山東省師大附中2016屆高考物理模擬試卷(五)(解析版)

1、2016年山東省師大附中高考物理模擬試卷（五）一.選擇題（本題包括7個(gè)小題共42分每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中有的只有一個(gè)選項(xiàng)正確有的有多個(gè)選項(xiàng)正確全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分有錯(cuò)選的得0分）1物理學(xué)中引入了“質(zhì)點(diǎn)”、“點(diǎn)電荷”、“電場(chǎng)線”等概念，從科學(xué)方法上來(lái)說(shuō)屬于（）A控制變量B類比C理想模型D等效替代2地球靜止軌道衛(wèi)星的軌道面與地球赤道共面，傾斜地球同步軌道衛(wèi)星的軌道面與地球赤道面有一定的夾角，它的運(yùn)轉(zhuǎn)周期是24小時(shí)2011年12月2日，中國(guó)在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心用“長(zhǎng)征三號(hào)甲”運(yùn)載火箭成功發(fā)射的第10顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星就是一顆傾斜地球同步軌道衛(wèi)星2012年l0月25日，中國(guó)在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心

2、用“長(zhǎng)征三號(hào)丙，運(yùn)載火箭成功發(fā)射的第16顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星是一顆地球靜止軌道衛(wèi)星，它與先期發(fā)射的15顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星組網(wǎng)運(yùn)行，北斗導(dǎo)航工程區(qū)域組網(wǎng)順利完成現(xiàn)在已向亞太大部分地區(qū)提供正式服務(wù)關(guān)于這兩顆衛(wèi)旱下列說(shuō)法正確是（）A這兩顆衛(wèi)星離地面的高度一樣，約為3.6萬(wàn)千米B第10顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星的運(yùn)行速度一定比第一宇宙速度小C發(fā)射第10顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星要比發(fā)射同等質(zhì)量的近地衛(wèi)星少消耗能量D第10顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星比第16顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星運(yùn)行加速度大3如圖所示，水平地面上有一個(gè)坑，其豎直截面為半圓，O為圓心，AB為沿水平方向的直徑若在A點(diǎn)以初速度v1沿AB方向平拋一小球，小球?qū)糁锌颖谏系淖畹忘c(diǎn)D點(diǎn)；若A點(diǎn)小球拋出的

3、同時(shí)，在C點(diǎn)以初速度v2沿BA方向平拋另一相同質(zhì)量的小球并也能擊中D點(diǎn)已知COD=60°，且不計(jì)空氣阻力，則（）A兩小球同時(shí)落到D點(diǎn) B兩小球在此過(guò)程中動(dòng)能的增加量相等C在擊中D點(diǎn)前瞬間，重力對(duì)兩小球做功的功率不相等 D兩小球初速度之比v1：v2=：34如圖所示，光滑水平面上放置質(zhì)量分別為m、2m和3m的三個(gè)木塊，其中質(zhì)量為2m和3m的木塊間用一輕彈簧相連，輕彈簧能承受的最大拉力為T現(xiàn)用水平拉力F拉質(zhì)量為3m的木塊，使三個(gè)木塊一起加速運(yùn)動(dòng)，則以下說(shuō)法正確的是（）A質(zhì)量為2m的木塊受到四個(gè)力的作用B當(dāng)F逐漸增大到T時(shí)，輕彈簧剛好被拉斷C當(dāng)F逐漸增大到1.5T時(shí)，輕彈簧還不會(huì)被拉斷D當(dāng)F

4、撤去瞬間，m所受摩擦力的大小和方向不變5如圖所示，M為理想變壓器，電表均可視為理想電表，電源電壓U不變，輸電線電阻忽略不計(jì)當(dāng)變阻器滑片P向上移動(dòng)時(shí)，對(duì)于電表讀數(shù)發(fā)生的變化判斷正確的是（）AAl變大BA2變小CVI不變DV2變小6如圖所示，寬度為d的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)豎直向下穿過(guò)光滑的水平桌面，一質(zhì)量為m的橢圓形導(dǎo)體框平放在桌面上，橢圓的長(zhǎng)軸平行磁場(chǎng)邊界，短軸小于d現(xiàn)給導(dǎo)體框一個(gè)初速度v0（v0垂直磁場(chǎng)邊界），已知導(dǎo)體框全部在磁場(chǎng)中的速度為v，導(dǎo)體框全部出磁場(chǎng)后的速度為v1；導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q1，導(dǎo)體框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q2下列說(shuō)法正確的是（）A導(dǎo)體框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中，感應(yīng)電

