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2019-2020年高三（上）期末物理模擬試卷含解析 　 一、選擇題（本題共有10個小題；每小題4分，共40分．在每小題給出的4個選項中．有的小題只有一個選項正確，有的小題有多個選項正確．全部選對的得4分．選不全的得2分．有錯選或不答的得0分．） 1．以下說法正確的是（　?。? 　 A． 奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在著磁場 　 B． 庫侖利用扭秤實驗測出了萬有引力常量 　 C． 亞里士多德提出了力是改變物體運動狀態(tài)的原因 　 D． 開普勒關(guān)于行星運動的描述為萬有引力定律的發(fā)現(xiàn)奠定了基礎(chǔ) 　 2．如圖所示，傳送帶沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動．小木塊a、b用細線連接，用平行于傳送帶的細線拉住a，兩木塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)．關(guān)于木塊受力個數(shù)，正確的是（　?。? 　 A． a受4個，b受5個 B． a受4個，b受4個 　 C． a受5個，b受5個 D． a受5個，b受4個 　 3．某時刻，兩車從同一地點、沿同一方向做直線運動，下列關(guān)于兩車的位移x、速度v隨時間t變化的圖象，能反應(yīng)t1時刻兩車相遇的是（　?。? 　 A． B． C． D． 　 4．如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比n1：n2=10：1，輸電線的等效電阻為R=2Ω，燈泡的電阻為8Ω，原線圈輸入如圖乙所示的正弦交流電，則（　　） 　 A． 交流電的頻率為0.02 Hz 　 B． 副線圈兩端電壓的有效值為2.7V 　 C． 電流表的示數(shù)為0.027A 　 D． 電流表的示數(shù)為2.7A 　 5．已知磁敏電阻在沒有磁場時電阻很小，有磁場時電阻變大，并且磁場越強阻值越大．為探測磁場的有無，利用磁敏電阻作為傳感器設(shè)計了如圖所示電路，電源的電動勢E和內(nèi)阻r不變，在沒有磁場時調(diào)節(jié)變阻器R使電燈L正常發(fā)光，若探測裝置從無磁場區(qū)進入強磁場區(qū)．則（　?。? 　 A． 電燈L變亮 B． 電燈L變暗 　 C． 流過滑動變阻器的電流變大 D． 電流表的示數(shù)增大 　 6．如圖所示，北斗導(dǎo)航系統(tǒng)中兩顆衛(wèi)星，均為地球同步衛(wèi)星．某時刻位于軌道上的A、B兩位置．設(shè)地球表面處的重力加速度為g，地球半徑為R，地球自轉(zhuǎn)周期為T．則（　?。? 　 A． 兩衛(wèi)星線速度大小均為 　 B． 兩衛(wèi)星軌道半徑均為 　 C． 衛(wèi)星l由A運動到B所需的最短時間為 　 D． 衛(wèi)星l由A運動到B的過程中萬有引力做正功 　 7．一帶正電的檢驗電荷，僅在電場力作用下沿x軸從x=﹣∞向x=+∞運動，其速度υ隨位置x變化的圖象如圖所示．x=x1和x=﹣x1處，圖線切線的斜率絕對值相等且最大．則在x軸上（　　） 　 A． x=x1和x=﹣x1兩處，電場強度相同 　 B． x=x1和x=﹣x1兩處，電場強度最大 　 C． x=0處電勢最高 　 D． 從x=x1運動到x=+∞過程中，電荷的電勢能逐漸增大 　 8．如圖所示，MN右側(cè)一正三角形勻強磁場區(qū)域，上邊界與MN垂直．現(xiàn)有一與磁場邊界完全相同的三角形導(dǎo)體框，垂直于MN勻速向右運動．導(dǎo)體框穿過磁場過程中感應(yīng)電流隨時間變化的圖象可能是（取逆時針電流為正）（　　） 　 A． B． C． D． 　 9．如圖所示，光滑斜面傾角為θ，c為斜面上固定擋板，物塊a和b通過輕質(zhì)彈簧連接，a、b處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧壓縮量為x．現(xiàn)對a施加沿斜面向下的外力使彈簧再壓縮3x，之后突然撤去外力，經(jīng)時間t，物塊a沿斜面向上運動的速度為v，此時物塊b剛要離開擋板．已知兩物塊的質(zhì)量均為m，重力加速度為g．下列說法正確的是（　?。? 　 A． 彈簧的勁度系數(shù)為 　 B． 物塊b剛要離開擋板時，a的加速度為gsinθ 　 C． 物塊a沿斜面向上運動速度最大時，物塊b對擋板c的壓力為0 　 D． 撤去外力后，經(jīng)過時間t，彈簧彈力對物塊a做的功為5mgxsinθ+mv2 　 10．如圖所示，金屬桿ab靜放在水平固定的“U”形金屬框上，整個裝置處于豎直向上的磁場中．當(dāng)磁感應(yīng)強度均勻增大時，桿ab總保持靜止，則（　?。? 　 A． 桿中感應(yīng)電流方向是從a到b 　 B． 桿中感應(yīng)電流大小保持不變 　 C． 金屬桿所受安培力逐漸增大 　 D． 金屬桿受三個力作用而保持平衡 　 　 二、實驗題（本題包括3個小題．共18分．把答案填在第答題處） 11．