 .分析：根據(jù)加速度等于知速度變化v=at判定解答：解：根據(jù)加速度等于知速度變化v=at知豎直上拋、豎直下拋、水平拋出質(zhì)

9、量相等的小球加速度相同，均為g，經(jīng)過相等的時間，則v相同，故a正確故選：a點評：本題關(guān)鍵是知道加速度的定義，并知道豎直上拋、豎直下拋、水平拋出質(zhì)量相等的小球加速度相同8（2分）（2015浦東新區(qū)一模）如圖所示，菱形abcd的對角線相交于o點，兩個等量異種點電荷分別放在ac連線上m點與n點，且om=on，則（）aa、c兩處電勢、場強(qiáng)均相同bb、d兩處電勢、場強(qiáng)均相同c在mn連線上o點的場強(qiáng)最大d在bd連線上o點的場強(qiáng)最小考點：電場的疊加；電場強(qiáng)度；電勢；電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系 .專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：電場強(qiáng)度為矢量，疊加遵守四邊形定則，電勢為標(biāo)量，疊加時直接求代數(shù)和解答：解：a、a處

10、電勢為正，c處電勢為負(fù)，a處場強(qiáng)方向向左，c處場強(qiáng)方向向右，故a錯誤；b、bd兩處場強(qiáng)大小相等，方向水平向右，兩處的電勢均為0，故b正確；c、在mn連線上o點的場強(qiáng)最小故c錯誤；d、在bd連線上o點的場強(qiáng)最大，故d錯誤故選：b點評：熟記等量異種電荷的電場線分布圖，知道電場強(qiáng)度為矢量，電勢為標(biāo)量二、單項選擇題（共24分，每小題3分，每小題只有一個正確選項，答案涂寫在答題卡上）9（3分）（2014山東）如圖，用兩根等長輕繩將木板懸掛在豎直木樁上等高的兩點，制成一簡易秋千，某次維修時將兩輕繩各剪去一小段，但仍能保持等長且懸掛點不變，木板靜止時，f1表示木板所受合力的大小，f2表示單根輕繩對木板拉力的

11、大小，則維修后（）af1不變，f2變大bf1變大，f2變小cf1變大，f2變大df1變小，f2變小考點：共點力平衡的條件及其應(yīng)用；物體的彈性和彈力 .專題：共點力作用下物體平衡專題分析：木板靜止時，受重力和兩個拉力而平衡，根據(jù)共點力平衡條件并結(jié)合正交分解法列式分析即可解答：解：木板靜止時，受重力和兩個拉力而平衡，故三個力的合力為零，即：f1=0；根據(jù)共點力平衡條件，有：2f2cos=mg解得：f2=當(dāng)細(xì)線變短時，細(xì)線與豎直方向的夾角增加，故cos減小，拉力f2變大故選：a點評：本題是簡單的三力平衡問題，關(guān)鍵是受力分析后運用圖示法分析，不難10（3分）（2015浦東新區(qū)一模）一質(zhì)點在外力作用下做

12、直線運動，其速度v隨時間t變化的圖象如圖所示在圖中標(biāo)出的各時間段中，質(zhì)點所受合外力恒定且合外力方向與速度方向始終相同的時間段是（）a0t1bt1t2ct2t3dt3t4考點：質(zhì)點的認(rèn)識；勻變速直線運動的速度與時間的關(guān)系 .專題：運動學(xué)中的圖像專題分析：根據(jù)牛頓第二定律，合外力方向與加速度方向相同，當(dāng)加速度與速度同向時物體做加速運動解答：解：a、0t1加速度逐漸減小，故a錯誤；b、t1t2所受合外力恒定且合外力方向與速度方向始終相反，故b錯誤；c、t2t3質(zhì)點所受合外力恒定且合外力方向與速度方向始終相同，故c正確；d、t3t4加速度逐漸增大，故d錯誤；故選：c點評：本題關(guān)鍵是明確直線運動中，物體

13、加速時合力與速度同向；物體減速時合力與速度反向，基礎(chǔ)題目11（3分）（2015浦東新區(qū)一模）如圖所示，t型支架可繞o點無摩擦自由轉(zhuǎn)動，b端擱在水平地面上，將一小物體放在支架上讓其從a端自由下滑，若支架表面光滑，當(dāng)小物體經(jīng)過c點時，b端受到的彈力為n1；若支架和小物體間有摩擦，并從a端給小物體一定的初速度，小物體恰好沿ab勻速下滑，當(dāng)小物體經(jīng)過c點時，b端受到的彈力為n2，前后兩次過程t型支架均不翻轉(zhuǎn)，則（）an1=0bn1n2cn1n2dn1=n2考點：力矩的平衡條件 .分析：以o為支點，根據(jù)力矩平衡條件研究n1與n2的大小關(guān)系支架和小物體間光滑，當(dāng)支架和小物體間光滑小物體經(jīng)過c時，n1的力矩

