2022年高三下学期高考考前练习物理试卷含解析

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1、2022年高三下学期高考考前练习物理试卷含解析一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个选项符合题意.1将一小球以速率v0水平抛出，当它在水平方向通过的距离是竖直方向距离的2倍时，小球的速率为（）Av0Bv0C2v0Dv02一交流发电机与电阻、电感线圈（电阻不计）、电压表及开关组成如图甲所示电路，交流发电机的线圈abcd（电阻不能忽略）在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO匀速转动图乙是开关S断开的情况下，电阻R两端的电压u随时间t变化的图象下列说法正确的是（）At=1102时，电压表的读数为零Bt=1102时，线圈abcd中的磁通量变化率最大C电阻R两端电压的表达式为u=5

2、0sin100t（V）D开关闭合前后，电压表的示数相同3如图所示，倾角为30的斜面上有一个质量为1kg的物块，物块从静止开始以2.5m/s2的加速度加速下滑1m在物块下滑过程中（重力加速度g取10m/s2），（）A物块的机械能守恒B物块的重力势能减小10JC物块的动能增加5JD物块克服摩擦力做了2.5J功4如图所示为某小型电站高压输电示意图发电机输出功率恒定，升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2下列说法正确的是（）A采用高压输电可以增大输电线中的电流B升压变压器原、副线圈匝数比=C输电线损耗的功率为D将P上移，用户获得的电压将升高5雨滴下落过程中受到的阻力与其速度成正比，即f=kv一

3、雨滴从空中由静止下落，下列各图中，能正确反映雨滴下落的速度v、加速度a、时间t、下落高度h之间关系的是（）ABCD二、多项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共l6分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分6在直角坐标系（2，0）处固定一个电荷量为+2q的点电荷，（2，0）处固定一个电荷量为q的点电荷下列说法正确的是（）A在x轴上电场强度为零的点只有一处B（0，2）和（0，2）两处的电场强度相同C（0，2）和（0，2）两处的电势相等D将一个正电荷从（1，1）点移动到（1，1）点，电场力做负功72015年3月30日，我国成功把第17颗北斗导航卫星送入预定轨

4、道，这颗卫星的入轨标志着中国的北斗卫星系统进入了第三阶段如图是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，己知a、b、c三颗卫星均做圆周运动，a是地球同步卫星，则（）A卫星a的周期约为24hB卫星a的运行速度大于第一宇宙速度C卫星a的角速度大于c的角速度D卫星a、b在轨道运行时的加速度大小相等8如图所示，长为2L的轻弹簧AB两端等高的固定在竖直墙面上，弹簧刚好处于原长现在其中点O处轻轻地挂上一个质量为m的物体P后，物体向下运动，当它运动到最低点时，弹簧与竖直方向的夹角为，重力加速度为g下列说法正确的是（）A物体向下运动的过程中，加速度先增大后减小B物体向下运动的过程中，机械能一直减小C物体在最低点时，

5、弹簧的弹性势能为D物体在最低点时，AO部分弹簧对物体的拉力大小为9如图所示，宽为L的水平光滑金属轨道上放置一根质量为m的导体棒MN，轨道左端通过一个单刀双掷开关与一个电容器和一个阻值为R的电阻连接，匀强磁场的方向与轨道平面垂直，磁感应强度大小为B，电容器的电容为C，金属轨道和导体棒的电阻不计现将开关拨向“1”，导体棒MN在水平向右的恒力F作用下由静止开始运动，经时间t0后，将开关S拨向“2”，再经时间t，导体棒MN恰好开始匀速向右运动下列说法正确的是（）A开关拨向“1”时，金属棒做加速度逐渐减小的加速运动Bt0时刻电容器所带的电荷量为C开关拨向“2”后，导体棒匀速运动的速率为D开关拨向“2”后

6、t时间内，导体棒通过的位移为（t+）三、简答题：本大题分必做题（第10、11题）和选做题（第12-20题）两部分，共42分请将解答填写在答题卡相应的位置10某同学想研究导线的电阻与其直径的关系，他截取了4段长度相同、直径不同的同种导线，按如下过程进行研究：（1）用螺旋测微器测各导线的直径当测微螺杆处于如图甲所示的位置时，应操作部件（“A”、“B”、“C”）完成测量，这样有利于保护螺旋测微器，并使测量准确某次测量如图乙所示，该导线的直径为mm（2）图丙为该同学的实验原理图，若取下实物连接图丁中的导线，就可符合原理图（3）若在实验中分别测得各导线两端的电压U和直径d，他想通过图象来直观地得到导线的

7、电阻与其直径的关系，该同学应该画U图象111某同学用如图甲所示的装置测量滑块与水平桌面之间的动摩擦因数实验过程如下：（1）用游标卡尺测量出固定于滑块上的遮光条的宽度d在桌面上合适位置固定好弹簧和光电门，将光电门与数字计时器（图中未画出）连接（2）用滑块把弹簧压缩到某一位置，测量出滑块到光电门的距离x释放滑块，测出滑块上的遮光条通过光电门所用的时间t，则此时滑块的速度v=（3）通过在滑块上增减砝码来改变滑块的质量m，仍用滑块将弹簧压缩到（2）中的位置，重复（2）的操作，得出一系列滑块质量m与它通过光电门时的速度v的值根据这些数值，作出v2图象如图乙所示已知当地的重力加速度为g由图象可知，滑块与水

8、平桌面之间的动摩擦因数=继续分析这个图象，还能求出的物理量是（4）另一位同学认为，如果桌面足够长，即使没有光电门和数字计时器，也可完成测量他的设想是：让滑块在桌面滑行直至停止，测出滑块的滑行距离x；改变滑块质量，仍将弹簧压缩到相同程度，多次重复测量，得出一系列的m和x数据，通过处理这些数据即可测出滑块与水平桌面间的动摩擦因数你认为，他的这个方案（选填“能”或“不能”）完成测量任务理由是【选做题】本题包括三个模块，请选定其中两模块作答，若三模块都做，则按一、二模块评分选修模块3-312以下说法中正确的是（）A单晶体的所有物理性质都具有各向异性B悬浮在液体中的花粉颗粒的无规则运动是热运动C相同温度