5、流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较駼導(dǎo)體框進(jìn)出磁場(chǎng)都是做勻變速直線運(yùn)動(dòng)CQ1Q2 DQ1+Q2=m（vv）7如圖所示，虛線a、b、c代表電場(chǎng)中一簇等勢(shì)線，相鄰等勢(shì)面之間的電勢(shì)差相等，實(shí)線為一帶電質(zhì)點(diǎn)（重力不計(jì)）僅在電場(chǎng)力作用下通過(guò)該區(qū)域時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點(diǎn)，對(duì)同一帶電質(zhì)點(diǎn)，據(jù)此可知（）A三個(gè)等勢(shì)面中，a的電勢(shì)最高 B帶電質(zhì)點(diǎn)通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能比通過(guò)Q點(diǎn)時(shí)大C帶電質(zhì)點(diǎn)通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的電場(chǎng)力比通過(guò)Q點(diǎn)時(shí)大D帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)具有的電勢(shì)能比在Q點(diǎn)具有的電勢(shì)能大二、非選擇題：【必做部分】8在驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)中，使質(zhì)量為m=200g的重物自由下落，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在紙帶上打出一系列的點(diǎn)，選取一條符合實(shí)驗(yàn)要求

6、的紙帶如圖所示O為紙帶下落的起始點(diǎn)，A、B、C為紙帶上選取的三個(gè)連續(xù)點(diǎn)已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器每隔T=0.02s打一個(gè)點(diǎn)，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間=9.8m/s2，那么（1）B點(diǎn)瞬時(shí)速度是vB=m/s（2）同學(xué)丙想根據(jù)紙帶上的測(cè)量數(shù)據(jù)進(jìn)一步計(jì)算重物和紙帶下落過(guò)程中所受的阻力，為此他計(jì)算出紙帶下落的加速度為a=m/s2（3）若同學(xué)丁不慎將上述紙帶從OA之間扯斷，他僅利用A點(diǎn)之后的紙帶能否實(shí)現(xiàn)驗(yàn)證機(jī) 械能守恒定律的目的？（填“能”或“不能”）9在測(cè)定金屬的電阻率的實(shí)驗(yàn)中，所用金屬電阻絲的電阻約為30現(xiàn)通過(guò)以下實(shí)驗(yàn)測(cè)量該金屬材料的電阻率（1）用螺旋測(cè)微器測(cè)量電阻絲直徑，其示數(shù)如圖1所示，則該電阻絲直徑的測(cè)量值d=

7、mm（2）實(shí)驗(yàn)中能提供的器材有開(kāi)關(guān)、若干導(dǎo)線及下列器材：電壓表Vl（量程03V，內(nèi)阻約3k）電壓表V2（量程015V，內(nèi)阻約15k）電流表Al（量程0100mA，內(nèi)阻約5）電流表A2（量程00.6A，內(nèi)阻約0.1）滑動(dòng)變阻器R1（o5）滑動(dòng)變阻器R2（01k）電源E（電動(dòng)勢(shì)為4.5V，內(nèi)阻不計(jì)）為了便于調(diào)節(jié)電路并能較準(zhǔn)確的涮l也電阻絲的阻值，電流表應(yīng)選，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選（3）如圖2所示，將電阻絲拉直后兩端固定在刻度尺兩端的接線柱a和b上，刻度尺的中間有一個(gè)可沿電阻絲滑動(dòng)的觸頭P，觸頭的另一端為接線柱c，當(dāng)用手按下觸頭P時(shí)，觸 頭P才與電阻絲接觸，觸頭的位置可在刻度尺上讀出實(shí)驗(yàn)中改變觸頭P與電阻絲

8、接觸 的位置，并移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片，使電流表示數(shù)I保持不變，分別測(cè)量出多組接入電路中電阻絲的長(zhǎng)度L與對(duì)應(yīng)的電壓U請(qǐng)?jiān)趫D3中完成實(shí)驗(yàn)電路的連接，部分已連好的線不能改動(dòng)（要求：能改變電阻絲的測(cè)量長(zhǎng)度和進(jìn)行多次測(cè)量）（4）利用測(cè)量數(shù)據(jù)畫(huà)出UL圖線，如圖4所示，其中（L0，U0）是UL圖線上的一個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)根據(jù)UL圖線，用電阻絲的直徑d、電流I和坐標(biāo)（L0，U0）可計(jì)算得出電阻絲的電阻率p=（用所給字母表示）10如圖所示，水平桌面上有一輕彈簧，左端固定在A點(diǎn)，自然狀態(tài)時(shí)其右端位于B點(diǎn)水平桌面右側(cè)有一豎直放置的光滑軌道MNP，其形狀為半徑R=0.8m的圓環(huán)剪去了左上角135°的圓弧，MN為其豎

9、直直徑，P點(diǎn)到桌面的豎直距離也是R用質(zhì)量m1=0.4kg的物塊將彈簧緩慢壓縮到C點(diǎn)，釋放后彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)物塊恰停止在B點(diǎn)用同種材料、質(zhì)量為m2=0.2kg的物塊將彈簧緩慢壓縮到C點(diǎn)釋放，物塊過(guò)B點(diǎn)后做勻變速運(yùn)動(dòng)其位移與時(shí)間的關(guān)系為s=6t2t2，物塊飛離桌面后由P點(diǎn)沿切線落入圓軌道g=10m/s2，求：（1）物塊m2過(guò)B點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速度V0及與桌面間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)（2）BP間的水平距離（3）判斷m2能否沿圓軌道到達(dá)M點(diǎn)（要求計(jì)算過(guò)程）（4）釋放后m2運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力做的功11如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中的第一象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直予坐標(biāo)平面向內(nèi)的有界圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域（圖

