遼寧省大連市2023屆高三雙基考試物理試題資料

2023年遼寧省大連市高考物理雙基模擬試卷一、選擇題：此題共10小題，每題4分．在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～6題只有一項(xiàng)符合題目要求，第7～10題有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分．1．〔4分〕〔2023?大連模擬〕以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是〔〕A．伽利略首先建立了加速度概念B．牛頓通過(guò)斜面實(shí)驗(yàn)得出自由落體運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的平方成正比C．安培發(fā)現(xiàn)了產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件D．奧斯特發(fā)現(xiàn)了判定電流產(chǎn)生磁場(chǎng)方向的右手螺旋定那么2．〔4分〕〔2023?大連模擬〕如下圖是質(zhì)量為1kg的質(zhì)點(diǎn)在水平面上做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖象，以下判斷正確的選項(xiàng)是〔〕A．在t=1s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)的加速度為零B．在3～7s時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)的位移為11mC．在t=5s時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向發(fā)生改變D．在4～6s時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)的平均速度為3m/s3．〔4分〕〔2023?大連模擬〕木塊A、B重量分別為50N和60N，它們與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.25，夾在A、B之間的輕彈簧被壓縮了2cm，彈簧的勁度系數(shù)為400N/m．系統(tǒng)置于水平地面上靜止不動(dòng)．現(xiàn)用F=2N的水平拉力作用在木塊B上，如下圖．那么力F作用后，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是〔〕A．木塊A所受摩擦力大小是12.5NB．木塊A所受摩擦力大小是10.5NC．木塊B所受摩擦力大小是10ND．木塊B所受摩擦力大小是6N4．〔4分〕〔2023?大連模擬〕我國(guó)嫦娥三號(hào)探測(cè)器已實(shí)現(xiàn)月球軟著陸和月面巡視勘察，嫦娥三號(hào)的飛行軌道示意圖如下圖．假設(shè)嫦娥三號(hào)在環(huán)月圓軌道和橢圓軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，只受到月球的萬(wàn)有引力，那么〔〕A．嫦娥三號(hào)在環(huán)月橢圓軌道上P點(diǎn)的速度大于Q點(diǎn)的速度B．嫦娥三號(hào)由環(huán)月圓軌道變軌進(jìn)入環(huán)月橢圓軌道時(shí)，應(yīng)讓發(fā)動(dòng)機(jī)點(diǎn)火使其加速C．假設(shè)嫦娥三號(hào)環(huán)月圓軌道的半徑、運(yùn)動(dòng)周期和引力常量，那么可算出月球的密度D．嫦娥三號(hào)在圓軌道和橢圓軌道經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)的加速度相等5．〔4分〕〔2023?大連模擬〕如下圖，水平繃緊的傳送帶AB長(zhǎng)L=8m，始終以恒定速率v1=4m/s順時(shí)針運(yùn)行．初速度大小為v2=6m/s的小物塊〔可視為質(zhì)點(diǎn)〕從與傳送帶等高的光滑水平地面上經(jīng)A點(diǎn)向左滑上傳送帶．小物塊的質(zhì)量m=1kg，物塊與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4，g取10m/s2．以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是〔〕A．小物塊可以到達(dá)B點(diǎn)B．小物塊不能到達(dá)B點(diǎn)，但可返回A點(diǎn)，返回A點(diǎn)時(shí)速度為6m/sC．小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，因相互間摩擦產(chǎn)生的熱量為50JD．小物塊向左運(yùn)動(dòng)速度減為0時(shí)相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離到達(dá)最大6．〔4分〕〔2023?大連模擬〕如下圖，一質(zhì)點(diǎn)自?xún)A角為60°的斜面上方某點(diǎn)A，沿光滑斜槽AB從靜止開(kāi)始下滑，為了使質(zhì)點(diǎn)在最短時(shí)間內(nèi)到達(dá)斜面，那么斜槽與豎直方向的夾角θ為〔〕A．0°B．30°C．45°D．60°7．〔4分〕〔2023?大連模擬〕如下圖，電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r的電源與滑動(dòng)變阻器R1、定值電阻R2、R3、平行板電容器及理想電表組成閉合電路．當(dāng)滑動(dòng)變阻器R1的觸頭向左移動(dòng)一小段時(shí)，那么〔〕A．電流表讀數(shù)增大B．電容器所帶電荷量增加C．R2消耗的功率減小D．電壓表與電流表示數(shù)變化之比不變8．〔4分〕〔2023?大連模擬〕圖中為一理想變壓器，其原線(xiàn)圈與一電壓有效值不變的交流電源相連：P為滑動(dòng)頭．現(xiàn)令P從均勻密繞的副線(xiàn)圈最底端開(kāi)始，沿副線(xiàn)圈勻速上滑，直至白熾燈L兩端的電壓等于其額定電壓為止．