上海市崇明县2021届高三物理上学期期末考试（一模）试题2（含解析）沪科版.doc

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1、2015年1月上海市崇明县高三物理一模试卷 本试卷全卷共9页，满分150分。考试时间120分钟。请把答案答在答题纸上。一、单项选择题（共16分每小题2分，每小题只有一个正确选项）1、关于分子动理论和物体的内能，下列说法中正确的是（）(A) 液体分子的无规则运动称为布朗运动(B) 物体的温度升高，物体内大量分子热运动的平均动能增大(C) 物体的温度升高，物体内所有分子热运动的动能都增大(D) 物体从外界吸收热量，其内能一定增加【答案】B【命题立意】本题旨在考查布朗运动。【解析】A、布朗运动是指悬浮在液体中颗粒的运动，不是液体分子的运动，而是液体分子的运动的间接反映故A错误；B、温度是分子平均动能

2、的标志，温度升高，物体内大量分子热运动的平均动能增大，故B正确；C、物体的温度升高，绝大多数分子热运动的动能都增大，但可能有部分分子的动能减小；故C错误；D、如果物体从外界吸收热量时，如果对外做功，则内能可能减小；故D错误；故选：B2、1960年第11届国际计量大会通过了国际通用的国际单位制（SI），规定了7个基本单位，其中力学基本单位有3个，压强的单位用力学基本单位可表示为（）(A) N/m2 (B) cmHg (C) kg/(ms2) (D) Pa【答案】C【命题立意】本题考查力学单位制。【解析】在力学范围内，国际单位制规定长度、质量、时间为三个基本量，它们的单位米、千克、秒为基本单位根据

3、P=，而1N=1kgm/s2可知，压强的单位用力学基本单位可表示为kg/（ms2）故选C3、如图所示，一偏心轮绕O点做匀速转动则偏心轮上的各点的运动具有相同的（）O(A) 线速度(B) 角速度(C) 向心加速度(D) 向心力【答案】B【命题立意】本题旨在考查匀速圆周运动。【解析】A、偏心轮上各处角速度相等，由v=r可知半径不同点，线速度不同，故A错误；B、同一偏心轮上各处角速度相同，故B正确；C、根据公式an=2r，向心加速度与到转动轴O的距离成正比，故C错误；D、F=m2r知向心力与到转动轴O的距离成正比，故D错误；故选：B4、滑块以初速度v0从固定的足够长斜面底端上滑，则滑块的速度时间图像

4、不可能是（）（A） （B） （C） （D）【答案】C【命题立意】本题旨在考查匀变速直线运动的图像。【解析】A、若滑块可能不受滑动摩擦力，滑块先向上做匀减速运动，后向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可知，两个过程的加速度相同；故A是可能的故A正确。BC、若滑块受滑动摩擦力，滑块先向上做匀减速运动，后向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律分析得知，下滑的加速度小于上滑的加速度，下滑过程速度图象的斜率小于上滑过程的斜率故B是可能的，C是不可能的故B正确，C错误。D、若滑块受滑动摩擦力，滑块可能向上做匀减速运动，最后停在最高点故D是可能的故D正确本题选不可能的，故选：C【易错警示】本题是多解问题，要考虑各

5、种可能的受力情况和运动情况，再抓住速度图象的斜率等于加速度，即可作出判断。5、如图所示，a、b、c为纸面内等边三角形的三个顶点，在a、b两顶点处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向垂直于纸面向里，则c点的磁感应强度B的方向为（）abc左 右上下(A) 与ab边平行，向上(B) 与ab边平行，向下(C) 与ab边垂直，向右(D) 与ab边垂直，向左【答案】B【命题立意】本题旨在考查磁感应强度【解析】根据右手螺旋定则，a电流产生的磁场垂直于ac，b电流产生的磁场垂直于bc，如图，根据平行四边形定则，则合场强的方向竖直向下，与ab边平行故B正确，A、C、D错误；故选：B

