上海高考压轴卷物理

2016上海高考压轴卷物理单项选择题：（共16分，每小题2分．每小题只有一个正确选项）1.下列说法正确的是（）A．牛顿第一定律是通过实验得出的 B．万有引力常量是由牛顿直接给定的C．元电荷e的数值最早是由密立根测得 D．用实验可以揭示电场线是客观存在的2.关于自由落体运动的加速度，正确的是（）A．重的物体下落的加速度大B．同一地点，轻、重物体下落的加速度一样大C．这个加速度在地球上任何地方都一样大D．这个加速度在地球赤道比在地球北极大3.按照玻尔理论，一个氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级，则（）A．要吸收特定频率的光子B．要放出特定频率的光子C．可放出任意频率的光子D．原子的能量增加4.下列说法正确的是A．布朗运动是液体分子的无规则运动B．晶体都具有确定的熔点和规则的几何形状C．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大D．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用5.简谐运动中反映物体振动强弱的物理量是（）A．周期B．频率C．振幅D．位移6.图中矩形线圈abcd在匀强磁场中以ad边为轴匀速转动，产生的电动势瞬时值为e=5sin20t（V），则以下判断正确的是（）A．此交流电的频率为HzB．当线圈平面与中性面重合时，线圈中的感应电动势为5VC．当线圈平面与中性面垂直时，线圈中的感应电流为0VD．线圈转动一周，感应电流的方向改变一次7.在水面下同一深处有两个点光源P、Q，能发出不同颜色的光．当它们发光时，在水面上看到P光照亮的水面区域大于Q光，以下说法正确的是A.P光的频率大于Q光B.P光在水中的传播速度小于Q光C.让P光和Q光通过同一单缝装置，P光的中心条纹宽度大于Q光的中心条纹宽度D.让P光和Q光通过同一双缝干涉装置，P光的条纹间距小于Q光8.如图示，A、B两物体叠放在一起，用手托住，让它们静止靠在墙边，然后释放，它们同时沿竖直墙面下滑，已知mA＞mB，则物体B（）A． 只受一个重力B． 受到重力、摩擦力各一个C． 受到重力、弹力、摩擦力各一个D． 受到重力、摩擦力各一个，弹力两个二、单项选择题：（共24分，每小题3分．每小题只有一个正确选项）9.卢瑟福提出原子的核式结构模型，这一模型建立的基础是A．对阴极射线的研究 B．天然放射现象的发现C．α粒子散射实验 D．氢原子光谱的发现10.如图所示，在竖直面内有一以O点为圆心的圆，AB、CD分别为这个圆沿竖直和水平方向的直径，该圆处于静电场中。将带负电荷的小球从O点以相同的动能分别沿竖直平面向不同方向射出，小球会沿圆所在平面运动并经过圆周上不同的点。已知小球从O点分别到A、B两点的过程中电场力对它做的功相同，小球到达D点时的电势能最大。若小球只受重力和电场力的作用，则下列说法中正确的是A．此电场可能是位于C点的正点电荷形成的B．小球到达B点时的动能等于到达点A时的动能C．小球到达B点时的机械能与它在圆周上其他各点相比最小D．小球到达A点时的电势能和重力势能之和与它在圆周上其他各点相比最小11.如图为氢原子的能级图。当氢原子从n=4的能级跃迁到n=2的能级时，辐射出光子a；当氢原子从n=3的能级跃迁到n=1的能级时，辐射出光子b，则下列判断正确的是A．光子a的能量大于光子b的能量B．光子a的波长小于光子b的波长C．b光比a光更容易发生衍射现象D．若光子a能使某金属发生光电效应，则光子b也一定能使该金属发生光电效应12.如图所示是一列沿x轴传播的简谐横波在某时刻的波形图，已知质点a的运动状态总是滞后于质点b的运动状态0.5s，质点b和质点c之间的距离是5cm,下列说法中正确的是A．此列波沿x轴正方向传播xB．此列波的频率为2HzC．此列波的波长为10cmD．此列波的传播速度为5cm/s13.如图所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动．下列各种情况中，体重计的示数最大的是（）A．电梯匀减速上升，加速度的大小为1.0m/s2B．电梯匀加速上升，加速度的大小为1.0m/s2C．电梯匀减速下降，加速度的大小为0.5m/s2D．电梯匀加速下降，加速度的大小为0.5m/s214.如图7所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U2的两块导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1或U2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)A．仅增大U1，d将增大B．仅增大U1，d将减小C．