2015年市浦東新區(qū)高二第十六屆洋涇中學(xué)杯高中物理競(jìng)賽預(yù)賽試卷

1、獲取更多試卷，請(qǐng)關(guān)注微信公眾號(hào)：上海試卷第34頁(yè)（共34頁(yè)）2016年上海市浦東新區(qū)高二第十六屆洋涇中學(xué)杯高中物理競(jìng)賽預(yù)賽試卷一單項(xiàng)選擇題（每小題3分，共30分每小題給出的四個(gè)答案中只有一個(gè)是正確的）1在高處以初速度v0水平拋出一石子，當(dāng)它的速度方向由水平方向變化到與水平方向成角的過(guò)程中（不計(jì)空氣阻力），石子的水平位移的大小是（）Av02singBv022如圖所示，一輕繩通過(guò)一個(gè)光滑的定滑輪，兩端分別各系一質(zhì)量為mA和mB的物體，物體A放在地面上開始時(shí)靜止當(dāng)B的質(zhì)量發(fā)生變化時(shí)，物體A的加速度大小與物體B質(zhì)量的定性關(guān)系為下圖中的（）ABCD3如圖，輕桿A端用光滑水平鉸鏈裝在豎直墻面上，B端用水平

2、繩固定在墻C處并吊一重物P，在水平向右的力F緩緩拉起重物P的過(guò)程中桿AB所受壓力（）A變大B變小C先變小再變大D不變4如圖所示，曲線表示一列橫波的傳播，其中實(shí)線是t1=1s時(shí)的波形，虛線是t2=2.5s時(shí)的波形，且（t2t1）小于一個(gè)周期，由此可以判斷：波長(zhǎng)一定為40cm 此波一定是向x軸正方向傳播；振幅為10cm 周期可能為6s，也可能為2s其中正確的是（）A只有和B只有和C只有和D只有、和520世紀(jì)50年代，科學(xué)家提出了地磁場(chǎng)的“電磁感應(yīng)學(xué)說(shuō)”，認(rèn)為當(dāng)太陽(yáng)強(qiáng)烈活動(dòng)影響地球而引起磁暴時(shí)，磁暴在外地核中感應(yīng)產(chǎn)生衰減時(shí)間較長(zhǎng)的電流，此電流產(chǎn)生了地磁場(chǎng)連續(xù)的磁暴作用可維持地磁場(chǎng)，則外地核中的電流方

3、向?yàn)椋ǖ卮艌?chǎng)N極與S極在地球表面的連線稱為磁子午線）（）A垂直磁子午線由西向東B垂直磁子午線由東向西C沿磁子午線由南向北D沿磁子午線由北向南6一矩形通電線框abcd可繞其中心軸OO轉(zhuǎn)動(dòng)，它處在與OO垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖所示在磁場(chǎng)作用下線框開始轉(zhuǎn)動(dòng)，最后靜止在平衡位置，則平衡后（）A線框四邊都不受磁場(chǎng)的作用力B線框四邊受到指向線框外部的磁場(chǎng)力，但合力為零C線框四邊受到指向線框內(nèi)部的磁場(chǎng)力，但合力為零D線框的一對(duì)邊受到指向線框外部的磁場(chǎng)作用力，另一對(duì)邊受到指向線框內(nèi)部的磁場(chǎng)作用力，但合力為零7由同種材料制成的物體A和B放在足夠長(zhǎng)的木板上，隨木板一起以速度v向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，如圖所示已知物體A的

4、質(zhì)量大于B的質(zhì)量某時(shí)刻木板突然停止運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）A若木板光滑，物體A和B之間的距離將增大B若木板光滑，物體A和B之間的距離將減小C若木板粗糙，物體A和B一定會(huì)相碰D無(wú)論木板是光滑還是粗糙，物體A和B之間的距離保持不變8兩個(gè)寬度相同但長(zhǎng)度不同的臺(tái)球框固定在水平面上，從兩個(gè)框的長(zhǎng)邊同時(shí)以相同的速度分別發(fā)出小球A和B，如圖所示設(shè)球與框邊碰撞時(shí)無(wú)機(jī)械能損失，不計(jì)摩擦，則兩球回到最初出發(fā)的框邊的先后是（）AA球先回到出發(fā)框邊BB球先回到出發(fā)框邊C兩球同時(shí)回到出發(fā)框邊D因兩框長(zhǎng)度不明，故無(wú)法確定哪一個(gè)球先回到出發(fā)框邊9熱輻射是指所有物體在一定的溫度下都要向外輻射電磁波的現(xiàn)象輻射強(qiáng)度指垂直于電磁

5、波方向的單位面積在單位時(shí)間內(nèi)所接收到的輻射能量在研究同一物體于不同溫度下向外輻射的電磁波的波長(zhǎng)與其輻射強(qiáng)度的關(guān)系時(shí)，得到如圖所示的圖線：圖中橫軸表示電磁波的波長(zhǎng)，縱軸M表示物體在不同溫度下輻射電磁的強(qiáng)度，則由M圖線可知，同一物體在不同溫度下，將（）A向外輻射相同波長(zhǎng)的電磁波的輻射強(qiáng)度相同B向外輻射的電磁波的波長(zhǎng)范圍是相同的C向外輻射的最大輻射強(qiáng)度隨溫度升高而減小D向外輻射的最大輻射強(qiáng)度的電磁波的波長(zhǎng)向短波方向偏移10圖示為一個(gè)內(nèi)、外半徑分別為R1和R2的圓環(huán)狀均勻帶電平面，其單位面積帶電量為取環(huán)面中心O為原點(diǎn)，以垂直于環(huán)面的軸線為x軸設(shè)軸上任意點(diǎn)P到O點(diǎn)的距離為x，P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E下面給

6、出E的四個(gè)表達(dá)式（式中k為靜電力常量），其中只有一個(gè)是合理的根據(jù)你的判斷，E的合理表達(dá)式應(yīng)為（）AE=2k（R1x2+BE=2k（1x2+RCE=2k（R1x2+DE=2k（1x2+R二多項(xiàng)選擇題（每小題4分，共40分每小題給出的四個(gè)答案中有一個(gè)以上是正確的，請(qǐng)把正確的答案全選出來(lái)每一小題全選對(duì)的得4分；選對(duì)但不全的得2分；有選錯(cuò)或不答的得0分）11二十世紀(jì)初有一批物理學(xué)家在微觀領(lǐng)域的研究中取得了突出的成就，他們也因此獲得了崇高的榮譽(yù)下列物理學(xué)家中，曾榮獲諾貝爾物理獎(jiǎng)的是（）A湯姆孫B盧瑟福C貝克勒爾D查得威克12類比是一種有效的學(xué)習(xí)方法，通過(guò)歸類和比較，有助于掌握新知識(shí)，提高學(xué)習(xí)效率在類比過(guò)