6、.【举一反三】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，以及知道磁感应强度的合成遵循平行四边形定则6、如图所示是模拟汽车发动机的冷却风扇设计的一个控制电路要求发动机的点火开关接通，并且温度过高导致热敏电阻A阻值变小时，风扇自动开启点火开关A+5V0V电风扇则虚线框内的门电路可能是（）(A)“与”门 (B)“或”门(C)“非”门 (D) 无法判断【答案】A【命题立意】本题旨在考查简单的逻辑电路。【解析】解：由电路图可知闭合开关K，门电路一个输入端输入高电势，刚闭合K时，温度较低，R阻值较大，门电路的另一个输入端输入低电势，风扇不启动，说明门电路输出低电势；当温度升高时R电阻减小，门电

7、路的另一个输入端输入高电势，此时风扇启动，门电路输出高电势，即门电路的两个输入端都输入高电势时，门电路输出高电势，输入端有一个输入低电势时，门电路输出低电势，由此可知，门电路为“与”门，故A正确。故选：A【举一反三】解决本题的关键掌握与逻辑关系的特点：当事件的几个条件都满足，事件才能发生。7、如图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O点为平衡位置，在a、b两点之间做简谐运动，其振动图像如图乙所示由振动图像可以得知（）(A) 振子的振动周期等于t1 (B) 在时刻，振子的位置在a点(C) 在时刻，振子的速度为零(D) 从t1到t2，振子正从O点向b点运动【答案】D【命题立意】本题旨在考查简

8、谐运动。【解析】解：A、振子的周期是振子完成一个周期性变化所用的时间，由图直接读出其周期 T=2t1；故A错误；B、由图乙知在t=0时刻，振子的位移为零，正通过平衡位置，所以振子的位置在O点，故B错误；C、在t=t1时刻，振子的位移为零，正通过平衡位置，速度最大，故C错误；D、从t1到t2，振子的位移从0变化到正向最大，说明正从O点向b点运动故D正确。故选：D【易错警示】对振动图象读出周期、振幅和振子的位移情况，从而判断出其速度、加速度情况，是应具备的基本能力，应加强相关练习，做到熟练掌握。xQMPOyN8、如图所示，电场中的一簇电场线关于y轴对称分布，O点是坐标原点，M、N、P、Q是以O为圆

9、心的一个圆周上的四个点，其中M、N在y轴上，Q点在x轴上，则 （）(A) M点电势比P点电势高(B) OM间的电势差等于NO间的电势差(C) 将一负电荷从M点移到P点，电场力做正功(D)正电荷在O点和Q点的电势能相等【答案】C【命题立意】本题旨在考查电场线；电势能。【解析】A、根据电场线与等势线垂直特点，在M点所在电场线上找到p点的等势点，根据沿电场线电势降低可知，P点的电势比M点的电势高，故A错误；B、根据电场分布可知，OM间的平均电场强度比NO之间的平均电场强度小，故由公式U=Ed可知，OM间的电势差小于NO间的电势差，故B错误；C、M点的电势比P点的电势低，负电荷从低电势移动到高电势电场

10、力做正功，故C正确；D、O点电势高于Q点，根据Ep=q可知，正电荷在O点时的电势能大于在Q点时的电势能，故D错误。故选：C。【易错警示】电场线、电场强度、电势、电势差、电势能等物理量之间的关系以及大小比较，是电场中的重点和难点，在平时训练中要加强这方面的练习，以加深对概念的理解。二、单项选择题（共24分每小题3分，每小题只有一个正确选项）9、一物体沿固定斜面从静止开始向下运动，经过时间t0滑至斜面底端已知在物体运动过程中物体所受的摩擦力恒定若用F、v、s和E分别表示该物体所受的合力、物体的速度、位移和机械能，则下列图像中可能正确的是（）ABCD【答案】AD【命题立意】本题旨在考查动能定理的应用

