《高考物理模拟试卷（二）（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《高考物理模拟试卷（二）（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc（33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、2015年广东省潮阳中学高考物理模拟试卷（二） 一、单项选择题：（本题共6小题，每小题3分，共18分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1物理学是一门以实验为基础的学科物理定律就是在大量实验的基础上归纳总结出来的但有些物理规律或物理关系的建立并不是直接从实验得到的，而是经过了理想化或合理外推，下列选项中属于这种情况的是（）A 牛顿第一定律B 牛顿第二定律C 电阻定律D 法拉第电磁感应定律2质量相等的两个质点A、B在拉力作用下从同一地点沿同一直线竖直向上运动的vt图象如图所示，下列说法正确的是（）A t2时刻两个质点在同一位置B 0t2时间内两质点的平均速度相等C 0t2时间
2、内A质点处于超重状态D 在t1t2时间内质点B的机械能守恒3如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F，使两物体均处于静止状态则下列说法正确的是（）A a、b两物体的受力个数一定相同B a、b两物体对斜面的压力相同C a、b两物体受到的摩擦力大小一定相等D 当逐渐增大拉力F时，物体b先开始滑动4如图甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为5：1电压表和电流表均为理想电表，Rt为阻值随温度升高而变大的热敏电阻，R1为定值电阻若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电，则下列说法中正确的是（）A 输入变压器原线圈的交流电压的表达式
3、为u=36sin50tVB t=0.015s时，发电机的线圈平面与磁场方向垂直C 变压器原、副线圈中的电流之比为5：1D Rt温度升高时，电流表的示数变小，伏特表的读数不变5如图所示，“神舟八号”飞船与“天宫一号”目标飞行器于北京时间2011年11月3日凌晨实现刚性连接，形成组合体，使中国载人航天首次空间交会对接试验获得成功若已知地球的自转周期T、地球半径R、地球表面的重力加速度g、组合体运行的轨道距地面高度为h，下列表达式正确的是（）A 组合体所在轨道处的重力加速度g=B 组合体围绕地球作圆周运动的角速度大小=C 组合体的线速度大小v=D 组合体的运行周期T=6如图所示，一半径为R的均匀带正
4、电圆环水平放置，环心为O点，在O正上方h高位置的A点与A关于O对称质量为m的带正电的小球从A点静止释放，并穿过带电环则小球从A点到A过程中加速度（a）、重力势能（EpG）、机械能（E）、电势能（Ep电）随位置变化的图象一定不正确的是（取O点为坐标原点且重力势能为零，向下为正方向，无限远电势为零）（）A B C D 二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项是符合题目要求的全部选对的得5分；选对但不全的，得3分；有选错的，得0分）7在电磁学发展过程中，科学家们做出了很大贡献下列说法符合事实的是（）A 焦耳发现了焦耳定律；亨利发现了自感现象B 奥斯特
5、发现了电流磁效应；洛仑兹发现了磁场对电流的作用规律C 安培最早引入了电场概念；楞次发现了楞次定律D 库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值8电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝上，如图所示，现使磁铁由静止开始下落，在N极接近线圈上端的过程中，下列说法正确的是（）A 流过R的电流方向是a到bB 电容器的下极板带正电C 磁铁下落过程中，加速度保持不变D 穿过线圈的磁通量不断增大9如图所示，两根长直导线竖直平行固定放置，且与水平固定放置的光滑绝缘杆MN分别交于c、d两点，点o是cd的中点，杆MN上a、b两点关于o点对称两导线均通有大小相
6、等、方向向上的电流，已知长直导线在周围某点产生磁场的磁感应强度与电流成正比、与该点到导线的距离成反比一带正电的小球穿在杆上，以初速度v0从a点出发沿杆运动到b点在a、b、o三点杆对小球的支持力大小分别为Fa、Fb、Fo下列说法可能正确的是（）A FaFoB FbFaC 小球一直做匀速直线运动D 小球先做加速运动后做减速运动10如图A、B、C三个同样的滑块从粗糙固定斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0，C的初速度方向沿斜面水平，大小也为v0，正确的是（）A 滑到斜面底端时，B的动能最大B 滑到斜面底端时，C的机械能减少最多C A和C将同时滑到斜面底端D