用游標(biāo)卡尺和螺旋測微器分別測量一根玻璃棒的長度和直徑，測量的結(jié)果如圖所示，則此棒的長度L=　　　　　　cm，直徑d=　　　　　　mm． 　 12．某同學(xué)用如圖所示的電路測量一個約為200Ω的電阻R0的阻值．實驗室備有電源（電動勢為6.0V），電流表A（量程50mA）．另有電壓表V1（量程5V）和電壓表V2（量程15V），滑動變阻器R1（阻值0～10Ω）和滑動變阻器R2（阻值0～1kΩ），供選擇使用． （1）電壓表應(yīng)選擇　　　　　?。ㄌ睢癡1”或“V2”），滑動變阻器應(yīng)選擇　　　　　?。ㄌ睢癛1”或“R2”）． （2）閉合電鍵，電流表無示數(shù)，電壓表有示數(shù)．經(jīng)檢查發(fā)現(xiàn)，有一個接線柱沒接入電路中，則這個接線柱是　　　　　?。? A．滑動變阻器左側(cè)電阻絲接線柱 B．電流表正接線柱 C．電壓表正接線柱 D．電鍵右側(cè)接線柱． 　 13．為了探究加速度與力的關(guān)系，某同學(xué)設(shè)計了如圖所示的實驗裝置，帶滑輪的長木板水平放置，板上有兩個光電門相距為d，滑塊通過細線與重物相連，細線的拉力F大小等于力傳感器的示數(shù)．讓滑塊從光電門1由靜止釋放，記下滑到光電門2的時間t，改變重物質(zhì)量來改變細繩拉力大小，重復(fù)以上操作5次，得到下列表格中5組數(shù)據(jù)． 次數(shù) a/（m．s﹣2） F/N 1 1.0 0.76 2 2.0 0.99 3 3.0 1.23 4 4.0 1.50 5 5.0 1.76 （1）若測得兩光電門之間距離為d=0.5m，運動時間t=0.5s，則a=　　　　　　m/s2； （2）依據(jù)表中數(shù)據(jù)在坐標(biāo)紙上畫出a﹣F圖象． （3）由圖象可得滑塊質(zhì)量m=　　　　　　kg，滑塊和軌道間的動摩擦因數(shù)μ=　　　　　?。╣=10m/s2） 　 　 三、計算題（共4個小題，共42分．解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位） 14．如圖所示，在傾角θ=370的足夠長的固定斜面底端有一質(zhì)量m=1.0kg的物體，物體與斜面間動摩擦因數(shù)μ=0.25，現(xiàn)用輕細繩將物體由靜止沿斜面向上拉動，拉力F=10.0N，方向平行斜面向上．經(jīng)時間t=4.0s繩子突然斷了，（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）求： （1）繩斷時物體的速度大小 （2）從繩子斷了開始到物體再返回到斜面底端的運動時間． 　 15．如圖甲，真空中兩豎直平行金屬板A、B相距d=510﹣2m，B板中心有小孔O，兩板間電勢差隨時間變化如圖乙．t=0時刻，將一質(zhì)量m=2.010﹣27kg，電量q=1.610﹣19C的帶正電粒子自O(shè)點由靜止釋放，粒子重力不計．求： （1）釋放瞬間粒子的加速度； （2）在圖丙中畫出粒子運動的υ﹣t圖象．（至少畫一個周期，標(biāo)明數(shù)據(jù)，不必寫出計算過程） 　 16．如圖所示，豎直光滑四分之三圓軌道BCD固定在水平面AB上，軌道圓心為O，半徑R=1m，軌道最低點與水平面相切于B點，C為軌道最高點，D點與圓心O等高．一質(zhì)量m=1kg的小物塊，從水平面上以速度υ0=8m/s豎直向上拋出，物塊從D點進入圓軌道，最終停在A點，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.4，取g=10m/s2．求： （1）物塊運動到D點時的速度；（可以保留根式） （2）物塊運動到C點時，對軌道的壓力大??； （3）物塊從B點運動到A點所用的時間及A、B間的距離． 　 17．如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy中，M點的橫坐標(biāo)xM=﹣，在﹣≤x≤0區(qū)域內(nèi)，有豎直向下的勻強電場；N點的橫坐標(biāo)xN=r，以N為圓心、r為半徑的圓內(nèi)及圓邊界上有垂直于紙面向里的勻強磁場．P為磁場邊界上一點．NP與豎直方向的夾角α=37．從M點沿x軸正方向發(fā)射一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電粒子，粒子速度大小為v0，粒子沿過P點的切線方向射出電場．后經(jīng)P點進人磁場運動且經(jīng)過N點，不計粒子重力，sin37=0.6，cos37=0.8．求： （1）勻強電場的電場強度E； （2）勾強磁場的磁感應(yīng)強度B； （3）粒子從M點到第一次經(jīng)過N點所用的時間t． 　 　  xx學(xué)年山東省濰坊市安丘二中高三（上）期末物理模擬試卷 參考答案與試題解析 　 一、選擇題（本題共有10個小題；每小題4分，共40分．在每小題給出的4個選項中．有的小題只有一個選項正確，有的小題有多個選項正確．全部選對的得4分．選不全的得2分．有錯選或不答的得0分．） 1．