11、。【解析】A、物体在斜面上运动时做匀加速运动，根据牛顿第二定律可知，其合外力恒定，故A正确；B、在vt图象中，斜率表示加速度大小，由于物体做匀加速运动，因此其vt图象斜率不变，故B错误；C、物体下滑位移为：x=，因此由数学知识可知其位移时间图象为抛物线，故C错误；D、设开始时机械能为E总，根据功能关系可知，开始机械能减去因摩擦消耗的机械能，便是剩余机械能，即有：E=E总fs=E总f，因此根据数学知识可知，机械能与时间的图象为开口向下的抛物线，故D正确。故选：AD【举一反三】对于图象问题要明确两坐标轴、斜率的含义等，对于比较复杂的图象问题可以利用物理规律写出两个物理量的函数关系式，根据数学知识进

12、一步判断图象性质。10、如图所示，质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜劈F B A F 上，现用大小均为F、方向相反的水平力分别推A和B，它们均静止不动，则（）(A) 地面对B的支持力大小一定等于(B) B与地面之间一定存在摩擦力(C) B对A的支持力一定小于mg(D) A与B之间一定存在摩擦力【答案】A【命题立意】本题旨在考查共点力平衡的条件及其应用和力的合成与分解的运用。【解析】A、对A、B整体受力分析，如图，受到重力（M+m）g、支持力N和已知的两个推力，对于整体，由于两个推力刚好平衡，故整体与地面间没有摩擦力；根据共点力平衡条件，有N=（M+m）g故A正确，B错误；再对物体A受力分析

13、，受重力mg、已知的推力F、斜面体B对A的支持力N和摩擦力f，当推力F沿斜面分量大于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向下，如下图当推力F沿斜面分量小于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向上，如下图当推力F沿斜面分量等于重力的下滑分量时，摩擦力为零，如下图根据共点力平衡的条件，运用正交分解法，可以得到：N=mgcos+Fsin故CD错误；故选：A。【易错警示】本题关键是对A、B整体受力分析，根据平衡条件得到地面对整体的支持力和摩擦力，然后再对物体A受力分析，再次根据平衡条件列式求解出各个力的情况。11、如图所示，把一个带电小球A固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面的另一处放置带电小球B，现给

14、小球B一个垂直AB连线方向的速度v0，使其在水平桌面上运动，则下列说法中正确的是（）(A) 若A、B带同种电荷，B球可能做速度减小的曲线运动(B) 若A、B带同种电荷，B球一定做加速度增大的曲线运动(C) 若A、B带同种电荷，B球一定向电势较低处运动(D) 若A、B带异种电荷，B球可能做速度和加速度大小都不变的曲线运动【答案】D【命题立意】本题旨在考查电势能。【解析】A、若A、B为同种电荷，AB之间的库仑力为排斥力，并且力的方向和速度的方向不再一条直线上，所以B球一定做曲线运动，库仑力对B做正功，速度增大，故A错误；B、由于AB之间的距离越来越大，它们之间的库仑力也就越来越小，所以B球的加速度

15、在减小，故B错误；C、若A、B为同种电荷，库仑力做正功，导致电势能减小，由于带电性不知，所以无法得知，B球一定向电势较低处运动，故C错误；D、若A、B为异种电荷，AB之间的库仑力为吸引力，当AB之间的库仑力恰好等于向心力的时候，B球就绕着A球做匀速圆周运动，此时B球速度的大小和加速度的大小都不变，当AB之间的库仑力大于需要的向心力的时候，B球做向心运动，速度和加速度都要变大，当AB之间的库仑力小于需要的向心力的时候，B球做离心运动，速度和加速度都要减小，故D正确。故选：D。【易错警示】当AB为异种电荷的时候，B球可能做向心运动也可能做离心运动，当库仑力恰好等于向心力的时候，B球就绕着A球做匀速

16、圆周运动。12、水平抛出的小球，t秒末的速度方向与水平方向的夹角为1，秒末速度方向与水平方向的夹角为，忽略空气阻力，则小球初速度的大小为（）(A) (B) (C) (D) 【答案】B【命题立意】本题旨在考查平抛运动。【解析】设水平方向上的速度为v0，t秒末速度方向与水平方向的夹角为1，则竖直方向上的分速度：vy1=v0tan1，（t+t）秒末速度方向与水平方向的夹角为2，则竖直方向上的分速度：根据vy2vy1=gt得：故B正确，A、C、D错误。故选：B。【举一反三】解决本题的关键掌握平抛运动的规律，知道平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动。13、如图所示，表面光滑的固

