[解析]广东省湛江一中等四校2016届高三上学期第一次联考物理试卷

1、一、单项选择题（本题有7小题，每题4分，共28分.选出各题中一个符合题意的选项，不选、多选、错选均不给分.）1.下列关于物理学发展史的表述，其中观点正确的是（）A.伽利略发现行星运动三大定律B.牛顿发现万有引力定律C.法拉第首先发现了电流的磁效应D.奥斯特首次测出元电荷量2.在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火.按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4s末到达离地面100m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案.假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是 vo,上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，那么V0和k分别等于（重力加速度g取10m/s2）（）A. 25

2、m/s, 1.25 B. 40m/s, 0.25 C. 50m/s, 0.25 D. 80m/s, 1.253 .如图所示，质量为 m的小球置于光滑的正方体盒子中，盒子的边长略大于球的直径.某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为 R的匀速圆周运动，已知重力加速度为g,空气阻力不计，要使在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，则（）A.该盒子做匀速圆周运动的周期等于B.该盒子做匀速圆周运动的周期等于C.盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小等于3mgD.盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小等于5mg其轨道半径为R.已4 .如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动,

3、B,方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设知电场的电场强度为 E,方向竖直向下；磁场的磁感应强度为重力加速度为g,则（）A.液滴带正电B.液滴荷质比C.液滴顺时针运动D.液滴运动速度大小 v二5 .如图所示，在一磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距为L=0.1m的平行金属导轨 MN和PQ,导轨电阻忽略不计，在两根导轨的端点 N、Q之间连接一阻值 R=0.3 的电阻.导轨上正交放置着金属棒 ab,其电阻r=0.2 Q.当金属棒在水平拉力作用于以速度v=4.0m/s向左做匀速运动时（）A . a b棒所受安培力大小为 0.02NB. N、Q间电压为0.2VC. a端电势

4、比b端电势低D.回路中感应电流大小为1A6 .某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时， 发动机提供的动力方向与水平方向夹角a=60°,使飞行器恰恰与水平方向成9=30。角的直线斜向右上方匀加速飞行，经一段时间后，将动力的方向沿逆时针旋转60。同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，重力加速度为g,则（A .减速时加速度的大小为g B.减速时动力的大小等于mgC.加速时动力的大小等于 mg D.加速时加速度的大小为 gm,匀速上升的速度为 v,7 .如图是一种升降电梯的示意图，A为载人箱，B为平衡重物，它们的质量均为M,上下均有跨过滑轮

5、电梯即将到顶层前关闭电动机,的钢索系住，在电动机的牵引下使电梯上下运动.如果电梯中载人的总质量为依靠惯T上升h高度后停止，在不计空气和摩擦阻力的情况下，h为（3(K+nr)甲”2g2眸A. B.mgC.(费+m) v'12 me -D.二、多项选择题（本题共 5小题，每小题 4分，共20分，每题有两个以上选项是正确的，完全选对得4分，选对但不全得 2分，不答或有选错得零分.）8 .如图所示是骨折病人的牵引装置示意图，绳的一端固定，绕过定滑轮和动滑轮后挂着一个重物，与动滑轮相连的帆布带拉着病人的脚，整个装置在同一竖直平面内.为了使脚所受的拉力增大，可采取的方法是（）A.只增加绳的长度 B

6、.只增加重物的质量C.只将病人的脚向左移动 D.只将两定滑轮的间距增大9 .蒋昊南同学阅读了一篇 火星的现在、地球的未来”的文章，摘录了以下资料: 根据目前被科学界普遍接受的宇宙大爆炸学说可知，万有引力常量在极其缓慢地减小；太阳几十亿年来一直不断地在通过发光、发热释放能量； 金星和火星是地球的两位近邻，金星位于地球圆轨道的内侧，火星位于地球圆轨道的外侧;所以火星上也有四季由于火星与地球的自转周期几乎相同，自转轴与公转轨道平面的倾角也几乎相同,变化.根据他摘录的资料和有关天体运动规律，可推断（）A.太阳对地球的引力在缓慢减小B.太阳对地球的引力在缓慢增加C.火星上平均每个季节持续的时间等于3个月

7、D.火星上平均每个季节持续的时间大于3个月10.如图所示，一圆心为 O、半径为R的圆中有两条互相垂直的直径AC和BD,电荷量均为 Q的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称，+Q和。点的连线与OC间的夹角为60°,两个点电荷的连线与AC的交点为P.下列说法中正确的是（）点的电场强度电势C点所受的电场力相同D点具有的电势能11. 一理想变压器原、副线圈的匝数比为路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头（10: 1,原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电）C. P向右移动时，原、副线圈的电流比减小D. P向右移动时，变压器的输出功率增加12. 一个高尔夫球静止于平坦的地面上.

