2014-2015學年江蘇省淮安 市淮陰四中高三（上）期末物理試卷一（16分）單項選擇題本大題有8小題，每小題2分每小題給出的四個答案中，只有一個是正確的1下列物理規律中不能直接通過實驗進行驗證的是（）a 牛頓第一定律b 歐姆定律c 玻意耳定律d 機械能守恒定律2最早提出物體運動不需要力來維持的人物是（）a 亞里士多德b 伽利略c 牛頓d 笛卡爾3如圖所示a、b分別表示某一個門電路兩個輸入端的信號，z表示該門電路輸出端的信號，則根據它們的波形可以判斷該門電路是（）a “與”門b “或”門c “非”門d “與非”門4做“互成角度的兩個共點力的合成”的實驗，實驗中所說的合力與兩個分力具有相同的效果，是指下列說法中的（）a 彈簧秤的彈簧被拉長相同長度b 兩彈簧秤相對橡皮條保持相同的角度c 細繩套受拉力產生相同的形變d 使橡皮條在某一方向上伸長到某一長度5用細繩拉著質量為m的小球在光滑水平面上作勻速圓周運動，運動中（）a 小球的速度不變b 小球的速度不斷改變c 細繩對小球的拉力一定小于mgd 細繩對小球的拉力可能為零6關于分子運動，下列說法中正確的是（）a 布朗運動就是液體分子的熱運動b 布朗運動圖示中不規則折線表示的是液體分子的運動軌跡c 當分子間的距離變小時，分子間作用力可能減小，也可能增大d 物體溫度改變時物體分子的平均動能不一定改變7開爾文運用合理外推的方法，建立起熱力學溫標，所利用的實驗事實是一定質量的氣體（）a 壓強不變，體積與攝氏溫度成正比b 體積不變，壓強與攝氏溫度成正比c 溫度不變，壓強與體積成反比d 體積不變，壓強與攝氏溫度成線性關系8關于平拋運動，以下說法中正確的是（）a 平拋運動是一種變加速運動b 作平拋運動的物體加速度隨時間逐漸增大c 作平拋運動的物體每秒內速度增量相等d 作平拋運動的物體每秒內位移增量相等二（24分）單項選擇題（本大題有8小題，每小題3分每小題給出的四個答案中，只有一個是正確的）9某物體質量為1kg，受水平拉力作用沿水平粗糙地面作直線 運動，其速度圖象如圖所示，根據圖象可知物體（）a 受的拉力總是大于摩擦力b 在第3s內受的拉力為1nc 在第1s內受的拉力大于2nd 在第2s內受的拉力為零10一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，t=0時刻的波形如圖中實線所示，t=0.2s時刻的波形如圖中的虛線所示，則（）a 質點p在t=0.2s時刻向下運動b 波的周期可能為0.4sc 波的頻率可能為6.25hzd 波的傳播速度可能為20m/s11在赤道上某處有一支避雷針當帶有負電的烏云經過避雷針上方時，避雷針開始放電形成瞬間電流，則地磁場對避雷針的作用力的方向為（）a 正東b 正西c 正南d 正北12帶電粒子僅在電場力作用下，從電場中a點以初速度v0進入電場并沿虛線所示的軌跡運動到b點，如圖所示，可以判斷（）a 粒子的加速度在a點時較大b 粒子的電勢能在b點時較大c 粒子可能帶負電，在b點時速度較大d 粒子一定帶正電，動能先變小后變大13如圖所示，一定質量的同種理想氣體從a、b、c、d四個不同的初狀態變化到同一末狀態e，它們的壓強變化情況是（）a 從a到e，壓強增大b 從b到e，壓強增大c 從c到e，壓強增大d 從d到e，壓強減小14如圖所示，木塊m放在木板ab上，開始=0，現在木板a端 用一個豎直向上的力f使木板繞b端逆時針緩慢轉動（b端不滑動）在m 相對ab保持靜止的過程中（）a 木塊m對木板ab的作用力逐漸減小b 木塊m受到的靜摩擦力隨呈線性增大c 豎直向上的拉力f保持不變d 拉力f的力矩先逐漸增大再逐漸減小15兩個絕緣固定帶等量正電的點電荷，其連線的垂直平分線上有a、b兩對稱點，如圖所示另一個帶正電質量不計的點電荷q從a點以速度v沿中垂線方向運動至b點，在這過程中，q的動能變化情況是（）a 可能一直增大b 可能一直減小c 先減小，后增大d 先增大，后減小16某長直導線中分別通以如圖所示的電流，則下面說法中正確的是（）a 圖所示電流周圍產生勻強磁場b 圖所示電流周圍的磁場是穩定的c 圖所示電流周圍各點的磁場方向在0t1時間內與t1t2時間內的方向是相反的d 圖所示電流周圍的磁場先變強再變弱，磁場中各點的磁感強度方向不變三（16分）多項選擇題（本大題有4小題，每小題4分每小題給出的四個答案中，有二個或三個是正確的，全部選對的，得4分；選對但不全的，得2分；有選錯或不答的，得0分）17在無風的情況下，跳傘運動員從水平飛行的飛機上跳傘，考慮到空氣阻力的因素，則下列描繪某段下落過程中速度的水平分量大小vx豎直分量大小vy與時間t的圖象中可能正確的圖是（）a b c