7、程中，既要找出共同之處，又要抓住不同之處某同學(xué)對(duì)機(jī)械波和電磁波進(jìn)行類比，總結(jié)出下列內(nèi)容，其中正確的是（）A機(jī)械波的頻率、波長(zhǎng)和波速三者滿足的關(guān)系，對(duì)電磁波也適用B機(jī)械波和電磁波都能產(chǎn)生干涉和衍射現(xiàn)象C機(jī)械波的傳播依賴于介質(zhì)，而電磁波可以在真空中傳播D機(jī)械波既有橫波又有縱波，而電磁波只有縱波13用圖所示電路觀察3個(gè)小燈泡的亮度變化和兩個(gè)電壓表的示數(shù)變化情況，如果滑動(dòng)變阻器的滑片P由a端滑至b端，電壓表V1示數(shù)變化的絕對(duì)值為U1，電壓表V2示數(shù)變化的絕對(duì)值為U2，則以下說(shuō)法中正確的是（）AL1、L3變亮，L2變暗BL1、L2變亮，L3變暗CU1U2DU1U214下列敘述正確的是（）A溫度升高，物體

8、內(nèi)每個(gè)分子的熱運(yùn)動(dòng)速率都增大B氣體壓強(qiáng)越大，氣體分子的平均動(dòng)能就越大C在絕熱過(guò)程中外界對(duì)氣體做功，氣體的內(nèi)能必然增加D自然界中進(jìn)行的涉及熱現(xiàn)象的宏觀過(guò)程都具有方向性15如圖所示，水平面上兩物體 m1、m2經(jīng)一細(xì)繩相連，在水平力F的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，則連結(jié)兩物體繩中的張力可能為（）A零BF2CFD大于16如圖所示，把A、B兩球由圖示位置同時(shí)由靜止釋放（繩開始時(shí)拉直、不計(jì)空氣阻力），則在兩球向左下擺動(dòng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）A繩OA對(duì)A球不做功B繩AB對(duì)B球不做功C繩AB對(duì)A球做負(fù)功D繩AB對(duì)B球做正功17設(shè)地球的質(zhì)量為M，平均半徑為R，自轉(zhuǎn)角速度為，萬(wàn)有引力恒量為G，則有關(guān)同步衛(wèi)星的說(shuō)法正確的

9、是（）A同步衛(wèi)星的軌道與地球的赤道在同一平面內(nèi)B同步衛(wèi)星離地的高度為h=3C同步衛(wèi)星的向心加速度為a=2RD同步衛(wèi)星的線速度大小為v=318如圖所示，豎直面內(nèi)的虛線上方是一勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，從虛線下方豎直上拋一正方形線圈，線圈越過(guò)虛線進(jìn)入磁場(chǎng)，最后又落回原處，運(yùn)動(dòng)過(guò)程線圈平面保持在豎直面內(nèi)，不計(jì)空氣阻力，則（）A上升過(guò)程克服磁場(chǎng)力做的功等于下降過(guò)程克服磁場(chǎng)力做的功B上升過(guò)程克服磁場(chǎng)力做的功大于下降過(guò)程克服磁場(chǎng)力做的功C上升過(guò)程克服重力做功的平均功率大于下降過(guò)程中重力的平均功率D上升過(guò)程克服重力做功的平均功率等于下降過(guò)程中重力的平均功率19將四個(gè)相同的燈泡分別組成如圖所示的甲、乙兩種電路并接在相同的端

10、壓兩端調(diào)節(jié)變阻器，使每個(gè)燈泡都正常發(fā)光若兩個(gè)變阻器R1、R2上消耗的功率分別為P1、P2，則P1、P2的大小關(guān)系可能為（）AP2=2P1BP2=4P1CP2=8P1DP2=64P120兩個(gè)正、負(fù)點(diǎn)電荷周圍電場(chǎng)線分布如圖所示，P、Q為電場(chǎng)中兩點(diǎn)，以無(wú)窮遠(yuǎn)為零電勢(shì)，則下列說(shuō)法中正確的是（）AP點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大于Q點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)BQ點(diǎn)的電勢(shì)為負(fù)C負(fù)電荷右側(cè)某處有一場(chǎng)強(qiáng)為零的點(diǎn)D兩電荷連線中點(diǎn)處的電勢(shì)為零三填空題（每小題5分，共30分）21兩個(gè)質(zhì)量均為m=1.0kg的質(zhì)點(diǎn)A和B，在光滑的水平面上的同一起始線同時(shí)開始運(yùn)動(dòng)A、B的初速度分別為vA0=2.0m/s，vB0=1.2m/s，方向都向右，如圖所示在運(yùn)動(dòng)的同時(shí)

11、，A、B都受到大小為F=2.0101N力的作用，A受力方向向左，B受力方向向右在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，若用L表示兩質(zhì)點(diǎn)在任意時(shí)刻沿運(yùn)動(dòng)方向的距離，當(dāng)L的數(shù)值為1.2m時(shí)，可判斷質(zhì)點(diǎn)B在方（選填“左”或“右”）；當(dāng)L的數(shù)值范圍為時(shí)不可判斷A、B質(zhì)點(diǎn)誰(shuí)在左誰(shuí)在右22如圖甲所示，一正方形金屬線框位于有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，線框的右邊緊貼著磁場(chǎng)邊界，t=O時(shí)刻對(duì)線框施加一水平向右的外力F，讓線框從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在t0時(shí)刻穿出磁場(chǎng)；圖乙為外力F隨時(shí)間變化的圖象，若線框質(zhì)量為m、電阻為R，圖象中的F、t0 也為已知量，則在穿出磁場(chǎng)時(shí)的速度V=，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感強(qiáng)度B=23如圖所示，質(zhì)量為M的木板，靜止放

12、在光滑的水平面上，木板左側(cè)固定著一根勁度系數(shù)為K的輕質(zhì)彈簧，彈簧的自由端到木板右端的距離為L(zhǎng)一個(gè)質(zhì)量為木板質(zhì)量四分之一的小木塊從板的右端以初速度v0開始沿木板向左滑行，最終剛好回到木板右端與木板保持相對(duì)靜止設(shè)木板與木塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，木板加速度最大時(shí)的運(yùn)動(dòng)速度為；在木塊壓縮彈簧過(guò)程中（彈簧一直在彈性限度內(nèi)）彈簧所具有的最大彈性勢(shì)能為24如圖所示，豎直放置的氣缸由兩個(gè)粗細(xì)不同的圓柱形筒組成氣缸中有A、B兩個(gè)用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)繩連接的活塞，它們的截面積分別為SA=20cm2，SB=10cm2，活塞A的質(zhì)量MA=1kg，外界大氣壓P0=1.0105Pa當(dāng)氣缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)P=1.2105Pa，溫度T=60