8、在t=0时球被击出，飞行中球的速率与时间的关系如图所示.若不计空气阻力的影响，根据图象提供的信息可以求出的量是（D.高尔夫球落地时离击球点的距离三、实验题.13.甲图中游标卡尺的读数为乙图中螺旋测微器的读数为丙图中多用电表的读数为Q.10（1）晴完善下列实验步骤:A.用天平测量吊盘m。和小车的质量 M。.B.平衡小车的摩擦阻力：取下吊盘，调整木板右端的高度,J打点计时器便带上打用心,打点计时制硅码一出一系列间距相等的点.C.按住小车，挂上吊盘，使细线与长木板平行.D.,释放小车，在得到的纸带上标出吊盘）（或小伺的总E.保持小车总质量多次改变吊盘中的祛码，重复C D步骤.川|1|?|中山|1|1

9、口甲山|叫而|”|”|山甲|叫|j量 4 m 5或 M6789107.F.保持吊盘总质量多次改变,重复C D步骤.（2）如图乙小，纸带上3个相邻计数点的间距为 s1、S2和S3.用米尺测量S1、S3的间距，由图可读出S1=24.3mm ,S3=mm .已知打点计时器打点周期为0.02s,利用s1、S3计算小车加速度a=m/s2 .（计算结果保留三位有效数字）15.有一标有6V, 0.5A”的小型直流电动机，转子是由铜导线绕制的线圈组成，阻值约为0.8Q.某兴趣小组设计一个实验测量此电动机线圈的电阻.实验室现提供的器材除导线和开关外还有:A.直流电源E: 8V （内阻不计）B.直流电流表Ai:

10、00.6A （内阻约为 0.5Q）C.直流电流表A2： 03A （内阻约为0.1 Q）D.直流电压表V1： 03V （内阻约为 5k Q）E.直流电压表V2： 015V （内阻约为15kQ）F.滑动变阻器R1 : 010Q, 2AG.标准电阻R2： 3a(1)为能较准确地测出电动机线圈电阻，应选择以下的 电路图.图中 国I表示电动机.(2)为使电表指针有较大角度的偏转，需要选用的电流表是 ,电压表是 .(填 写实验器材前面的序号)(3)闭合开关后，调节滑动变阻器控制电动机不转动时读出电流表、电压表示数.若某次实验电压表的示数为2.00V,电流表的示数为 0.50A,电动机线圈电阻为 Q由此可计

11、算出该电动机正常工作输出的机械功率为 W.(以上两空计算结果均保留三位有效数字)四、计算解析题(本题共 3小题，共9+12+13=34分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤、规范的作图.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.)16.如图示，有一固定在水平桌面上的轨道ABC, AB段粗糙，与水平面间的夹角为9=37° BC段光滑，C点紧贴桌子边缘；桌高 h=0.8m. 一小物块放在 A处(可视为质点)，小物块与AB间的动摩擦因数为斤0.25.现在给小物块一个沿斜面向下的初速度VA=1m/s,小物块经过B处时无机械能损失，物块最后落在与C点水

12、平距离 x=1.2m的D处.(不计空气阻力，g取10m/s2, sin37 =0.6, cos37°=0.8)求：(1)小物块在 AB段向下运动时的加速度大小a；(2)小物块到达 B处时的速度大小 vb；(3)求AB的长L.17 .如图所示，两平行金属板 E、F之间电压为U,两足够长的平行边界 MN、PQ区域内，有垂直纸面向 外的匀强磁场，磁感应强度为B. 一质量为m、带电量为+q的粒子(不计重力)，由E板中央处静止释放，经F板上的小孔射出后，垂直进入磁场，且进入磁场时与边界MN成60°角，最终粒子从边界 MN离开磁场.求：(1)粒子离开电场时的速度大小v;(2)粒子在磁场

13、中圆周运动的半径r和运动的时间t.(3)两边界MN、PQ的最小距离d.18 .如图所示，一块质量为 M、长为L的匀质板放在很长的光滑水平桌面上，板的左端有一质量为m的小物块，物块上连接一根很长的细绳，细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮. 现某人以恒定的速度 v向下拉绳, 物块随细绳运动，恰到达板的中点后相对板静止；取g=10m/s2,且所有过程板的右端均未撞上桌边定滑轮，(1)从开始拉绳起计时，物块到达板的中点经历的时间to；(2)物块与板间的动摩擦因数叫(3)若板与桌面间有摩擦，为使物块能到达板的右端，板与桌面的动摩擦因数科的范围.五、选考题.请同学从给出的3道题(1921)中任选一题彳答，并用

14、2B铅笔在答题卷上把所选题目的题号涂黑.注意所做题目必须与所涂题目题号一致，在答题卷选答区域指定位置答题.如有多做，则按所做的第一题评分.【选修3-3】19 .下列说法正确的是()A.绝对湿度大，相对湿度一定大B.荷叶上的小水滴呈球形，这是表面张力使液面收缩的结果C.单晶体和多晶体都具有各向异性的物理性质D. 一定质量理想气体等温膨胀，一定从外界吸热E.对于一定质量的理想气体，压强增大，体积增大，分子的平均动能一定增大20 .如图所示，教室内用截面积为O.2m2的绝热活塞，将一定质量的理想气体封闭在圆柱形汽缸内，活塞与汽缸之间无摩擦.a状态是汽缸放在冰水混合物中气体达到的平衡状态，活塞离汽缸底