14、與物塊對支架壓力的力矩平衡當(dāng)小物體勻速下滑經(jīng)過c時，n2的力矩與摩擦力的力矩之和等于物塊對支架壓力的力矩解答：解：設(shè)物體經(jīng)過c時對支架的壓力大小為n以o為支點當(dāng)支架和小物體間光滑，小物體經(jīng)過c時，根據(jù)力矩平衡得知n1的力矩與物塊對支架壓力的力矩平衡，即：mn1=mn當(dāng)小物體勻速下滑經(jīng)過c時，n2的力矩與摩擦力的力矩之和等于物塊對支架壓力的力矩，即mn2+mf=mn由于兩次物塊對支架壓力的力矩相等，得mn1=mn2+mf，則有mn1mn2，而力臂不變，所以n1n2故選：c點評：本題是力矩平衡問題，分析除支點以外支架的受力情況是解題的關(guān)鍵，還要分析力矩的方向12（3分）（2015浦東新區(qū)一模）物體

15、做方向不變的直線運動，若在任意相等的位移內(nèi)速度的變化量均相等，則下列說法中正確的是（）a若v=0，則物體作勻加速直線運動b若v0，則物體作勻加速直線運動c若v0，則物體作加速度逐漸增大的加速直線運動d若v0，則物體作加速度逐漸增大的減速直線運動考點：勻變速直線運動的速度與位移的關(guān)系 .專題：直線運動規(guī)律專題分析：若v=0，物體的速度不變，則知物體作勻速直線運動若v0，物體作加速直線運動，通過任意相等位移的時間t減小，加速度增大相反，若v0，物體作加速度逐漸變小的減速直線運動解答：解：a、若v=0，物體的速度不變，則物體作勻速直線運動故a錯誤；b、c，v0，物體作加速直線運動，通過任意相等位移的

16、所用時間t逐漸減小，由加速度a=知，加速度增大故b錯誤，c正確；d、若v0，物體作減速直線運動，通過任意相等位移的所用時間t逐漸增大，由加速度a=知，加速度減小，物體作加速度逐漸變小的減速直線運動故d錯誤故選：c點評：本題關(guān)鍵要抓住勻變速運動的特點：加速度不變，由加速度的定義分析其變化，要注意是相等位移內(nèi)速度的變化不是相等時間13（3分）（2015浦東新區(qū)一模）如圖所示，一質(zhì)點在一恒力作用下做曲線運動，從m點運動到n點時，質(zhì)點的速度方恰好改變了90在此過程中，質(zhì)點的動能（）a不斷增大b不斷減小c先減小后增大d先增大后減小考點：動能定理的應(yīng)用；曲線運動 .專題：動能定理的應(yīng)用專題分析：質(zhì)點從m點

17、運動到n點時，其速度方向恰好改變了90，可以判斷恒力方向指向右下方，與初速度的方向夾角要大于90小于180因此恒力先做負(fù)功后做正功，動能先減小后增大解答：解：因為質(zhì)點速度方向恰好改變了90，可以判斷恒力方向應(yīng)為右下方，與初速度的方向夾角要大于90小于180才能出現(xiàn)末速度與初速度垂直的情況，因此恒力先做負(fù)功，當(dāng)達(dá)到速度與恒力方向垂直后，恒力做正功，動能先減小后增大所以c正確故選c點評：此題需要根據(jù)運動情況分析受力情況，進(jìn)一步分析力的做功問題，從而判斷速度（動能）的變化14（3分）（2015浦東新區(qū)一模）如圖所示，有一內(nèi)壁光滑的閉合橢圓形管道，置于豎直平面內(nèi)，mn是通過橢圓中心o的水平線已知一小球

18、從m點出發(fā)，以初速v0沿管道m(xù)pn運動，到n點的速率為v1，所需的時間為t1；若該小球仍由m點以相同初速v0出發(fā)，而沿管道m(xù)qn運動，到n點的速率為v2，所需時間為t2則（）av1=v2，t1t2bv1v2，t1t2cv1=v2，t1t2dv1v2，t1t2考點：機(jī)械能守恒定律 .分析：根據(jù)機(jī)械能守恒定律分析小球到達(dá)n點時速率關(guān)系，結(jié)合小球的運動情況，分析平均速率關(guān)系，即可得到結(jié)論解答：解：由于小球在運動過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，到達(dá)n點時速率相等，即有v1=v2小球沿管道m(xù)pn運動時，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知在運動過程中小球的速率小于初速率v0，而小球沿管道m(xù)qn運動，小球的速率大于初速

19、率v0，所以小球沿管道m(xù)pn運動的平均速率小于沿管道m(xù)qn運動的平均速率，而兩個過程的路程相等，所以有t1t2故a正確，bcd錯誤故選：a點評：解決本題關(guān)鍵要掌握機(jī)械能守恒定律，并能用來分析小球速率的大小，知道平均速率等于路程與時間之比15（3分）（2015浦東新區(qū)一模）一傾角為30的斜劈放在水平地面上，一物體沿斜劈勻速下滑現(xiàn)給物體施加如圖所示力f，f與豎直方向夾角為30，斜劈仍靜止，則此時地面對斜劈的摩擦力（）a大小為零b方向水平向右c方向水平向左d無法判斷大小和方向考點：共點力平衡的條件及其應(yīng)用；滑動摩擦力；力的合成與分解的運用 .專題：共點力作用下物體平衡專題分析：滑塊勻速下滑時，受重力