d 18滑塊以某初速度從固定的粗糙斜面底端向上運動，然后又滑回到斜面底端，若滑塊向上運動的位移中點為a，取斜面底端重力勢能為零，則滑塊（）a 上滑過程機械能減小，下滑過程機械能增大b 上滑過程機械能減小，下滑過程機械能也減小c 上滑至a點時動能大于勢能d 下滑至a點時動能大于勢能19簡諧波a與b在某時刻的波形如圖所示，經過t=ta時間（ta為波a的周期），兩波仍出現如此波形，則兩波的波速之比va：vb可能是（）a 1：1b 1：2c 2：3d 3：220如圖所示電路中，電源的內電阻為r，r1、r3、r4均為定值電阻，電表均為理想電表閉合電鍵s，滑動變阻器r2的滑片向右滑動，電流表和電壓表示數變化量的大小分別為i、u，下列結論正確的是（）a 電壓表示數變大b 電流表示數變大c rd r四（20分）填空題本大題有5小題，每小題4分21體積為v的油滴，滴在平靜的水面上，擴展成面積為s的單分子油膜，則該油滴的分子直徑約為；已知阿伏伽德羅常數為na，油的摩爾質量為m，則一個油分子的質量為22汽車發動機的功率為60kw，若汽車總質量為5103 kg，在水平路面上行駛時，所受阻力大小恒為5103 n，則汽車所能達到的最大速度為m/s；若汽車以0.5m/s2的加速度由靜止開始做勻加速運動，這一過程能維持的時間為s23科學家在研究地月組成的系統時，從地球向月球發射激光，測得激光往返時間為t若已知萬有引力恒量為g，月球繞地球旋轉（可看成勻速圓周運動）的周期為t，光速為c，地球到月球的距離遠大于它們的半徑則由以上述物理量可以求出月球到地球的距離為；可求得地球的質量為24在如圖所示勻強電場中，a、b、c、d四點是一個邊長為0.1m的正方形的頂點，已知a、b、c三點電勢分別為ua=25v，ub=15v，uc=5v，則d點的電勢ud=v；該勻強電場的場強大小為v/m25一質量不計的直角形支架兩端分別連接質量為m和2m的小球a和 b支架的兩直角邊長度分別為2l和l，支架可繞固定軸o在豎直平面內轉動，如圖所示開始時oa邊處于水平位置，由靜止釋放，不計任何阻力轉動中設oa邊與水平方向的夾角為，則當a球速度達最大時為；假定支架未轉動時兩小球的總重力勢能為eo，轉動中當a的速度為時兩小球的總重力勢能為eo/3五（24分）實驗題本大題有4小題.26某同學利用dis研究電梯在豎直方向的運動在電梯中掛一質量為3kg的重物，用力傳感器測出懸繩的拉力f，得到如圖所示的ft圖象 （1）根據圖象判斷電梯在不同時間段加速度、速度的變化 情況是：a時間段；b時間段；c時間段（2）若電梯在t=0時由靜止開始運動，請判斷電梯的運動 方向，并請敘述理由27如圖所示為“研究有固定轉動軸物體的平衡條件”實驗，力矩盤上各同心圓的間距相等在a、b兩點分別用細線懸掛若干鉤碼，c點掛上彈簧秤后力矩盤平衡已知每個鉤碼所受的重力均為1n （1）此時彈簧秤示數為n，b點細線上懸掛的鉤碼個數為個；（2）有同學在做這個實驗時，發現順時針力矩之和與逆時針力矩之和存在較大差距，檢查發現讀數和計算均無差錯，請指出造成這種差距的一個可能原因，并提出簡單的檢驗方法（如例所示，將答案填在下表空格中） 可能原因檢驗方法例力矩盤面沒有調到豎直用一根細線掛一個鉤碼靠近力矩盤面，如果細線與力矩盤面間存在一個小的夾角，說明力矩盤不豎直答28某同學用伏安法測一節干電池的電動勢和內電阻，改變滑動變阻器滑片位置記錄六組數據，然后畫出ui圖象，如圖所示根據圖線，干電池的電動勢為v，內電阻為；在此實驗中，電源的最大輸出功率是w29發光晶體二極管是用電器上做指示燈用的一種電子元件它的電路符號如圖（甲）所示，正常使用時，帶“+”號的一端接高電勢，帶“”的一端接低電勢某同學用滑動變阻器改變阻值的方法用伏特表和毫安電流表測得二極管兩端的電壓ud和通過它的電流i的數據，并記錄在下表中：ud/v00.40.81.21.62.02.42.62.83.0i/ma00.92.34.36.813.019.024.025.837.0要求：在圖（乙）中的虛線內畫出該同學的實驗電路圖；在圖（丙）中的小方格紙上用描點法畫出二極管的伏安特性曲線，并判斷該二極管的電阻隨所加電壓的變化怎樣變化；已知該發光二極管的最佳工作電壓為2.5v，現用5v穩壓電源供電，需要串聯一個電阻r才能使二極管工作在最佳狀態，試運用伏安特性曲線計算r的阻值（取整數）六（50分）計算題本大題有4小題30如圖所示，斜面的傾角為37，一物塊從斜面a點由靜止釋放物塊與水平面和斜面的動摩擦因數均為0.2，ab=2.2m，不計物塊滑至b點時由于碰撞的能量損失，取g=10m/s2（sin37=0.6，cos37=0.8）（1）物塊從a點滑至b點的時間為多少？