仅增大U2，d将增大D．仅增大U2，d将减小15.某人在静止的湖面上竖直上抛一小铁球，小铁球上升到最高点后自由下落，穿过湖水并陷入湖底的淤泥中某一深度处．若不计空气阻力，取竖直向上为正方向，则最能近似反映小铁球运动过程的速度与时间关系的图象是（）A．B．C．D．16.如图所示，绝热隔板K把绝热的气缸分隔成体积相等的两部分，K与气缸壁的接触是光滑的．两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体a和b气体分子之间相互作用势能可忽略．现通过电热丝对气体a加热一段时闻后，a、b各自达到新的平衡，则下列错误的是（）A．a的体积增大了，压强变小了B．b的温度升高了C．加热后a的分子热运动比b的分子热运动更激烈D．a增加的内能大于b增加的内能三、多项选择题（共16分，每小题4分．每小题有二个或三个正确选项，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）17.如图，电路中定值电阻阻值大于电内阻阻值。将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表、、示数变化量的绝对值分别为、、，理想电流表示数变化量的绝对值为，则（）A．的示数减小B．大于C．与的比值等于D．电的输出功率一定增大18.如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示．其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是（）A．物体在沿斜面向下运动B．在0～x1过程中，物体的加速度一直减小C．在0～x2过程中，物体先减速再匀速D．在x1～x2过程中，物体的加速度为gsinθ19.如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，a、b是它们连线的延长线上的两点．现有一带负电的粒子只在电场力作用下以一定的初速度从a点开始经b点向远处运动，粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度时间图象如图乙所示．下列说法正确的是（）A．Q1一定带正电B．Q1的电量一定小于Q2的电量C．b点的电场强度一定为零D．粒子由a点经b点向远处运动过程中，粒子的电势能先减小后增大20.如图所示，一小球从半径为R的固定半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动（小球可视为质点），飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点．O为半圆轨道圆心，OB与水平方向夹角为60°，重力加速度为g，关于小球的运动，以下说法正确的是（）A．小球自抛出至B点的水平射程为RB．抛出点与B点的距离为2RC．小球抛出时的初速度为D．小球自抛出至B点的过程中速度变化量为四、填空题（共20分，每小题4分）本题中第22题为分叉题，分A、B两类，考生可任选一类答题，若两类试题均做，一律按A类题计分．21.氢弹的工作原理是利用氢核聚变放出巨大能量。在某次聚变中，一个氘核与一个氚核结合成一个氦核．已知氘核的比结合能是1.09MeV；氚核的比结合能是2.78MeV；氦核的比结合能是7.03MeV.则氢核聚变的方程是________；一次氢核聚变释放出的能量是________MeV.22A.在光滑的水平面上有A、B两辆质量均为m的小车，保持静止状态，A车上站着一个质量为m/2的人，当人从A车跳到B车上，并与B车保持相对静止，则A车与B车速度大小之比等于________，A车与B车动量大小之比等于________。22B.地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，若高空中某处的重力加速度为g/2，则该处距地球表面的高度为____________，在该高度绕地球做匀速圆周运动的卫星的线速度大小为______________。23.作匀加速直线运动的物体，先后经过A、B两点时，其速度分别为υ和7υ，经历时间为t，则经A、B中点时速度为_______,在后一半时间所通过的距离比前一半时间通过的距离多_______。24.如图所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，已知波的传播速度v=2m/s．试回答下列问题：①写出x=0.5m处的质点做简谐运动的表达式：cm；②x=0.5m处质点在0～5.5s内通过的路程为cm．25.如图所示，两条平行金属导轨ab、cd置于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，两导轨间的距离l=0.6m，导轨间连有电阻R。