20、、支持力和摩擦力，三力平衡，故支持力和摩擦力的合力與重力平衡，豎直向上，根據(jù)牛頓第三定律得到滑塊對斜面體的作用力方向；當(dāng)加推力f后，滑塊對斜面體的壓力和滑動摩擦力同比增加，合力方向不變解答：解：塊勻速下滑時，受重力、支持力和摩擦力，三力平衡，故支持力和摩擦力的合力與重力平衡，豎直向上，根據(jù)牛頓第三定律得到滑塊對斜面體的作用力方向豎直向下，等于mg；當(dāng)加推力f后，根據(jù)滑動摩擦定律f=n，支持力和滑動摩擦力同比增加，故其合力的方向不變，根據(jù)牛頓第三定律，滑塊對斜面體的壓力和滑動摩擦力的合力方向也不變，豎直向下；故斜面體相對與地面無運動趨勢，靜摩擦力仍然為零；故選a點評：本題關(guān)鍵對滑塊受力分析后根據(jù)

21、平衡條件得到支持力和摩擦力的合力方向，然后根據(jù)牛頓第三定律得到滑塊對斜面體的作用力的合力方向，當(dāng)壓力增加后，滑動摩擦力也增加，但兩個力的合力方向不變16（3分）（2015浦東新區(qū)一模）一帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，從o點出發(fā)沿x軸正方向做初速度為零的直線運動，其電勢能ep與位移x的關(guān)系如圖所示，則以下所示的圖象中正確的是（）a場強(qiáng)與位移的關(guān)系b動能與位移的關(guān)系c速度與位移的關(guān)系d加速度與位移的關(guān)系考點：電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系；電勢能 .專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：粒子僅受電場力作用，做初速度為零的加速直線運動；根據(jù)功能關(guān)系得到epx圖象的斜率的含義，得出電場力的變化情況；然后結(jié)合加速

22、度的含義判斷加速度隨著位移的變化情況解答：解：粒子僅受電場力作用，做初速度為零的加速直線運動，電場力做功等于電勢能的減小量，故：f=|，即epx圖象上某點的切線的斜率表示電場力；a、epx圖象上某點的切線的斜率表示電場力，故電場力逐漸減小，根據(jù)e=，故電場強(qiáng)度也逐漸減??；故a錯誤； b、根據(jù)動能定理，有：fx=ek，故ekx圖線上某點切線的斜率表示電場力；由于電場力逐漸減小，與b圖矛盾，故b錯誤； c、按照c圖，速度隨著位移均勻增加，而相同位移所用的時間逐漸減小（加速運動），故加速度逐漸增加；而電場力減小導(dǎo)致加速度減??；故矛盾，故c錯誤； d、粒子做加速度減小的加速運動，故d正確；故選：d點評

23、：本題切入點在于根據(jù)epx圖象得到電場力的變化規(guī)律，突破口在于根據(jù)牛頓第二定律得到加速度的變化規(guī)律，然后結(jié)合動能定理分析；不難三、多項選擇題（共16分，每小題4分，每小題有二個或三個正確選項，全選對的，得4分，選對但不全的，得2分，有選錯或不答的，得0分，答案涂寫在答題卡上）17（4分）（2015浦東新區(qū)一模）如圖所示，甲、乙、丙三個物體放在勻速轉(zhuǎn)動的水平粗糙圓臺上，甲的質(zhì)量為2m，乙、丙的質(zhì)量均為m，甲、乙離軸為r，丙離軸為2r，則當(dāng)圓臺旋轉(zhuǎn)時（設(shè)甲、乙、丙始終與圓臺保持相對靜止）（）a甲物體的線速度比丙物體的線速度小b乙物體的角速度比丙物體的角速度小c甲物體的向心加速度比乙物體的向心加速度

24、大d乙物體受到的向心力比丙物體受到的向心力小考點：向心力；線速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速 .專題：勻速圓周運動專題分析：甲、乙、丙共軸轉(zhuǎn)動，角速度大小相等，根據(jù)線速度、向心力、向心加速度公式即可判斷轉(zhuǎn)解答：解：a、甲、乙、丙轉(zhuǎn)動的角速度大小相等，根據(jù)v=r，且甲的半徑小于丙的半徑可知，甲物體的線速度比丙物體的線速度小，故a正確，b錯誤；c、根據(jù)向心加速度a=r2，且甲、乙半徑相等，可知，甲物體的向心加速度和乙物體的向心加速度相等，故c錯誤；d、根據(jù)f=mr2知，甲、乙、丙的質(zhì)量之比為2：1：1，轉(zhuǎn)動的半徑之比為1：1：2，則向心力大小之比為2：1：2，所以乙物體受到的向心力比丙物體受到的向心力小，

25、故d正確故選：ad點評：解決本題的關(guān)鍵知道共軸轉(zhuǎn)動，角速度相等，結(jié)合v=r，a=r2，f=mr2分析求解18（4分）（2015浦東新區(qū)一模）如圖所示電路中，r1、r2為定值電阻，電源的內(nèi)電阻為r閉合電鍵s，電壓表顯示有讀數(shù)，調(diào)節(jié)可變電阻r的阻值，電壓表示數(shù)增大量為u對此過程，下列判斷正確的是（）a可變電阻r阻值增大，流過它的電流增大b電阻r2兩端的電壓減小，減小量小于uc通過電阻r2的電流減小，減小量等于d路端電壓一定增大，增大量小于u考點：閉合電路的歐姆定律 .專題：恒定電流專題分析：由題意電壓表的示數(shù)增大了u，說明r和r1并聯(lián)的電阻增大，知r增大r增大，外電阻增大，干路電流減小，電阻r2兩