（2）若物塊最終滑至c點停止，bc間的距離為多大？31一個內壁光滑的圓柱形氣缸，質量為m，高度為l，、底面積為s缸內有一個質量為m的活塞，封閉了一定質量的理想氣體，不計活塞厚度溫度為t0時，用繩子系住活塞將氣缸懸掛起來，氣缸內氣體高為l1，如圖甲所示如果用繩子系住氣缸底，將氣缸倒過來懸掛起來，氣缸內氣體高為l2，如圖乙所示設兩種情況下氣缸都處于豎直狀態，求：（1）當時的大氣壓強；（2）圖乙狀態時溫度升高到多少時，活塞將與氣缸脫離？32導電的正方形線框abcd邊長為l，每邊的電阻均為r0，線框置于光滑水平導軌oo與nn上，導軌間距也為l，電阻不計，on端所接電池的電動勢為，內阻為r，整個裝置處在磁感強度大小為b方向向下的勻強磁場中現將電鍵s閉合，求s閉合瞬間（1）線框所受安培力的方向（在圖中標示出來）；（2）線框所受安培力的大小；（3）電路的發熱功率33如圖所示，固定于同一條豎直線上的a、b是兩個帶等量異種電荷的點電荷，電荷量分別為+q和q，a、b相距為2dmn是豎直放置的光滑絕緣細桿，另有一個穿過細桿的帶電小球p，其質量為m、電荷量為+q（可視為點電荷，不影響電場的分布），現將小球p從與點電荷a等高的c處由靜止開始釋放，小球p向下運動到距c點距離為d的o點時，速度為v，已知mn與ab之間的距離為d，靜電力常量為k，重力加速度為g求：（1）c、o間的電勢差uco；（2）小球p在o點時的加速度；（3）小球p經過與點電荷b等高的d點時的速度2014-2015學年江蘇省淮安市淮陰四中高三（上）期末物理試卷參考答案與試題解析一（16分）單項選擇題本大題有8小題，每小題2分每小題給出的四個答案中，只有一個是正確的1下列物理規律中不能直接通過實驗進行驗證的是（）a 牛頓第一定律b 歐姆定律c 玻意耳定律d 機械能守恒定律考點：牛頓第一定律專題：牛頓運動定律綜合專題分析：本題考查了理想實驗的應用，根據理想實驗的特點即可解答解答：解：“理想實驗”雖然也叫做“實驗”，但它同真實的科學實驗是有原則區別的，真實的科學實驗是一種實踐的活動，而“理想實驗”則是一種思維的活動；真實的科學實驗是可以將設計通過物化過程而實現的實驗，后者則是由人們在抽象思維中設想出來而實際上無法做到的實驗，牛頓第一定律是描述的物體在不受外力作用下的運動情況，而不受外力的物體是不存在的，因此只能通過“理想實驗”來驗證，故bcd錯誤，a正確故選a點評：本題比較簡單，考查了物理思想、物理方法的應用2最早提出物體運動不需要力來維持的人物是（）a 亞里士多德b 伽利略c 牛頓d 笛卡爾考點：物理學史專題：常規題型分析：明確了題目所提到的科學家的重要貢獻即可正確解答本題解答：解：a、亞里士多德認為力是維持物體運動的原因，故a錯誤；b、最早提出物體運動不需要力來維持的科學家是伽利略，故b正確；c、牛頓在伽利略等科學家的基礎上提出了牛頓三定律，故c錯誤；d、笛卡爾從理論和實踐兩方面參與了對光的本質、反射與折射率以及磨制透鏡的研究，笛卡爾運用他的坐標幾何學從事光學研究等，故d錯誤故選b點評：本題考查了有關物理學史的知識，對于這部分知識注意是注意平時加強積累和記憶3如圖所示a、b分別表示某一個門電路兩個輸入端的信號，z表示該門電路輸出端的信號，則根據它們的波形可以判斷該門電路是（）a “與”門b “或”門c “非”門d “與非”門考點：簡單的邏輯電路專題：恒定電流專題分析：與門的特點：事件的所有條件滿足，事件才能發生或門的特點：只要有一個條件滿足，事件就能發生非門的特點：輸入狀態和輸出狀態完全相反解答：解：將a、b、c、d四個門電路注意代入，與門輸入端全為“1”，輸出端才為“1”，或門輸入端只要有“1”，輸出端就為“1”發現a正確，b、c、d錯誤故選：a點評：解決本題的關鍵掌握門電路的特點，與門的特點：事件的所有條件滿足，事件才能發生或門的特點：只要有一個條件滿足，事件就能發生非門的特點：輸入狀態和輸出狀態完全相反4做“互成角度的兩個共點力的合成”的實驗，實驗中所說的合力與兩個分力具有相同的效果，是指下列說法中的（）a 彈簧秤的彈簧被拉長相同長度b 兩彈簧秤相對橡皮條保持相同的角度c 細繩套受拉力產生相同的形變d 使橡皮條在某一方向上伸長到某一長度考點：驗證力的平行四邊形定則專題：實驗題分析：根據合力與分力的關系：效果相同進行分析解答：解：a、彈簧稱拉力大小可以調節，不需要被拉長相同長度，保證兩次效果相同就行故a錯誤 b、兩彈簧秤對橡皮條的拉力方向可以調節，只要兩次效果就行故b錯誤 c、研究對象是橡皮條，使橡皮筋同方向伸長量相同，不是細繩套產生相同的形變故b錯誤 