金属杆MN垂直置于导轨上，且与轨道接触良好，现使金属杆MN沿两条导轨向右匀速运动，产生的感应电动势为3V。由此可知，金属杆MN滑动的速度大小为m/s；通过电阻R的电流方向为（填“aRc”或“cRa”）。实验题（共24分）26.在“验证力的平行四边形定则”的实验中：（1）其中有两个实验步骤如下：A．在水平位置的方木板上固定一张白纸，用图钉把橡皮条的一端固定在方木板上，另一端拴上两个绳套，通过细绳同时用两个弹簧测力计（平行方木板）互成角度地拉橡皮条，使它与细绳的结点到达某一点O，在白纸上用铅笔记下O点的位置和读出两测力计的示数F1和F2．B．只用一弹簧测力计，通过细绳拉橡皮条，使它的伸长量与用两个测力计拉时相同，读出示数F′和记下F′的方向．请指出以上步骤中的错误或疏漏：______________；_____________________．（2）某同学认为实验过程中必须注意以下几项：A．两根细绳必须等长B．橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上C．读数时视线要正对弹簧测力计的刻度D．两拉力之间的夹角不要太小，也不太大．其中正确的是______．27.在“用DIS研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”实验中，某同学将注射器活塞置于刻度为10mL处，然后将注射器连接压强传感器并开始实验，气体体积V每增加1mL测一次压强p，最后得到p和V的乘积逐渐增大．（1）由此可推断，该同学的实验结果可能为图_____．（2）图线弯曲的可能原因是在实验过程中______．A．注射器有异物B．连接软管中存在气体C．注射器内气体温度升高D．注射器内气体温度降低．28.某同学用以下器材接成图1所示的电路，并将原微安表盘改画成如图2所示，成功地改装了一个简易的“R×1k”的欧姆表，使用中发现这个欧姆表用来测量阻值在10kΩ﹣20kΩ范围内的电阻时精确度令人满意，表盘上数字“15”A、Ig=100μA的微安表一个；B、电动势E=1.5V，电阻可忽略不计的电池；C、阻值调至14kΩ电阻箱R一个；D、红、黑测试表棒和导线若干；（1）原微安表的内阻Rg=______Ω；（2）在图1电路的基础上，不换微安表和电池，图2的刻度也不改变，仅增加1个电阻，就能改装成“R×1”的欧姆表．要增加的电阻应接在_______之间（填a、b、c），规格为______；（保留两位有效数字）（3）画出改装成“R×1”的欧姆表后的电路图．29.某同学用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，重物质量m=1kg，当地重力加速度大小为g=9.80m/s2．实验中该同学得到的一条点迹清晰的完整纸带如图乙所示，纸带上的第一个点记为O，另选连续的三个点A、B、C进行测量，图中给出了这三个点到O点的距离hA、hB和hC的值．回答下列问题（以下计算结果均保留3位有效数字）：（1）打点计时器打B点时，重物速度的大小vB=______m/s；（2）根据以上数据，可知重物由O点运动到B点的过程中，重力势能的减少量等于______J，动能的增加量等于______J．重力势能的减少量大于动能的增加量的原因是_______．六、计算题（共50分）30.（10分）小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动．当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d后落地．如图所示．已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为d，重力加速度为g．忽略手的运动半径和空气阻力．（1）求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2．（2）问绳能承受的最大拉力多大？（3）改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应是多少？最大水平距离为多少？31.（12分）如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再由状态B变化到状态C.已知状态A的温度为300K。求(1)气体在状态B的温度；(2)由状态B变化到状态C的过程中，气体是吸热还是放热？简要说明理由。32（14分）.如图甲所示，长、宽分别为、的矩形金属线框位于竖直平面内．其匝数为n，总电阻为r，可绕其竖直中心轴转动。