學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精二、選擇題(本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14～17題只有一項符合題目要求，第18~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。）1.請用學過的物理知識判斷，下列說法正確的是A.物體的加速度大小不能瞬間改變，但加速度的方向可以瞬間發(fā)生變化B.安培力是大量運動電荷所受洛侖茲力的宏觀表現(xiàn)C.做圓周運動的物體受到的合外力一定指向圓心D。牛頓第一、二、三定律都可以用實驗的方式加以驗證【答案】B2.如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場；重力不計、電荷量一定的帶電粒子以速度v正對著圓心O射入磁場,若粒子射入、射出磁場點間的距離為R，則粒子在磁場中的運動時間為：A.B。C。D?！敬鸢浮緿【解析】試題分析：粒子在磁場中做勻速圓周運動，畫出軌跡，如圖所示：故軌道半徑:QUOTE；根據(jù)牛頓第二定律，有：QUOTE，解得：QUOTE；聯(lián)立解得：QUOTE故在磁場中的運動時間：QUOTE故選:A考點:帶電粒子在勻強磁場中的運動【名師點睛】本題考查了帶電粒子在勻強磁場中的運動問題；解題的關鍵是結合幾何關系得到軌道半徑，畫出粒子的軌跡是解題的基礎，根據(jù)牛頓第二定律列式可以求解粒子的比荷；運動的時間還可以通過QUOTE進行求解.3。一個帶負電的粒子僅在電場力作用下運動，其電勢能隨時間變化規(guī)律如圖所示，則下列說法正確的是（）A.該粒子可能做直線運動B.該粒子在運動過程中速度保持不變C。粒子運動軌跡上各點的電勢一定相等D。t1、t2兩個時刻,粒子所處位置電場強度一定相同【答案】C4。如圖所示,豎直放置在水平面上的固定圓筒，從圓筒上邊緣等高處同一位置分別緊貼內壁和外壁以相同速率向相反方向水平發(fā)射兩個相同小球，直至小球落地，不計空氣阻力和所有摩擦，以下說法正確的是A。筒外的小球先落地B。兩小球通過的路程不一定相等C.兩小球的落地速度可能相同D。筒內小球隨著速率的增大．對筒壁的壓力逐漸增加【答案】C由于筒壁的作用力始終與速度的方向垂直，所以該力不改變小球沿水平方向的分速度的大?。挥胸Q直方向的重力才改變小球速度的大?。酝矁刃∏蜓厮椒较蜃鰟蛩賵A周運動，需要的向心力不變，所以對筒壁的壓力不變．故選項D錯誤．故選B?？键c：圓周運動；平拋運動【名師點睛】該題考查平拋運動，解答的關鍵是筒內小球沿水平方向做勻速圓周運動，豎直方向做自由落體運動，若將該軌跡張開到一個平面內，則是平拋運動，然后結合平拋運動的特點分析小球運動的時間與位移。5.某小型水電站的電能輸送示意圖如圖所示。發(fā)電機的輸出電壓為220V，輸電線總電阻為r，升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)分別為n1、n2，降壓變壓器原、副線圈匝數(shù)分別為n3、n4(變壓器均為理想變壓器),要使額定電壓為220V的用電器正常工作，則A.QUOTEB。QUOTEC。升壓變壓器的輸出電壓等于降壓變壓器的輸入電壓D.升壓變壓器的輸出功率大于降壓變壓器的輸入功率【答案】BD考點：遠距離輸電；變壓器【名師點睛】理想變壓器的輸入功率與輸出功率相等，且沒有漏磁現(xiàn)象．