2015年市浦东新区高二第十六届洋泾中学杯高中物理竞赛预赛试卷

1、获取更多试卷，请关注微信公众号：上海试卷第34页（共34页）2016年上海市浦东新区高二第十六届洋泾中学杯高中物理竞赛预赛试卷一单项选择题（每小题3分，共30分每小题给出的四个答案中只有一个是正确的）1在高处以初速度v0水平抛出一石子，当它的速度方向由水平方向变化到与水平方向成角的过程中（不计空气阻力），石子的水平位移的大小是（）Av02singBv022如图所示，一轻绳通过一个光滑的定滑轮，两端分别各系一质量为mA和mB的物体，物体A放在地面上开始时静止当B的质量发生变化时，物体A的加速度大小与物体B质量的定性关系为下图中的（）ABCD3如图，轻杆A端用光滑水平铰链装在竖直墙面上，B端用水平

2、绳固定在墙C处并吊一重物P，在水平向右的力F缓缓拉起重物P的过程中杆AB所受压力（）A变大B变小C先变小再变大D不变4如图所示，曲线表示一列横波的传播，其中实线是t1=1s时的波形，虚线是t2=2.5s时的波形，且（t2t1）小于一个周期，由此可以判断：波长一定为40cm 此波一定是向x轴正方向传播；振幅为10cm 周期可能为6s，也可能为2s其中正确的是（）A只有和B只有和C只有和D只有、和520世纪50年代，科学家提出了地磁场的“电磁感应学说”，认为当太阳强烈活动影响地球而引起磁暴时，磁暴在外地核中感应产生衰减时间较长的电流，此电流产生了地磁场连续的磁暴作用可维持地磁场，则外地核中的电流方

3、向为（地磁场N极与S极在地球表面的连线称为磁子午线）（）A垂直磁子午线由西向东B垂直磁子午线由东向西C沿磁子午线由南向北D沿磁子午线由北向南6一矩形通电线框abcd可绕其中心轴OO转动，它处在与OO垂直的匀强磁场中，如图所示在磁场作用下线框开始转动，最后静止在平衡位置，则平衡后（）A线框四边都不受磁场的作用力B线框四边受到指向线框外部的磁场力，但合力为零C线框四边受到指向线框内部的磁场力，但合力为零D线框的一对边受到指向线框外部的磁场作用力，另一对边受到指向线框内部的磁场作用力，但合力为零7由同种材料制成的物体A和B放在足够长的木板上，随木板一起以速度v向右做匀速直线运动，如图所示已知物体A的

4、质量大于B的质量某时刻木板突然停止运动，下列说法正确的是（）A若木板光滑，物体A和B之间的距离将增大B若木板光滑，物体A和B之间的距离将减小C若木板粗糙，物体A和B一定会相碰D无论木板是光滑还是粗糙，物体A和B之间的距离保持不变8两个宽度相同但长度不同的台球框固定在水平面上，从两个框的长边同时以相同的速度分别发出小球A和B，如图所示设球与框边碰撞时无机械能损失，不计摩擦，则两球回到最初出发的框边的先后是（）AA球先回到出发框边BB球先回到出发框边C两球同时回到出发框边D因两框长度不明，故无法确定哪一个球先回到出发框边9热辐射是指所有物体在一定的温度下都要向外辐射电磁波的现象辐射强度指垂直于电磁

5、波方向的单位面积在单位时间内所接收到的辐射能量在研究同一物体于不同温度下向外辐射的电磁波的波长与其辐射强度的关系时，得到如图所示的图线：图中横轴表示电磁波的波长，纵轴M表示物体在不同温度下辐射电磁的强度，则由M图线可知，同一物体在不同温度下，将（）A向外辐射相同波长的电磁波的辐射强度相同B向外辐射的电磁波的波长范围是相同的C向外辐射的最大辐射强度随温度升高而减小D向外辐射的最大辐射强度的电磁波的波长向短波方向偏移10图示为一个内、外半径分别为R1和R2的圆环状均匀带电平面，其单位面积带电量为取环面中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴设轴上任意点P到O点的距离为x，P点电场强度的大小为E下面给

6、出E的四个表达式（式中k为静电力常量），其中只有一个是合理的根据你的判断，E的合理表达式应为（）AE=2k（R1x2+BE=2k（1x2+RCE=2k（R1x2+DE=2k（1x2+R二多项选择题（每小题4分，共40分每小题给出的四个答案中有一个以上是正确的，请把正确的答案全选出来每一小题全选对的得4分；选对但不全的得2分；有选错或不答的得0分）11二十世纪初有一批物理学家在微观领域的研究中取得了突出的成就，他们也因此获得了崇高的荣誉下列物理学家中，曾荣获诺贝尔物理奖的是（）A汤姆孙B卢瑟福C贝克勒尔D查得威克12类比是一种有效的学习方法，通过归类和比较，有助于掌握新知识，提高学习效率在类比过

