上海市松江區(qū)2016年高三物理二模試卷及答案.doc

2016年上海市松江區(qū)高考物理一模試卷一、單項選擇題1 .下列物理量中可以運用平行四邊形定則求和的是（）A質量B速率C功率D位移2以下關系式中用基本單位表示國際單位正確的（）A1焦=1牛米B1伏=1千克米2秒3安1C1庫=1焦伏1D1特=1牛安1米13關于物理學研究方法或物理學家貢獻的敘述中正確的是（）A質點、速度、點電荷等都是理想化模型BE=與a=均體現(xiàn)了比值定義的思想方法C卡文迪什扭秤實驗應用了微元的思想方法D法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象，建立了電磁感應定律4在如圖所示的邏輯電路中，其真值表的“輸出”這一列數(shù)據(jù)從上到下依次為（） 輸入輸出00011011A0，0，0，1B1，0，0，0C0，1，0，1D1，0，1，05下圖中按力的作用效果分解正確的是（）A BCD6根據(jù)機械波的知識可知（）A橫波沿水平方向傳播，縱波沿豎直方向傳播B在波的傳播過程中，質點隨波遷移將振動形式和能量傳播出去C波的圖象就是反映各質點在同一時刻不同位移的曲線D聲波在真空中也能傳播7質量為m、初速度為零的物體，在變化不同的合外力作用下都通過位移xo下列各種情況中合外力做功最多的是（）ABCD8一電場的等勢面如圖中虛線所示，一帶電粒子以某一初速度從圖中A點沿圖示方向進入電場，若粒子只受電場力作用，則從A點開始，（）A無論正負，粒子總是做直線運動B無論正負，粒子的電勢能總是先變大C無論正負，粒子的電勢能總是先變小D粒子的電勢能的變化與粒子所帶電的電性有關二、單項選擇題9 .如圖所示，由粗糙的水平桿AO與光滑的豎直桿BO組成的絕緣直角支架，在AO桿、BO桿上套有帶正電的小球P、Q，兩個小球在某一位置平衡現(xiàn)將P緩慢地向左移動一小段距離，兩球再次達到平衡若小球所帶電量不變，與移動前相比（）A桿BO對Q的彈力減小B桿AO對P的彈力減小C桿AO對P的摩擦力增大DP、Q之間的距離增大10如圖所示，兩端開口的彎管，左管插入水銀槽中，管內(nèi)外高度差為h1，右管有一段水銀柱，高度差為h2，中間封有一段空氣則（）A若大氣壓升高，h1和h2同時增大B若環(huán)境溫度升高，h1和h2同時減小C若把彎管向上移動少許，則管內(nèi)氣體體積不變D若把彎管向下移動少許，則管內(nèi)氣體壓強增大11某一質點沿直線運動的位移x隨時間t變化的圖象如圖所示，則（）A第10s末，質點的速度最大B在20s內(nèi)，質點的位移為9mC第5s末和第15s末，質點的加速度方向相反D010s內(nèi)，質點所受合外力的方向與速度方向相反12如圖，由均勻的電阻絲組成的等邊三角形導體框，垂直磁場放置，將AB兩點接入電壓恒定的電源兩端，通電時電阻絲AB段受到的安培力為F，則此時三根電阻絲受到的合安培力大小為（）AFB1.5FC2FD3F13汽車在平直公路上以速度v0勻速行駛，發(fā)動機功率為P，快進入鬧市區(qū)時，司機減小了油門，使汽車的功率立即減小一半并保持該功率繼續(xù)行駛設汽車行駛時所受的阻力恒定，則下面四個圖象中，哪個圖象正確表示了司機從減小油門開始，汽車的速度與時間的關系（）ABCD14如圖所示，a、b兩小球分別從半圓軌道頂端和斜面頂端以大小相等的初速度v0同時水平拋出，已知半圓軌道的半徑與斜面豎直高度相等且在同一豎直面內(nèi)，斜面底邊長是其豎直高度的2倍若小球b能落到斜面上，下列說法正確的是（）Aa、b不可能同時分別落在半圓軌道和斜面上Ba球一定先落在半圓軌道上Cb球一定先落在斜面上Da球可能先落在半圓軌道上15有上下兩條摩擦因數(shù)相同的水平軌道L1、L2，它們在同一豎直面內(nèi)，相同質量的物塊A、B放置在兩軌道上，軌道L1開一條平行軌道方向的細縫，可使細線通過，如圖所示A物塊在B物塊正上方在連接A、B細線的中點O施加拉力，使A、B一起向右做勻速直線運動，則F的方向可能是（圖中OQ表示水平方向）（）A沿OP方向B沿OQ方向C沿ON方向D沿OP、OQ、ON方向都可能16如圖所示，在OxL和2Lx3L的區(qū)域內(nèi)存在著勻強磁場，磁場的方向垂直于xOy平面（紙面）向里，具有一定電阻的正方形線框abcd邊長為2L，位于xOy平面內(nèi)，線框的ab邊與y軸重合令線框從t=0時刻由靜止開始沿x軸正方向做勻加速直線運動，則線框中的感應電流i（取逆時針方向的電流為正）隨時間t的函數(shù)圖象大致是下列圖中的（）ABCD三、多項選擇題17 .