以下說法正確的是（　　） 　 A． 奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在著磁場 　 B． 庫侖利用扭秤實驗測出了萬有引力常量 　 C． 亞里士多德提出了力是改變物體運動狀態(tài)的原因 　 D． 開普勒關(guān)于行星運動的描述為萬有引力定律的發(fā)現(xiàn)奠定了基礎(chǔ) 考點： 物理學(xué)史． 分析： 由各個人的貢獻和物理學(xué)的發(fā)展歷史，可以解答本題． 解答： 解：A、奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在著磁場，故A正確． B、卡文迪許利用扭秤實驗測出了萬有引力常量，故B錯誤． C、亞里士多德提出了力是維持物體運動狀態(tài)的原因，牛頓提出力是改變物體運動狀態(tài)的原因，故C錯誤． D、開普勒關(guān)于行星運動的描述為萬有引力定律的發(fā)現(xiàn)奠定了基礎(chǔ)，故D正確． 故選：AD 點評： 本題重點要在平時學(xué)習(xí)的時候，注意掌握物理學(xué)的發(fā)展規(guī)律，注意積累各個人的貢獻，屬于常識記憶題． 　 2．如圖所示，傳送帶沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動．小木塊a、b用細線連接，用平行于傳送帶的細線拉住a，兩木塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)．關(guān)于木塊受力個數(shù)，正確的是（　?。? 　 A． a受4個，b受5個 B． a受4個，b受4個 　 C． a受5個，b受5個 D． a受5個，b受4個 考點： 共點力平衡的條件及其應(yīng)用；力的合成與分解的運用． 專題： 共點力作用下物體平衡專題． 分析： 將研究對象看作一個孤立的物體并分析它所受各外力特性的方法叫做受力分析，又稱畫隔離體圖，是進行力學(xué)計算的基礎(chǔ)． 解答： 解：先對物體b受力分析，受重力、支持力、細線的拉力和沿著斜面向下的滑動摩擦力，共4個力； 再對物體a受力分析，受重力、支持力、兩側(cè)細線的兩個拉力和沿著斜面向下的滑動摩擦力，共5個力； 故ABC均錯誤，D正確； 故選：D． 點評： 受力分析的一般步驟：（1）選取研究對象；（2）隔離物體分析；（3）畫出受力示意圖；（4）檢查受力分析是否有誤． 　 3．某時刻，兩車從同一地點、沿同一方向做直線運動，下列關(guān)于兩車的位移x、速度v隨時間t變化的圖象，能反應(yīng)t1時刻兩車相遇的是（　?。? 　 A． B． C． D． 考點： 勻變速直線運動的圖像；勻變速直線運動的速度與時間的關(guān)系；勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系． 專題： 運動學(xué)中的圖像專題． 分析： 在研究圖象時要注意先明確圖象的坐標(biāo)含義，再由圖象的意義明確物體的運動情況，從而判斷物體能否相遇． 解答： 解：A、x﹣t圖象中圖象的點表示物體所在的位置，由圖可知，兩物體不會相遇，故A錯誤； B、由圖可知，t1時刻兩物體相交，故兩物體相遇，故B正確； C、v﹣t圖象表示物體的速度隨時間變化的規(guī)律，圖象與時間軸圍成的面積表示物體通過的位移，由圖可知，兩物體的位移不同，故不會相遇，故C錯誤； D、由圖可知，兩物體在t1時間內(nèi)位移相同，故兩物體相遇，故D正確； 故選：BD． 點評： 對于圖象要先明確圖象的橫縱坐標(biāo)的含義，再由點、線及面的含義進行分析即可． 　 4．如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比n1：n2=10：1，輸電線的等效電阻為R=2Ω，燈泡的電阻為8Ω，原線圈輸入如圖乙所示的正弦交流電，則（　?。? 　 A． 交流電的頻率為0.02 Hz 　 B． 副線圈兩端電壓的有效值為2.7V 　 C． 電流表的示數(shù)為0.027A 　 D． 電流表的示數(shù)為2.7A 考點： 變壓器的構(gòu)造和原理；正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻率． 專題： 交流電專題． 分析： 根據(jù)圖象可以求得電壓的有效值、周期和頻率等，再根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比即可求得結(jié)論． 解答： 解：A、B、根據(jù)圖象可得周期0.02s，頻率50Hz，所以A錯誤， B、根據(jù)圖象可得原線圈的電壓的最大值為27V，有效值為27V，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比知副線圈兩端電壓的有效值為2.7V，B正確． C、D、副線圈的電流為I==0.27A，電流與匝數(shù)成反比，故電流表的示數(shù)為0.027A，所以C正確，D錯誤． 故選：BC． 點評： 本題掌握住理想變壓器的電壓、電流之間的關(guān)系，最大值和有效值之間的關(guān)系即可解決本題． 　 5．