9、下，氢分子的平均动能一定等于于氧分子的平均动能D随着分子间距离增大，分子间作用力减小，分子势能也减小13某同学做“用油膜法估测分子大小”的实验时，在边长约30cm的浅盘里倒入约2cm深的水，然后将痱子粉均匀的撒在水面上，用注射器滴一滴（选填“纯油酸”或“油酸酒精溶液”）在水面上稳定后，在玻璃板上描下油膜的轮廓，放到坐标纸上估算出油膜的面积，还需要知道，就可以计算出分子直径14如图所示，内壁光滑的导热气缸里封闭了一定质量的理想气体，活塞的横截面积为S，质量不计，离缸底的距离为L1由于环境温度缓慢下降，使得活塞缓慢下降到距离缸底L2处已知大气压强为p0，被封闭气体初始状态的热力学温度为T1、内能为

10、E1求活塞下降到距离缸底L2处时，缸内封闭气体的温度；一定质量的理想气体内能与热力学温度成正比，求整个过程中通过缸壁传递的热量Q选修模块3-415下列说法正确的是（）A超声波的频率比普通声波的频率大，更容易发生衍射现象B市场上加工烤鸭的远红外烤箱，其加热作用主要是靠紫外线来实现的C光从一种介质进入另一种介质时，折射角的大小只取决于两种介质的性质D根据狭义相对论，一条沿自身长度方向运动的杆，其长度总比静止时要小一些16一列横波沿x轴正方向传播，在介质中只存在波长的波形某时刻恰好到达坐标原点处，如图所示此波传到x=20cm的P点时，处于原点O的质点所通过的路程为cm，该时刻的位移是cm17如图所示

11、，折射率n=的半圆形玻璃砖半径R=20cm，屏幕MN与玻璃砖的直径AB垂直，A点刚好与屏幕接触，激光束a以入射角i=30射向玻璃砖的圆心O点，在屏幕上形成两个光斑，求这两个光斑之间的距离选修模块3-518下列说法正确的是（）A正负电子对碰撞过程动量不守恒B人工放射性同位素比天然放射性同位素半衰期长的多，因此废料不容易处理C实物粒子也具有波动性，每一种运动粒子都有一个对应的波相联系D太阳辐射的能量主要来自太阳内部的重核裂变释放的核能19氢原子各个能级的能量值如图所示，为使一处于基态的氢原子核外电子脱离原子核的束缚而成为自由电子，所需的最小能量为ev；大量处于量子数n=4的能级氢原子跃迁到n=2的

12、能级跃迁时最多可以产生种不同频率的谱线20已知金属钠的逸出功为2.29eV，现用波长为400nm的光照射金属钠表面，普朗克常量h=6.631034Js，1nm=109m，求遏止电压和金属钠的截止频率（结果保留两位有效数字）四、计算题：本题3小题，共47分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中须明确写出数值和单位21两根平行的导电轨道MN、PQ右端置于水平面上，左端与水平面成37角，整个轨道处于竖直向上的匀强磁场中，导体棒ab与左侧轨道垂直放置，导体棒cd与右侧轨道垂直放置，如图甲所示已知轨道间距L=1m，匀强磁场的磁感应强度B=1T，

13、两导体棒的质量均为m=1kg，电阻Rab=2Rcd=10，导体棒ab与轨道之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导体棒cd与轨道之间无摩擦力，导电轨道的电阻不计当导体棒cd受到外力F（图中未画出）作用，在水平面内按图乙所示正弦规律往复运动（规定cd棒向右运动为正方向）时，导体棒ab始终保持静止状态求：（1）导体棒cd两端电压ucd随时间t变化的规律；（2）05s内外力F做的功W；（3）导体棒ab与倾斜轨道间动摩擦因数的最小值22如图所示，厚0.2m、长2m的木板AB静止在粗糙水平地面上，C为其中点木板上表面AC部分光滑，CB部分粗糙，下表面与水平地面间的动摩擦因数1=0.1木板右端静止放置一个小物

14、块（可看成质点），它与木板CB部分的动摩擦因数2=0.2已知木板和小物块的质量均为2kg，重力加速度g取10m/s2现对木板施加一个水平向右的恒力F，（1）为使小物块与木板保持相对静止，求恒力的最大值Fm；（2）当F=20N时，求小物块经多长时间滑到木板中点C；（3）接第（2）问，当小物块到达C点时撤去F，求小物块落地时与木板A端的距离23如图所示，在竖直平面内建立Oxy直角坐标系，在x=d处有垂直于x轴足够大的弹性绝缘挡板，y轴左侧和挡板之间存在一匀强电场，电场与x轴负方向夹角=45，y轴右侧有一个有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B在M（d、0）处有一个质量为m、电荷量

15、为q的粒子，以某一初速度沿场强方向运动当它打到绝缘板上N点时，粒子沿y轴方向的速度不变，x轴方向速度大小不变、方向反向，一段时间后，以v的速度垂直于y轴进入磁场，恰好不从磁场右边界飞出粒子的重力不计（1）求磁场的宽度L；（2）求匀强电场的场强大小E；（3）若另一个同样的粒子以速度v从M点沿场强方向运动，经时间t第一次从磁场边界上P点出来，求时间txx年江苏省徐州市高考物理考前练习试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个选项符合题意.1将一小球以速率v0水平抛出，当它在水平方向通过的距离是竖直方向距离的2倍时，小球的速率为（）Av0Bv0C2v0D