10、中未畫(huà)出）；在第二象限內(nèi)存在與x軸平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)一粒子源固定在x軸上的A點(diǎn)，A點(diǎn)坐標(biāo)為（L，0）粒子源沿y 軸正方向釋放出速度人小為v的電子，電子恰好能通過(guò)y軸上的C點(diǎn)，C點(diǎn)坐標(biāo)為（0，2L），電子經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后方向恰好垂直O(jiān)N，ON是與x軸正方向成15°角的射線（電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不考慮粒子的重力和粒子之問(wèn)的相互作用）求：（1）第二象限內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和方向（2）電子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度方向與y軸正方向的夾角（3）粗略畫(huà)出電子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的軌跡（4）圓形磁場(chǎng)的最小半徑見(jiàn)Rmin【選做部分】物理-物理3-312下列說(shuō)法中正確的有 （）A第二類永動(dòng)機(jī)和第一類永動(dòng)機(jī)一樣，都違背

11、了能量守恒定律B自然界中的能量雖然是守恒的，但有的能量便于利用，有的不便于利用，故要節(jié)約能源C若氣體的溫度隨時(shí)間不斷升高，其壓強(qiáng)也一定不斷增大 D晶體都具有固定的熔點(diǎn)13如圖所示，用銷釘固定的導(dǎo)熱活塞把水平放置的導(dǎo)熱氣缸分隔成容積相同的兩部分，分別封閉著A、B兩部分理想氣體：A部分氣體壓強(qiáng)為PA0=2.5×105 Pa，B部分氣體壓強(qiáng)為PB0=1.5×105 Pa現(xiàn)拔去銷釘，待活塞重新穩(wěn)定后，（外界溫度保持不變，活塞與氣缸間摩擦可忽略不計(jì)，整個(gè)過(guò)程無(wú)漏氣發(fā)生）求此時(shí)A部分氣體體積與原來(lái)體積之比；判斷此過(guò)程中A部分氣體是吸熱還是放熱，并簡(jiǎn)述理由2016年山東省師大附中高考物理

12、模擬試卷（五）參考答案與試題解析一.選擇題（本題包括7個(gè)小題共42分每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中有的只有一個(gè)選項(xiàng)正確有的有多個(gè)選項(xiàng)正確全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分有錯(cuò)選的得0分）1物理學(xué)中引入了“質(zhì)點(diǎn)”、“點(diǎn)電荷”、“電場(chǎng)線”等概念，從科學(xué)方法上來(lái)說(shuō)屬于（）A控制變量B類比C理想模型D等效替代【考點(diǎn)】電場(chǎng)線；質(zhì)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)；元電荷、點(diǎn)電荷【分析】物理學(xué)中引入了“質(zhì)點(diǎn)”、“點(diǎn)電荷”、“電場(chǎng)線”等概念，都是在物理學(xué)中引入的理想化的模型，是眾多的科學(xué)方法中的一種【解答】解：“質(zhì)點(diǎn)”、“點(diǎn)電荷”、“電場(chǎng)線”等都是為了研究問(wèn)題簡(jiǎn)單而引入的理想化的模型，所以它們從科學(xué)方法上來(lái)說(shuō)屬于理想模型，所以C正確故選C

13、【點(diǎn)評(píng)】理想化的模型是實(shí)際物體的簡(jiǎn)化處理物理上研究的方法很多，我們?cè)趯W(xué)習(xí)物理知識(shí)的同時(shí)，更要學(xué)習(xí)科學(xué)研究的方法2地球靜止軌道衛(wèi)星的軌道面與地球赤道共面，傾斜地球同步軌道衛(wèi)星的軌道面與地球赤道面有一定的夾角，它的運(yùn)轉(zhuǎn)周期是24小時(shí)2011年12月2日，中國(guó)在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心用“長(zhǎng)征三號(hào)甲”運(yùn)載火箭成功發(fā)射的第10顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星就是一顆傾斜地球同步軌道衛(wèi)星2012年l0月25日，中國(guó)在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心用“長(zhǎng)征三號(hào)丙，運(yùn)載火箭成功發(fā)射的第16顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星是一顆地球靜止軌道衛(wèi)星，它與先期發(fā)射的15顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星組網(wǎng)運(yùn)行，北斗導(dǎo)航工程區(qū)域組網(wǎng)順利完成現(xiàn)在已向亞太大部分地區(qū)提供正式服務(wù)關(guān)于這兩顆衛(wèi)旱下列