26、端的電壓減小，根據(jù)路端電壓的變化，分析電阻r2兩端的電壓減小量和u的大小，由歐姆定律求出電流減小量的范圍解答：解：a、由題，電壓表的示數(shù)增大，r和r1并聯(lián)的電阻增大，得知r增大，總電阻增大，總電流減小，并聯(lián)部分電壓增大，通過r1的電流增大，所以通過可變電阻r的電流減小，故a錯誤b、c、r增大，外電阻增大，干路電流減小，電阻r2兩端的電壓減小，路端電壓增大，而路端電壓等于外電路總電壓，所以電阻r2兩端的電壓減小量小于u，由歐姆定律得知，通過電阻r2的電流減小，減小量小于故c錯誤，b正確d、由于電阻r2兩端的電壓減小，所以路端電壓的增大量小于u故d正確故選：bd點評：本題根據(jù)部分與整體的關(guān)系，采用

27、總量法分析r2兩端的電壓減小量和u的增加量的大小，即總量增大，增大的量較大19（4分）（2015浦東新區(qū)一模）一列橫波沿直線傳播，在波的傳播方向上有a、b兩點在t時刻a、b兩點間形成如圖甲所示波形，在（t+3s）時刻a、b兩點間形成如圖乙所示波形，已知a、b兩點間距離a=9m，則以下說法中正確的是（）a若周期大于4s，波可能向右傳播b若周期為4s，波一定向右傳播c若波速為8.5m/s，波一定向左傳播d該波波速可能的最小值為0.5m/s考點：橫波的圖象；波長、頻率和波速的關(guān)系 .專題：振動圖像與波動圖像專題分析：根據(jù)兩時刻的波形，列出周期通項，得到波速的通項，再分析特殊值確定波的傳播方向解答：解

28、：a、若波向右傳播，3s=（n+）t1，（n=0，1，2，），t1=s；若波向左傳播，3s=（n+）t2，（n=0，1，2，），t2=s由于n是整數(shù)，當(dāng)n=0時，t=4s時，符合t1通項，波向右傳播，而波向右傳播周期t4s故a錯誤，b正確c、由圖知波長=6m，若波速為8.5m/s，波傳播的距離為x=vt=8.53m=25.5m=4，根據(jù)波形的平移，波一定向左傳播故c正確d、波傳播的最大距離為向左傳播1.5m，波波速可能的最小值為v=m/s=0.5m/s故d正確故選：bcd點評：本題知道兩個時刻的波形，根據(jù)波的周期性，得到周期的通項，判斷波的傳播方向20（4分）（2015浦東新區(qū)一模）如圖甲所示

29、是一打樁機(jī)的簡易模型質(zhì)量m=1kg的物體在拉力f作用下從與釘子接觸處由靜止開始運動，上升一段高度后撤去f，到最高點后自由下落，撞擊釘子，將釘子打入2cm深度，且物體不再被彈起若以初始狀態(tài)物體與釘子接觸處為零勢能點，物體上升過程中，機(jī)械能e與上升高度h的關(guān)系圖象如圖乙所示撞擊前不計所有摩擦，釘子質(zhì)量忽略不計，g取10m/s2則（）a物體上升過程的加速度為12m/s2b物體上升過程的最大速度為2m/sc物體上升到0.25m高度處拉力f的瞬時功率為12wd釘子受到的平均阻力為600n考點：功率、平均功率和瞬時功率 .專題：功率的計算專題分析：撤去拉力后，物體的機(jī)械能守恒，結(jié)合圖象求出物體上升過程中的

30、最大速度，根據(jù)速度位移公式求出物體上升的加速度根據(jù)速度位移公式求出上升到0.25m時的速度，根據(jù)牛頓第二定律求出拉力的大小，從而求出拉力的瞬時功率根據(jù)能量守恒求出釘子受到的平均阻力大小解答：解：a、物體上升1m高度時的機(jī)械能e=mgh1+mv，即：12=101+，解得物體上升過程中最大速度v1=2m/s根據(jù)勻變速直線運動的速度位移公式得：v12=2ah1，可知物體上升過程的加速度為：a=2m/s2故a錯誤，b正確c、根據(jù)速度位移公式得：v22=2ah，解得：v2=m/s=1m/s；根據(jù)牛頓第二定律得：fmg=ma，解得：f=mg+ma=112n=12n，則拉力f的瞬時功率為：p=fv=121w

31、=12w故c正確d、根據(jù)機(jī)械能守恒得，物體與釘子接觸時的動能為12j，根據(jù)能量守恒得：mghmv=fh2，代入數(shù)據(jù)得：f=610n故d錯誤故選：bc點評：物體動能與勢能之和是物體的機(jī)械能，分析清楚圖象，應(yīng)用牛頓第二定律、運動學(xué)公式、功率公式等知識即可正確解題四、填空題（共20分，每小題4分，答案寫在答題紙中指定位置，不要求寫出演算過程）21（4分）（2015浦東新區(qū)一模）如圖所示為地磁場磁感線的示意圖在北半球地磁場的豎直分量向下飛機(jī)在我國上空勻速巡航，機(jī)翼保持水平，飛行高度不變由于地磁場的作用，金屬機(jī)翼上有電勢差，設(shè)飛行員左方機(jī)翼末端處的電勢為1，右方機(jī)翼末端處的電勢為2，若飛機(jī)從西往東飛，1