15、部的局度为0.6m； b状态是汽缸从容器中移出后达到的平衡状态，活塞离汽缸底部的高度为 0.65m.设室内大气压强始终 保持1.0M05Pa,忽略活塞质量.(1)求教室内的温度；(2)若气体从a状态变化到b状态的过程中，内能增加了 56OJ,求此过程中气体吸收的热量.【选修3-4】21 .关于波的说法中，正确的是()A.产生多普勒效应的原因是波源频率发生了变化B.发生干涉现象时，介质中振动加强的点，振动能量最大，减弱点振动能量可能为零C.振动图象和波的图象中，横坐标所反映的物理意义是不同的D.超声波比次声波更容易发生衍射E.在地球表面上走得很准的摆钟搬到月球表面上，其摆动周期变大1 _22 .

16、 一半径为R的4求体放置在水平面上，球体由折射率为的透明材料制成.现有一束位于过球心O的竖直平面内的光线，平行于桌面射到球体表面上，折射入球体后再从竖直表面射出，如图所示.已知入.求出射角.射光线与桌面的距离为【选修3-5】23 .下列关于原子和原子核的说法正确的是（）A . 3衰变现象说明电子是原子核的组成部分24 某放射性元素经过 11.4天有的原子核发生了衰变，则该元素的半衰期为3.8天C.放射性元素的半衰期随温度的升高而变短D .平均结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固E.在“、3、丫这三种射线中，丫射线的穿透能力最强，“射线的电离能力最强24.如图所示，光滑水平面上有 A、B两个

17、物块，其质量分别为 mA=2.0kg, mB=1.0kg,现用一轻弹簧将 A、B两物块连接，并用力缓慢压缩弹簧使A、B两物块靠近，此过程外力做功108J （弹簧仍处于弹性限度范围内），然后同时释放，弹簧开始逐渐变长.试求当弹簧刚好恢复原长时，A和B物块速度Va、vb的大小.界事累事r?事$金$Q里*2015-2016 学年广东省湛江一中等四校高三（上）第一次联考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题有7 小题，每题 4 分，共 28 分选出各题中一个符合题意的选项，不选、多选、错选均不给分 ）1 下列关于物理学发展史的表述，其中观点正确的是（ ）A 伽利略发现行星运动三大定律B 牛顿发

18、现万有引力定律C.法拉第首先发现了电流的磁效应D 奥斯特首次测出元电荷量【考点】物理学史【分析】根据物理学史解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解： A 、开普勒发现了行星运动三大定律，故A 错误B 、牛顿发现万有引力定律，故B 正确C、奥斯特首先发现了电流的磁效应.故 C错误.D 、密立根首次测出元电荷量故D 错误故选： B【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4s 末到达离地面100m 的最高点时炸开，构成各种美

19、丽的图案假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是V0,上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，那么V0和k分别等于（重力加速度 g 取 10m/s2 ） （）A 25m/s， 1.25 B 40m/s， 0.25 C 50m/s， 0.25 D 80m/s， 1.25【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】礼花弹从炮筒中竖直射出时向上做匀减速直线运动，对其进行受力分析，根据牛顿第二定律及匀减速直线运动的基本公式即可求解【解答】解：上升过程中所受的平均阻力f=kmg ，根据牛顿第二定律得：a=川b (k+1) g, 4l根据 h=_2at

20、22h得：a=上二l=12.5m/s2,所以 vo=at=50m/s,而(k+1 ) g=12.5m/s2,所以 k=0.25.故选C.【点评】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的应用，要求同学们能正确对物体进行受力分析，根据受力情况判断运动情况，并熟练运用运动学基本公式解题.3.如图所示，质量为 m的小球置于光滑的正方体盒子中，盒子的边长略大于球的直径.某同学拿着该盒 子在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，已知重力加速度为g,空气阻力不计，要使在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，则()A .该盒子做匀速圆周运动的周期等于工B.该盒子做匀速圆周运动的周期等于2C.盒子在最低点时盒子

21、与小球之间的作用力大小等于3mgD.盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小等于5mg【考点】向心力；动能定理的应用.【分析】小球在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，说明此时恰好只有小球的重力作为向心力，由此 可以求得小球的运动周期，在最低点时对物体受力分析，利用向心力的公式可以求得盒子与小球之间的作 用力大小.【解答】解：AB、在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，说明此时恰好只有小球的重力作为小球的向心力，由 mg=mR 得，周期T=2,故A错误，B正确.4 IT2CD、盒子在最低点时受重力和支持力的作用，由 F-mg=mR_L_|得：F=2mg ,故C、D错误. 故选：B【点评】物体做