14、說(shuō)法正確是（）A這兩顆衛(wèi)星離地面的高度一樣，約為3.6萬(wàn)千米B第10顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星的運(yùn)行速度一定比第一宇宙速度小C發(fā)射第10顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星要比發(fā)射同等質(zhì)量的近地衛(wèi)星少消耗能量D第10顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星比第16顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星運(yùn)行加速度大【考點(diǎn)】人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系【專題】定性思想；模型法；人造衛(wèi)星問(wèn)題【分析】地球靜止軌道衛(wèi)星的周期為24h，離地高度大約3.6萬(wàn)千米，衛(wèi)星圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由萬(wàn)有引力提供，據(jù)此分析由周期關(guān)系確定軌道半徑【解答】解：A、兩顆衛(wèi)星的周期都是24h，故可知兩個(gè)衛(wèi)星的軌道高度與地球同步衛(wèi)星軌道高度相同，都約為3.6萬(wàn)千米故A正確；B、由v=知，繞地球圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半

15、徑越大，運(yùn)行速度越小，可知第一宇宙速度是衛(wèi)星繞地球圓周運(yùn)動(dòng)的最大速度，則第10顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星的運(yùn)行速度一定比第一宇宙速度小故B正確；C、發(fā)射高軌道衛(wèi)星需要克服地球引力做更多的功，故發(fā)射第10顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星要比發(fā)射同等質(zhì)量的近地衛(wèi)星多消耗能量，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)萬(wàn)有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)向心力，得 G=ma，得 a=，故第10顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星與第16顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星運(yùn)行加速度大小相等，故D錯(cuò)誤；故選：AB【點(diǎn)評(píng)】本題要明確衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由萬(wàn)有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)向心力，并能由此判斷周期與軌道半徑的關(guān)系，掌握宇宙速度的物理意義，知道向高軌道發(fā)射衛(wèi)星需要更多的能量3如圖所示，水平地面上有一個(gè)坑，其豎直截

16、面為半圓，O為圓心，AB為沿水平方向的直徑若在A點(diǎn)以初速度v1沿AB方向平拋一小球，小球?qū)糁锌颖谏系淖畹忘c(diǎn)D點(diǎn)；若A點(diǎn)小球拋出的同時(shí)，在C點(diǎn)以初速度v2沿BA方向平拋另一相同質(zhì)量的小球并也能擊中D點(diǎn)已知COD=60°，且不計(jì)空氣阻力，則（）A兩小球同時(shí)落到D點(diǎn) B兩小球在此過(guò)程中動(dòng)能的增加量相等C在擊中D點(diǎn)前瞬間，重力對(duì)兩小球做功的功率不相等 D兩小球初速度之比v1：v2=：3【考點(diǎn)】動(dòng)能定理的應(yīng)用；平拋運(yùn)動(dòng)【專題】動(dòng)能定理的應(yīng)用專題【分析】根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的豎直位移研究運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，根據(jù)水平位移求出平拋運(yùn)動(dòng)的初速度從而得出兩球的初速度之比平拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，重力做功等于動(dòng)能的增加量，由W=

17、mgh分析動(dòng)能增加量的關(guān)系重力的瞬時(shí)功率P=mgvy【解答】解：A、兩球均做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，由h=，得t=，由于兩球下落的高度不同，則知兩球不可能同時(shí)到達(dá)D點(diǎn)故A錯(cuò)誤B、根據(jù)動(dòng)能定理得知：重力做功等于動(dòng)能的增加量，而重力做功不等，則動(dòng)能的增加量不等B錯(cuò)誤C、在擊中D點(diǎn)前瞬間，重力做功的功率為P=mgvy=mggt，t不等，則P不等故C正確D、設(shè)半圓的半徑為R小球從A點(diǎn)平拋，可得R=v1t1 R=gt12小球從C點(diǎn)平拋，可得Rsin60°=v2t2R（1cos60°）=gt22 聯(lián)立解得=故D正確 故選CD【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速

18、直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，掌握平拋運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律4如圖所示，光滑水平面上放置質(zhì)量分別為m、2m和3m的三個(gè)木塊，其中質(zhì)量為2m和3m的木塊間用一輕彈簧相連，輕彈簧能承受的最大拉力為T現(xiàn)用水平拉力F拉質(zhì)量為3m的木塊，使三個(gè)木塊一起加速運(yùn)動(dòng)，則以下說(shuō)法正確的是（）A質(zhì)量為2m的木塊受到四個(gè)力的作用 B當(dāng)F逐漸增大到T時(shí)，輕彈簧剛好被拉斷C當(dāng)F逐漸增大到1.5T時(shí)，輕彈簧還不會(huì)被拉斷D當(dāng)F撤去瞬間，m所受摩擦力的大小和方向不變【考點(diǎn)】牛頓第二定律；胡克定律【專題】牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題【分析】根據(jù)彈簧的最大拉力為T，對(duì)質(zhì)量為m和2m的兩個(gè)物體分析，求出加速度的最大值，再對(duì)整體分析，求出