d、合力和分力的效果由橡皮的拉伸體現，效果相同，橡皮條在某一方向上伸長到相同長度故d正確故選d點評：實驗的核心是實驗原理，根據原理分析選擇器材和注意事項5用細繩拉著質量為m的小球在光滑水平面上作勻速圓周運動，運動中（）a 小球的速度不變b 小球的速度不斷改變c 細繩對小球的拉力一定小于mgd 細繩對小球的拉力可能為零考點：線速度、角速度和周期、轉速專題：勻速圓周運動專題分析：用細繩拉著質量為m的小球在光滑水平面上做勻速圓周運動，速度的大小不變，方向時刻改變，繩子的拉力提供做圓周運動所需的向心力解答：解：a、小球做勻速圓周運動，速度的大小不變，方向時刻改變所以小球的速度不斷改變故a錯誤，b正確 c、繩子的拉力提供做圓周運動所需的向心力速度大，所需的向心力大，拉力就大，所以拉力可能比重力大，也可能比重力小，不可能為0所以c、d錯誤故選b點評：解決本題的關鍵知道勻速圓周運動的特點，速度時刻改變，拉力提供做圓周運動的向心力6關于分子運動，下列說法中正確的是（）a 布朗運動就是液體分子的熱運動b 布朗運動圖示中不規則折線表示的是液體分子的運動軌跡c 當分子間的距離變小時，分子間作用力可能減小，也可能增大d 物體溫度改變時物體分子的平均動能不一定改變考點：布朗運動；分子間的相互作用力專題：布朗運動專題分析：解答本題需要掌握：布朗運動的實質以及物理意義，尤其是體會其無規則運動的含義；分子力與分子距離之間的關系；理解溫度是分子平均動能的標志的含義解答：解：a、布朗運動是懸浮在液體中固體微粒的無規則運動，是由大量液體分子撞擊形成的，是液體分子無規則運動反應，故a錯誤；b、布朗運動圖示中不規則折線表示其運動的無規則性，并非運動軌跡，故b錯誤；c、要判斷分子力與分子之間距離的變化關系，首先明確分子之間開始距離與r0的關系，如若分子之間距離由無窮遠開始變小，分子力變化可能是先增大后減小再增大，故c正確；d、溫度是分子平均動能的標志，物體溫度改變，分子平均動能一定改變，故d錯誤故選c點評：本題考查了有關分子熱運動的基礎知識，對于這些基礎知識，平時學習不能忽略，要加強記憶與積累7開爾文運用合理外推的方法，建立起熱力學溫標，所利用的實驗事實是一定質量的氣體（）a 壓強不變，體積與攝氏溫度成正比b 體積不變，壓強與攝氏溫度成正比c 溫度不變，壓強與體積成反比d 體積不變，壓強與攝氏溫度成線性關系考點：氣體的等容變化和等壓變化專題：氣體的狀態參量和實驗定律專題分析：開爾文所利用的實驗事實是氣體發生等容變化時，壓強與攝氏溫度成線性關系解答：解：開爾文所利用的實驗事實是氣體體積不變時，壓強與攝氏溫度成線性關系，pt圖象不過原點，開爾文運用合理外推，將p軸平移到273.15c，新坐標原點代表的溫度作為熱力學溫度t的零度，壓強p與t成正比故選d點評：本題考查物理學史，這也是高考常見內容之一對于物理學史上著名物理學家、經典實驗、重要學說等等要記牢8關于平拋運動，以下說法中正確的是（）a 平拋運動是一種變加速運動b 作平拋運動的物體加速度隨時間逐漸增大c 作平拋運動的物體每秒內速度增量相等d 作平拋運動的物體每秒內位移增量相等考點：平拋運動專題：平拋運動專題分析：平拋運動初速度水平，只受重力；將平拋運動沿著水平和豎直方向正交分解，其水平分運動為勻速直線運動，豎直分運動為自由落體運動解答：解：a、b、平拋運動只受重力，故根據牛頓第二定律，加速度的大小和方向都不變，是一種勻變速曲線運動，故a錯誤、b也錯誤；c、由于平拋運動的加速度恒定，故速度每秒的增加量相同，大小為10m/s，方向為豎直向下，故c正確；d、平拋運動水平分運動為勻速運動，豎直分運動為自由落體運動，有x=v0t故合位移為，每秒增量不等，故d錯誤；故選c點評：本題關鍵是將小球的運動沿著水平和豎直方向正交分解，然后根據運動合成的平行四邊形定則得到合速度、加速度、位移的情況二（24分）單項選擇題（本大題有8小題，每小題3分每小題給出的四個答案中，只有一個是正確的）9某物體質量為1kg，受水平拉力作用沿水平粗糙地面作直線 運動，其速度圖象如圖所示，根據圖象可知物體（）a 受的拉力總是大于摩擦力b 在第3s內受的拉力為1nc 在第1s內受的拉力大于2nd 在第2s內受的拉力為零考點：牛頓第二定律；勻變速直線運動的圖像專題：牛頓運動定律綜合專題分析：從圖象得到第一秒勻加速直線運動，第二秒做勻速直線運動，第三秒做勻加速直線運動；根據運動學公式求出加速度后，再根據牛頓第二定律列式解答：解：a、物體第一秒勻加速直線運動，第二秒做勻速直線運動，第三秒做勻加速直線運動，加速度分別為：=2m/s2，a2=0，根據牛頓第二定律，有f1f=ma1 f2f=0 f3f=ma3 