17、定斜面顶端安装一定滑轮，物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块分别落地的过程中，两物块（）(A) 速度的变化相同(B) 动能的变化相同(C) 重力势能的变化相同(D) 重力的平均功率相同【答案】D【命题立意】本题旨在考查机械能守恒定律。【解析】A、由动能定理得：mgh=mv2，所以末速度和质量没有关系，又因为初速度均为零，速度变化量大小相同，方向不同，A错误；B、只有重力做功，机械能守恒，两物块质量不同，B错误；C、由题意知mBmA，因为H相同所以重力势能变化量不同，C错误；D、重力平均功率

18、 P=Fv 所以PA=mAgv PB=mbgvsin，因为mBsin=mA 所以PA=PB，D正确；故选：D。14、一列简谐波沿着x轴正向传播，振幅为2cm如图所示，在时刻相距30m的两个质点a、b的位移都是1cm，但运动方向相反，其中a质点速度沿y轴负方向；在时，b质点恰好第一次回到cm处，则下列说法错误的（）(A) 时刻，a、b两个质点的加速度相同(B) a、b两个质点平衡位置间的距离是半波长的奇数倍(C) 这列简谐波的周期一定小于8s(D) 这列简谐波的波速可能为3.75m/s【答案】B【命题立意】本题旨在考查波长、频率和波速的关系、横波的图象。【解析】A、t=0时刻，a、b两个质点位移

19、相同，则加速度相同故A正确B、a、b两个质点位于平衡位置上方，它们平衡位置间的距离不可能是半波长的奇数倍故B错误C、根据数学知识研究可知：t=2s=，得到质点b的振动周期为T=6s8s故C正确D、图示时刻a、b之间的距离为x=（n+）=30m，（n=0，1，2，），=m=m，波速v=m/s，当n=4时，v=3.75m/s故D正确本题选择错误的，故选：B。【举一反三】运用数学处理物理问题的能力，知道两个质点的运动状态，得到的往往是波长的通项。15、如图所示电路中，已知电阻R1的阻值大于滑动变阻SErR1R0R2PV1V2A器R0的最大阻值闭合电键S，当滑动变阻器的滑动臂P由最上端下滑到最下端的过

20、程中，下列说法中正确的是（）(A) 电压表V1的示数先变大后变小，电压表V2的示数先变小后变大(B) 电流表A的示数先变小后变大(C) 电源内部的热功率不断增大(D) 电源的输出功率一定不断减小【答案】C【命题立意】本题旨在考查闭合电路的欧姆定律。【解析】A、由题，电阻R1的阻值大于滑动变阻器R0的最大阻值，当滑动变阻器的滑臂P由最上端向最下滑动的过程中，变阻器上侧电阻与R1串联后与变阻器下侧并联的总电阻一直变小，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流一直变大，电源的内电压也变大，则路端电压变小，所以V1的示数变小V2测量R2两端的电压，R2不变，则V2的示数变大故A错误；B、两个电压表读数的差

21、值等于滑动变阻器和电阻R1部分的电压，故滑动变阻器滑片下部分电压减小，而上电阻一直增大，所以通过上部分电流减小，而总电流增大，故电流表读数一直增大；故B错误；C、电源内部的热功率P=I2r，因为电流I变大，所以电源内部的热功率变大，故C正确；D、当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，不知道外电阻与内阻的大小关系，所以无法判断电源输出功率的变化，故D错误；故选：C。【易错警示】本题考查了串、联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，难点是滑动变阻器滑片P从最上端中间最下端总电阻变化情况的判断。16、理论上已经证明：质量分布均匀的球壳对壳内物体的万有引力为零现假设

