上海市崇明县2021届高三第二次高考模拟考试物理试题-Word版含解析.docx

2021年上海市崇明县高考物理二模试卷一、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（2分）关于分子动理论和物体的内能，下列说法中正确的是（） A 液体分子的无规章运动称为布朗运动 B 物体的温度上升，物体内大量分子热运动的平均动能增大 C 物体的温度上升，物体内分子势能肯定增大 D 物体从外界吸取热量，其温度肯定上升【考点】： 物体的内能；分子间的相互作用力【分析】： 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温度只是分子平均动能的标志；做功和热传递都可以转变物体的内能；【解析】： 解：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；BC、温度是分子平均动能的标志，温度上升，物体内大量分子热运动的平均动能增大，但是无法依据温度变化判定分子势能变化，故B正确，C错误；D、做功和热传递都可以转变物体的内能物体从外界吸取热量，其内能不肯定增加，与做功状况有关，故D错误；故选：B【点评】： 本题关键要理解布朗运动的实质和意义，知道温度是分子平均动能的标志，分子势能变化需要依据分子力的性质和做功的正负来判定2（2分）表征物体做简谐振动快慢的物理量是（） A 回复力 B 振幅 C 周期 D 位移【考点】： 单摆周期公式【分析】： 简谐运动的周期跟振幅没有关系，而是由本身的性质（在单摆中由初始设定的绳长）打算，反映了振动的快慢【解析】： 解：A、回复力F=kx，是时刻变化的，与位移有关，故A错误；B、振幅反映了振动的强弱，故B错误；C、周期反映了振动的快慢，故C正确；D、位移是偏离平衡位置的距离，是时刻变化的，最大位移等于振幅，反映振动的强度，故D错误；故选：C【点评】： 本题考查了描述简谐运动的几个物理量，要明确各个量的含义，基础题3（2分）下列有关科学家和其在物理学中的贡献描述正确的是（） A 卡文迪什发觉了万有引力定律 B 法拉第发觉了电流的磁效应 C 贝克勒尔首先发觉了自然放射现象 D 汤姆生提出了原子的核式结构模型【考点】： 物理学史【专题】： 常规题型【分析】： 依据物理学史和常识解答，记住有名物理学家的主要贡献即可【解析】： 解：A、牛顿发觉了万有引力定律，故A错误；B、奥斯特发觉了电流的磁效应，故B错误；C、贝克勒尔首先发觉了自然放射现象，故C正确；D、卢瑟福提出了原子的核式结构模型，故D错误；故选：C【点评】： 本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发觉、创造、有名理论要加强记忆，这也是考试内容之一4（2分）如图所示，A、B是某“门”电路的输入信号，Z是相应的输出信号由此可以推断，该门电路是（） A “或”门 B “与”门 C “非”门 D “与非”门【考点】： 简洁的规律电路【分析】： 与门的特点：大事的全部条件满足，大事才能发生或门的特点：只要有一个条件满足，大事就能发生非门的特点：输入状态和输出状态完全相反【解析】： 解：由图可知，当AB中有一个为高电平常，输出Z即为高电平；符合或门的性质；故选：A【点评】： 本题考查常见规律电路，要留意把握三种常见门电路的性质；并依据输出信号来确定门电路5（2分）关于机械波，下列说法与事实不全都的是（） A 能在真空中传播 B 频率由波源打算 C 能产生干涉、衍射现象 D 在传播过程中能传递能量【考点】： 机械波【分析】： 明确机械波的性质：机械波能传播能量和振动性质，其频率由波源打算，波速由介质打算【解析】： 解：A、机械波的传播需要介质；不能在真空中传播；故A错误；B、机械波的频率与波源振动的频率相同；故B正确；C、机械波可以产生干涉及衍射现象；故C正确；D、机械波的传播过程也是传递能量的过程；故A正确；本题选择与事实不全都的，故选：A【点评】： 波的基本特点是波传播的是振动形式和能量，而质点不随波迁移，只在各自的平衡位置四周振动机械波形成要有两个条件：波源和介质6（2分）下列那个核反应方程是重核裂变的方程（） A H+HHe+n B PSi+e C N+HeO+H D U+nSr+Xe+10n【考点】： 重核的裂变【分析】： 衰变生成氦原子核，自发进行；衰变生成电子，自发进行；聚变是质量轻的核结合成质量大的核裂变是质量较大的核分裂成较轻的几个核【解析】： 解：A、H+HHe+n，是核聚变方程故A错误B、PSi+e是发觉正电子的反应方程故B错误C、N+HeO+H是人工核反应方程，是发觉质子的方程故C错误D、U+nSr+Xe+10n是重核的裂变故D正确故选：D【点评】： 该题考查常见的几个核反应方程，属于对核反应方程的种类的考查，难度不大，在学习中需要记住一些特殊的方程式7（2分）在电磁波谱中，红外线、可见光和X射线三个波段的频率大小关系是（） A 红外线的频率最大，可见光的频率最小 B 可见光的频率最大，红外线的频率最小 C X射线频率最大，红外线的频率最小 D X射线频率最大，可见光的频率最小【考点】： 电磁波谱【分析】： 电磁波是由变化电磁场产生的，电磁波有：无线电波、红外线、可见光、紫外线、伦琴射线、射线它们的波长越来越短，频率越来越高【解析】： 