2020屆山東省日照市高三4月校際聯(lián)考物理試題(解析版)

1、2019-2020 學年高三校際聯(lián)合考試高三物理2020.011 .本卷兩部分，共100分，考試時間90分鐘。2 .請按照題號在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答、超出答題區(qū)域書寫的答案無效； 在草稿紙、試題卷上答題無效。答題卡面清潔、不折疊、不破損。第I卷（選擇題，共40分）、單項選擇題：本題共 8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中, 只有一個選項符合題目要求。1.下列有關(guān)物理知識在實際中的應(yīng)用，解釋正確的是（）A.交通法規(guī)定乘客必須系好安全帶，是利用慣性B.靈敏電流表在運輸時總要用導線把兩個接線柱連在一起，是利用電磁驅(qū)動C.野外三條高壓輸電線上方還有兩條導線與大地相連，是利用靜電屏蔽

2、D.通過發(fā)出與噪聲振幅、頻率相同但相位相反的聲波消滅噪聲，是利用聲波衍射2.如圖，S是波源，振動頻率為 100Hz ,產(chǎn)生的簡諧橫波向右傳播，波速為 40m/s 。波 在傳播過程中經(jīng)過 P、Q兩點，已知P、Q的平衡位置之間相距 0.6m 。下列判斷正確的A. Q點比P點晚半個周期開始振動B.當Q點的位移最大時，P點的位移最小C. Q點的運動方向與 P點的運動方向可能相同D.當Q點通過平衡位置時，P點也通過平衡位置3 .一個質(zhì)點在三個力的作用下處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)再對其施加一恒力，且原來作用在質(zhì)點上 的力不發(fā)生改變。則質(zhì)點可能做（）A.勻速直線運動B.勻變速曲線運動C.勻速圓周運動 D.拋體運動t的

3、變化如圖所示。下4 .甲、乙兩車在平直公路上沿同一直線運動，兩車的速度 v隨時間 列說法正確的是（）A.兩車的出發(fā)點一定不同B.在0到t2的時間內(nèi)，兩車一定相遇兩次C.在t1到t2時間內(nèi)某一時刻，兩車的加速度相同D.在t1到t2時間內(nèi)，甲車的平均速度一定大于乙車的平均速度)5.電阻為R的單匝閉合金屬線框， 在勻強磁場中繞著與磁感線垂直的 軸勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的交變電動勢的圖象如圖所示。下列判斷正確的是（rA. 3時刻線框平面與中性面平行皇B.穿過線框的磁通量最大為C.線框轉(zhuǎn)一周外力做的功為13D.1 3T從八，到上了的過程中，線框的平均感電動的6 .如圖甲所示的充電電路中，R表示電阻，E表示電源（

4、忽略內(nèi)阻），通過改變電路中的元件參數(shù)對同一電容器進行兩次充電，對應(yīng)的電荷量q隨著時間t變化的曲線如圖乙中的a、b所示。曲線形狀由a變化為b,是由于（）甲高三物理試題第7頁（共20頁）卜底板傳感器顯示的壓力F2=6N ,重力加速度A.B.C.D.g=10m/s 2.下列判斷正確的是（Fi逐漸減小，F(xiàn)2逐漸增大Fi逐漸增大，F(xiàn)2逐漸減小Fi的示數(shù)為零F2的本數(shù)為零視為質(zhì)點的物體從箱子中央以I度），如圖所示，已知物體與箱壁共發(fā)生的速度開始運動（g為當?shù)刂亓铀?次完全彈性碰撞。則物體與箱底A.電阻R變大B.電阻R減小C.電源電動勢E變大D.電源電動勢E減小7 .如圖所示，壓縮的輕彈簧將金屬塊卡在矩形

5、箱內(nèi)，在箱的上頂板和下底板均安有壓力傳感器，箱可以沿豎直軌道運動。當箱靜止時，上頂板的傳感器顯示的壓力Fi=2N若加速度方向向上，隨著加速度緩慢增大， 若加速度方向向下，隨著加速度緩慢增大， 若加速度方向向上，且大小為 5m/s 2時, 若加速度方向向下，且大小為 5m/s 2時,8 .質(zhì)量為m的箱子靜止在光滑水平面上， 箱子內(nèi)側(cè)的兩壁間距為 1,另一質(zhì)量也為 m且可的動摩擦因數(shù)科的取值范圍是（22-< - 11g22D. 世弋一B廿II二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中,有多項符合題目要求。全部選對得4分，選對但不全的得 2分，有選錯的得0分。