13、0K時(shí)，兩活塞處于靜止，此時(shí)兩活塞到氣缸連接處的高度都為L(zhǎng)2，則活塞B的質(zhì)量MB=kg當(dāng)氣缸內(nèi)氣體的溫度降到270K時(shí)，活塞B距離兩氣缸連接處的高度為L(zhǎng)25物理學(xué)家在微觀領(lǐng)域中發(fā)現(xiàn)了“電子偶數(shù)”這一現(xiàn)象所謂“電子偶數(shù)”就是由一個(gè)負(fù)電子和一個(gè)正電子繞它們的質(zhì)量中心旋轉(zhuǎn)形成的相對(duì)穩(wěn)定的系統(tǒng)已知正、負(fù)電子的質(zhì)量均為me，電量大小均為e，普朗克恒量為h，靜電力常量為k假設(shè)“電子偶數(shù)”中正、負(fù)電子繞它們質(zhì)量中心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r、運(yùn)動(dòng)速度v及電子的質(zhì)量滿足量子化理論：2mevnrn=nh2，n=1，2，3，當(dāng)n=1時(shí)電子旋轉(zhuǎn)的速率大小為“電子偶數(shù)”的能量為正負(fù)電子運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能和系統(tǒng)的電勢(shì)能之和，已

14、知兩正負(fù)電子相距為L(zhǎng)時(shí)的電勢(shì)能為Ep=ke2L，則n=1時(shí)“26學(xué)過(guò)單擺的周期公式以后，物理興趣小組的同學(xué)們對(duì)鐘擺產(chǎn)生了興趣，老師建議他們先研究用厚度和質(zhì)量分布均勻的方木板（如一把米尺）做成的擺（這種擺被稱為復(fù)擺），如圖所示讓其在豎直平面內(nèi)做小角度擺動(dòng)，C點(diǎn)為重心，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，周期用T表示甲同學(xué)猜想：復(fù)擺的擺長(zhǎng)應(yīng)該是懸點(diǎn)到重心的距離L2乙同學(xué)猜想：復(fù)擺的擺長(zhǎng)應(yīng)該大于L2為了研究以上猜想是否正確，同學(xué)們進(jìn)行了下面的實(shí)驗(yàn)探究：用T0表示板長(zhǎng)為L(zhǎng)的復(fù)擺看成擺長(zhǎng)為L(zhǎng)/2單擺的周期計(jì)算值（T0=2L2g），用T表示板長(zhǎng)為板長(zhǎng)L/cm255080100120150周期計(jì)算值T0/s0.701.001.271

15、.411.551.73周期測(cè)量值T/s0.811.161.471.641.802.01由上表可知，復(fù)擺的等效擺長(zhǎng)L2（選填“大于”、“小于”或“等于”同學(xué)們對(duì)數(shù)據(jù)進(jìn)行處理，進(jìn)一步定量研究可得復(fù)擺的等效擺長(zhǎng) L等=L（結(jié)果保留二位有效數(shù)字）2016年上海市浦東新區(qū)高二第十六屆洋涇中學(xué)杯高中物理競(jìng)賽預(yù)賽試卷參考答案與試題解析一單項(xiàng)選擇題（每小題3分，共30分每小題給出的四個(gè)答案中只有一個(gè)是正確的）1在高處以初速度v0水平拋出一石子，當(dāng)它的速度方向由水平方向變化到與水平方向成角的過(guò)程中（不計(jì)空氣阻力），石子的水平位移的大小是（）Av02singBv02【分析】石子做的是平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，

16、水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)方向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，來(lái)分析計(jì)算即可【解答】解：由于石子的速度方向到與水平方向成角，所以豎直分速度為vy=v0tan，由vy=gt，可得時(shí)間為t=v所以x=v0故選：C【點(diǎn)評(píng)】本題就是對(duì)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律的考查，平拋運(yùn)動(dòng)可以分解為在水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)，和豎直方向上的自由落體運(yùn)動(dòng)來(lái)求解2如圖所示，一輕繩通過(guò)一個(gè)光滑的定滑輪，兩端分別各系一質(zhì)量為mA和mB的物體，物體A放在地面上開始時(shí)靜止當(dāng)B的質(zhì)量發(fā)生變化時(shí)，物體A的加速度大小與物體B質(zhì)量的定性關(guān)系為下圖中的（）ABCD【分析】在m2小于m1之前兩物體都不動(dòng)，所以加速度為零，當(dāng)m2大于m1后加速

17、度增加，當(dāng)m2m1時(shí)，加速度趨近于g，不可能大于g【解答】解：在m2小于m1之前兩物體都不動(dòng)，所以加速度為零，當(dāng)m2大于m1開始運(yùn)動(dòng)合力逐漸變大，加速度隨之逐漸增加，當(dāng)m2m1時(shí)，加速度趨近于g，但不可能大于g故選：D【點(diǎn)評(píng)】本題考查牛頓第二定律的應(yīng)用，要注意明確只有合外力不為零才有加速度，注意m2再大加速度也不可能大于g，只能無(wú)限趨近于g3如圖，輕桿A端用光滑水平鉸鏈裝在豎直墻面上，B端用水平繩固定在墻C處并吊一重物P，在水平向右的力F緩緩拉起重物P的過(guò)程中桿AB所受壓力（）A變大B變小C先變小再變大D不變【分析】在緩緩拉起重物P的過(guò)程中，重物P的合力為零，根據(jù)平衡條件得到PB繩的拉力與的關(guān)

18、系；再對(duì)B點(diǎn)研究，分析受力情況，由平衡條件分析桿AB所受壓力的變化【解答】解：以重物P為研究對(duì)象，在緩緩拉起重物P的過(guò)程中，重物P的合力為零，根據(jù)平衡條件得： T2cos=Gp，Gp是重物P的重力對(duì)B點(diǎn)，則有 豎直方向上：Ncos=T2cos 由得：N=GPcos，可知，N不變，則得桿故選D【點(diǎn)評(píng)】本題采用隔離法研究動(dòng)態(tài)變化問(wèn)題，關(guān)鍵是分析物體的受力情況，再由平衡條件進(jìn)行分析4如圖所示，曲線表示一列橫波的傳播，其中實(shí)線是t1=1s時(shí)的波形，虛線是t2=2.5s時(shí)的波形，且（t2t1）小于一個(gè)周期，由此可以判斷：波長(zhǎng)一定為40cm 此波一定是向x軸正方向傳播；振幅為10cm 周期可能為6s，也可

19、能為2s其中正確的是（）A只有和B只有和C只有和D只有、和【分析】由質(zhì)點(diǎn)位移的最大值讀出振幅，相鄰兩波峰或波谷間距離讀出波長(zhǎng)波可能向左，也可能向右傳播，根據(jù)波形的平移法，得到周期【解答】解：、由圖讀出：質(zhì)點(diǎn)的振幅A=5cm，波長(zhǎng)=40cm故正確，錯(cuò)誤、根據(jù)波形的平移法得知，波不一定向x軸正方向傳播，也可能向x軸負(fù)方向傳播故錯(cuò)誤、振幅是指偏離平衡位置的最大距離，由圖知振幅為5cm，錯(cuò)誤；、若波向x軸正方向傳播時(shí)，（t2t1）小于一個(gè)周期，根據(jù)波形的平移法可知，t2t1=14T，得周期為T=4（t2t1）=41.5s=6s若波向x軸負(fù)方向傳播，t2t1=14T，T=2s故故選：B【點(diǎn)評(píng)】本題要考慮