16、v0考点： 平抛运动专题： 平抛运动专题分析： 平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据水平位移和竖直位移的关系求出运动的时间，从而得出竖直分速度，结合平行四边形定则求出小球的速率解答： 解：当水平方向的位移是竖直方向位移的2倍时，有：，解得：t=，则竖直分速度为：vy=gt=v0，根据平行四边形定则知，小球的速率为：v=故选：A点评： 解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，难度不大2一交流发电机与电阻、电感线圈（电阻不计）、电压表及开关组成如图甲所示电路，交流发电机的线圈abcd（电阻不能忽略）在匀强磁场中绕垂直于磁场

17、的轴OO匀速转动图乙是开关S断开的情况下，电阻R两端的电压u随时间t变化的图象下列说法正确的是（）At=1102时，电压表的读数为零Bt=1102时，线圈abcd中的磁通量变化率最大C电阻R两端电压的表达式为u=50sin100t（V）D开关闭合前后，电压表的示数相同考点： 交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式专题： 交流电专题分析： 当线框经过中性面时通过线圈的磁通量最大根据右手定则判断线框中电流的方向由题图乙可知交流电电流的周期，即可求解角速度电流表读数为有效值，不是瞬时值解答： 解：AB、0.01s时线圈产生的感应电动势最小，说明线框与磁场垂直，磁通量最大

18、，磁通量变化率为零，但电流表读数为有效值，不是瞬时值，故AB错误C、由图知周期 T=0.02s，则角速度为=100rad/s，电压的表达式为u=50sin100t（V），故C正确；D、由于线圈会发生自感现象，产生自感电动势，故开关闭合前后，电压表的示数不同，故D错误；故选：C点评： 本题是准确理解感应电动势与磁通量的变化，知道磁通量最大时，感应电动势反而最小明确线框每转一周，电流方向改变两次能从图象读取有效信息，电表读数为有效值3如图所示，倾角为30的斜面上有一个质量为1kg的物块，物块从静止开始以2.5m/s2的加速度加速下滑1m在物块下滑过程中（重力加速度g取10m/s2），（）A物块的机

19、械能守恒B物块的重力势能减小10JC物块的动能增加5JD物块克服摩擦力做了2.5J功考点： 功能关系分析： 根据牛顿第二定律，求解运动中物体受力情况，根据机械能守恒知识点确定机械能是否守恒，再分别由动能和势能表达式求的动能和势能的变化量，结合力作功知识求解摩擦力功解答： 解：A、对物体受力分析可知，斜面方向：mgsin=5N，根据牛顿第二定律，F合=ma=2.5N，所以物体在运动中受到阻力作用，大小为：f=F合mgsin=2.5N，故物块机械能不守恒，故A错误；B、物块从静止开始以2.5m/s2的加速度加速下滑1m，由Ep=mgh=mgLsin，故B错误；C、物块从静止开始以2.5m/s2的加

20、速度加速下滑1m，由运动学公式得：v2=2ax，得：v2=22.51=5，由，故C错误；D、由A中知，f=2.5N，根据W=fx=2.51=2.5J，故D正确；故选：D点评： 解决本题的关键进行受力分析，运用正交分解，结合牛顿第二定律进行求解，知道合力沿斜面方向，垂直于斜面方向上的合力等于零，确定有无摩擦力，从而在确定各种能量的大小4如图所示为某小型电站高压输电示意图发电机输出功率恒定，升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2下列说法正确的是（）A采用高压输电可以增大输电线中的电流B升压变压器原、副线圈匝数比=C输电线损耗的功率为D将P上移，用户获得的电压将升高考点： 变压器的构造和原理

21、专题： 交流电专题分析： 发电机输出功率恒定，根据P=UI可知，采用高压输电可以减小输电线中的电流，变压器的原副线圈两端电压与匝数成正比；若P上移降压变压器的原线圈匝数减小，用户的电压升高解答： 解：A、发电机输出功率恒定，根据P=UI可知，采用高压输电可以减小输电线中的电流，故A错误；B、变压器的原副线圈两端电压与匝数成正比，即：，故B错误；C、输电线上损失的功率为：，U2为升压变压器副线圈两端的电压，故C错误；D、若P上移降压变压器的原线圈匝数减小，用户的电压升高，故D正确；故选：D点评： 本题关键是明确远距离输电的原理，然后根据变压器的变压比公式和功率表达式列式分析，不难5雨滴下落过程中

22、受到的阻力与其速度成正比，即f=kv一雨滴从空中由静止下落，下列各图中，能正确反映雨滴下落的速度v、加速度a、时间t、下落高度h之间关系的是（）ABCD考点： 牛顿第二定律专题： 牛顿运动定律综合专题分析： 根据雨滴的受力判断雨滴加速度的变化，通过加速度与速度的方向关系判断速度的变化解答： 解：当雨滴刚开始下落时，阻力f较小，远小于雨滴的重力G，即fG，故雨滴做加速运动；由于雨滴下落时空气对它的阻力随雨滴下落速度的增大而增大，根据牛顿第二定律知，加速度逐渐减小，故当速度达到某个值时，阻力f会增大到与重力G相等，即f=G，此时雨滴受到平衡力的作用，加速度为零，雨滴将保持匀速直线运动；知物体先做加

23、速度减小的变加速直线运动，最后做匀速直线运动故B正确，ACD错误；故选：B点评： 分析准确雨滴下落过程中的受力情况，再根据雨滴的受力分析雨滴的运动状态；图象能够直观的展现物体的运动情况二、多项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共l6分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分6在直角坐标系（2，0）处固定一个电荷量为+2q的点电荷，（2，0）处固定一个电荷量为q的点电荷下列说法正确的是（）A在x轴上电场强度为零的点只有一处B（0，2）和（0，2）两处的电场强度相同C（0，2）和（0，2）两处的电势相等D将一个正电荷从（1，1）点移动到（1，1）点，电场力