由式，第二秒的拉力等于摩擦力，故a錯誤；b、由式，第三秒內拉力比摩擦力大1n，故b錯誤；c、由式，第一秒內的拉力大于2n，故c正確；d、由式，第二秒內拉力等于摩擦力，故d錯誤；故選c點評：本題關鍵是根據圖象得到運動規律，然后根據牛頓第二定律列式分析求出拉力10一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，t=0時刻的波形如圖中實線所示，t=0.2s時刻的波形如圖中的虛線所示，則（）a 質點p在t=0.2s時刻向下運動b 波的周期可能為0.4sc 波的頻率可能為6.25hzd 波的傳播速度可能為20m/s考點：波長、頻率和波速的關系；橫波的圖象專題：波的多解性分析：根據波的傳播方向確定質點p的振動方向結合波的周期性，分析時間t與周期的關系通項，并求出頻率和波速的通項，再確定特殊值解答：解：解：a、簡諧橫波沿x軸正方向傳播，質點p在t=0.2s時刻向上運動故a錯誤 b、由題意，t=（n+）t，t=，（n=0，1，2，、）因為n為整數，t不可能等于0.4s故b錯誤 c、頻率f=，當n=1時，f=6.25hz，故c正確 d、頻速v=f=30（4n+1）m/s，因為n為整數，v不可能等于20m/s故d錯誤故選c點評：本題的方法是由波動圖象讀出波長，根據題給條件，列出周期與時間t的關系通項，分析特殊值培養運用數學知識解決物理問題的能力11在赤道上某處有一支避雷針當帶有負電的烏云經過避雷針上方時，避雷針開始放電形成瞬間電流，則地磁場對避雷針的作用力的方向為（）a 正東b 正西c 正南d 正北考點：左手定則；地磁場分析：左手定則的內容是：伸開左手，使大拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內；讓磁感線從掌心進入，并使四指指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向解答：解：當帶有負電的烏云經過避雷針上方時，避雷針開始放電形成瞬間電流，負電電荷從上而下通過避雷針，所以電流的方向為從下而上，磁場的方向從南向北，根據左手定則，安培力的方向向西故b正確，a、c、d錯誤故選b點評：解決本題的關鍵掌握左手定則判斷安培力的方向12帶電粒子僅在電場力作用下，從電場中a點以初速度v0進入電場并沿虛線所示的軌跡運動到b點，如圖所示，可以判斷（）a 粒子的加速度在a點時較大b 粒子的電勢能在b點時較大c 粒子可能帶負電，在b點時速度較大d 粒子一定帶正電，動能先變小后變大考點：電場線；牛頓第二定律；電場強度；電勢能專題：電場力與電勢的性質專題分析：做曲線運動的物體所受的合力大致指向軌跡凹的一向，根據此可判斷出電場力的方向以及電場力的做功情況，根據電場力做功可判斷出動能、電勢能的變化粒子的加速度可通過比較合力（電場力）進行比較解答：解：a、a點的電場強度比b點小，則在a所受的電場力（即合力）小，所以粒子的加速度在a點時較小故a錯誤 b、根據軌跡彎曲程度，知電場力的方向沿電場線切線方向向右，所以該電荷是正電荷從a點到b點，電場力先做負功，再做正功，電勢能先增加后降低，動能先變小后增大但a點到b點，整個過程最終電場力做正功，所以a點的電勢能大于b點，a點的動能小于b點故b、c錯誤，d正確故選d點評：解決本題的關鍵通過軌跡的彎曲方向判斷出電場力的方向，根據電場力做功判斷出動能的變化和電勢能的變化13如圖所示，一定質量的同種理想氣體從a、b、c、d四個不同的初狀態變化到同一末狀態e，它們的壓強變化情況是（）a 從a到e，壓強增大b 從b到e，壓強增大c 從c到e，壓強增大d 從d到e，壓強減小考點：理想氣體的狀態方程專題：理想氣體狀態方程專題分析：由圖可知圖象為vt圖象，根據圖象可知壓強與熱力學溫度的關系；根據氣體狀態方程=c和已知的變化量去判斷其它的物理量解答：解：a、從a到e，v不變，t增大，根據氣體狀態方程=c知道壓強增大，故a正確b、從b到e，過原點的直線是等壓線，壓強不變故b錯誤c、從c到e，t不變，v增大，p減小，故c錯誤d、從d到e，v減小，t增大，根據氣體狀態方程=c知道壓強增大，故d正確故選ad點評：本題考查氣體的狀態方程中對應的圖象，在vt圖象中等壓線為過原點的直線要注意研究過程中哪些量不變，哪些量變化14如圖所示，木塊m放在木板ab上，開始=0，現在木板a端 用一個豎直向上的力f使木板繞b端逆時針緩慢轉動（b端不滑動）在m 相對ab保持靜止的過程中（）a 木塊m對木板ab的作用力逐漸減小b 木塊m受到的靜摩擦力隨呈線性增大c 豎直向上的拉力f保持不變d 