20、波的雙向性，由波形的平移法得到時(shí)間與周期的關(guān)系，求出周期520世紀(jì)50年代，科學(xué)家提出了地磁場(chǎng)的“電磁感應(yīng)學(xué)說(shuō)”，認(rèn)為當(dāng)太陽(yáng)強(qiáng)烈活動(dòng)影響地球而引起磁暴時(shí)，磁暴在外地核中感應(yīng)產(chǎn)生衰減時(shí)間較長(zhǎng)的電流，此電流產(chǎn)生了地磁場(chǎng)連續(xù)的磁暴作用可維持地磁場(chǎng)，則外地核中的電流方向?yàn)椋ǖ卮艌?chǎng)N極與S極在地球表面的連線稱為磁子午線）（）A垂直磁子午線由西向東B垂直磁子午線由東向西C沿磁子午線由南向北D沿磁子午線由北向南【分析】要解決此題首先要掌握安培定則：四指繞向電流的方向，大拇指所指的方向便是螺線管的N極首先根據(jù)信息中給出的已知條件，根據(jù)根據(jù)“磁子午線”由安培定則確定電流的方向【解答】解：由題意知，地磁體的N極朝

21、南，根據(jù)安培定則，大拇指指向地磁體的N極，則四指的繞向即為電流的方向，即安培假設(shè)中的電流方向應(yīng)該是由東向西垂直磁子午線，故B正確，ACD錯(cuò)誤故選：B【點(diǎn)評(píng)】該題通過(guò)一個(gè)信息，考查了學(xué)生對(duì)安培定則的掌握及應(yīng)用，相對(duì)比較簡(jiǎn)單，屬于基礎(chǔ)題6一矩形通電線框abcd可繞其中心軸OO轉(zhuǎn)動(dòng)，它處在與OO垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖所示在磁場(chǎng)作用下線框開始轉(zhuǎn)動(dòng)，最后靜止在平衡位置，則平衡后（）A線框四邊都不受磁場(chǎng)的作用力B線框四邊受到指向線框外部的磁場(chǎng)力，但合力為零C線框四邊受到指向線框內(nèi)部的磁場(chǎng)力，但合力為零D線框的一對(duì)邊受到指向線框外部的磁場(chǎng)作用力，另一對(duì)邊受到指向線框內(nèi)部的磁場(chǎng)作用力，但合力為零【分析】根據(jù)左

22、手定則判斷ab邊、cd邊所受安培力的方向，從而判斷線框的運(yùn)動(dòng)狀況【解答】解：根據(jù)左手定則，ab邊所受安培力的方向垂直紙面向外，cd邊所受安培力的方向垂直紙面向內(nèi)所以線框轉(zhuǎn)動(dòng)，ab轉(zhuǎn)向紙外，cd轉(zhuǎn)向紙內(nèi)，達(dá)到靜止時(shí)，合力為零，故B正確，ACD錯(cuò)誤故選：B【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握安培力方向的判定安培力方向的判定方法：左手定則7由同種材料制成的物體A和B放在足夠長(zhǎng)的木板上，隨木板一起以速度v向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，如圖所示已知物體A的質(zhì)量大于B的質(zhì)量某時(shí)刻木板突然停止運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）A若木板光滑，物體A和B之間的距離將增大B若木板光滑，物體A和B之間的距離將減小C若木板粗糙，物體A和B一定會(huì)

23、相碰D無(wú)論木板是光滑還是粗糙，物體A和B之間的距離保持不變【分析】分析木板光滑和粗糙兩種情況進(jìn)行討論，若光滑，則AB兩個(gè)木塊將以原來(lái)的速度做勻速運(yùn)動(dòng)；若粗糙，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，比較兩物塊速度之間的關(guān)系即可求解【解答】解：若木板光滑，A、B在水平面上不受力，由于物體具有慣性，則AB將以原來(lái)的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，保持相對(duì)靜止；若木板粗糙，盡管兩木塊的質(zhì)量不同，所受的摩擦力大小不同，但其加速度為a=mgm=g，與質(zhì)量無(wú)關(guān)，故兩物體將有相同的加速度，任意時(shí)刻有相同的速度保持相對(duì)靜止故D正確，A、B故選D【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了慣性及牛頓第二定律的應(yīng)用，注意摩擦力的公式內(nèi)容，難度不大，屬于基礎(chǔ)題

24、8兩個(gè)寬度相同但長(zhǎng)度不同的臺(tái)球框固定在水平面上，從兩個(gè)框的長(zhǎng)邊同時(shí)以相同的速度分別發(fā)出小球A和B，如圖所示設(shè)球與框邊碰撞時(shí)無(wú)機(jī)械能損失，不計(jì)摩擦，則兩球回到最初出發(fā)的框邊的先后是（）AA球先回到出發(fā)框邊BB球先回到出發(fā)框邊C兩球同時(shí)回到出發(fā)框邊D因兩框長(zhǎng)度不明，故無(wú)法確定哪一個(gè)球先回到出發(fā)框邊【分析】不計(jì)一切摩擦，兩個(gè)球與框邊碰撞前后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和運(yùn)動(dòng)的分解法進(jìn)行分析【解答】解：設(shè)臺(tái)球框的寬度為L(zhǎng)，兩球沿圖示向上方向的分速度大小為vy由題不計(jì)一切摩擦，兩個(gè)球與框邊碰撞前后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有：t=2Lvy，L相同，vy也相等，所以兩球回到最初出發(fā)的框邊所用時(shí)間t故選：

25、C【點(diǎn)評(píng)】本題運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法研究，將勻速直線運(yùn)動(dòng)進(jìn)行正交分解，運(yùn)用勻速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律列式，即可進(jìn)行分析9熱輻射是指所有物體在一定的溫度下都要向外輻射電磁波的現(xiàn)象輻射強(qiáng)度指垂直于電磁波方向的單位面積在單位時(shí)間內(nèi)所接收到的輻射能量在研究同一物體于不同溫度下向外輻射的電磁波的波長(zhǎng)與其輻射強(qiáng)度的關(guān)系時(shí)，得到如圖所示的圖線：圖中橫軸表示電磁波的波長(zhǎng)，縱軸M表示物體在不同溫度下輻射電磁的強(qiáng)度，則由M圖線可知，同一物體在不同溫度下，將（）A向外輻射相同波長(zhǎng)的電磁波的輻射強(qiáng)度相同B向外輻射的電磁波的波長(zhǎng)范圍是相同的C向外輻射的最大輻射強(qiáng)度隨溫度升高而減小D向外輻射的最大輻射強(qiáng)度的電磁波的波長(zhǎng)向短波方向偏移【