7、程中，既要找出共同之处，又要抓住不同之处某同学对机械波和电磁波进行类比，总结出下列内容，其中正确的是（）A机械波的频率、波长和波速三者满足的关系，对电磁波也适用B机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象C机械波的传播依赖于介质，而电磁波可以在真空中传播D机械波既有横波又有纵波，而电磁波只有纵波13用图所示电路观察3个小灯泡的亮度变化和两个电压表的示数变化情况，如果滑动变阻器的滑片P由a端滑至b端，电压表V1示数变化的绝对值为U1，电压表V2示数变化的绝对值为U2，则以下说法中正确的是（）AL1、L3变亮，L2变暗BL1、L2变亮，L3变暗CU1U2DU1U214下列叙述正确的是（）A温度升高，物体

8、内每个分子的热运动速率都增大B气体压强越大，气体分子的平均动能就越大C在绝热过程中外界对气体做功，气体的内能必然增加D自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性15如图所示，水平面上两物体 m1、m2经一细绳相连，在水平力F的作用下处于静止状态，则连结两物体绳中的张力可能为（）A零BF2CFD大于16如图所示，把A、B两球由图示位置同时由静止释放（绳开始时拉直、不计空气阻力），则在两球向左下摆动时，下列说法正确的是（）A绳OA对A球不做功B绳AB对B球不做功C绳AB对A球做负功D绳AB对B球做正功17设地球的质量为M，平均半径为R，自转角速度为，万有引力恒量为G，则有关同步卫星的说法正确的

9、是（）A同步卫星的轨道与地球的赤道在同一平面内B同步卫星离地的高度为h=3C同步卫星的向心加速度为a=2RD同步卫星的线速度大小为v=318如图所示，竖直面内的虚线上方是一匀强磁场B，从虚线下方竖直上抛一正方形线圈，线圈越过虚线进入磁场，最后又落回原处，运动过程线圈平面保持在竖直面内，不计空气阻力，则（）A上升过程克服磁场力做的功等于下降过程克服磁场力做的功B上升过程克服磁场力做的功大于下降过程克服磁场力做的功C上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率D上升过程克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率19将四个相同的灯泡分别组成如图所示的甲、乙两种电路并接在相同的端

10、压两端调节变阻器，使每个灯泡都正常发光若两个变阻器R1、R2上消耗的功率分别为P1、P2，则P1、P2的大小关系可能为（）AP2=2P1BP2=4P1CP2=8P1DP2=64P120两个正、负点电荷周围电场线分布如图所示，P、Q为电场中两点，以无穷远为零电势，则下列说法中正确的是（）AP点的场强大于Q点的场强BQ点的电势为负C负电荷右侧某处有一场强为零的点D两电荷连线中点处的电势为零三填空题（每小题5分，共30分）21两个质量均为m=1.0kg的质点A和B，在光滑的水平面上的同一起始线同时开始运动A、B的初速度分别为vA0=2.0m/s，vB0=1.2m/s，方向都向右，如图所示在运动的同时

11、，A、B都受到大小为F=2.0101N力的作用，A受力方向向左，B受力方向向右在以后的运动过程中，若用L表示两质点在任意时刻沿运动方向的距离，当L的数值为1.2m时，可判断质点B在方（选填“左”或“右”）；当L的数值范围为时不可判断A、B质点谁在左谁在右22如图甲所示，一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框的右边紧贴着磁场边界，t=O时刻对线框施加一水平向右的外力F，让线框从静止开始做匀加速直线运动，在t0时刻穿出磁场；图乙为外力F随时间变化的图象，若线框质量为m、电阻为R，图象中的F、t0 也为已知量，则在穿出磁场时的速度V=，匀强磁场的磁感强度B=23如图所示，质量为M的木板，静止放

12、在光滑的水平面上，木板左侧固定着一根劲度系数为K的轻质弹簧，弹簧的自由端到木板右端的距离为L一个质量为木板质量四分之一的小木块从板的右端以初速度v0开始沿木板向左滑行，最终刚好回到木板右端与木板保持相对静止设木板与木块间的动摩擦因数为，木板加速度最大时的运动速度为；在木块压缩弹簧过程中（弹簧一直在弹性限度内）弹簧所具有的最大弹性势能为24如图所示，竖直放置的气缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成气缸中有A、B两个用长为L的细绳连接的活塞，它们的截面积分别为SA=20cm2，SB=10cm2，活塞A的质量MA=1kg，外界大气压P0=1.0105Pa当气缸内气体的压强P=1.2105Pa，温度T=60