24、做负功考点： 电势差与电场强度的关系；电场强度专题： 电场力与电势的性质专题分析： A、根据公式E=和矢量合成法则判断各个点的电场强度情况；B、据公式E=判断电场强度大小是否相等，同时要注意方向是否相同；C、结合对称性分析电势是否相等；D、由电势能的变化判断电场力做功情况解答： 解：A、在（2，0）左侧，根据E=，+2q和q产生的电场强度存在一个大小相等、方向相反的点，即存在一个电场强度为零的点；在（2，0）到（0，2）之间，根据E=，电场强度都是向左，不为零；在（2，0）右侧，根据E=，+2q和q产生的电场强度总是+2q产生的电场强度大，故不存在一个电场强度为零的点；故在x轴上电场强度为零的

25、点只有一处；故A正确；B、（0，2）和（0，2）两处的电场强度大小相等，但方向不同（与x轴不平行），故电场强度不同，故B错误；C、电势是标量，没有方向，根据对称性，（0，2）和（0，2）两处的电势相等，故C正确；D、将一个正电荷从（1，1）点移动到（1，1）点，+2q电荷对其的电场力做正功，q的电荷对其的电场力也做正功，故电场力的合力做正功，故D错误；故选：AC点评： 本题关键是明确异种电荷的电场强度和电势的分布规律，能够结合公式E=和电场的对称性进行分析，还要注意区分矢量与标量72015年3月30日，我国成功把第17颗北斗导航卫星送入预定轨道，这颗卫星的入轨标志着中国的北斗卫星系统进入了第三

26、阶段如图是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，己知a、b、c三颗卫星均做圆周运动，a是地球同步卫星，则（）A卫星a的周期约为24hB卫星a的运行速度大于第一宇宙速度C卫星a的角速度大于c的角速度D卫星a、b在轨道运行时的加速度大小相等考点： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系专题： 人造卫星问题分析： 地球同步卫星，周期与自转周期相等，第一宇宙速度是地球卫星运动的最大速度，根据万有引力提供向心力公式判断卫星a和卫星C的角速度关系以及卫星a、b在轨道运行时的加速度大小关系解答： 解：A、a是地球同步卫星，周期与自转周期相等，为24h，故A正确；B、第一宇宙速度是地球卫星运动的最大速度，所以卫星a

27、的运行速度小于第一宇宙速度，故B错误；C、根据万有引力提供向心力可知，解得：，卫星a的半径大于c的半径，卫星a的角速度小于c的角速度，故C错误；D、根据万有引力提供向心力可知，解得：a=，卫星a、b的轨道半径相等，则卫星a、b在轨道运行时的加速度大小相等，故D正确故选：AD点评： 本题关键根据人造卫星的万有引力等于向心力，知道地球同步卫星，周期与自转周期相等，第一宇宙速度是地球卫星运动的最大速度8如图所示，长为2L的轻弹簧AB两端等高的固定在竖直墙面上，弹簧刚好处于原长现在其中点O处轻轻地挂上一个质量为m的物体P后，物体向下运动，当它运动到最低点时，弹簧与竖直方向的夹角为，重力加速度为g下列说

28、法正确的是（）A物体向下运动的过程中，加速度先增大后减小B物体向下运动的过程中，机械能一直减小C物体在最低点时，弹簧的弹性势能为D物体在最低点时，AO部分弹簧对物体的拉力大小为考点： 功能关系；机械能守恒定律分析： 物块向下运动，弹簧弹力增大，所受合外力减小，加速度减小，当加速度为零时，重力和弹簧弹力相等速度最大，物块继续向下运动到达最低点时速度为零，根据合力变化确定加速度大小变化，由W除重=E确定机械能变化，根据能量守恒定律求解最低点时的弹性势能，根据牛顿第二定律求的弹簧的弹力解答： 解：A、物块向下运动，弹簧弹力增大，所受合外力减小，加速度减小，方向向下，当加速度为零时，重力和弹簧弹力的合

29、力相等速度最大，物块继续向下运动弹簧弹力增大，合力增大，加速度增大方向向上，到达最低点时速度为零，故加速度先减小后增大，故A错误；B、物体向下运动的过程中，弹簧弹力向上，位移向下，做负功，根据W除重=E可知机械能一直减小，故B正确；C、根据能量守恒定律，物体在最低点时，速度为零，动能为零，物块减小重力势能转化为弹簧的弹性势能，有几何关系得物块下降的高度h=，故弹簧的弹性势能为，故C正确；D、当加速度为零时，重力和弹簧弹力的合力相等，物块继续向下运动弹簧弹力增大，弹簧弹力的合力大于重力，则有：，解得：，故D错误；故选：BC点评： 解决本题注意明确物块的运动形式，确定力的变化情况，根据牛顿第二定律

30、和能量守恒定律及力的合成与分解的知识求解即可9如图所示，宽为L的水平光滑金属轨道上放置一根质量为m的导体棒MN，轨道左端通过一个单刀双掷开关与一个电容器和一个阻值为R的电阻连接，匀强磁场的方向与轨道平面垂直，磁感应强度大小为B，电容器的电容为C，金属轨道和导体棒的电阻不计现将开关拨向“1”，导体棒MN在水平向右的恒力F作用下由静止开始运动，经时间t0后，将开关S拨向“2”，再经时间t，导体棒MN恰好开始匀速向右运动下列说法正确的是（）A开关拨向“1”时，金属棒做加速度逐渐减小的加速运动Bt0时刻电容器所带的电荷量为C开关拨向“2”后，导体棒匀速运动的速率为D开关拨向“2”后t时间内，导体棒通过