26、分析】本題考查的是讀圖能力，由圖可得出波長(zhǎng)與輻射強(qiáng)度及溫度之間的關(guān)系，黑體的輻射不僅與溫度有關(guān)，還與波長(zhǎng)及頻率有關(guān)【解答】解：A、向外輻射相同波長(zhǎng)的電磁波的輻射強(qiáng)度隨溫度的變化而不同，A錯(cuò)誤；B、向外輻射的電磁波的波長(zhǎng)范圍是不相同的，B錯(cuò)誤；C、向外輻射的最大輻射強(qiáng)度隨溫度升高而增大，C錯(cuò)誤；D、由圖可知，隨溫度的升高，相同波長(zhǎng)的光輻射強(qiáng)度都會(huì)增加；同時(shí)最大輻射強(qiáng)度向左側(cè)移動(dòng)，即向波長(zhǎng)較短的方向移動(dòng)，D正確；故選D【點(diǎn)評(píng)】本題看起來(lái)考查較為高深的內(nèi)容，但其實(shí)考查的是學(xué)生讀圖的能力，只要認(rèn)真分析是較為容易的找出答案的10圖示為一個(gè)內(nèi)、外半徑分別為R1和R2的圓環(huán)狀均勻帶電平面，其單位面積帶電量為

27、取環(huán)面中心O為原點(diǎn)，以垂直于環(huán)面的軸線為x軸設(shè)軸上任意點(diǎn)P到O點(diǎn)的距離為x，P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E下面給出E的四個(gè)表達(dá)式（式中k為靜電力常量），其中只有一個(gè)是合理的根據(jù)你的判斷，E的合理表達(dá)式應(yīng)為（）AE=2k（R1x2+BE=2k（1x2+RCE=2k（R1x2+DE=2k（1x2+R【分析】本題由于帶電體為圓環(huán)狀，雖然可以由微分的方式可以求得合場(chǎng)強(qiáng)，但是過(guò)程很麻煩，并超過(guò)了我們高中學(xué)生能力之外，故應(yīng)注意審題，根據(jù)題意對(duì)選項(xiàng)進(jìn)行分析，首先根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的單位進(jìn)行判斷，再利用極限的思想即可得出結(jié)論【解答】解：場(chǎng)強(qiáng)的單位為N/C，k為靜電力常量，單位為Nm2/C2，為單位面積的帶電量，單位為C/m2，

28、則2k表達(dá)式的單位即為N/C，故各表達(dá)式中其它部分應(yīng)無(wú)單位，故可知AC肯定錯(cuò)誤；當(dāng)x=0時(shí)，此時(shí)要求的場(chǎng)強(qiáng)為O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，由對(duì)稱性可知EO=0，當(dāng)x時(shí)E0，而D項(xiàng)中E4故D項(xiàng)錯(cuò)誤；所以正確選項(xiàng)只能為B；故選：B【點(diǎn)評(píng)】本題對(duì)高中學(xué)生來(lái)說(shuō)比較新穎，要求學(xué)生能應(yīng)用所學(xué)過(guò)的單位制的應(yīng)用及極限法；本題對(duì)學(xué)生的能力起到較好的訓(xùn)練作用，是道好題二多項(xiàng)選擇題（每小題4分，共40分每小題給出的四個(gè)答案中有一個(gè)以上是正確的，請(qǐng)把正確的答案全選出來(lái)每一小題全選對(duì)的得4分；選對(duì)但不全的得2分；有選錯(cuò)或不答的得0分）11二十世紀(jì)初有一批物理學(xué)家在微觀領(lǐng)域的研究中取得了突出的成就，他們也因此獲得了崇高的榮譽(yù)下列物理學(xué)家中

29、，曾榮獲諾貝爾物理獎(jiǎng)的是（）A湯姆孫B盧瑟福C貝克勒爾D查得威克【分析】根據(jù)物理學(xué)史和常識(shí)解答，記住著名物理學(xué)家的主要貢獻(xiàn)即可【解答】解：湯姆孫研究了陰極射線，發(fā)現(xiàn)了電子，曾榮獲諾貝爾物理獎(jiǎng)貝克勒爾發(fā)現(xiàn)了放射現(xiàn)象，查得威克發(fā)現(xiàn)了中子，兩人曾榮獲諾貝爾物理獎(jiǎng)盧瑟福沒(méi)有獲得諾貝爾物理獎(jiǎng)故ACD正確，B錯(cuò)誤故選：ACD【點(diǎn)評(píng)】本題考查物理學(xué)史，是常識(shí)性問(wèn)題，對(duì)于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強(qiáng)記憶，這也是考試內(nèi)容之一12類比是一種有效的學(xué)習(xí)方法，通過(guò)歸類和比較，有助于掌握新知識(shí)，提高學(xué)習(xí)效率在類比過(guò)程中，既要找出共同之處，又要抓住不同之處某同學(xué)對(duì)機(jī)械波和電磁波進(jìn)行類比，總結(jié)出下列內(nèi)容，其中正確

30、的是（）A機(jī)械波的頻率、波長(zhǎng)和波速三者滿足的關(guān)系，對(duì)電磁波也適用B機(jī)械波和電磁波都能產(chǎn)生干涉和衍射現(xiàn)象C機(jī)械波的傳播依賴于介質(zhì)，而電磁波可以在真空中傳播D機(jī)械波既有橫波又有縱波，而電磁波只有縱波【分析】將機(jī)械波和電磁波進(jìn)行類比，抓住共同點(diǎn)：波速公式v=f適用于一切波；波都能產(chǎn)生干涉和衍射現(xiàn)象不同點(diǎn)：機(jī)械波的傳播依賴于介質(zhì)，而電磁波可以在真空中傳播；機(jī)械波有橫波和縱波，電磁波只有橫波【解答】解：A、波速公式v=f適用于一切波，即對(duì)機(jī)械波和電磁波都適用故A正確B、所有的波都具有的特性是：能產(chǎn)生干涉和衍射現(xiàn)象故B正確C、機(jī)械波是機(jī)械振動(dòng)在介質(zhì)中的傳播過(guò)程，必須依賴于介質(zhì)，沒(méi)有介質(zhì)不能形成機(jī)械波；電磁

31、波傳播的是電磁場(chǎng)，而電磁場(chǎng)本身就是一種物質(zhì)，不需要借助其他物質(zhì)來(lái)傳播，所以電磁波可以在真空中傳播故C錯(cuò)誤D、機(jī)械波有橫波和縱波，電磁波只有橫波故D錯(cuò)誤故選：ABC【點(diǎn)評(píng)】類比的學(xué)習(xí)方法要經(jīng)常使用，通過(guò)類比，抓住新舊知識(shí)的共同點(diǎn)與不同點(diǎn)，防止產(chǎn)生似是而非的認(rèn)識(shí)13用圖所示電路觀察3個(gè)小燈泡的亮度變化和兩個(gè)電壓表的示數(shù)變化情況，如果滑動(dòng)變阻器的滑片P由a端滑至b端，電壓表V1示數(shù)變化的絕對(duì)值為U1，電壓表V2示數(shù)變化的絕對(duì)值為U2，則以下說(shuō)法中正確的是（）AL1、L3變亮，L2變暗BL1、L2變亮，L3變暗CU1U2DU1U2【分析】由圖可知L1與R串聯(lián)后與L3并聯(lián)，再與L2串聯(lián)；V1測(cè)并聯(lián)部分電

