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贵州省2013年高考备考研讨会资料——物理

来源:本站原创 2012-09-24 14:33:21

2012高考理综物理课标卷

(河北、云南、内蒙古、湖北、河南、山西、新疆、江西、湖南、陕西、宁夏、辽宁、吉林、黑龙江)

14.伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验,提出了惯性的概念,从而奠定了牛顿力学的基础。早期物理学家关于惯性有下列说法,其中正确的是AD

A.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性

B.没有力作用,物体只能处于静止状态]

C.行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性

D.运动物体如果没有受到力的作用,将继续以同一速度沿同一直线运动

考查牛顿第一定律,惯性、力与运动的关系。

得分率不是很高,比较出乎意外。选项A很多学生不选,主要是因为对惯性的说法跟书上的说法不太一样,学生死记硬背惯性是物体保持匀速直线运动或静止状态的性质,没有理解惯性的本质其实就是抵抗运动状态的变化。

 

 

 

a

b

c

x

y

O

15.如图,x轴在水平地面内,y轴沿竖直方向。图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球abc的运动轨迹,其中bc是从同一点抛出的,不计空气阻力,则BD

 

Aa的飞行时间比b的长

Bbc的飞行时间相同

Ca的水平速度比b的小

Db的初速度比c的大

考查平抛运动规律,考查飞行时间、水平位移分别什么决定。

16.如图,一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为N1,球对木板的压力大小为N2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴,将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦,在此过程中B

AN1始终减小,N2始终增大            

BN1始终减小,N2始终减小

CN1先增大后减小,N2始终减小

DN1先增大后减小,N2先减小后增大

考查运用平衡条件分析小球受到弹力的变化情况。图解法分析力。

得分率较低,错选A的人很多。是学生没有真正掌握图解法判断物体受力变化。

 

 

 

~

R

17.自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈,原、副线圈都只取该线圈的某部分,一升压式自耦调压变压器的电路如图所示,其副线圈匝数可调。已知变压器线圈总匝数为1900匝;原线圈为1100匝,接在有效值为220V的交流电源上。当变压器输出电压调至最大时,负载R上的功率为2.0kW。设此时原线圈中电流有效值为I1,负载两端电压的有效值为U2,且变压器是理想的,则U2I1分别约为B

 

A380V5.3A              B380V9.1A

C240V5.3A              D240V9.1ª

考查变压器的原理。本题问法有问题:要求原线圈中的电流有效值超出学生的知识范围。自耦变压器的原线圈和副线圈有一段的共用的,输入电流和输出电流都要通过,如果是纯电阻电路,两线圈中的电流是反向的,原线圈中的电流应该为两电流的矢量和,及(I1-I2)。显然这些知识超出学生的知识范围,既不是题目的答案,也不是考查的目的。

建议:本题考查自耦变压器的原理,应该属于高考考查点,今后可以用此题帮助复习相关知识,可以对原题作如下修改:设此时向原线圈中输入的电流有效值为I1.向原线圈输入的电流与原线圈流动的电流是不同的,输入电流与输出电流仍然满足变压器分流规律。

 

18.如图,平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度,两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器,则在此过程中,该粒子D

A.所受重力与电场力平衡          B.电势能逐渐增加

C.动能逐渐增加                  D.做匀变速直线运动

考查带电粒子在电场力及重力作用下做匀变速直线运动的分析能力。

要求学生知道电场线的方向,会分析重力电场力都是恒力,合力也是恒力,恒力作用下做直线运动时两力的关系。

错误率也较大,漏选BD的人都比较多。主要是极板斜放后,学生对两力作用下的直线运动的分析不够明确。

 

 

 

B0

O

ω

19.如图,均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框,半圆直径与磁场边缘重合;磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里,磁感应强度大小为B0。.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周,在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置,磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流,磁感应强度随时间的变化率的大小应为C

 

A     B    C    D 

考查感生电动势及动生电动势的求解方法,还有转动切割产生的感生电动势怎么计算。

 

 

i

20.如图,一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内,线框在长直导线右侧,且其长边与长直导线平行。已知在t=0t=t1的时间间隔内,直导线中电流i发生某种变化,而线框中感应电流总是沿顺时针方向;线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。设电流i正方向与图中箭头方向相同,则i随时间t变化的图线可能是A

 

 

 

O

i

t

A

t1

O

i

t

B

t1

O

i

C

t1

t

O

i

D

t1

t

本题考查安培定则、左手定则,

 

 

21.假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体。一矿井深度为d。已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为A

A       B       C       D

考查重力加速度概念。要求学生能结合给出的信息分析及重力加速度概念进行分析。

错误率很高,错选CD的人很多。一是不能理解题意,没理解“已知质量分布均匀的球壳对壳内的引力为零”。只是套公式,有人管它叫黄金代换公式,但是对重力加速度的来源不是很清楚,说明对概念的理解不到位。

重力加速度以地表为最大,地表内的重力加速度与距球心的距离成正比?地表外的重力加速度与距球心距离的平方成反比。地球在什么条件下可以视为质点,是本题解答的关键,更是万有引力定律建立过程中的关键。

 

第Ⅱ卷

三、非选择题。包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题,每个试题考生都必须做答。第33题~第40题为选考题,考生根据要求做答。

(一)必考题(11题,共129分)

22.(5分)

某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度。该螺旋测微器校零时的示数如图(a)所示,测量金属板厚度时的示数如图(b)所示。图(a)所示读数为_________mm,图(b)所示读数为_________mm,所测金属板的厚度为_________mm