用I1表示流過(guò)原線(xiàn)圈的電流，I2表示流過(guò)燈泡的電流，U1表示原線(xiàn)圈兩端電壓，U2表示燈泡兩端的電壓，假設(shè)在此過(guò)程中燈泡的電阻不變，那么在以下圖中，能夠正確反映相應(yīng)物理量的變化趨勢(shì)的是〔〕A．B．C．D．9．〔4分〕〔2023?大連模擬〕靜電場(chǎng)方向平行于x軸，其電勢(shì)φ隨x的分布可簡(jiǎn)化為如下圖的折線(xiàn)．一質(zhì)量為m、帶電量為﹣q的粒子〔不計(jì)重力〕，以初速度v0從O點(diǎn)〔x=0〕進(jìn)入電場(chǎng)，沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)．以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔〕A．粒子從O運(yùn)動(dòng)到x1的過(guò)程中速度逐漸減小B．粒子從x1運(yùn)動(dòng)到x3的過(guò)程中，電勢(shì)能一直增大C．要使粒子能運(yùn)動(dòng)到x3處，粒子的初速度v0至少為D．假設(shè)v0=，粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度為10．〔4分〕〔2023?大連模擬〕跳傘員從懸停在空中的直升機(jī)上跳傘，傘翻開(kāi)前可看做是自由落體運(yùn)動(dòng)，翻開(kāi)傘后減速下降，且翻開(kāi)傘后空氣阻力與速度平方成正比，最后勻速下落．如果用h表示下落高度，t表示下落的時(shí)間，a表示人的加速度，E表示人的機(jī)械能，Ep表示人的重力勢(shì)能，v表示人下落的速度，那么在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，以下圖象可能符合事實(shí)的是〔〕A．B．C．D．二、必考題：此題共5小題，共49分．把答案填在答題紙相應(yīng)的橫線(xiàn)上，或在答題紙上指定的區(qū)域按題目要求作答．解答題應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要演算步驟．只寫(xiě)出最后答案的不能得分．有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫(xiě)出數(shù)值和單位．11．〔6分〕〔2023?大連模擬〕某同學(xué)利用如圖1所示的裝置探究“小車(chē)的加速度與所受合外力的關(guān)系〞，具體實(shí)驗(yàn)步驟如下：A．按照?qǐng)D示安裝好實(shí)驗(yàn)裝置，掛上沙桶〔含少量沙子〕；B．調(diào)節(jié)長(zhǎng)木板的傾角，輕推小車(chē)后，使小車(chē)沿長(zhǎng)木板向下運(yùn)動(dòng)，且通過(guò)兩個(gè)光電門(mén)的時(shí)間相等；C．取下細(xì)線(xiàn)和沙桶，測(cè)量沙子和桶的總質(zhì)量為m，并記下；D．保持長(zhǎng)木板的傾角不變，不掛沙桶，將小車(chē)置于靠近滑輪的位置，由靜止釋放小車(chē)，記錄小車(chē)先后通過(guò)光電門(mén)甲和乙時(shí)顯示的時(shí)間；E．重新掛上細(xì)繩和沙桶，改變沙桶中沙子的質(zhì)量，重復(fù)B、C、D步驟．〔1〕假設(shè)沙桶和沙子的總質(zhì)量為m，小車(chē)的質(zhì)量為M，重力加速度為g，那么步驟D中小車(chē)加速下滑時(shí)所受合力大小為mg；〔忽略空氣阻力〕〔2〕如圖2所示，用游標(biāo)卡尺測(cè)得小車(chē)上遮光板的寬度為7.65mm；〔3〕假設(shè)遮光板的寬度為d，光電門(mén)甲、乙之間的距離為l，通過(guò)光電門(mén)甲和乙時(shí)顯示的時(shí)間分別為t1、t2，那么小車(chē)的加速度a=；〔4〕有關(guān)本實(shí)驗(yàn)的說(shuō)法正確的選項(xiàng)是．A．沙桶和沙子的總質(zhì)量必須小于小車(chē)的質(zhì)量B．沙桶和沙子的總質(zhì)量必須大于小車(chē)的質(zhì)量C．沙桶和沙子的總質(zhì)量必須遠(yuǎn)小于小車(chē)的質(zhì)量D．沙桶和沙子的總質(zhì)量必須遠(yuǎn)大于小車(chē)的質(zhì)量．12．〔8分〕〔2023?大連模擬〕某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖1所示的電路測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)E及電阻R1和R2的阻值．實(shí)驗(yàn)器材有：待測(cè)電源E〔不計(jì)內(nèi)阻〕，待測(cè)電阻R1，待測(cè)電阻R2，電壓表〔量程為1.5V，內(nèi)阻很大〕，電阻箱R〔0～99.99Ω〕，單刀單擲開(kāi)關(guān)S1，單刀雙擲開(kāi)關(guān)S2，導(dǎo)線(xiàn)假設(shè)干．〔1〕先測(cè)電阻R1的阻值．請(qǐng)將甲同學(xué)的操作補(bǔ)充完整：閉合S1，將S2切換到a，調(diào)節(jié)電阻箱，讀出其示數(shù)R和對(duì)應(yīng)的電壓表示數(shù)U1，保持電阻箱示數(shù)不變，將S2切換到b，讀出電壓表的示數(shù)U2．那么電阻R1的表達(dá)式為R1=；〔2〕甲同學(xué)已經(jīng)測(cè)得電阻R1=4.8Ω，繼續(xù)測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)E和電阻R2的阻值．該同學(xué)的做法是：閉合S1，將S2切換到a，屢次調(diào)節(jié)電阻箱，讀出多組電阻箱示數(shù)R和對(duì)應(yīng)的電壓表示數(shù)U，由測(cè)得的數(shù)據(jù)，繪出了如圖2所示的﹣圖線(xiàn)，那么電源電動(dòng)勢(shì)E=1.43V，電阻R2=1.2Ω；〔保存三位有效數(shù)字〕〔3〕利用甲同學(xué)設(shè)計(jì)的電路和測(cè)得的電阻R1，乙同學(xué)測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)E和電阻R2的阻值的做法是：閉合S1，將S2切換到b，屢次調(diào)節(jié)電阻箱，讀出多組電阻箱示數(shù)R和對(duì)應(yīng)的電壓表示數(shù)U，由測(cè)得的數(shù)據(jù)，繪出了相應(yīng)的﹣圖線(xiàn)，根據(jù)圖線(xiàn)得到電源電動(dòng)勢(shì)E和電阻R2．