32、壓，V2測(cè)L2兩端的電壓；由滑片的移動(dòng)可知滑動(dòng)變阻器接入電阻的阻值變化，則可知電路中總電阻的變化；由閉合電路歐姆定律可得出電路中電流的變化；由電流的變化可得出內(nèi)電壓的變化，由U=EIr可得路端電壓的變化；則由串并聯(lián)電路的規(guī)律可得出燈泡亮度的變化及各電表示數(shù)變化量間的關(guān)系【解答】解：當(dāng)滑片由a向b滑動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電阻減小，故總電阻減??；由閉合電路的歐姆定律可知，電路中電流增大，則通過(guò)L2的電流增大，故L2變亮；總電流增大，故內(nèi)壓增大，由閉合電路歐姆定律可知，路端電壓減小，而L2電壓增大，故L3兩端電壓減小，流過(guò)L3的電流減小，L3變暗；由并聯(lián)電路的電流規(guī)律可知，通過(guò)L1的電流增大，故L1變

33、亮；故A錯(cuò)誤，B正確；因?yàn)?，U1示數(shù)減小，而U2示數(shù)增大，U1與U2的總值減小，故有U1減小量U1大于U2的總值變化U2；故U1U2，故C錯(cuò)誤，D正確；故選：BD【點(diǎn)評(píng)】本題考查閉合電路歐姆定律的動(dòng)態(tài)分析，難點(diǎn)在于分析兩電表變化量的大小，應(yīng)注意體會(huì)14下列敘述正確的是（）A溫度升高，物體內(nèi)每個(gè)分子的熱運(yùn)動(dòng)速率都增大B氣體壓強(qiáng)越大，氣體分子的平均動(dòng)能就越大C在絕熱過(guò)程中外界對(duì)氣體做功，氣體的內(nèi)能必然增加D自然界中進(jìn)行的涉及熱現(xiàn)象的宏觀過(guò)程都具有方向性【分析】溫度是氣體分子的平均動(dòng)能變化的標(biāo)志由熱力學(xué)第一定律分析答題熱力學(xué)第二定律表明，自然界中進(jìn)行的一切與熱現(xiàn)象有關(guān)的宏觀過(guò)程都具有方向性故【解答】

34、解：A、溫度升高，氣體分子的平均動(dòng)能增大，但是個(gè)別分子運(yùn)動(dòng)速率可能減小，故A錯(cuò)誤B、溫度是氣體分子的平均動(dòng)能變化的標(biāo)志氣體壓強(qiáng)越大，溫度不一定增大，故B錯(cuò)誤C、在絕熱過(guò)程中，外界對(duì)氣體做功，由熱力學(xué)第一定律得氣體的內(nèi)能增大，故C正確；D、熱力學(xué)第二定律表明，自然界中進(jìn)行的一切與熱現(xiàn)象有關(guān)的宏觀過(guò)程都具有方向性故D正確故選：CD【點(diǎn)評(píng)】該題考查33的內(nèi)容，都是記憶性的知識(shí)，要求對(duì)該部分的知識(shí)點(diǎn)由準(zhǔn)確的記憶15如圖所示，水平面上兩物體 m1、m2經(jīng)一細(xì)繩相連，在水平力F的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，則連結(jié)兩物體繩中的張力可能為（）A零BF2CFD大于【分析】涉及到多個(gè)物體時(shí)，通?？梢杂谜w法和隔離法，先用

35、整體法可以求得共同的加速度等，再用隔離法分析單個(gè)物體的受力情況，即繩的張力的情況【解答】解：當(dāng)力F比較小時(shí)，小于m2受到的靜摩擦力，此時(shí)m2不會(huì)運(yùn)動(dòng)，連接兩物體繩沒(méi)有伸長(zhǎng)的趨勢(shì)，不會(huì)有拉力產(chǎn)生，所以連接兩物體的繩中的張力可能為0，故A正確當(dāng)F逐漸增大，增大到 ml、m2將要一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，此時(shí)對(duì)整體受力分析得，F(xiàn)（m1+m2）g=（m1+m2）a設(shè)繩的拉力為T，對(duì)ml受力分析得，Tm1g=m1a由可得，T=m1m所以當(dāng) ml=m2時(shí)T=12F，故B由T=m1m1+m2F分析可知，故選：AB【點(diǎn)評(píng)】本題考查了在拉力不斷的變化時(shí)物體受力的變化，只有大于了第一個(gè)物體受到的摩擦力，后面的第二個(gè)物體才用可能

36、受到繩的拉力，所以一定要分清楚情況來(lái)討論16如圖所示，把A、B兩球由圖示位置同時(shí)由靜止釋放（繩開始時(shí)拉直、不計(jì)空氣阻力），則在兩球向左下擺動(dòng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）A繩OA對(duì)A球不做功B繩AB對(duì)B球不做功C繩AB對(duì)A球做負(fù)功D繩AB對(duì)B球做正功【分析】采用假設(shè)法，假設(shè)讓A球和OA繩組成一個(gè)單擺，B球和OB繩組成另一個(gè)單擺，讓兩個(gè)單擺同時(shí)從圖中位置向下擺動(dòng)，根據(jù)單擺的周期公式，分析A、B運(yùn)動(dòng)的快慢，再分析OA和AB兩繩的做功情況【解答】解：A、OA的拉力始終與A球的速度方向垂直，則繩OA對(duì)A球不做功故A正確；B、假設(shè)讓A球和OA繩組成一個(gè)單擺，B球和OB繩組成另一個(gè)單擺，讓兩個(gè)單擺同時(shí)從圖中位置

37、向下擺動(dòng)，根據(jù)單擺的周期公式T=2Lg得知，A擺的周期小于B擺的周期，說(shuō)明圖中A球運(yùn)動(dòng)比B球運(yùn)動(dòng)快，則AB繩對(duì)A球的拉力與A的瞬時(shí)速度方向夾角為鈍角，所以AB繩對(duì)A做負(fù)功AB繩與B球的瞬時(shí)速度方向成銳角，所以AB繩對(duì)B球做正功故B錯(cuò)誤，C、D故選：ACD【點(diǎn)評(píng)】本題運(yùn)用假設(shè)法思維方法進(jìn)行分析，根據(jù)力與速度方向的關(guān)系判斷力的做功情況，注意明確兩球的擺動(dòng)快慢是解題的關(guān)鍵17設(shè)地球的質(zhì)量為M，平均半徑為R，自轉(zhuǎn)角速度為，萬(wàn)有引力恒量為G，則有關(guān)同步衛(wèi)星的說(shuō)法正確的是（）A同步衛(wèi)星的軌道與地球的赤道在同一平面內(nèi)B同步衛(wèi)星離地的高度為h=3C同步衛(wèi)星的向心加速度為a=2RD同步衛(wèi)星的線速度大小為v=3【