22、匀速圆周运动，小球在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，说明此时恰好只有小球的 重力作为向心力，这是解决这道题的关键，再根据最高点和最低点时受力的不同，根据向心力的公式列方 程求解即可.R.已设4 .如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为知电场的电场强度为 E,方向竖直向下；磁场的磁感应强度为 B,方向垂直纸面向里，不计空气阻力, 重力加速度为g,则（）A.液滴带正电B.液滴荷质比丘目C.液滴顺时针运动 D.液滴运动速度大小 v=il【考点】带电粒子在混合场中的运动.【专题】带电粒子在复合场中的运动专题.【分析】（1）液滴在复合场中做匀速圆周运动，

23、可判断出电场力和重力为平衡力，从而可求出液滴的比荷 并可判断电场力的方向，结合电场的方向便可知液滴的电性.（2）根据洛伦兹力的方向，利用左手定则可判断液滴的旋转方向；结合重力与电场力平衡以及液滴在洛 伦兹力的作用下的运动半径公式，可求出线速度.【解答】解：A、液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知，液滴受到的重 力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相同，故可知液滴带负电， 故A错误；B、由液滴做匀速圆周运动，得知电场力和重力大小相等，得：mg=qE .解得：I = I,故B错误；C、磁场方向垂直纸面向里，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手

24、定则可判断液滴的旋转方向为顺时针,故C正确；D、液滴在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：联立得：v= JLI,故D错误；故选：C.【点评】此题考查了液滴在复合场中的运动问题.复合场是指电场、磁场、重力场并存，或其中某两种场 并存的场.液滴在这些复合场中运动时，必须同时考虑电场力、洛伦兹力和重力的作用或其中某两种力的 作用，因此对液滴的运动形式的分析就显得极为重要.该题就是根据液滴的运动情况来判断受到的电场力 情况.5 .如图所示，在一磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距为L=0.1m的平行金属导轨 MN和PQ,导轨电阻忽略不计，在两根导轨的端点 N、Q之间

25、连接一阻值 R=0.3 的电阻.导轨上正交放置着金属棒 ab,其电阻r=0.2 Q.当金属棒在水平拉力作用于以速度v=4.0m/s向左做匀速运动时（）A . a b棒所受安培力大小为 0.02NB. N、Q间电压为0.2VC. a端电势比b端电势低D.回路中感应电流大小为1A【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律.【专题】电磁感应功能问题.【分析】根据 E=BLv求出ab产生的感应电动势，由欧姆定律求感应电流，再由 F=BIL求ab棒所受的安 培力大小.NQ间的电压是R两端的电压，由欧姆定律求.由右手定则判断电势高低.【解答】解：A、ab棒产生的感应电动势 E=BLv=0.5

26、 >0.1 >4V=0.2VE I CL 2感应电流为i=R+i!=O 3+0. ©=0.4Aa b棒所受安培力大小F安=BIL=0.5 X0.4>0.1N=0.02N ,故A正确.B、N、Q 间电压为 U=IR=0.4 >0.3V=0.12V ,故 B 错误.C、由右手定则判断知，ab棒中感应电流方向由 b到a, a端相当于电源的正极，电势较高，故 C错误.D、由上知，回路中感应电流大小为0.4A,故D错误.故选：A【点评】本题是电磁感应与电路知识的综合，关键要区分清楚哪部分电路是电源，哪部分是外部分.要知道NQ间的电压是外电压.6 .某科研单位设计了一空间

27、飞行器，飞行器从地面起飞时， 发动机提供的动力方向与水平方向夹角a=60°,使飞行器恰恰与水平方向成9=30。角的直线斜向右上方匀加速飞行，经一段时间后，将动力的方向沿逆时针旋转60。同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，重力加速度为g,则（）四4A.减速时加速度的大小为 Wg B .减速时动力的大小等于-3mgC.加速时动力的大小等于mg D .加速时加速度的大小为 g【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用.【专题】牛顿运动定律综合专题.【分析】起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30。角斜向上，根据几何关系求出合力，由牛

28、顿第二定律求出加速度，根据匀加速运动速度公式求解最大速度；推力方向逆时针旋转60。后，先根据牛顿第二定律求解加速度，再求出继续上升的时间.【解答】解：AB、t时刻的速率：v=ait=gt推力方向逆时针旋转 60°,合力的方向与水平方向成 30°斜向下，推力F'跟合力F'h垂直，如图所示，此时合力大小为：F'h=mgsin30动力大小：F=_2_lmg飞行器的加速度大小为:ingsin30c 1故AB错误;30 °角斜向上，设动力为 F,合力为F"如CD、起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成图所示： 在OFFb中，由几