6、9 .如圖，正方形abcd處于勻強電場中，電場方向與此平面平行。一質(zhì)子由a點運動到b點，電場力做功為 W,該質(zhì)子由a點運動到d點，克服電場力做功為 W.已知W>0, 則（）A.電場強度的方向沿著 ab方向B.直線ac是一條等勢線C. c點的電勢高于b點的電勢D.電子在d點的電勢能大于在 b點的電勢能10 .滑雪運動深受人民群眾喜愛。如圖，豎直面內(nèi)有半徑為R的圓弧形滑道 AB , 一質(zhì)量為m的滑雪愛好者（可視為質(zhì)點）從滑道的A點由靜止開始下滑，到達最低點B時對滑道的壓力大小為 Wmg （g為當?shù)氐闹亓铀俣龋?。已知過 A點的切線與豎直方向的夾角為則滑雪好者在沿著 AB下滑的過程中（）30。

7、，滑道各處動摩擦因數(shù)相同,A.重力的功率先增加后減小B.始終處于失重狀態(tài)C.克服摩擦力做功為元產(chǎn)"D.受到的摩擦力大小為11 .如圖所示，有兩個輕質(zhì)小環(huán) A和B套在光滑固定的水平桿上，兩環(huán)用一橡皮條連接在橡皮條中點施以豎直向上的力F,要使橡皮條與兩環(huán)間的桿圍成頂角為120。的等腰三角形，必須在兩環(huán)上分別各施加一個作用力，關(guān)于此力，下列說法正確的是（）叵A.此力可以沿著桿向外，大小為 T FB.此力可以垂直于橡皮條向上，大小為 2FC.此力可以垂直于桿向下，大小為 昨D.此力可以沿著橡皮條向下，大小為 F12 .最近幾十年，人們對探測火星十分感興趣，先后發(fā)射過許多探測器。稱為“火星探路

8、者”的火星探測器曾于 1997年登上火星。在探測器“奔向”火星的過程中，用 h表示探測器與火星表面的距離， a表示探測器所受的火星引力產(chǎn)生的加速度，a隨h變化的圖象如圖所示，圖象中 a1、a2、h0以及萬有引力常量 G已知。下 列判斷正確的是（）A.火星的半徑為B.火星表面的重力加速度大小為a1C.火星的第一宇宙速度大小為 工，（ 曲曲 "D.火星的質(zhì)量大小為 .猴向 G三、非選擇題：本題共 6小題，共60分。13.某同學利用如圖甲所示的裝置探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系。實驗時，把數(shù)據(jù)記錄在表格中，數(shù)據(jù)是按加速度大小排列的，第8組數(shù)據(jù)中小車質(zhì)量和加速度數(shù)據(jù)漏記。寸碼相號於JVLlfg日

9、如0.860342a 140J的3C.290.61見4840J9D.5J50,2+cje067bO2Q0,71?029任輔口用二E0.2?90Ma（1）該同學又找到了第 8組數(shù)據(jù)對應(yīng)的紙帶以及小車質(zhì)量，紙帶如圖乙所示。已知打點 計時器所用交流電的頻率為50Hz ,紙帶上標出的每兩個相鄰點之間還有4個打出來的點未畫出。請你幫助該同學求出第8組中的加速度a=m/s 2（2）如果要研究加速度與力的關(guān)系，需取表格中 組數(shù)據(jù)（填組號），做 a-F圖象; 如果要研究加速度與質(zhì)量的關(guān)系，需取表格中 組數(shù)據(jù)（填組號），做 a-m圖象。 這種研究方法叫做 法。（3）做出a-m圖象如圖丙所示，由圖象 （填“可以”

