一、單項(本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意)
1．物理學(xué)中有許多物理量的定義，可用公式來表示，不同的概念定義的方法不一樣，下列四個物理量中，定義法與其他物理量不同的一組是( )．
A．導(dǎo)體的電阻R＝ρlS B．電場強度E＝Fq
C．電場中某點的電勢φ＝Epq D．磁感應(yīng)強度B＝FIL
解析 R＝ρlS是導(dǎo)體電阻的決定式，R與長度l成正比，與橫截面積S成反比；電場強度、電勢、磁感應(yīng)強度都是比值法定義的物理量，只決定于電場或磁場本身的性質(zhì)，與試探電荷、電流元及受力等無關(guān)，故選A項．
答案 A
2. (原創(chuàng)題)如圖1所示，物體A靠在豎直墻面上，在力F作用下，A、B保持靜止，則物體A的受力個數(shù)為( )．
A．2 B．3
C．4 D．5
圖1
解析 先以A、B整體為研究對象，因為A、B保持靜止，所以豎直墻壁對A有豎直向上的靜摩擦力F″和水平向右的彈力F′.再以B為研究對象，其受力情況如圖乙所示，即要保持物體B平衡，B應(yīng)受到重力、壓力F、A對B的靜摩擦力的作用，同時，B還應(yīng)受到A對B的彈力作用．以A為研究對象，還受重力、B的彈力和靜摩擦力作用，A的受力圖如圖甲所示，所以選項D正確．
答案 D
3．如圖2所示，邊長相等的正方形導(dǎo)體框與正方形勻強磁場區(qū)的對角線在同一水平線上，導(dǎo)體框沿水平方向勻速通過垂直于紙面向外的磁場區(qū)，導(dǎo)體框中的電流隨時間變化關(guān)系正確的是(順時針方向電流為正)( )．
圖2
答案 A
4．(2014?浙江卷，16) 如圖3所示，鐵芯上、下分別繞有匝數(shù)n1＝800匝和n2＝200匝的兩個線圈，上線圈兩端與u＝51sin 314t V的交流電源相連，將下線圈兩端接交流電壓表，則交流電壓表的讀數(shù)可能是( )．
A．2.0 V B．9.0 V
C．12.7 V D．144.0 V
圖3
解析 由U1n1＝U2n2得U2＝n2U1n1，其中U1＝512 V，得U2＝5142 V≈9.0 V，因此題中兩線圈并非處于理想狀態(tài)，會出現(xiàn)漏磁，所以交流電壓表的讀數(shù)小于9.0 V，故選項A正確．
答案 A
5．(2014?福建卷，13)“嫦娥二號”是我國月球探測第二期工程的先導(dǎo)星．若測得“嫦娥二號”在月球(可視為密度均勻的球體)表面附近圓形軌道運行的周期為T，已知引力常量為G，半徑為R的球體體積公式V＝43πR3，則可估算月球的( )．
A．密度 B．質(zhì)量 C．半徑 D．自轉(zhuǎn)周期
解析 對“嫦娥二號”由萬有引力提供向心力可得：GMmR2＝m4π2T2R，故月球的質(zhì)量M＝4π2R3GT2，因“嫦娥二號”為近月衛(wèi)星，故其軌道半徑為月球的半徑R，但由于月球半徑未知，故月球質(zhì)量無法求出，月球質(zhì)量未知，則月球的半徑R也無法求出，故B、C項均錯；月球的密度ρ＝MV＝4π2R3GT243πR3＝3πGT2，故A正確．
答案 A
二、多項(本題共4小題，每小題4分，共計16分．每小題有多個選項符合題意．全部選對得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分)
圖4
6．M，N兩金屬板豎直放置，使其帶電，懸掛其中的帶電小球P如圖4偏離豎直方向．下列哪一項措施會使OP懸線與豎直方向的夾角增大？(P球不與金屬極板接觸)( )．
A．增大MN兩極板間的電勢差
B．增大MN兩極板的帶電量
C．保持板間間距不變，將M，N板一起向右平移
D．保持板間間距不變，將M，N板一起向左平移