29、何关系得：F=v3mg, Fb=mg由牛顿第二定律得飞行器的加速度为：ai=g故C错误，D正确；故选：D.【点评】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的应用，要求同学们能正确对分析器进行受力分 析并能结合几何关系求解，难度适中.m,匀速上升的速度为 v,7 .如图是一种升降电梯的示意图，A为载人箱，B为平衡重物，它们的质量均为M,上下均有跨过滑轮的钢索系住，在电动机的牵引下使电梯上下运动.如果电梯中载人的总质量为电梯即将到顶层前关闭电动机，依靠惯T上升h高度后停止，在不计空气和摩擦阻力的情况下，卜为（(M+nr)y* (M+m) /D.2 m®A.这 B. 工昵C. 【考点】牛

30、顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系.【专题】牛顿运动定律综合专题.【分析】载人箱、人及平衡重物加速度相同，则由隔离法可求得加速度的大小；再由运动学公式可求得上 升的高度.【解答】解：设B对A拉力Ft 对 B : Mg - FT=Mam芸|对 A : Ft- ( M+m ) g= (M+m ) a, a=2M+m|（2M+nr）甲 2由V 2=2ah得h= 2幅 ,D选项正确.故选：D.【点评】本题也可以利用整体法直接求出整体沿绳子运动的加速度，再由运动学公式求解.二、多项选择题（本题共 5小题，每小题 4分，共20分，每题有两个以上选项是正确的，完全选对得4分，选对但不全得 2分，不

31、答或有选错得零分.）8 .如图所示是骨折病人的牵引装置示意图，绳的一端固定，绕过定滑轮和动滑轮后挂着一个重物，与动滑轮相连的帆布带拉着病人的脚，整个装置在同一竖直平面内.为了使脚所受的拉力增大，可采取的方法是（）A.只增加绳的长度 B.只增加重物的质量C.只将病人的脚向左移动 D.只将两定滑轮的间距增大【考点】合力的大小与分力间夹角的关系.【专题】平行四边形法则图解法专题.【分析】以滑轮为研究对象，根据平衡条件得出脚所受的拉力与绳的拉力的关系，再选择可采取的方法.【解答】解：A、若只增加绳的长度，拉力不变， A选项错误；B、若只增加重物的质量，则绳子拉力增大，脚所受的拉力增大，B选项正确；C、

32、若只将病人的脚向左移动，则夹角。会减小，绳子拉力的合力增大，脚所受的拉力增大，C选项正确;D、只将两只滑轮的距离增大，则夹角。会增大，绳子拉力的合力减小，脚所受的拉力减小，D选项错误.故选：BC.【点评】本题实质中动态平衡问题，采用的是函数法，考查运用物理知识分析实际问题的能力.9 .蒋昊南同学阅读了一篇 火星的现在、地球的未来”的文章，摘录了以下资料：根据目前被科学界普遍接受的宇宙大爆炸学说可知，万有引力常量在极其缓慢地减小；太阳几十亿年来一直不断地在通过发光、发热释放能量； 金星和火星是地球的两位近邻，金星位于地球圆轨道的内侧，火星位于地球圆轨道的外侧；所以火星上也有四季由于火星与地球的自

33、转周期几乎相同，自转轴与公转轨道平面的倾角也几乎相同,变化.根据他摘录的资料和有关天体运动规律，可推断（）A.太阳对地球的引力在缓慢减小B.太阳对地球的引力在缓慢增加C.火星上平均每个季节持续的时间等于3个月D.火星上平均每个季节持续的时间大于3个月【考点】万有引力定律及其应用.【专题】万有引力定律的应用专题.【分析】由万有引力的表达式分析太阳对地球引力的变化情况；由万有引力提供向心力，得到行星的周期 与轨道半径的关系式，再分析周期大小，判断火星上季节时间.【解答】解：A、B由太阳对地球的万有引力的表达式FUG。可知，G变小，则太阳对地球的引力F减小.故A正确,B错误C、由行星绕太阳运行所需要

34、的向心力由太阳的万有引力提供，则有：m工二回，得周期T=2 画I可知r越大，T越大.因火星的轨道半径比地球大，则火星的公转周期比地球的大，所以火星上平均每个季节的时间大于3个月,故C错误，D正确；故选：AD【点评】本题关键要明确万有引力的表达式，建立行星运动的模型， 会由向心力等于万有引力分析线速度、 周期与半径的大小关系.10.如图所示，一圆心为 O、半径为R的圆中有两条互相垂直的直径 AC和BD,电荷量均为 Q的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称，+Q和。点的连线与OC间的夹角为60°,两个点电荷的连线与AC的交点为P.下列说法中正确的是（AA. P点的电场强度大于