31、的位移为（t+）考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；电容专题： 电磁感应与电路结合分析： 开关拨向“1”时，根据牛顿第二定律和电流的定义式，得到金属棒的加速度表达式，再分析其运动情况由法拉第电磁感应定律求解MN棒产生的感应电动势，得到电容器的电压，从而求出电容器的电量开关拨向“2”时，由平衡条件和安培力与速度的关系式，求解匀速运动的速率由牛顿第二定律得到加速度的瞬时表达式，运用微元法求解位移解答： 解：A、开关拨向“1”时，在极短时间t内流过金属棒的电荷量为Q，则电路中的瞬时电流为 I=电容器的电压 U=BLv，电荷量 Q=CU，则Q=CU=CBLv可得 I=CBL=CBLa对金属棒，由牛顿

32、第二定律得 FBIL=ma联立得金属棒的瞬时加速度为 a=则知金属棒的加速度不变，做匀加速直线运动，故A错误B、t0时刻电容器所带的电压 U=BLat0，电荷量 Q=CU，则得 Q=，故B正确C、开关拨向“2”后，导体棒匀速运动时，有 F=，则得v=，故C正确D、开关拨向“2”后t时间内，根据牛顿第二定律得：F=ma=m则得 Ft=mv两边求和得：（Ft）=mv而vt=x，v=v联立解得位移 x=（t+）故D正确故选：BCD点评： 解决本题的关键有两个：一是抓住电流的定义式，结合牛顿第二定律分析金属棒的加速度二是运用微元法，求解金属棒的位移，其切入口是加速度的定义式三、简答题：本大题分必做题（

33、第10、11题）和选做题（第12-20题）两部分，共42分请将解答填写在答题卡相应的位置10某同学想研究导线的电阻与其直径的关系，他截取了4段长度相同、直径不同的同种导线，按如下过程进行研究：（1）用螺旋测微器测各导线的直径当测微螺杆处于如图甲所示的位置时，应操作部件C（“A”、“B”、“C”）完成测量，这样有利于保护螺旋测微器，并使测量准确某次测量如图乙所示，该导线的直径为1.200mm（2）图丙为该同学的实验原理图，若取下实物连接图丁中的导线C，就可符合原理图（3）若在实验中分别测得各导线两端的电压U和直径d，他想通过图象来直观地得到导线的电阻与其直径的关系，该同学应该画U图象1考点： 伏

34、安法测电阻专题： 实验题分析： （1）根据螺旋测微器的使用及读数方法得出应做的调节，并正确读数；注意应保留的位数；（2）根据原理图可得出对应的实物图；（3）根据电路图利用欧姆定律可得出对应的表达式，进而求出应作的图象解答： 解：（1）为了保护螺旋测微器，当砧板接近被测量物体时，应调节微调旋钮C，防止对砧板造成损失；图中读数为：1mm+20.00.01mm=1.200mm；（2）根据原理图可知，实物图中多连接了导线C；故将C拿掉即可符合原理图；（3）由欧姆定律可知：U=IR=I=；故U与成正比；故应做出U图象；故答案为：（1）C 1.200 （2）C （3）点评： 本题考查电阻的测量及螺旋测微器

35、的使用方法，一定要注意明确螺旋测微器需要估读，应保留到千分之一毫米位11某同学用如图甲所示的装置测量滑块与水平桌面之间的动摩擦因数实验过程如下：（1）用游标卡尺测量出固定于滑块上的遮光条的宽度d在桌面上合适位置固定好弹簧和光电门，将光电门与数字计时器（图中未画出）连接（2）用滑块把弹簧压缩到某一位置，测量出滑块到光电门的距离x释放滑块，测出滑块上的遮光条通过光电门所用的时间t，则此时滑块的速度v=（3）通过在滑块上增减砝码来改变滑块的质量m，仍用滑块将弹簧压缩到（2）中的位置，重复（2）的操作，得出一系列滑块质量m与它通过光电门时的速度v的值根据这些数值，作出v2图象如图乙所示已知当地的重力加

36、速度为g由图象可知，滑块与水平桌面之间的动摩擦因数=继续分析这个图象，还能求出的物理量是每次弹簧被压缩时具有的弹性势能（4）另一位同学认为，如果桌面足够长，即使没有光电门和数字计时器，也可完成测量他的设想是：让滑块在桌面滑行直至停止，测出滑块的滑行距离x；改变滑块质量，仍将弹簧压缩到相同程度，多次重复测量，得出一系列的m和x数据，通过处理这些数据即可测出滑块与水平桌面间的动摩擦因数你认为，他的这个方案不能（选填“能”或“不能”）完成测量任务理由是两次实验时滑块的质量分别为m1和m2，滑行的距离分别为x1和x2，由能量守恒有m1gx1=m2gx2，可见，不能得出动摩擦因数考点： 探究影响摩擦力的

37、大小的因素专题： 实验题分析： （1）由平均速度与瞬时速度的关系可求得瞬时速度；（2）对运动过程由动能定理可明确v2的关系，结合图象即可求得动摩擦因数，同时通过分析可明确能求出的物理量；（3）对该同学提出的假设进行分析，由动能定理可明确方案是否可行，从而可解决（4）解答： 解：（2）经过光电门的速度可以由经过光电门时的平均速度表示，故v=； （3）对运动过程由动能定理可知：Wmgx=解得：v2=2W2gx图象与纵坐标的交点为：b=2gx；解得：=；同时图象的斜率表示弹力做功的2倍，故可以求出每次弹簧被压缩时具有的弹性势能；（4）不能 设两次实验时滑块的质量分别为m1和m2，滑行的距离分别为x1

38、和x2，由能量守恒有m1gx1=m2gx2，可见动摩擦因数消去，不能得出动摩擦因数 故答案为：（2）；（3）；每次弹簧被压缩时具有的弹性势能；（4）不能；点评： 解决本题的关键掌握直尺的读数方法，注意是否估读；同时掌握极限的思想在物理中的运用，即极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小【选做题】本题包括三个模块，请选定其中两模块作答，若三模块都做，则按一、二模块评分选修模块3-312以下说法中正确的是（）A单晶体的所有物理性质都具有各向异性B悬浮在液体中的花粉颗粒的无规则运动是热运动C相同温度下，氢分子的平均动能一定等于于氧分子的平均动能D随着分子间距离增大，分子间作用力减小，分子势能也减小考点