13、0K时，两活塞处于静止，此时两活塞到气缸连接处的高度都为L2，则活塞B的质量MB=kg当气缸内气体的温度降到270K时，活塞B距离两气缸连接处的高度为L25物理学家在微观领域中发现了“电子偶数”这一现象所谓“电子偶数”就是由一个负电子和一个正电子绕它们的质量中心旋转形成的相对稳定的系统已知正、负电子的质量均为me，电量大小均为e，普朗克恒量为h，静电力常量为k假设“电子偶数”中正、负电子绕它们质量中心做匀速圆周运动的轨道半径r、运动速度v及电子的质量满足量子化理论：2mevnrn=nh2，n=1，2，3，当n=1时电子旋转的速率大小为“电子偶数”的能量为正负电子运动的动能和系统的电势能之和，已

14、知两正负电子相距为L时的电势能为Ep=ke2L，则n=1时“26学过单摆的周期公式以后，物理兴趣小组的同学们对钟摆产生了兴趣，老师建议他们先研究用厚度和质量分布均匀的方木板（如一把米尺）做成的摆（这种摆被称为复摆），如图所示让其在竖直平面内做小角度摆动，C点为重心，板长为L，周期用T表示甲同学猜想：复摆的摆长应该是悬点到重心的距离L2乙同学猜想：复摆的摆长应该大于L2为了研究以上猜想是否正确，同学们进行了下面的实验探究：用T0表示板长为L的复摆看成摆长为L/2单摆的周期计算值（T0=2L2g），用T表示板长为板长L/cm255080100120150周期计算值T0/s0.701.001.271

15、.411.551.73周期测量值T/s0.811.161.471.641.802.01由上表可知，复摆的等效摆长L2（选填“大于”、“小于”或“等于”同学们对数据进行处理，进一步定量研究可得复摆的等效摆长 L等=L（结果保留二位有效数字）2016年上海市浦东新区高二第十六届洋泾中学杯高中物理竞赛预赛试卷参考答案与试题解析一单项选择题（每小题3分，共30分每小题给出的四个答案中只有一个是正确的）1在高处以初速度v0水平抛出一石子，当它的速度方向由水平方向变化到与水平方向成角的过程中（不计空气阻力），石子的水平位移的大小是（）Av02singBv02【分析】石子做的是平抛运动，根据平抛运动的规律，

16、水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同，来分析计算即可【解答】解：由于石子的速度方向到与水平方向成角，所以竖直分速度为vy=v0tan，由vy=gt，可得时间为t=v所以x=v0故选：C【点评】本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解2如图所示，一轻绳通过一个光滑的定滑轮，两端分别各系一质量为mA和mB的物体，物体A放在地面上开始时静止当B的质量发生变化时，物体A的加速度大小与物体B质量的定性关系为下图中的（）ABCD【分析】在m2小于m1之前两物体都不动，所以加速度为零，当m2大于m1后加速

17、度增加，当m2m1时，加速度趋近于g，不可能大于g【解答】解：在m2小于m1之前两物体都不动，所以加速度为零，当m2大于m1开始运动合力逐渐变大，加速度随之逐渐增加，当m2m1时，加速度趋近于g，但不可能大于g故选：D【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，要注意明确只有合外力不为零才有加速度，注意m2再大加速度也不可能大于g，只能无限趋近于g3如图，轻杆A端用光滑水平铰链装在竖直墙面上，B端用水平绳固定在墙C处并吊一重物P，在水平向右的力F缓缓拉起重物P的过程中杆AB所受压力（）A变大B变小C先变小再变大D不变【分析】在缓缓拉起重物P的过程中，重物P的合力为零，根据平衡条件得到PB绳的拉力与的关

18、系；再对B点研究，分析受力情况，由平衡条件分析杆AB所受压力的变化【解答】解：以重物P为研究对象，在缓缓拉起重物P的过程中，重物P的合力为零，根据平衡条件得： T2cos=Gp，Gp是重物P的重力对B点，则有 竖直方向上：Ncos=T2cos 由得：N=GPcos，可知，N不变，则得杆故选D【点评】本题采用隔离法研究动态变化问题，关键是分析物体的受力情况，再由平衡条件进行分析4如图所示，曲线表示一列横波的传播，其中实线是t1=1s时的波形，虚线是t2=2.5s时的波形，且（t2t1）小于一个周期，由此可以判断：波长一定为40cm 此波一定是向x轴正方向传播；振幅为10cm 周期可能为6s，也可

19、能为2s其中正确的是（）A只有和B只有和C只有和D只有、和【分析】由质点位移的最大值读出振幅，相邻两波峰或波谷间距离读出波长波可能向左，也可能向右传播，根据波形的平移法，得到周期【解答】解：、由图读出：质点的振幅A=5cm，波长=40cm故正确，错误、根据波形的平移法得知，波不一定向x轴正方向传播，也可能向x轴负方向传播故错误、振幅是指偏离平衡位置的最大距离，由图知振幅为5cm，错误；、若波向x轴正方向传播时，（t2t1）小于一个周期，根据波形的平移法可知，t2t1=14T，得周期为T=4（t2t1）=41.5s=6s若波向x轴负方向传播，t2t1=14T，T=2s故故选：B【点评】本题要考虑