22、地球是一半径为R、质量分布均匀的实心球体，O为球心，以O为原点建立坐标轴Ox，如图甲所示一个质量一定的小物体（假设它能够在地球内部移动）在x轴上各位置受到的引力大小用F表示，则图乙所示的四个F随x的变化关系图正确的是（）Ox甲R乙FF0ORxFF0ORxFF0ORxFF0ORx(A) (B) (C) (D)【答案】A【命题立意】本题旨在考查万有引力定律及其应用。【解析】令地球的密度为，则在地球表面，重力和地球的万有引力大小相等，有：g=由于地球的质量为M=，所以重力加速度的表达式可写成：g=根据题意有，质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，固在深度为Rr的井底，受到地球的万有引力即为半径等于

23、r的球体在其表面产生的万有引力，g=当rR时，g与r成正比，当rR后，g与r平方成反比即质量一定的小物体受到的引力大小F在地球内部与r成正比，在外部与r的平方成反比故选：A。【易错警示】抓住在地球表面重力和万有引力相等，在矿井底部，地球的重力和万有引力相等，要注意在地球内部所谓的地球的质量不是整个地球的质量而是半径为r的球体的质量。三、多项选择题（共16分，每小题4分，每小题有两个或三个正确选项，全选对的，得4分，选对但不全的，得2分，有选错或不答的，得0分，答案涂写在答题卡上。）h1h217、如图所示，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，管内外高度差为，右管有一段水银柱，高度差为，中间封有一段

24、空气则 （）(A) 若大气压升高，减小(B) 若环境温度升高，增大(C) 若把弯管向上移动少许，则管内气体体积不变(D) 若把弯管向下移动少许，则管内气体压强增大【答案】ABD【命题立意】本题旨在考查封闭气体压强和理想气体的状态方程。【解析】A、管中封闭气体的压强P=P0+gh1=P0+gh2，则得h1=h2若大气压升高时，封闭气体的压强增大，由玻意耳定律PV=c得知，封闭气体的体积减小，水银柱将发生移动，使h1和h2同时减小故A正确；B、若环境温度升高，封闭气体的压强增大，体积也增大，h1和h2同时增大故B正确；C、若把弯管向上移动少许，封闭气体的体积将增大故C错误；D、若把弯管向下移动少许

25、，封闭气体的体积减小，压强增大，故D正确。故选：ABD。18、如图所示的均匀水平杆OB重为G，左端O为固定在墙上的转动轴跨过定滑轮P的细绳的左端系在杆的中点A，右端系在B端，PB竖直向上，AP与水平方向的夹角为定滑轮被竖直绳CP和水平绳PD系住则下列结论中正确的是（）OABCPD(A) 跨过定滑轮的细绳所受的拉力是(B) CP绳所受的拉力是 30(C) PD绳所受的拉力是(D) 轴O受到的水平拉力【答案】AC【命题立意】本题旨在考查力矩的平衡条件和共点力平衡的条件及其应用。【解析】A、以杆OB平衡有：，由此解得跨过定滑轮的绳所受的拉力T=，故A正确；BC、以P为研究对象受力分析如图所示：根据P

26、平衡有：TPD=Tcos30=TCPTsin30T=0，所以故B错误，C正确；D、以杆水平方向受力平衡有，轴O对杆的拉力F=，故D错误。故选：AC。【易错警示】本题抓住杆的力矩平衡和定滑轮受力平衡，分别由力矩平衡方程和平衡条件求解，掌握受力分析是正确解题的关键。19、如图所示，一半径为R的均匀带正电圆环水平放置，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点到过程中加速度、重力势能、机械能(E)、电势能()随位置变化的图像可能正确的是（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【答案】ABC【命题立意】本

27、题旨在考查电势能【解析】小球运动过程的示意图如图所示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，重力势能EpG=mgh，小球穿过圆环后，EpG=mgh，根据数学知识可知，B是可能的故B正确C、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

28、，机械能增大，故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，所以D是不可能的故D错误。故选：ABC。【易错警示】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。20、在倾角为的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN，相距为L，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下有两根质量均为m的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此