19、拉力的最大值撤去F的瞬間，彈簧的彈力不變，根據(jù)牛頓第二定律判斷m所受的摩擦力大小和方向是否改變【解答】解：A、質(zhì)量為2m的物體受重力、支持力、m對(duì)它的壓力以及摩擦力，還有彈簧的彈力，總共受5個(gè)力故A錯(cuò)誤B、當(dāng)彈簧的彈力為T時(shí)，m和2m的加速度a=，對(duì)整體分析，拉力F=6ma=2T知當(dāng)拉力為2T時(shí)，輕彈簧恰好被拉斷故B錯(cuò)誤，C正確D、撤去F的瞬間，彈簧的彈力不變，m和2m整體的加速度不變，隔離對(duì)m分析，根據(jù)牛頓第二定律知，m所受的摩擦力大小和方向都不變故D正確故選CD【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵能夠正確地受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律進(jìn)行求解，注意整體法和隔離法的運(yùn)用5如圖所示，M為理想變壓器，電表均可視

20、為理想電表，電源電壓U不變，輸電線電阻忽略不計(jì)當(dāng)變阻器滑片P向上移動(dòng)時(shí)，對(duì)于電表讀數(shù)發(fā)生的變化判斷正確的是（）AAl變大BA2變小CVI不變DV2變小【考點(diǎn)】變壓器的構(gòu)造和原理【專題】交流電專題【分析】和閉合電路中的動(dòng)態(tài)分析類似，可以根據(jù)R2的變化，確定出總電路的電阻的變化，進(jìn)而可以確定總電路的電流的變化的情況，再根據(jù)電壓不變，來(lái)分析其他的原件的電流和電壓的變化的情況【解答】解：輸出電壓是由輸入電壓和匝數(shù)比決定的，由于輸入電壓和匝數(shù)比不變，所以變壓器的輸出電壓也不變，所以V1、V2的示數(shù)都不變，當(dāng)變阻器的滑動(dòng)頭P向上移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器的電阻減小，所以負(fù)線圈的電流增大，原線圈的電流也要變大，所以

21、AC正確，BD錯(cuò)誤故選：A【點(diǎn)評(píng)】電路的動(dòng)態(tài)變化的分析，總的原則就是由部分電路的變化確定總電路的變化的情況，再確定其他的電路的變化的情況，即先部分后整體再部分的方法6如圖所示，寬度為d的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)豎直向下穿過(guò)光滑的水平桌面，一質(zhì)量為m的橢圓形導(dǎo)體框平放在桌面上，橢圓的長(zhǎng)軸平行磁場(chǎng)邊界，短軸小于d現(xiàn)給導(dǎo)體框一個(gè)初速度v0（v0垂直磁場(chǎng)邊界），已知導(dǎo)體框全部在磁場(chǎng)中的速度為v，導(dǎo)體框全部出磁場(chǎng)后的速度為v1；導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q1，導(dǎo)體框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q2下列說(shuō)法正確的是（）A導(dǎo)體框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较駼導(dǎo)體框進(jìn)出磁場(chǎng)都是做勻變速直線運(yùn)動(dòng)CQ1

22、Q2 DQ1+Q2=m（vv）【考點(diǎn)】導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化【專題】電磁感應(yīng)功能問(wèn)題【分析】根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向；根據(jù)導(dǎo)線框進(jìn)出磁場(chǎng)是，所受安培力的大小判斷導(dǎo)線框的運(yùn)動(dòng)情況；根據(jù)線框的速度大小比較出產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，從而比較出電流的大小，得知進(jìn)出磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的熱量大小根據(jù)能量守恒定律求出進(jìn)出磁場(chǎng)時(shí)的產(chǎn)生的焦耳熱之和【解答】解：A、導(dǎo)線框離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，磁通量減小，根據(jù)楞次定律得，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较蚬蔄正確B、導(dǎo)線框在進(jìn)出磁場(chǎng)時(shí)，速度變化，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變化，產(chǎn)生的感應(yīng)電流變化，則所受的安培力變化，根據(jù)牛頓第二定律知，加速度變化，導(dǎo)線框做的變減速運(yùn)動(dòng)故B

23、錯(cuò)誤C、因?yàn)檫M(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的速度大于出磁場(chǎng)時(shí)的速度，則進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的電流要比出磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的電流大，根據(jù)克服安培力做功知，Q1Q2故C正確D、根據(jù)能量守恒定律知，線框動(dòng)能的減小量全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱，則故D正確故選ACD【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，以及知道線框進(jìn)出磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)情況，會(huì)通過(guò)能量守恒定律求解產(chǎn)生的熱量7如圖所示，虛線a、b、c代表電場(chǎng)中一簇等勢(shì)線，相鄰等勢(shì)面之間的電勢(shì)差相等，實(shí)線為一帶電質(zhì)點(diǎn)（重力不計(jì)）僅在電場(chǎng)力作用下通過(guò)該區(qū)域時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點(diǎn)，對(duì)同一帶電質(zhì)點(diǎn)，據(jù)此可知（）A三個(gè)等勢(shì)面中，a的電勢(shì)最高 B帶電質(zhì)點(diǎn)通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能比通過(guò)Q點(diǎn)時(shí)大C帶電

