届山西省大同市高三联考物理解析版Word文件下载.docx
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求加速度．速度图象的“面积”大小等于位移，斜率等于加速度，由速度的正负读出速度的方向．
A、0～1s内
，故A正确；
B、速度图象的“面积”大小等于位移，则有1～2s内的位移大小是x=1×
2=2m．故B正确；
C、速度图象的斜率等于加速度，则知0～1s内的加速度大于2～4s内的加速度，故C正确；
D、速度的正负表示速度的方向，则知0～1s内的运动方向与2～4s内的运动方向相同，故D错误．
ABC．
【点评】本题是速度图象问题，关键抓住速度图象的“面积”大小等于位移，斜率等于加速度．
3．如图所示，光滑小球放置在半球面的底端，竖直放置的挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动（始终未脱离球面）的过程中，挡板对小球的推力F、半球面对小球的支持力FN的变化情况正确的是（）
A．F增大，FN减小B．F减小，FN增大
C．F减小，FN减小D．F增大，FN增大
对小球受力分析，受重力、挡板向右的支持力和半球面的支持力，根据平衡条件列式求解．
对小球受力分析，受重力、挡板向右的支持力和半球面的支持力，如图
根据平衡条件解得
F=mgtanθ
由于θ不断增加，故F增大、FN增大；
D．
【点评】本题关键是画出受力图，根据平衡条件求解出两个弹力的表达式进行分析讨论．
4．如图所示，在同一竖直面内，两位同学分别以初速度va和vb将小球从高度不同的a、b两点沿水平方向同时抛出，两小球均落到与两抛出点水平距离相等的P点．不计空气阻力，下列说法正确的是（）
A．va＜vb，两球同时落地B．va＞vb，两球同时落地
C．va＞vb，小球a先落地D．va＜vb，小球b先落地
平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，运动时间由下落的高度决定，根据水平位移与时间结合可分析初速度关系．
两个小球都作平抛运动，竖直方向作自由落体运动，由h=
，得t=
，则ta＞tb．因此小球b先落地．
小球水平方向都做匀速直线运动，由x=v0t，由题意x相等，又ta＞tb，则知va＜vb．故D正确．
【点评】平抛运动常用的研究方法是运动的分解法，只要掌握两个分运动的规律，即可知道平抛运动的规律．
5．科学家们推测，太阳系的第十颗行星就在地球的轨道上．从地球上看，它永远在太阳的背面，人类一直未能发现它，可以说它是“隐居”着的，它是地球的“孪生兄弟”，由以上信息我们可以推知（）
A．这颗行星的公转周期与地球相等
B．这颗行星的自转周期与地球相等
C．这颗行星的质量等于地球的质量
D．这颗行星的密度等于地球的密度
【答案】A
研究行星绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式．
太阳系的第十颗行星就在地球的轨道上，说明它与地球的轨道半径相等．
A、研究行星绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：
=m
得出：
T=2π
．表达式里M为太阳的质量，R为运动的轨道半径．已知太阳系的第十颗行星就在地球的轨道上，说明第十颗行星和地球的轨道半径相等，所以第十颗行星的公转周期等于地球的公转周期，故A正确．
B、这颗行星的自转周期与地球周期相比无法确定，故B错误．
C、这颗行星的质量与地球的质量相比无法确定，故C错误．
D、这颗行星的密度与地球的密度相比无法确定，故D错误．
故选A．
【点评】向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用．
环绕体绕着中心体匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，我们只能求出中心体的质量．
6．如图所示，电源电动势力为E、内电阻为r，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，开关闭合后，电路正常工作．当滑动变阻器的滑片向左移动时，下列判断正确的是（）
A．电源的输出功率将增大
B．电压表的实数将减小
C．电流表的示数将增大
D．电源消耗的总功率将减小
【答案】B
当滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，电路中电流增大，根据闭合电路欧姆定律结合串并联电路的特点分析即可．