39、： * 晶体和非晶体；分子间的相互作用力分析： 单晶体具有各向异性；依据布朗运动可判定B；温度的分子的平均动能的标志；随分子之间距离的增大，分子势能可能先减小后增大解答： 解：A、单晶体具有各向异性，不能说单晶体的所有物理性质都具有各向异性，故A错误；B、悬浮在液体中的花粉颗粒的无规则运动是布朗运动，不是热运动，故B错误；C、温度是分子的平均动能的标志，相同温度下，氢分子的平均动能一定等于于氧分子的平均动能，故C正确；D、随着分子间距离的增大，分子势能不一定减小，当分子表现为引力时，分子做负功，分子势能增大故D错误故选：C点评： 该题重点掌握分子力随距离的变化关系；其次要知道单晶体和多晶体，以

40、及非晶体的区别，这些是重点考察内容13某同学做“用油膜法估测分子大小”的实验时，在边长约30cm的浅盘里倒入约2cm深的水，然后将痱子粉均匀的撒在水面上，用注射器滴一滴油酸酒精溶液（选填“纯油酸”或“油酸酒精溶液”）在水面上稳定后，在玻璃板上描下油膜的轮廓，放到坐标纸上估算出油膜的面积，还需要知道向水面滴入的油酸酒精溶液中的纯油酸体积，就可以计算出分子直径考点： 用油膜法估测分子的大小专题： 实验题分析： 油膜法测分子直径实验中，向水中滴入一滴酒精油酸溶液，在水面上形成单分子油膜，求出纯油的体积与油膜的面积，然后求出油酸分子的直径解答： 解：油膜法测分子直径实验中，用注射器滴一滴油酸酒精溶液在

41、水面上，让它形成单分子油膜实验过程中，由d=可知，向水面滴入的油酸酒精溶液中的纯油酸体积故答案为：油酸酒精溶液；向水面滴入的油酸酒精溶液中的纯油酸体积点评： 知道油膜法测分子直径的原理、实验步骤即正确解题，同时还注意纯油酸的体积计算14如图所示，内壁光滑的导热气缸里封闭了一定质量的理想气体，活塞的横截面积为S，质量不计，离缸底的距离为L1由于环境温度缓慢下降，使得活塞缓慢下降到距离缸底L2处已知大气压强为p0，被封闭气体初始状态的热力学温度为T1、内能为E1求活塞下降到距离缸底L2处时，缸内封闭气体的温度；一定质量的理想气体内能与热力学温度成正比，求整个过程中通过缸壁传递的热量Q考点： 理想气

42、体的状态方程专题： 理想气体状态方程专题分析： （1）对气体做等压变化，由理想气体状态方程求温度；（2）外界对气体做的功，然后由热力学第一定律求解解答： 解：气体发生等压变化，有解得封闭气体的温度为 T2=设气体在T2时的内能为E2，由题意有 气体状态变化过程中内能变化了U=E2E1=外界对气体做功W=P0（L1L2）S 由热力学第一定律U=W+Q整个过程中通过缸壁传递的热量 Q=P0（L1L2）S答：求活塞下降到距离缸底L2处时，缸内封闭气体的温度；一定质量的理想气体内能与热力学温度成正比，求整个过程中通过缸壁传递的热量P0（L1L2）S点评： 本题考查了求气体体积、求传递的热量，应用平衡条

43、件、玻意耳定律、热力学第一定律即可正确解题，应用热力学第一定律时，要注意各符号正负的含义选修模块3-415下列说法正确的是（）A超声波的频率比普通声波的频率大，更容易发生衍射现象B市场上加工烤鸭的远红外烤箱，其加热作用主要是靠紫外线来实现的C光从一种介质进入另一种介质时，折射角的大小只取决于两种介质的性质D根据狭义相对论，一条沿自身长度方向运动的杆，其长度总比静止时要小一些考点： * 长度的相对性；波的干涉和衍射现象；超声波及其应用分析： 当波长越长时，衍射越明显，远红外烤箱根据红外线具有热效应特点制成的，折射角与两种介质的性质都有关，根据，判断杆的长度变化解答： 解：A、因声波的波长与超声波

44、长，则人耳能听见的声波比超声波更易发生衍射，故A错误；B、红外线有明显的热效应，远红外烤箱根据红外线具有热效应特点制成的故B错误；C、折射角与两种介质的性质都有关，故C错误； D、根据，知条沿自身长度方向运动的杆其长度总比杆静止时的长度小故D错误故选：D点评： 考查衍射与干涉的原理，及其区别与联系，注意折射率的计算方法，理解干涉与衍射是体现波动性的16一列横波沿x轴正方向传播，在介质中只存在波长的波形某时刻恰好到达坐标原点处，如图所示此波传到x=20cm的P点时，处于原点O的质点所通过的路程为40cm，该时刻的位移是0cm考点： 横波的图象；波长、频率和波速的关系专题： 振动图像与波动图像专题

45、分析： 根据图象读出波长与振幅，根据OP距离与波长的关系，分析波传播的时间与周期的关系，再求出此波到达P点时，O处的质点所通过的路程和该时刻的位移解答： 解：根据图象可知，波长=4cm，振幅A=2cm，x=20cm=5，则此波传到x=20cm的P点时原点O点振动了5个周期，所以O点又回到了平衡位置，位移为零，所通过的路程为：s=54A=40cm，故答案为：40；0点评： 对于机械波要抓住波在一个周期内传播一个波长的距离，根据时间与周期的关系，分析质点通过的路程与位移17如图所示，折射率n=的半圆形玻璃砖半径R=20cm，屏幕MN与玻璃砖的直径AB垂直，A点刚好与屏幕接触，激光束a以入射角i=3