24、質(zhì)點(diǎn)通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的電場(chǎng)力比通過(guò)Q點(diǎn)時(shí)大D帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)具有的電勢(shì)能比在Q點(diǎn)具有的電勢(shì)能大【考點(diǎn)】等勢(shì)面；電勢(shì)；電勢(shì)能【專題】電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題【分析】根據(jù)合力指向軌跡的內(nèi)側(cè)和電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直，確定電場(chǎng)力的方向，判斷電勢(shì)的高低由電場(chǎng)力做功的正負(fù)判斷電勢(shì)能的變化電場(chǎng)力做正功，質(zhì)點(diǎn)的電勢(shì)能減小，動(dòng)能增大；電場(chǎng)力做負(fù)功，質(zhì)點(diǎn)的電勢(shì)能增大，動(dòng)能減小根據(jù)等差等勢(shì)面密處場(chǎng)強(qiáng)大，判斷場(chǎng)強(qiáng)大小，確定加速度的大小【解答】解：A、根據(jù)軌跡彎曲的方向和電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直，畫(huà)出M、N兩點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)的方向，如圖則可知，三個(gè)等勢(shì)面中的，a的電勢(shì)最低故A錯(cuò)誤 B、若質(zhì)點(diǎn)從P到Q過(guò)程，電場(chǎng)力做負(fù)功，質(zhì)點(diǎn)的電勢(shì)能增大，動(dòng)能減小，

25、則質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能比通過(guò)Q點(diǎn)時(shí)大故B正確，D錯(cuò)誤；C、根據(jù)電場(chǎng)線的疏密可知，P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于Q點(diǎn)，則帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)受到的電場(chǎng)力大于Q點(diǎn)，故C正確故選：BC【點(diǎn)評(píng)】已知等勢(shì)面的分布，往往要作出電場(chǎng)的分布根據(jù)電場(chǎng)線的方向判斷電勢(shì)的高低基礎(chǔ)題二、非選擇題：【必做部分】8在驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)中，使質(zhì)量為m=200g的重物自由下落，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在紙帶上打出一系列的點(diǎn)，選取一條符合實(shí)驗(yàn)要求的紙帶如圖所示O為紙帶下落的起始點(diǎn)，A、B、C為紙帶上選取的三個(gè)連續(xù)點(diǎn)已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器每隔T=0.02s打一個(gè)點(diǎn)，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間=9.8m/s2，那么（1）B點(diǎn)瞬時(shí)速度是vB=1.92m/s（2）同學(xué)丙想根據(jù)

26、紙帶上的測(cè)量數(shù)據(jù)進(jìn)一步計(jì)算重物和紙帶下落過(guò)程中所受的阻力，為此他計(jì)算出紙帶下落的加速度為a=9.50m/s2（3）若同學(xué)丁不慎將上述紙帶從OA之間扯斷，他僅利用A點(diǎn)之后的紙帶能否實(shí)現(xiàn)驗(yàn)證機(jī) 械能守恒定律的目的？能（填“能”或“不能”）【考點(diǎn)】驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律【專題】實(shí)驗(yàn)題【分析】題的關(guān)鍵是處理紙帶問(wèn)題時(shí)應(yīng)用=求瞬時(shí)速度，并根據(jù)x=at2，可求出a的大?。患瓤梢杂胢gh=mv2來(lái)驗(yàn)證機(jī)械能守恒，也可以用mgh=mv22mv12來(lái)驗(yàn)證【解答】解：（1）根據(jù)=求瞬時(shí)速度vB=1.92m/s，（2）、根據(jù)x=at2，可求出a=，代入數(shù)據(jù)解得a=9.5m/s2，（3）、根據(jù)mgh=mv22mv12可知

27、，可以利用A點(diǎn)之后的紙帶驗(yàn)證機(jī)械能守恒，即能實(shí)現(xiàn)故答案為：1.92；9.50；能【點(diǎn)評(píng)】明確實(shí)驗(yàn)原理，熟記處理紙帶問(wèn)題的思路和方法，注意求瞬時(shí)速度的方法，分清理論推導(dǎo)與實(shí)驗(yàn)探索的區(qū)別，學(xué)會(huì)求加速度的方法，同時(shí)注意單位的統(tǒng)一9在測(cè)定金屬的電阻率的實(shí)驗(yàn)中，所用金屬電阻絲的電阻約為30現(xiàn)通過(guò)以下實(shí)驗(yàn)測(cè)量該金屬材料的電阻率（1）用螺旋測(cè)微器測(cè)量電阻絲直徑，其示數(shù)如圖1所示，則該電阻絲直徑的測(cè)量值d=0.184mm（2）實(shí)驗(yàn)中能提供的器材有開(kāi)關(guān)、若干導(dǎo)線及下列器材：電壓表Vl（量程03V，內(nèi)阻約3k）電壓表V2（量程015V，內(nèi)阻約15k）電流表Al（量程0100mA，內(nèi)阻約5）電流表A2（量程00.6