A、当滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，电路中电流增大，内阻所占电压增大，则路端电压减小，所以电压表的实数将减小，由于不知道内阻与外电路电阻的关系，所以不能确定输出功率如何变化，故A错误、B正确；
C、路端电压减小，根据欧姆定律可知，通过R0的电流减小，即电流表示数减小．故C错误．
D、电源消耗的功率P=EI，电流增大，所以电源消耗的功率将变大，故D错误．
B
【点评】本题是电路的动态变化分析问题，可直接根据路端电压随外电阻增大而增大，判断电压表读数的变化，知道当外电路电阻等于内阻时，电源输出功率最大．
7．如图，实线是电场中一簇方向未知的电场线，虚线是一个带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，带电粒子由M运动到N点，若带电粒子只受电场力作用，据此图可以作出的判断是（）
A．带电粒子带负电
B．带电粒子在M点的加速度小于在N点的加速度
C．带电粒子在M点的电势能小于在N点的电势能
D．电场中M点的电势低于在N点的电势
【答案】C
根据轨迹的弯曲程度，判断出合力（电场力）的方向，再根据电场线的方向，判断电荷的电性；
加速度大小的比较可以看电场力的大小，即电场强度的大小；
比较电势能可以根据电场力做功来判断．
A、合力大致指向轨迹凹的一向，可知电场力方向向左，电场线向右，由于不知道电场线的方向所以不能判断出带电粒子的电性．故A错误．
B、M点的场强大于N点的场强，所以M点所受的电场力大于N点，则带电粒子在N点的加速度小于在M点的加速度．故B错误．
C、假设粒子从M运动到N，受力的方向与轨迹之间的夹角是钝角，电场力做负功，电势能增大．所以带电粒子在N点的电势能大于在M点的电势能．故C正确．
D、不知道电场线的方向，也不知道带电粒子的电性，所以不能判断出MN点电势的高低．故D错误．
C．
【点评】判断电荷的电性关键找到突破口，从轨迹的弯曲方向角度考虑；
比较电势能的大小：
一可以从电场力做功角度比较，二从电势能公式角度判断，先比较电势，再比较电势能．
8．如图所示的装置，可以探究影响平行板电容器电容的因素，关于下列操作及出现的现象的描述正确的是（）
A．电容器与电源保持连接，左移电容器左极板，则静电计指针偏转角增大
B．电容器充电后与电源断开，上移电容器左极板，则静电计指针偏转角增大
C．电容器充电后与电源断开，在电容器两极板间插入玻璃板，则静电计指针偏转角增大
D．电容器充电后与电源断开，在电容器两极板间插入金属板，则静电计指针偏转角增大
静电计是测量电势差的仪器，根据张角可以得出两板间的电势差高低；
电容器与电源保持连接，电容器的板间电压不变．电容器充电后与电源断开，电容器的带电量不变．根据电容的决定因素和电容的定义式C=
结合分析．
A、电容器与电源保持连接，左移电容器左极板，电容器板间电压不变，则静电计指针偏转角不变．故A错误．
B、电容器充电后与电源断开，电容器的带电量不变．将上移电容器左极板，极板正对面积减小，电容减小，由电容的定义式C=
知，Q不变，C减小，则U增大，因此静电计指针偏转角增大，故B正确．
C、电容器充电后与电源断开，电容器的带电量不变．在电容器两极板间插入玻璃板，电容增大．由电容的定义式C=
知U减小，因此静电计指针偏转角减小，故C错误．
D、若在两极板间插入金属板，相当于板间距离减小，可知电容增大，而电容器的带电量不变，由由电容的定义式C=
知板间电压U减小，则静电计指针偏转角减小，故D错误．
【点评】解决本题只要掌握电容的决定因素和定义式C=
，结合电压不变或电量不变的条件进行分析．
9．关于静电场，下列说法正确的是（）
A．沿着电场线的方向，电势总是不断降低
B．把负电荷从A点移到B点电场力做正功，则有UAB＞0
C．电场强度处处相同的区域内，电势也一定处处相同
D．在电场中，电势越高的地方，负电荷在该点具有的电势能越小
电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的方向反映电势的高低，电势与电场强度无关．电势能与电势的关系为Ep=qφ，电场力做功公式为UWB=qUAB．结合这些知识分析．
A、根据电场线的意义可知，沿着电场线的方向，电势总是不断降低，故A正确．
B、把负电荷从A点移到B点电场力做正功，即WAB＞0，根据电场力做功公式UWB=qUAB，知q＜0，则UAB＜0，故B错误．