29、后某时刻，将b也垂直导轨放置，a、c此刻起做匀速运动，b棒刚好能静止在导轨上a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨电接触良好，导轨电阻不计则（）MPNQbaBc (A) 物块c的质量是(B) b棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能(C) b棒放上导轨后，物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能(D) b棒放上导轨后，a棒中电流大小是【答案】AD【命题立意】本题旨在考查导体切割磁感线时的感应电动势、闭合电路的欧姆定律和电磁感应中的能量转化。【解析】b棒静止说明b棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，a棒匀速向上运动，说明a棒受绳的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿

30、斜面向下的安培力三个力平衡，c匀速下降则c所受重力和绳的拉力大小平衡由b平衡可知，安培力大小F安=mgsin，由a平衡可知F绳=F安+mgsin=2mgsin，由c平衡可知F绳=mcgA、因为绳中拉力大小相等，故2mgsin=mcg，即物块c的质量为2msin，故A正确；B、b放上之前，根据能量守恒知a增加的重力势能也是由于c减小的重力势能，故B错误；C、a匀速上升重力势能在增加，故根据能量守恒知C错误；D、根据b棒的平衡可知F安=mgsin又因为F安=BIL，故D正确；故选：AD。【举一反三】从导体棒的平衡展开处理可得各力的大小，从能量守恒角度分析能量的变化是关键，能量转化问题从排除法的角度

31、处理更简捷。四、填空题（共20分，每小题4分。答案写在答题纸中指定位置，不要求写出演算过程。）t/CV/m30.10.3O21、如图所示为a、b两部分气体的等压过程图像，由a图可知当时，气体a的体积为m3；当时，气体a的体积比气体b的体积大bm3【答案】0.3；0.4【命题立意】本题旨在考查理想气体的状态方程。【解析】由图示图象可知，t=0，即：T=t+273=273K时，气体a的体积为：0.3m3，气体b的体积为0.1m3，作出气体的VT图象如图所示：从图示图象可知，气体发生等压变化，由盖吕萨克定律：=C可知，当t=273时，即T=546K时，气体的体积变为0时体积的两倍，即a的体积为0.6

32、m3，b的体积为0.2m3，气体a的体积比气体b的体积大0.60.2=0.4m3；【易错警示】本题考查了求气体的体积与气体的体积之差，分析图示图象，知道气体状态变化的性质，由图示图象求出气体的体积，应用盖吕萨克定律即可正确解题。22、分叉题。分A、B两组，考生可任选一组答题。若两组试题均做，一律按A类题计分。22 (A)、月球质量是地球质量的1/81，月球半径是地球半径的1/3.8，人造地球卫星的第一宇宙速度为7.9km/s“嫦娥”月球探测器进入月球的近月轨道绕月飞行，在月球表面附近运行时的速度大小为km/s；若在月球上，距月球表面56m高处，有一个质量为20kg的物体自由下落，它落到月球表面

33、的时间为s 【答案】1.7；7.9【命题立意】本题旨在考查万有引力定律及其应用。【解析】根据，知第一宇宙速度为：v=，则探测器在月球表面附近运行的速度与第一宇宙速度之比为：则在月球表面附近运行时的速度大小为：v=7.91.71km/s不考虑自转时，万有引力近似等于重力，则在天体表面有：，得：g=得：月球与地面表面重力加速度之比为：=得：g月=g地，物体落到月球表面的时间为：t=7.9s【举一反三】关键是选好研究对象，应用正确的定理、规律解题，只是一道考查动量定理、动量守恒的基础题。22 (B)、一质量为kg的物块静止在光滑水平桌面上，一质量为g的子弹以水平速度m/s射入物块，在很短的时间内以水