38、分析】同步衛(wèi)星定軌道（在赤道上方），定周期（與地球的自轉(zhuǎn)周期相同），定速率、定高度根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，可求出同步衛(wèi)星的軌道半徑，從而求出同步衛(wèi)星離地的高度【解答】解：A、因?yàn)橥叫l(wèi)星相對(duì)于地球靜止，所以同步衛(wèi)星的軌道同只能在在赤道的上方，與地球的赤道在同一平面內(nèi)故A正確 B、根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力GMmr2=mr2，軌道半徑r=3GM2，所以同步衛(wèi)星離地的高度h=3 C、根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力GMmr2=mr2，軌道半徑r=3GM2，a=2 D、根據(jù)v=r，得v=3GM2=3故選：AD【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握同步衛(wèi)星的特點(diǎn)：同步衛(wèi)星定軌道（在赤道上方），定周期（與地球的自轉(zhuǎn)周期相同），定

39、速率、定高度以及掌握萬(wàn)有引力提供向心力GMmr2=mr18如圖所示，豎直面內(nèi)的虛線上方是一勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，從虛線下方豎直上拋一正方形線圈，線圈越過(guò)虛線進(jìn)入磁場(chǎng)，最后又落回原處，運(yùn)動(dòng)過(guò)程線圈平面保持在豎直面內(nèi)，不計(jì)空氣阻力，則（）A上升過(guò)程克服磁場(chǎng)力做的功等于下降過(guò)程克服磁場(chǎng)力做的功B上升過(guò)程克服磁場(chǎng)力做的功大于下降過(guò)程克服磁場(chǎng)力做的功C上升過(guò)程克服重力做功的平均功率大于下降過(guò)程中重力的平均功率D上升過(guò)程克服重力做功的平均功率等于下降過(guò)程中重力的平均功率【分析】線圈進(jìn)入磁場(chǎng)，在先上升又落回到原處地過(guò)程中，由于安培力一直做負(fù)功，線圈的機(jī)械能減小轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，經(jīng)過(guò)同一點(diǎn)時(shí)線圈上升的速度大于下降速度，上升時(shí)

40、安培力的大小大于下降時(shí)安培力的大小根據(jù)安培力大小關(guān)系確定上升和下降兩個(gè)過(guò)程克服磁場(chǎng)力做功關(guān)系根據(jù)上升與下降過(guò)程速度關(guān)系，確定運(yùn)動(dòng)時(shí)間關(guān)系，判斷上升與下降過(guò)程重力功率關(guān)系【解答】解：A、B，在線圈先上升又落回到原處地過(guò)程中，由于電磁感應(yīng)產(chǎn)生電能，線圈的機(jī)械能減小轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，經(jīng)過(guò)同一點(diǎn)時(shí)，上升的速率大于下降速率，則上升時(shí)所受的安培力的大小大于下降時(shí)安培力的大小而兩個(gè)過(guò)程位移大小相等，因此上升過(guò)程中線圈克服磁場(chǎng)力做的功大于下降過(guò)程中克服磁場(chǎng)力做的功故A錯(cuò)誤，B正確C、D由于經(jīng)過(guò)同一點(diǎn)時(shí)線圈上升的速度大于下降速度，而上升和下降兩個(gè)過(guò)程位移大小相等，所以上升過(guò)程的平均速度大于下降的平均速度，則上升的時(shí)間

41、小于下降的時(shí)間，由于高度相等，上升過(guò)程中克服重力做功與下降過(guò)程中重力做功相等，由公式P=Wt，則知上升過(guò)程中克服重力做功的平均功率大于下降過(guò)程中重力做功的平均功率故C正確，D故選：BC【點(diǎn)評(píng)】本題類似于有空氣阻力的豎直上拋，分析清楚線圈運(yùn)動(dòng)過(guò)程是正確解題的關(guān)鍵，線圈進(jìn)入或離開磁場(chǎng)過(guò)程中，線圈受到磁場(chǎng)力作用，克服安培力做功，機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，線圈機(jī)械能減少，線圈下落經(jīng)過(guò)同一位置時(shí)速度小于上升過(guò)程的速度，下落過(guò)程克服安培力做功小于上升過(guò)程克服安培力做功19將四個(gè)相同的燈泡分別組成如圖所示的甲、乙兩種電路并接在相同的端壓兩端調(diào)節(jié)變阻器，使每個(gè)燈泡都正常發(fā)光若兩個(gè)變阻器R1、R2上消耗的功率分別為P1

42、、P2，則P1、P2的大小關(guān)系可能為（）AP2=2P1BP2=4P1CP2=8P1DP2=64P1【分析】設(shè)燈泡的額定電流為I，額定電壓為UL，求解出變阻器消耗的功率的表達(dá)式進(jìn)行討論即可【解答】解：設(shè)燈泡正常發(fā)光時(shí)的電流為I電壓為UL，對(duì)于甲圖，電路的總的電流為I，變阻器R1的電壓為U1=U4UL，變阻器R1消耗的功率P1=U1I=（U4UL）I，對(duì)于乙圖，電流的總電流的大小為2I，變阻器R2的電壓為U2=U2UL，變阻器R2消耗的功率P2=U22I=（U2UL）2I，則P2P1=(U-2UL)2I(U-4UL)I=2+2UUL-4故選：BCD【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于本題來(lái)說(shuō)關(guān)鍵的是選擇公式，由于電路的總

43、電壓的大小是相同的，只要表示出滑動(dòng)變阻器的電壓和電流即可求解，難度適中20兩個(gè)正、負(fù)點(diǎn)電荷周圍電場(chǎng)線分布如圖所示，P、Q為電場(chǎng)中兩點(diǎn)，以無(wú)窮遠(yuǎn)為零電勢(shì)，則下列說(shuō)法中正確的是（）AP點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大于Q點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)BQ點(diǎn)的電勢(shì)為負(fù)C負(fù)電荷右側(cè)某處有一場(chǎng)強(qiáng)為零的點(diǎn)D兩電荷連線中點(diǎn)處的電勢(shì)為零【分析】根據(jù)電場(chǎng)線的疏密判斷場(chǎng)強(qiáng)的大小根據(jù)電場(chǎng)線的方向判斷電荷的正負(fù)順著電場(chǎng)線電勢(shì)逐漸降低，由電場(chǎng)線的方向可判斷電勢(shì)的正負(fù)【解答】解：A、由圖看出，P點(diǎn)處電場(chǎng)線比Q點(diǎn)處電場(chǎng)線密，則P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大于Q點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，故A正確B、電場(chǎng)線從正電荷出發(fā)到無(wú)窮遠(yuǎn)處終止，順著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，可知Q點(diǎn)的電勢(shì)低于無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)，無(wú)窮遠(yuǎn)電勢(shì)為零