已知磁敏電阻在沒有磁場時電阻很小，有磁場時電阻變大，并且磁場越強阻值越大．為探測磁場的有無，利用磁敏電阻作為傳感器設(shè)計了如圖所示電路，電源的電動勢E和內(nèi)阻r不變，在沒有磁場時調(diào)節(jié)變阻器R使電燈L正常發(fā)光，若探測裝置從無磁場區(qū)進入強磁場區(qū)．則（　?。? 　 A． 電燈L變亮 B． 電燈L變暗 　 C． 流過滑動變阻器的電流變大 D． 電流表的示數(shù)增大 考點： 閉合電路的歐姆定律． 專題： 恒定電流專題． 分析： 探測裝置從無磁場區(qū)進入強磁場區(qū)時，磁敏電阻變大，則總電流變小，根據(jù)閉合電路歐姆定律即可分析． 解答： 解：探測裝置從無磁場區(qū)進入強磁場區(qū)時，磁敏電阻變大，電路的總電阻變大，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知總電流變小，所以電流表的示數(shù)減小． 根據(jù)U=E﹣Ir，可知I減小，路端電壓U增大，所以燈泡兩段的電壓增大，電流增大，實際功率增大，所以電燈L變亮． 總電流變小，通過燈泡的電流變大，所以通過滑動變阻器的電流變小，故A正確，BCD錯誤． 故選：A 點評： 本題是電路的動態(tài)分析問題，知道電路中有一個電阻變大，總電阻就變大，總電流就變小，再結(jié)合閉合電路歐姆定律分析即可． 　 6．如圖所示，北斗導(dǎo)航系統(tǒng)中兩顆衛(wèi)星，均為地球同步衛(wèi)星．某時刻位于軌道上的A、B兩位置．設(shè)地球表面處的重力加速度為g，地球半徑為R，地球自轉(zhuǎn)周期為T．則（　?。? 　 A． 兩衛(wèi)星線速度大小均為 　 B． 兩衛(wèi)星軌道半徑均為 　 C． 衛(wèi)星l由A運動到B所需的最短時間為 　 D． 衛(wèi)星l由A運動到B的過程中萬有引力做正功 考點： 人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系；萬有引力定律及其應(yīng)用． 專題： 人造衛(wèi)星問題． 分析： 地球表面重力與萬有引力相等，同步衛(wèi)星的周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同，萬有引力提供圓周運動向心力． 解答： 解：在地球表面重力與萬有引力相等有 A、同步衛(wèi)星的周期為T，但同步衛(wèi)星的軌道半徑不為R，故A錯誤； B、根據(jù)萬有引力提供圓周運動向心力有可得衛(wèi)星軌道半徑r===，故B正確； C、兩顆衛(wèi)星均為同步衛(wèi)星，相對赤道位置固定，故衛(wèi)星1不可以由A運動到B故，C錯誤； D、衛(wèi)星圓周運動過程中速度方向始終與引力方向垂直，故引力對衛(wèi)星不做功，故D錯誤． 故選：B． 點評： 萬有引力提供圓周運動向心力是解決本題的突破口，同步衛(wèi)星的周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同． 　 7．一帶正電的檢驗電荷，僅在電場力作用下沿x軸從x=﹣∞向x=+∞運動，其速度υ隨位置x變化的圖象如圖所示．x=x1和x=﹣x1處，圖線切線的斜率絕對值相等且最大．則在x軸上（　?。? 　 A． x=x1和x=﹣x1兩處，電場強度相同 　 B． x=x1和x=﹣x1兩處，電場強度最大 　 C． x=0處電勢最高 　 D． 從x=x1運動到x=+∞過程中，電荷的電勢能逐漸增大 考點： 電勢差與電場強度的關(guān)系；電場強度；電勢；電勢能． 專題： 電場力與電勢的性質(zhì)專題． 分析： 根據(jù)速度﹣位移圖象可知，檢驗電荷先減速后加速，加速度先增大后減小，在增大后減小，且初末速度相等，檢驗電荷帶正電，根據(jù)電場力做功情況可以判斷電勢能的變化． 解答： 解：A、x=x1和x=﹣x1兩處，圖線切線的斜率絕對值相等且最大，故加速度絕對值相等且最大，由牛頓第二定律得電場力電絕對值相等且最大，由F=qE得場強度大小相同，方向相反，故A錯誤 B、同理可得B正確， C、一帶正電的檢驗電荷，僅在電場力作用下沿x軸從x=﹣∞向x=+∞運動，由圖乙可知，檢驗電荷先減速后加速運動，電場力先做負功后做正功，由電場力做功與電勢能的關(guān)系，故電勢能先增大后減小，得x=0處電勢最高；故C正確； D、從x=x1運動到x=+∞過程中，電荷的速度增大，電場力做正功，由電場力做功與電勢能的關(guān)系，故電勢能減小，電勢能逐漸減小，故D錯誤， 故選BC． 點評： 解決這類問題要明確正、負點電荷形成電場特點以及帶電粒子在電場中運動的功能關(guān)系． 　 8．如圖所示，MN右側(cè)一正三角形勻強磁場區(qū)域，上邊界與MN垂直．現(xiàn)有一與磁場邊界完全相同的三角形導(dǎo)體框，垂直于MN勻速向右運動．導(dǎo)體框穿過磁場過程中感應(yīng)電流隨時間變化的圖象可能是（取逆時針電流為正）（　?。? 　 A． B． C． D． 考點： 導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；閉合電路的歐姆定律． 專題： 電磁感應(yīng)與圖像結(jié)合． 