32、2（選填“”、“=”或“”）；若飛機(jī)從南往北飛，12（選填“”、“=”或“”）考點：導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢 .分析：由于地磁場的存在，當(dāng)飛機(jī)在北半球水平飛行時，兩機(jī)翼的兩端點之間會有一定的電勢差，相當(dāng)于金屬棒在切割磁感線一樣由右手定則可判定電勢的高低解答：解：當(dāng)飛機(jī)在北半球飛行時，由于地磁場的存在，且地磁場的豎直分量方向豎直向下，由于感應(yīng)電動勢的方向與感應(yīng)電流的方向是相同的，由低電勢指向高電勢，由右手定則可判知，在北半球，不論沿何方向水平飛行，都是飛機(jī)的左方機(jī)翼電勢高，右方機(jī)翼電勢低，即總有1比2高故答案為：；點評：本題要了解地磁場的分布情況，掌握右手定則對于機(jī)翼的運動，類似于金屬棒在磁

33、場中切割磁感線一樣會產(chǎn)生電動勢，而電源內(nèi)部的電流方向則是由負(fù)極流向正極的22（4分）（2015浦東新區(qū)一模）同步衛(wèi)星a距地面高度為h，近地衛(wèi)星b距地面高度忽略不計，地球半徑為r則衛(wèi)星a、b的向心加速度大小之比aa：ab=r2：（r+h）2，線速度大小之比va：vb=考點：同步衛(wèi)星 .專題：人造衛(wèi)星問題分析：人造地球衛(wèi)星均由萬有引力充當(dāng)向心力，則有公式可求得加速度及線速度的表達(dá)式即可求解解答：解：衛(wèi)星的向心力由萬有引力提拱，則對ab兩衛(wèi)星，由萬有引力公式可求得向心加速度及線速度之比；故g=ma=m可得：a=；v=故同步衛(wèi)星與近地衛(wèi)星的加速度之比為：；線速度之比為故答案為：r2：（r+h）2；點評

34、：本題應(yīng)注意由于地球表面的物體其萬有引力充當(dāng)了重力和向心力，根據(jù)向心力公式列式求解，難度不大，屬于基礎(chǔ)題23（4分）（2015浦東新區(qū)一模）一質(zhì)量為2kg的物體在如圖（a）所示的xoy平面上運動，在x方向的速度時間圖象vxt圖和y方向的位移時間圖象syt圖分別如圖（b）、（c）所示，則物體的初速度大小為13m/s，前兩秒物體所受的合外力大小為10n考點：勻變速直線運動的圖像；勻變速直線運動的速度與時間的關(guān)系 .專題：運動學(xué)中的圖像專題分析：由vt圖象可知物體的速度變化；由xt圖象可知y方向上的位移的變化；由運動的合成和分解可知物體的運動狀態(tài)，由牛頓第二定律可求得物體的合外力解答：解：由vt圖可

35、知，物體在x方向上初速度為：vx=12m/s，而在y方向上，物體做勻速運動，速度為：，物體的初速度為水平速度和豎直速度的合速度，則初速度大?。?；由vt圖可知，前2秒，物體的加速度為：，根據(jù)牛頓第二定律，前兩秒物體所受合外力大小為：f=ma=25=10n；故答案為：13，10點評：圖象是物理學(xué)中重要的解題方法之一，一定要熟練掌握公式的意義及應(yīng)用24（4分）（2015浦東新區(qū)一模）在2008北京奧運會上，中國選手何雯娜取得女子蹦床比賽的冠軍蹦床模型簡化如右圖所示，網(wǎng)水平張緊時，完全相同的輕質(zhì)網(wǎng)繩構(gòu)成正方形，o、a、b、c等為網(wǎng)繩的結(jié)點若何雯娜的質(zhì)量為m，從高處豎直落下，并恰好落在o點，當(dāng)該處沿豎直

36、方向下凹至最低點時，網(wǎng)繩aoe、cog均成120向上的張角，此時選手受到o點對她向上的作用力大小為f，則選手從觸網(wǎng)到最低點的過程中，速度變化情況是先增大后減?。ㄟx填“一直增大”、“一直減小”、“先增大后減小”或“先減小后增大”）；當(dāng)o點下降至最低點時，其四周每根繩子承受的拉力大小為考點：牛頓第二定律；物體的彈性和彈力 .專題：牛頓運動定律綜合專題分析：o點的壓力被兩根繩所承受，故可以為每根繩承受一半的力，則繩子兩端的力的合力應(yīng)等于，由平形四邊形定則可求得每根繩所承受的力解答：解：人由空中自由下落后，速度越來越大，接觸繩后，由于繩子對人的作用力慢慢增大，則合力減小，但速度繼續(xù)增大；而當(dāng)彈力等于重

