《高考物理四模试卷（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理四模试卷（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc（32页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、宁夏银川市唐徕回民中学20 15届高考物理四模试卷一、选择题（本大题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求；第68题有多项符合要求全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1下列叙述符合物理学史实的是( )A自然界的电荷只有两种，法拉第把它们命名为正电荷和负电荷B安培提出了分子电流假说，解释了磁铁的磁场和电流的磁场在本质上相同C库仑最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场D奥斯特对电磁感应现象的研究，将人类带人了电气化时代2如图所示，质量不等的盒子A和物体B用细绳相连，跨过光滑的定滑轮，A置于倾角为的斜面上，与斜面间的动摩擦因数=tan，B悬于斜
2、面之外而处于静止状态现向A中缓慢加入沙子，下列说法正确的是( )A绳子拉力逐渐减小BA对斜面的压力逐渐增大CA所受的摩擦力不变DA一定沿斜面下滑3质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点不计空气阻力且小球从未落地，则( )A整个过程中小球电势能减少了1.5mg2t2B从A点到最低点小球重力势能减少了mg2t2C从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg2t2D整个过程中机械能的增量为2mg2t242014年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救
3、提供技术支持特别是“高分一号”突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图“北斗”系统中两颗卫星“G1”和“G3”以及“高分一号”均可认为绕地心O做匀速圆周运动卫星“G1”和“G3”的轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，“高分一号”在C位置若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力则下列说法正确的是( )A卫星“G1”和“G3”的加速度大小相等且为B如果调动“高分一号”卫星快速到达B位置的下方，必须对其加速C卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间
4、为D若“高分一号”所在高度处有稀薄气体，则运行一段时间后，机械能会增大5在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合电键S，将滑动变阻器的滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是( )A灯泡L变亮B电流表读数变小，电压表读数变小C电源的输出功率变小D电容器C上所带的电荷量减少6如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板从圆形磁场最高点P垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为q、质量为m、速度为v的粒子，不考虑粒子间的相互作用力及重力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是( )A只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上B对着圆心入射的粒子，其出
5、射方向的反向延长线一定过圆心C对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长D只要速度满足，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上7如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现对A施加一水平拉力F，则( )A当F2mg时，A、B都相对地面静止B当F=mg时，A的加速度为gC当F3mg时，A相对B滑动D无论F为何值，B的加速度不会超过g8如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，等边三角形金属框电阻为R，边长是L，自线框从左边界进入磁场时开始计时
6、，在外力作用下以垂直于磁场边界的恒定速度v进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场规定逆时针方向为感应电流i的正方向外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，在这段时间内通过导体某横截面的电荷量为q，其中C、D图象为抛物线则这些物理量随时间变化的关系可能正确的是( )ABCD二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第912题为必考题，每个试题考生都必须作答1318题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9为了测量木块与木板间的动摩擦因数，某小组使用位移传感器设计了如图甲所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位