分析： 首先根據(jù)右手定則判斷邊cb剛進入磁場時回路中感應(yīng)電流方向，排除部分答案，然后根據(jù)進入磁場中有效切割長度的變化，求出感應(yīng)電流的變化，從而得出正確結(jié)果． 解答： 解：開始時進入磁場切割磁感線，根據(jù)右手定則可知，電流方向為逆時針，即為正方向，當(dāng)開始出磁場時，回路中磁通量減小，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為順時針，方向為負方向，因此AB錯誤；當(dāng)離開磁場時，切割的有效長度變小，則產(chǎn)生感應(yīng)電流也變小，故D錯誤，C正確；因此只有C正確； 故選C． 點評： 對于圖象問題可以通過排除法進行求解，如根據(jù)圖象過不過原點、電流正負、大小變化等進行排除． 　 9．如圖所示，光滑斜面傾角為θ，c為斜面上固定擋板，物塊a和b通過輕質(zhì)彈簧連接，a、b處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧壓縮量為x．現(xiàn)對a施加沿斜面向下的外力使彈簧再壓縮3x，之后突然撤去外力，經(jīng)時間t，物塊a沿斜面向上運動的速度為v，此時物塊b剛要離開擋板．已知兩物塊的質(zhì)量均為m，重力加速度為g．下列說法正確的是（　　） 　 A． 彈簧的勁度系數(shù)為 　 B． 物塊b剛要離開擋板時，a的加速度為gsinθ 　 C． 物塊a沿斜面向上運動速度最大時，物塊b對擋板c的壓力為0 　 D． 撤去外力后，經(jīng)過時間t，彈簧彈力對物塊a做的功為5mgxsinθ+mv2 考點： 共點力平衡的條件及其應(yīng)用；力的合成與分解的運用． 專題： 共點力作用下物體平衡專題． 分析： 靜止時，彈簧的彈力大小等于物塊a重力沿斜面向下的分力，由胡克定律求出彈簧的勁度系數(shù)；物塊b剛要離開擋板時，彈簧的彈力等于物塊b的重力沿斜面向下的分力，根據(jù)牛頓第二定律求得a的加速度；物塊a沿斜面向上運動速度最大時，彈簧的彈力沿斜面向上，大小與a的重力沿斜面向下的分力相等，物塊b對擋板c的壓力不等于零；撤去外力后，經(jīng)過時t，根據(jù)動能定理求得彈簧彈力對物塊a做的功． 解答： 解：A、靜止時，對a：由平衡條件可知，彈簧的彈力大小等于物塊a重力沿斜面向下的分力，由胡克定律得：彈簧的勁度系數(shù)k=．故A正確． B、物塊b剛要離開擋板時，彈簧的彈力等于物塊b的重力沿斜面向下的分力，則對a有：2mgsinθ=ma，得a=2gsinθ．故B錯誤． C、物塊a沿斜面向上運動速度最大時，彈簧的彈力沿斜面向上，大小與a的重力沿斜面向下的分力相等，則知，彈簧對b有向下的壓力，故物塊b對擋板c的壓力不為O．故C錯誤． D、撤去外力后，經(jīng)過時t，彈簧的伸長量為x′=，根據(jù)動能定理得：W﹣mg（4x+x′）sinθ=mv2，解得，彈簧彈力對物塊a做的功為W=5mgxsinθ+mv2．故D正確． 故選：AD 點評： 本題是含有彈簧的力學(xué)問題，關(guān)鍵分析彈簧的狀態(tài)，根據(jù)平衡條件求得彈簧的伸長長度，運用動能定理求解彈力對物塊a做的功． 　 10．如圖所示，金屬桿ab靜放在水平固定的“U”形金屬框上，整個裝置處于豎直向上的磁場中．當(dāng)磁感應(yīng)強度均勻增大時，桿ab總保持靜止，則（　　） 　 A． 桿中感應(yīng)電流方向是從a到b 　 B． 桿中感應(yīng)電流大小保持不變 　 C． 金屬桿所受安培力逐漸增大 　 D． 金屬桿受三個力作用而保持平衡 考點： 導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；安培力． 分析： 當(dāng)磁感應(yīng)強度B均勻增大時，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律分析感應(yīng)電流大小如何變化．由左手定則判斷金屬棒所受的安培力方向．由安培力公式F=BIL分析金屬桿受到的安培力如何變化． 解答： 解：A、當(dāng)磁感應(yīng)強度B均勻增大時，穿過回路的磁通量均勻增大，根據(jù)楞次定律判斷可知，回路中感應(yīng)電流方向為順時針方向（俯視），桿中的感應(yīng)電流方向是從a到b．故A正確、 B、當(dāng)磁感應(yīng)強度B均勻增大時，穿過回路的磁通量均勻增大，根據(jù)E==S得知，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不變，則感應(yīng)電流大小保持不變．故B正確． C、根據(jù)安培力F=BIL，得知金屬桿受到的安培力逐漸增大．故C正確； D、桿ab總保持靜止，由左手定則判斷可知，金屬桿所受水平向左安培力、重力、支持力與靜摩擦力四個力相平衡．故D錯誤． 故選：ABC 點評： 利用楞次定律可判斷感應(yīng)電流的方向，左手定則判斷通電導(dǎo)體所受的安培力方向．要明確當(dāng)穿過回路的磁通量均勻變化時，回路中產(chǎn)生的是恒定電流． 　 二、實驗題（本題包括3個小題．