這種做法與甲同學(xué)的做法比擬，由于電壓表測(cè)得的數(shù)據(jù)范圍較小〔選填“較大〞、“較小〞或“相同〞〕，所以甲同學(xué)的做法更恰當(dāng)些．13．〔9分〕〔2023?大連模擬〕如下圖，一輛上外表光滑的平板小車(chē)長(zhǎng)L=2m，車(chē)的上外表距地面的高度為1.25m，車(chē)上左側(cè)有一擋板，緊靠擋板處有一可看成質(zhì)點(diǎn)的小球．開(kāi)始時(shí)，小車(chē)與小球一起在水平面上向右做勻速運(yùn)動(dòng)，速度大小為v0=5m/s．某時(shí)刻小車(chē)開(kāi)始剎車(chē)，加速度a=4m/s2．經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，小球從小車(chē)右端滑出并落到地面上，g取10m/s2．求：〔1〕從剎車(chē)開(kāi)始到小球離開(kāi)小車(chē)所用的時(shí)間；〔2〕小球落地時(shí)落點(diǎn)離小車(chē)右端水平距離．14．〔14分〕〔2023?大連模擬〕如下圖，足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌cd和ef水平放置，在其左端連接傾角為θ=37°的光滑金屬導(dǎo)軌ge、hc，導(dǎo)軌間距均為L(zhǎng)=1m，在水平導(dǎo)軌和傾斜導(dǎo)軌上，各放一根與導(dǎo)軌垂直的金屬桿，金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好．金屬桿a、b質(zhì)量均為M=0.1kg，電阻Ra=2Ω、Rb=3Ω，其余電阻不計(jì)．在水平導(dǎo)軌和斜面導(dǎo)軌區(qū)域分別有豎直向上和豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1、B2，且B1=B2=0.5T．從t=0時(shí)刻起，桿a在外力F1作用下由靜止開(kāi)始水平向右運(yùn)動(dòng)，桿b在水平向右的外力F2作用下始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，且F2=0.75+0.2t〔N〕．〔sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2〕〔1〕判斷桿a的電流方向并通過(guò)計(jì)算說(shuō)明桿a的運(yùn)動(dòng)情況；〔2〕從t=0時(shí)刻起，求1s內(nèi)通過(guò)桿b的電荷量；〔3〕假設(shè)從t=0時(shí)刻起，2s內(nèi)作用在桿a上的外力F1做功為13.2J，那么求這段時(shí)間內(nèi)桿b上產(chǎn)生的熱量．15．〔12分〕〔2023?大連模擬〕如下圖，平面直角坐標(biāo)系xOy第一象限存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)與x軸夾角為60°，在邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正三角形PQR范圍內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，PR與y軸重合，Q點(diǎn)在x軸上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直坐標(biāo)平面向里．一束包含各種速率帶正電的粒子，由Q點(diǎn)沿x軸正方向射入磁場(chǎng)，粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，重力不計(jì)．〔1〕判斷由磁場(chǎng)PQ邊界射出的粒子，能否進(jìn)入第一象限的電場(chǎng)？〔2〕假設(shè)某一速率的粒子離開(kāi)磁場(chǎng)后，恰好垂直電場(chǎng)方向進(jìn)入第一象限，求該粒子的初速度大小和進(jìn)入第一象限位置的縱坐標(biāo)；〔3〕假設(shè)問(wèn)題〔2〕中的粒子離開(kāi)第一象限時(shí)，速度方向與x軸夾角為30°，求該粒子經(jīng)過(guò)x軸的坐標(biāo)值．三、模塊選考題：此題包括3組題，要求考生只選定1組題作答，每組題11分，共11分．在答題紙上指定區(qū)域答題，要用2B鉛筆把所選題目題號(hào)前的方格涂黑，不涂視為未選．如果選做了多組題，那么按前一組題計(jì)分．每組題中的選擇題至少有一個(gè)選項(xiàng)是正確的，全選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分．[物理--選修3-3]〔11分〕[物理--選修3-4]〔11分〕18．〔2023?大連模擬〕以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是〔〕A．玻璃中的氣泡看起來(lái)特別明亮是光的衍射現(xiàn)象B．用透明的標(biāo)準(zhǔn)樣板和單色光檢查平面的平整度是利用了光的偏振C．變化的電場(chǎng)周?chē)灰欢óa(chǎn)生變化的磁場(chǎng)D．可以通過(guò)邁克爾孫﹣莫雷實(shí)驗(yàn)得出：不管光源與觀(guān)察者做怎樣的相對(duì)運(yùn)動(dòng)，光速都是一樣的一、選擇題：1【考點(diǎn)】：物理學(xué)史．【分析】：根據(jù)物理學(xué)史和常識(shí)解答，記住著名物理學(xué)家的主要奉獻(xiàn)即可．