7、移x随时间t的变化规律如图乙所示（1）根据上述图线，计算0.4s时木块的速度v=_m/s，木块加速度a=_m/s2；（结果均保留2位有效数字）（2）为了测定动摩擦因数，还需要测量的量是_；（已知当地的重力加速度g）10（1）唐中“加速度”社成员甲用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图1所示读数为_ mm（2）“加速度”社成员乙使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源（一般为电池）、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60mA的电流表，电阻箱，导线若干实验时，将多用电表调至1挡，调
8、好零点；电阻箱置于适当数值完成下列填空：仪器连线如图2中甲所示（a和b是多用电表的两个表笔）若两电表均正常工作，则表笔a为_（填“红”或“黑”）色；若适当调节电阻箱后，图中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图2乙中（a）、（b）、（c）所示，则多用电表的读数为_，电流表的读数为_mA，电阻箱的读数为_；将图2中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为_mA；（保留3位有效数字）计算得到多用电表内电池的电动势为_V（保留3位有效数字）11光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图所示装置，其中直轨道bc粗糙，直轨道cd光滑，两轨道相接处为一很小的圆弧质量为m=0.1kg的滑块（可视为质点）在圆轨道
9、上做圆周运动，到达轨道最高点a时的速度大小为v=4m/s，当滑块运动到圆轨道与直轨道bc的相切处b时，脱离圆轨道开始沿倾斜直轨道bc滑行，到达轨道cd上的d点时速度为零若滑块变换轨道瞬间的能量损失可忽略不计，已知圆轨道的半径为R=0.25m，直轨道bc的倾角=37，其长度为L=26.25m，滑块与轨道之间得动摩擦因数为0.8，d点与水平地面间的高度差为h=0.2m，取重力加速度g=10m/s2，sin 37=0.6求：（1）滑块在圆轨道最高点a时对轨道的压力大小；（2）滑块在直轨道bc上能够运动的时间12（18分）如图甲所示：MN、PQ是相距d=l m的足够长平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面
10、成某一夹角，导轨电阻不计；长也为1m的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，ab的质量m=0.1kg、电阻R=l； MN、PQ的上端连接右侧电路，电路中R2为一电阻箱；已知灯泡电阻RL=3，定值电阻R1=7，调节电阻箱使R2=6，量力加速度g=10m/s2现断开开关S，在t=0时刻由静止释放ab，在t=0.5s时刻闭合S，同时加上分布于整个导轨所在区域的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面斜向上；图乙所示为ab的速度随时间变化图象（1）求斜面倾角a及磁感应强度B的大小；（2）ab由静止下滑x=50m（此前已达到最大速度）的过程中，求整个电路产生的电热；（3）若只改变电阻箱R
11、2的值当R2为何值时，ab匀速下滑中R2消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？三、选考题：共45分请考生从给出的3道物理题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分【物理-选修3-3】13下列说法正确的是( )A液晶的光学性质具有各向异性B当人们感觉到闷热时，说明空气的相对湿度较小C液体表面的分子分布比液体内部分子的分布要稀疏D草叶上的露珠呈球形是由于液体表面张力的作用E由于液体表面具有收缩趋势，故液体表面的分子之间不存在斥力14如图所示，在长为L=57cm的一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内，用4cm高的水银柱封闭着51cm长的理想气体，管内外气体的温度均为33，大气压强p0=76c
12、mHg若缓慢对玻璃管加热，当水银柱上表面与管口刚好相平时，求管中气体的温度；若保持管内温度始终为33，现将水银缓慢注入管中，直到水银柱上表面与管口相平，求此时管中气体的压强四、【物理-选修3-4】15下列说法中正确的是( )A波的传播过程中，质点的振动频率等于波源的振动频率B爱因斯坦狭义相对论指出，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的C当某列声波产生多普勒效应时，相应声源的振动频率一定发生变化D物体做受迫振动时，驱动力的频率越高，受迫振动的物体振幅越大EX射线的频率比无线电波的频率高16如图所示，AOBC为某种透明介质的截面图，AOC为等腰直角三角形，BC为半径R=10cm的四分之一圆弧