20、波的双向性，由波形的平移法得到时间与周期的关系，求出周期520世纪50年代，科学家提出了地磁场的“电磁感应学说”，认为当太阳强烈活动影响地球而引起磁暴时，磁暴在外地核中感应产生衰减时间较长的电流，此电流产生了地磁场连续的磁暴作用可维持地磁场，则外地核中的电流方向为（地磁场N极与S极在地球表面的连线称为磁子午线）（）A垂直磁子午线由西向东B垂直磁子午线由东向西C沿磁子午线由南向北D沿磁子午线由北向南【分析】要解决此题首先要掌握安培定则：四指绕向电流的方向，大拇指所指的方向便是螺线管的N极首先根据信息中给出的已知条件，根据根据“磁子午线”由安培定则确定电流的方向【解答】解：由题意知，地磁体的N极朝

21、南，根据安培定则，大拇指指向地磁体的N极，则四指的绕向即为电流的方向，即安培假设中的电流方向应该是由东向西垂直磁子午线，故B正确，ACD错误故选：B【点评】该题通过一个信息，考查了学生对安培定则的掌握及应用，相对比较简单，属于基础题6一矩形通电线框abcd可绕其中心轴OO转动，它处在与OO垂直的匀强磁场中，如图所示在磁场作用下线框开始转动，最后静止在平衡位置，则平衡后（）A线框四边都不受磁场的作用力B线框四边受到指向线框外部的磁场力，但合力为零C线框四边受到指向线框内部的磁场力，但合力为零D线框的一对边受到指向线框外部的磁场作用力，另一对边受到指向线框内部的磁场作用力，但合力为零【分析】根据左

22、手定则判断ab边、cd边所受安培力的方向，从而判断线框的运动状况【解答】解：根据左手定则，ab边所受安培力的方向垂直纸面向外，cd边所受安培力的方向垂直纸面向内所以线框转动，ab转向纸外，cd转向纸内，达到静止时，合力为零，故B正确，ACD错误故选：B【点评】解决本题的关键掌握安培力方向的判定安培力方向的判定方法：左手定则7由同种材料制成的物体A和B放在足够长的木板上，随木板一起以速度v向右做匀速直线运动，如图所示已知物体A的质量大于B的质量某时刻木板突然停止运动，下列说法正确的是（）A若木板光滑，物体A和B之间的距离将增大B若木板光滑，物体A和B之间的距离将减小C若木板粗糙，物体A和B一定会

23、相碰D无论木板是光滑还是粗糙，物体A和B之间的距离保持不变【分析】分析木板光滑和粗糙两种情况进行讨论，若光滑，则AB两个木块将以原来的速度做匀速运动；若粗糙，根据牛顿第二定律求出加速度，比较两物块速度之间的关系即可求解【解答】解：若木板光滑，A、B在水平面上不受力，由于物体具有惯性，则AB将以原来的速度做匀速直线运动，保持相对静止；若木板粗糙，尽管两木块的质量不同，所受的摩擦力大小不同，但其加速度为a=mgm=g，与质量无关，故两物体将有相同的加速度，任意时刻有相同的速度保持相对静止故D正确，A、B故选D【点评】本题主要考查了惯性及牛顿第二定律的应用，注意摩擦力的公式内容，难度不大，属于基础题

24、8两个宽度相同但长度不同的台球框固定在水平面上，从两个框的长边同时以相同的速度分别发出小球A和B，如图所示设球与框边碰撞时无机械能损失，不计摩擦，则两球回到最初出发的框边的先后是（）AA球先回到出发框边BB球先回到出发框边C两球同时回到出发框边D因两框长度不明，故无法确定哪一个球先回到出发框边【分析】不计一切摩擦，两个球与框边碰撞前后做匀速直线运动，根据匀速直线运动的规律和运动的分解法进行分析【解答】解：设台球框的宽度为L，两球沿图示向上方向的分速度大小为vy由题不计一切摩擦，两个球与框边碰撞前后做匀速直线运动，则有：t=2Lvy，L相同，vy也相等，所以两球回到最初出发的框边所用时间t故选：