【解析】：解：A、伽利略首先建立了平均速度、瞬時(shí)速度、加速度的概念，故A正確；B、伽利略通過(guò)斜面實(shí)驗(yàn)，進(jìn)行合理外推得出自由落體運(yùn)動(dòng)位移與時(shí)間的平方成正比的結(jié)論，故B錯(cuò)誤；C、法拉第發(fā)現(xiàn)了磁場(chǎng)產(chǎn)生電流的條件，故C錯(cuò)誤；D、安培發(fā)現(xiàn)了電流產(chǎn)生磁場(chǎng)方向的定那么，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：A【點(diǎn)評(píng)】：此題考查物理學(xué)史，是常識(shí)性問(wèn)題，對(duì)于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、創(chuàng)造、著名理論要加強(qiáng)記憶，這也是考試內(nèi)容之2．【考點(diǎn)】：勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的圖像．【專(zhuān)題】：運(yùn)動(dòng)學(xué)中的圖像專(zhuān)題．【分析】：由圖象可知物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，由圖象的斜率求得加速度，圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，平均速度等于位移除以時(shí)間．【解析】：解：由v﹣t圖象可知，1﹣3s內(nèi)做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)加速度恒定且a===2m/s2；故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)圖象面積表示位移知3﹣7s內(nèi)時(shí)間內(nèi)的位移x=﹣=9m，故B錯(cuò)誤；C、5s時(shí)加速度方向變，速度方向不變，故位移方向不變，故C錯(cuò)誤；D、4﹣6s內(nèi)時(shí)間內(nèi)的位移x=〔1+2〕×4=6m，滑塊的平均速度==3m/s；故D正確；應(yīng)選：D【點(diǎn)評(píng)】：此題關(guān)鍵抓住圖象的數(shù)學(xué)意義求解加速度和位移：“斜率〞等于加速度，“面積〞等于位移．注意5s﹣6.5s內(nèi)加速度是負(fù)值，6.5﹣7s加速度為正，在t軸下方的面積表示位移為負(fù)的．3．【考點(diǎn)】：牛頓第二定律；胡克定律．【專(zhuān)題】：牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題．【分析】：靜摩擦力的大小隨外力的變化而變化，但有一個(gè)最大值，其最大值略大于滑動(dòng)摩擦力，在一般的計(jì)算中可以認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力；此題中，為施加拉力F時(shí)，A、B兩木塊在彈簧的推動(dòng)下，相對(duì)地面有運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，但無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)，故均受靜摩擦力；在木塊B上加上一個(gè)水平拉力后，通過(guò)計(jì)算會(huì)發(fā)現(xiàn)，雖然B木塊相對(duì)地面的滑動(dòng)趨勢(shì)變大，但仍然無(wú)法滑動(dòng)，說(shuō)明靜摩擦力只是變大了，并不會(huì)變成滑動(dòng)摩擦力【解析】：解：木塊A與地面間的滑動(dòng)靜摩擦力為：fA=μmAg=0.25×50N=12.5N木塊B與地面間的滑動(dòng)靜摩擦力為：fB=μmBg=0.25×60N=15N彈簧彈力為：F彈=kx=400×0.02N=8NAB、施加水平拉力F后，彈簧長(zhǎng)度沒(méi)有變化，彈力不變，故木塊A相對(duì)地面有向左的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，其受到向右的靜摩擦力，且與彈力平衡，因而：fA′=F彈=8N；故AB錯(cuò)誤；CD、施加水平拉力F后，對(duì)B物體受力分析，重力與支持力平衡，水平方向受向右的彈簧彈力和拉力，由于B木塊與地面間的最大靜摩擦力為15N〔等于滑動(dòng)摩擦力〕，大于彈簧彈力和拉力之和，故木塊B靜止不動(dòng)，故木塊B受到的靜摩擦力與彈簧彈力和拉力的合力平衡，因而：fB′=F彈+F=8N+2N=10N；故C正確，D錯(cuò)誤；應(yīng)選：C【點(diǎn)評(píng)】：此題關(guān)鍵是分別對(duì)兩個(gè)木塊受力分析，通過(guò)計(jì)算判斷木塊能否滑動(dòng)，要注意靜摩擦力等于外力，而不是大于外力，大于外力的只是靜摩擦力的最大值4．〔4分〕【考點(diǎn)】：人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系；萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用．【專(zhuān)題】：人造衛(wèi)星問(wèn)題．【分析】：嫦娥三號(hào)環(huán)月段圓軌道的半徑、運(yùn)動(dòng)周期和引力常量，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，可以解出月球的質(zhì)量，但是不知道的月球的半徑，無(wú)法計(jì)算出月球的密度．根據(jù)衛(wèi)星變軌原理分析軌道變化時(shí)衛(wèi)星是加速還是減速．在同一橢圓軌道上根據(jù)引力做功的正負(fù)判斷速度的變化和勢(shì)能的變化．【解析】：解：A、嫦娥三號(hào)在環(huán)月段橢圓軌道上P點(diǎn)向Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)中，距離月球越來(lái)越近，月球?qū)ζ湟ψ稣Γ仕俣仍龃?，即嫦娥三?hào)在環(huán)月段橢圓軌道上P點(diǎn)的速度小于Q點(diǎn)的速度，故A錯(cuò)誤．B、嫦娥三號(hào)在環(huán)月段圓軌道上P點(diǎn)減速，使萬(wàn)有引力大于向心力做近心運(yùn)動(dòng)，才能進(jìn)入進(jìn)入環(huán)月段橢圓軌道．