 

 

0

图(a)

10

5

0

45

0

图(b)

5

45

40

35

30

 

 

 

 

 

 

 

考查螺旋测微器的读数。本题的特点是螺旋测微器有零误差,零误差是0.010mm,为正值,及每个读数都多读了0.010mm,所以物体的实际长度应该是读数减去0.010mm。要求学生要有冷静的头脑,会分析零误差带来的问题。

22.0.010 6.870 6.860

 

23.(10分)

 

 

A

S

R

E

电流表

光滑轻滑轮

电流表

轻绳

支架

轻质

托盘

D

图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力,来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向。所用部分器材已在图中给出,其中D为位于纸面内的U形金属框,其底边水平,两侧边竖直且等长;E为直流电源;R为电阻箱;A为电流表;S为开关。此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。

 

(1)在图中画线连接成实验电路图。

(2)完成下列主要实验步骤中的填空

①按图接线。

②保持开关S断开,在托盘内加入适量细沙,使D处于平衡状态;然后用天平称出细沙质量m1

③闭合开关S,调节R的值使电流大小适当,在托盘内重新加入适量细沙,使D________;然后读出___________________,并用天平称出____________

④用米尺测量_______________

(3)用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小,可以得出B=_________

 

 

A

S

R

E

电流表

光滑轻滑轮

电流表

轻绳

支架

轻质

托盘

(4)判定磁感应强度方向的方法是:若____________,磁感应强度方向垂直纸面向外;反之,磁感应强度方向垂直纸面向里。

 

考查根据实验图景介绍分析实验原理、设计实验方案及说理能力。

问题:本题连线分压式接法是否可行?

最后一问学生若思路清晰,语言表达能力强就能答好,否则可能说不清楚。

23(1)如图所示

【本资料来源:全品高考网、全品中考网;全品教学网为您提供最新最全的教学资源。】(2)重新处于平衡状态 电流表的示数I 此时细沙的质量m2 D的底边长度l

(3)

(4)m2m1

解析将电源、开关、电流表、电阻箱和U形金属框串联成闭合电路.设U形金属框质量为m,当开关S断开时,有mgm1g,当开关S闭合时,有mgBILm2g,联立解得:Bg.m2m1U形金属框所受的安培力向下,磁感应强度方向垂直纸面向外;反之,磁感应强度方向垂直纸面向里

 

24.(14分)

 

拖把头

θ

拖杆

拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图)。拖把头的质量为m,拖杆质量可以忽略;拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ,重力加速度为g,某同学用该拖把在水平地板上拖地时,沿拖杆方向推拖把,拖杆与竖直方向的夹角为θ

 

(1)若拖把头在地板上匀速移动,求推拖把的力的大小。

(2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ。已知存在一临界角θ0,若θ≤θ0,则不管沿拖杆方向的推力多大,都不可能使拖把从静止开始运动。求这一临界角的正切tanθ0

   得分率较低。

   解法一:物理分析法(理想化处理)

要推动拖把,需要

时,mg可以忽略,

所以 临界情况有:

解法二:找临界条件

时,不能将拖把推动,

无论F多大,此不等式都成立的条件是

 

 

N

fm

mg

FfN

FfN

F

θ

α

 

解法三:图解法

临界情况:最大静摩擦力与支持力的比值,随着支持力的增大,最大静摩擦力也会增大,但是总成立。

物体受到得重力mg与推力F的合力在临界情况下应该与摩擦力与支持力的合力FfN等值反向,如图所示,F与竖直方向的夹角θ越小,达到临界态所需的力F就越大,FfN也越大,当θα时,无论F多大,都不可能使重力mg与推力F的合力与FfN等值反向,也就是说,不可能推动拖把前进。

    所以

 

25.(18分)

 

 

b

a

O

如图,一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)。在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场,一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域,在圆上的b点离开该区域,离开时速度方向与直线垂直。圆心O到直线的距离为。现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场,同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域,也在b点离开该区域。若磁感应强度大小为B,不计重力,求电场强度的大小。

 

得分率很低。本题考查带电粒子在磁场及电场中运动问题,是一道综合题。

题图上入射点与出射点的连线看上去和圆形磁场区域的圆心就在一条直线上,事实上它们只是接近而不是在一条直线上。即使是在一条直线上而题目中未作为已知条件给出,需要时也得证明。这与其说是误导,倒不如说是陷阱更合适。

本题没有分步设问,也是命题人设计提高难度的一个策略。比如?若先问带电粒子的回转半径与磁场半径的关系?则该题的难度似可大幅下降。

用到的几何关系很不一般,过去很少见。原来比较多的是粒子沿

 

b

O

c

半径方向射入圆形磁场,出射方向也是沿半径方向射出的,两圆的圆心连线是一条重要的辅助线。现在粒子射入磁场偏离圆心,射出也是偏离圆心的,再作两圆圆心连线,找直角三角形就很不清晰了。

 

但是,解决问题的方法还是做辅助线,找直角三角形,通过直角三角形的几何关系进行求解。

 

 

b

a

O

d

c

O1‑‘

e

更简单的解法:

 

DOO1aDOO1b

所以ÐOaO1=ÐObO1

ÐOad=ÐObe

DOadDObe

DOad中,Od=R,因此ad=R

ac=r=R

25.(18分)解析粒子在磁场中做圆周运动.设圆周的半径为r,由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得:qvB=m

式中v为粒子在a点的速度.