25、C【点评】本题运用运动的分解法研究，将匀速直线运动进行正交分解，运用匀速直线运动的规律列式，即可进行分析9热辐射是指所有物体在一定的温度下都要向外辐射电磁波的现象辐射强度指垂直于电磁波方向的单位面积在单位时间内所接收到的辐射能量在研究同一物体于不同温度下向外辐射的电磁波的波长与其辐射强度的关系时，得到如图所示的图线：图中横轴表示电磁波的波长，纵轴M表示物体在不同温度下辐射电磁的强度，则由M图线可知，同一物体在不同温度下，将（）A向外辐射相同波长的电磁波的辐射强度相同B向外辐射的电磁波的波长范围是相同的C向外辐射的最大辐射强度随温度升高而减小D向外辐射的最大辐射强度的电磁波的波长向短波方向偏移【

26、分析】本题考查的是读图能力，由图可得出波长与辐射强度及温度之间的关系，黑体的辐射不仅与温度有关，还与波长及频率有关【解答】解：A、向外辐射相同波长的电磁波的辐射强度随温度的变化而不同，A错误；B、向外辐射的电磁波的波长范围是不相同的，B错误；C、向外辐射的最大辐射强度随温度升高而增大，C错误；D、由图可知，随温度的升高，相同波长的光辐射强度都会增加；同时最大辐射强度向左侧移动，即向波长较短的方向移动，D正确；故选D【点评】本题看起来考查较为高深的内容，但其实考查的是学生读图的能力，只要认真分析是较为容易的找出答案的10图示为一个内、外半径分别为R1和R2的圆环状均匀带电平面，其单位面积带电量为

27、取环面中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴设轴上任意点P到O点的距离为x，P点电场强度的大小为E下面给出E的四个表达式（式中k为静电力常量），其中只有一个是合理的根据你的判断，E的合理表达式应为（）AE=2k（R1x2+BE=2k（1x2+RCE=2k（R1x2+DE=2k（1x2+R【分析】本题由于带电体为圆环状，虽然可以由微分的方式可以求得合场强，但是过程很麻烦，并超过了我们高中学生能力之外，故应注意审题，根据题意对选项进行分析，首先根据场强的单位进行判断，再利用极限的思想即可得出结论【解答】解：场强的单位为N/C，k为静电力常量，单位为Nm2/C2，为单位面积的带电量，单位为C/m2，

28、则2k表达式的单位即为N/C，故各表达式中其它部分应无单位，故可知AC肯定错误；当x=0时，此时要求的场强为O点的场强，由对称性可知EO=0，当x时E0，而D项中E4故D项错误；所以正确选项只能为B；故选：B【点评】本题对高中学生来说比较新颖，要求学生能应用所学过的单位制的应用及极限法；本题对学生的能力起到较好的训练作用，是道好题二多项选择题（每小题4分，共40分每小题给出的四个答案中有一个以上是正确的，请把正确的答案全选出来每一小题全选对的得4分；选对但不全的得2分；有选错或不答的得0分）11二十世纪初有一批物理学家在微观领域的研究中取得了突出的成就，他们也因此获得了崇高的荣誉下列物理学家中

29、，曾荣获诺贝尔物理奖的是（）A汤姆孙B卢瑟福C贝克勒尔D查得威克【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解：汤姆孙研究了阴极射线，发现了电子，曾荣获诺贝尔物理奖贝克勒尔发现了放射现象，查得威克发现了中子，两人曾荣获诺贝尔物理奖卢瑟福没有获得诺贝尔物理奖故ACD正确，B错误故选：ACD【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，这也是考试内容之一12类比是一种有效的学习方法，通过归类和比较，有助于掌握新知识，提高学习效率在类比过程中，既要找出共同之处，又要抓住不同之处某同学对机械波和电磁波进行类比，总结出下列内容，其中正确

30、的是（）A机械波的频率、波长和波速三者满足的关系，对电磁波也适用B机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象C机械波的传播依赖于介质，而电磁波可以在真空中传播D机械波既有横波又有纵波，而电磁波只有纵波【分析】将机械波和电磁波进行类比，抓住共同点：波速公式v=f适用于一切波；波都能产生干涉和衍射现象不同点：机械波的传播依赖于介质，而电磁波可以在真空中传播；机械波有横波和纵波，电磁波只有横波【解答】解：A、波速公式v=f适用于一切波，即对机械波和电磁波都适用故A正确B、所有的波都具有的特性是：能产生干涉和衍射现象故B正确C、机械波是机械振动在介质中的传播过程，必须依赖于介质，没有介质不能形成机械波；电磁

31、波传播的是电磁场，而电磁场本身就是一种物质，不需要借助其他物质来传播，所以电磁波可以在真空中传播故C错误D、机械波有横波和纵波，电磁波只有横波故D错误故选：ABC【点评】类比的学习方法要经常使用，通过类比，抓住新旧知识的共同点与不同点，防止产生似是而非的认识13用图所示电路观察3个小灯泡的亮度变化和两个电压表的示数变化情况，如果滑动变阻器的滑片P由a端滑至b端，电压表V1示数变化的绝对值为U1，电压表V2示数变化的绝对值为U2，则以下说法中正确的是（）AL1、L3变亮，L2变暗BL1、L2变亮，L3变暗CU1U2DU1U2【分析】由图可知L1与R串联后与L3并联，再与L2串联；V1测并联部分电