13、，AB与竖直屏MN垂直，屏上D点为AB延长线与MN的交点，AD=R某一单色光射向圆心O，在AB分界面上的入射角i=45，已知该介质对此光的折射率为n=，求屏MN上光斑与D的距离五、【物理-选修3-5】17下列说法中正确的是( )A发现天然放射现象的意义在于使人类认识到原子具有复杂的结构B在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能Ek越大，则这种金属的逸出功W0越小C原子核内的某一核子与其他核子间都有核力作用D氢原子的核外电子，在由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近的轨道的过程中，放出光子，电子动能增加，原子的电势能减小E在康普顿效应中，当入射光子与晶体
14、中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后波长变长18如图所示，光滑水平面上有A、B、C三个物块，其质量分别为mA=2kg，mB=1kg，mC=1kg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W=108J（弹簧仍处于弹性限度内），然后同时释放A、B，弹簧开始逐渐变长，当弹簧刚好恢复原长时，C恰以4m/s的速度迎面与B发生碰撞并粘连在一起求：弹簧刚好恢复原长时（B与C碰撞前）A和B物块速度的大小？当弹簧第二次被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能为多少？宁夏银川市唐徕回民中学2015届高考物理四模试卷一、选择题（本大题共8小题，每小题6分在每小
15、题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求；第68题有多项符合要求全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1下列叙述符合物理学史实的是( )A自然界的电荷只有两种，法拉第把它们命名为正电荷和负电荷B安培提出了分子电流假说，解释了磁铁的磁场和电流的磁场在本质上相同C库仑最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场D奥斯特对电磁感应现象的研究，将人类带人了电气化时代考点：物理学史 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答题解答：解：A、自然界的电荷只有两种，富兰克林把它们命名为正电荷和负电荷，故A错误B、安培提出了分子电流假说，解释了磁铁的磁场和电流的磁场在本
16、质上相同，故B正确C、法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场，故C错误D、法拉第对电磁感应现象的研究，将人类带人了电气化时代，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，注意积累2如图所示，质量不等的盒子A和物体B用细绳相连，跨过光滑的定滑轮，A置于倾角为的斜面上，与斜面间的动摩擦因数=tan，B悬于斜面之外而处于静止状态现向A中缓慢加入沙子，下列说法正确的是( )A绳子拉力逐渐减小BA对斜面的压力逐渐增大CA所受的摩擦力不变DA一定沿斜面下滑考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力 专题：共点力作用下物体平衡专题分析
17、：绳子拉力等于B的重力，保持不变A对斜面的压力等于A及沙子的总重力沿垂直于斜面的分力A所受的重力沿斜面向下的分力与拉力的合力等于静摩擦力当向A中缓慢加入沙子时，根据平衡条件讨论A受到的摩擦力的变化整体保持静止，合力为零，保持不变解答：解：A、绳子拉力等于B的重力，保持不变，故A错误；B、A对斜面的压力等于A及沙子的总重力沿垂直于斜面的分力，随着沙子质量的增加，A对斜面的压力逐渐增大，故B正确；C、由于不知道A的重力沿着斜面方向的分力与细线拉力的大小关系，故不能确定静摩擦力的方向，故随着沙子质量的增加，静摩擦力可能增加、减小，故C错误；D、由于=tna，故增加的重力的分力与增加的摩擦力大小相等，
18、方向相反；故不会使物体滑动；故D错误；故选：B点评：本题关键通过分析物体的受力情况，确定摩擦力的大小和方向；注意静摩擦力可能沿着斜面向下，也可能沿着斜面向上3质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点不计空气阻力且小球从未落地，则( )A整个过程中小球电势能减少了1.5mg2t2B从A点到最低点小球重力势能减少了mg2t2C从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg2t2D整个过程中机械能的增量为2mg2t2考点：电势能；重力势能 专题：电场力与电势的性质专题分析：分析小球的运动情况：小球先做自由落体运动，加上匀
19、强电场后小球先向下做匀减速运动，后向上做匀加速运动由运动学公式求出t秒末速度大小，加上电场后小球运动，看成一种匀减速运动，自由落体运动的位移与这个匀减速运动的位移大小相等、方向相反，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求电场强度，由W=qEd求得电场力做功，即可得到电势能的变化由动能定理得求出A点到最低点的高度，得到重力势能的减小量解答：解：A、D，小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，则由gt2=（vtat2）又v=gt解得 a=3g由牛顿第二定律得a=，联立解得，qE=4mg则小球电势能减