7、 C下滑过程中，水平方向作匀速运动三、实验题（本题共2小题，第11题7分，第12题8分，共15分把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程）11为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图1所示的实验装置其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量（滑轮质量不计）（1）实验时，一定要进行的操作是（多选）A用天平测出砂和砂桶的质量B将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计示数D改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M（2）该同学在实验中得到如图2所
8、示的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为m/s2（结果保留两位有效数字）（3）以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的aF图象是一条直线，求得图线的斜率为k，则小车的质量为12为确定待测电阻Rx的阻值，做如下测量（1）用多用电表测量该电阻时，选用“10”倍率的电阻档后，应先，再进行测量，之后多用电表的示数如图甲所示，测得该电阻为（2）某同学想精确测得上述待测电阻Rx的阻值，实验室提供如下器材：A电流表A1（量程50mA、内阻r1约为10）B电流表A2（量程200mA、内阻r2约为2）C定值电阻R0=30
9、D滑动变阻器R（最大阻值约为10）E电源E（电动势约为4V）F开关S、导线若干该同学设计了测量电阻Rx的一种实验电路原理如图乙所示，N处的电流表应选用（填器材选项前相应的英文字母）开关S闭合前应将滑动变阻器的滑片置于（选填“a”或者“b”）（3）若M、N电流表的读数分别为IM、IN，则Rx的计算式为Rx=（用题中字母表示）四、计算题：（本题共2小题，第13题10分，第14题13分，共23分把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤）13如图所示为半径R=0.50m的四分之一圆弧轨道，底端距水平地面的高度h=0.45m一质量m=1.0kg的小滑块从圆弧轨道顶端A由静
10、止释放，到达轨道底端B点的速度v=2.0m/s忽略空气的阻力取g=10m/s2求：（1）小滑块在圆弧轨道底端B点受到的支持力大小FN；（2）小滑块由A到B的过程中，克服摩擦力所做的功W；（3）小滑块落地点与B点的水平距离x14如图，OAC的三个顶点的坐标分别为O（0，0）、A（0，L）、C（L，0），在OAC区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场在t=0时刻，同时从三角形的OA边各处以沿y轴正向的相同速度将质量均为m，电荷量均为q的带正电粒子射入磁场，已知在t=t0时刻从OC边射出磁场的粒子的速度方向垂直于y轴不计粒子重力和空气阻力及粒子间相互作用（1）求磁场的磁感应强度B的大小；（2）若从O
11、A边两个不同位置射入磁场的粒子，先后从OC边上的同 一点P（P点图中未标出）射出磁场，求这两个粒子在磁场中运动的时间t1与t2之间应满足的关系；（3）从OC边上的同一点P射出磁场的这两个粒子经过P点的时间间隔与P点位置有关，若该时间间隔最大值为，求粒子进入磁场时的速度大小五、选考题（请考生在以下三个模块中任选二模块作答，如果多做，则按所做的第一、二模块计分作答时用2B铅笔在答题卷上把所选题目的题号涂黑计算题请写出必要的文字说明、方程式和演算步骤）【模块3-3试题】15下列说法中正确的是（）A 当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大B 气体压强的大小跟气体分子的平均动能有关，与分子的密集程度无
12、关C 随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，分子势能不一定减小D 导热性能各向同性的固体，可能是单晶体E 只要对热机不断改进，就可以把热机得到的全部内能转化为机械能16如图所示为一下粗上细且上端开口的薄壁玻璃管，管内有一部分水银封住密闭气体，上管足够长，图中大小截面积分别为S1=2cm2、S2=1cm2，粗细管内水银长度分别为h1=h2=2cm，封闭气体长度为L=22cm大气压强为p0=76cmHg，气体初始温度为57求：若缓慢降低气体温度，降低至多少开尔文时，所有水银全部进入粗管内；若温度降低至237K，气体的长度为多少【模块3-4试题】17关于机械振动与机械波说法正确的是 （）A 机械