35、O点的电场强度B. A点的电势低于C点的电势C.点电荷-q在O点与在C点所受的电场力相同D.点电荷+q在点B具有的电势能小于在 D点具有的电势能【考点】电场强度；电势能.【专题】电场力与电势的性质专题.【分析】根据电场线的分布情况，分析 P点和。点的场强.等量异种点电荷电场的分布具有对称性，可以结合其对称性来分析，结合等量异种点电荷电场电场线和等势线的分布图象来分析电势的高低，由电势能公式Ep=q（）分析电势能的大小.【解答】解：A、在AC连线上，P点的电场线最密，场强最大，所以P点的电场强度大于 O点的电场强度，故 A正确.B、AC连线是等量异种点电荷电场中一条等势线，故 A、C两点的电势相

36、等，故 B错误.C、根据等量异种点电荷电场电场线分布的对称性可知，O、C两点的电场强度相同，则点电荷 +q在。点和C点所受电场力相同.故 C正确.D、根据顺着电场线方向电势降低，结合电场线的分布情况可知，B点的电势高于 D点电势，由电势能公式Ep=q巾分析可知：点电荷+q在B点的电势能大于在 D点具有的电势能.故 D错误.故选：AC【点评】本题考查等量异种点电荷电场的分布特点，关键要掌握等量异种点电荷电场的电场线和等势线的分布图象，来分析场强和电势关系.11. 一理想变压器原、副线圈的匝数比为10: 1,原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头（）图甲

37、图已A .副线圈输出电压的频率为 50HzB.副线圈输出电压的有效值为31VC. P向右移动时，原、副线圈的电流比减小D. P向右移动时，变压器的输出功率增加【考点】变压器的构造和原理.【专题】交流电专题.【分析】根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论.【解答】解：A、由图象可知，交流电的周期为0.02s,所以交流电的频率为 50Hz,所以A正确.B、根据电压与匝数成正比可知， 原线圈的电压白最大值为 22返 V,所以副线圈的电压的最大值为 2因 V ,22回所以电压的有效值为 近Iv=22V ,所以B错误.C、原、副线圈的电流与匝数成反比，

38、线圈的匝数不变，所以电流比也不变，所以C错误.D、P向右移动时，滑动变阻器的电阻减小，副线圈的电压不变，所以电路消耗的功率将变大，变压器的输出功率增加，所以 D正确.故选AD .【点评】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法.12. 一个高尔夫球静止于平坦的地面上.在 t=0时球被击出，飞行中球的速率与时间的关系如图所示.若不计空气阻力的影响，根据图象提供的信息可以求出的量是（）A.高尔夫球在何时落地B.高尔夫球可上升的最大高度C.人击球时对高尔夫球做的功D.高尔夫球落地时离击球点的距离【考点】动能定理

39、的应用；匀变速直线运动的图像.【专题】动能定理的应用专题.【分析】不计空气阻力，高尔夫球落到水平地面上时，速率相等，由图可求出落地时间.根据动能定理可 求出最大高度.由动能定理，分析能否求出人击球时对高尔夫球做的功.高尔夫球水平方向做匀速直线运动，由图求出水平方向分速度Vx,由X=Vxt求出落地时离击球点的距离.【解答】解：A、不计空气阻力，高尔夫球落到水平地面上时，速率相等.由图看出，小球5s时刻落地.故A正确.12|B、小球的初速度大小为 vo=31m/s,到达最局点时的速度大小为 v=19m/s,由动能定理得-mgh=zI -日吟|由此式可求出最大高度 h.故B正确.1 2一节坨廿门 C

40、、由动能定理得：人击球时对图尔夫球做的功 W=,由于图尔夫球的质量 m未知，无法求出 W.故C错误.D、高尔夫球水平方向做匀速直线运动，水平方向分速度vx=19m/s,高尔夫球落地时离击球点的距离为S=vxt=19 >5m=95m .故 D 正确.故选ABD【点评】本题要根据速率图象读出小球的初速率、最高点的速率及运动情况，还要运用运用的分解法研究斜抛运动，知道高尔夫球水平方向做匀速直线运动.三、实验题.13 .甲图中游标卡尺的读数为13.55 mm：乙图中螺旋测微器的读数为4.699 mm .丙图中多用电表的读数为1000 Q.【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用.【专题】

41、实验题.【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读.螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读.根据选择开关位置确定多用电表所测量的量与量程，然后根据表盘确定其分度值，然后读出其示数.【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为13mm,游标尺上第11个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为 11 ><0.05mm=0.55mm ,所以最终读数为：13mm+0.55mm=13.55mm .2、螺旋测微器的固定刻度为4.5mm,可动刻度为19.9>0.01mm=0.199mm ,所以最终读数为4.5mm+0.199m

42、m=4.699mm .3、欧姆档的读数是 100;然后表盘读数乘以倍率，该电阻的电阻值为：R=100X10=1000Q.故答案为：13.55; 4.699; 1000.【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量.14 .如图甲示，是验证牛顿第二定律的实验装置.（1）请完善下列实验步骤:A.用天平测量吊盘m。和小车的质量 M0.B.平衡小车的摩擦阻力：取下吊盘，调整木板右端的高度，用手轻推小车，直到打点计时器在纸带上打 出一系列间距相等的点.C.按住小车，挂上吊盘，使细线与长木板平行.D.接通电源 .释放小车，在得到的纸带上标出吊盘（或小车