10、或“不可以”）判斷 a與m 成反比。14某同學要將一量程為 250必的微安表改裝為量程為 1.50V的電壓表，該同學測得微 安表內(nèi)阻為1200 Q,經(jīng)計算后將一阻值為 R的電阻與微安表連接，進行改裝。然后利用 標準電壓表，對改裝后的電表進行檢測。高三物理試題第9頁(共20頁)（1）將圖（a）中的實物連線補充完整 （2）當標準電壓表的示數(shù)為1.00V時,測出改裝的電壓表量程不是預期值，而是 A.1.20VB.1.25VC.1.30VD.1.35V（3）產(chǎn)生上述問題的原因可能是 A .微安表內(nèi)阻測量錯誤，實際內(nèi)阻大于 B.微安表內(nèi)阻測量錯誤，實際內(nèi)阻小于 C. R值計算錯誤，接入的電阻偏小 D.

11、R值計算錯誤，接入的電阻偏大微安表的指針位置如圖（b）所示，由此可以推 （填正確答案標號）（填正確答案標號）1200 Q1200 Q15 .如圖甲所示，小車 B緊靠平臺的邊緣靜止在光滑水平面上，物體 A （可視為質(zhì)點）以 初速度V0從光滑的平臺水平滑到與平臺等高的小車上，物體和小車的v-t圖象如圖乙所示,取重力加速度g=10m/s 2,求(1)(2)(3)16如圖所示，同一豎直面內(nèi)的正方形導線框高三物理試題a、b的邊長均為1,電阻均為R,質(zhì)量分別 第5頁（共20頁）物體A與小車上表面間的動摩擦因數(shù)物體A與小車B的質(zhì)量之比小車的最小長度為3m和m。它們分別系在一跨過兩個定滑輪的絕緣輕繩兩端，在兩

12、導線框之間有一寬度為21、磁感應(yīng)強度大小為 B、方向垂直豎直面的勻強磁場區(qū)域?，F(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，當 線木g b開始進入磁場時，a、b兩個線框開始做勻速運動，當線框b剛好完全進入磁場時,線中g(shù) a剛好開始進入磁場。不計摩擦和空氣阻力，重力加速度為 go求(2)從開始到兩線框全部穿過磁場的過程中，共產(chǎn)生的焦耳熱Q 17 .如圖所示，光滑軌道 OABC是由水平直軌道 OB與一段半徑 R=62.5m 的圓弧BC在B點相切而成。m=1kg的物塊P在F=20N的水平推力作用下，緊靠在固定于墻面的輕彈簧右側(cè)A處保持靜止，A點與B點相距1=16m 。已知物塊可視為質(zhì)點，彈簧的勁度系數(shù)k=100N/m 。取重

13、力加速度 g=10m/s 2, cos5 ° =0.99 .現(xiàn)突然撤去力 F,求(1)物塊P第一次向右運動的過程中，彈簧對物塊的沖量大小(2)從物塊P離開彈簧到再次接觸彈簧經(jīng)過的時間。(結(jié)果保留兩位小數(shù))18 .如圖所示，在xOy平面內(nèi)，虛線 OP與x軸的夾角為30 ° , OP與y軸之間存在沿 著y軸負方向的勻強電場，場強大小為E. OP與x軸之間存在垂直于 xoy平面向外的勻強磁場?，F(xiàn)有一帶電的粒子，從y軸上的M點以初速度V0、沿著平行于x軸的方向射入電場，并從邊界 OP上某點Q (圖中未畫出)垂直于 OP離開電場，恰好沒有從 x軸離開 第一象限。已知粒子的質(zhì)量為m電荷

14、量為q (q>0),粒子的重力可忽略。求(1)磁感應(yīng)強度的大小(2)粒子在第一象限運動的時間(3)粒子從y軸上離開電場的位置到 。點的距離高三物理試題第11頁（共20頁）解析版1 .【答案】C【解析】解：A、交通法規(guī)定乘客必須系好安全帶，是防止慣性對人產(chǎn)生的傷害，故 A錯誤。B、運輸過程中的震動顛簸，可能會損壞指針、線圈、游絲，短路后，產(chǎn)生感應(yīng)電流，據(jù)楞次定律，產(chǎn)生電磁阻尼，減輕指針、線圈、游絲的擺動，故 B錯誤。C、野外三條高壓輸電線上方還有兩條導線與大地相連，兩者電勢差為零，打雷時，對高壓線沒有危害，卞成屏蔽，故C正確。D、通過發(fā)出與噪聲相位相反， 頻率、振幅相同聲波與噪聲干涉實現(xiàn)相