故B錯(cuò)誤．C、根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力=m，可以解出月球的質(zhì)量，由于不知道月球的半徑，無(wú)法知道月球的體積，故無(wú)法計(jì)算月球的密度．故C錯(cuò)誤．D、根據(jù)牛頓第二定律得：a=，所以嫦娥三號(hào)在圓軌道和橢圓軌道經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)的加速度相等，故D正確；應(yīng)選：D．【點(diǎn)評(píng)】：此題要掌握衛(wèi)星的變軌原理，嫦娥三號(hào)在環(huán)月段圓軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)萬(wàn)有引力等于向心力，要進(jìn)入環(huán)月段橢圓軌道需要做近心運(yùn)動(dòng)，使得在P點(diǎn)所受萬(wàn)有引力大于圓周運(yùn)動(dòng)向心力，因?yàn)橥赑點(diǎn)萬(wàn)有引力不變，故嫦娥三號(hào)只有通過(guò)減速減小向心力而做近心運(yùn)動(dòng)進(jìn)入橢圓軌道．5.【考點(diǎn)】：功能關(guān)系；勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系；牛頓第二定律．【分析】：物體由于慣性沖上皮帶后，從右端滑上傳送帶時(shí)，可以先勻減速運(yùn)動(dòng)到速度為0再反向加速后勻速，也可以一直減速，分情況進(jìn)行討論即可解題．【解析】：解：小物塊在水平方向受到摩擦力的作用，f=μmg，產(chǎn)生的加速度：A、假設(shè)小物塊從右端滑上傳送帶后一直做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度減為零時(shí)的位移是x，那么，得：，所以小物塊不能到達(dá)B點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B、小物塊不能到達(dá)B點(diǎn)，速度減為零后反向做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度等于傳送帶速度v1后勻速運(yùn)動(dòng)，返回A點(diǎn)速度為4m/s．故B錯(cuò)誤；C、小物塊向右加速的過(guò)程中的位移：m，當(dāng)當(dāng)速度等于傳送帶速度v1時(shí)，經(jīng)歷的時(shí)間：s，該時(shí)間內(nèi)初速度的位移：s=v1t=4×2.5m=10m，所以小物塊相對(duì)于初速度的位移：△x=s+〔x﹣x′〕=10+〔4.5﹣2〕=12.5m小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，因相互間摩擦力產(chǎn)生的熱量為：Q=f?△x=0.4×10×1×12.5J=50J故C正確．D、小物塊不能到達(dá)B點(diǎn)，速度減為零后反向做勻加速運(yùn)動(dòng)加速的過(guò)程相對(duì)于初速度繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)，所以小物塊向左運(yùn)動(dòng)速度減為0時(shí)相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離沒(méi)有到達(dá)最大，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：C【點(diǎn)評(píng)】：此題關(guān)鍵是對(duì)于物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析，物體可能一直減速，也有可能先減速后勻速運(yùn)動(dòng)，也可能先減速后加速再勻速運(yùn)動(dòng)，難度適中．6.【考點(diǎn)】：牛頓第二定律；勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系．【專(zhuān)題】：牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題．【分析】：在豎直線(xiàn)AC上取一點(diǎn)O，以適當(dāng)?shù)拈L(zhǎng)度為半徑畫(huà)圓，使該圓過(guò)A點(diǎn)，且與斜面相切與D點(diǎn)，根據(jù)等時(shí)圓的結(jié)論及幾何關(guān)系即可求解．【解析】：解：如下圖：在豎直線(xiàn)AC上取一點(diǎn)O，以適當(dāng)?shù)拈L(zhǎng)度為半徑畫(huà)圓，使該圓過(guò)A點(diǎn)，且與斜面相切與D點(diǎn)，根據(jù)等時(shí)圓的結(jié)論可知：A點(diǎn)滑到圓上任一點(diǎn)的時(shí)間都相等，所以由A點(diǎn)滑到D點(diǎn)所用時(shí)間比由A到達(dá)斜面上其他各點(diǎn)時(shí)間都短，將木板下端B點(diǎn)與D點(diǎn)重合即可，而角COD為θ，所以．應(yīng)選：B．【點(diǎn)評(píng)】：此題有其特殊的解題方法，作等時(shí)圓是一種快捷、方便的方法，難度適中．7.【考點(diǎn)】：閉合電路的歐姆定律．【專(zhuān)題】：恒定電流專(zhuān)題．【分析】：由滑片的移動(dòng)可知滑動(dòng)變阻器接入電阻的變化，再由閉合電路歐姆定律可求得電路中電流的變化；由歐姆定律可求得電壓表示數(shù)與電流表示數(shù)的比值．【解析】：解：A、變阻器R的觸頭向左移動(dòng)一小段時(shí)，阻值R1減小，回路的總電阻減小，所以回路的總電流增大，那么電流表讀數(shù)增大，故A正確；B、由A選項(xiàng)可知，路端電壓U減小，所以電壓表的示數(shù)減小，那么電容器的電量減小，故B錯(cuò)誤；C、由于回路總電流增大，那么R3電壓增大，因此R2電壓減小，由于R2電阻不變，所以R2消耗的功率減小，故C正確；D、根據(jù)題意可知，電壓表與電流表變化量的示數(shù)之比即為電源的內(nèi)阻，因此之比不變，故D正確；應(yīng)選：ACD【點(diǎn)評(píng)】：此題考查閉合電路歐姆定律的動(dòng)態(tài)分析，要熟練掌握其解決方法為：局部﹣整體﹣局部的分析方法；同時(shí)注意局部電路歐姆定律的應(yīng)用．