32、压，V2测L2两端的电压；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的阻值变化，则可知电路中总电阻的变化；由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化；由电流的变化可得出内电压的变化，由U=EIr可得路端电压的变化；则由串并联电路的规律可得出灯泡亮度的变化及各电表示数变化量间的关系【解答】解：当滑片由a向b滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，故总电阻减小；由闭合电路的欧姆定律可知，电路中电流增大，则通过L2的电流增大，故L2变亮；总电流增大，故内压增大，由闭合电路欧姆定律可知，路端电压减小，而L2电压增大，故L3两端电压减小，流过L3的电流减小，L3变暗；由并联电路的电流规律可知，通过L1的电流增大，故L1变

33、亮；故A错误，B正确；因为，U1示数减小，而U2示数增大，U1与U2的总值减小，故有U1减小量U1大于U2的总值变化U2；故U1U2，故C错误，D正确；故选：BD【点评】本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析，难点在于分析两电表变化量的大小，应注意体会14下列叙述正确的是（）A温度升高，物体内每个分子的热运动速率都增大B气体压强越大，气体分子的平均动能就越大C在绝热过程中外界对气体做功，气体的内能必然增加D自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性【分析】温度是气体分子的平均动能变化的标志由热力学第一定律分析答题热力学第二定律表明，自然界中进行的一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性故【解答】

34、解：A、温度升高，气体分子的平均动能增大，但是个别分子运动速率可能减小，故A错误B、温度是气体分子的平均动能变化的标志气体压强越大，温度不一定增大，故B错误C、在绝热过程中，外界对气体做功，由热力学第一定律得气体的内能增大，故C正确；D、热力学第二定律表明，自然界中进行的一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性故D正确故选：CD【点评】该题考查33的内容，都是记忆性的知识，要求对该部分的知识点由准确的记忆15如图所示，水平面上两物体 m1、m2经一细绳相连，在水平力F的作用下处于静止状态，则连结两物体绳中的张力可能为（）A零BF2CFD大于【分析】涉及到多个物体时，通常可以用整体法和隔离法，先用

35、整体法可以求得共同的加速度等，再用隔离法分析单个物体的受力情况，即绳的张力的情况【解答】解：当力F比较小时，小于m2受到的静摩擦力，此时m2不会运动，连接两物体绳没有伸长的趋势，不会有拉力产生，所以连接两物体的绳中的张力可能为0，故A正确当F逐渐增大，增大到 ml、m2将要一起运动时，此时对整体受力分析得，F（m1+m2）g=（m1+m2）a设绳的拉力为T，对ml受力分析得，Tm1g=m1a由可得，T=m1m所以当 ml=m2时T=12F，故B由T=m1m1+m2F分析可知，故选：AB【点评】本题考查了在拉力不断的变化时物体受力的变化，只有大于了第一个物体受到的摩擦力，后面的第二个物体才用可能

36、受到绳的拉力，所以一定要分清楚情况来讨论16如图所示，把A、B两球由图示位置同时由静止释放（绳开始时拉直、不计空气阻力），则在两球向左下摆动时，下列说法正确的是（）A绳OA对A球不做功B绳AB对B球不做功C绳AB对A球做负功D绳AB对B球做正功【分析】采用假设法，假设让A球和OA绳组成一个单摆，B球和OB绳组成另一个单摆，让两个单摆同时从图中位置向下摆动，根据单摆的周期公式，分析A、B运动的快慢，再分析OA和AB两绳的做功情况【解答】解：A、OA的拉力始终与A球的速度方向垂直，则绳OA对A球不做功故A正确；B、假设让A球和OA绳组成一个单摆，B球和OB绳组成另一个单摆，让两个单摆同时从图中位置

37、向下摆动，根据单摆的周期公式T=2Lg得知，A摆的周期小于B摆的周期，说明图中A球运动比B球运动快，则AB绳对A球的拉力与A的瞬时速度方向夹角为钝角，所以AB绳对A做负功AB绳与B球的瞬时速度方向成锐角，所以AB绳对B球做正功故B错误，C、D故选：ACD【点评】本题运用假设法思维方法进行分析，根据力与速度方向的关系判断力的做功情况，注意明确两球的摆动快慢是解题的关键17设地球的质量为M，平均半径为R，自转角速度为，万有引力恒量为G，则有关同步卫星的说法正确的是（）A同步卫星的轨道与地球的赤道在同一平面内B同步卫星离地的高度为h=3C同步卫星的向心加速度为a=2RD同步卫星的线速度大小为v=3【