43、）的总质量 m （或M）.E.保持小车总质量一定，多次改变吊盘中的祛码，重复 C D步骤.F.保持吊盘总质量一定，多次改变小车的质量_,重复C D步骤.（2）如图乙示，纸带上3个相邻计数点的间距为 S1、s2和S3.用米尺测量S1、S3的间距，由图可读出s1=24.3mm , S3= 47.1 mm.已知打点计时器打点周期为0.02s,利用S1、S3计算小车加速度a= 1.14 m/s2.（计算结果保留三位有效数字）【考点】验证牛顿第二运动定律.【专题】实验题；牛顿运动定律综合专题.【分析】明确实验原理及实验方法；知道为了保证在改变小车中祛码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的

44、质量之和应该远小于小车和祛码的总质量由匀变速直线运动的推论得：x=aT2由则可求得加速度.【解答】解：（1） D、在实验时应先接通电源，再释放小车；F、因验证加速度与小车质量之间的关系；故应多次改变小车的质量，重复实验;（2）设纸带上三个相邻计数点的间距为S1、S2、S3.由匀变速直线运动的推论得：x=aT2即 s3 S1=2a (5Zt) 2St - SJ 1”5。(3 2a -图2为用米尺测量某一纸带上的&、S3的情况，由图可读出 si=24.2mm , S3=47.2mm .由此求得加速度的大小 a=5° -=1.15m/s2.故答案为：（1） D.接通电源； F.小车

45、质量（或小车中的祛码个数）（2） 47.1; 1.15【点评】本题考查验证牛顿第二定律的实验；对于实验问题要掌握实验原理、注意事项和误差来源；遇到 涉及图象的问题时，要先根据物理规律写出关于纵轴与横轴的函数表达式，再根据斜率和截距的概念求解 即可.15.有一标有6V, 0.5A”的小型直流电动机，转子是由铜导线绕制的线圈组成，阻值约为0.8Q.某兴趣小组设计一个实验测量此电动机线圈的电阻.实验室现提供的器材除导线和开关外还有：A.直流电源E: 8V （内阻不计）B.直流电流表 A1： 00.6A （内阻约为0.5Q）C.直流电流表 A2： 03A （内阻约为0.1 ）D,直流电压表 V1： 0

46、3V （内阻约为5kQ）E.直流电压表 V2： 015V （内阻约为15kQ）F.滑动变阻器 R1 : 010Q, 2AG.标准电阻R2: 3a(1)为能较准确地测出电动机线圈电阻，应选择以下的乙电路图.图中辿!表小电动机.(2)为使电表指针有较大角度的偏转，需要选用的电流表是B ,电压表是D .(填写实验器材前面的序号)(3)闭合开关后，调节滑动变阻器控制电动机不转动时读出电流表、电压表示数.若某次实验电压表的示数为2.00V,电流表的示数为 0.50A,电动机线圈电阻为1.00 Q.由此可计算出该电动机正常工作输出的机械功率为2.75 W.(以上两空计算结果均保留三位有效数字)【考点】描绘

47、小电珠的伏安特性曲线；伏安法测电阻.【专题】实验题；恒定电流专题.【分析】(1)从而测量的精确性角度考虑，选择电压表和电流表的量程，测量电动机内阻时，电动机需不转动，通过欧姆定律求出电动机的内阻.(2)根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后可得出对应的电路图.(3)测电阻时应控制电动机不转.由欧姆定律求出线圈电阻，应用电功公式求出输出功率.【解答】解：(1)电动机不转时，两端最大电压约为：U=0.5 M.8=0.4V ,滑动变阻器应采用分压接法，电动机线圈电阻约为 0.8Q,电流表内阻约为 0.5Q,电压表内阻约为 5k Q,电流表应采用外接法，因线圈的电阻太小，因此为保护电动机，则将定值

48、电阻与电动机串联，故应选择乙电路图；(2)测电动机线圈电阻，应控制电动机不转，测出电动机两端电压与通过电动机的电流，电动机不转时，通过电动机的电流与电动机两端电压都很小，电流表选B,电压表选 D;(3)由欧姆定律可知：r+R=髓解得：r=4 - 3=1.00 Q电动机正常工作时，总功率：P=UI=6 X0.5=3W ,线圈产生的热功率：PQ=I2r=0.52M=0.25W,电动机正常工作输出的机械功率：P机«=P - Pq=3 - 0.25=2.75W ;故答案为：(1)乙；(2) B; D; (3) 1.00; 2.75.【点评】解决本题的关键知道器材选取的原则，即精确、安全，以及