b点和O点作直线的垂线,分别与直线交于cd点.由几何关系知,线【本资料来源:全品高考网、全品中考网;全品教学网为您提供最新最全的教学资源。】ab和过ab两点的轨迹圆弧的两条半径(未画出)围成一正方形.因此

 

 

b

a

O

d

c

a=b=r

 

=x,由几何关系得

=Rx

=R

联立②③④式得rR

再考虑粒子在电场中的运动.设电场强度的大小为E,粒子在电场中做类平抛运动.设其加速度大小为a,由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得

qE=ma

粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r,由运动学公式得

r=at2

r=vt

式中t是粒子在电场中运动的时间.联立①⑤⑥⑦⑧式得

E=

 

(二)选考题:共45

33.[物理——选修3-3](15分)(得分率在三组选做中得分率是最低的。以河北省为例,33题得分率21.04%,34题得分率39.77%,35题得分率58.31%

(1)(6分)关于热力学定律,下列说法正确的是_________(填入正确选项前的字母,选对1个给3分,选对2个给4分,选对3个给6分,每选错1个扣3分,最低得分为0分)。

A.为了增加物体的内能,必须对物体做功或向它传递热量

B.对某物体做功,必定会使该物体的内能增加

C.可以从单一热源吸收热量,使之完全变为功

D.不可能使热量从低温物体传向高温物体

E.功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程

本题考查热力学第一、第二定律。典型错误漏选C,多选D

(1)[答案] ACE 

做功和热传递是改变内能的两种方式,A正确,B错误;可以从单一热源吸收热量,使之完全变为功,也可以使热量从低温物体传给高温物体,但要引起其他变化,C正确,D错误;根据热力学第二定律,一切与热现象有关的宏观过程都是不可逆的,E错误.

 

(2)(9分)如图,由U形管和细管连接的玻璃泡ABC浸泡在温度均为0°C的水槽中,B的容积是A的3倍。阀门SAB两部分隔开。A内为真空,BC内都充有气体。U形管内左边水银柱比右边的低60mm。打开阀门S,整个系统稳定后,U形管内左右水银柱高度相等。假设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积。

 

 

S

A

B

C

(i)求玻璃泡C中气体的压强(以mmHg为单位)

 

(ii)将右侧水槽的水从0°C加热到一定温度时,U形管内左右水银柱高度差又为60mm,求加热后右侧水槽的水温。

本题考查波意耳定律及查理定律。研究对象有三部分气体,其间的压强有着密切的关系,弄清它们的压强关这是解题的关键。另外,已知“U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积”,学生要能读出其含义。难

解答:(2) ()在打开阀门S前,两水槽水温均为T0273 K.设玻璃泡B中气体的压强为p1,体积为VB,玻璃泡C中气体的压强为pC,依意有

p1=pCp

式中Δp60 mmHg.

打开阀门S后,两水槽水温仍为T0,设玻璃泡B中气体的压强为pB.意,有

pB=pC

玻璃泡AB中气体的体积为

V2=VAVB

根据玻意耳定律得

p1VB=pBV2

联立①②③④式,并代入给数据得

pCΔp=180 mmHg

()当右侧水槽的水温加热至T时,U形管左右水银柱高度差为Δp.玻璃泡C中气体的压强为

pC=pBΔp

玻璃泡C的气体体积不变,根据查理定律得

【本资料来源:全品高考网、全品中考网;全品教学网为您提供最新最全的教学资源。】=

联立②⑤⑥⑦式,并代入给数据得

T′=364 K

 

34.[物理——选修3-4](15分)

(1)(6分)一简谐横波沿x轴正向传播,t=0时刻的波形如图(a)所示,x=0.30m处的质点的振动图线如图(b)所示,该质点在t=0时刻的运动方向沿y轴_________(填“正向”或“负向”)。已知该波的波长大于0.30m,则该波的波长为_______m

 

 

图(a)

O

2

x/m

y/cm

图(b)

O

2

y/cm

t/s

 

 

 

 

 

 

本题考查机械振动和机械波的概念和规律。要求学生对相位角及位移的关系要非常清楚。

34(1)正向 0.8

 

 

图(a)

O

2

 

x/m

y/cm

图(b)

O

2

y/cm

t/s

相位3π/4

位置3l/8

解析(b)图知:x=0.30 m处的质点在t=0时刻的运动方向沿y轴正向,又由意可知:0.3 m=,该波的波长为λ=0.8 m.由于波长大于0.30m,这是一个限定条件,所以不用考虑多种可能性。

 

 

 

R

θ

a/2

(2)(9分)一玻璃立方体中心有一点状光源。今在立方体的部分表面镀上不透明薄膜,以致从光源发出的光线只经过一次折射不能透出立方体。已知该玻璃的折射率为,求镀膜的面积与立方体表面积之比的最小值。

 

 

 

θ

R

a/2

 

本题考查全反射临界角知识。本题给出的图是立方体的一部分,

要求学生读题后能够构建出一个立体模型,然后转换为一个平面上的截面图画出来,如图所示,立方体内有一个点光源,对某一个面而言,光源发出的光只能经过一个圆形面积的表面折射出去,射到圆形面积以外的范围内,光线全部会发生全反射。六个面都一样,只需计算一个面即可。

Sinθ=1/n ,θ=45o

所以=

 

35.[物理——选修3-5](15分)

(1)(6分)氘核和氚核可发生热核聚变而释放巨大的能量,该反应方程为:,式中x是某种粒子。已知:和粒子x的质量分别为2.0141u、3.0161u、4.0026u和1.0087u;1u=931.5MeV/c2,c是真空中的光速。由上述反应方程和数据可知,粒子x是__________,该反应释放出的能量为_________ MeV(结果保留3位有效数字)

考查核反应方程及质能方程。易,但计算麻烦。

35(1)解析由质量数守恒和电荷数守恒可知,粒子x(中子)。

由爱因斯坦质能方程得:

ΔEmc2m×931.5 MeV17.6 MeV.