如圖，游樂場中，從高處A到水面B處有兩條長度相同的光滑軌道甲、乙兩小孩沿不同軌道同時從A處自由滑向B處，下列說法正確的有（）A甲的切向加速度始終比乙的大B甲、乙在同一高度的速度大小相等C甲、乙在同一時刻總能到達同一高度D甲比乙先到達B處18一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，t時刻與（t+0.6）時刻的波形圖正好重合，如圖所示則下列說法中正確的是（）A質點振動周期可能為1.2sB該波的波速可能為10m/sC在（t+0.4）時刻，x=1m處的質點位移可能為零D從（t+0.3）時刻開始計時，x=0.5m處的質點可能比x=0.5m處的質點先到達波峰位置19如圖所示，A、B兩球分別套在兩光滑無限長的水平直桿上，兩球通過一輕繩繞過一定滑輪（軸心固定不動）相連，某時刻連接兩球的輕繩與水平方向的夾角分別為、，A球向左的速度為v，下列說法正確的是（）A此時B球的速度為vB此時B球的速度為vC當增大到等于90時，B球的速度達到最大D在增大到90的過程中，繩對B球的拉力一直做正功20如圖所示，電路中定值電阻阻值R大于電源內(nèi)阻阻值r閉合電鍵后，將滑動變阻器滑片向下滑動，理想電壓表V1、V2、V3示數(shù)變化量的絕對值分別為U1、U2、U3，理想電流表A示數(shù)變化量的絕對值為I，則（）AU1大于U2B =R+rCV2的示數(shù)增大D +保持不變四、填空題21遠古時代，取火是一件困難的事，火一般產(chǎn)生于雷擊或磷的自燃隨著人類文明的進步，出現(xiàn)了“鉆木取火”等方法“鉆木取火”是通過方式改變物體的內(nèi)能，把轉變?yōu)閮?nèi)能22甲、乙兩顆繞地球作勻速圓周運動人造衛(wèi)星，其線速度大小之比為：1，則這兩顆衛(wèi)星的運轉半徑之比為，運轉周期之比為23某同學的質量為60kg，在一次野營中，他從岸上以2m/s的速度，跳到一條以0.5m/s的速度正對著他飄來的小船上，跳上船后他又走了幾步，最終停在船上已知小船的質量為140kg，則人與小船共同運動的速度大小為m/s，運動方向為（填“向左”或“向右”）24如圖所示是兩列相干波的干涉圖樣，實線表示波峰，虛線表示波谷，兩列波的振幅都為10cm，波速和波長分別為1m/s和0.2m，C點為AB連線的中點則圖示時刻C點的振動方向（選填“向上”或“向下”），從圖示時刻再經(jīng)過0.25s時，A點經(jīng)過的路程為cm25如圖所示，河道寬L=200m，越到河中央河水的流速越大，且流速大小滿足u=0.2x（x是離河岸的距離，0x）一小船在靜水中的速度v=10m/s，自A處出發(fā)，船頭垂直河岸方向渡河到達對岸B處AB兩點間距離為m設船的運動方向與水流方向夾角為，則渡河過程中最小為26帶正電小球靜止在光滑絕緣斜面的底端，現(xiàn)在該區(qū)域加一平行斜面向上的勻強電場，經(jīng)時間t電場做功40J時，勻強電場突然消失，小球又經(jīng)時間t恰好回到斜面底端若以小球初始水平面為零重力勢能面，則小球回到斜面底端時的機械能為J，小球的動能為8J時重力勢能為J五、實驗題27某同學利用單擺測定重力加速度時，用秒表測量單擺的周期，當單擺擺動穩(wěn)定且到達最低點時開始計時并記為n=0，單擺每經(jīng)過最低點記一次數(shù)，當數(shù)到n=60時停止計時測量結果與當?shù)氐闹亓铀俣鹊恼鎸嵵当容^，發(fā)現(xiàn)偏大，可能原因是（）A振幅偏小B開始計時誤記為n=1C將擺線加上球直徑當成了擺長D將擺線的長度當成了擺長28“研究共點力的合成”的實驗情況如圖甲所示，其中A為固定橡皮筋的圖釘，O為橡皮筋與細繩的結點，OB和OC為細繩，圖乙是在白紙上根據(jù)實驗結果畫出的圖示（1）圖乙中的F與F兩力中，方向一定沿AO方向的是（2）（單選題）本實驗采用的科學方法是A理想實驗法 B等效替代法 C控制變量法 D建立物理模型法（3）（多選題）實驗中可減小誤差的措施有A兩個分力F1、F2的大小要盡量大些B兩個分力F1、F2間夾角應越大越好C拉橡皮筋時，彈簧秤、橡皮條、細繩應貼近木板且與木板平面平行DAO間距離要適當，將橡皮筋拉至結點O時，拉力要適當大些29如圖是“用DIS研究回路中感應電動勢大小與磁通量變化快慢的關系”實驗裝置，保持擋光片位置、光電門和螺線管之間的距離不變 （1）實驗器材除了需要光電門傳感器之外，還需要傳感器（2）讓小車以不同的速度靠近螺線管，記錄下小車每次靠近螺線管至最后撞上螺線管停止的全過程中感應電動勢與時間的變化關系如圖所示，光電門測得擋光時間為t1，有感應電動勢的時間為t2，則實驗可以得到感應電動勢與成正比（用題中字母表示）（3）若保持磁鐵靠近線圈的速度不變，只增加線圈的匝數(shù)（線圈直徑不變），則t1內(nèi)圖象所圍陰影部分面積將（選填“不變”、“增大”或“減小”）30某實驗小組利用銅片、鋅片和家鄉(xiāng)盛產(chǎn)的柑橘制作了果汁電池，他們測量這種電池的電動勢E和內(nèi)阻r，并探究電極間距對E和r的影響，實驗器材如圖所示測量E和r的實驗方案為：調(diào)節(jié)滑動變阻器，改變電源兩端的電壓U和流過電源的電流I，依據(jù)公式U=EIr，利用測量數(shù)據(jù)作出UI圖象，得出E和r（1）將電壓表視為理想表，要求避免電流表分壓作用對測量結果的影響，請在圖中用筆畫線代替導線連接電路（2）實驗中依次減小銅片與鋅片的間距，分別得到相應果汁電池的UI圖象如圖中（a）（b）（c）（d）所示，由此可知：在該實驗中，隨電極間距的減小，電源電動勢（填“增大”、“減小”或“不變”），電源內(nèi)阻（填“增大”、“減小”或“不變”）（3）對圖線（c），當外電路總電阻為2500時，該電源的輸出功率P=mW六、計算題.