15、位抵消，故D錯誤。故選：C。系好安全帶是防止而不是利用慣性；將電流表的短路后，表頭的電磁阻尼變大，可以降低 因為震動而導致的表針轉(zhuǎn)動幅度，防止損壞表針；野外高壓輸電的三條輸電線上方設(shè)置兩 條導線，這兩條導線要與大地相連接，才能起到屏蔽作用；用聲音降低噪音是利用聲波干 涉而不是衍射。本題考查了物理知識在實際中的應(yīng)用。這種題型知識點廣，多以基礎(chǔ)為主，只要平時多加 積累，難度不大。2 .【答案】D【解析】解：A、根據(jù)波長、頻率和波速的關(guān)系可知，波長入 =vT= =0.4m , PQ=0.6m=1.5入，故 Q點比P點晚1.5個周期開始振動，故 A錯誤。B、P、Q兩點的平衡位置相關(guān)半個波長的奇數(shù)倍，故

16、兩者振動情況完全相反，當Q點的位移最大時，P點的位移也最大，但兩者方向相反，故 B錯誤。C、P、Q兩點的運動方向始終相反，故 C錯誤。D、當Q通過平衡位置時，P點也通過平衡位置，但兩者運動方向相反，故 D正確。故選：D。根據(jù)波速和頻率求得波長，從而得到質(zhì)點間距離和波長的關(guān)系。相隔半波長的奇數(shù)倍的兩個質(zhì)點，振動情況完全相反。本題考查了波動規(guī)律，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題干信息得到波長，確定質(zhì)點間距與波長的關(guān)系。3 .【答案】B解：A、若所施加的外力方向與物體運動方向相同，則物體做勻加速直線運動，外力方向 與物體運動方向相反，則物體做勻減速直線運動，但如果力與初速度不在同一直線上，則 可能做曲線運動，但恒

17、力產(chǎn)生加速度，物體不可能做勻速直線運動，故 A錯誤； B、由牛頓第二定律可知，質(zhì)點加速度的方向總是與該恒力的方向相同；若恒力的方向與 速度的方向不在同一條直線上，則物體做勻變速曲線運動，故 B正確；C、質(zhì)點受到恒力的作用，加速度大小與方向都恒定，若物體做曲線運動，則速度的方向 不斷變化，所以恒力的方向不可能與速度方向總是垂直，所以不可能做勻速圓周運動，故 C錯誤；D、拋體運動只受到重力的作用，顯然與該題不符，故 D錯誤； 故選：B。正確理解和應(yīng)用牛頓第二定律解決力與運動的關(guān)系，明確物體做曲線運動的條件，明確勻 速圓周運動所受外力特點。本題考查了物體做曲線運動的條件以及牛頓第二定律等基礎(chǔ)知識的應(yīng)

18、用，要注意明確恒力作用下物體可以做曲線運動，但不可能做勻速圓周運動。4 .【答案】C【解析】解：A、出發(fā)位置不能做出判斷，故 A錯誤；B、在0到t2的時間內(nèi)，兩車有兩次速度相等，并不是相遇，故 B錯誤；C、v-t圖象的斜率表示加速度，在ti至ij t2時間內(nèi)的某一時刻，乙圖線的斜率和甲圖線平行，說明加速度相等，故 C正確；D、在ti到t2時間內(nèi)乙的位移大于甲的位移，故甲的平均速度一定小于乙的平均速度，故 D錯誤。故選：C。圖象是速度-時間圖象，不是位移-時間圖象，所以無法判斷出發(fā)位置； 在0到t2的時間內(nèi)， 兩車有兩次速度相等；v-t圖線的斜率表示加速度；v-t圖象與坐標軸所圍圖象的面積表示