13、波的频率等于振源的振动频率B 机械波的传播速度与振源的振动速度相等C 质点振动的方向总是垂直于波传播的方向D 在一个周期内，沿着波的传播方向，振动在介质中传播一个波长的距离E 机械波在介质中传播的速度由介质本身决定18如图所示为一透明玻璃半球，在其下面有一平行半球上表面水平放置的光屏两束关于中心轴OO对称的激光束从半球上表面垂直射入玻璃半球，恰能从球面射出当光屏距半球上表面h1=40cm时，从球面折射出的两束光线汇聚于光屏与OO轴的交点，当光屏距上表面h2=70cm时，在光屏上形成半径r=40cm的圆形光斑求：该半球形玻璃的折射率【模块3-5试题】19（2015琼海校级模拟）下列说法中正确的是
14、（）A 光电效应实验揭示了光的粒子性B 原子核发生一次衰变，该原子核外就失去一个电子C 原子核放出粒子后，转变成的新核所对应的元素是原来的同位素D 玻尔在研究原子结构中引进了量子化的观念20（2015琼海校级模拟）光滑水平面上有三个物块A、B和C位于同一直线上，如图所示，B的质量为m=1kg，A、C的质量都是3m，开始时三个物块都静止，让B获得向右的初速度v0=2m/s，先与C发生弹性碰撞，然后B又与A发生碰撞并黏在一起，求B在前、后两次碰撞中受到的冲量大小之比2015年广东省潮阳中学高考物理模拟试卷（二）参考答案与试题解析一、单项选择题：（本题共6小题，每小题3分，共18分在每小题给出的四个
15、选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1物理学是一门以实验为基础的学科物理定律就是在大量实验的基础上归纳总结出来的但有些物理规律或物理关系的建立并不是直接从实验得到的，而是经过了理想化或合理外推，下列选项中属于这种情况的是（）A 牛顿第一定律B 牛顿第二定律C 电阻定律D 法拉第电磁感应定律考点：物理学史分析：明确各个定律的特点以及理想实验的应用即可正确解答本题解答：解：A、牛顿第一定律是逻辑思维的产物，不是直接从实验得到的，故A正确BCD、牛顿第二定律、电阻定律和法拉第电磁感应定律均是实验定律，故BCD错误故选：A点评：本题考查了理想实验的理解和应用，在平时学习中要加强基本规律的理解，平时注
16、意加强练习2质量相等的两个质点A、B在拉力作用下从同一地点沿同一直线竖直向上运动的vt图象如图所示，下列说法正确的是（）A t2时刻两个质点在同一位置B 0t2时间内两质点的平均速度相等C 0t2时间内A质点处于超重状态D 在t1t2时间内质点B的机械能守恒考点：匀变速直线运动的图像；平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系；超重和失重专题：运动学中的图像专题分析：速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，平均速度等于位移除以时间，当加速度方向向上时，物体处于超重状态，方向向下时，处于失重状态，物体的动能和势能之和不变时，机械能守恒解答：解：A、速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，0t2时
17、间内B的位移大于A的位移，B在A的上面，故A错误；B、0t2时间内B的位移大于A的位移，时间相等，则B的平均速度大于A的平均速度，故B错误；C、0t2时间内A的斜率为正，加速度为正，方向向上，处于超重状态，故C正确；D、t1t2时间内质点B匀速向上运动，动能不变，重力势能变大，机械能增大，故D错误故选：C点评：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，当加速度方向向上时，物体处于超重状态，方向向下时，处于失重状态3如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F，使两物体均处于静止
18、状态则下列说法正确的是（）A a、b两物体的受力个数一定相同B a、b两物体对斜面的压力相同C a、b两物体受到的摩擦力大小一定相等D 当逐渐增大拉力F时，物体b先开始滑动考点：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：对ab进行受力分析，ab两个物体都处于静止状态，受力平衡，把绳子和力T和重力mg都分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向，根据共点力平衡列式分析即可解答：解：A、对ab进行受力分析，如图所示：b物体处于静止状态，当绳子沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，摩擦力为零，所以b可能只受3个力作用，而a物体必定受到摩擦力作用，肯定受4个力作用，故
19、A错误；B、ab两个物体，垂直于斜面方向受力都平衡，则有：N+Tsin=mgcos解得：N=mgcosTsin，则a、b两物体对斜面的压力相同，故B正确；C、根据A的分析可知，b的摩擦力可以为零，而a的摩擦力一定不为零，故C错误；D、对a沿斜面方向有：Tcos+mgsin=fa，对b沿斜面方向有：Tcosmgsin=fb，正压力相等，所以最大静摩擦力相等，则a先达到最大静摩擦力，先滑动，故D错误故选：B点评：本题解题的关键是正确对物体进行受力分析，能根据平衡条件列式求解，难度不大，属于基础题4如图甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为5：1电压表和电流表均为理想电表，Rt为阻值随温度升