共18分．把答案填在第答題處） 11．用游標(biāo)卡尺和螺旋測微器分別測量一根玻璃棒的長度和直徑，測量的結(jié)果如圖所示，則此棒的長度L=　4.930　cm，直徑d=　1.600　mm． 考點： 刻度尺、游標(biāo)卡尺的使用；螺旋測微器的使用． 專題： 實驗題． 分析： 游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀．螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀． 解答： 解：游標(biāo)卡尺的固定刻度讀數(shù)為4.9cm，游標(biāo)讀數(shù)為0.056mm=0.30mm=0.030cm，所以最終讀數(shù)為4.9cm+0.030cm=4.930cm． 螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為1.5mm，可動刻度讀數(shù)為0.0110.0mm=0.100mm，所以最終讀數(shù)為1.5mm+0.100mm=1.600mm． 故答案為：4.930，1.600 點評： 解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺和螺旋測微器的讀數(shù)方法，游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀．螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀． 　 12．某同學(xué)用如圖所示的電路測量一個約為200Ω的電阻R0的阻值．實驗室備有電源（電動勢為6.0V），電流表A（量程50mA）．另有電壓表V1（量程5V）和電壓表V2（量程15V），滑動變阻器R1（阻值0～10Ω）和滑動變阻器R2（阻值0～1kΩ），供選擇使用． （1）電壓表應(yīng)選擇　?。ㄌ睢癡1”或“V2”），滑動變阻器應(yīng)選擇　?。ㄌ睢癛1”或“R2”）． （2）閉合電鍵，電流表無示數(shù)，電壓表有示數(shù)．經(jīng)檢查發(fā)現(xiàn)，有一個接線柱沒接入電路中，則這個接線柱是　B?。? A．滑動變阻器左側(cè)電阻絲接線柱 B．電流表正接線柱 C．電壓表正接線柱 D．電鍵右側(cè)接線柱． 考點： 伏安法測電阻． 專題： 實驗題． 分析： 本題（1）的關(guān)鍵是根據(jù)電源電動勢大小選擇電壓表的量程，明確變阻器采用分壓式接法時，變阻器的全電阻越小線性越好；題（2）的關(guān)鍵是明確根據(jù)歐姆定律判定電路故障的方法． 解答： 解：（1）由于電源電動勢為6.0V，所以電壓表應(yīng)選，由于滑動變阻器采用分壓式接法時，全電阻越小線性越好，所以變阻器應(yīng)選全電阻最小的； （2）根據(jù)歐姆定律可知，若電流表無示數(shù)、電壓表有示數(shù)，只能說明定值電阻或電流表接線柱接觸不良，而電源、電鍵和電壓表部分接觸良好，所以沒有接入電路的接線柱是B． 故答案為：（1），；（2）B 點評： 明確電表量程的選擇原則是通過電表的最小示數(shù)不能小于其量程的或；明確變阻器采用分壓式接法時，變阻器的全電阻越小線性越好，所以若變阻器采用分壓式接法，應(yīng)選擇全電阻小的較好． 　 13．為了探究加速度與力的關(guān)系，某同學(xué)設(shè)計了如圖所示的實驗裝置，帶滑輪的長木板水平放置，板上有兩個光電門相距為d，滑塊通過細線與重物相連，細線的拉力F大小等于力傳感器的示數(shù)．讓滑塊從光電門1由靜止釋放，記下滑到光電門2的時間t，改變重物質(zhì)量來改變細繩拉力大小，重復(fù)以上操作5次，得到下列表格中5組數(shù)據(jù)． 次數(shù) a/（m．s﹣2） F/N 1 1.0 0.76 2 2.0 0.99 3 3.0 1.23 4 4.0 1.50 5 5.0 1.76 （1）若測得兩光電門之間距離為d=0.5m，運動時間t=0.5s，則a=　4.0　m/s2； （2）依據(jù)表中數(shù)據(jù)在坐標(biāo)紙上畫出a﹣F圖象． （3）由圖象可得滑塊質(zhì)量m=　0.25　kg，滑塊和軌道間的動摩擦因數(shù)μ=　0.2?。╣=10m/s2） 考點： 探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系． 專題： 實驗題；牛頓運動定律綜合專題． 分析： （1）根據(jù)勻變速直線運動的位移時間公式求出滑塊的加速度； （2）依據(jù)表中數(shù)據(jù)運用描點法作出圖象； （3）知道滑塊運動的加速度a和所受拉力F的關(guān)系圖象斜率等于滑塊質(zhì)量的倒數(shù)．對滑塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解． 解答： 解：（1）根據(jù)運動學(xué)公式d=得：a=． （2）a﹣F圖象如圖所示． （3）根據(jù)F﹣μmg=ma得：a=，所以滑塊運動的加速度a和所受拉力F的關(guān)系圖象斜率等于滑塊質(zhì)量的倒數(shù)． 