解析 小球受向右的電場力處于平衡狀態(tài)．增大兩板間的電勢差則電場強度增大，電場力增大，小球向右偏角增大，A對；增大電容器的帶電量則兩板間電勢差增大，場強增大，電場力增大，偏角增大，B錯；C、D中場強不會變化，偏角不變，故C、D錯．
答案 AB
7．(2014?蘇錫常鎮(zhèn)二調(diào)，9)如圖5所示，水平地面的上空有一架飛機在進行投彈訓(xùn)練，飛機沿水平方向做勻加速直線運動．當飛機飛經(jīng)觀察點B點正上方A點時投放一顆炸彈，經(jīng)時間T炸彈落在觀察點B正前方L1處的C點，與此同時飛機投放出第二顆炸彈，最終落在距觀察點B正前方L2處的D點，且L2＝3L1，空氣阻力不計．以下說法正確的有( )．
圖5
A．飛機第一次投彈時的速度為L1T
B．飛機第二次投彈時的速度為2L1T
C．飛機水平飛行的加速度為L1T2
D．兩次投彈時間間隔T內(nèi)飛機飛行距離為4L13
解析 由運動學(xué)規(guī)律可知第一次投彈時的速度v1＝L1T，故A正確．設(shè)飛機加速度為a，第二次投彈時的速度為v2，由勻變速運動規(guī)律可知：v1T＋12aT2＝L2－(v1＋aT)T，而L2＝3L1，得a＝2L13T2，故C錯誤．v2＝v1＋aT＝5L13T，故B錯誤．兩次投彈間隔T內(nèi)飛機飛行距離s＝v1?T＋12aT2＝4L13，故D正確．
答案 AD
8．(2014?北京西城區(qū))如圖6所示平面直角坐標系的第Ⅰ象限內(nèi)有一勻強磁場垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以速度v從O點沿著與y軸夾角為30°的方向進入磁場，運動到A點時速度方向與x軸的正方向相同，不計粒子的重力，則( )．
圖6
A．該粒子帶正電
B．A點與x軸的距離為mv2qB
C．粒子由O到A經(jīng)歷時間t＝πm3qB
D．運動過程中粒子的速度不變
解析 根據(jù)粒子的運動方向，由左手定則判斷可知粒子帶負電，A項錯；運動過程中粒子做勻速圓周運動，速度大小不變，方向變化，D項錯；粒子做圓周運動的半徑R＝mvqB，周期T＝2πmqB，從O點到A點速度的偏向角為60°，即運動了16T，所以由幾何知識求得點A與x軸的距離為mv2qB，粒子由O到A經(jīng)歷時間t＝πm3qB，B、C兩項正確．
答案 BC
9．(2014?江蘇連云港)水平傳送帶被廣泛地應(yīng)用于機場和火車站，用于對旅客的行李進行安全檢查．如圖7為一水平傳送帶裝置示意圖，緊繃的傳送帶AB始終保持v＝ 1 m/s的恒定速率運行．旅客把行李無初速度地放在A處，設(shè)行李與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，A、B間的距離為2 m，g取10 m/s2.若乘客把行李放到傳送帶的同時也以v＝1 m/s的恒定速度平行于傳送帶運動去取行李，則( )．
圖7
A．乘客與行李同時到達B
B．乘客提前0.5 s到達B
C．行李提前0.5 s到達B
D．若傳送帶速度足夠大，行李最快也要2 s才能到達B
解析 行李放在傳送帶上，傳送帶對行李的滑動摩擦力使行李開始做勻加速直線運動，隨后行李又以與傳送帶相等的速率做勻速直線運動．加速度a＝μg＝1 m/s2，歷時t1＝va＝1 s達到共同速度，位移x1＝v2t1＝0.5 m，此后勻速運動t2＝2m－x1v＝1.5 s到達B，共用2.5 s．乘客到達B，歷時t＝2 mv＝2 s，故B正確．若傳送帶速度足夠大，行李一直加速運動時間最短，最短時間tmin＝ 2×2 ma＝2 s.
答案 BD
三、簡答題(本題分必做題(第10、11題)和選做題(第12題)兩部分，共計42分)
10．(6分)如圖8所示，為測量作勻加速直線運動小車的加速度，將寬度均為b的擋光片A、B固定在小車上，測得二者間距為d.
(1)當小車勻加速經(jīng)過光電門時，測得兩擋光片先后經(jīng)過的時間Δt1和Δt2，則小車加速度a＝________.