（共50分）31如圖所示，導熱良好的薄壁氣缸放在水平面上，用橫截面積為S=1.0102m2的光滑薄活塞將一定質量的理想氣體封閉在氣缸內(nèi)，活塞桿的另一端固定在墻上此時活塞桿與墻剛好無擠壓外界大氣壓強p0=1.0105Pa當環(huán)境溫度為27時，密閉氣體的體積為2.0103m3若固定氣缸在水平面上，當環(huán)境溫度緩慢升高到57時，氣體壓強p2為多少？若氣缸放在光滑水平面上不固定，當環(huán)境溫度緩慢升高到57時，氣缸移動了多少距離？保持的條件不變下，對氣缸施加水平作用力，使缸內(nèi)氣體體積緩慢地恢復到原來數(shù)值，這時氣缸受到的水平作用力多大？32如圖所示，粗糙水平面上放置一個小物塊，在力F作用下沿水平面向右加速運動在保持力F大小不變的情況下，發(fā)現(xiàn)當F水平向右或與水平面成60夾角斜向上時，物塊的加速度相同求：（1）物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)（2）若保持力F與水平面成60夾角斜向上，從靜止起拉動物塊，物塊沿水平面向右移動s=5m的時間為t改變F的大小重復上述過程，時間t的最小值為多少？33如圖所示，電源電動勢為，內(nèi)阻為r，滑動變阻器總阻值為3r，間距為d的兩平行金屬板AB、CD豎直放置，閉合電鍵S時，板間電場可視為勻強電場板間有一長為L的絕緣細輕桿，能繞水平固定轉軸O在豎直面內(nèi)無摩擦轉動，桿上端固定質量為m、帶電量為+q的金屬小球a，下端固定質量為2m、帶電量為q的金屬小球b，已知Ob=2Oa，并且q=，兩帶電小球可視為點電荷，不影響勻強電場的分布，兩電荷間相互作用力不計，重力加速度為g現(xiàn)調(diào)節(jié)滑片P使其位于滑動變阻器的中點，閉合電鍵S，待電場穩(wěn)定后：（1）求兩極板間電場強度E的表達式；（2）將輕桿從如圖位置順時針轉過時（360）由靜止釋放，輕桿恰能靜止，求；（3）若將輕桿從如圖位置由靜止釋放，輕桿將繞軸O順時針轉動，求小球a運動的最大速度34如圖所示，兩根粗細均勻的金屬桿AB和CD的長度均為L，電阻均為R，質量分別為3m和m，用兩根等長的、質量和電阻均不計的、不可伸長的柔軟導線將它們連成閉合回路，懸跨在絕緣的、水平光滑的圓棒兩側，AB和CD處于水平在金屬桿AB的下方有高度為H的水平勻強磁場，磁感強度的大小為B，方向與回路平面垂直，此時CD處于磁場中現(xiàn)從靜止開始釋放金屬桿AB，經(jīng)過一段時間（AB、CD始終水平），在AB即將進入磁場的上邊界時，其加速度為零，此時金屬桿CD還處于磁場中，在此過程中金屬桿AB上產(chǎn)生的焦耳熱為Q重力加速度為g，試求：（1）金屬桿AB即將進入磁場上邊界時的速度v1；（2）在此過程中金屬桿CD移動的距離h和通過導線截面的電量q；（3）設金屬桿AB在磁場中運動的速度為v2，通過計算說明v2大小的可能范圍；（4）依據(jù)第（3）問的結果，請定性畫出金屬桿AB在穿過整個磁場區(qū)域的過程中可能出現(xiàn)的速度時間圖象（vt圖）2016年上海市松江區(qū)高考物理一模試卷參考答案與試題解析一、單項選擇題1 .下列物理量中可以運用平行四邊形定則求和的是（）A質量B速率C功率D位移【考點】矢量和標量【專題】定性思想；歸納法；直線運動規(guī)律專題【分析】矢量既有大小，又有方向，相加時遵循平行四邊形定則標量只有大小，沒有方向，相加時遵守代數(shù)加減法則【解答】解：ABC、質量、速率和功率都是標量，相加時，遵守代數(shù)加減法則，故ABC錯誤D、位移是矢量，相加時遵守平行四邊形定則，故D正確故選：D【點評】解決本題的關鍵知道矢量既有大小，又有方向，其運算遵循平行四邊形定則2以下關系式中用基本單位表示國際單位正確的（）A1焦=1牛米B1伏=1千克米2秒3安1C1庫=1焦伏1D1特=1牛安1米1【考點】力學單位制【專題】定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題【分析】國際單位制規(guī)定了七個基本物理量分別為長度、質量、時間、熱力學溫度、電流、光強度、物質的量他們在國際單位制中的單位分別為米、千克、秒、開爾文、安培、坎德拉、摩爾而物理量之間的關系式推到出來的物理量的單位叫做導出單位【解答】解：A、牛頓是力的單位，是導出單位所以1焦=1牛米不用基本單位表示國際單位故A錯誤；B、用基本單位表示國際單位故B正確；C、焦耳是能量的單位，是導出單位所以1庫=1焦伏1不是用基本單位表示國際單位故C錯誤；D、牛頓是力的單位，是導出單位所以1特=1牛安1米1不是用基本單位表示國際單位故D錯誤故選：B【點評】該題考查單位制，解答的關鍵是知道7個基本單位，并要熟記相關的單位之間的關系3關于物理學研究方法或物理學家貢獻的敘述中正確的是（）A質點、速度、點電荷等都是理想化模型BE=與a=均體現(xiàn)了比值定義的思想方法C卡文迪什扭秤實驗應用了微元的思想方法D法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象，建立了電磁感應定律【考點】物理學史【專題】定性思想；推理法；直線運動規(guī)律專題【分析】理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的知道比值定義法的含義，記住著名物理學家的