20、高而变大的热敏电阻，R1为定值电阻若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电，则下列说法中正确的是（）A 输入变压器原线圈的交流电压的表达式为u=36sin50tVB t=0.015s时，发电机的线圈平面与磁场方向垂直C 变压器原、副线圈中的电流之比为5：1D Rt温度升高时，电流表的示数变小，伏特表的读数不变考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：由图乙可知交流电压最大值Um=36V，周期T=0.02s，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的表达式U=36sin100tV、由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，Rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流解答：解
21、：A、由图乙可知交流电压最大值Um=36V，周期T=0.02s，可由周期求出角速度的值为=100 rad/s，则可得交流电压u的表达式 U=36sin100tV，故A错误；B、u的表达式 U=36sin100tV，当t=0.015s时，u=36V，此时电动势最大，发电机的线圈平面与磁场方向平行，故B错误；C、变压器原、副线圈中的电流之比为1：5，故C错误；D、t处温度升高时，阻值增大，电流表的示数减小，因为输入电压不变，所以电压表示数不变，故D正确；故选：D点评：根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键5如图所示，“
22、神舟八号”飞船与“天宫一号”目标飞行器于北京时间2011年11月3日凌晨实现刚性连接，形成组合体，使中国载人航天首次空间交会对接试验获得成功若已知地球的自转周期T、地球半径R、地球表面的重力加速度g、组合体运行的轨道距地面高度为h，下列表达式正确的是（）A 组合体所在轨道处的重力加速度g=B 组合体围绕地球作圆周运动的角速度大小=C 组合体的线速度大小v=D 组合体的运行周期T=考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用专题：人造卫星问题分析：万有引力提供组合体做圆周运动的向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出重力加速度、角速度、线速度、周期，然后分析答题解答：解：地球
23、表面的物体受到的重力等于万有引力，即：G=mg，则：GM=gR2，组合体绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力；A、由牛顿第二定律得：G=mg，解得：g=，故A错误；B、由牛顿第二定律得：G=m2（R+h），解得：=，故B错误；C、由牛顿第二定律得：G=mr，解得：T=2，组合体的轨道半径：R+hR，组合体的周期：TT，组合体的线速度：v=，故C错误；D、由牛顿第二定律得：G=m（R+h），解得：T=，故D正确；故选：D点评：本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律即可解题，解题时注意“黄金代换”的应用6如图所示，一半径为R的均匀带正电圆环水平放置，环
24、心为O点，在O正上方h高位置的A点与A关于O对称质量为m的带正电的小球从A点静止释放，并穿过带电环则小球从A点到A过程中加速度（a）、重力势能（EpG）、机械能（E）、电势能（Ep电）随位置变化的图象一定不正确的是（取O点为坐标原点且重力势能为零，向下为正方向，无限远电势为零）（）A B C D 考点：电势能；动能定理的应用分析：分析小球受到的电场力可能的情况，确定合力情况，分析加速度情况由EP=mgh分析重力势能根据电场力做功情况，分析小球机械能的变化和电势能的变化情况解答：解：A、圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，则小球所受的电场力
25、先增大后减小方向竖直向上，由牛顿第二定律得知，重力不变，则加速度可能先减小后增大；小球穿过圆环后，小球所受的电场力竖直向下，加速度方向向下，为正值，根据对称性可知，电场力先增大后减小，则加速度先增大后减小故A是可能的故A正确B、小球从A到圆环中心的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环后，电场力做正功，机械能增大，故B是可能的故B正确C、小球从A到圆环中心的过程中，重力势能EpG=mgh，小球穿过圆环后，EpG=mgh，根据数学知识可知，C是可能的故C正确D、由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，