由圖形得加速度a和所受拉力F的關(guān)系圖象斜率k=4，所以滑塊質(zhì)量為：m=0.25Kg， 由圖形得，當(dāng)F=0.5N時，滑塊就要開始滑動，所以滑塊與軌道間的最大靜摩擦力等于0.5N， 而最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，即：μmg=0.5N， 解得：μ=0.2 故答案為：（1）4.0，（2）如圖所示，（3）0.25，0.2． 點評： 解決該題關(guān)鍵要掌握牛頓第二定律和運動學(xué)公式的應(yīng)用，運用數(shù)學(xué)知識和物理量之間關(guān)系式結(jié)合起來求解． 　 三、計算題（共4個小題，共42分．解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位） 14．如圖所示，在傾角θ=370的足夠長的固定斜面底端有一質(zhì)量m=1.0kg的物體，物體與斜面間動摩擦因數(shù)μ=0.25，現(xiàn)用輕細繩將物體由靜止沿斜面向上拉動，拉力F=10.0N，方向平行斜面向上．經(jīng)時間t=4.0s繩子突然斷了，（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）求： （1）繩斷時物體的速度大小 （2）從繩子斷了開始到物體再返回到斜面底端的運動時間． 考點： 牛頓第二定律；勻變速直線運動的速度與時間的關(guān)系． 專題： 牛頓運動定律綜合專題． 分析： （1）分析繩子斷前物體的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，由速度公式求解繩斷時物體的速度大?。? （2）繩斷后，物體先沿斜面向上做勻減速運動，后沿斜面向下做勻加速運動，由牛頓第二定律求出向上減速過程的加速度，由運動學(xué)公式求出時間和位移．下滑過程的位移大小等于上滑過程總位移大小，由牛頓定律和位移公式結(jié)合求解下滑的時間． 解答： 解： （1）物體向上運動過程中，受重力mg，摩擦力Ff，拉力F，設(shè)加速度為a1， 則有F﹣mgsinθ﹣Ff=ma1 FN=mgcosθ 又 Ff=μFN 得到，F(xiàn)﹣mgsinθ﹣μmgcosθ=ma1 代入解得，a1=2.0m/s2 所以，t=4.0s時物體速度v1=a1t=8.0m/s （2）繩斷后，物體距斜面底端x1==16m． 斷繩后，設(shè)加速度為a2，由牛頓第二定律得 mgsinθ+μmgcosθ=ma2 得到，a2=g（sinθ+μcosθ）=8.0m/s2 物體做減速運動時間t2==1.0s 減速運動位移x2==4.0m 此后物體沿斜面勻加速下滑，設(shè)加速度為a3，則有 mgsinθ﹣μmgcosθ=ma3 得到，a3=g（sinθ﹣μcosθ）=4.0m/s2 設(shè)下滑時間為t3，則：x1+x2= 解得，t3=s=3.2s ∴t總=t2+t3=4.2s 答： （1）繩斷時物體的速度大小是8.0m/s． （2）從繩子斷了開始到物體再返回到斜面底端的運動時間是4.2s． 點評： 本題是有往復(fù)的動力學(xué)問題，運用牛頓第二定律與運動學(xué)公式結(jié)合是解題的基本方法，加速度是關(guān)鍵量． 　 15．如圖甲，真空中兩豎直平行金屬板A、B相距d=510﹣2m，B板中心有小孔O，兩板間電勢差隨時間變化如圖乙．t=0時刻，將一質(zhì)量m=2.010﹣27kg，電量q=1.610﹣19C的帶正電粒子自O(shè)點由靜止釋放，粒子重力不計．求： （1）釋放瞬間粒子的加速度； （2）在圖丙中畫出粒子運動的υ﹣t圖象．（至少畫一個周期，標(biāo)明數(shù)據(jù)，不必寫出計算過程） 考點： 勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系；牛頓第二定律． 專題： 電場力與電勢的性質(zhì)專題． 分析： 由圖可知兩板間開始時的電勢差，則由U=Ed可求得兩板間的電場強度，則可求得電場力，由牛頓第二定律可求得加速度的大??；因粒子受力可能發(fā)生變化，由位移和速度公式可求得粒子通過的距離． 解答： 解：（1）電場強度E=…① 帶電粒子所受電場力F=Eq…② 由牛頓第二定律得a=…③ 聯(lián)立①②③解之得：a=4.0109m/s2 （2）由U﹣t圖象可知，帶電粒子在極板間先勻加速再勻減速，據(jù)對稱性知：加速位移和減速位移相等．勻加速和勻減速的時間相等且為t=0.2510﹣5s 據(jù)v=at=4.0109m/s20.2510﹣5s=1104m/s s==4.0109m/s2 （0.2510﹣5s）2=1.2510﹣2 m 由此看出2s＜d，故帶電粒子在極板間多次運動． 故粒子運動的υ﹣t圖象為： 答：（1）釋放瞬間粒子的加速度4.0109m/s2（2）粒子運動的υ﹣t圖象如上圖所示． 點評： 看懂圖，靈活應(yīng)用場強公式、牛頓第二定律解題；判斷帶電粒子在勻強電場的運動情況是畫粒子運動的υ﹣t圖象的關(guān)鍵． 　 16．