19、位移，然后根據(jù)平均速度定義可以判斷平均速度的大小。一定要看清楚這是 v-t圖象，不是x-t圖象，所以根據(jù)V-t圖象無法判斷它們的出發(fā)位置。 v-t圖象的斜率表示加速度，與坐標軸所圍面積表示位移。5 .【答案】B【解析】T解：A、由圖可知t=時刻感應(yīng)電動勢最大， 此時線圈所在平面與中性面垂直，故A錯誤;B、當感應(yīng)電動勢等于零時，穿過線框回路的磁通量最大，且由Em=NBS 3得:高三物理試題第9頁（共20頁）J _ 殳 Ni ,故B正確；C、根據(jù)能量守恒可知，線圈轉(zhuǎn)一周所做的功為轉(zhuǎn)動一周的發(fā)熱量：審(務(wù)邱r j i “一 /日2故C錯誤；/從到M時刻的平均意應(yīng)電動勢為E = 睢=學=里，故L履誤；

20、4411 7T故選：B。(1)由圖可知特殊時刻的電動勢，根據(jù)電動勢的特點，可判處于各個時刻的磁通量；(2 )根據(jù)能量守恒定律求線框轉(zhuǎn)一周外力所做的功；(3)根據(jù) 白，求平均電動勢。本題關(guān)鍵是記住兩個特殊位置：在中性面時磁通量最大，感應(yīng)電動勢最小，電動勢方向改 變；垂直中性面位置磁通量為零，但電動勢最大。對于交變電流的各個值的關(guān)系及求解方 法要掌握。6 .【答案】A【解析】解：由圖象可以看出，最終電容器所帶電荷量沒有發(fā)生變化，只是充電時間發(fā)生了變化， 說明電容器兩端電壓沒有發(fā)生變化，即電源的電動勢不變，二是電路中電阻的阻值發(fā)生了 變化。圖象b比圖象a的時間變長了，說明充電電流變小了，即電阻變大了

21、，故 A正確， BCD錯誤。故選：A。電容器所帶電荷量不變，即電源電動勢不變；電容器的充電時間變長，即充電電流變小， 電路中電阻變大。要充分認識到電容器和電源串聯(lián)，其兩板間電勢和電源兩極的電勢相等，所以電容器兩板 間電壓等于電源電動勢。7 .【答案】C【解析】解：A、若加速度方向向上，在金屬塊未離開上頂板時彈簧的壓縮量不變，則F2不變，根據(jù)牛頓第二定律得：F2-mg-F i=ma ,得Fi=F2-mg-ma ,知隨著加速度緩慢增大， Fi逐漸 減小，故A錯誤。B、若加速度方向向下，在金屬塊未離開上頂板時彈簧的壓縮量不變，則 F2不變，根據(jù)牛 頓第二定律得：mg+F i-F 2=ma ,得Fi=

22、F2-mg+ma ,知隨著加速度緩慢增大，F(xiàn)i逐漸增高三物理試題第10頁(共20頁)大，故B錯誤。C、當箱靜止時，有 F2=mg+F 1,得 m=0.4kg若加速度方向向上，當 Fi=0時，由A項分析有Fi=F2-mg-ma=0 ,解得a=5m/s 2,故C 正確。D、若加速度方向向下，彈簧不可能恢復原長，則F2的示數(shù)不可能為零，故 D錯誤。故選：C。當彈簧的形變量不變時，下底板傳感器顯示的壓力F2不變。根據(jù)牛頓第二定律分析Fi的變化情況，并根據(jù)牛頓第二定律求出Fi=0和F2=0時的加速度。金屬塊與箱子具有相同的加速度，解決本題的關(guān)鍵對金屬塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律 進行求解。8 .【答案】

23、C【解析】解：小物塊與箱子組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv 0= (m+m ) v 共I1解得：v共=-V0；對小物塊和箱子組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律得：-mv=(m+m ) v共2+Q1 mv ' '解得：Q= l = - mgl ；由題意可知，小物塊與箱子發(fā)生5次碰撞，則物體相對于木箱運動的總路程最小為小物塊受到摩擦力為：f=師g ,對系統(tǒng)，利用產(chǎn)熱等于摩擦力乘以相對路程，得：Q=fs當£二：1時，口二;當冬二；)時 i二1.故( V "；,拗:正確,AB徜氣故選：C。物體與箱子組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)的動量守恒，可求出