26、所以D是一定不正确故D错误本题选一定不正确的，故选：D点评：本题难点是运用极限法分析圆环所产生的场强随距离变化的关系机械能要根据除重力以外的力做功情况，即电场力情况进行分析二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项是符合题目要求的全部选对的得5分；选对但不全的，得3分；有选错的，得0分）7在电磁学发展过程中，科学家们做出了很大贡献下列说法符合事实的是（）A 焦耳发现了焦耳定律；亨利发现了自感现象B 奥斯特发现了电流磁效应；洛仑兹发现了磁场对电流的作用规律C 安培最早引入了电场概念；楞次发现了楞次定律D 库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油
27、滴实验测定了元电荷的数值考点：物理学史分析：本题考查电磁学物理学史，根据焦耳、亨利、库仑、安培、洛伦兹力、奥斯特等科学家的贡献进行解答解答：解：A、焦耳发现了焦耳定律；亨利发现了自感现象，符合事实，故A正确B、奥斯特发现了电流磁效应；洛安培发现了磁场对电流的作用规律，故B错误C、法拉第最早引入了电场概念；楞次发现了楞次定律故C错误D、库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，符合事实故D正确故选：AD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，注意知识的积累8电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N
28、极朝上，如图所示，现使磁铁由静止开始下落，在N极接近线圈上端的过程中，下列说法正确的是（）A 流过R的电流方向是a到bB 电容器的下极板带正电C 磁铁下落过程中，加速度保持不变D 穿过线圈的磁通量不断增大考点：楞次定律分析：使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，导致线圈的磁通量增大，从而产生感应电动势，线圈中出现感应电流，由楞次定律可判定电流的方向当线圈中有电动势后，对电容器不断充电直到稳定，并依据楞次定律从而判定加速度如何变化解答：解：ABD、当磁铁N极向下运动时，导致向下穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可得，感应磁场方向与原来磁场方向相反，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而
29、下，由于线圈相当于电源，线圈下端相当于电源正极，则流过R的电流方向是从b到a，对电容器充电，下极板带正电，故BD正确，A错误；C、磁铁下落过程中，根据楞次定律：“来拒去留”，加速度大小减小，故C错误故选：BD点评：此时线圈相当于电源，则外电路的电流方向是从正极到负极，而内电路则是从负极到正极同时电容器在充电时电压随着电量增加而增大，同时掌握楞次定律的应用9如图所示，两根长直导线竖直平行固定放置，且与水平固定放置的光滑绝缘杆MN分别交于c、d两点，点o是cd的中点，杆MN上a、b两点关于o点对称两导线均通有大小相等、方向向上的电流，已知长直导线在周围某点产生磁场的磁感应强度与电流成正比、与该点到
30、导线的距离成反比一带正电的小球穿在杆上，以初速度v0从a点出发沿杆运动到b点在a、b、o三点杆对小球的支持力大小分别为Fa、Fb、Fo下列说法可能正确的是（）A FaFoB FbFaC 小球一直做匀速直线运动D 小球先做加速运动后做减速运动考点：带电粒子在匀强磁场中的运动分析：根据右手螺旋定制，判断出MN直线处磁场的方向，然后根据左手定则判断洛伦兹力大小和方向的变化，明确了受力情况，即可明确运动情况解答：解：根据右手螺旋定则可知，从a点出发沿连线运动到b点，直线M处的磁场方向垂直于MN向里，直线N处的磁场方向垂直于MN向外，所以合磁场大小先减小过O点后反向增大，而方向先里，过O点后向外，根据左
31、手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向开始的方向向上，大小在减小，如果v0特别大，在a处向上的洛伦兹力特别大，大于mg，则此处Fa=f洛mg向下特别大，有可能FaFo=mg；过O得后洛伦兹力的方向向下，大小在增大由此可知，小球在速度方向不受力的作用，则将做匀速直线运动，而小球对杆的压力一直在增大，即FbFa，故D错误，ABC正确故选：ABC点评：本题考查了右手螺旋定则和左手定则的熟练应用，正确解答带电粒子在磁场中运动的思路为明确受力情况，进一步明确其运动形式和规律10如图A、B、C三个同样的滑块从粗糙固定斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0，C的