8.【考點(diǎn)】：變壓器的構(gòu)造和原理．【專(zhuān)題】：常規(guī)題型；交流電專(zhuān)題．【分析】：根據(jù)電壓與匝數(shù)程正比，電流與匝數(shù)成反比，變壓器的輸入功率和輸出功率相等，逐項(xiàng)分析即可得出結(jié)論．【解析】：解：A、副線(xiàn)圈是均勻密繞的且滑動(dòng)頭勻速上滑，說(shuō)明副線(xiàn)圈的匝數(shù)在均勻增大，由變壓器的變壓比得燈泡兩端的電壓均勻增大〔k為單位時(shí)間增加的匝數(shù)〕，原線(xiàn)圈功率等于燈泡功率是增大的，所以原線(xiàn)圈電流一定增大，故A錯(cuò)誤，D正確；B、燈泡的電阻隨著溫度的增加而變大，所以電壓和電流不是正比例的關(guān)系，故B錯(cuò)誤；C、變壓器的電壓與匝數(shù)成正比，原線(xiàn)圈和副線(xiàn)圈的總的匝數(shù)是不變的，輸入的電壓也不變，所以副線(xiàn)圈的總電壓的大小也不變，故C錯(cuò)誤；應(yīng)選：D．【點(diǎn)評(píng)】：掌握住理想變壓器的電壓、電流及功率之間的關(guān)系，此題即可得到解決．9.【考點(diǎn)】：勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；電勢(shì)能．【專(zhuān)題】：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專(zhuān)題．【分析】：根據(jù)順著電場(chǎng)線(xiàn)方向電勢(shì)降低，判斷場(chǎng)強(qiáng)的方向，根據(jù)電場(chǎng)力方向分析粒子的運(yùn)動(dòng)情況．根據(jù)正電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)越大，判斷電勢(shì)能的變化．粒子如能運(yùn)動(dòng)到x1處，就能到達(dá)x4處，根據(jù)動(dòng)能定理研究0﹣x1過(guò)程，求解初速度v0．粒子運(yùn)動(dòng)到x3處電勢(shì)能最小，動(dòng)能最大，由動(dòng)能定理求解最大速度．【解析】：解：A、粒子從O運(yùn)動(dòng)到x1的過(guò)程中，電勢(shì)升高，場(chǎng)強(qiáng)方向沿x軸負(fù)方向，粒子所受的電場(chǎng)力方向沿x軸正方向，粒子做加速運(yùn)動(dòng)．故A錯(cuò)誤．B、粒子從x1運(yùn)動(dòng)到x3的過(guò)程中，電勢(shì)不斷降低，根據(jù)負(fù)電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)越小，可知，粒子的電勢(shì)能不斷增大．故B正確．C、0到x3根據(jù)動(dòng)能定理得：﹣q〔0﹣〔﹣φ0〕〕=0﹣m解得：v0=，要使粒子能運(yùn)動(dòng)到x4處，粒子的初速度v0至少為．故C錯(cuò)誤．D、假設(shè)v0=，粒子運(yùn)動(dòng)到x1處電勢(shì)能最小，動(dòng)能最大，由動(dòng)能定理得：﹣q〔0﹣φ0〕=mv﹣mv，解得最大速度為：vm=．故D正確．應(yīng)選：BD【點(diǎn)評(píng)】：根據(jù)電勢(shì)φ隨x的分布圖線(xiàn)可以得出電勢(shì)函數(shù)關(guān)系，由電勢(shì)能和電勢(shì)關(guān)系式得出電勢(shì)能的變化．利用動(dòng)能定理列方程解答．10.【考點(diǎn)】：機(jī)械能守恒定律．【專(zhuān)題】：機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專(zhuān)題．【分析】：運(yùn)發(fā)動(dòng)從直升機(jī)上跳傘，傘翻開(kāi)前可看作是自由落體運(yùn)動(dòng)，即空氣阻力忽略不計(jì)，開(kāi)傘后減速下降，空氣阻力大于重力，故合力向上，當(dāng)阻力減小到等于重力時(shí)，合力為零，做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)．【解析】：解：A、運(yùn)發(fā)動(dòng)從直升機(jī)上跳傘，傘翻開(kāi)前可看作是自由落體運(yùn)動(dòng)，做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，v﹣t圖象是過(guò)原點(diǎn)的直線(xiàn)．翻開(kāi)傘后減速下降，隨著速度減小，空氣阻力減小，合力減小，加速度減小，當(dāng)加速度減至零時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)；故A正確．B、運(yùn)發(fā)動(dòng)傘翻開(kāi)前可看作是自由落體運(yùn)動(dòng)，加速度是g，不變．翻開(kāi)傘后減速下降，隨著速度的減小，加速度也減小，且加速度方向向上，故B正確．C、重力勢(shì)能逐漸減小，規(guī)定初位置重力勢(shì)能為零，那么Ep=mg〔﹣h〕，即重力勢(shì)能與高度是線(xiàn)性關(guān)系，故C錯(cuò)誤．D、自由落體運(yùn)動(dòng)過(guò)程機(jī)械能守恒，翻開(kāi)傘后由于空氣阻力做負(fù)功，運(yùn)發(fā)動(dòng)的機(jī)械能減小，且機(jī)械能的變化等于空氣阻力做的功，空氣阻力減小，機(jī)械能減小變慢，故D正確．應(yīng)選：ABD．【點(diǎn)評(píng)】：此題關(guān)鍵是結(jié)合運(yùn)發(fā)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)情況分析其受到的阻力的變化情況，從而得到其合力和機(jī)械能的變化情況．11.