24、相對靜止時的共同速度；再根據(jù)能量守恒定律求出系統(tǒng)產(chǎn)熱；再利用系統(tǒng)產(chǎn)熱等于摩擦力乘以相對路程，先求出物體相對于木箱運動的總路程范圍，再進一步求出動摩擦因數(shù)科的取值范圍。本題考查了動量守恒定律的應(yīng)用，分析清楚物塊與箱子的運動過程是解題的前提，應(yīng)用動量守恒定律與能量守恒定律即可解題，應(yīng)用動量守恒定律解題時注意正方向的選擇。9 .【答案】BC【解析】解：B、由題意可知，一質(zhì)子由 a點運動到b點，電場力做功為 W;該質(zhì)子由a點運動到 d點，電場力做功為-W;根據(jù)公式 W=qU可知，Uda=-Uba；又根據(jù)幾何關(guān)系可知，b、d兩點關(guān)于ac連線軸對稱，所以ac是此勻強電場中的等勢線， 故B正確；C、由于質(zhì)子

25、由a點運動到b點，電場力做正功，所以 ？ c=? a>? b,故C正確；A、由于？ c=? a>? b,所以電場強度的方向為垂直于ac線，指向b點，故A錯誤；D、根據(jù)Ep=q?,又電子帶負電，所以電勢低的地方電勢能高，即電子在 d點的電勢能 小于在b點的電勢能，故 D錯誤； 故選：BC。在勻強電場中，沿著任意方向每前進相同的距離，電勢變化相等；根據(jù)電場線與等勢面垂 直垂直畫出電場線，根據(jù) W=qU計算電場力做的功。本題關(guān)鍵是抓住勻強電場中沿著任意方向每前進相同的距離電勢變化相等以及電場線與 等勢面垂直進行分析。10 .【答案】AC【解析】解：A、在下滑過程中滑雪者的速度越來越大，但

26、是在豎直方向的速度是先增大后減小， 重力的功率先增加后減小，故A正確；B、在下滑過程中，滑雪者在豎直方向的加速度先是向下，后向上，所以滑雪者先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)，故 B錯誤；m lrC、設(shè)滑雪者到最低點時的速度為v,根據(jù)牛頓第二定律得一干，從A到B的過程中有重力和摩擦力做功，根據(jù)動能定理可得小刖,可解得U i 1 FfJ/,一人1 I ，故C正確；D、因為在滑行過程中，滑雪者受到的彈力在不斷的變化，所以受到的摩擦力也是一個變量，不是一個確定值，故 D錯誤。故選：AC?；┱呦禄倪^程中速度越來越大，但豎直方向的速度是先增大后減小的，根據(jù)P=mgv可以判斷重力的功率情況； 加速度向上時

27、處于超重狀態(tài)， 加速度方向向下時處于失重狀態(tài)； 先根據(jù)牛頓第二定律計算出到達B點的速度，然后根據(jù)動能定理即可計算出克服摩擦力做的功；在滑雪者下滑的過程中，滑雪者受到滑道的彈力不斷增大，所以摩擦力也不斷增大，不是一個定值。重力的功率公式 P=mgv中的v是指豎直方向的速度，再一個滑雪者在下滑的過程中受到 的摩擦力是一個變量，不是一個定值。11 .【答案】AD【解析】解：兩繩的合力大小等于F=2Tcos60。，得繩拉力大小 T=F。A、此力可以沿著桿向外時，對A環(huán)進行受力分析，根據(jù)平衡條件，在水平方向：Fa=Tcos30 ° = F,故 A 正確；B、此力垂直于橡皮條向上時，對A環(huán)進行受

28、力分析，根據(jù)平衡條件，在水平方向：FaCOs60 ° =Tcos30 ° ,解得：Fa=F,故 B 錯誤；C、此力垂直于桿向下時，對A環(huán)進行受力分析，在水平方向合力為 Tcos30。，不滿足平衡條件，故C錯誤；D、此力沿著橡皮條向下時， 對A環(huán)進行受力分析，根據(jù)平衡條件，在水平方向：Facos30。 =Tcos30 ° ,解得 Fa=F ,故 D 正確。故選：AD。兩繩的合力大小等于 F,可以求出T=F;對A環(huán)施加不同方向的作用力，對A環(huán)進行受力分析，根據(jù)題目條件，在水平方向受力應(yīng)該平衡，根據(jù)平衡條件可以求出這個力；如果水 平方向合力不為零，則這個力不滿足條件。本