拉力f的力矩先逐漸增大再逐漸減小考點：共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用；力矩的平衡條件專題：共點力作用下物體平衡專題分析：對m受力分析，受到重力、支持力和靜摩擦力，根據共點力平衡條件列式求解；再對整體運用力矩平衡條件分析解答：解：a、木塊m受重力、支持力和靜摩擦力，其中支持力和靜摩擦力都是木板對滑塊的力，根據三力平衡條件，支持力和靜摩擦力一定等于重力，根據牛頓第三定律，木塊對木板的作用力也等于木板的重力，故a錯誤；b、對m受力分析，受到重力、支持力和靜摩擦力，如圖根據共點力平衡條件，有fmgsin=0nmgcos=0解得f=mgsin即靜摩擦力隨著的增大而增大，但不是線性關系，故b錯誤；c、對木塊和木板整體而言，總重力要使板順時針轉動，拉力要使半逆時針轉動，根據力矩平衡條件，有flcos=mgcos+mglcos其中：l為板長，l為木塊與支持點的距離解得：f=mg+，與角度無關，故c正確；d、拉力f的力矩為flcos，故越來越小，故d錯誤；故選c點評：本題關鍵對m受力分析，根據共點力平衡條件列式分析；在對m與m整體運用力矩平衡條件列式分析15兩個絕緣固定帶等量正電的點電荷，其連線的垂直平分線上有a、b兩對稱點，如圖所示另一個帶正電質量不計的點電荷q從a點以速度v沿中垂線方向運動至b點，在這過程中，q的動能變化情況是（）a 可能一直增大b 可能一直減小c 先減小，后增大d 先增大，后減小考點：電場強度；動能定理的應用；電場的疊加；電勢能專題：電場力與電勢的性質專題分析：點電荷q受到的電場力是兩個等量同種電荷對它庫侖力的合力，判斷出合力的方向，根據動能定理判斷q的動能變化解答：解：在兩等量同種電荷兩線的中點以上，根據平行四邊形定則，q受到兩電荷對它庫侖力的合力豎直向上，在中點以下，受到庫侖力的合力豎直向下，根據動能定理，合力先做負功，再做正功，動能先減小后增大故c正確，a、b、d錯誤故選c點評：解決本題的關鍵掌握用平行四邊形定則進行力的合成，以及用動能定理判斷動能的變化16某長直導線中分別通以如圖所示的電流，則下面說法中正確的是（）a 圖所示電流周圍產生勻強磁場b 圖所示電流周圍的磁場是穩定的c 圖所示電流周圍各點的磁場方向在0t1時間內與t1t2時間內的方向是相反的d 圖所示電流周圍的磁場先變強再變弱，磁場中各點的磁感強度方向不變考點：電磁場分析：根據奧斯特實驗可知：電流周圍存在磁場；麥克斯韋電磁場的理論：變化的電場周圍產生磁場，變化的磁場周圍產生電場解答：解：a、圖（1）是恒定電流，則電流周圍產生穩定的磁場，而不是勻強磁場故a不正確；b、圖（2）是均勻變化的電流，則其周圍的磁場是變化的，而不是穩定的故b不正確；c、圖（3）電流大小在0t1時間內均勻增加，而在t1t2時間內均勻減小，但方向卻沒有變化所以產生的磁場方向也不會變化故c不正確；d、圖（4）電流大小先增后減，則磁場也先增后減，且方向不變故d正確；故選d點評：考查電流大小與方向的變化會引起磁場的產生或變化三（16分）多項選擇題（本大題有4小題，每小題4分每小題給出的四個答案中，有二個或三個是正確的，全部選對的，得4分；選對但不全的，得2分；有選錯或不答的，得0分）17在無風的情況下，跳傘運動員從水平飛行的飛機上跳傘，考慮到空氣阻力的因素，則下列描繪某段下落過程中速度的水平分量大小vx豎直分量大小vy與時間t的圖象中可能正確的圖是（）a b c d 考點：勻變速直線運動的圖像專題：運動學中的圖像專題分析：通常情況下，空氣阻力隨速度的增大而增大；考慮到空氣阻力的因素，跳傘運動員從水平飛行的飛機上跳傘，水平方向由于慣性繼續前進，但由于空氣阻力，做加速度減小的減速運動；豎直方向，由于空氣阻力的影響，做加速度不斷減小的加速運動解答：解：a、b、通常情況下，空氣阻力隨速度的增大而增大；考慮到空氣阻力的因素，跳傘運動員從水平飛行的飛機上跳傘，水平方向由于慣性繼續前進，但由于空氣阻力，做加速度減小的減速運動；故a錯誤，b正確；c、d、豎直方向，受到重力和阻力，根據牛頓第二定律，有mgf=ma由于空氣阻力的影響，做加速度不斷減小的加速運動，故c正確，d錯誤；故選：bc點評：本題關鍵是將跳傘運動員的運動沿著水平方向和豎直方向正交分解，然后根據牛頓第二定律分析加速度的變化情況，最后根據加速度與速度的關系得到各個分速度的變化規律18滑塊以某初速度從固定的粗糙斜面底端向上運動，然后又滑回到斜面底端，若滑塊向上運動的位移中點為a，取斜面底端重力勢能為零，則滑塊（）a 上滑過程機械能減小，下滑過程機械能增大b 上滑過程機械能減小，下滑過程機械能也減小c 上滑至a點時動能大于勢能d 