44、，則Q點(diǎn)的電勢(shì)為負(fù)，故B正確C、Q在負(fù)電荷右側(cè)產(chǎn)生的電場(chǎng)方向向右，負(fù)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)方向向左，由圖知，Q處電場(chǎng)線比P處電場(chǎng)線更密，說(shuō)明正電荷的電荷量大于負(fù)電荷的電荷量，根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式E=kQr2，可知負(fù)電荷右側(cè)某處有一場(chǎng)強(qiáng)為零的點(diǎn)，故D、假設(shè)是等量異種電荷，兩電荷連線的垂直平分線是一個(gè)延伸到無(wú)窮遠(yuǎn)處的等勢(shì)面，中點(diǎn)處的電勢(shì)為零，現(xiàn)在兩個(gè)電荷的電荷量不等，所以兩電荷連線中點(diǎn)處的電勢(shì)一定不為零故D錯(cuò)誤故選：ABC【點(diǎn)評(píng)】本題要掌握電場(chǎng)線的物理意義：電場(chǎng)線的疏密表示場(chǎng)強(qiáng)的大小，順著電場(chǎng)線電勢(shì)逐漸降低，知道等量異種電荷連線的垂直平分線是一個(gè)等勢(shì)面三填空題（每小題5分，共30分）21兩個(gè)質(zhì)量均為m=1.

45、0kg的質(zhì)點(diǎn)A和B，在光滑的水平面上的同一起始線同時(shí)開始運(yùn)動(dòng)A、B的初速度分別為vA0=2.0m/s，vB0=1.2m/s，方向都向右，如圖所示在運(yùn)動(dòng)的同時(shí)，A、B都受到大小為F=2.0101N力的作用，A受力方向向左，B受力方向向右在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，若用L表示兩質(zhì)點(diǎn)在任意時(shí)刻沿運(yùn)動(dòng)方向的距離，當(dāng)L的數(shù)值為1.2m時(shí)，可判斷質(zhì)點(diǎn)B在右方（選填“左”或“右”）；當(dāng)L的數(shù)值范圍為00.8時(shí)不可判斷A、B質(zhì)點(diǎn)誰(shuí)在左誰(shuí)在右【分析】根據(jù)牛頓第二定律可求得兩物體的加速度，再根據(jù)速度公式可明確二者的速度關(guān)系，同時(shí)分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程，明確開始時(shí)A在前，當(dāng)速度相等后B在前，求出速度相等時(shí)的速度，再由平均速度公式求出

46、此時(shí)的距離，若L小球該距離，則可能有兩種情況，而L大于該距離時(shí)，只有一種情況，即B在右【解答】解：由牛頓第二定律可知：a=Fm=2.010-A受力向左，故A做減速運(yùn)動(dòng)，B受力向右，故B做加速運(yùn)動(dòng)，作出二者的vt圖象如圖所示；如圖所示；當(dāng)二者速度相等時(shí)，有：vAat=vB+at解得：t=2s；此時(shí)共同速度v=1.6m/s；此時(shí)二者相距最遠(yuǎn)，由圖可知，最遠(yuǎn)距離時(shí)，二者相距：x=（2+1.62-1.2+1.62）故達(dá)到相同速度時(shí)最大距離為0.8m；此后B的速度比A的速度快，故B一定在A的前面，大于0.8m的情況只有在此后過(guò)程才能出現(xiàn)，故1.2m時(shí)，B在右方；而當(dāng)L小于等于0.8m時(shí)，可能是A在右也可

47、能B在右；故答案為：右； 00.8【點(diǎn)評(píng)】本題考查牛頓第二定律的應(yīng)用，要注意明確兩物體的運(yùn)動(dòng)情況，明確運(yùn)動(dòng)過(guò)程，本題可視為追及相遇問(wèn)題的類型，故應(yīng)注意分析速度相等時(shí)的特性，并能準(zhǔn)確找出位移關(guān)系22如圖甲所示，一正方形金屬線框位于有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，線框的右邊緊貼著磁場(chǎng)邊界，t=O時(shí)刻對(duì)線框施加一水平向右的外力F，讓線框從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在t0時(shí)刻穿出磁場(chǎng)；圖乙為外力F隨時(shí)間變化的圖象，若線框質(zhì)量為m、電阻為R，圖象中的F、t0 也為已知量，則在穿出磁場(chǎng)時(shí)的速度V=F0t0m，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感強(qiáng)度B=【分析】當(dāng)t=0時(shí)線框的速度為零，沒(méi)有安培力，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度a由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求

48、出線框剛出磁場(chǎng)時(shí)的速度，得到安培力表達(dá)式，由牛頓第二定律即可求出B；【解答】解：（1）t=0時(shí)刻，線框的速度為零，線框沒(méi)有感應(yīng)電流，不受安培力，加速度為a=線框的邊長(zhǎng)為 L線框剛出磁場(chǎng)時(shí)的速度為 v=at0=F0則得 FA根據(jù)牛頓第二定律得 FFA=ma 聯(lián)立得：B【點(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵求出安培力，列出牛頓第二定律關(guān)于Ft的表達(dá)式，考查讀圖的能力這里，安培力是聯(lián)系力學(xué)與電磁感應(yīng)的橋梁23如圖所示，質(zhì)量為M的木板，靜止放在光滑的水平面上，木板左側(cè)固定著一根勁度系數(shù)為K的輕質(zhì)彈簧，彈簧的自由端到木板右端的距離為L(zhǎng)一個(gè)質(zhì)量為木板質(zhì)量四分之一的小木塊從板的右端以初速度v0開始沿木板向左滑行，最終剛好回到木

49、板右端與木板保持相對(duì)靜止設(shè)木板與木塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，木板加速度最大時(shí)的運(yùn)動(dòng)速度為0.2v0；在木塊壓縮彈簧過(guò)程中（彈簧一直在彈性限度內(nèi)）彈簧所具有的最大彈性勢(shì)能為0.05Mv【分析】系統(tǒng)沿水平方向的動(dòng)量守恒，當(dāng)木板加速度最大時(shí)彈簧壓縮到最短，木塊和木板具有相同的速度，結(jié)合動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律求出木板的速度大小與彈簧所具有的最大彈性勢(shì)能【解答】解：當(dāng)木板加速度最大時(shí)彈簧壓縮到最短，木塊和木板具有相同的速度，選取木塊的速度方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒知：mv0=（m+M）v，由于M=4m解得速度為：v=0.2v0，在彈簧釋放勢(shì)能的過(guò)程中系統(tǒng)的動(dòng)量仍然守恒，所以可知最終木塊回到木板右端與木板保持相對(duì)靜止時(shí)是速度也是0.2v0根據(jù)能量守恒知壓縮的過(guò)程中：12彈簧釋放勢(shì)能的過(guò)程中：1解得：Ep=0.05故答案為：0.2v0，0.05【點(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律的基本運(yùn)用，知道當(dāng)彈簧彈性勢(shì)能最大時(shí)，木塊和木板具有相同的速度24如圖所示，豎直放置的氣缸