37、力之后，人開始減速運動；故速度先增大后減??；因每根繩的合力應(yīng)為；而繩受力后成120度角，作出平行四邊形可知，由幾何關(guān)系可知：當(dāng)合力為時，兩分力也為；故每根繩承受的壓力大小為； 故答案為：先增大后減上；點評：本題應(yīng)注意繩子張力的特點，同一根繃緊的繩，其上的各部分張力相等；兩個大小相等的力若其夾角為120，則合力與分力大小相等25（4分）（2015浦東新區(qū)一模）如圖所示，一物體在沿斜面向上的恒力f作用下，由靜止從底端沿固定光滑斜面向上做勻加速直線運動，經(jīng)過時間t物體運動到離地面高度為h1的某處，獲得速度v1，此時撤去恒力f，物體又經(jīng)過時間t恰好回到斜面底端，此時物體的速度大小為v2，則v1與v2大

38、小之比v1：v2=1：2；若選取地面為重力勢能零參考面，撤去恒力f后物體的動能與勢能恰好相等時的高度為h2，則h1與h2之比h1：h2=3：2考點：功能關(guān)系 .分析：上升過程中后撤去f的過程中，物體都做勻變速直線運動，根據(jù)平均速度即可求解速度之比，先表示出剛撤去拉力時的機(jī)械能和返回出發(fā)點時的機(jī)械能，根據(jù)撤去f后只有重力做功，機(jī)械能守恒列式即可求解h1與h2之比解答：解：上升過程中，物體做勻加速直線運動，平均速度，撤去拉力知道回到出發(fā)點的過程中，平均速度，由于兩個過程中，位移相同，時間相同，則平均速度相同，所以，解得：撤去拉力f時的機(jī)械能，返回出發(fā)點的機(jī)械能，而動能與勢能恰好相等時的機(jī)械能e=2

39、mgh2撤去f后只有重力做功，機(jī)械能守恒，則e=e1=e2由解得：故答案為：1：2；3：2點評：本題主要考查了勻變速直線運動平均速度公式及機(jī)械能守恒定律的直接應(yīng)用，抓住求解速度關(guān)系，難度適中五、實驗題（本大題4小題，共24分）26（4分）（2015浦東新區(qū)一模）如圖所示為“研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象”的實物連接圖，閉合電鍵時發(fā)現(xiàn)靈敏電流計g指針向左偏轉(zhuǎn)，則當(dāng)電鍵閉合穩(wěn)定后，將滑動變阻器的滑片p從a向b勻速滑動的過程中，靈敏電流計g指針的偏轉(zhuǎn)情況是向左偏轉(zhuǎn)（選填“向左偏轉(zhuǎn)”、“向右偏轉(zhuǎn)”、“不動”）；將線圈a從線圈c中拔出，則與緩慢拔出相比，快速拔出時靈敏電流計g的指針偏轉(zhuǎn)角度更大（選填“更大”、“更小”

40、或“相同”）考點：研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象 .專題：實驗題分析：根據(jù)閉合電路，滑片的移動，導(dǎo)致電阻變化，從而使電流變化，則影響磁場的方向，進(jìn)而導(dǎo)致線圈c的磁通量變化，根據(jù)閉合電鍵時發(fā)現(xiàn)靈敏電流計g指針向左偏轉(zhuǎn)，即可判定感應(yīng)電流的方向；當(dāng)拔出的快慢不同時，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，即可求解解答：解：將滑動變阻器的滑片p從a向b勻速滑動的過程中，接入電路的電阻減小，則電流增大，導(dǎo)致穿過線圈c的磁通量增大，根據(jù)閉合電鍵時發(fā)現(xiàn)靈敏電流計g指針向左偏轉(zhuǎn)，可知，靈敏電流表的指針向左偏；快速拔出時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢較大，靈敏電流計g的指針偏轉(zhuǎn)角度更大故答案為：向左偏轉(zhuǎn)，更大點評：本題考查研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象及驗證楞次定律的

41、實驗，對于該實驗注意兩個回路的不同27（6分）（2015浦東新區(qū)一模）某研究小組的同學(xué)在水平放置的方木板上做“探究共點力的合成規(guī)律”實驗時：（1）利用坐標(biāo)紙記下了橡皮筋的結(jié)點位置o以及兩只彈簧秤拉力的大小和方向，如圖（a）所示，圖中每一小格長度均代表0.5n，則f1與f2的合力大小為3.0n（2）關(guān)于此實驗，下列敘述中正確的是ca彈簧秤應(yīng)先在豎直方向進(jìn)行調(diào)零b橡皮筋對結(jié)點o的拉力就是兩彈簧秤對結(jié)點o的拉力f1與f2的合力c兩次拉橡皮筋時，需將橡皮筋結(jié)點拉到同一位置o，這樣做的目的是保證兩次彈簧秤拉力的效果相同d若要改變彈簧秤的拉力大小而又要保證橡皮筋結(jié)點位置不變，只需調(diào)整兩只彈簧秤的拉力大小使