(2)(多選題)為減小實驗誤差，可采取的方法是( )．
A．增大兩擋光片寬度b
B．減小兩擋光片寬度b
C．增大兩擋光片間距d
D．減小兩擋光片間距d
圖8
解析 (1)將擋光片通過光電門時的平均速度作為該時刻小車的瞬時速度有：vA＝bΔt1，vB＝bΔt2.再由v2B－v2A＝2ad可得結(jié)果．
(2)擋光片的寬b越窄，擋光片通過光電門時的時間越短，測得的平均速度越接近該時刻的瞬時速度，A錯誤，B正確．兩擋光片之間的距離越大，測量d時相對誤差就越小，故C正確，D錯誤．
答案 (1)b22d1?Δt2?2－1?Δt1?2 (2)BC
11．(12分)(2014?上海單科，29)實際電流表有內(nèi)阻，可等效為理想電流表與電阻的串聯(lián)．測量實際電流表G1內(nèi)阻r1的電路如圖9所示．供選擇的儀器如下：①待測電流表G1(0～5 mA，內(nèi)阻約300 Ω)，②電流表G2(0～10 mA，內(nèi)阻約100 Ω)，③定值電阻R1(300 Ω)，④定值電阻R2(10 Ω)，⑤滑動變阻器R3(0～1 000 Ω)，⑥滑動變阻器R4(0～20 Ω)，⑦干電池(1.5 V)，⑧開關(guān)S及導(dǎo)線若干．
圖9
(1)定值電阻應(yīng)選________，滑動變阻器應(yīng)選________．(在空格內(nèi)填寫序號)
(2)用連線連接實物圖．
(3)補全實驗步驟：
①按電路圖連接電路，________；
②閉合開關(guān)S，移動滑動觸頭至某一位置，記錄G1、G2的讀數(shù)I1、I2；
③________________________________________________________________________；
圖10
④以I2為縱坐標，I1為橫坐標，作出相應(yīng)圖線，如圖10所示．
(4)根據(jù)I2I1圖線的斜率k及定值電阻，寫出待測電流表內(nèi)阻的表達式________．
解析 (1)根據(jù)電路的原理圖，定值電阻應(yīng)適當大一些，滑動變阻器采用分壓接法時，應(yīng)選用阻值適當小一些的變阻器
(2)連線時要注意電表的正負接線柱不能接反
(3)略
(4)根據(jù)串、并聯(lián)電路規(guī)律可知：I2＝I1＋I1r1R1＝R1＋r1R1I1，所以k＝R1＋r1R1，所以r1＝(k－1)R1.
答案 (1)③�、�
(2)如圖
(3)①將滑動觸頭移至最左端�、鄱啻我苿踊瑒佑|頭，記錄相應(yīng)的G1、G2讀數(shù)I1、I2
(4)r1＝(k－1)R1
12．A(選修模塊33)(12分)
(1)物質(zhì)是由大量分子組成的，分子直徑的數(shù)量級一般是________ m．能說明分子都在永不停息地做無規(guī)則運動的實驗事實有________(舉一例即可)．在兩分子間的距離由v0(此時分子間的引力和斥力相互平衡，分子作用力為零 )逐漸增大的過程中，分子力的變化情況是________(填“逐漸增大”“逐漸減小”“先增大后減小”或“先減小后增大”)．
(2)一定質(zhì)量的理想氣體，在保持溫度不變的情況下，如果增大氣體體積，氣體壓強將如何變化？請你從分子動理論的觀點加以解釋．如果在此過程中氣體對外界做了900 J的功，則此過程中氣體是放出熱量還是吸收熱量？放出或吸收多少熱量？(簡要說明理由)
解析 (1)略．
(2)一定質(zhì)量的氣體，溫度不變時，分子的平均動能一定，氣體體積增大，分子的密集程度減小，所以氣體壓強減小．
一定質(zhì)量的理想氣體，溫度不變時，內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，當氣體對外做功時氣體一定吸收熱量，吸收的熱量等于氣體對外做的功，即900 J.
答案 (1)10－10 布朗運動(或擴散現(xiàn)象) 先增大后減小 (2)見解析
B(選修模塊34)(12分)
(1)一列簡諧橫波在t＝0時的波形圖如圖11所示．介質(zhì)中x＝2 m處的質(zhì)點P沿y軸方向做簡諧運動的表達式為y＝10sin(5πt)cm.關(guān)于這列簡諧波，下列說法正確的是________(填入正確選項前的字母)
圖11
A．周期為4.0 s B．振幅為20 cm
C．傳播方向沿x軸正向 D．傳播速度為10 m/s
圖12
(2)某同學(xué)用大頭針、三角板、量角器等器材測半圓形玻璃磚的折射率．開始玻璃磚的位置如圖12中實線所示，使大頭針P1、P2與圓心O在同一直線上，該直線垂直于玻璃磚的直徑邊，然后使玻璃磚繞圓心O緩慢轉(zhuǎn)動，同時在玻璃磚的直徑邊一側(cè)觀察P1、P2的像，且P2的像擋住P1的像．如此觀察，當玻璃磚轉(zhuǎn)到圖中虛線位置時，上述現(xiàn)象恰好消失．此時只須測量出________，即可計算玻璃磚的折射率．請用你的測量量表示出折射率n＝________.