线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D（集流环）焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R相连。线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示，其中、和均为已知。在的时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直：时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度匀速转动。求：(1)时间内通过电阻R的电流的大小；(2)线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量Q；(3)线框匀速转动后，从图甲所示位置转过的过程中，通过电阻R的电荷量q。33.（14分）磁流体发电是一种新型发电方式，图1和图2是其工作原理示意图．图1中的长方体是发电导管，其中空部分的长、高、宽分别为l、a、b，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可略的导体电极，这两个电极与负载电阻R1相连．整个发电导管处于图2中磁场线圈产生的匀强磁场里，磁感应强度为B，方向如图所示．发电导管内有电阻率为ρ的高温、高速电离气体沿导管向右流动，并通过专用管道导出．由于运动的电离气体受到磁场作用，产生了电动势．发电导管内电离气体流速随磁场有无而不同．设发电导管内电离气体流速处处相同，且不存在磁场时电离气体流速为v0，电离气体所受摩擦阻力总与流速成正比，发电导管两端的电离气体压强差△p维持恒定，求：（1）不存在磁场时电离气体所受的摩擦阻力F多大；（2）磁流体发电机的电动势E的大小；（3）磁流体发电机发电导管的输入功率P．参考答案1.【答案】C【解析】考点：本题考查物理学史牛顿第一定律是在实验的基础上合理外推得到的，不是实验定律，A错，万有引力常量是英国物理学家卡文迪许测得的，B错；电场线是人们为了形象描述电场假设的线，并不真实存在，D错，C符合事实。【答案】B【解析】考点：重力加速度．分析：自由落体加速度又叫做重力加速度，是由物体所在的位置决定的，与物体的体积、质量等都无关，随着地球的纬度的增大，重力加速度的大小也增大，在赤道上时，重力加速度最小．解答：解：A、在地球表面同一地点，物体的重力加速度均相同；故A错误；B正确；D、高度及纬度不同，则物体的重力加速度不同；纬度越高，则重力加速度越大；故CD错误；故选：B．【答案】B【解析】考点：氢原子的能级公式和跃迁．.专题：原子的能级结构专题．分析：从高能级向低能级跃迁，释放光子，能量减少，从低能级向高能级跃迁，吸收光子，能量增加．能级间跃迁所满足的规律，即Em﹣En=hv．解答：解：一个氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级，按照玻尔理论，能级间跃迁所满足的规律，即Em﹣En=hv．从高能级向低能级跃迁，释放光子，能量减少，要放出特定频率的光子．故选：B．点评：知道高能级向低能级跃迁，释放光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子．【答案】D【解析】解析：A、布朗运动是悬浮在流体中的固体小颗粒（如花粉）的运动，不是液体分子的运动，故A错误；B、单晶体有规则的形状和确定的熔点，多晶体外形不规则，但有确定的熔点，故B错误；C、在一定气温条件下，大气中相对湿度越大，水气蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿，故当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，但绝对湿度不一定大，故C错误；D、液体表面张力产生的原因是：液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力．就象你要把弹簧拉开些，弹簧反而表现具有收缩的趋势．正是因为这种张力的存在，有些小昆虫才能无拘无束地在水面上行走自如，故D正确；故选D【答案】C【解析】考点：简谐运动的振幅、周期和频率．版权所有专题：简谐运动专题．分析：能够反映物体做机械振动强弱的物理量是振幅，不是频率，回复力和周期解答：解：A、B频率和周期表示振动的快慢．故AB错误．C、振幅是振动物体离开平衡位置的最大距离，表示振动的强弱，故C正确．D、位移大小是振动物体离开平衡位置的距离，不表示振动的强弱，故D错误．故选：C点评：振幅是振动物体离开平衡位置的最大距离，表示振动的强弱；频率和周期表示振动的时间上的快慢，注意理解6.【答案】A【解析】考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系．