42、其中一只增大另一只減小即可（3）圖（b）所示是甲、乙兩位同學(xué)在做以上實驗時得到的結(jié)果，其中力f是用一只彈簧秤拉橡皮筋時的圖示，則哪一位同學(xué)的實驗結(jié)果一定存在問題？請簡單說明理由答：乙同學(xué)，因為乙同學(xué)實驗的結(jié)果f的方向不與橡皮筋的伸長方向在同一直線上考點：驗證力的平行四邊形定則 .專題：實驗題分析：以f1和f2為鄰邊作平行四邊形，通過o點的對角線表示合力f，據(jù)此可正確畫出f1和f2的合力圖示；明確實驗理論值和實驗值之間的關(guān)系即可正確解答；該實驗采用了“等效替代”法即要求兩次拉橡皮筋時，要使橡皮筋產(chǎn)生的形變相同，即拉到同一位置解答：解：（1）以f1和f2為鄰邊作平行四邊形，與f1和f2共點的對角線

43、表示合力f，標(biāo)上箭頭如圖所示則f1與f2的合力大小為3.0n（2）a、彈簧秤應(yīng)先在水平方向進(jìn)行調(diào)零，故a錯誤；b、橡皮筋對結(jié)點o的拉力與兩彈簧秤對結(jié)點o的拉力f1與f2的合力是一對平衡力，故b錯誤；c、兩次拉橡皮筋時，需將橡皮筋結(jié)點拉到同一位置o，這樣做的目的是保證兩次彈簧秤拉力的效果相同，故c正確；d、根據(jù)平行四邊形定則可知，合力不變，只增大一個分力的大小時，另一個分力的大小和方向都變化，故d錯誤故選：c（3）用平行四邊形定則求出的合力可以與橡皮條拉力的方向有偏差，但用一只彈簧測力計拉結(jié)點的拉力與橡皮條拉力一定在同一直線上，所以乙同學(xué)的實驗結(jié)果存在問題，因為乙同學(xué)實驗的結(jié)果f的方向不與橡皮筋

44、的伸長方向在同一直線上故答案為：（1）3.0；（2）c；（3）乙同學(xué)，因為乙同學(xué)實驗的結(jié)果f的方向不與橡皮筋的伸長方向在同一直線上點評：本題要防止產(chǎn)生錯誤的認(rèn)識，認(rèn)為橡皮筋的拉力是兩彈簧測力計的拉力，根據(jù)合力與分力等效關(guān)系分析，一個彈簧測力計的拉力是兩個彈簧測力計拉力的合力28（6分）（2015浦東新區(qū)一模）利用dis實驗裝置研究小車質(zhì)量一定時加速度與力的關(guān)系，為了減小拉力的測量誤差，實驗中用質(zhì)量可以忽略的小網(wǎng)兜裝小砝碼，將小砝碼的重力作為對小車的拉力，現(xiàn)有完全相同的小砝碼若干個（1）（多選題）為了驗證加速度與合外力成正比，實驗中必須做到aca實驗前要平衡摩擦力b每次都必須從相同位置釋放小車c

45、拉小車的細(xì)繩必須保持與軌道平行d拉力改變后必須重新平衡摩擦力（2）如果小砝碼的重力未知，仍然使用上述器材進(jìn)行實驗，那么通過研究加速度與小砝碼的個數(shù)的關(guān)系也可以獲得物體的加速度與合外力成正比的結(jié)論考點：探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系 .專題：實驗題分析：探究加速度與力的關(guān)系實驗時，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力時，要求小車在無動力的情況下平衡摩擦力，不需要掛任何東西平衡摩擦力時，是重力沿木板方向的分力等于摩擦力，即：mgsin=mgcos，可以約掉m，只需要平衡一次摩擦力操作過程是先接通打點計時器的電源，再放開小車小車的加速度應(yīng)根據(jù)打出的紙帶求出解答：解：a、實驗首先要平衡摩擦力，使小車受到合

46、力就是細(xì)繩對小車的拉力，故a正確；b、每次小車不需要要從同一位置開始運動，故b錯誤；c、要使繩子的拉力等于合力，則需要拉小車的細(xì)繩必須保持與軌道平行，故c正確；d、由于平衡摩擦力之后有mgsin=mgcos，故tan=所以無論小車的質(zhì)量是否改變，小車所受的滑動摩擦力都等于小車的重力沿斜面的分力，改變小車質(zhì)量即改變拉小車?yán)Γ恍枰匦缕胶饽Σ亮?，故d錯誤；故選：ac（2）因為沒有個小砝碼的重力相同，所以可以研究加速度與小砝碼的個數(shù)的關(guān)系，獲得物體的加速度與合外力成正比的結(jié)論故答案為：（1）ac；（2）小砝碼的個數(shù)點評：該題考查了實驗注意事項、實驗數(shù)據(jù)處理分析，知道實驗原理及注意事項即可正確解題

47、；探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系實驗時，要平衡小車受到的摩擦力，不平衡摩擦力、或平衡摩擦力不夠、或過平衡摩擦力，小車受到的合力不等于鉤碼的重力29（8分）（2015浦東新區(qū)一模）某同學(xué)通過實驗研究小燈泡的電流與電壓的關(guān)系可用的器材如下：電源、滑動變阻器、電流表、電壓表、不同規(guī)格的小燈泡兩個、電鍵、導(dǎo)線若干（1）實驗中移動滑動變阻器滑片，得到了小燈泡l1的ui圖象如圖（a）中的圖線l1，則可知小燈泡l1的電阻隨電壓增大而增大（選填“增大”、“減小”或“不變”）（2）為了得到圖（a）中的圖線，請將圖（b）中缺少的兩根導(dǎo)線補(bǔ)全，連接成實驗的電路（其中電流表和電壓表分別測量小燈泡的電流和電壓）（3）換小燈