46、0射向玻璃砖的圆心O点，在屏幕上形成两个光斑，求这两个光斑之间的距离考点： 光的折射定律专题： 光的折射专题分析： 激光a射向半圆玻璃砖的圆心O，在AB面上产生了折射和反射，结果在水平屏幕MN上出现两个光斑，作出光路图根据折射定律求出折射角根据反射定律求出反射角，由几何知识求出两个光斑之间的距离L解答： 解：作出光路如图所示，折射光线为OC，由折射定律有=n解得折射角 =60两个光斑CD间距离 L=R（tan60+tan30）=m答：这两个光斑之间的距离为m点评： 通过考查了折射定律和反射定律的基本运用，关键要作出光路图，运用数学几何知识结合解答选修模块3-518下列说法正确的是（）A正负电子

47、对碰撞过程动量不守恒B人工放射性同位素比天然放射性同位素半衰期长的多，因此废料不容易处理C实物粒子也具有波动性，每一种运动粒子都有一个对应的波相联系D太阳辐射的能量主要来自太阳内部的重核裂变释放的核能考点： 物质波；轻核的聚变分析： 正负电子对碰撞过程动量仍然守恒；人工放射性同位素的半衰期比天然放射性物质短得多，在生活中有着广泛应用；任何的实物粒子都具有波粒二象性；太阳辐射的能量主要来自太阳内部的轻核聚变释放的核能解答： 解：A、动量守恒定律对微观粒子仍然适用，正负电子对碰撞过程动量仍然守恒；故A错误；B、人工放射性同位素的半衰期比天然放射性物质短得多，因此废料容易处理故B错误；C、任何的实物

48、粒子都具有波粒二象性，每一种运动粒子都有一个对应的波相联系故C正确；D太阳辐射的能量主要来自太阳内部的轻核聚变释放的核能故D错误故选：C点评： 该题考查微观粒子的特性、微观粒子的波粒二象性、人工放射性同位素的特性以及聚变与裂变都是一些记忆性的知识点的内容，多加积累即可19氢原子各个能级的能量值如图所示，为使一处于基态的氢原子核外电子脱离原子核的束缚而成为自由电子，所需的最小能量为13.6ev；大量处于量子数n=4的能级氢原子跃迁到n=2的能级跃迁时最多可以产生3种不同频率的谱线考点： 氢原子的能级公式和跃迁专题： 原子的能级结构专题分析： 当原子吸收能量受原子能量大于等于0，则氢原子发生电离能

49、级跃迁时辐射的光子能量等于两能级间的能级差，不同的能级差，辐射的光子频率不同解答： 解：因为基态的氢原子能量为13.6eV，则基态氢原子发生电离，吸收的能量需大于等于13.6eV群处于n=4能级的氢原子回到n=2的状态过程中，可能由n=4跃迁到n=2，可能由n=4跃迁到n=3，再由n=3跃迁到n=2，知可能辐射3种不同频率的光子故答案为：13.6； 3点评： 解决本题的关键能级间跃迁辐射和吸收光子能量所满足的规律，即EmEn=hv20已知金属钠的逸出功为2.29eV，现用波长为400nm的光照射金属钠表面，普朗克常量h=6.631034Js，1nm=109m，求遏止电压和金属钠的截止频率（结果

50、保留两位有效数字）考点： 光电效应专题： 光电效应专题分析： （1）根据逸出功W0=hv0，和光电效应方程：EK=hvW0直接进行求解，光电子动能减小到0时，反向电压即遏制电压，根据动能定理求解遏制电压；（2）知道金属钠的逸出功为2.29eV，由W0=hv0即可求出截止频率解答： 解：（1）根据光电效应方程：EK=hW0=光电子动能减小到0时，反向电压即遏制电压，根据动能定理：eU=EK，代入数据得：U=0.82V（2）根据据逸出功W0=h0，得截止频率：51014Hz答：（1）遏止电压是0.82V；（2）钠的截止频率是5.51014Hz点评： 本题考察知识点简单，但是学生在学习中要牢记公式以

51、及物理量之间的关系，同时注意计算的准确性四、计算题：本题3小题，共47分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中须明确写出数值和单位21两根平行的导电轨道MN、PQ右端置于水平面上，左端与水平面成37角，整个轨道处于竖直向上的匀强磁场中，导体棒ab与左侧轨道垂直放置，导体棒cd与右侧轨道垂直放置，如图甲所示已知轨道间距L=1m，匀强磁场的磁感应强度B=1T，两导体棒的质量均为m=1kg，电阻Rab=2Rcd=10，导体棒ab与轨道之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导体棒cd与轨道之间无摩擦力，导电轨道的电阻不计当导体棒cd受到外力F（图

52、中未画出）作用，在水平面内按图乙所示正弦规律往复运动（规定cd棒向右运动为正方向）时，导体棒ab始终保持静止状态求：（1）导体棒cd两端电压ucd随时间t变化的规律；（2）05s内外力F做的功W；（3）导体棒ab与倾斜轨道间动摩擦因数的最小值考点： 导体切割磁感线时的感应电动势专题： 电磁感应与电路结合分析： （1）根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势然后即可求出cd两端的电压（2）根据交流电规律求出有效值，然后求出功（3）当导体棒受力平衡时，电流I最大且f达到最大静摩擦力时，要求棒与轨道之间的动摩擦因数最大，此为满足题意的最小值解答： 解：（1）导体棒cd运动所产生的感应电动势 E=BLv=