【考點(diǎn)】：探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系．【專(zhuān)題】：實(shí)驗(yàn)題；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題．【分析】：〔1〕探究“小車(chē)的加速度與所受合外力的關(guān)系〞中小車(chē)所受的合外力等于沙桶和沙子的總重力；〔2〕先讀主尺，再讀副尺，相加得最終結(jié)果；〔3〕依據(jù)可計(jì)算加速度；〔4〕用沙和沙桶的總質(zhì)量表示小車(chē)受到的拉力，必必須滿(mǎn)足沙桶和沙子的總質(zhì)量必須遠(yuǎn)小于小車(chē)的質(zhì)量．【解析】：解：〔1〕探究“小車(chē)的加速度與所受合外力的關(guān)系〞中小車(chē)所受的合外力等于沙桶和沙子的總重力，那么步驟D中小車(chē)加速下滑時(shí)所受合力大小為mg．〔2〕主尺讀數(shù)為7mm，副尺第13刻度和主尺對(duì)齊，故副尺讀數(shù)為：13×0.05mm=0.65mm，故小車(chē)上遮光板的寬度為7.65mm；〔3〕小車(chē)的速度等于遮光板的寬度除以所有的時(shí)間，依據(jù)可得加速度為：，〔4〕沙和沙桶加速下滑，處于失重狀態(tài)，其對(duì)細(xì)線(xiàn)的拉力小于重力，設(shè)拉力為T(mén)，根據(jù)牛頓第二定律，有對(duì)沙和沙桶，有：mg﹣T=ma，對(duì)小車(chē)，有：T=Ma，解得：T=g=，故當(dāng)M＞＞m時(shí)，有T≈mg．故C正確，ABD錯(cuò)誤，應(yīng)選：C．故答案為：〔1〕mg；〔2〕7.65；〔3〕；〔4〕C．【點(diǎn)評(píng)】：該題重點(diǎn)是要知道通過(guò)光電門(mén)甲和乙時(shí)可以認(rèn)為速度是不變的，以此才能來(lái)表示小車(chē)的加速度．12.【考點(diǎn)】：測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻．【專(zhuān)題】：實(shí)驗(yàn)題；恒定電流專(zhuān)題．【分析】：①利用題目中給出的電路及步驟的提示，同時(shí)結(jié)合閉合電路的歐姆定律可得出實(shí)驗(yàn)的步驟；②再由原理可得出實(shí)驗(yàn)中數(shù)據(jù)處理的方法及公式，結(jié)合圖象可求得電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻．③兩位同學(xué)的實(shí)驗(yàn)中的主要區(qū)別在于甲中電壓表測(cè)滑動(dòng)變阻器兩端的電壓，而乙中電壓表測(cè)滑動(dòng)變阻器與定值電阻兩端的電壓，因R1阻值不變，那么滑動(dòng)變阻器對(duì)電壓表的調(diào)節(jié)作用減弱，電壓表變化范圍減小．【解析】：解：①由題意可知，本實(shí)驗(yàn)中沒(méi)有給出電流表，故應(yīng)是電壓表與電阻箱求電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻的；實(shí)驗(yàn)中應(yīng)充分利用電阻值及串并聯(lián)電路的規(guī)律得出表達(dá)式；為了多測(cè)數(shù)據(jù)，應(yīng)再將S2切換到b；由歐姆定律可知：U2=I〔R+R1〕U1=IR而電路電流相等，聯(lián)立解得：R1=；②根據(jù)E=U+〔R1+R2〕，有=+，比照直線(xiàn)方程y=kx+b，有截距=b=0.7，所以，E=1.43〔〕；斜率k==4.2，又k=，已測(cè)出R1=4.8Ω，求得R2=1.2Ω③假設(shè)開(kāi)關(guān)打在b處，那么電壓表測(cè)量的為電阻箱與R1兩端的電壓，因定值電阻的分壓作用，使電壓表測(cè)量范圍減小，故實(shí)驗(yàn)中誤差較多，故應(yīng)選擇甲同學(xué)的做法；故答案為：①；②1.43；1.2；③較小；甲【點(diǎn)評(píng)】：用電壓表和電阻箱測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻〔此題的R2相當(dāng)于內(nèi)電阻〕并用圖象進(jìn)行數(shù)據(jù)處理求出結(jié)果；本方法可與伏安法類(lèi)比簡(jiǎn)稱(chēng)伏阻法．也是實(shí)驗(yàn)中常用方法之一．13【考點(diǎn)】：牛頓第二定律；勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系．【專(zhuān)題】：牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題．【分析】：〔1〕平板車(chē)剎車(chē)后，平板車(chē)做勻減速運(yùn)動(dòng)到零，小球以初速度做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)．先判斷小球滾出小車(chē)時(shí)車(chē)是否已經(jīng)停止運(yùn)動(dòng)，而后求出小車(chē)做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)位移x車(chē)，小球通過(guò)的位移x球，位移之差就等于平板車(chē)的長(zhǎng)度而得出勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．〔2〕小球離開(kāi)小車(chē)后做平拋運(yùn)動(dòng)，求出小球的水平位移與小球滑出后小車(chē)的水平位移之差，即是小球落地時(shí)落點(diǎn)離小車(chē)右端的距離．