 

 

 

a

b

O

(2)(9分)如图,小球ab用等长细线悬挂于同一固定点O。让球a静止下垂,将球b向右拉起,使细线水平。从静止释放球b,两球碰后粘在一起向左摆动,此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°。忽略空气阻力,求

 

(i)两球ab的质量之比;

(ii)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比。

本题考查机械能守恒定律、能量守恒定律及动量守恒定律。中

(2) (ⅰ)设球b的质量为m2,细线长为L,球b下落至最低点、但未与球a相碰时的速率为v,由机械能守恒定律得

m2gL=m2v2

式中g是重力加速度的大小.

设球a的质量为m1;在两球碰后的瞬间,两球共同速度为v,以向左为正.由动量守恒定律得

m2v=(m1m2)v

设两球共同向左运动到最高处时,细线与竖直方向的夹角为θ,由机械能守恒定律得

(m1m2)v2=(m1m2)gL(1cosθ)

联立①②③式得

= 1

代入给数据得

= 1

()两球在碰撞过程中的机械能损失是

Q=m2gL(m1m2)gL(1cosθ)

联立①⑥式,Q与碰前球b的最大动能Ek(Ek=m2v2)之比为

=1(1cosθ)

联立⑤⑦式,并代入给数据得

=1     

 

 

 

 

 

2011年普通高等学校招生全国统一考试(新课标卷)

理科综合能力测试(物理部分)

2011年全国课标卷试题分为必做和选作两部分,必做部分试题考查的重点是必修一、必修23132四本书的内容,其中匀变速直线运动、曲线运动、牛顿定律、功能关系、带电粒子在电场、磁场中的运动、恒定电流交流电做了重点考查。试题属于考查基本概念、基本规律的掌握情况的,源于教材,又有一定得灵活度,如实验考查了替代法测电阻,虽然不是教材上编写的分组实验,但是原理是串并联电路规律、电表结构等,都是教学中的重点内容,25题考查带电粒子在磁场中运动,是一道综合性比较强的问题,考查学生对此类问题的深入理解,还考查应用数学解决问题的能力。电磁感应主要规律法拉第电磁感应定律、楞次定律、自感等没有考查到。选作部分分三组备选,每组两道题,一道选择题,一道计算题,内容分别来自333435教材,难度中等。

第Ⅱ卷

(选择题    共120分)

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,有的只有一项符合题目要求,有的有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。

14.为了解释地球的磁性,19世纪安培假设:地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的。在下列四个图中,正确表示安培假设中环形电流方向的是

 

 

西

I

西

I

西

I

西

I

A.              B.              C.              D.

 

解析:本题考查安培定则和地磁场的分布情况。

地磁场分布跟条形磁铁周围的磁场相似,地磁的北极在地理的南极附近,地球周围的磁感线大致从南向向北,根据安培定则判断可知正确答案是B。

答案:B

 

15.一质点开始时做匀速直线运动,从某时刻起受到一恒力作用。此后,该质点的动能可能

A.一直增大

B.先逐渐减小至零,再逐渐增大

C.先逐渐增大至某一最大值,再逐渐减小

D.先逐渐减小至某一非零的最小值,再逐渐增大

 

 

v0

F

x

y

O

v0x

v0y

v0

F

x

y

O

v0x

v0y

解析:本题考查物体做曲线运动的条件及矢量的分解法。

 

当恒力方向与速度在一条直线上,质点的动能可能一直增大,也可能先逐渐减小至零,再逐渐增大。

当恒力方向与速度不在一条直线上,如图所示,力的方向与初速度方向夹角大于900,将初速度分解,y方向分速度保持不变,x方向分速度会先减小到0,再逐渐增大,因此质点的动能可能先逐渐减小至某一非零的最小值,再逐渐增大;如图所示,力的方向与初速度方向夹角小于900,将初速度分解,y方向分速度保持不变,x方向分速度会一直增大,因此动能会一直增大,不会出现最大值之后减小的情况。

答案:ABD

 

16.一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落,到最低点时距水面还有数米距离。假定空气阻力可忽略,运动员可视为质点,下列说法正确的是

A.运动员到达最低点前重力势能始终减小

B.蹦极绳张紧后的下落过程中,弹性力做负功,弹性势能增加

C.蹦极过程中,运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒

D.蹦极过程中,重力势能的改变与重力势能零点的选取有关

解析:本题考查重力势能、弹性势能概念及机械能守恒定律。

运动员到达最低点过程中,重力一直做正功,所以重力势能始终减少,A项正确。蹦极绳张紧后的下落过程中,弹性力做负功,弹性势能增加,B 项正确。蹦极过程中,运动员、地球和蹦极绳所组成的系统,由于忽略空气阻力,且蹦极绳是弹性绳,因此只有重力和弹性力做功,所以系统机械能守恒,C 项正确。重力势能的改变与重力势能零点选取无关,D 项错误。

答案:ABC

 

 

 