20、少为=qEgt2=2mg2t2根据功能关系可知，机械能的增量为2mg2t2故A错误，D正确B、设从A点到最低点的高度为h，根据动能定理得mghqE（hgt2）=0解得，h=gt2故从A点到最低点小球重力势能减少了Ep=mgh=故B错误C、从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了Ek=m（gt）2故C错误故选：D点评：本题首先要分析小球的运动过程，采用整体法研究匀减速运动过程，抓住两个过程之间的联系：位移大小相等、方向相反，运用牛顿第二定律、运动学规律和动能定理结合进行研究42014年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救
21、提供技术支持特别是“高分一号”突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图“北斗”系统中两颗卫星“G1”和“G3”以及“高分一号”均可认为绕地心O做匀速圆周运动卫星“G1”和“G3”的轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，“高分一号”在C位置若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力则下列说法正确的是( )A卫星“G1”和“G3”的加速度大小相等且为B如果调动“高分一号”卫星快速到达B位置的下方，必须对其加速C卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间
22、为D若“高分一号”所在高度处有稀薄气体，则运行一段时间后，机械能会增大考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系 专题：人造卫星问题分析：A、根据万有引力提供向心力=ma，以及黄金代换式GM=gR2求卫星的加速度大小B、“高分一号”卫星速度增大，万有引力不够提供向心力，做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长C、根据万有引力提供向心力求出卫星的角速度，然后通过转过的角度求出时间D、“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，要克服阻力做功，机械能减小解答：解：A、根据万有引力提供向心力=ma，得a=而GM=gR2所以卫星的加速度a=故A正确B、“高分一号”卫星加速，将做离心
23、运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长，故如果调动“高分一号”卫星快速到达B位置的下方，必须对其减速，故B错误C、根据万有引力提供向心力，得=所以卫星1由位置A运动到位置B所需的时间t=故C错误D、“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，克服阻力做功，机械能减小故D错误故选：A点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力=ma黄金代换式GM=gR25在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合电键S，将滑动变阻器的滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是( )A灯泡L变亮B电流表读数变小，电压表读数变小C电源的输出功率变小D电容器C上所带的电荷量减少考点：闭合电
24、路的欧姆定律；电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，总电流减小，灯泡变暗；当内、外电阻相等时，电源的输出功率功率最大灯炮L的电阻大于电源的内阻，当R增大时，电源的输出功率减小变阻器两端电压增大，电容器上电荷量增大，电流表读数变小，电压表读数U=EIr变大解答：解：A、当滑动变阻器滑片P向左移动，其接入电路的电阻增大，电路的总电阻R总增大，总电流I减小，灯泡的功率P=I2RL，RL不变，P减小，则灯泡变暗故A错误B、I减小，电流表读数变小，电压表读数U=EIr变大故B错误C、当内、外电阻相等时，电源的输出功率功率最大由于灯炮
25、L的电阻大于电源的内阻，当R增大时，电源的内、外电阻的差值增大，则电源的输出功率减小故C正确D、变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，电容器上电压也增大，则其电荷量增大，故D错误故选：C点评：本题的难点在于确定电源的输出功率如何变化，可以用数学证明，当内、外电阻相等时，电源的输出功率最大，这是很重要的结论要记牢对于电容器，关键确定电压，记住这个结论很有必要：电容器与与它并联的电路电压相等6如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板从圆形磁场最高点P垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为q、质量为m、速度为v的粒子，不考虑粒子间的相互作用力及重力，关于这