【解析】：解：〔1〕剎車(chē)后小車(chē)做勻減速運(yùn)動(dòng)，小球繼續(xù)做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t，小球離開(kāi)小車(chē)，經(jīng)判斷知此時(shí)小車(chē)沒(méi)有停止運(yùn)動(dòng)，那么x球=v0t①x車(chē)=v0t﹣at2②x球﹣x車(chē)=L③代入數(shù)據(jù)可解得：t=1s④〔2〕由h=知t1=0.5s小球落地時(shí)，小車(chē)已經(jīng)停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)從剎車(chē)到小球落地，小車(chē)和小球總位移分別為x1、x2，那么：x1=⑤x2=v0〔t+t1〕⑥設(shè)小球落地時(shí)，落點(diǎn)離小車(chē)右端的距離為△x，那么：△x=x2﹣〔L+x1〕⑦解④⑤⑥⑦得：△x=2.375m答：〔1〕從剎車(chē)開(kāi)始到小球離開(kāi)小車(chē)所用的時(shí)間為1s〔2〕小球落地時(shí)落點(diǎn)離小車(chē)右端的距離是2.375m．【點(diǎn)評(píng)】：解決此題的關(guān)鍵在于理清平板車(chē)和物體的運(yùn)動(dòng)情況，知道剎車(chē)后小車(chē)做勻減速運(yùn)動(dòng)，小球繼續(xù)做勻速運(yùn)動(dòng)，并且注意剎車(chē)停止的時(shí)間，靈活運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解．14.【考點(diǎn)】：導(dǎo)體切割磁感線(xiàn)時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化．【專(zhuān)題】：電磁感應(yīng)——功能問(wèn)題．【分析】：〔1〕〕對(duì)桿b受力分析根據(jù)平衡條件和安培力大小得出v與t關(guān)系，從而判定a的運(yùn)動(dòng)情況〔2〕根據(jù)電荷量q=t和歐姆定律求解電荷量〔3〕對(duì)系統(tǒng)，運(yùn)用能量守恒定律求解b的熱量，由于兩桿的電阻不相等，通過(guò)的感應(yīng)電流相等，產(chǎn)生的焦耳熱與電阻成正比，故得到b桿產(chǎn)生的熱量Qb【解析】：解：〔1〕電流方向從m→n，因?yàn)闂Ub靜止，所以有：F2﹣B2IL=Mgtan37°①而F2=0.75+0.2t②解①②得：I=0.4t〔A〕電路中的電動(dòng)勢(shì)由桿a運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生，故有：E=I〔Ra+Rb〕，E=B1Lv聯(lián)立得：v=4t所以，桿a做加速度為a=4m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)〔2〕桿a在1s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的距離我：d=at2==2mq=△t=E==q====0.2C即1s內(nèi)通過(guò)桿b的電荷量為0.2C．〔3〕設(shè)整個(gè)電路中產(chǎn)生的熱量為Q，由能量守恒定律得W1﹣Q=Mv12v1=at=4×2=8m/sQb=Q聯(lián)立上式解得Qb=6J答：〔1〕桿a做加速度為a=4m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)．〔2〕1s內(nèi)通過(guò)桿b的電荷量為0.2C．〔3〕這段時(shí)間內(nèi)桿b上產(chǎn)生的熱量為6J【點(diǎn)評(píng)】：此題是雙桿問(wèn)題，認(rèn)真審題，分析兩桿的狀態(tài)，根據(jù)電磁感應(yīng)的規(guī)律和平衡條件求解是關(guān)鍵，涉及能量的問(wèn)題，要合理選擇過(guò)程，利用能量守恒定律列式求解．15【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．【專(zhuān)題】：帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題．【分析】：〔1〕描出某一條由PQ邊界出場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何關(guān)系可知粒子射出磁場(chǎng)速度與PQ的夾角為30°，與x軸間夾角為60°，所以一定能夠進(jìn)入第一象限．〔2〕粒子垂直電場(chǎng)進(jìn)入第一象限，畫(huà)出運(yùn)動(dòng)軌跡．由幾何關(guān)系得半徑和坐標(biāo)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律解速度；〔3〕由幾何關(guān)系可知OD長(zhǎng)度和DS長(zhǎng)度，再根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和幾何知識(shí)得粒子經(jīng)過(guò)x軸的坐標(biāo)值．【解析】：解：〔1〕畫(huà)出某一條由PQ邊界射出磁場(chǎng)的粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖，由幾何關(guān)系可知粒子射出磁場(chǎng)時(shí)速度與PQ的夾角為30°，與x軸間夾角為60°，所以一定能夠進(jìn)入第一象限．〔2〕假設(shè)粒子垂直電場(chǎng)進(jìn)入第一象限，那么軌跡如下圖．由幾何關(guān)系可知半徑轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為30°，半徑r=2OQ=L由洛倫茲力提供向心力得：qv0B=可得v0=離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)縱坐標(biāo)：y=r﹣rcos30°=〔﹣〕L〔3〕粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖，由幾何關(guān)系可知OD長(zhǎng)度x1=ytan30°=〔1﹣〕LDS長(zhǎng)度y1=2x1=〔2﹣〕L設(shè)DO1長(zhǎng)度為y2，在△DO1F中O1F長(zhǎng)度為y2，由平拋運(yùn)動(dòng)中某時(shí)刻速度方向角α與位移方向角β關(guān)系：tanα=2tanβ有×2=tan