遠距離輸電，由于導線通電發(fā)熱導致能量損失，所以通過提高輸送電壓，從而實現(xiàn)降低電損。6.如圖甲所示,光滑的平行水平金屬導軌MN、PQ相距L，在M、P之間接一個阻值為R的電阻，在兩導軌間cdfe矩形區(qū)域內有垂直導軌平面豎直向上、寬為d的勻強磁場,磁感應強度為B。一質量為m、電阻為r、長度也剛好為L的導體棒ab垂直擱在導軌上,與磁場左邊界相距d0.現(xiàn)用一個水平向右的力F拉棒ab，使它由靜止開始運動,棒ab離開磁場前已做勻速直線運動，棒ab與導軌始終保持良好接觸，導軌電阻不計，F(xiàn)隨ab與初始位置的距離x變化的情況如圖乙所示，F(xiàn)0已知．下列判斷正確的是：A.棒ab在ac之間的運動是勻加速直線運動B。棒ab在ce之間不可能一直做勻速運動C。棒ab在ce之間可能先做加速度減小的運動，再做勻速運動D。棒ab經過磁場的過程中,通過電阻R的電荷量為QUOTE【答案】AC③拉力小于安培力，則棒先做減速運動，但隨速度的減小,安培力減小，合力減小,所以棒做加速度減小的減速運動,直到安培力等于拉力，開始做勻速運動；金屬棒通過磁場的過程通過R上的電量QUOTE．故D錯誤．故選AC。點睛：本題考查了電磁感應與力學和功能關系的結合，對于這類問題一定要正確分析安培力的大小和方向然后根據(jù)運動狀態(tài)列出牛頓第二定律方程求解，注意金屬棒通過磁場的過程通過R上的電量QUOTE。7。如圖所示，設想在地球赤道平面內有一垂直于地面延伸到太空的輕質電梯，電梯頂端可超過地球的同步衛(wèi)星高度R（從地心算起)延伸到太空深處．這種所謂的太空電梯可用于低成本地發(fā)射繞地人造衛(wèi)星．其發(fā)射方法是將衛(wèi)星通過太空電梯勻速提升到某高度,然后啟動推進裝置將衛(wèi)星從太空電梯發(fā)射出去．設在某次發(fā)射時，衛(wèi)星在太空電梯中極其緩慢地勻速上升，該衛(wèi)星在上升到0。80R處意外和太空電梯脫離（脫離時衛(wèi)星相對與太空電梯上脫離處的速度可視為零）而進入太空A。利用萬有引力充當向心力，此衛(wèi)星可以繞地球做半徑為0.8R的勻速圓周運動B。此衛(wèi)星脫離太空電梯的最初一段時間內可能做離心運動C。此衛(wèi)星脫離太空電梯的最初一段時間內將做逐漸靠近地心的曲線運動D。欲使衛(wèi)星脫離太空電梯后做勻速圓周運動，需要在釋放的時候讓它適當加速。【答案】CD點睛：本題關鍵是明確物體做勻速圓周運動、離心運動、向心運動的動力學條件,當引力大于需要的向心力時做向心運動，當引力小于需要的向心力時做離心運動，基礎題目．8.如圖所示，質量分別為m1和m2的木塊A和B之間用一輕質彈簧相連，然后將它們靜置于一底端帶有擋板的光滑斜面上，其中B置于斜面底端的擋板上,設斜面的傾角為θ，彈簧的勁度系數(shù)為k?，F(xiàn)用一平行于斜面的恒力F拉木塊A沿斜面由靜止開始向上運動，當木塊B恰好對擋板的壓力為零時，木塊A在斜面上運動的速度為v,則下列說法正確的是A.此時彈簧的彈力大小為m1gsinθB。拉力F在該過程中對木塊A所做的功為F(m1+m2)gsinθ/kC。木塊A在該過程中重力勢能增加了m1(m1+m2）g2（sinθ）2/kD.彈簧在該過程中彈性勢能增加了F（m1+m2)gsinθ/k—（1/2)m2v2【答案】BC點睛：含有彈簧的問題，往往要研究彈簧的狀態(tài)，分析物塊的位移與彈簧壓縮量和伸長量的關系是常用思路，難度適中．