26、些粒子的运动以下说法正确的是( )A只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上B对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心C对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长D只要速度满足，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上考点：带电粒子在匀强磁场中的运动 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：带电粒子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射，必将沿半径离开圆心，根据洛伦兹力充当向心力，求出v=时轨迹半径，确定出速度的偏向角对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系解答：解：A、对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打
27、在MN上，与粒子的速度有关故A错误B、带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心故B正确C、对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t=T知，运动时间t越小故C错误D、速度满足v=时，轨道半径r=R，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，故D正确故选：BD点评：本题要抓住粒子是圆弧，磁场的边界也是圆弧，利用几何知识分析出射速度与入射速度方向的关系，确定出轨迹的圆心角，分析运动时间的关系7如图所示，A、B两物块的质量分
28、别为2m和m，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现对A施加一水平拉力F，则( )A当F2mg时，A、B都相对地面静止B当F=mg时，A的加速度为gC当F3mg时，A相对B滑动D无论F为何值，B的加速度不会超过g考点：牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算 专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据A、B之间的最大静摩擦力，隔离对B分析求出整体的临界加速度，通过牛顿第二定律求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力然后通过整体法隔离法逐项分析解答：解：A、设B对A的摩擦力为f1，A对B的摩擦力为f2，地面对B的摩擦力为f3，由牛顿第
29、三定律可知f1与f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均为2mg，f3的最大值为，故当0F时，A、B均保持静止；继续增大F，在一定范围内A、B将相对静止以共同的加速度开始运动，故A错误；B、设当A、B恰好发生相对滑动时的拉力为F，加速度为a，则对A，有F2mg=2ma，对A、B整体，有F，解得F=3mg，故当F3mg时，A相对于B静止，二者以共同的加速度开始运动；当F3mg时，A相对于B滑动当F=时，A、B以共同的加速度开始运动，将A、B看作整体，由牛顿第二定律有F=3ma，解得a=，故B、C正确D、对B来说，其所受合力的最大值Fm=2mg，即B的加速度不会超过，故D正确故选：BCD点评：
30、本题考查牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力8如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，等边三角形金属框电阻为R，边长是L，自线框从左边界进入磁场时开始计时，在外力作用下以垂直于磁场边界的恒定速度v进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场规定逆时针方向为感应电流i的正方向外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，在这段时间内通过导体某横截面的电荷量为q，其中C、D图象为抛物线则这些物理量随时间变化的关系可能正确的是( )ABCD考点：导体切割磁感线时的感应电动势 专题：电磁感应与电路结合分析：由线框进入磁场中切割磁感线，根据
31、运动学公式可知速度与时间关系；再由法拉第电磁感应定律，可得出产生感应电动势与速度关系；由闭合电路欧姆定律来确定感应电流的大小，并由安培力公式可确定其大小与时间的关系；由牛顿第二定律来确定合力与时间的关系；最后电量、功率的表达式来分别得出各自与时间的关系解答：解：线框切割磁感线，设有效长度为L，则：A、线框切割磁感线，产生感应电动势E=BLv，所以产生感应电流 i=，线框进入磁场过程，L增大，i变大，i与时间t成正比故A错误； B、线框做匀速运动，由平衡条件得：F=F安培=BIL=，t增大，F增大，F与时间的二次方成正比，故B错误；C、由功率表达式，P=I2R=R=，故C正确；D、流过导体截面的