主要貢獻【解答】解：A、理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的，點電荷、質點是理想化模型，但是速度不是理想化模型，故A錯誤B、a=不是比值定義法，故B錯誤；C、卡文迪許測萬有引力常量G的扭秤實驗，應用了“放大”的實驗方法，故C錯誤；D、法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象，建立了電磁感應定律，故D正確故選：D【點評】本題屬于記憶知識，要了解、熟悉物理學史，關鍵在于平時注意積累和記憶，不可忽視，不然很容易出錯對于物理學上常用的科學研究方法：等效替代法、理想化模型法、比值定義法等等要理解并掌握，并進行歸納總結，對學習物理量的意義有很大的幫助4在如圖所示的邏輯電路中，其真值表的“輸出”這一列數(shù)據(jù)從上到下依次為（） 輸入輸出00011011A0，0，0，1B1，0，0，0C0，1，0，1D1，0，1，0【考點】簡單的邏輯電路【分析】圖示電路為或非門，當AB輸入經(jīng)或門輸出再經(jīng)非門輸出【解答】解：當AB輸入00經(jīng)或門輸出0再經(jīng)非門輸出1，當AB輸入01經(jīng)或門輸出1再經(jīng)非門輸出0；當AB輸入10經(jīng)或門輸出1再經(jīng)非門輸出0；當AB輸入11經(jīng)或門輸出1再經(jīng)非門輸出0；故輸出1，0，0，0，故B正確故選B【點評】考查了基本門電路的基本邏輯輸入輸出關系，理解組合門的輸入輸出5下圖中按力的作用效果分解正確的是（）ABCD【考點】力的分解【專題】定性思想；合成分解法；受力分析方法專題【分析】物體的重力，按效果分解為垂直于兩接觸面，作出力的分解圖，從而即可求解【解答】解：A、力F的作用效果，如圖所示，故A正確；B、物體的重力，按效果分解成一個垂直接觸面的力，與垂直擋板的力，如圖所示，故B錯誤；C、按照力的作用效果，拉力分解成如圖所示故C錯誤；D、物體的重力，按效果分解分解成如圖所示故D錯誤；故選：A【點評】本題考查運用數(shù)學知識處理物理問題的能力，比較簡單對于力的分解，關鍵確定力的作用效果，定出兩個分力的方向6根據(jù)機械波的知識可知（）A橫波沿水平方向傳播，縱波沿豎直方向傳播B在波的傳播過程中，質點隨波遷移將振動形式和能量傳播出去C波的圖象就是反映各質點在同一時刻不同位移的曲線D聲波在真空中也能傳播【考點】波長、頻率和波速的關系；橫波的圖象【分析】橫波和縱波水平和豎直方向都能傳播質點不隨波遷移，只是將振動形式和能量傳播出去波的圖象就是反映各質點在同一時刻不同位移的曲線機械波傳播需要介質，聲波在真空中不能傳播【解答】解：A、橫波和縱波水平和豎直方向都能傳播，這兩種波是根據(jù)波的傳播方向與質點的振動方向間的關系劃分的故A錯誤B、在波的傳播過程中，質點在自己的平衡位置附近振動，并不隨波遷移故B錯誤C、波的圖象就是反映各質點在空間的分布情況，即各質點在同一時刻不同位移的曲線故C正確D、聲波在真空中不能傳播，因為沒有傳播振動的介質故D錯誤故選C【點評】本題考查了一些波的基本知識：波的分類、形成機械波的條件等等，波的一個基本特點是：質點不隨波遷移7質量為m、初速度為零的物體，在變化不同的合外力作用下都通過位移xo下列各種情況中合外力做功最多的是（）ABCD【考點】勻變速直線運動的圖像；動能定理的應用【專題】運動學中的圖像專題【分析】Fx圖象中，圖象與坐標軸圍成的面積表示力F所做的功【解答】解：由力做功公式可知，F(xiàn)x圖象中，圖象與坐標軸圍成的面積表示力F所做的功，由圖象可知，C圖象中圍成的面積最大，所以C中合外力做功最多故選C【點評】利用數(shù)學圖象處理物理問題的方法就是把物理表達式與圖象結合起來，根據(jù)圖象中的數(shù)據(jù)求解8一電場的等勢面如圖中虛線所示，一帶電粒子以某一初速度從圖中A點沿圖示方向進入電場，若粒子只受電場力作用，則從A點開始，（）A無論正負，粒子總是做直線運動B無論正負，粒子的電勢能總是先變大C無論正負，粒子的電勢能總是先變小D粒子的電勢能的變化與粒子所帶電的電性有關【考點】電勢；電勢能【專題】電場力與電勢的性質專題【分析】粒子在靜電場中電場力先做正功后做負功，電勢能先減小后增大粒子所受的電場力與速度方向不在同一直線上，做曲線運動【解答】解：A、根據(jù)電場線與等勢線垂直且指向低電勢處，可知在A點電場線方向應與速度v垂直，則粒子所受的電場力與速度v也垂直，粒子做曲線運動故A錯誤BCD、無論正負，電場力做正功，粒子的電勢能總是先變小，故BD錯誤，C正確故選：C【點評】本題關鍵抓住電場線與等勢線的關系判斷電場力方向與粒子初速度方向的關系，分析運動情況，根據(jù)電場力做功正負，判斷電勢能的變化二、單項選擇題9 .