38、分析】同步卫星定轨道（在赤道上方），定周期（与地球的自转周期相同），定速率、定高度根据万有引力提供向心力，可求出同步卫星的轨道半径，从而求出同步卫星离地的高度【解答】解：A、因为同步卫星相对于地球静止，所以同步卫星的轨道同只能在在赤道的上方，与地球的赤道在同一平面内故A正确 B、根据万有引力提供向心力GMmr2=mr2，轨道半径r=3GM2，所以同步卫星离地的高度h=3 C、根据万有引力提供向心力GMmr2=mr2，轨道半径r=3GM2，a=2 D、根据v=r，得v=3GM2=3故选：AD【点评】解决本题的关键掌握同步卫星的特点：同步卫星定轨道（在赤道上方），定周期（与地球的自转周期相同），定

39、速率、定高度以及掌握万有引力提供向心力GMmr2=mr18如图所示，竖直面内的虚线上方是一匀强磁场B，从虚线下方竖直上抛一正方形线圈，线圈越过虚线进入磁场，最后又落回原处，运动过程线圈平面保持在竖直面内，不计空气阻力，则（）A上升过程克服磁场力做的功等于下降过程克服磁场力做的功B上升过程克服磁场力做的功大于下降过程克服磁场力做的功C上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率D上升过程克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率【分析】线圈进入磁场，在先上升又落回到原处地过程中，由于安培力一直做负功，线圈的机械能减小转化为内能，经过同一点时线圈上升的速度大于下降速度，上升时

40、安培力的大小大于下降时安培力的大小根据安培力大小关系确定上升和下降两个过程克服磁场力做功关系根据上升与下降过程速度关系，确定运动时间关系，判断上升与下降过程重力功率关系【解答】解：A、B，在线圈先上升又落回到原处地过程中，由于电磁感应产生电能，线圈的机械能减小转化为内能，经过同一点时，上升的速率大于下降速率，则上升时所受的安培力的大小大于下降时安培力的大小而两个过程位移大小相等，因此上升过程中线圈克服磁场力做的功大于下降过程中克服磁场力做的功故A错误，B正确C、D由于经过同一点时线圈上升的速度大于下降速度，而上升和下降两个过程位移大小相等，所以上升过程的平均速度大于下降的平均速度，则上升的时间

41、小于下降的时间，由于高度相等，上升过程中克服重力做功与下降过程中重力做功相等，由公式P=Wt，则知上升过程中克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力做功的平均功率故C正确，D故选：BC【点评】本题类似于有空气阻力的竖直上抛，分析清楚线圈运动过程是正确解题的关键，线圈进入或离开磁场过程中，线圈受到磁场力作用，克服安培力做功，机械能转化为电能，线圈机械能减少，线圈下落经过同一位置时速度小于上升过程的速度，下落过程克服安培力做功小于上升过程克服安培力做功19将四个相同的灯泡分别组成如图所示的甲、乙两种电路并接在相同的端压两端调节变阻器，使每个灯泡都正常发光若两个变阻器R1、R2上消耗的功率分别为P1

42、、P2，则P1、P2的大小关系可能为（）AP2=2P1BP2=4P1CP2=8P1DP2=64P1【分析】设灯泡的额定电流为I，额定电压为UL，求解出变阻器消耗的功率的表达式进行讨论即可【解答】解：设灯泡正常发光时的电流为I电压为UL，对于甲图，电路的总的电流为I，变阻器R1的电压为U1=U4UL，变阻器R1消耗的功率P1=U1I=（U4UL）I，对于乙图，电流的总电流的大小为2I，变阻器R2的电压为U2=U2UL，变阻器R2消耗的功率P2=U22I=（U2UL）2I，则P2P1=(U-2UL)2I(U-4UL)I=2+2UUL-4故选：BCD【点评】对于本题来说关键的是选择公式，由于电路的总

43、电压的大小是相同的，只要表示出滑动变阻器的电压和电流即可求解，难度适中20两个正、负点电荷周围电场线分布如图所示，P、Q为电场中两点，以无穷远为零电势，则下列说法中正确的是（）AP点的场强大于Q点的场强BQ点的电势为负C负电荷右侧某处有一场强为零的点D两电荷连线中点处的电势为零【分析】根据电场线的疏密判断场强的大小根据电场线的方向判断电荷的正负顺着电场线电势逐渐降低，由电场线的方向可判断电势的正负【解答】解：A、由图看出，P点处电场线比Q点处电场线密，则P点的场强大于Q点的场强，故A正确B、电场线从正电荷出发到无穷远处终止，顺着电场线方向电势降低，可知Q点的电势低于无穷远处电势，无穷远电势为零

44、，则Q点的电势为负，故B正确C、Q在负电荷右侧产生的电场方向向右，负电荷产生的电场方向向左，由图知，Q处电场线比P处电场线更密，说明正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量，根据点电荷场强公式E=kQr2，可知负电荷右侧某处有一场强为零的点，故D、假设是等量异种电荷，两电荷连线的垂直平分线是一个延伸到无穷远处的等势面，中点处的电势为零，现在两个电荷的电荷量不等，所以两电荷连线中点处的电势一定不为零故D错误故选：ABC【点评】本题要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线电势逐渐降低，知道等量异种电荷连线的垂直平分线是一个等势面三填空题（每小题5分，共30分）21两个质量均为m=1.