三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第22題至32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33題至38題為選考題,考生根據(jù)要求作答。（一）必考題（11個題,共129分）9。某同學利用打點計時器做實驗時，發(fā)現(xiàn)實驗數(shù)據(jù)誤差很大,懷疑電源的頻率不是50Hz，采用如圖甲所示的實驗裝置來測量電源的頻率．已知砝碼及砝碼盤的質量為m=0。1kg，小車的質量為M=0.4kg，不計摩擦阻力，g取10m/s2．圖乙為某次記錄小車運動情況的紙帶，圖中A、B、C、D、E為相鄰的計數(shù)點，已知相鄰的計數(shù)點之間還有三個點未畫出．（1）小車的加速度大小為__m/s2；（2）根據(jù)紙帶上所給出的數(shù)據(jù)，可求出電源的頻率為__Hz;(3)打紙帶上C點時小車的瞬時速度大小為__m/s．【答案】（1）.2（2）。40(3）.1．（3)打紙帶上C點時小車的瞬時速度大小為:QUOTE考點:研究小車的速度隨時間變化規(guī)律【名師點睛】本題借助實驗考查了牛頓第二定律與勻變速直線的規(guī)律以及推論的應用，在平時練習中要加強基礎知識的理解與應用,提高解決問題能力．注意相鄰的計數(shù)點之間還有三個點未畫出，及選取車與砝碼及盤整體研究.10。某同學用伏安法測一節(jié)干電池的電動勢和內阻，現(xiàn)備有下列器材：A．被測干電池一節(jié)B．電流表:量程0～0。6A,內阻rA=0.3ΩC．電流表：量程0～0。6A,內阻約為0.1ΩD．電壓表:量程0~3V，內阻未知E．電壓表：量程0～15V，內阻未知F．滑動變阻器：0～10Ω,2AG．滑動變阻器：0～100Ω，1AH．開關、導線若干伏安法測電池電動勢和內阻的實驗中，由于電流表和電壓表內阻的影響,測量結果存在系統(tǒng)誤差．在現(xiàn)有器材的條件下，要盡可能準確地測量電池的電動勢和內阻．（1）在上述器材中請選擇適當?shù)钠鞑模篲_（填寫選項前的字母）；（2）實驗電路圖應選擇圖中的__（填“甲”或“乙”)(3）根據(jù)實驗中電流表和電壓表的示數(shù)得到了如圖丙所示的U﹣I圖象，則在修正了實驗系統(tǒng)誤差后，干電池的電動勢E=__V，內電阻r=__Ω．【答案】(1).ABDFH（2）。甲（3）。1。5(4）.0。7解：（1）在上述器材中請選擇適當?shù)钠鞑模篈．被測干電池一節(jié)為了讀數(shù)準確，所以選擇D．B．電流表：量程0～0.6A,電壓表:量程0～3V，滑動變阻器阻值較小有利于電表的數(shù)值變化，減小誤差，故選F．滑動變阻器，H．開關、導線若干（2）實驗電路圖：（3)由U﹣I圖可知，電源的電動勢E=1。50V；內電阻r=﹣RA=﹣0。3=0。7Ω故答案為：①ABDFH；②如圖；③1。5,0。7【點評】本題為設計性實驗，在解題時應注意明確實驗的原理；并且要由實驗原理結合閉合電路歐姆定律得出表達式，由圖象得出電動勢和內電阻．11。一質量為m，帶電量為＋q的小球從距地面高h處以一定初速度水平拋出,在距拋出點水平距離L處，有一根管口比小球直徑略大的豎直細管。管上口距地面QUOTE,為使小球能無碰撞地通過管子，可在管子上方的整個區(qū)域加一個場強方向水平向左的勻強電場，重力加速度為g，如圖所示,求:（1)小球初速度v0、電場強度E的大??；（2)小球落地時動能?！