如圖所示，豎直光滑四分之三圓軌道BCD固定在水平面AB上，軌道圓心為O，半徑R=1m，軌道最低點與水平面相切于B點，C為軌道最高點，D點與圓心O等高．一質(zhì)量m=1kg的小物塊，從水平面上以速度υ0=8m/s豎直向上拋出，物塊從D點進入圓軌道，最終停在A點，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.4，取g=10m/s2．求： （1）物塊運動到D點時的速度；（可以保留根式） （2）物塊運動到C點時，對軌道的壓力大?。? （3）物塊從B點運動到A點所用的時間及A、B間的距離． 考點： 機械能守恒定律；牛頓第二定律；牛頓第三定律． 專題： 機械能守恒定律應(yīng)用專題． 分析： （1）物塊豎直向上拋出，以豎直向上方向為正方向，其加速度為﹣g，根據(jù)運動學(xué)公式求解； （2）從拋出到C點的過程，只有重力做功，運用機械能守恒列式，求解物塊運動到C點時的速度，再根據(jù)牛頓第二、第三定律求解對軌道的壓力大小； （3）由機械能的守恒定律求出物塊到B點速度，由動能定理求解AB間的距離，再根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合即可求解時間． 解答： 解：（1）從拋出到D的過程，物塊做豎直上拋運動， 由運動學(xué)公式得：﹣2gR=﹣v 解得：vD==m/s=2m/s （2）從拋出到C點的過程，由機械能守恒定律得： =mg2R+ 解得：vC==m/s=2m/s C點，由牛頓第二定律得：F+mg= 代入數(shù)據(jù)解得：F=﹣mg=﹣110=14N 由牛頓第三定律，物塊對軌道的壓力FN′=14N， （3）由機械能的守恒定律知，物塊到B點速度vB=v0=8m/s 由動能定理﹣μmgxAB=0﹣ 解得：xAB==m=8m 由牛頓第二定律得：μmg=ma， 則得 a=μg=0.410m/s2=4m/s2 物塊從B點運動到A點所用的時間 t= 解得：t=2s 答： （1）物塊運動到D點時的速度為2m/s； （2）物塊運動到C點時，對軌道的壓力大小為14N； （3）物塊從B點運動到A點所用的時間為2s，A、B間的距離為8m． 點評： 對于動力學(xué)問題，常常有兩類解題思路：一是牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合；二是機械能守恒定律或動能定理． 　 17．如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy中，M點的橫坐標(biāo)xM=﹣，在﹣≤x≤0區(qū)域內(nèi)，有豎直向下的勻強電場；N點的橫坐標(biāo)xN=r，以N為圓心、r為半徑的圓內(nèi)及圓邊界上有垂直于紙面向里的勻強磁場．P為磁場邊界上一點．NP與豎直方向的夾角α=37．從M點沿x軸正方向發(fā)射一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電粒子，粒子速度大小為v0，粒子沿過P點的切線方向射出電場．后經(jīng)P點進人磁場運動且經(jīng)過N點，不計粒子重力，sin37=0.6，cos37=0.8．求： （1）勻強電場的電場強度E； （2）勾強磁場的磁感應(yīng)強度B； （3）粒子從M點到第一次經(jīng)過N點所用的時間t． 考點： 帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動． 專題： 帶電粒子在磁場中的運動專題． 分析： （1）粒子先在電場中做類平拋運動，離開電場后做勻速直線運動，進入磁場后，受到洛倫茲力作用，做勻速圓周運動，畫出粒子的運動軌跡．運用運動的分解法，由牛頓第二定律、運動學(xué)公式和幾何關(guān)系結(jié)合求解E； （2）根據(jù)速度的合成求出粒子進入磁場時的速度大?。蓭缀沃R求出粒子在磁場中運動的軌跡半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律列式求解B； （3）分三段分別由運動學(xué)公式求解時間，即可得到總時間． 解答： 解：（1）粒子軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知，粒子射出電場的偏轉(zhuǎn)角為α， 粒子在電場中，豎直方向速度為：vy=at=t， 粒子的運動時間：t=，tanα=， 解得：E=； （2）設(shè)粒子進入磁場的速度為v，在磁場做圓周運動的半徑為r1， 則有：v=，由幾何關(guān)系得：r1=， 由牛頓第二定律得：qvB=m，解得：B=； （3）電場中的時間為：t1=， 射出電場勻速運動的時間為：t2=， x=at12=t12， 粒子從P到N所用的時間為：t3=T， 粒子做圓周運動的周期：T=， 故粒子從M點到N點所用的時間為：t=t1+t2+t3=． 答：（1）勻強電場的電場強度E為； （2）勻強磁場的磁感應(yīng)強度B為； （3）粒子從M點到第一次經(jīng)過N點所用的時間t為． 點評： 本題是磁場和電場組合場問題，考查分析和解決綜合題的能力，關(guān)鍵是運用幾何知識畫出粒子的運動軌跡．