28、A，內(nèi)阻約0.1）滑動(dòng)變阻器R1（o5）滑動(dòng)變阻器R2（01k）電源E（電動(dòng)勢(shì)為4.5V，內(nèi)阻不計(jì)）為了便于調(diào)節(jié)電路并能較準(zhǔn)確的涮l也電阻絲的阻值，電流表應(yīng)選A1，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選R1（3）如圖2所示，將電阻絲拉直后兩端固定在刻度尺兩端的接線柱a和b上，刻度尺的中間有一個(gè)可沿電阻絲滑動(dòng)的觸頭P，觸頭的另一端為接線柱c，當(dāng)用手按下觸頭P時(shí)，觸 頭P才與電阻絲接觸，觸頭的位置可在刻度尺上讀出實(shí)驗(yàn)中改變觸頭P與電阻絲接觸 的位置，并移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片，使電流表示數(shù)I保持不變，分別測(cè)量出多組接入電路中電阻絲的長(zhǎng)度L與對(duì)應(yīng)的電壓U請(qǐng)?jiān)趫D3中完成實(shí)驗(yàn)電路的連接，部分已連好的線不能改動(dòng)（要求：能改變電阻絲的

29、測(cè)量長(zhǎng)度和進(jìn)行多次測(cè)量）（4）利用測(cè)量數(shù)據(jù)畫(huà)出UL圖線，如圖4所示，其中（L0，U0）是UL圖線上的一個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)根據(jù)UL圖線，用電阻絲的直徑d、電流I和坐標(biāo)（L0，U0）可計(jì)算得出電阻絲的電阻率p=（用所給字母表示）【考點(diǎn)】測(cè)定金屬的電阻率【專題】定性思想；推理法；恒定電流專題【分析】（1）應(yīng)分成整數(shù)部分和小數(shù)部分兩部分來(lái)讀；（2）首先根據(jù)電動(dòng)勢(shì)大小選出電壓表量程，再根據(jù)通過(guò)待測(cè)電阻的最大電流來(lái)選擇電流表的量程，根據(jù)電路中需要的最大電阻來(lái)選擇變阻器；（3）根據(jù)待測(cè)電阻滿足，可知電流表應(yīng)用外接法，根據(jù)變阻器的全電阻遠(yuǎn)小于待測(cè)電阻可知，變阻器應(yīng)采用分壓式接法；（4）根據(jù)歐姆定律和電阻定律寫出電壓U

30、與長(zhǎng)度L的函數(shù)表達(dá)式，然后通過(guò)斜率的概念即可求解【解答】解：（1）螺旋測(cè)微器的讀數(shù)為：d=0+18.4×0.01mm=0.184mm（0.1830.185均可以）；（2）由于電源電動(dòng)勢(shì)為4.5V，所以電壓表應(yīng)選V1，根據(jù)歐姆定律可知，通過(guò)待測(cè)電阻的最大電流為：Imax=A=100mA，所以電流表應(yīng)選A1；根據(jù)閉合電路歐姆定律，電路中需要的最大電阻為：Rmax=135，所以變阻器應(yīng)選R1，且應(yīng)采用分壓式接法；（3）由于待測(cè)電阻滿足，可知電流表應(yīng)用外接法，又變阻器應(yīng)采用分壓式接法，連線圖如圖所示：（4）根據(jù)歐姆定律應(yīng)有：Rx= 根據(jù)電阻定律應(yīng)有：Rx=， 聯(lián)立得：U=L，根據(jù)函數(shù)斜率概念

31、應(yīng)有： =， 解得：=；故答案為：（1）0.184； （2）A1，R1； （3）如上圖所示； （4）【點(diǎn)評(píng)】應(yīng)明確：根據(jù)電動(dòng)勢(shì)大小選擇電壓表量程，根據(jù)通過(guò)待測(cè)電阻的最大電流選擇電流表量程，根據(jù)電路中需要的最大電阻來(lái)選擇變阻器；當(dāng)變阻器的全電阻遠(yuǎn)小于待測(cè)電阻或要求電流從零調(diào)時(shí)，變阻器應(yīng)采用分壓式接法；當(dāng)待測(cè)電阻滿足時(shí)，電流表應(yīng)用外接法遇到根據(jù)圖象求解的問(wèn)題，首先應(yīng)根據(jù)物理規(guī)律寫出公式，然后整理出關(guān)于縱軸物理量與橫軸物理量的函數(shù)表達(dá)式，然后根據(jù)斜率和截距的概念即可求解10如圖所示，水平桌面上有一輕彈簧，左端固定在A點(diǎn)，自然狀態(tài)時(shí)其右端位于B點(diǎn)水平桌面右側(cè)有一豎直放置的光滑軌道MNP，其形狀為半徑R

32、=0.8m的圓環(huán)剪去了左上角135°的圓弧，MN為其豎直直徑，P點(diǎn)到桌面的豎直距離也是R用質(zhì)量m1=0.4kg的物塊將彈簧緩慢壓縮到C點(diǎn)，釋放后彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)物塊恰停止在B點(diǎn)用同種材料、質(zhì)量為m2=0.2kg的物塊將彈簧緩慢壓縮到C點(diǎn)釋放，物塊過(guò)B點(diǎn)后做勻變速運(yùn)動(dòng)其位移與時(shí)間的關(guān)系為s=6t2t2，物塊飛離桌面后由P點(diǎn)沿切線落入圓軌道g=10m/s2，求：（1）物塊m2過(guò)B點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速度V0及與桌面間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)（2）BP間的水平距離（3）判斷m2能否沿圓軌道到達(dá)M點(diǎn)（要求計(jì)算過(guò)程）（4）釋放后m2運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力做的功【考點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系；