32、初速度方向沿斜面水平，大小也为v0，正确的是（）A 滑到斜面底端时，B的动能最大B 滑到斜面底端时，C的机械能减少最多C A和C将同时滑到斜面底端D C下滑过程中，水平方向作匀速运动考点：功能关系；功的计算分析：动能变化看合力做的功，机械能变化看除重力外其余力做的功，重力势能的变化看重力做的功解答：解：A、根据动能定理，有：WGWf=Ek2Ek1，故末动能为：Ek2=WGWf+Ek1，由于滑块A、B初动能不同，故B的末动能大，滑块B、C比较，滑块C克服阻力做功较多，故B的末动能最大，故A正确；B、机械能减小量等于克服摩擦力做的功，三个小球受到的摩擦力相等，由运动轨迹可知C的路程最长，摩擦力做功
33、等于力乘以路程，可知C克服摩擦力做的功最多，故滑块C机械能减小的最大，故B正确；C、AC两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，A所受滑动摩擦力沿斜面向上，C沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力，所以C的加速度大于A的加速度，C先到达斜面底端，故C错误；D、C下滑过程中，由于摩擦力在水平方向由分力，故水平方向不做匀速直线运动，而是减速直线运动，故D错误；故选：AB点评：本题关键是根据动能定理、重力做功与重力势能变化关系、除重力外其他力做功与机械能变化关系列式分析三、实验题（本题共2小题，第11题7分，第12题8分，共15分把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程）11为了探究质量一定时加速度与
34、力的关系，一同学设计了如图1所示的实验装置其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量（滑轮质量不计）（1）实验时，一定要进行的操作是BCD（多选）A用天平测出砂和砂桶的质量B将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计示数D改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M（2）该同学在实验中得到如图2所示的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为0.48m/s2（结果保留两位有效数字）（3）以弹簧
35、测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的aF图象是一条直线，求得图线的斜率为k，则小车的质量为考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项；（2）依据逐差法可得小车加速度（3）小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对aF图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数解答：解：（1）AE、本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故A错误，E错误B、该题是弹簧测力计测出拉力，从而表示小车受到的合外力，故需要将带滑轮的
36、长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；C、打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故C正确；D、改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故D正确；故选：BCD（2）由于两计数点间还有两个点没有画出，故单摆周期为0.06s，由x=aT2可得：a=0.48m/s2（3）对aF图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，此题，弹簧测力计的示数F=F合，故小车质量为m=故答案为：（1）BCD （2）0.48（3）点评：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，小车
37、质量不变时，加速度与拉力成正比，对aF图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数12为确定待测电阻Rx的阻值，做如下测量（1）用多用电表测量该电阻时，选用“10”倍率的电阻档后，应先欧姆调零，再进行测量，之后多用电表的示数如图甲所示，测得该电阻为70（2）某同学想精确测得上述待测电阻Rx的阻值，实验室提供如下器材：A电流表A1（量程50mA、内阻r1约为10）B电流表A2（量程200mA、内阻r2约为2）C定值电阻R0=30D滑动变阻器R（最大阻值约为10）E电源E（电动势约为4V）F开关S、导线若干该同学设计了测量电阻Rx的一种实验电路原理如图乙所示，N处的电流表应选用B（填器材选项前相应的英文字