A

V

17.如图,一理想变压器原副线圈的匝数比为1∶2;副线圈电路中接有灯泡,灯泡的额定电压为220V,额定功率为22W;原线圈电路中接有电压表和电流表。现闭合开关,灯泡正常发光。若用UI分别表示此时电压表和电流表的读数,则答案A

 

A.U=110V,I=0.2A         B.U=110V,I=0.05A  

C.U=110V,I=0.2A     D.U=110V,I=0.2A

解析:本题考查交流电的有效值及变压器的变压变流规律。

灯泡正常发光,说明U2=220V,根据U1:U2=n1n2得,U1=110V。I2=P/U2=0.1A,根据I1:I2= n2n1得I1=0.2A。所以正确答案是A。

 

 

I

L

18.电磁轨道炮工作原理如图所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动,并与轨道保持良好接触。电流I从一条轨道流入,通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场),磁感应强度的大小与I成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍,理论上可采用的办法是  答案:BD

 

A.只将轨道长度L变为原来的2倍

B.只将电流I增加至原来的2倍

C.只将弹体质量减至原来的一半

D.将弹体质量减至原来的一半,轨道长度L变为原来的2倍,其它量不变

解析:本题考查安培力大小、方向及动能定理的应用。

利用动能定理有,B=kI解得。所以正确答案是BD。

19.卫星电话信号需要通地球同步卫星传送。如果你与同学在地面上用卫星电话通话,则从你发出信号至对方接收到信号所需最短时间最接近于(可能用到的数据:月球绕地球运动的轨道半径约为3.8×105km,运行周期约为27天,地球半径约为6400km,无线电信号的传播速度为3×108m/s。)答案:B

A.0.1s        B.0.25s      C.0.5s      D.1s

解析:本题考查应用万有引力定律及圆周运动规律和电磁波传播规律解答卫星通讯问题的能力。

知同步卫星和月球都是地球的卫星,r3T2,因此同步卫星的轨道半径是地月距离的1/9,约为42000km,同步卫星离地面高度约为36000km,电磁波往返一次经历时间约为t=l/v=0.24s

 

20.一带负电荷的质点,在电场力作用下沿曲线abca运动到c,已知质点的速率是递减的。关于b点电场强度E的方向,下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)答案:D

 

 

 

a

b

c

E

a

b

c

E

a

b

c

E

a

b

c

E

 

A.                B.                C.               D.

解析:主要考查电场力方向和曲线运动所受合外力与轨迹的关系。

选项A中电荷受力方向与运动方向相反,因此不会发生弯曲,至少轨迹上b点之后有一小段是直线,所以A选项错误;B选项中电荷受力方向与E方向相反,跟运动速度方向夹角小于900,因此会出现加速过程,不正确;C选项中电场力方向斜向上方,轨迹应该斜向上弯曲,也是错误的。

正确答案是D。

 

 

m1

m2

F

21.如图,在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板,其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F=ktk是常数),木板和木块加速度的大小分别为a1a2,下列反映a1a2变化的图线中正确的是

 

 

 

a

t

O

a1

a2

a

t

O

a1

a2

a

t

O

a1

a2

a

t

O

a1

a2

 

A.                 B.                C.                 D.

答案:A

解析:本题考查运用牛顿运动定律及摩擦力概念解决相对运动问题的能力,还考查读图理解图象含义的能力。

木块和木板之间相对静止时,所受的摩擦力为静摩擦力。在达到最大静摩擦力前,木块和木板以相同加速度运动,根据牛顿第二定律;木块和木板相对运动时,恒定不变,,也是一条直线,且此直线的斜率比相对静止时要大。

正确答案是A。

 

三、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题,每个试题考生都必须作答。第33题~第40题为选考题,考生根据要求作答。

(一)必考题(11题,共129分)

 

 

μA

μA

E

R0

RN

A0(标准)

A (待测)

S1

S

2

1

22.(5分)为了测量一微安表头A的内阻,某同学设计了如图所示的电路。图中,A0是标准电流表,R0RN分别是滑动变阻器和电阻箱,S和S1分别是单刀双掷开关和单刀开关,E是电池。完成下列实验步骤中的填空:

 

⑴将S拨向接点1,接通S1,调节_____,使待测表头指针偏转到适当位置,记下此时_________的读数I

⑵然后将S拨向接点2,调节_____,使____________,记下此时RN的读数;

⑶多次重复上述过程,计算RN读数的________,此即为待测微安表头内阻的测量值。

解析:本题考查运用替代法测量微安表内阻的实验原理和方法。

实验中先将S拨向接点1,接通S1,使待测微安表接入电路,调节R0,使待测表头指针偏转到适当位置,记下此时标准电流表A0的读数I;然后将S拨向接点2,使电阻箱RN替代微安表接入电路,保持滑动变阻器阻值不变,调节RN,使标准电流表A0的示数仍为I这时RN的阻值与微安表的内阻相等。

答案(1)R0、标准电流表A0;(2)RN,标准电流表A0的示数为I;(3)平均值

 

 

 

滑块

遮光片

光电门甲

光电门乙

图1

23.(10分)利用图1所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度。一斜面上安装有两个光电门,其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处,光电门甲的位置可移动,当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时,与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t。改变光电门甲的位置进行多次测量,每次都使滑块从同一点由静止开始下滑,并用米尺测量甲、乙之间的距离s,记下相应的t值;所得数据如下表所示。

 

 

s(m)

0.500

0.600

0.700

0.800

0.900

0.950

t(ms)