33、牛頓第二定律；平拋運(yùn)動(dòng)【專題】機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題【分析】（1）由物塊過(guò)B點(diǎn)后其位移與時(shí)間的關(guān)系求出初速度和加速度，根據(jù)牛頓第二定律即可求得與桌面間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)（2）物塊由D點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的基本公式求出到達(dá)D點(diǎn)的速度和水平方向的位移，根據(jù)物塊過(guò)B點(diǎn)后其位移與時(shí)間的關(guān)系得出初速度和加速度，進(jìn)而根據(jù)位移速度公式求出位移；（3）物塊在內(nèi)軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)有臨界速度，則mg=，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，求出M點(diǎn)的速度，與臨界速度進(jìn)行比較，判斷其能否沿圓軌道到達(dá)M點(diǎn)（4）由能量轉(zhuǎn)化及守恒定律即可求出m2釋放后在桌面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中克服摩擦力做的功【解答】解：（1）由物塊過(guò)B點(diǎn)后其位移與時(shí)間

34、的關(guān)系s=6t2t2得與s=：v0=6m/s 加速度a=4m/s2而m2g=m2a 得=0.4 （2）設(shè)物塊由D點(diǎn)以vD做平拋，落到P點(diǎn)時(shí)其豎直速度為根據(jù)幾何關(guān)系有： 解得vD=4m/s運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t=所以DP的水平位移為：4×0.4m=1.6m根據(jù)物塊過(guò)B點(diǎn)后其位移與時(shí)間的關(guān)系為x=6t2t2，有：在桌面上過(guò)B點(diǎn)后初速v0=6m/s，加速度a=4m/s2所以BD間位移為m所以BP間位移為2.5+1.6m=4.1m（2）設(shè)物塊到達(dá)M點(diǎn)的臨界速度為vm，有： vM=m/s由機(jī)械能守恒定律得：=解得：vM=m/s 因?yàn)?所以物塊不能到達(dá)M點(diǎn)（3）設(shè)彈簧長(zhǎng)為AC時(shí)的彈性勢(shì)能為EP，物塊與桌

35、面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，釋放m1時(shí)，EP=m1gsCB釋放m2時(shí)且m1=2m2，可得：m2釋放后在桌面上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力做功為Wf，則由能量轉(zhuǎn)化及守恒定律得：可得Wf=5.6J答：（1）物塊m2過(guò)B點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速度為6m/s，與桌面間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4（2）BP間的水平距離為4.1m； （3）m2不能否沿圓軌道到達(dá)M點(diǎn)；（4）m2釋放后在桌面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中克服摩擦力做的功為5.6J【點(diǎn)評(píng)】該題涉及到多個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，主要考查了機(jī)械能守恒定律、平拋運(yùn)動(dòng)基本公式、圓周運(yùn)動(dòng)向心力公式的應(yīng)用，用到的知識(shí)點(diǎn)及公式較多，難度較大，屬于難題11如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中的第一象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為

36、B、方向垂直予坐標(biāo)平面向內(nèi)的有界圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域（圖中未畫(huà)出）；在第二象限內(nèi)存在與x軸平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)一粒子源固定在x軸上的A點(diǎn)，A點(diǎn)坐標(biāo)為（L，0）粒子源沿y 軸正方向釋放出速度人小為v的電子，電子恰好能通過(guò)y軸上的C點(diǎn)，C點(diǎn)坐標(biāo)為（0，2L），電子經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后方向恰好垂直O(jiān)N，ON是與x軸正方向成15°角的射線（電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不考慮粒子的重力和粒子之問(wèn)的相互作用）求：（1）第二象限內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和方向（2）電子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度方向與y軸正方向的夾角（3）粗略畫(huà)出電子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的軌跡（4）圓形磁場(chǎng)的最小半徑見(jiàn)Rmin【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子

37、在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【專題】帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題【分析】（1）粒子在電場(chǎng)中做類似平拋運(yùn)動(dòng)，x方向勻速，y方向勻加速，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解；（2）先根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解出x、y方向的分速度，然后根據(jù)幾何關(guān)系列式求解；也可以根據(jù)類似平拋運(yùn)動(dòng)速度偏轉(zhuǎn)角的正切是位移偏轉(zhuǎn)角正切的2倍直接求解；（3）根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)畫(huà)出粒子在電場(chǎng)中的軌跡，然后根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)方向畫(huà)出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡；（4）先根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解出軌跡的半徑，然后求得磁場(chǎng)的最小半徑【解答】解：（1）從A到C的過(guò)程中，電子做類平拋運(yùn)動(dòng)，有：x方向：x方向：2L=vt 聯(lián)立解得：（2）設(shè)電子到達(dá)C點(diǎn)的速度大小為vc，方向與y軸正方向的夾角為由動(dòng)能定理，有：解