敬鸢浮浚?）QUOTE(2）QUOTE（3）mgh12。兩質量為m的小球，A帶電+q，B不帶電，兩球靜止放在光滑水平面上，且相距L,現(xiàn)在空間沿AB方向加一個電場強度大小為E是勻強電場,t=0時刻，A開始受電場力運動．經過一段時間，A、B間第一次發(fā)生彈性正碰，且無電量轉移，以后A、B之間的碰撞都是彈性碰撞．重力加速度為g,求（1）A、B第一次剛要發(fā)生碰撞時，A球的速度多大？（2）從A、B第一次發(fā)生碰撞到第二次碰撞經歷時間為多少？（3）求從第1次碰撞結束到第19次碰撞剛要發(fā)生所經歷的時間是多少？【答案】（1)QUOTE（2）QUOTE（3)QUOTE設小球A的加速度為a，第一次碰后結束到第二次發(fā)生碰撞前瞬間經過時間為t2，則根據(jù)牛頓第二定律知:qE=ma由位移時間關系有：QUOTE解得QUOTE（3）設第二次發(fā)生碰撞前A的速度為v3，則v3=at2=2v2；當A、B第二次碰撞后交換速度，B的速度變?yōu)?v2，A的速度變?yōu)関2；第三次碰撞又是相差v2的速度開始，A加速追擊B，所以所用時間與t2相同，以此類推,第1次正碰到第19次正碰之間的時間t19=t18=…=t2=QUOTE故總時間QUOTE（二）選考題：13。下列說法正確的是_______A．能源在利用過程中有能量耗散,這表明能量不守恒B．沒有摩擦的理想熱機也不可能把吸收的能量全部轉化為機械能C．非晶體的物理性質各向同性而晶體的物理性質都是各向異性D．對一定量的理想氣體，如果壓強不變,體積增大，那么它一定從外界吸熱量E．當分子間作用力表現(xiàn)為斥力時，分子勢能隨分子間距離的減小而增大【答案】BDE14.如圖所示，豎直放置的氣缸,活塞橫截面積為S=0。01m2，厚度不計．可在氣缸內無摩擦滑動．氣缸側壁有一個小孔，與裝有水銀的U形玻璃管相通．氣缸內封閉了一段高為L=50cm的氣柱（U形管內的氣體體積不計）．此時缸內氣體溫度為27℃,U形管內水銀面高度差hl=5cm．已知大氣壓強p0=1。0×l05Pa，水銀的密度ρ=13.6×103kg/m3，重力加速度g取10m/s2．①求活塞的質量m；②若在活塞上緩慢添加M=26。7kg的沙粒時，活塞下降到距氣缸底部H=45cm處，求此時氣缸內氣體的溫度．（活塞始終處在側壁小孔的上方）【答案】①6.8kg;②64。5℃【解析】試題分析:(1)氣缸內氣體的壓強:QUOTE活塞受力平衡：QUOTE解得：m=6.8kg（2）活塞下降后氣體的壓強為P2，則QUOTE以缸內封閉氣體為研究對象，根據(jù)氣體的狀態(tài)方程QUOTE解得：T2=337。5K=64。50C考點：氣體的狀態(tài)方程【名師點睛】此題考查力與平衡和理想氣體的等容變化，關鍵是找到氣體的狀態(tài)參量，氣體的壓強往往是對活塞受力分析求解；注意壓強和壓力的關系以及液體壓強的定義。15.如圖所示，兩束單色光a、b從水下面射向A點，光線經折射后合成一束光c，則下列說法正確的是______A．用同一雙縫干涉實驗裝置分別以a、b光做實驗,a光的干涉條紋間距大于b光的干涉條紋間距B．a比b更容易發(fā)生衍射現(xiàn)象C．在水中a光的速度比b光的速度小D．在水中a光的臨界角大于b光的臨界角E．若a光與b光以相同入射角從水射向空氣，在不斷增大入射角時水面上首先消失的是a光【答案】ABD16。如圖所示為一列簡諧橫波沿﹣x方向傳播在t=0時刻的波形圖,M、N兩點的坐標分別為（﹣2,0)和（﹣7,0），已知t=0。5s時，M