38、母）开关S闭合前应将滑动变阻器的滑片置于a（选填“a”或者“b”）（3）若M、N电流表的读数分别为IM、IN，则Rx的计算式为Rx=r1（用题中字母表示）考点：伏安法测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：使用欧姆表测电阻应选择合适的倍率，使指针指针表盘中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表示数根据欧姆定律估算出通过电阻R0的电流和通过待测电阻的电流，再选择量程恰当的电表；根据串并联电路特点及欧姆定律求出待测电阻阻值解答：解：（1）用多用表测量该元件的电阻，选用“10”倍率的电阻档后，应先欧姆调零，再进行测量，由图（a）所示可知，测量结果为710=70
39、（2）通过待测电阻的最大电流约为：IM=0.057A=57mA；通过N出的最大电流约为：IN=IM+=0.057A+0.190A=190mA，为保证测量时电流表读数不小于其量程的三分之一，N处的电流表应选B；开关s闭合前应将滑动变阻器的滑片置于a（3）通过定值电阻R0的电流I=INIM，并联电路两端电压为：U=IR0=（INIM）R0，RX+r1=，则待测电阻阻值为：RX=r1故答案为：（1）欧姆调零，70；（2）B，a；（3）r1点评：选择实验器材时要注意安全性原则、准确性原则、方便操作性原则，还要符合题目要求本题关键是明确实验的原理，然后估算出电路各个部分的电流，选择恰当量程的电表，最后根
40、据并联电路的电流特点列式求解四、计算题：（本题共2小题，第13题10分，第14题13分，共23分把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤）13如图所示为半径R=0.50m的四分之一圆弧轨道，底端距水平地面的高度h=0.45m一质量m=1.0kg的小滑块从圆弧轨道顶端A由静止释放，到达轨道底端B点的速度v=2.0m/s忽略空气的阻力取g=10m/s2求：（1）小滑块在圆弧轨道底端B点受到的支持力大小FN；（2）小滑块由A到B的过程中，克服摩擦力所做的功W；（3）小滑块落地点与B点的水平距离x考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力专题：动能定理的应用专题分析：（
41、1）小滑块在圆弧轨道底端B点受重力和支持力，根据牛顿第二定律求解（2）小滑块由A到B的过程中，根据动能定理求解（3）小滑块从B点出发做平抛运动，根据平抛运动的规律求解解答：解：（1）小滑块在圆弧轨道底端B点受重力和支持力，根据牛顿第二定律，FNmg=m解得：FN=18N（2）小滑块由A到B的过程中，根据动能定理得，mgRW=mv2 ，解得：W=mgRmv2 =3J（3）小滑块从B点出发做平抛运动，根据平抛运动的规律得水平方向：x=vt竖直方向：h=gt2解得：x=0.6m答：（1）小滑块在圆弧轨道底端B点受到的支持力大小是18N；（2）小滑块由A到B的过程中，克服摩擦力所做的功是3J；（3）小
42、滑块落地点与B点的水平距离是0.6m点评：解题时一定要分析清楚小滑块的运动情况，能掌握运用动能定理求解变力功14如图，OAC的三个顶点的坐标分别为O（0，0）、A（0，L）、C（L，0），在OAC区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场在t=0时刻，同时从三角形的OA边各处以沿y轴正向的相同速度将质量均为m，电荷量均为q的带正电粒子射入磁场，已知在t=t0时刻从OC边射出磁场的粒子的速度方向垂直于y轴不计粒子重力和空气阻力及粒子间相互作用（1）求磁场的磁感应强度B的大小；（2）若从OA边两个不同位置射入磁场的粒子，先后从OC边上的同 一点P（P点图中未标出）射出磁场，求这两个粒子在磁场中运动的时
43、间t1与t2之间应满足的关系；（3）从OC边上的同一点P射出磁场的这两个粒子经过P点的时间间隔与P点位置有关，若该时间间隔最大值为，求粒子进入磁场时的速度大小考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子垂直OA进入磁场中，转过90，垂直打在y轴上，则t=t0=T，求出周期，由周期公式T=求B的大小（2）画出两个粒子的运动轨迹，设轨迹所对应的圆心角分别为1和2，由几何关系有1=1802，可得到时间之和等于T（3）根据圆周运动知识知道，两粒子在磁场中运动的时间差t与=21成正比，只要求出的最大值，即可求得2的最大值由t=和已知条件tm
44、ax=，联立可求出2的最大值，再结合几何知识求出轨迹的半径，由牛顿第二定律，利用洛伦兹力等于向心力，列式求解速度解答：解：（1）粒子在t0时间内，速度方向改变了90，t=t0=T，故周期T=4t0由T=解得：B=（2）在同一点射出磁场的两粒子轨迹如图，轨迹所对应的圆心角分别为1和2，由几何关系有：1=1802故t1+t2=T=2t0（3）由圆周运动知识可知，两粒子在磁场中运动的时间差t与=21成正比，由得：=21=22180根据式可知2越大，2越大，时间差t越大，有：t=T由题时间间隔最大值为：tmax=又T=4t0 则得，2的最大值为：max=150在磁场中运动时间最长的粒子轨迹如图，由几何关系有：=180=30由几何知识得：tanA=得：A=60（11）