如圖所示，由粗糙的水平桿AO與光滑的豎直桿BO組成的絕緣直角支架，在AO桿、BO桿上套有帶正電的小球P、Q，兩個小球在某一位置平衡現(xiàn)將P緩慢地向左移動一小段距離，兩球再次達到平衡若小球所帶電量不變，與移動前相比（）A桿BO對Q的彈力減小B桿AO對P的彈力減小C桿AO對P的摩擦力增大DP、Q之間的距離增大【考點】庫侖定律；共點力平衡的條件及其應用【專題】定性思想；整體法和隔離法；電荷守恒定律與庫侖定律專題【分析】分別以兩環(huán)組成的整體和Q環(huán)為研究對象，分析受力情況，根據(jù)平衡條件研究AO桿對P環(huán)的支持力N和細繩上的拉力T的變化情況【解答】解：A、Q受力如圖，由力的合成與平衡條件可知：BO桿對小球Q的彈力變大，兩小球之間的庫侖力變大，由庫侖定律知，兩小球P、Q的距離變小，故AD錯誤；C、對整體受力分析，可得AO桿對小球P的摩擦力變大，AO桿對小球P的彈力不變，故C正確，B錯誤；故選：C【點評】本題涉及兩個物體的平衡問題，靈活選擇研究對象是關鍵當幾個物體都處于靜止狀態(tài)時，可以把它們看成整體進行研究10如圖所示，兩端開口的彎管，左管插入水銀槽中，管內(nèi)外高度差為h1，右管有一段水銀柱，高度差為h2，中間封有一段空氣則（）A若大氣壓升高，h1和h2同時增大B若環(huán)境溫度升高，h1和h2同時減小C若把彎管向上移動少許，則管內(nèi)氣體體積不變D若把彎管向下移動少許，則管內(nèi)氣體壓強增大【考點】理想氣體的狀態(tài)方程；封閉氣體壓強【專題】理想氣體狀態(tài)方程專題【分析】管中封閉氣體的壓強P=P0+gh1=P0+gh2，可得h1=h2根據(jù)氣態(tài)方程分析大氣壓和溫度變化時，氣體的體積如何變化，即知道h1和h2如何變化若把彎管向上移動少許或下移少許，封閉氣體的壓強將要變化，根據(jù)玻意耳定律分析體積如何變化【解答】解：A、管中封閉氣體的壓強P=P0+gh1=P0+gh2，則得h1=h2若大氣壓升高時，封閉氣體的壓強增大，由玻意耳定律PV=c得知，封閉氣體的體積減小，水銀柱將發(fā)生移動，使h1和h2同時減小故A錯誤B、若環(huán)境溫度升高，封閉氣體的壓強增大，體積也增大，h1和h2同時增大故B錯誤C、若把彎管向上移動少許，封閉氣體的體積將增大故C錯誤D、若把彎管向下移動少許，封閉氣體的體積減小，壓強增大，故D正確故選D【點評】本題關鍵要根據(jù)壓強判斷出h1=h2再結合氣態(tài)方程進行動態(tài)分析11某一質點沿直線運動的位移x隨時間t變化的圖象如圖所示，則（）A第10s末，質點的速度最大B在20s內(nèi)，質點的位移為9mC第5s末和第15s末，質點的加速度方向相反D010s內(nèi)，質點所受合外力的方向與速度方向相反【考點】勻變速直線運動的圖像【專題】定性思想；推理法；運動學中的圖像專題【分析】位移時間圖象表示物體的位置隨時間的變化，圖象上的任意一點表示該時刻的位置，圖象的斜率表示該時刻的速度，斜率的正負表示速度的方向當物體做加速運動時，合外力與速度同向，當物體做減速運動時，合外力與速度反向【解答】解：A、位移時間圖象切線的斜率表示該時刻的速度，則知在10s末時，質點的速度為零，故A錯誤；B、在20s內(nèi)質點的位移為x=x2x1=01m=1m，故B錯誤；C、在010s內(nèi)，物體沿正方向做減速運動，加速度方向與速度方向相反，即沿負方向；在1020s內(nèi)，斜率為負值，說明物體沿負方向運動，斜率增大，做加速運動，加速度方向與速度方向相同，即沿負方向所以在5s和15s時，質點的加速度方向相同，故C錯誤；D、在010s內(nèi)，斜率逐漸減小，說明物體做減速運動，質點所受合外力的方向與速度方向相反，故D正確故選：D【點評】理解位移時間圖象時，要抓住點和斜率的物理意義，掌握斜率表示速度是關鍵12如圖，由均勻的電阻絲組成的等邊三角形導體框，垂直磁場放置，將AB兩點接入電壓恒定的電源兩端，通電時電阻絲AB段受到的安培力為F，則此時三根電阻絲受到的合安培力大小為（）AFB1.5FC2FD3F【考點】安培力【專題】定量思想；推理法；磁場 磁場對電流的作用【分析】根據(jù)左手定則判斷出各段受到的安培力的方向，根據(jù)閉合電路的歐姆定律計算出各段上的電流大小，再計算出各段安培力的大小，然后使用平行四邊形定則合成即可【解答】解：AB受力：FAB=BIL=FACB受力：有效長度為L，電流為AB的電流的，則其受力為： =，二力方向相同，則合力為1.5F則B正確故選：B【點評】該題中，各段時的電流的大小不相等，要使用閉合電路的歐姆定律分別計算出各段的電流的大小，然后計算安培力是解題的正確思路題目的難度中檔13汽車在平直公路上以速度v0勻速行駛，發(fā)動機功率為P，快進入鬧市區(qū)時，司機減小了油門，使汽車的功率立即減小一半并保持該功率繼續(xù)行駛設汽車行駛時所受的阻力恒定，則下面四個圖象中，哪個圖象正確表示了司機從減小油門開始，汽車的速度與時間的關系（）ABCD【考點】功率、平均功率和瞬時功率；勻變速直線運動的圖像【專題】功率的計算專題【分析】汽車勻速行駛時牽引力等于阻力，根據(jù)功率和速度關系公式P=Fv，功率減小一半時，牽引力減小了，物體減速運動，根據(jù)牛頓第二定律分析加速度和速度的變化情況即可【解答】解：汽車勻速行駛時牽引力等于阻力；功率減小一半時，汽車的速度由于慣性來不及變化，根據(jù)功率和速度關系公式P=Fv，牽引力減小一半，小于阻力，合力向后，汽車做減速運動，由公式P=Fv可知，功率一定時，速度減小后，牽引力增大，合力減小，加速度減小，故物體做加速度不斷減小的減速運動，當牽引力增大到等于阻力時，加速度減為