29、題考查了共點力的平衡條件。力學知識是物理學的基礎(chǔ)，受力分析又是力學的基礎(chǔ)，從 近幾年高考出題的形式上來看，力的合成與分解問題常與日常生活實際緊密結(jié)合，突出了 對于實際物理問題的模型抽象能力，在高考的出題方向上也體現(xiàn)了考查學生運用數(shù)學知識 分析物理問題的能力。12 .答案】BD【解析】解：AD、分析圖象可知，萬有引力提供向心力,上=當h=h0時，”高三物理試題第15頁（共20頁）故AM, DIM.Vl _ 7&x/W 1/GB、當h=0時.探測器氟孱表面運行，火星表面的重力加速度大小為曜.故B1E確.C,在火星表面,根據(jù)重力提供向心力得. mai=m ；,第劭層的第一宇宙速度s +小=J

30、 '絲、三 hy 匹-t/z故c錯誤。故選：BD。分析圖象，確定不同高度 h對應(yīng)的加速度，明確探測器在火星表面飛行時的加速度，即為 火星的重力加速度。根據(jù)重力提供向心力，確定火星第一宇宙速度。根據(jù)萬有引力提供向心力求解火星的質(zhì)量。本題考查了萬有引力在天體中的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題目的已知條件，結(jié)合萬有引力 定律定律來分析。13 .【解析】高三物理試題第19頁（共20頁）解：（1）微安表與分壓電阻串聯(lián)可以改裝成電壓表，實物電路圖如圖所示:（2）微安表量程為250必，由圖（b）所示表盤可知，其分度值為5熙,其示數(shù)為200小，是滿偏量程的，此時標準電壓值為1.00V ,即滿偏量程的,對應(yīng)著

31、電壓值為1.00V ,故改裝后的電壓表最JJNI大量程為U= V=1.25V，故B正確，ACD錯誤。故選：A。（3）由微安表改裝的電壓表，示數(shù)偏大，說明其內(nèi)阻偏小，原因有可能是微安表內(nèi)阻值小于1200 Q,也有可能滑動變阻器 R的接入電阻偏小造成的，故 BC正確，AD錯誤。 故選：BC。故答案為：（1）見解析；（2） B; （3） BC。（1）根據(jù)電路圖連接實物電路圖。（2）根據(jù)微安表量程與圖（b）所示表盤確定其分度值，根據(jù)指針位置讀出其示數(shù)，然后 根據(jù)電壓表改裝原理求出改裝后電壓表的量程。（3）把微安表改裝成大量程的電壓表需要串聯(lián)分壓電阻，根據(jù)題意與改裝原理分析實驗得主慶2 o本題考查了電流

32、表的改裝問題，把微安表改裝成大量程的電壓表需要串聯(lián)分壓電阻，應(yīng)用 串聯(lián)電路特點與歐姆定律可以求出串聯(lián)電阻阻值，掌握基礎(chǔ)知識是解題的前提與關(guān)鍵，根 據(jù)題意應(yīng)用基礎(chǔ)知識即可解題。15.【答案】解：（1）由圖可知，A在小車上做減速運動,加速度的大?。篴=又：m Aa=代入數(shù)據(jù)可得：科=0.3(2)設(shè)初速度為V0,速度相等時為 vi, A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，以 A的初速度方向 為正方向，由動量守恒定律得：mA (vo-vi) =m bVi,MM _"_1_ 1解得：(3)設(shè)小車的最小長度為 L,又v-t圖象可知，小車的最小長度恰好等于A與B速度相L= : ，= k m = 2in等前二者