45、0kg的质点A和B，在光滑的水平面上的同一起始线同时开始运动A、B的初速度分别为vA0=2.0m/s，vB0=1.2m/s，方向都向右，如图所示在运动的同时，A、B都受到大小为F=2.0101N力的作用，A受力方向向左，B受力方向向右在以后的运动过程中，若用L表示两质点在任意时刻沿运动方向的距离，当L的数值为1.2m时，可判断质点B在右方（选填“左”或“右”）；当L的数值范围为00.8时不可判断A、B质点谁在左谁在右【分析】根据牛顿第二定律可求得两物体的加速度，再根据速度公式可明确二者的速度关系，同时分析运动过程，明确开始时A在前，当速度相等后B在前，求出速度相等时的速度，再由平均速度公式求出

46、此时的距离，若L小球该距离，则可能有两种情况，而L大于该距离时，只有一种情况，即B在右【解答】解：由牛顿第二定律可知：a=Fm=2.010-A受力向左，故A做减速运动，B受力向右，故B做加速运动，作出二者的vt图象如图所示；如图所示；当二者速度相等时，有：vAat=vB+at解得：t=2s；此时共同速度v=1.6m/s；此时二者相距最远，由图可知，最远距离时，二者相距：x=（2+1.62-1.2+1.62）故达到相同速度时最大距离为0.8m；此后B的速度比A的速度快，故B一定在A的前面，大于0.8m的情况只有在此后过程才能出现，故1.2m时，B在右方；而当L小于等于0.8m时，可能是A在右也可

47、能B在右；故答案为：右； 00.8【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，要注意明确两物体的运动情况，明确运动过程，本题可视为追及相遇问题的类型，故应注意分析速度相等时的特性，并能准确找出位移关系22如图甲所示，一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框的右边紧贴着磁场边界，t=O时刻对线框施加一水平向右的外力F，让线框从静止开始做匀加速直线运动，在t0时刻穿出磁场；图乙为外力F随时间变化的图象，若线框质量为m、电阻为R，图象中的F、t0 也为已知量，则在穿出磁场时的速度V=F0t0m，匀强磁场的磁感强度B=【分析】当t=0时线框的速度为零，没有安培力，根据牛顿第二定律求出加速度a由运动学公式求

48、出线框刚出磁场时的速度，得到安培力表达式，由牛顿第二定律即可求出B；【解答】解：（1）t=0时刻，线框的速度为零，线框没有感应电流，不受安培力，加速度为a=线框的边长为 L线框刚出磁场时的速度为 v=at0=F0则得 FA根据牛顿第二定律得 FFA=ma 联立得：B【点评】本题的关键求出安培力，列出牛顿第二定律关于Ft的表达式，考查读图的能力这里，安培力是联系力学与电磁感应的桥梁23如图所示，质量为M的木板，静止放在光滑的水平面上，木板左侧固定着一根劲度系数为K的轻质弹簧，弹簧的自由端到木板右端的距离为L一个质量为木板质量四分之一的小木块从板的右端以初速度v0开始沿木板向左滑行，最终刚好回到木

49、板右端与木板保持相对静止设木板与木块间的动摩擦因数为，木板加速度最大时的运动速度为0.2v0；在木块压缩弹簧过程中（弹簧一直在弹性限度内）弹簧所具有的最大弹性势能为0.05Mv【分析】系统沿水平方向的动量守恒，当木板加速度最大时弹簧压缩到最短，木块和木板具有相同的速度，结合动量守恒定律和能量守恒定律求出木板的速度大小与弹簧所具有的最大弹性势能【解答】解：当木板加速度最大时弹簧压缩到最短，木块和木板具有相同的速度，选取木块的速度方向为正方向，根据动量守恒知：mv0=（m+M）v，由于M=4m解得速度为：v=0.2v0，在弹簧释放势能的过程中系统的动量仍然守恒，所以可知最终木块回到木板右端与木板保持相对静止时是速度也是0.2v0根据能量守恒知压缩的过程中：12弹簧释放势能的过程中：1解得：Ep=0.05故答案为：0.2v0，0.05【点评】本题考查了动量守恒定律和能量守恒定律的基本运用，知道当弹簧弹性势能最大时，木块和木板具有相同的速度24如图所示，竖直放置的气缸