49、知道电动机正常工作时输入功率等于 输出功率与内部消耗功率之和.四、计算解析题(本题共3小题，共9+12+13=34分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤、规范的作图.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.)16.如图示，有一固定在水平桌面上的轨道ABC, AB段粗糙，与水平面间的夹角为9=37° BC段光滑,C点紧贴桌子边缘；桌高h=0.8m. 一小物块放在 A处(可视为质点)，小物块与AB间的动摩擦因数为斤0.25.现在给小物块一个沿斜面向下的初速度vA=1m/s,小物块经过 B处时无机械能损失，物块最后落在与C点水平距离 x=1.2m

50、的D处.(不计空气阻力，g取10m/s2, sin37 =0.6, cos37°=0.8)求：(1)小物块在 AB段向下运动时的加速度大小a；(2)小物块到达 B处时的速度大小Vb；(3)求AB的长L.弋I尸尸尸尸7r7丁 J/草尸尸7【考点】牛顿运动定律的综合应用；平抛运动.【专题】牛顿运动定律综合专题.【分析】(1)从A到B过程，物体受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律列式求解加速度；(2)物块离开C后做平抛运动，由平抛运动的位移关系公式列式求解；(3)对从A到B过程，根据速度位移关系公式列式求解.【解答】解：(1)小物块从A到B过程中，由牛顿第二定律有：mgsin 0-(m

51、gcos 0=ma代入数据解得：a=4m/s2h八gt2(2)小物块从B向右匀速运动，自 C点水平抛出，由平抛运动规律，竖直方向：水平方向：X=VBt代入数据解得：VB=3m/svR v t, =2aL(3)小物块从A到B,由运动学公式，有：_J代入数据解得：L=1m答：(1)小物块在AB段向下运动时的加速度大小是4m/s2;(2)小物块到达 B处时的速度大小是 3m/s；(3) AB的长是1m.【点评】本题中滑块先做匀加速直线运动，后作平抛运动，对两个过程分别运用牛顿第二定律求解加速度，再运用运动学公式列式求解.17 .如图所示，两平行金属板 E、F之间电压为U,两足够长的平行边界 MN、P

52、Q区域内，有垂直纸面向 外的匀强磁场，磁感应强度为B. 一质量为m、带电量为+q的粒子(不计重力)，由E板中央处静止释放，经F板上的小孔射出后，垂直进入磁场，且进入磁场时与边界MN成60°角，最终粒子从边界 MN离开磁场.求：(1)粒子离开电场时的速度大小v;(2)粒子在磁场中圆周运动的半径r和运动的时间t.(3)两边界MN、PQ的最小距离d.【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；动能定理.【专题】带电粒子在磁场中的运动专题.【分析】(1)带电粒子先在电场中加速，后进入磁场做匀速圆周运动.由动能定理求出加速获得的速度大小.粒子离开电场后，垂直进入磁场，由洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定

53、律求半径；(2)当粒子在磁场中的轨迹恰好也PQ相切时，两边界 MN、PQ的距离最小，画出粒子的运动轨迹，由几何关系求最小距离；(3)求出粒子圆周运动的周期，确定出轨迹的圆心角 为由tRT求磁场中运动的时间.【解答】(1)设粒子离开电场时的速度为 v,由动能定理有：解得：v=!(2)粒子离开电场后，垂直进入磁场，由洛仑兹力提供向心力有:联立解得:2叫粒子在磁场中做圆周运动的周期t=ZEJ2叫联立解得：T=_d粒子在磁场中运动的时间 t=_L_l =_jJ(3)最终粒子从边界 MN离开磁场，需满足:d 7+rsin304n联立解得：d两边界MN、PQ的最小距离d为答：(1)粒子离开电场时的速度大小

54、(2)粒子在磁场中圆周运动的半径,和运动的时间t=(3)两边界MN、PQ的最小距离【点评】本题中带电粒子在组合场中运动的类型，画出粒子的运动轨迹，运用几何知识和牛顿第二定律研 究磁场中轨迹问题.18 .如图所示，一块质量为 M、长为L的匀质板放在很长的光滑水平桌面上，板的左端有一质量为m的小物块，物块上连接一根很长的细绳，细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮.现某人以恒定的速度 v向下拉绳,物块随细绳运动，恰到达板的中点后相对板静止；取g=10m/s2,且所有过程板的右端均未撞上桌边定滑轮， 求：(1)从开始拉绳起计时，物块到达板的中点经历的时间to；(2)物块与板间的动摩擦因数 卬；(3)若板与桌面间有摩擦，为使物块能到达板的右端，板与桌面的动摩擦因数科的范围.【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系.【专题】牛顿运动定律综合专题.【分析】(1)板与物块都向右做初速度为零的匀加速运动，当两者速度相等时，木块与板相对静止，由平 均速度公式求出板的平均速度；由运动学公式求出时间；(2)由牛顿第二定律求出物体与板间的动摩擦因数；(3)对板与物块进行受力分析，由牛顿第二定律求出加速度