33、的位移差，即： 上 一答：(1 )物體A與小車上表面間的動摩擦因數(shù)為0.3 。(2 )物體A與小車B的質(zhì)量之比是 。(3)小車的最小長度是 2m?！窘馕觥?1 )根據(jù)速度時間圖象的斜率表示加速度求出A的加速度，然后由牛頓第二定律求出動摩擦因數(shù)；(2)當A滑上B后，在滑動摩擦力作用下，A做勻減速直線運動，B做勻加速直線運動, 最終以共同速度vi勻速運動，根據(jù)動量守恒定律求解質(zhì)量比；(3)根據(jù)速度時間圖象的面積表示位移可以求得A相對于B的位移，即小車的最小長度。本題主要考查了動量守恒定律、能量守恒定律的直接應(yīng)用，要求同學們能根據(jù)圖象得出有 效信息，難度適中。16.【答案】解：(1)設(shè)兩線框勻速運動

34、的速度為v,此時輕繩上的張力為 T,由平衡條件得：對 a 有：T=3mg-BIl對b有：T=mg厘又1二八E=Blv則丫=而以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得：3mg-mg=4maL解得a二”根據(jù)運動學公式可得：v2=2ax解得：x二(2)從開始運動到線框 a全部進入磁場的過程中，線框a只在勻速進入磁場的過程中產(chǎn)生焦耳熱，設(shè)為 Q1，由功能關(guān)系可得：3mgl-mgl=Q 1所以：Q1=2mgl從開始到兩線框全部穿過磁場的過程中，共產(chǎn)生的焦耳熱為：Q=4Q i=8mglA%答：（1）系統(tǒng)由靜止釋放時，線框 b上邊到磁場下邊界的距離為1所 。（2）從開始到兩線框全部穿過磁場的過程中，共產(chǎn)生的焦

35、耳熱為8mgl?！窘馕觥浚? ）當b剛?cè)窟M入磁場時，a、b兩個線框開始做勻速運動，分別對兩線框列 平衡方程，根據(jù)歐姆定律和法拉第電磁感應(yīng)定律可得系統(tǒng)勻速運動的速度大小，根據(jù)牛頓 第二定律求解加速度大小，再根據(jù)所得稅已更新求解；（2 ）根據(jù)能量守恒得系統(tǒng)機械能的減少等于產(chǎn)生的總焦耳熱。對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件 列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動能定理、功 能關(guān)系等列方程求解。17.【答案】解：（1）設(shè)彈簧在A處保持靜止時壓縮量為 x,則F=kxH - F工-設(shè)物塊離開彈簧時的速度為v,根據(jù)動能定理有二 工物

36、塊向右運動過程中，彈簧對物塊的沖量為I,由動量定理可得I=mv解得I=2N ?sI = r h =（2）物塊離開彈簧到 B之間做勻速直線運動，設(shè)時間為t1,則 設(shè)物塊沿著圓弧軌道上升到D點，B、D之間的高度差為h,根據(jù)機械能守恒定律可得1 £ - tiiv設(shè)過D點的半徑與豎直方向的夾角為。，由幾何關(guān)系得即。5°所以物塊從B點到D點再返回到B點的過程中可以看做單擺，單擺周期* 7f = lr則物塊從B點到D點再返回到B點的時間,工所以物塊從離開彈簧到再次接觸彈簧所經(jīng)過的時間為t=2t 1+t2代入數(shù)據(jù)解得：t=23.65s答：（1）物塊P第一次向右運動的過程中，彈簧對物塊的沖

37、量大小為2N?s。（2）從物塊P離開彈簧到再次接觸彈簧經(jīng)過的時間為23.65s ?！窘馕觥浚?）先根據(jù)動能定理解出物塊離開彈簧時的速度，再根據(jù)動量定理解得彈簧對 物塊的沖量；（2）物塊離開彈簧在水平部分的運動是勻速直線運動，在圓弧上運動可看做單擺運動， 計算出單擺周期，然后計算時間即可。高三物理試題第17頁（共20頁）隨位移發(fā)生變化，可以用平均值計算;注意彈簧彈力對物塊做功的過程中彈力是一個變力, 物塊在圓弧上運動時可看做單擺模型計算。18.【答案】解：（1）設(shè)粒子到達邊界的位置為 Q,豎直分速度為vy,高三物理試題第#頁(共20頁)由幾何關(guān)系得：Vy= V V0設(shè)粒子在電場中的運動時間為ti,加速度為a,則根據(jù)牛頓第二定律有：qE=maVy=at 1在x軸方向的偏轉(zhuǎn)距離為：X=Voti設(shè)粒子在磁場中的運動速度為V,