专题：交流电专题．分析：根据感应电动势的瞬时表达式e=0.5sin20t（V），可以求出频率、某时刻，e的瞬时值、交流电的电动势最大值，当t=0时线圈平面跟磁感线垂直，磁通量最大，磁通量变化率为0．解答：解：A、根据e=5sin20t（V），得：ω=20rad/s，所以，故A正确；B、当线圈平面与中性面重合时，线圈边的切割速度最小，即线圈中的感应电动势为零，故B错误；C、当线圈平面与中性面垂直时，线圈边的切割速度最大，线圈中的感应电流最大，故C错误；D、线圈转动到中性面位置时，电流方向改变，则转动一周，感应电流的方向改变两次，故D错误；故选：A．【答案】C【解析】8.【答案】A【解析】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用解：A、B整体同时沿竖直墙面下滑，受到总重力，墙壁对其没有支持力，如果有，将会向右加速运动，因为没有弹力，故也不受墙壁的摩擦力，即只受重力，做自由落体运动；由于整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A、B间无弹力，再对物体B受力分析，只受重力；故选：A．9.【答案】C【解析】较易，考查α粒子散射实验的理解，要求知道选项中的四个实验事实的发现的意义。考查：理解能力。理解知识的意义，把握物理情景的本质特征，并能将知识与情景联系起来的能力。【答案】C【解析】A：AB两点处于CD之间，小球在AB两点的电势能也介于CD之间，不是最大，也不是最小，故A错误；

B：小球从O点分别到A、B两点的过程中电场力对它做的功相同，说明AB两点的电势相等，物体在A点的重力势能要大于物体在B点的重力势能，故B错误；

C：AB两点的电势相等，对于负电荷电势能大的地方的电势小，故D点的电势最低；说明了该区域内的电场可能具有一定的对称性，若是正电荷的电场，正电荷在OC的连线上或延长线上；若是负电荷，负电荷在OD上，或OD的延长线上．故C正确；

D：AB两点的电势相等，物体在A点的重力势能要大于物体在B点的重力势能，小球在A点的动能小于在B点的动能，故D错误．

故选：C11.【答案】D【解析】A、氢原子从n=4的能级跃迁到n=2的能级的能极差小于从n=3的能级跃迁到n=l的能级时的能极差，根据EmEn=hγ，知，光子a的能量小于光子b的能量，故A错误；BC、光子a的频率小于光子b的频率，所以b的频率大，波长小，所以a光更容易发生衍射，故BC错误；D、光子a的频率小于光子b的频率，所以光子a能使某金属发生光电效应，则光子b也能使某种金属发生光电效应，故D正确。故选D。12.【答案】D【解析】由于质点的运动状态滞后于质点，可知波沿轴负方向传播，A错误；、的运动状态差半个周期，可知，故频率Hz，B错误；由图象可知，波长，C错误；，D正确。【答案】B【解析】考点：牛顿运动定律的综合应用．分析：先对人受力分析，受重力和支持力，体重计示数即为受到的压力，而压力等于支持力；再对人进行运动分析，确定加速度方向；最后根据牛顿第二定律列式求解．解答：解：A、电梯减速上升，加速度向下，由牛顿第二定律mg﹣F=ma解得F=m（g﹣a）=9NB、电梯匀加速上升，加速度向上，由牛顿第二定律F﹣mg=ma解得F=m（g+a）=11NC、电梯匀减速下降，加速度向上，由牛顿第二定律F﹣mg=ma解得F=m（g+a）=10.5ND、电梯匀加速下降，加速度向下，由牛顿第二定律mg﹣F=ma解得F=m（g﹣a）=9.5N故选B．点评：只要加速度向上，就是超重，加速度向下，就是失重，与物体的运动速度方向无关，同时，超重与失重现象只是物体对支撑物的压力变大，而重力保持不变！【答案】A【解析】解析：在加速电场中作直线加速运动，到达偏转电场时的速度为：，在偏转电场中作类平抛运动，可将射出电场时的速度分解为初速度方向和加速度方向，设出射速度方向与初速度方向的夹角为，则有：，带电粒子进入磁场中作匀速圆周运动，设运动对应的半径为R，由几何关系有：半径与直线MN之间夹角正好等于，也有：，由在磁场中作匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可推得：．依此有：，增大，也增大，A正确，B错；增大，是不变的，它与偏转电场所加电压无关，C、D都错，故选择A答案。15.【答案】D【解析】解：小球的运动过程分为四段：1、小球竖直向上做匀减速运动，速度为正值，图象是向下倾斜的直线；2、小球做自由落体运动，速度为负值，图象是向下倾斜的直线；3、小球进入淤泥中后，重力大于阻力时，向下做加速运动，加速度小于g，图象是向下倾斜的直线；4、小球进入淤泥中后，阻力大于重力时，向下做减速速运动，加速度小于g，图象是向下倾斜的直线；故D正确．故选：D．