53、116sin=6sin回路中的电流i=所以导体棒cd两端的电压Ucd=IRab=4sinV（2）由（1）问知，导体棒中的电流是正弦式交流电，其有效值 I=A5s内整个回路所产生的热量 Q=I2（Rab+Rcd）t=（）2155=6J导体棒cd增加的动能为EK=J所以，在这5s内外力F做的功W=Q+Ek=24J（3）分析可知，当导体棒ab受力如图所示，电流I最大且f达到最大静摩擦力时，要求棒与轨道之间的动摩擦因数最大，此为满足题意的最小值由力的平衡有f=BILcos37+mgsin37N+BILsin37=mgcos37联立得=从而，导体棒ab与轨道之间的动摩擦因数的最小值=0.81答：（1）导

54、体棒cd两端电压ucd随时间t变化的规律为4sin；（2）05s内外力F做的功W为24J；（3）导体棒ab与倾斜轨道间动摩擦因数的最小值为0.81点评： 本题考查了电磁感应中的力电综合题型，是高考常见的题型，受力分析时注意安培力表达式的推导，解决方法和力学方法一样22如图所示，厚0.2m、长2m的木板AB静止在粗糙水平地面上，C为其中点木板上表面AC部分光滑，CB部分粗糙，下表面与水平地面间的动摩擦因数1=0.1木板右端静止放置一个小物块（可看成质点），它与木板CB部分的动摩擦因数2=0.2已知木板和小物块的质量均为2kg，重力加速度g取10m/s2现对木板施加一个水平向右的恒力F，（1）为使

55、小物块与木板保持相对静止，求恒力的最大值Fm；（2）当F=20N时，求小物块经多长时间滑到木板中点C；（3）接第（2）问，当小物块到达C点时撤去F，求小物块落地时与木板A端的距离考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题： 牛顿运动定律综合专题分析： （1）先对小物块分析受力知它的最大加速度，再对整体受力分析知拉力的范围；（2）小物块相对于长木板发生相对滑动，分别受力分析求解加速度，根据位移时间关系求解时间（3）求出撤掉外力时各自速度分别为v1、v2，分别受力分析求解加速度，以长木板为参考系，根据速度位移关系求解速度，最后根据位移时间求解小物块落地时与木板A端的距离解答： 解：

56、（1）小物块能够达到的最大加速度为am2mg=mam解得：a对整体进行受力分析Fm1（M+m）g=（M+m）am解之得 Fm=12N（2）此时小物块相对于长木板发生相对滑动对长木板受力分析 F1（M+m）g2mg=Ma1得a1=6m/s2小物块加速度a2=2g=2m/s2可得 ts（3）撤掉外力时各自速度分别为v1、v2v1=a1t1=6=3m/s v2=a2t1=2=m/s撤掉外力后，物块匀速，木板匀减速加速度为a31（M+m）g=Ma3得a3=2m/s2设小物块从长木板中点滑动到最左端时长木板速度为v3，以长木板为参考系，则有2a3=可得此时m/s此时长木板的做减速运动加速度为1Mg=Ma

57、4，得a4=1m/s2此后小物块做平抛运动，长木板做匀减速度运动，落地时距长木板左端的距离为=0.3m答：（1）为使小物块与木板保持相对静止，求恒力的最大值为12N；（2）当F=20N时，小物块经s滑到木板中点C；（3）当小物块到达C点时撤去F，小物块落地时与木板A端的距离为0.3m点评： 本题是相对运动的题目，要对每个物体分别分析其运动情况，利用运动学的基本公式，再根据速度和位移的关系及牛顿第二定律求解本题运动过程较为复杂，难度较大23如图所示，在竖直平面内建立Oxy直角坐标系，在x=d处有垂直于x轴足够大的弹性绝缘挡板，y轴左侧和挡板之间存在一匀强电场，电场与x轴负方向夹角=45，y轴右侧

58、有一个有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B在M（d、0）处有一个质量为m、电荷量为q的粒子，以某一初速度沿场强方向运动当它打到绝缘板上N点时，粒子沿y轴方向的速度不变，x轴方向速度大小不变、方向反向，一段时间后，以v的速度垂直于y轴进入磁场，恰好不从磁场右边界飞出粒子的重力不计（1）求磁场的宽度L；（2）求匀强电场的场强大小E；（3）若另一个同样的粒子以速度v从M点沿场强方向运动，经时间t第一次从磁场边界上P点出来，求时间t考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动专题： 带电粒子在复合场中的运动专题分析： （1）根据洛伦兹力提供向心力和临界条件，由几何

59、知识求得圆周运动的半径，即可联立方程求解L的大小；（2）由动能定理即可求出电场强度的大小；（3）先根据运动学的公式求出粒子在电场中运动的时间，然后由几何公式t=T求出圆周运动的时间，进而求得运动的两阶段的总时间解答： 解：（1）根据洛伦兹力提供向心力有：解得：粒子刚好不离开磁场的条件为：L=R，即：（2）如图，设粒子从A点进入磁场，将其从N点到A点的运动分别沿着电场线和垂直电场线方向分解，粒子在这两个方向上通过的距离分别为h和l，在A点的沿这两个方向的速度大小均为v沿电场线方向有：垂直于电场线方向有：l=vt由几何关系有：l+h=2d 以上各式联立得：（3）粒子从M点沿电场线方向向前运动的距离为s由v2=2as 得：说明粒子不能打到绝缘板上就要返回，运动过程如图从P点进入磁场时的速率为v，由v2v2=2ad解得：粒子在电场中往返运动的时间为：粒子在磁场做圆周运动的半径：因为R（1cos45）L，所以粒子不会从磁场右边界射出粒子在磁场中做圆周运动的周期：在磁场中运动的时间为：粒子从M点射出到第一次从磁场中出来所经过的时间为t=t1+t2=答：（1）磁场的宽度；（2）匀强电场的场强大小是；（3）时间是点评： 该题考查带电粒子在磁场中和电场中的运动，解答的关键是明确粒子的运动规律，画出运动轨迹，然后结合图象中的几何关系，确定轨迹的圆心与半