292.9

371.5

452.3

552.8

673.8

776.4

s/t(m/s)

1.71

1.62

1.55

1.45

1.34

1.22

完成下列填空和作图:

⑴若滑块所受摩擦力为一常量,滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v1、测量值st四个物理量之间所满足的关系式是_________________;

⑵根据表中给出的数据,在图2给出的坐标纸上画出s/t-t图线;

⑶由所画出的s/t-t图线,得出滑块加速度的大小为a=_______m/s2(保留2位有效数字)。

答案:(1)(2)如图(3)2.0

解析:本题考查匀变速支运动规律、用光电门刻度尺测量在斜面上运动物体时间、位移并由此求出加速度的方法,还考查处理图像问题的能力。

(1)物体做匀变速直线运动,由

(2)描点作图如下图所示。

(3)根据,说明图象的斜率表示a/2。作图求出斜率k=-0.9897m/s2

24.(13分)甲乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动,加速度方向一直不变。在第一段时间间隔内,两辆汽车的加速度大小不变,汽车乙的加速度大小是甲的两倍;在接下来的相同时间间隔内,汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍,汽车乙的加速度大小减小为原来的一半。求甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比。

答案:

解析:本题考查运用匀变速直线运动规律处理两个物体各有两个运动阶段的复杂问题的能力。

设甲开始的加速度为a,两段时间间隔都为t,则甲在两段时间内的总路程为:

乙在两段时间内的总路程为:

由上两式得:

 

 

y

x

O

P

B

2B

×

d

2d

25.(19分)如图,在区域I(0≤xd)和区域II(d<x≤2d)内分别存在匀强磁场,磁感应强度大小分别为B和2B,方向相反,且都垂直于Oxy平面。一质量为m、带电荷量qq>0)的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域I,其速度方向沿x轴正向。已知a在离开区域I时,速度方向与x轴正方向的夹角为30°;此时,另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从P点沿x轴正向射入区域I,其速度大小是a的1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求

 

⑴粒子a射入区域I时速度的大小;

⑵当a离开区域II时,ab两粒子的y坐标之差。

答案: (1)   (2)

解析:本题考查运用牛顿运动定律、圆周运动规律及洛伦兹力特点求解带电粒子在磁场中运动问题的能力。

(1)设粒子a 在I 内做匀速圆周运动的圆心为C(在y 轴上),半径为Ra1,粒子速率为va,运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P/,如图。

由几何关系得 ,,  =2d      

     

(2)设粒子a在II内做圆周运动的圆心为Oa,半径为Ra1,射出点为Pa。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得

 

 

y

x

O

C

P

B

d

2d

Oa

Ob

θ

α

P

Pa

Pb

θ

               

 

     得      

C、P/和Oa三点共线,且Oa点的横坐标为

由对称性知,Pa点与P/点纵坐标相同,即a离开II时,PaPypa=(2-)d.

设b在I中运动的轨道半径为Rb1,由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得     ,

设a到达Pa点时,b位于Pb点,转过的角度为α。如果b没有飞出I,用t 表示a 在区域II 中运动的时间,则

  对a有 ,其中

对b有 ,其中

  联立得α=/2 =300     

可见b没有飞出I磁场。Pb点比Pypb=   

Pa的纵坐标比Pb的纵坐标小,a、b 两粒子的纵坐标之差为

        

(二)选考题。请考生从给出的3道物理题任选一题作答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂提米的题号一致,在答题卡上选答区域指定位置答题。如果多做,则每学科按所做的第一题计分。

33.[3-3](15分)

⑴(6分)对于一定质量的理想气体,下列说法正确的是_______。

A.若气体的压强和体积都不变,其内能也一定不变

B.若气体的内能不变,其状态也一定不变

C.若气体的温度随时间不断升高,其压强也一定不断增大

D.气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关

E.当气体温度升高时,气体的内能一定增大

答案:ADE

解析:本题考查理想气体的状态方程及热力学第一定律的应用。

理想气体的内能只由温度决定,由理想气体状态方程可知,若气体的压强和体积都不变,温度T也不变,所以内能也一定不变,A、E选项正确。若气体的内能不变,则温度T不变,但气体的压强和体积可以改变,B项错误。若气体的温度升高,体积增大,其压强可以不变,C项错误。由热力学第一定律知,D选项正确。

⑵(9分)如图,一上端开口,下端封闭的细长玻璃管,下部有长l1=66cm的水银柱,中间封有长l2=6.6cm的空气柱,上部有长l3=44cm的水银柱,此时水银面恰好与管口平齐。已知大气压强为p0=76cmHg。如果使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转动一周,求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长度。封入的气体可视为理想气体,在转动过程中没有发生漏气。

答案:12cm  9.2cm

解析:本题考查运用玻意耳定律及压强概念求解密闭气体问题的能力。

设玻璃管开口向上时,空气柱压强为    

式中,分别表示水银的密度和重力加速度。

玻璃管开口向下时,原来上部的水银有一部分会流出,封闭端会有部分真空。设此时开口端剩下的水银柱长度为x,

 ,式中管内空气柱的压强。

由玻意耳定律得    

式中,h是此时空气柱的长度,S为玻璃管的横截面积。

得h=12cm  

从开始转动一周后,设空气柱的压强为,则   

由玻意耳定律得     

式中,是此时空气柱的长度。

9.2cm 

34.[3-4] (15分)