32、电量：q=It=，故D正确；故选：CD点评：解决本题的关键掌握运动学公式，并由各自表达式来进行推导，从而得出结论是否正确，以及掌握切割产生的感应电动势E=BLv知道L为有效长度二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第912题为必考题，每个试题考生都必须作答1318题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9为了测量木块与木板间的动摩擦因数，某小组使用位移传感器设计了如图甲所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移x随时间t的变化规律如图乙所示（1）根据上述图线，计算0.4s时木块的速度v=0.40m/s，
33、木块加速度a=1.0m/s2；（结果均保留2位有效数字）（2）为了测定动摩擦因数，还需要测量的量是斜面倾角（或A点的高度等）；（已知当地的重力加速度g）考点：探究影响摩擦力的大小的因素 专题：实验题分析：（1）由于滑块在斜面上做匀加速直线运动，所以某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度；根据加速度的定义式即可求出加速度；（2）为了测定动摩擦力因数还需要测量的量是木板的倾角解答：解：（1）根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得0.4s末的速度为：v=m/s=0.40m/s，0.2s末的速度为：v=0.2m/s，则木块的加速度为：a=1.0m/s2（2）选取木块
34、为研究的对象，木块沿斜面方向是受力：ma=mgsinmgcos得：= 所以要测定摩擦因数，还需要测出斜面的倾角（或A点的高度等）；故答案为：（1）0.40；1.0；（2）斜面倾角（或A点的高度等）点评：解决本题的关键知道匀变速直线运动的推论，在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，以及会通过实验的原理得出动摩擦因数的表达式，从而确定所需测量的物理量10（1）唐中“加速度”社成员甲用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图1所示读数为2.000 mm（2）“加速度”社成员乙使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源（一般为电池）、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位
35、于此串联电路的两端现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60mA的电流表，电阻箱，导线若干实验时，将多用电表调至1挡，调好零点；电阻箱置于适当数值完成下列填空：仪器连线如图2中甲所示（a和b是多用电表的两个表笔）若两电表均正常工作，则表笔a为黑（填“红”或“黑”）色；若适当调节电阻箱后，图中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图2乙中（a）、（b）、（c）所示，则多用电表的读数为14.0，电流表的读数为53.0mA，电阻箱的读数为4.6；将图2中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为102mA；（保留3位有效数字）计算得到多用电表内电池的电动势为1.54V
36、（保留3位有效数字）考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题分析：当用多用电表测电阻时，电源在表内，要使电流从图中电流表正极流进，从负极流出，因此表笔a连接电源的正极，所以表笔a为黑色的多用电表测电阻时读数是表盘示数与倍率的乘积；电流表的读数要注意量程解答：解：（1）螺旋测微器固定部分刻度为2mm；转动部为应为：0.00.01；故读数为2.000mm；（2）多用电表在使用时必须使电流从红表笔（正接线柱）流进，黑表笔（负接线柱）流出，串联的电流表也必须使电流从正接线柱流进，负接线柱流出，所以可以判断电流是从a表笔流出的为黑表笔多用电表用1倍率测量，读数为：14.01=14.0电流表的量程是60
37、m A，所以不能在表盘上直接读数，需要改装为10，20，30，40，50，60的表盘，然后读数为：53.0 m A电阻箱的读数为：0100+010+41+60.1=4.6多用电表测量电阻的原理是闭合电路的欧姆定律，多用电表内部的电路等效的直流电源（一般为电池）、电阻、表头与待测电阻串联，当表头短接时电路电流最大为表头的满偏电流Ig=，将Rg取为r+rg+R为多用电表的内阻，当待测电阻等于Rg时，这时表头半偏，表针指在欧姆表盘的中值上，所以Rg又称为中值电阻当选择1倍率测量时中值电阻直接在欧姆表盘上读数为15在（2）中多用电表外的电阻为多用电表的读数14.0，干路电流是53.0 m A，则电源电
38、动势是E=I（R内+R外）=0.053（15+14）=1.537V则满偏电流Ig=m A故答案为：（1）2.000； （2）黑14.053.04.61021.54点评：螺旋测微器的读数一定要注意保留到千分之一毫米位；由闭合电路的殴姆定律可得，电流与待测电阻不成比例，所以导致表盘的刻度不均匀同时当表头半偏时，所测电阻等于中值电阻11光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图所示装置，其中直轨道bc粗糙，直轨道cd光滑，两轨道相接处为一很小的圆弧质量为m=0.1kg的滑块（可视为质点）在圆轨道上做圆周运动，到达轨道最高点a时的速度大小为v=4m/s，当滑块运动到圆轨道与直轨道bc的相切处b时，脱离圆轨道开始