34、平速度10m/s穿出则子弹穿出木块时，子弹动量改变量的大小为kgm/s，木块获得的水平初速度大小为m/s 【答案】1.8；1.5【命题立意】本题旨在考查动量守恒定律。【解析】子弹动量的该变量：p=mvmv0=0.020100.020100=1.8kgm/s，负号表示方向；子弹穿过木块过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mv+Mv，代入数据解得：v=1.5m/s；【易错警示】求动量的变化量、求速度，应用动量的计算公式、动量守恒定律即可正确解题。23、如图所示，一定质量的理想气体，处在A状态时，温度为，则在状态B的温度为气体从状态A等容变化到状态M，再等压变化到

35、状态B的过程中对外所做的功为J（取Pa）【答案】33C；300J【命题立意】本题旨在考查理想气体的状态方程。【解析】由图可知，对于一定质量的理想气体，在A状态时，PA=2.5atm，VA=3L，TA=27+273=300K在B状态时，PB=1atm，VB=6L，TB=？根据理想气体的状态方程可得=代入数据解得 TB=240k=33C 气体从状态A等容变化到状态M的过程中，气体的体积不变，所以此过程中不对外部做功，从状态M等压变化到状态B的过程中，封闭气体的压强不变，压力的大小为F=PS，气体对外做的功的大小为W=FL=PSL=PV=1.0105Pa（63）103=300J【举一反三】根据图象，

36、找出气体在不同的状态下的状态参量，根据理想气体状态方程计算即可，在计算做功的大小的时候，要注意A到M的过程，气体的体积不变，气体对外不做功。只在M到B的等压的过程中对外做功。I甲O 乙Babcd t24、在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd，在水平外力的作用下，从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动，穿过匀强磁场，平行磁场区域的宽度大于线框边长，如图甲所示测得线框中产生的感应电流i的大小和运动时间t的变化关系如图乙所示已知图像中四段时间分别为t1、t2、t3、t4在t1、t3两段时间内水平外力的大小之比 ；若已知，则线框边长与磁场宽度比值为 【答案】1：1；7：18

37、【命题立意】本题旨在考查导体切割磁感线时的感应电动势和电磁感应中的能量转化。【解析】因为t1、t3两段时间无感应电流，即无安培力，则线框做匀加速直线运动的合外力为水平外力所以t1、t3两段时间内水平外力的大小相等即水平外力的大小之比为1：1设线框加速度a，bc边进入磁场时速度v，t2=t3=2t4=2t，线框边长l，磁场宽L根据三段时间内线框位移，得： v2t+a（2t）2=l v4t+a（4t）2=L v5t+a（5t）2=l+L解得：=【举一反三】此题是电磁感应与电路、力学知识的综合，根据图象上获取的信息，结合E=Blv分析线框的运动情况是解此类题的关键。HxLdhv025、如图，宽为L的

38、竖直障碍物上开有间距m的矩形孔，其下沿离地高m，离地高m的质点与障碍物相距x在障碍物以m/s匀速向左运动的同时，质点自由下落，为使质点能穿过该孔，L的最大值为值 m；若m，x的取值范围是m（取m/s2）【答案】0.8；0.8mx1m【命题立意】本题旨在考查平抛运动。【解析】小球做自由落体运动到矩形孔的上沿的时间s=0.2s；小球做自由落体运动到矩形孔下沿的时间，则小球通过矩形孔的时间t=t2t1=0.2s，根据等时性知，L的最大值为Lm=v0t=40.2m=0.8mx的最小值xmin=v0t1=40.2m=0.8mx的最大值xmax=v0t2L=40.40.6m=1m所以0.8mx1m【易错警

39、示】关键抓住临界状态，运用运动学公式进行求解。五、实验题（本大题4小题，共24分。）26、（4分）寒假前，某同学利用DIS系统对封闭在注射器内的一定质量的气体作了两次等温过程的研究第一次是在室温下通过推、拉活塞改变气体体积，并记录体积和相应的压强；第二次在较高温度环境下重复这一过程 1.51.00.50 12（1）结束操作后，该同学绘制了这两个等温过程的p-1/V关系图线，如图则反映气体在第二次实验中的p-1/V关系图线的是（选填“1”或“2”）；（2）该同学是通过开启室内暖风空调实现环境温度升高的在这一过程中，注射器水平地放置在桌面上，活塞可以自由伸缩，管内的气体经历了一个 （选填“等压”“