⑴(6分)一振动周期为T,振幅为A,位于x=0点的波源从平衡位置沿y轴正向开始做简谐振动,该波源产生的一维简谐横波沿x轴正向传播,波速为v,传播过程中无能量损失,一段时间后,该振动传播至某质点P,关于质点P振动的说法正确的是______。

A.振幅一定为A

B.周期一定为T

C.速度的最大值一定为v

D.开始振动的方向沿y轴向上或向下取决于它离波源的距离

E.若P点与波源距离s=vT,则质点P的位移与波源的相同

答案:ABE

解析:本题考查机械振动、机械波的相关概念及两者之间的关系。

介质中每一质点都做受迫振动,因此具有与波源相同的周期。一维简谐波中各点的振幅相同。若P点与波源距离s=vT,说明P点的相位刚好落后于波源2π,所以质点P的位移与波源的相同波的形成与传播可知。

正确答案是ABE。

 

 

A

O

B

M

N

⑵(9分)一半圆柱形透明物体横截面如图所示,底面AOB镀银(图中粗线),O表示半圆截面的圆心。一束光线在横截面内从M点的入射角为30º,∠MOA=60º,∠NOB=30º。求

 

(ⅰ)光线在M点的折射角;

(ⅱ)透明物体的折射率。

答案:(ⅰ)150    (ⅱ)

 

 

A

O

B

M

N

Q

P

E

α

β

β

r

i

解析:本题考查光的反射定律和折射定律,还考查运用平面几何知识解决光学问题的能力。

 

N关于AB的对称点E,连接MEAB交与PMPPN就是光线在AB面的入射和反射光线。做MQABEQAB过M点垂直于AB的直线交于Q,由几何关系可证明MQ=EQ=R(sin30º+cos30º),因此图中α+r=β=45º

r=15º

=

35.[3-5](15分)

⑴(6分)在光电效应试验中,某金属的截止频率相应的波长为λ0,该金属的逸出功为______。若用波长为λλ<λ0)的单色光做该实验,则其遏止电压为______。已知电子的电荷量、真空中的光速和布朗克常量分别为ech

答案:

解析:本题考查光电效应实验规律及运用光子说对光电效应实验的解释。

 

 

V

A

K

S

 

由爱因斯坦光电效应方程

实验装置如图所示,给光电管加反向电压时,调节滑动变阻器,使电流表的示数刚好为零,成为反向截止,光电管两端的电压叫遏制电压。从阴极发射出的光电子在电场中做减速运动,达到反向截止时,有

联立解得

 

 

A

B

C

⑵(9分)如图,ABC三个木块的质量均为m。置于光滑的水平面上,BC之间有一轻质弹簧,弹簧的两端与木块接触可不固连。将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把BC紧连,使弹簧不能伸展,以至于BC可视为一个整体。现A以初速v0沿BC的连线方向朝B运动,与B相碰并粘合在一起。以后细线突然断开,弹簧伸展,从而使CAB分离。已知C离开弹簧后的速度恰为v0。求弹簧释放的势能。

 

答案:

解析:本题考查应用动量守恒定律及能量守恒定律解决碰撞问题的能力。

设碰后A、B和C的共同速度的大小为v,

由动量守恒得   解得

设C离开弹簧时,A、B的速度大小为,由动量守恒得  

解得v1=0

设弹簧的弹性势能为,从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒,有

        

得弹簧所释放的势能为               

 

 

 

例题

信息题

1、(10年课标卷)20.太阳系中的8大行星的轨道均可以近似看成圆轨道。下列4幅图是用来描述这些行星运动所遵从的某一规律的图象。图中坐标系的横轴是lg(),纵轴是lg();这里TR分别是行星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径,T0R0分别是水星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径。下列4幅图中正确的是(   B  )

 

 

静电场题

2、(10课标)17.静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器。某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板,图中直线ab为该收尘板的横截面。工作时收尘板带正电,其左侧的电场线分布如图所示;粉尘带负电,在电场力作用下向收尘板运动,最后落在收尘板上。若用粗黑曲线表示原来静止于P点的带电粉尘颗粒的运动轨迹,下列4幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)(  A   )

 

学史题

3、(09年课标卷)14.在力学理论建立的过程中,有许多伟大的科学家做出了贡献。关于科学家和他们的贡献,下列说法正确的是BD

A.伽利略发现了行星运动的规律

B.卡文迪许通过实验测出了引力常量

C.牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因

D.笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献

 

4、(10课标卷)14.在电磁学发展过程中,许多科学家做出了贡献。下列说法正确的是( AC    )

A.奥斯特发现了电流磁效应;法拉第发现了电磁感应现象

B.麦克斯韦预言了电磁波;楞次用实验证实了电磁波的存在

C.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

D.安培发现了磁场对运动电荷的作用规律:洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律

 

5、电磁动力电梯的模拟机。竖直平面上有两根很长的平行竖直轨道,轨道间有匀强磁场B1和B2,大小B1=B2=1.0T.两磁场始终沿竖直方向向上做匀速运动。电梯厢固定在一个金属框abcd内,并与导轨绝缘。电梯载人时的总质量为4.75×103kg,所受各种摩擦及空气阻力大小之和为f=500N。金属框边长Lab=2.0m,两磁场的宽度均与金属框的边长Lad相同,金属框总电阻R=1.0×10-3Ω。若电梯正以v1=10m/s的速度向上匀速运动。求:(1)此时金属框消耗的电热功率P是多大?(2)磁场每秒提供的总能量是多少?