C、电场强度处处相等的区域内，电势不一定相等，如匀强电场中沿着电场线电势逐渐降低，故C错误．
D、根据电势能与电势的关系式Ep=qφ，可知，q＜0时，φ越大，Ep越小．故D错误．
A
【点评】电场强度和电势这两个概念非常抽象，可借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：
电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低．
10．如图所示，一根通电直导线放在磁感应强度B=1T的匀强磁场中，在以导线为圆心，半径为r的圆周上有a，b，c，d四个点，若a点的实际磁感应强度为0，则下列说法中正确的是（）
A．直导线中电流方向是垂直纸面向里的
B．c点的实际磁感应强度也为0
C．d点实际磁感应强度为
T，方向斜向下，与B夹角为45°
D．b、d两点的磁感应强度相同
【答案】AC
由题，a点的磁感应强度为0，说明通电导线在a点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，可确定通电导线在a点的磁场方向，由安培定则判断出通电导线中电流方向．通电导线在abcd四点处产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形定则进行合成分析b、c、d三点的磁感应强度大小和方向．
A、由题，a点的磁感应强度为0，说明通电导线在a点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即得到通电导线在a点产生的磁感应强度方向水平向左，根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向里．故A正确．
B、据上题分析可知，通电导线在c点产生的磁感应强度大小为B=1T，方向水平向右，与匀强磁场方向相同，则c点磁感应强度为2T，方向与B的方向相同．故B错误．
C、通电导线在d处的磁感应强度方向竖直向下，根据磁场的叠加原理可得d点感应强度为Bd=
B=
T，方向与B的方向成45°
斜向下．故C正确．
D、由上分析可知D错误．
AC
【点评】本题要掌握安培定则和平行四边形定则，知道空间任意一点的磁感应强度都是由通电导线产生的磁场和匀强磁场的叠加形成的．
11．医生做某些特殊手术时，可用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示，由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．下列关于电磁血流计的说法正确的是（）
A．a端电势高、b端电势低
B．a端电势低、b端电势高
C．同一患者，电极a、b之间电势差越大，说明血流速度越大
D．不同患者，电极a、b之间电势差不同，血流速度一定不同
根据左手定则判断出正负电荷的偏转方向，从而确定出a、b两点的电势高低，最终电荷在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出电压表示数U与什么因素有关．
AB、根据左手定则，知正电荷向电极a端偏转，负电荷向电极b端偏转，所以电极a的电势高于电极b的电势．故A正确，B错误．
C、最终电荷在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，有：
q
=qvB，解得：
U=vdB．因此同一患者，电极a、b之间电势差越大，说明血流速度越大．故C正确；
D、对于不同患者，根据U=vdB，电极a、b之间电势差不同，由于d的可能不同，则血流速度可能相同，故D错误．
AC．
【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终电荷受电场力和洛伦兹力处于平衡，注意理解影响电势差的因素是解题的关键．
12．小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上（如图甲），在刚接触轻弹簧的瞬间（如图乙），速度是5m/s，将弹簧压缩到最短（如图丙）的整个过程中，小球的速度v和弹簧缩短的长度△x之间的关系如图丁所示，其中A为曲线的最高点．已知该小球重为2N，弹簧在受到撞击至压缩到最短的过程中始终发生弹性形变，弹簧的弹力大小与形变成正比．下列说法正确的是（）
A．从撞击轻弹簧到它被压缩至最短的过程中，小球的重力做功的功率先增大后减小
B．从撞击轻弹簧到它被压缩到最短的过程中，小球的机械能先增大后减小
C．小球在速度最大时受到的弹力为2N