48、泡l2重做實驗，得到其ui圖象如圖（a）中的圖線l2，現(xiàn)將這兩個小燈泡并聯(lián)連接在電動勢3v、內(nèi)阻6的電源兩端，則此時電源兩端的電壓為0.6v；燈泡l2消耗的功率為0.09w考點：描繪小電珠的伏安特性曲線 .專題：實驗題分析：在小燈泡的ui圖象中，圖象上的與原點連線的斜率表示小燈泡電阻的大小，所以小燈泡電阻隨電流的最大而增大；本題的難點是當(dāng)把a(bǔ)b間的導(dǎo)線誤接在ac之間時，滑動變阻器的連接情況：的滑動觸頭打到最左端或最右端時變阻器均短路，此時小燈泡功率最大，的滑動觸頭在中間時，變阻器的有效電阻最大解答：解：（1）由圖象根據(jù)歐姆定律r=知，小燈泡的電阻隨電壓增大而增大（2）由于小燈泡的電阻遠(yuǎn)小于電壓

49、表的內(nèi)阻，電流表應(yīng)用外接法；又電流與電壓從零逐漸增大，故滑動變阻器應(yīng)用分壓式接法，實物圖如圖，（3）電動勢為3v，內(nèi)阻為6，則短路電流=0.5a，在小燈泡的up圖象中，連接u=3v與i=0.5a兩點，畫出表示電源的ui圖象，如圖所示；要使兩燈泡并聯(lián)后接在電源兩端，應(yīng)符合閉合電路歐姆定律，則電源的輸出電壓與兩燈泡電壓相等，且路端電壓與內(nèi)壓之和等于電動勢；由圖可知，輸出電壓應(yīng)為0.6v，此時燈泡l2的電流為0.15a，則其功率p=ui=0.60.15=0.09w；故答案為（1）增大 （2）如圖 （3）0.6；0.09點評：當(dāng)已知小燈泡的伏安特性曲線，要求其功率時，要再畫出表示電源的ui圖象，則兩圖

50、線的交點坐標(biāo)即為小燈泡的實際電流與電壓，然后根據(jù)p=ui求解六、計算題（本大題4小題，共50分）30（10分）（2015浦東新區(qū)一模）如圖（a）所示，質(zhì)量為m=2kg的物塊以初速度v0=20m/s從圖中所示位置開始沿粗糙水平面向右運動，同時物塊受到一水平向左的恒力f作用，在運動過程中物塊速度隨時間變化的規(guī)律如圖（b）所示，g取10m/s2試求：（1）物塊在04s內(nèi)的加速度a1的大小和48s內(nèi)的加速度a2的大小；（2）恒力f的大小及物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)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；勻變速直線運動的圖像 .專題：牛頓運動定律綜合專題分析：（1）物體先向右減速在向左加速

51、，根據(jù)vt圖象得到兩段的加速度；（2）然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解拉力及動摩擦力因數(shù)解答：解：（1）由圖可知，02s內(nèi)，物體向右做勻減速直線運動，2s4s內(nèi)，物體向左做勻加速直線運動；02s內(nèi)，a1=，方向水平向左；2s4s內(nèi)，a2=，方向水平向左；由牛頓第二定律，得到：f+mg=ma1fmg=ma2代入數(shù)據(jù)解得：f=7n，=0.15（2）依據(jù)圖象可知，物體4s內(nèi)的位移：s=6m（2）根據(jù)牛頓第二定律，在04s內(nèi)恒力f與摩擦力同向：f+mg=ma14s8s內(nèi)恒力f與摩擦力反向：fmg=ma2代入數(shù)據(jù)解得：f=7n，=0.15答：（1）物塊在04s內(nèi)的加速度a1的大小和48s內(nèi)的加速度a2的大小

52、分別為5m/s2和2m/s2；（2）恒力f的大小為7n，物塊與水平面的動摩擦因數(shù)為0.15；點評：本題是已知物體的受力情況確定物體的運動情況的問題，關(guān)鍵求解確物體的加速度31（12分）（2015浦東新區(qū)一模）如圖所示，在傾角為的足夠長光滑斜面上放置兩個質(zhì)量分別為2m和m的帶電小球a和b（均可視為質(zhì)點），它們相距為l兩球同時由靜止開始釋放時，b球的初始加速度恰好等于零經(jīng)過一段時間后，當(dāng)兩球距離為l時，a、b的加速度大小之比為a1：a2=11：5（靜電力恒量為k）（1）若b球帶正電荷，則判斷a球所帶電荷電性；（2）若b球所帶電荷量為q，求a球所帶電荷量q（3）求l與l之比考點：電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系；牛頓第二定律 .專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：（1）根據(jù)共點力平衡判斷出庫侖力，即可判斷電性（2）根據(jù)靜止釋放時共點力平衡即可求的電荷量；（3）初始時b球受力平衡，兩球同時由靜止開始釋放，由于a的加速度大于b，所以經(jīng)過一段時間后，兩球距離增大，庫侖力一定減小根據(jù)牛頓第二定