解析 (1)由波形圖可知振幅A＝10 cm，波長λ＝4 m；由y＝10sin(5πt)cm可知，ω＝5π，根據(jù)ω＝2πT得簡諧運動的周期T＝2πω＝2π5π s＝0.4 s；根據(jù)v＝λT，得波速v＝λT＝40.4 m/s＝10 m/s，根據(jù)y＝10sin(5πt)cm知，t＝T4＝0.1 s時，y＝10 cm，即質(zhì)點P位于波峰處，所以t＝0時刻時P點向上振動，根據(jù)振動方向和波傳播方向的關(guān)系知該波沿x軸正向傳播，綜上所述C、D正確．
(2)光線指向圓心入射時不改變傳播方向，恰好觀察不到P1、P2的像時發(fā)生全反射，測出玻璃磚直徑繞O點轉(zhuǎn)過的角度θ，此時入射角θ即為全反射臨界角，由sin θ＝1n得n＝1sin θ.
答案 (1)CD (2)玻璃磚直徑邊繞O點轉(zhuǎn)過的角度θ 1sin θ
C(選修模塊3－5)(12分)
(1)太陽能是由太陽內(nèi)部熱核反應(yīng)所釋放出的光能、熱能及輻射能量所組成．它每年輻射到地球上的能量達1 813億噸標準煤，相當于全世界年需要能量總和的5 000倍，是地球上最大的能源．太陽內(nèi)部的熱核反應(yīng)方程為21H＋31H→42He＋10n，若已知21H的質(zhì)量為m1，31H的質(zhì)量為m2，42He的質(zhì)量為m3，中子質(zhì)量為m4，下列說法正確的是( )．
A.21H和31H是兩種不同元素的原子核
B.21H和31H在常溫下就能夠發(fā)生反應(yīng)
C．這個反應(yīng)釋放核能為ΔE＝(m1＋m2－m3－m4)c2
D．這個反應(yīng)過程中質(zhì)量虧損為Δm＝m1＋m2－m3
(2)兩磁鐵各固定放在一輛小車上，小車能在水平面上無摩擦地沿同一直線運動．已知甲車和磁鐵的總質(zhì)量為0.5 kg，乙車和磁鐵的總質(zhì)量為1.0 kg.兩磁鐵的N極相對，推動一下，使兩車相向運動．某時刻甲的速率為2 m/s，乙的速率為3 m/s，方向與甲相反．兩車運動過程中始終未相碰，則兩車最近時，乙的速度為多大？
解析 (2)兩車相距最近時，兩車的速度相同，設(shè)該速度為v，取乙車的速度方向為正方向．由動量守恒定律得
m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v
所以兩車最近時，乙車的速度為
v＝m乙v乙－m甲v甲m甲＋m乙＝43 m/s.
答案 (1)C (2)43 m/s
四、(本題共3小題，共計47分．解答時請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．)
13．(15分)(2014?江蘇揚州一模)一光滑金屬導(dǎo)軌如圖13所示，水平平行導(dǎo)軌MN、ST相距l(xiāng)＝0.5 m，豎直半圓軌道NP、TQ直徑均為D＝0.8 m．軌道左端用阻值R＝0.4 Ω的電阻相連．水平導(dǎo)軌的某處有一豎直向上、磁感應(yīng)強度B＝0.06 T的勻強磁場．光滑金屬桿ab質(zhì)量m＝0.2 kg、電阻r＝0.1 Ω，當它以5 m/s的初速度沿水平導(dǎo)軌從左端沖入磁場后恰好能到達豎直半圓軌道的最高點P、Q.設(shè)金屬桿ab與軌道接觸良好，并始終與導(dǎo)軌垂直，導(dǎo)軌電阻忽略不計．取g＝10 m/s2，求金屬桿：
(1)剛進入磁場時，通過金屬桿的電流大小和方向；
(2)到達P、Q時的速度大�。�
(3)沖入磁場至到達P、Q點的過程中，電路中產(chǎn)生的焦耳熱．
圖13
解析 (1)因為E＝Blv
I＝ER＋r
所以I＝BlvR＋r＝0.06×0.5×50.4＋0.1A＝0.3 A方向a→b.