零，物體重新做勻速直線運動；故選B【點評】本題關鍵分析清楚物體的受力情況，結合受力情況再確定物體的運動情況14如圖所示，a、b兩小球分別從半圓軌道頂端和斜面頂端以大小相等的初速度v0同時水平拋出，已知半圓軌道的半徑與斜面豎直高度相等且在同一豎直面內(nèi)，斜面底邊長是其豎直高度的2倍若小球b能落到斜面上，下列說法正確的是（）Aa、b不可能同時分別落在半圓軌道和斜面上Ba球一定先落在半圓軌道上Cb球一定先落在斜面上Da球可能先落在半圓軌道上【考點】平拋運動【專題】定性思想；圖析法；平拋運動專題【分析】平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，將圓軌道和斜面重合在一起進行分析比較，即可得出正確答案【解答】解：將圓軌道和斜面軌道重合在一起，如圖所示，交點為A，初速度合適，可知小球做平拋運動落在A點，則運動的時間相等，即同時落在半圓軌道和斜面上若初速度不適中，由圖可知，可能小球先落在斜面上，也可能先落在圓軌道上故D正確，ABC錯誤故選：D【點評】本題考查平拋運動比較靈活，學生容易陷入計算比較的一種錯誤方法當中，不能想到將半圓軌道和斜面軌道重合進行分析比較15有上下兩條摩擦因數(shù)相同的水平軌道L1、L2，它們在同一豎直面內(nèi)，相同質量的物塊A、B放置在兩軌道上，軌道L1開一條平行軌道方向的細縫，可使細線通過，如圖所示A物塊在B物塊正上方在連接A、B細線的中點O施加拉力，使A、B一起向右做勻速直線運動，則F的方向可能是（圖中OQ表示水平方向）（）A沿OP方向B沿OQ方向C沿ON方向D沿OP、OQ、ON方向都可能【考點】共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性和彈力【專題】共點力作用下物體平衡專題【分析】對A、B兩物體分析，抓住A、B對水平軌道的正壓力不同，導致摩擦力不等，根據(jù)水平方向上平衡，得出AO、BO拉力的大小，從而確定拉力F的方向【解答】解：力的作用點是在細線的中點，而且物塊A在B的正上方，所以三角形ABO是等腰三角形，且AB在豎直方向，所以AO與BO與水平方向的夾角相等因為A對水平軌道的正壓力大于B對水平軌道的正壓力，所以水平面對A的摩擦力大于水平面對B的摩擦力，由題意細線AO受到的拉力必須大于BO受到的拉力，所以F的方向只能是ON方向故C正確，A、B、D錯誤故選：C【點評】解決本題的關鍵知道滑動摩擦力與正壓力成正比，通過摩擦力的大小得出繩子拉力的大小，從而確定拉力的方向16如圖所示，在OxL和2Lx3L的區(qū)域內(nèi)存在著勻強磁場，磁場的方向垂直于xOy平面（紙面）向里，具有一定電阻的正方形線框abcd邊長為2L，位于xOy平面內(nèi)，線框的ab邊與y軸重合令線框從t=0時刻由靜止開始沿x軸正方向做勻加速直線運動，則線框中的感應電流i（取逆時針方向的電流為正）隨時間t的函數(shù)圖象大致是下列圖中的（）ABCD【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢；閉合電路的歐姆定律【專題】壓軸題；電磁感應與圖像結合【分析】首先根據(jù)楞次定律判斷感應電流的方向再根據(jù)公式E=Blv和運動學公式得到感應電動勢的表達式，由歐姆定律得到感應電流的表達式【解答】解：設線框進入磁場的時間為t0，則由L=，得t0=在0t0時間內(nèi)，由楞次定律判斷可知感應電流方向沿逆時針方向，感應電流大小為I=；故CD均錯誤設線框ab從x=L運動到x=4L的時間為t1，則由運動學公式得t1=t0=2t0t0=t0，這段時間內(nèi)穿過線框的磁通量不變，沒有感應電流故B錯誤設線框ab從x=4L運動到x=5L的時間為t2，則由運動學公式得t2=t0=t02t0=0.236t0的時間內(nèi)，根據(jù)楞次定律得知，感應電流方向沿順時針方向，為負值感應電流為I=；故A正確故選A【點評】本題是電磁感應與運動學公式的綜合應用，根據(jù)楞次定律判斷出感應電流的方向，可排除CD，再根據(jù)運動時間，排除B三、多項選擇題17 .如圖，游樂場中，從高處A到水面B處有兩條長度相同的光滑軌道甲、乙兩小孩沿不同軌道同時從A處自由滑向B處，下列說法正確的有（）A甲的切向加速度始終比乙的大B甲、乙在同一高度的速度大小相等C甲、乙在同一時刻總能到達同一高度D甲比乙先到達B處【考點】勻變速直線運動的速度與位移的關系【專題】直線運動規(guī)律專題【分析】由受力分析及牛頓第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的?。