点评： 本题首先要根据小球的受力情况分析其运动情况，抓住速度的方向及速度大小的变化情况，选择图象．【答案】A【解析】A、当a加热时，气体a的温度升高，压强增大，由于K与气缸壁的接触是光滑的，可以自由移动，所以a，b两部分的压强始终相同，都变大，故A错误．B、由于a气体膨胀，b气体被压缩，所以外界对b气体做功，根据热力学第一定律得：b的温度升高了，故B正确．C、由于过程中a气体膨胀，b气体被压缩，所以a气体的温度较高，所以加热后a的分子热运动比b的分子热运动更激烈，故C正确．D、由于a气体膨胀，b气体被压缩，最终a气体体积大于b气体体积，所以a气体的最终温度较高，内能增加较多，故D正确．本题选错误的，所以选A．【答案】BC【解析】A、据题理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压．当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，故A错误；B、根据闭合电路欧姆定律得：U2=EIr，则得：=r；=R，据题：R＞r，则＞，故△V1大于△V2．故B正确；C、根据闭合电路欧姆定律得：U3=EI（R+r），则得：=R+r，故C正确；D、当外电阻等于内电阻时，电的输出功率最大，滑片向下运动，滑动变阻器与R并联后电阻不确定于内阻r的关系，故无法确定输出功率的变化，故D错误，故选BC【思路点拨】理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路．分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析．本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析．【答案】AD【解析】考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律．专题：压轴题；机械能守恒定律应用专题．分析：根据功能关系：除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量，在0～x1过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，机械能与位移图线的斜率表示拉力．当机械能守恒时，拉力等于零，通过拉力的变化判断其加速度的变化．解答：解：A、在0～x1过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，拉力方向向上，所以位移方向向下，故物体在沿斜面向下运动，故A正确；B、在0～x1过程中图线的斜率逐渐减小到零，知物体的拉力逐渐减小到零．根据a=，可知，加速度逐渐增大，故B错误；C、在0～x1过程中，加速度的方向与速度方向相同，都沿斜面向下，所以物体做加速运动，故C错误；D、在x1～x2过程中，机械能守恒，拉力F=0，此时a=，故D正确．故选AD点评：解决本题的关键通过图线的斜率确定出拉力的变化，然后根据牛顿第二定律判断出加速度的方向，根据加速度方向和速度的方向关系知道物体的运动规律．【答案】CD【解析】考点：电场线；电势能．.分析：速度时间图线上每一点的切线斜率表示瞬时加速度，可见a到b做加速度减小的减速运动，到b点加速度为0．从而知道b点的电场力及电场强度．通过B点的场强可以分析出两个点电荷电量的大小．通过能量守恒判断电势能的变化．解答：解：A、从速度图象上看，可见a到b做加速度减小的减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零．Q正负不能判断．故A错误，C正确．B、b点场强为零，可见两点电荷在b点对负电荷的电场力相等，根据F=k，b到Q1的距离大于到Q2的距离，所以Q1的电量大于Q2的电量．故B错误．C、整个过程动能先增加后减小，根据能量守恒电势能先减小后增大．故D正确．故选：CD．点评：解决本题的关键根据图象b点的加速度为0，根据这一突破口，从而判断Q2的电性及Q1和Q2的电量大小．【答案】ACD【解析】A、由几何知识可得，小球自抛出至B点的水平射程为x=R+Rcos60°=R，故A正确．B、小球飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，经过B点时速度与水平方向的夹角为30°．则tan30°=设位移与水平方向的夹角为θ，则tanθ====可得竖直位移y=x=×R=R．故抛出点与B点的距离S==R，故B错误．C、根据vy2=2gy得，vy==．由tan30°=，解得v0=．故C正确．D、速度变化量△v=gt=vy=．故D正确．故选：ACD．21.