下滑至a點時動能大于勢能考點：機械能守恒定律專題：機械能守恒定律應用專題分析：除重力外其余力做的功等于物體機械能的變化量，物體滑動過程中，摩擦力一直做負功，故機械能不斷減小，然后寫出機械能的表達式進行分析討論解答：解：a、b、除重力外其余力做的功等于物體機械能的變化量，物體滑動過程中，支持力不做功，摩擦力一直做負功，故機械能不斷減小，故a錯誤，b正確；c、設最高點為b點，物體上滑過程中：ekaekb，即，故，即上滑時a點的動能大于勢能，故c正確；d、下滑過程中，機械能不斷減小，有：ekbeka，即，故，即下滑時在a點勢能大于動能，故d錯誤；故選bc點評：本題關鍵在于滑動過程中，機械能不斷減小，然后寫出機械能的具體表達形式進行分析處理19簡諧波a與b在某時刻的波形如圖所示，經過t=ta時間（ta為波a的周期），兩波仍出現如此波形，則兩波的波速之比va：vb可能是（）a 1：1b 1：2c 2：3d 3：2考點：波長、頻率和波速的關系；橫波的圖象分析：本題首先由圖得到兩列波的波長之比；兩波波形重復時，經過的時間t=ta，可能是b周期的整數倍，得到兩列波周期之比的通項，由波速公式得到兩波的波速之比va：vb的通項，即可分析得解解答：解：由圖得：a波的波長為a=a，b波的波長為b=a根據周期性可知，t=ntb，n=1，2，3，又t=ta，得ta=ntb，得到ta：tb=n：1由波速公式v=得，比va：vb=：=2：n當n=2時，va：vb=1：1；當n=3時，va：vb=2：3；當n=4時，va：vb=1：2；由于n是整數，所以va：vb不可能等于3：2故選abc點評：本題的解題關鍵要抓住波的周期性，得到波速之比va：vb的通項，即可正確求解20如圖所示電路中，電源的內電阻為r，r1、r3、r4均為定值電阻，電表均為理想電表閉合電鍵s，滑動變阻器r2的滑片向右滑動，電流表和電壓表示數變化量的大小分別為i、u，下列結論正確的是（）a 電壓表示數變大b 電流表示數變大c rd r考點：閉合電路的歐姆定律專題：壓軸題；恒定電流專題分析：由圖，r1、r2并聯，再與r4串聯，與r3并聯，電壓表測量路端電壓，等于r3電壓由r2接入電路的電阻變化，根據歐姆定律及串并關系，分析電流表和電壓表示數變化量的大小解答：解：設r1、r2、r3、r4的電流分別為i1、i2、i3、i4，電壓分別為u1、u2、u3、u4干路電流為i總，路端電壓為u，電流表電流為i a、r2變大，外電阻變大，i總變小，u=eir變大，u3變大故a正確 b、i3變大，i變小，由i4=ii3變小，u4變小，而u1=uu4，u變大，則u1變大，i1變大，i總=i+i1，i變大故b錯誤 c、d，由歐姆定律u=ei總r，得=r由i總=i+i1，i變小，i1變大，i總變小，則ii總，故 故c正確故選ac點評：本題的難點在于確定電流表示數變化量ia與干路電流變化i的大小，采用總量法，這是常用方法同時，要理解四（20分）填空題本大題有5小題，每小題4分21體積為v的油滴，滴在平靜的水面上，擴展成面積為s的單分子油膜，則該油滴的分子直徑約為；已知阿伏伽德羅常數為na，油的摩爾質量為m，則一個油分子的質量為考點：用油膜法估測分子的大小分析：將配制好的油酸酒精溶液，通過量筒測出此溶液的體積然后將此溶液滴在有痱子粉的淺盤里的水面上，等待形狀穩定后，將玻璃板放在淺盤上，用彩筆描繪出油酸膜的形狀，將畫有油酸薄膜輪廓的玻璃板放在坐標紙上，按不足半個舍去，多于半個的算一個，統計出油酸薄膜的面積則用此溶液的體積除以其的面積，恰好就是油酸分子的直徑；阿伏伽德羅常數即為1摩爾有多少個分子個數，而摩爾質量即為1摩爾的物質的質量，則分子的質量即為摩爾質量與阿伏伽德羅常數相除解答：解：體積為v的油滴滴在平靜的水面上，擴展成面積為s的單分子油膜則油滴的分子直徑約為d= 油的摩爾質量為m，阿伏伽德羅常數為na，則油分子的質量m=故答案為： 與 點評：本題是以油酸分子呈球型分布在水面上，且一個靠一個，從而可以由體積與面積相除求出油膜的厚度同時考查阿伏伽德常數與摩爾質量之間關系22汽車發動機的功率為60kw，若汽車總質量為5103 kg，在水平路面上行駛時，所受阻力大小恒為5103 