答案:(1)144kW(2)624kW

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A

V1

V2

V3

R1

R2

P

S

E  r

6、如图所示,闭合电键S,当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时,四个理想电表的示数都将发生变化,电表的示数分别用IU1U2U3表示,电表示数变化量的绝对值分别用ΔIΔU1ΔU2ΔU3表示。下列判断正确的是  D

 

A.U1/I不变,ΔU1/ΔI变大   B.U1/I不变,ΔU2/ΔI变大         

C.U2/I变大,ΔU2/ΔI变小   D.U3/I变大,ΔU3/ΔI不变

 

 

 

7、(10山东)18.1970年4月24日,我国自行设计、制造的第一颗人造地球卫星“东方红一号”发射成功,开创了我国航天事业的新纪元。“东方红一号”的运行轨道为椭圆轨道,其近地点M和远地点N的高度分别为439 km和2 384 km,则( BC     )

A.卫星在M点的势能大于N点的势能

B.卫星在M点的角速度大于N点的角速度

C.卫星在M点的加速度大于N点的加速度

D.卫星在N点的速度大于7.9 km/s

 

 

 

 

 

m

O

A

B

8、如图所示,轻绳的一端固定在水平天花板上的A点,另一端固定在竖直墙上的B点,图中OA=l,轻绳长2l。用不计质量和摩擦的小动滑轮下悬吊质量为m的物体,将该装置跨在轻绳上,求系统达到静止时绳中的张力T多大?

 

 

 

9、(11北京)23.(18分)利用电场和磁场,可以将比荷不同的离子分开,这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用。

如图所示的矩形区域ACDG(AC边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场,A处有一狭缝。离子源产生的离子,经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂于磁场的方向射入磁场,运动到GA边,被相应的收集器收集,整个装置内部为真空。

已知被加速度的两种正离子的质量分别是m1m2(m1m2),电荷量均为q,加速电场的电势差为U,离子进入电场时的初速度可以忽略。不计重力,也不考虑离子间的相互作用。

(1)求质量为m1的离子进入磁场时的速率v1

(2)当磁感应强度的大小为B时,求两种离子在GA边落点的间距s

(3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响,实际装置中狭缝具有一定宽度,若狭缝过宽,可能使两束离子在GA边上的落点区域受叠,导致两种离子无法完全分离。

设磁感应强度大小可调,GA边长为定值L,狭缝宽度为d,狭缝右边缘在A处。离子可以从狭缝各处射入磁场,入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场,为保证上述两种离子能落在GA边上并被完全分离,求狭缝的最大宽度。

答案:v1=;s=2R1-2R2=(-);dmL

 

 

10、如图(1)所示,水平放置的平行金属导轨上有一金属杆ab,二者接触良好,整个装置放在竖直向上的匀强磁场中,回路电阻为R,棒与导轨无摩擦。现给杆ab一个瞬时冲量,使其获得水平向右的初速度v向右运动。

图(2)中,若令x轴和y轴分别表示上述物理过程中的两个物理量,则关于它们之间的关系,下列说法中正确的是

A.若x轴表示时间,y轴表示金属棒运动的速度,则该图象反映金属棒运动过程中的速度随时间变化规律

B. 若x轴表示位移,y轴表示金属棒运动的速度,则该图象反映金属棒运动过程中的速度随位移变化规律

C. 若x轴表示时间,y轴表示金属棒受到的安培力,则该图象反映金属棒运动过程中的安培力随时间变化规律

D. 若x轴表示位移,y轴表示在相应位移内通过金属棒横截面的电量,则该图象反映金属棒运动过程中的电量随位移变化规律

 

 

11、如图所示,质量为M、倾角为θ的斜面体A放于水平地面上,把质量为m的小滑块B放在斜面体A的顶端,顶端的高度为h。开始时两者保持相对静止,然后BA的顶端沿着斜面滑至地面。若以地面为参考系,且忽略一切摩擦力,在此过程中,斜面的支持力对B所做的功为W。下面给出的W的四个表达式中,只有一个是合理的,你可能不会求解,但是你可以通过分析,对下列表达式做出合理的判断。根据你的判断,W的合理表达式应为B

A.  W=0

B. 

C.  

D.

 

12、(2012福建)20.(15分)

 

s

H

R

O

如图,置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动,当转速达到某一数值时,物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径R=0.5m,离水平地面的高度H=0.8m,物块平抛落地过程水平位移的大小s=0.4m。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10m/s2 求:

 

(1)物块做平抛运动的初速度大小v0

(2)物块与转台间的动摩擦因数

答案:20.(1)1m/s(2)0.2

 

 

 

 

 

文本框: 配殿 文本框: 配殿 13、(机械波)北京天坛的皇穹宇殿门外是一条由大长方石铺成的甬路,站在甬道第三块石板上,击掌一次,可以听到三声回声,故称之为三音石。图示为皇穹宇殿、回音壁、三音石的俯视图,三音石处于圆形回音壁的圆心,回音壁就是皇穹宇的围墙,墙高3.72米,直径61.5米,周长193.2米。墙壁是磨砖对缝砌成的,墙面极其光滑整齐。两个配殿左右对称,配殿前表面距三音石的距离刚好等于围墙半径的一半。一般两个声音超过1/16s人就能分辨出来。以下关于三音石发声原理的说法中正确的是(BC  )

 

A.三音石现象是由于声音的干涉造成的

B.三音石现象是由于声音的反射造成的

C.第一次回声可能是由两个配殿反射回来的

D.第二次回声一定是围墙反射回来的

 

 

 

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