豢梢允褂脵C械能守恒來說明，也可以使用運動學的公式計算，后一種方法比較麻煩；哪一個先達到B點，可以通過速度的變化快慢來理解，也可以使用vt圖象來計算說明【解答】解：A：由受力分析及牛頓第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A錯誤；B：由機械能守恒定律可知，各點的機械能保持不變，高度（重力勢能）相等處的動能也相等，故B正確；C、D：甲的切向加速度先比乙的大，速度增大的比較快，開始階段的位移比較大，故甲總是先達到同一高度的位置故C錯誤，D正確故選：BD【點評】本題應該用“加速度”解釋：高度相同，到達底端的速度大小就相同，但甲的加速度逐漸減小，乙的加速度逐漸增大所以它們的速度增加的快慢不同，甲增加得最快，乙增加得最慢它們的vt圖象如圖，結合vt圖象的意義，圖線的斜率表示加速度，圖線與時間軸之間的面積可以用來表示位移18一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，t時刻與（t+0.6）時刻的波形圖正好重合，如圖所示則下列說法中正確的是（）A質點振動周期可能為1.2sB該波的波速可能為10m/sC在（t+0.4）時刻，x=1m處的質點位移可能為零D從（t+0.3）時刻開始計時，x=0.5m處的質點可能比x=0.5m處的質點先到達波峰位置【考點】波長、頻率和波速的關系；橫波的圖象【分析】據(jù)題，t時刻與（t+0.6）時刻的波形圖正好重合，經(jīng)過的時間是周期的整數(shù)倍，得到周期的通項由圖讀出波長，求出波速的通項，再求解特殊值根據(jù)時間與周期的關系，分析在（t+0.4）時刻，x=1m處的質點的狀態(tài)根據(jù)波可能的傳播方向，分析從（t+0.3）時刻開始計時，x=0.5m處的質點與x=0.5m處的質點到達波峰位置的先后【解答】解：A、由題分析得知，nT=0.6s，n=1，2，3，周期T=s，所以質點振動周期不可能為1.2s故A錯誤B、由圖讀出波長為=2m，波速v=m/s=nm/s，當n=3時，v=10m/s故B正確C、t時刻到（t+0.4）時刻經(jīng)過時間為0.4s，而0.4s與周期的關系為n=n，由于n為整數(shù)，所以該時刻x=1m處的質點不可能在平衡位置，位移不可能為零故C錯誤D、簡諧橫波沿x軸正方向傳播，在（t+0.3）時刻，x=0.5m處的質點振動方向可能沿y軸正方向，x=0.5m處的質點振動方向沿y軸負方向，所以先到達波峰位置x=0.5m處的質點可能比x=0.5m處的質點先到達波峰位置故D正確故選BD【點評】本題考查根據(jù)數(shù)學知識列通項的能力抓住波的周期性進行分析波經(jīng)過整數(shù)倍周期時間，圖象重合；半個周期奇數(shù)倍時間，圖象反相19如圖所示，A、B兩球分別套在兩光滑無限長的水平直桿上，兩球通過一輕繩繞過一定滑輪（軸心固定不動）相連，某時刻連接兩球的輕繩與水平方向的夾角分別為、，A球向左的速度為v，下列說法正確的是（）A此時B球的速度為vB此時B球的速度為vC當增大到等于90時，B球的速度達到最大D在增大到90的過程中，繩對B球的拉力一直做正功【考點】運動的合成和分解【專題】定性思想；圖析法；運動的合成和分解專題【分析】將物塊A的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子的方向，在沿繩子方向的分速度等于B沿繩子方向的分速度組成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，通過系統(tǒng)機械能守恒判斷小球B減小的勢能與物塊A增加的動能的大小關系【解答】解：A、將物塊A的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子的方向，在沿繩子方向的分速度等于B沿繩子方向的分速度在沿繩子方向的分速度為v繩子=vcos，所以vB=故A正確，B錯誤C、當增大到等于90時，B球的速度沿繩子方向的分速度等于0，所以A沿繩子方向的分速度也是0，而cos不等于0，所以A球的速度為0；此時A的動能全部轉化為B的動能，所以B球的速度達到最大，故C正確；D、在增大到90的過程中，繩子的方向與B球運動的方向之間的夾角始終是銳角，所以繩對B球的拉力一直做正功故D正確故選：ACD【點評】解決本題的關鍵會對速度進行分解，以及掌握機械能守恒的條件，會利用力與速度之間的夾角關系分析力對物體做功的性質問題20如圖所示，電路中定值電阻阻值R大于電源內(nèi)阻阻值r閉合電鍵后，將滑動變阻器滑片向下滑動，理想電壓表V1、V2、V3示數(shù)變化量的絕對值分別為U1、U2、U3，理想電流表A示數(shù)變化量的絕對值為I，則（）AU1大于U2B =R+rCV2的示數(shù)增大D +保持不變【考點】閉合電路的歐姆定律【專題】比較思想；方程法；恒定電流專題【分析】理想電壓表內(nèi)阻無窮大，相當于斷路理想電流表內(nèi)阻為零，相當短路分析電路的連接關系，根據(jù)歐姆定律和閉合電路歐姆定律進行分析【解答】解：A、根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U2=EIr，則得： =r； =R，據(jù)題：Rr，則得U1U2故A正確B、根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U3=EI（R+r），則得： =R+r，故B正確C、理想電壓表內(nèi)阻無窮大，相當于斷路理想電流表內(nèi)阻為零，相當短路，所以R與變阻器串聯(lián)，電壓表V1、V2、V3分別測量R、路端電壓和變阻器兩端的電壓當滑動變阻器滑片向下滑動時，接入電路的電阻減小，電路中電流增大，則A的示數(shù)增大，電路中電流增大，電源