39、沿倾斜直轨道bc滑行，到达轨道cd上的d点时速度为零若滑块变换轨道瞬间的能量损失可忽略不计，已知圆轨道的半径为R=0.25m，直轨道bc的倾角=37，其长度为L=26.25m，滑块与轨道之间得动摩擦因数为0.8，d点与水平地面间的高度差为h=0.2m，取重力加速度g=10m/s2，sin 37=0.6求：（1）滑块在圆轨道最高点a时对轨道的压力大小；（2）滑块在直轨道bc上能够运动的时间考点：动能定理的应用；向心力 专题：机械能守恒定律应用专题分析：（1）在圆轨道最高点a处滑块受到的重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律即可求解；（2）分别对上滑的过程和下滑的过程中使用牛顿第二定律，求得
40、加速度，然后结合运动学的公式，即可求得时间解答：解：（1）在圆轨道最高点a处对滑块由牛顿第二定律得：所以解得：N=5.4N；由牛顿第三定律得滑块在圆轨道最高点a时对轨道的压力大小为5.4 N（2）设滑块在bc上向下滑动的加速度为a1，时间为t1，向上滑动的加速度为a2，时间为t2；在c点时的速度为vc由c到d：=2m/s a点到b点的过程：所以=5m/s 在轨道bc上：下滑：=7.5s 上滑：mgsin+mgcos=ma2a2=gsin+gcos=100.6+0.8100.8=12.4m/s20=vca2t2=0.16s 因为tan，所以滑块在轨道bc上停止后不再下滑滑块在两个斜面上运动的总时
41、间：t总=t1+t2=（7.5+0.16）s=7.66s答：（1）滑块在圆轨道最高点a时对轨道的压力大小是5.4N；（2）滑块在直轨道bc上能够运动的时间是7.66s点评：该题中滑块经历的过程比较多，要分析清楚运动的过程中，在列公式的过程中一定要注意各物理量与对应的过程的关系12（18分）如图甲所示：MN、PQ是相距d=l m的足够长平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面成某一夹角，导轨电阻不计；长也为1m的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，ab的质量m=0.1kg、电阻R=l； MN、PQ的上端连接右侧电路，电路中R2为一电阻箱；已知灯泡电阻RL=3，定值电阻R1=7
42、，调节电阻箱使R2=6，量力加速度g=10m/s2现断开开关S，在t=0时刻由静止释放ab，在t=0.5s时刻闭合S，同时加上分布于整个导轨所在区域的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面斜向上；图乙所示为ab的速度随时间变化图象（1）求斜面倾角a及磁感应强度B的大小；（2）ab由静止下滑x=50m（此前已达到最大速度）的过程中，求整个电路产生的电热；（3）若只改变电阻箱R2的值当R2为何值时，ab匀速下滑中R2消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？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；电磁感应中的能量转化 专题：电磁感应功能问题分析：（1）先研究乙图可知，在00.5s内ab做匀加
43、速直线运动，由图象的斜率可求得加速度，由牛顿第二定律求出斜面的倾角t=0.5s时，S闭合且加上了磁场，ab将先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大（vm=6m/s）后接着做匀速运动，根据平衡条件和安培力与速度的关系式结合，求解磁感应强度B的大小；（2）ab下滑过程中，机械能减小转化为系统的内能，根据能量守恒定律求解整个电路产生的电热；（3）ab匀速下滑时受力平衡，由平衡条件求出ab产生的感应电流I，由并联电路的规律求出通过R2的电流，由功率公式和数学知识结合求解R2消耗的最大功率解答：解：（1）S断开时，ab做匀加速直线运动，从图乙得：a=m/s=6m/s2，由牛顿第二定律有：mgsin=m
44、a所以：sin=0.6所以=37t=0.5s时，S闭合且加上了磁场，分析可知，此后ab将先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大（vm=6m/s）后接着做匀速运动，匀速运动时，由平衡条件有：mgsin=F安，又F安=BId I=电路的总电阻：R总=Rab+R1+=（1+7+）=10联立以上四式有：mgsin=代入数据解得：B=1T（2）由能量转化关系有：mgxsin=+Q代入数据解得：Q=mgxsin=28.2J（3）改变电阻箱R2的值后，ab匀速下滑时有：mgsin=BdI所以I=A=0.6A通过R2的电流为：I2=IR2的功率为：P=I22R2，联立以上三式有：P=I2R2=I2当=时，即R2=RL=3，功率最大，所以Pm=W=0.27W答：（1）斜面倾角a为37，磁感应强度B的大小为1T；（2）整个电路产生的电热为28.2J；（3）若只改变电阻箱R2的值当R2为3时，ab匀速下滑中R2消耗的功率最大，消耗的最大功率为0.27W点评：本题是力电综合题，首先要从力学的角度分析ab棒的运动情况，掌握电路知识、电磁感应知识，运用数学求极值的方