(2)恰能到達豎直軌道最高點，金屬桿所受的重力提供向心力mg＝mv2D2
所以v＝gD2＝10×0.4 m/s＝2 m/s.
(3)根據(jù)能量守恒定律，電路中產(chǎn)生的焦耳熱
Q＝12mv 20－12mv 2－mgh
所以Q＝12×0.2×52－12×0.2×22－0.2×10×0.8J＝0.5 J.
答案 (1)0.3 A 方向a→b
(2) 2 m/s (3)0.5 J
14．(16分)如圖14所示，斜面體固定在水平面上，斜面光滑，傾角為θ，斜面底端固定有與斜面垂直的擋板，木板下端離地面高H，上端放著一個小物塊．木板和物塊的質(zhì)量均為m，相互間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力kmgsin θ(k>1)，斷開輕繩，木板和物塊沿斜面下滑．假設(shè)木板足夠長，與擋板發(fā)生碰撞時，時間極短，無動能損失，空氣阻力不計．求：
圖14
(1)木板第一次與擋板碰撞彈起上升過程中，物塊的加速度；
(2)從斷開輕繩到木板與擋板第二次碰撞的瞬間，木板運動的路程s；
(3)從斷開輕繩到木板和物塊都靜止，摩擦力對木板及物塊做的總功W.
解析 (1)設(shè)木板第一次上升過程中，物塊的加速度為a物塊
由牛頓第二定律kmgsin θ－mgsin θ＝ma物塊
解得a物塊＝(k－1)gsin θ，方向沿斜面向上．
(2)設(shè)以地面為零勢能面，木板第一次與擋板碰撞時的速度大小為v1
由機械能守恒得：12×2mv21＝2mgH
解得v1＝2gH
設(shè)木板彈起后的加速度為a板，由牛頓第二定律得：
a板＝－(k＋1)gsin θ
木板第一次彈起的最大路程s1＝－v212a板＝H?k＋1?sin θ
木板運動的路程s＝Hsin θ＋2s1＝?k＋3?H?k＋1?sin θ.
(3)設(shè)物塊相對木板滑動距離為L
根據(jù)能量守恒mgH＋mg(H＋Lsin θ)＝kmgsin θL
摩擦力對木板及物塊做的總功W＝－kmgsin θL
解得W＝－2kmgHk－1.
答案 (1)(k－1)gsin θ 沿斜面向上 (2)?k＋3?H?k＋1?sin θ (3)－2kmgHk－1
15．(16分)如圖15所示，兩平行金屬板M、N長度為L，兩金屬板間距為33L.直流電源的電動勢為E，內(nèi)阻不計．位于金屬板左側(cè)中央的粒子源O可以沿水平方向向右連續(xù)發(fā)射電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子，帶電粒子的質(zhì)量不計，射入板間的粒子速度均為v0＝ 3qEm.在金屬板右側(cè)有一個垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.
圖15
(1)將變阻器滑動頭置于a端，試求帶電粒子在磁場中運動的時間．
(2)將變阻器滑動頭置于b端，試求帶電粒子射出電場的位置．
(3)將變阻器滑動頭置于b端，試求帶電粒子在磁場中運動的時間．
解析 (1)將變阻器滑動頭置于a端，兩極板M、N間的電勢差為零，帶電粒子不會發(fā)生偏轉(zhuǎn)．帶電粒子在磁場中轉(zhuǎn)動半周離開磁場，運動時間為t1＝12×2πmqB＝πmqB.
(2)將滑動變阻器滑動頭置于b端，帶電粒子向上偏轉(zhuǎn)．帶電粒子在電場中做類平拋運動，L＝v0t，y＝12qEm33Lt2，將v0＝ 3qEm代入得，y＝36L.帶電粒子射出電場的位置為M板的上邊緣．
(3)帶電粒子射出電場時速度與水平方向夾角的正切tan θ＝36L12L＝33，所以θ＝30°.帶電粒子的運動時間為t2＝23×2πmqB＝4πm3qB.
本文來自：逍遙右腦記憶 http://yy-art.cn/gaosan/56136.html
相關(guān)閱讀：第17題-2018年浙江學(xué)考物理選考復(fù)習(xí)備考分題匯編“4+6”（真題+