n，則汽車所能達到的最大速度為12m/s；若汽車以0.5m/s2的加速度由靜止開始做勻加速運動，這一過程能維持的時間為16s考點：功率、平均功率和瞬時功率；牛頓第二定律專題：功率的計算專題分析：當汽車在速度變大時，根據f=，牽引力減小，根據牛頓第二定律，a=，加速度減小，當加速度為0時，速度達到最大以恒定加速度開始運動，速度逐漸增大，根據p=fv，發動機的功率逐漸增大，當達到額定功率，速度增大，牽引力就會變小，所以求出達到額定功率時的速度，即可求出勻加速運動的時間解答：解：當a=0時，即f=f時，速度最大所以汽車的最大速度=12m/s以恒定加速度運動，當功率達到額定功率，勻加速運動結束根據牛頓第二定律，f=f+ma勻加速運動的末速度=8m/s所以勻加速運動的時間t=故本題答案為：12，16點評：解決本題的關鍵理解汽車的起動問題，知道加速度為0時，速度最大23科學家在研究地月組成的系統時，從地球向月球發射激光，測得激光往返時間為t若已知萬有引力恒量為g，月球繞地球旋轉（可看成勻速圓周運動）的周期為t，光速為c，地球到月球的距離遠大于它們的半徑則由以上述物理量可以求出月球到地球的距離為；可求得地球的質量為考點：萬有引力定律及其應用專題：萬有引力定律的應用專題分析：地球到月球的距離遠大于它們的半徑，可見不考慮它們的半徑，根據往返時間及光速可求出往返路程，從而求出月地距離根據萬有引力提供向心力，求出地球的質量解答：解：因為不考慮地球月球的半徑，所以月地距離r= 根據，m=故本題答案為：，點評：解決本題關鍵掌握萬有引力提供向心力24在如圖所示勻強電場中，a、b、c、d四點是一個邊長為0.1m的正方形的頂點，已知a、b、c三點電勢分別為ua=25v，ub=15v，uc=5v，則d點的電勢ud=15v；該勻強電場的場強大小為100v/m考點：電勢；電場強度；等勢面專題：電場力與電勢的性質專題分析：運用“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”進行分析計算d點的電勢；根據電場線與等勢面垂直垂直畫出電場線，根據u=ed計算電場強度解答：解：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，故uaud=ubuc解得ud=15v故b、d在一個等勢面上，有uab=elabsin45解得故答案為：15，點評：本題關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，電場線與等勢面垂直以及公式u=ed分析計算25一質量不計的直角形支架兩端分別連接質量為m和2m的小球a和 b支架的兩直角邊長度分別為2l和l，支架可繞固定軸o在豎直平面內轉動，如圖所示開始時oa邊處于水平位置，由靜止釋放，不計任何阻力轉動中設oa邊與水平方向的夾角為，則當a球速度達最大時為45；假定支架未轉動時兩小球的總重力勢能為eo，轉動中當a的速度為時兩小球的總重力勢能為eo/3考點：機械能守恒定律專題：方程法；機械能守恒定律應用專題分析：當兩個小球系統的質量中心最低時速度最大；也可以用解析法，先假設轉過，根據系統機械能守恒，列式求出速度的一般表達式，然后再對表達式進行討論即可解答：解：根據題意知，a、b兩球的角速度相等，線速度之比等于轉動半徑之比，為2：1，小球a、b系統中，只有重力勢能和動能相互轉化，系統機械能守恒，假設轉動，則oa桿與水平方向的夾角為，則a球減小的機械能等于b球增加的機械能，有mg2lsin2mg（llcos）=+2m解得v=由數學知識知，當=45時，sin+cos有最大值，故當=45時，a球的速度最大；重力勢能減小，故動能增加，有=+解得v1=故答案為：45，點評：本題關鍵根據兩個球系統機械能守恒，運用系統機械能守恒定律列式得出速度與轉動角度之間的關系，然后根據速度表達式進行討論五（24分）實驗題本大題有4小題.26某同學利用dis研究電梯在豎直方向的運動在電梯中掛一質量為3kg的重物，用力傳感器測出懸繩的拉力f，得到如圖所示的ft圖象 （1）根據圖象判斷電梯在不同時間段加速度、速度的變化 情況是：a時間段加速度先增大后減小，速度變大；b時間段勻速運動；c時間段加速度先增大后減小，速度減小（2）若電梯在t=0時由靜止開始運動，請判斷電梯的運動 方向，并請敘述理由考點：勻變速直線運動的圖像專題：運動學中的圖像專題分析：（1）重物受兩個力，重力和細線的拉力，根據牛頓第二定律列式判斷加速度的變化情況，再結合速度和加速度的關系公式分析速度的變化情況；（2）對重物受力分析，重力和細線的拉力，前5s，合力向上，加速度向上，向上加速運動；5s到15s內合力為零，電梯勻速；15s到20s，合力向下，電梯減速解答：解：（1）a時間段：拉力大于重力，故合力向上且先變大后變小，根據牛頓第二定律，加速度先增大后減小，由于加速度與速度一直同方向，故速度不斷變大；b時間段：合力為零，加速度為零，故電梯勻速上升；c時間段：拉力小于重力，故合力向下且先變大后變小，根據牛頓第二定律，加速度先增大后減小，由于加速度與速度一直反方向，故速度不斷減小；故答案為：加速度先增大后減小，速度