D．从撞击轻弹簧到它被压缩至最短的过程中，弹簧被压缩时产生的最大弹力为6.1N
小球的速度先增加后减小，故小球的重力做功的功率先增大后减小；
在整个过程中只有重力和弹簧弹力对小球做功，故小球与弹簧组成的系统机械能守恒，在压缩弹簧的过程中弹簧的弹性势能增加故小球的机械能减小，小球速度最大时弹力大小与小球的重力平衡，根据胡克定律求弹簧压缩时产生的最大弹力．
A、由图可知，小球的速度先增加后减小，根据公式：
P=Fv可知，小球的重力做功的功率先增大后减小，故A正确；
B、在小球下落过程中至弹簧压缩最短时，只有重力和弹簧弹力做功，故小球与弹簧组成的系统机械能守恒，在压缩弹簧的过程中弹簧的弹性势能增加，故小球的机械能减小．故B错误；
C、小球下落时，当重力与弹簧弹力平衡时小球的速度最大，据此有：
小球受到的弹力大小与小球的重力大小平衡，故此时小球受到的弹力为2N，故C正确；
D、小球速度最大时，小球的弹力为2N，此时小球的形变量为0.1m，故可得弹簧的劲度系数k=
=20N/m，故弹簧弹力最大时形变量最大，根据胡克定律知，小球受到的最大弹力为Fmax=kxmax=20×
0.61N=12.2N，故D错误．
【点评】本题考查学生对图象的认识，知道小球落在弹簧上后先做加速运动达到最大速度后再做减速运动，这是解决问题的根本，能根据速度最大的条件求得弹簧的劲度系数是关键．
13．如图所示，游标卡尺的读数为mm；
螺旋测微器的读数为mm．
【答案】10.75；
9.693．
解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
1、游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第15个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为15×
0.05mm=0.75mm，所以最终读数为：
10mm+0.75mm=10.75mm．
2、螺旋测微器的固定刻度为9.5mm，可动刻度为19.3×
0.01mm=0.193mm，所以最终读数为9.5mm+0.193mm=9.693mm．
故答案为：
10.75；
【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．
评卷人
得分
四、实验题（题型注释）
14．某学习小组为测绘一个标有“3V0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，他们在实验室找到了下列实验器材：
A．电池组（电动势为4.5V，内阻约1Ω）；
B．电流表（量程为0﹣250mA，内阻约5Ω）；
C．电流表（量程为0﹣0.6A，内阻约为0.5Ω）；
D．电压表（量程为0﹣3V，电阻约为3kΩ）；
E．滑动变阻器（最大阻值为20Ω，额定电流1A）；
F．滑动变阻器（最大阻值1750Ω，额定电流0.3A）；
G．电键一个、导线若干．
（1）实验中所用的电流表应选，滑动变阻器应选（填字母代号）．
（2）请在试卷答题卡的方框中画出方便操作、利于实验且尽可能精确的实验电路图．
（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示，如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V，内阻为5Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是W．
【答案】
（1）B；
E；
（2）如图所示；
（3）0.12
（1）根据灯泡额定电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．
（2）根据滑动变阻器分压及限流接法的不同作用，结合题意选择滑动变阻器的接法；
由电流表、电压表与灯泡内阻间的大小关系确定电流表的接法，然后作出电路图．
（3）画出电源的U﹣I曲线，与小灯泡伏安曲线的交点对应的电压和电流即为此时小灯泡的实际电压与电流，根据P=UI即可求得实际功率．
（1）灯泡的额定电流I=
=
=0.2A=200mA，电流表应选B；
变阻器用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器选：
E．
（2）灯泡内阻R=
=20Ω，电压表内约为3kΩ，电流表内阻约为5Ω，电压表内阻远大于灯泡电阻，因此电流表应采用外接法；