40、等温”或“等容”）的变化过程【答案】（1）1 （2）等压【命题立意】本题旨在考查理想气体的状态方程和热力学第一定律。【解析】（1）由图2看出p图象是过原点的倾斜直线，其斜率等于pV，斜率不变，则pV不变，根据气态方程=c，可知气体的温度不变，均作等温变化由气态方程得知T与pV正比，即T与图线的斜率成正比，所以可知反映气体在第二次实验中的p关系图线的是 1。（2）注射器水平地放置在桌面上，设注射器内的压强为P，大气压强为P0，活塞横截面积为S，活塞移动过程中速度缓慢，认为活塞处于平衡状态，则：PS=P0S即P=P0可知，管内的气体压强等于大气压，保持不变，所以管内气体经历了一个等压变化【易错警示

41、】对于气体的图象，往往要研究其斜率、面积等方面的数学意义，来分析其物理意义。确定封闭气体压强时通常是以封闭气体的活塞为研究对象受力分析通过平衡条件列方程来确定。x/cmy/cmROv027、（6分）某研究性学习小组进行了如下实验：如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一个红蜡做成的小圆柱体R（R视为质点），将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，在R从坐标原点以速度cm/s匀速上浮的同时玻璃管沿x轴正方向做初速为零的匀加速直线运动（1）同学们测出某时刻R的坐标为(4, 6)，此时R的速度大小为cm/s，R的加速度大小为cm/s2（2）（单选）R在上升过程中运动轨迹的示意

42、图是下图的（）yxOyxOyxOyxO(A)(B)(C)(D)【答案】（1）5；2 （2）D【命题立意】本题旨在考查运动的合成和分解。【解析】（1）小圆柱体R在y轴竖直方向做匀速运动，有：y=v0t，则有：t=s=2s，在x轴水平方向做初速为0的匀加速直线运动，有：x=at2，解得：a=2cm/s2，则R的速度大小：v=5cm/s；（2）因合外力沿x轴，由合外力指向曲线弯曲的内侧来判断轨迹示意图是D。【举一反三】分析好小圆柱体的两个分运动，由运动的合成与分解求其合速度；讨论两个分运动的合运动的性质，要看两个分运动的合加速度与两个分运动的合速度是否在一条直线上，如果在一条直线上，则合运动是直线运

43、动，否则为曲线运动，由合外力的方向判断曲线弯曲的方向。28、（6分）如图所示，一端带有滑轮的粗糙长木板，1、2是固定在木板上的两个光电门，中心间的距离为L质量为M的滑块A上固定一宽度为d的遮光条，在质量为m的重物B牵引下从木板的顶端由静止滑下，光电门1、2记录遮光时间分别为t1和t2（1）用此装置验证牛顿第二定律，且认为A受到外力的合力等于B的重力，除平衡摩擦力外，还必须满足；实验测得的加速度为（用上述字母表示）；（2）如果已经平衡了摩擦力，（填“能”或“不能”）用此装置验证A、B组成的系统机械能守恒，理由是 【答案】（1）Mm；（2）不能；摩擦力做功，没有满足只有重力做功，故机械能不守恒【命题立意】本题旨在考查验证牛顿第二运动定律。【解析】（1）根据牛顿第二定律，对整体有：a=，则绳子的拉力F=Ma=，当Mm，重物的总重力等于绳子的拉力，等于滑块的合力。滑块通过光电门1的瞬时速度v1=，通过光电门2的瞬时速度v2=，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v22v12=2aL，解得：a=。（2）已经平衡了摩擦力，对A、B组成的系统，该装置不能验证系统机械能守恒，因为摩擦力做功，没有满足只有重力做功，故机械能不守恒。【易错警示】解决本题的关键知道验证牛顿第二定律实验中的两个认为：1、认为绳子的拉力等于滑块的合力，（前提需平衡摩擦力），2、认