的內(nèi)電壓增大，則路端電壓減小，所以V2的示數(shù)減小，故C錯誤；D、由上知， +=R+r，保持不變，故D正確故選：ABD【點評】本題是電路的動態(tài)分析問題，關鍵要理解理想電表的作用，搞清電路的結構，明確電表各測量哪部分電路的電壓或電流，根據(jù)閉合電路歐姆定律進行分析四、填空題21遠古時代，取火是一件困難的事，火一般產(chǎn)生于雷擊或磷的自燃隨著人類文明的進步，出現(xiàn)了“鉆木取火”等方法“鉆木取火”是通過做功方式改變物體的內(nèi)能，把機械能轉變?yōu)閮?nèi)能【考點】改變內(nèi)能的兩種方式【分析】做功與熱傳遞都可以改變物體的內(nèi)能，做功是能量轉化過程，熱傳遞是能量的轉移過程【解答】解：“鉆木取火”是通過做功方式改變物體的內(nèi)能，在此過程中，機械能轉變?yōu)閮?nèi)能故答案為：做功；機械能【點評】本題考查了改變物體內(nèi)能的方式，難度不大，是一道基礎題；知道：做功與熱傳遞都可以改變物體的內(nèi)能，做功是能量轉化過程，熱傳遞是能量的轉移過程，即可正確解題22甲、乙兩顆繞地球作勻速圓周運動人造衛(wèi)星，其線速度大小之比為：1，則這兩顆衛(wèi)星的運轉半徑之比為1：2，運轉周期之比為1：【考點】人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關系【專題】人造衛(wèi)星問題【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力，得出線速度、周期與軌道半徑的關系，從而求出向心力、線速度、周期之比【解答】解：根據(jù)，得v=，所以：根據(jù)：得：T=2所以周期之比為： =故答案為：1：2，1：2【點評】該題考查人造衛(wèi)星的應用，解決本題的關鍵掌握萬有引力提供向心力，知道線速度、周期與軌道半徑的關系23某同學的質量為60kg，在一次野營中，他從岸上以2m/s的速度，跳到一條以0.5m/s的速度正對著他飄來的小船上，跳上船后他又走了幾步，最終停在船上已知小船的質量為140kg，則人與小船共同運動的速度大小為0.25m/s，運動方向為向右（填“向左”或“向右”）【考點】動量守恒定律【專題】簡答題；定性思想；推理法；動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合【分析】人跳上船的過程，系統(tǒng)水平方向動量守恒，由動量守恒定律求解人和船的共同速度【解答】解：以人與船組成的系統(tǒng)為研究對象，以人的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：m人v人m船v船=（m人+m船）v，即：6021400.5=（60+140）v，解得：v=0.25m/s，方向與人原來的速度方向相同，即向右故答案為：0.25；向右【點評】本題考查了求人與船的速度，應用動量守恒定律即可正確解題，解題時要注意正方向的選擇，否則會出錯24如圖所示是兩列相干波的干涉圖樣，實線表示波峰，虛線表示波谷，兩列波的振幅都為10cm，波速和波長分別為1m/s和0.2m，C點為AB連線的中點則圖示時刻C點的振動方向向下（選填“向上”或“向下”），從圖示時刻再經(jīng)過0.25s時，A點經(jīng)過的路程為100cm【考點】波的疊加【分析】波峰與波峰疊加，波谷與波谷疊加為振動加強點，振幅等于兩列波引起的振幅之和，C點為AB連線的中點，處于振動加強區(qū)，根據(jù)波的傳播方向確定C點的振動方向根據(jù)波速、波長求出周期，質點在一個周期內(nèi)振動的路程等于4倍的振幅【解答】解：B點處于波谷，A點處于波峰，波由B向A傳播，此時C處于平衡位置，經(jīng)過四分之一周期，波谷傳播到該點，知C點的振動方向向下周期T=，質點在一個周期內(nèi)振動的路程等于4倍的振幅，經(jīng)過0.25s時，走過的路程等于5倍的振幅，A=20cm，則s=100cm故答案為：向下，100【點評】解決本題的關鍵會通過波的傳播方向確定質點的振動方向，以及知道質點在一個周期內(nèi)振動的路程等于振幅的4倍25如圖所示，河道寬L=200m，越到河中央河水的流速越大，且流速大小滿足u=0.2x（x是離河岸的距離，0x）一小船在靜水中的速度v=10m/s，自A處出發(fā)，船頭垂直河岸方向渡河到達對岸B處AB兩點間距離為200m設船的運動方向與水流方向夾角為，則渡河過程中最小為arctan0.5【考點】運動的合成和分解【專題】運動的合成和分解專題【分析】將船的運動分解為沿河岸方向和垂直于河岸方向，在垂直于河岸方向上的速度等于靜水速，根據(jù)河寬以及在垂直于河岸方向上的速度求出渡河的時間水流速與到河岸的最短距離x成正比，是成線性變化的，知水流速的平均速度等于處的水流速根據(jù)平均水流速，求出沿河岸方向上的位移，從而求出AB的直線距離，最后根據(jù)水流速度與距離的關系，得出在河中央處，水流速度，再結合三角知識，即可求解夾角的最小值【解答】解：渡河的時間為：t=s=10s；水流速的平均速度等于處的水流速則有：u=0.4=10m/s所以沿河岸方向上的位移為：x=ut=200m所以AB的直線