描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示：
（3）在灯泡I﹣U图象坐标系内作出电源的I﹣U图象如图所示：
两图象交点对应的电压与电流即为小灯泡此时的实际电压与电流，所以小灯泡两端电压为1.1V，电流I=O.105A，
所以实际功率为P=UI=1.1×
0.105≈0.12W
（3）0.12．
【点评】本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；
应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断．
15．如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°
，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=3V、内阻r=0.5Ω的直流电源．现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R=1Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin37°
=0.6，cos37°
=0.8，求：
（1）导体棒受到的安培力大小；
（2）导体棒受到的摩擦力大小．
（1）导体棒受到的安培力大小是0.40N；
（2）导体棒受到的摩擦力大小是0.16N．
（1）先根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流．由公式F安=ILB求解安培力大小；
（2）导体棒处于静止状态，合力为零，根据平衡条件列式求解摩擦力的大小．
（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：
I=
A=2A
导体棒受到的安培力：
F安=ILB=2×
0.40×
0.50N=0.40N
（2）导体棒所受重力沿斜面向下的分力：
F1=mgsin37°
=0.04×
10×
0.6N=0.24N
由于F1小于安培力，故导体棒沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件得：
mgsin37°
+f=F安
解得：
f=F安﹣mgsin37°
=（0.40﹣0.24）N=0.16N
答：
【点评】本题是通电导体在磁场中平衡问题，关键是安培力的分析和计算，运用平衡条件研究．
16．如图所示，位于竖直面内的曲线轨道的最低点B的切线沿水平方向，且与一位于同一竖直面内、半径R=0.40m的光滑圆形轨道平滑连接．现有一质量m=0.10kg的滑块（可视为质点），从位于轨道上的A点由静止开始滑下，滑块经B点后恰好能通过圆形轨道的最高点C．已知A点到B点的高度h=1.5m，重力加速度g=10m/s2，空气阻力可忽略不计，求：
（1）滑块通过C点时的速度大小；
（2）滑块通过圆形轨道B点时对轨道的压力大小；
（3）滑块从A点滑至B点的过程中，克服摩擦阻力所做的功．
（1）滑块通过C点时的速度大小为2m/s．
（2）滑块通过圆形轨道B点时对轨道的压力大小为6.0N．
（3）滑块从A点滑至B点的过程中，克服摩擦阻力所做的功0.50J
（1）滑块经B点后恰好能通过圆形轨道的最高点C，即在C点滑块所受轨道的压力为零，根据牛顿第二定律求出滑块通过C点的速度．
（2）对B到C段研究，运用机械能守恒定律求出B点的速度，结合牛顿第二定律求出滑块在B点所受的支持力大小，从而求出滑块对轨道的压力．
（3）对A到B段运用动能定理，求出克服摩擦力做的功．
解；
（1）因滑块恰能通过C点，即在C点滑块所受轨道的压力为零，其只受到重力的作用．
设滑块在C点的速度大小为vC，根据牛顿第二定律，对滑块在C点有
mg=
解得vC=
=2.0m/s
（2）设滑块在B点时的速度大小为vB，对于滑块从B点到C点的过程，根据机械能守恒定律有
mvB2=
mvC2+mg2R
滑块在B点受重力mg和轨道的支持力FN，根据牛顿第二定律有
FN﹣mg=
联立上述两式可解得FN=6mg=6.0N
根据牛顿第三定律可知，滑块在B点时对轨道的压力大小FN′=6.0N
（3）设滑块从A点滑至B点的过程中，克服摩擦阻力所做的功为Wf，对于此过程，根据动能定律有mgh﹣Wf=
mvB2
解得Wf=mgh﹣
mvB2=0.50J
（3）滑块从
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