【答案】(1)eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)n(2分)聚变释放出的能量ΔE＝E2－E1＝7.03×4－(2.78×3＋1.09×2)＝17.6MeV【解析】22A.【答案】3:2；1:1。【解析】22B.【答案】，【解析】23.【答案】5v，【解析】24.【答案】①y=5sin(2πt+π/2)②110【解析】25.【答案】10，cRa【解析】导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv=3v，解得v=10m/s，根据右手定则判断感应电流从M流向N，导体棒相当于电源，M为负极，N为正极，所以流过电阻R的电流方向为cRa．【答案】（1）C中记下两条细绳的方向，E中使结点到达同样的位置．CD【解析】考点：验证力的平行四边形定则．分析：（1）步骤A中只有记下两条细绳的方向，才能确定两个分力的方向，进一步才能根据平行四边形定则求合力；步骤B中只有使结点到达同样的位置O，才能表示两种情况下力的作用效果相同；（2）实验要操作方便，尽量减小误差，两分力夹角不宜太大，也不宜太小，弹簧要与纸面平行．解答：解：（1）力的合成遵循平行四边形定则，力的图示法可以表示出力的大小、方向和作用点，因而要表示出分力，必须先测量出其大小和方向，故步骤C中遗漏了方向；合力与分力是一种等效替代的关系，替代的前提是等效，实验中合力与分力一定产生相同的形变效果，故步骤E中遗漏了使结点到达同样的位置；故答案为：C、E、记下两条细绳的方向，使结点到达同样的位置．（2）为减小实验过程中的偶然误差，就要设法减小读数误差，两个分力的大小不一定要相等，绳子的长短对分力大小和方向亦无影响，故A、B错误；读数时视线正对弹簧测力计的刻度能减小偶然误差，故C正确；两个拉力的夹角过大，合力会过小，量取理论值时相对误差变大，夹角太小，会导致作图困难，也会增大偶然误差，故D正确；故选CD．点评：本题涉及力的合成实验的原理，要明确力的图示法和力的作用效果；减小实验的系统误差要从实验原理角度出发，减小偶然误差主要要从读数考虑！【答案】a；C【解析】考点：理想气体的状态方程．.专题：理想气体状态方程专题．分析：（1）最后得到p和V的乘积逐渐增大，表示V﹣﹣图象的斜率逐渐增大，由此选择（2）在实验过程中随时间延长，导致注射器内气体温度升高，故V﹣﹣图象的斜率逐渐增大．解答：解：（1）由于“最后得到p和V的乘积逐渐增大”，因此在V﹣﹣图象中，斜率k=PV逐渐增大，斜率变大，故选a．（2）A、注射器有异物不会影响图线的斜率，故A错误．B、连接软管中存在气体可以视为被封闭的气体总体积较大，不会影响斜率，故B错误．C、注射器内气体温度升高，由克拉柏龙方程知=C，当T增大时，PV会增大，故C正确．D、由C分析得，D错误．故选：C．故答案为：a；C点评：本题关键是明确实验原理、误差来源，然后根据玻意耳定律列式分析，不难．28.【答案】（1）1k；（2）a、c，15Ω；（3）电路图如图所示．【解析】考点：把电流表改装成电压表．.专题：实验题．分析：欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律；欧姆表指针指在中央时所测电阻阻值等于欧姆表内阻，此电阻阻值叫中值电阻，此时所测电阻阻值最准确．解答：解：（1）根据“使用中发现这个欧姆表用来测量阻值在10kΩ﹣20kΩ范围内的电阻时精确度令人满意”，说明在测阻值在10kΩ﹣20kΩ的电阻时欧姆表的指针在刻度盘的中间附近，由此可结合刻度盘确定此表的中值电阻，即表内总电阻约为R总=15kΩ．（相当于欧姆表选择量程于×1k挡）．当表笔短接时，电流满偏，根据欧姆定律有：Ig=，代入E、R、Ig的值，解得：Rg=1kΩ；（2）要减少把原表改装成“R×1”的欧姆表，就要减少表的内阻，依题意，显然只有在ac之间并联一个小电阻R′．才能使表内总电阻等于中值电阻R并=15Ω．根据R并=，代入R以及Rg的数值可计算可得R′≈15Ω；（3）画出改装成“R×1”的欧姆表后的电路图如图所示．故答案为：（1）1k；（2）a、c，15Ω；（3）电路图如图所示．点评：欧姆表刻度盘中央刻度值是中值电阻，欧姆表中值电阻阻值等于欧姆表内阻；知道欧姆表的工作原理、应用闭合电路的欧姆定律即可正确解题．【答案】（1）3.90；（2）7.70J，7.61J；阻力做负功．【解析】考点：验证机械能守恒定律．专题：实验题；机械能守恒定律应用专题．分析：（1）打点计时器所用电源的频率为50Hz，可知其周期，由平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得B点的速度．（2）由重力势能表达式mgh可得重物由O点运动到B点的过程中，重力势能的减少量；由动能表达式可得B点的动能，由于有阻力做功，故减少的重力势能没有全部转化为动能．解答：解：（1