解：红外线、可见光和伦琴射线（X射线）三个波段的波长是从长到短，所以其频率是从低到高则频率最高的是伦琴射线（X射线），频率最小的红外线，故C正确、ABD错误故选：C【点评】： 本题考查对电磁波谱的生疏，对于电磁波谱要留意依据其波长或频率的变化而变化的规律特殊是留意可见光、红外线及紫外线间的波长、频率关系的把握8（2分）在如图所示装置中，质量为m2的物体悬挂在轻绳上O点，轻绳的一端固定在a点，另一端绕过轻质滑轮b后悬挂一质量为m1的物体已知悬点a、b间的距离远大于滑轮的直径，不计一切摩擦，整个装置处于静止状态，则（） A 肯定等于 B 肯定不等于 C m1肯定小于m2 D m1可能等于m2【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 对与m2连接的悬挂点进行受力分析，抓住两个绳子拉力在水平方向上的分力相等，得出、的关系依据竖直方向上合力等于m1的重力，得出m1和m2的关系【解析】： 解：由题，由于质量为m2的物体悬挂在轻绳上O点，所以绳子的拉力相等，等于m1的重力，对与m2连接的悬挂点进行受力分析，水平方向有Tsin=Tsin，所以=在竖直方向上有：Tcos+Tcos=m2g，而T=m1g，则有2m1gcos=m2g所以m2肯定小于2m1，当=60时，T=m1g=m2g，此时m1等于m2故A、D正确，B、C错误故选：AD【点评】： 解决本题的关键合适地选择争辩对象，正确地进行受力分析，运用共点力平衡，抓住水平方向和竖直方向合力为零进行求解该题中质量为m2的物体悬挂在轻绳上O点，可能是通过滑轮悬挂，也可能是通过光滑的环悬挂，与“系”在O点的“节点”要区分开二、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（3分）如图所示，一两头开口的圆柱形容器直立在水平面上，上部圆筒较细，下部圆筒较粗且足够长容器下部圆筒中有一可沿圆筒无摩擦移动的活塞S，用细绳通过测力计F将活塞提着，容器中盛有肯定量的水现提着活塞的同时使活塞缓慢地下移在这一过程中，测力计的读数（） A 始终保持不变 B 先变小，然后保持不变 C 先变大，然后保持不变 D 先变小，然后变大【考点】： 抱负气体的状态方程；封闭气体压强【专题】： 抱负气体状态方程专题【分析】： 弹簧测力计的示数是细绳对活塞的拉力，等于活塞的重力和水对活塞的压力其中，活塞的重力肯定，所以推断弹簧测力计示数是否变化，需要推断水对活塞压力是否变化依据公式F=pS，在活塞横截面积不变的状况下，要分析压强大小的变化状况，而压强的大小p=gh，最终还要通过确定水的深度h的变化状况来推断【解析】： 解：细绳对活塞的拉力，等于活塞的重力和水对活塞的压力水对活塞的压力F=pS，S不变，压强p=gh，可见深度h的变化直接影响了压强的小由图可知，当活塞向下移动时，水深h在渐渐减小，因此，压强p也在减小，压力F也在减小；当活塞下移到上面细筒中的水全部进入粗筒时，再下移活塞水深不再转变，而压力F保持不变因此，测力计的示数应当是先变小，后保持不变，选项B符合题意故选：B【点评】： 此题考查的角度比较特殊，突破点在容器外形对液体深度造成的影响10（3分）（2022江苏）一汽车从静止开头做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止下列速度v和位移x的关系图象中，能描述该过程的是（） A B C D 【考点】： 匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】： 运动学中的图像专题【分析】： 依据匀变速直线运动位移速度公式列式分析即可求解【解析】： 解：物体做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，则v2=2a1xv=，所以图象是单调递增凸函数，刹车后做匀减速直线运动，可以反过来看成初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a2，则v2=2a2x解得：v=，则图象是单调递增的凸函数，再反过来即为单调递减的凸函数，故A正确故选：A【点评】： 本题主要考查了匀变速直线运动位移速度公式的直接应用，知道车后做匀减速直线运动，可以反过来看成初速度为零的匀加速直线运动，难度适中11（3分）如图所示，一只小鸟沿着较粗均匀的树枝从右向左缓慢爬行，在小鸟从A运动到B的过程中（） A 树枝对小鸟的作用力先减小后增大 B 树枝对小鸟的摩擦力先减小后增大 C 树枝对小鸟的弹力先减小后增大 D 树枝对小鸟的弹力保持不变【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 小鸟缓慢爬行，合力为零，受重力、支持力和静摩擦力处于平衡，依据平衡得出摩擦力的变化和弹力的变化【解析】： 解：A、树枝对小鸟的作用力与小鸟的重力等值反向，所以树枝对小鸟的作用力大小不变，故A错误B、小鸟所受的摩擦力f=mgsin，从A到B的过程中，先减小后增大，则摩擦力先减小后增大，故B正确C、小鸟所受的弹力N=mgcos，从A到B的过程中，先减小后增大，则弹力先增大后减小，故C、D错误故选：B【点评】： 解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，留意小鸟所受的摩擦力为静摩擦力12（3分）如图，某示波管内的聚焦电场，上下对称分布的实线和虚线分别表示电场线和等势线，一电子分别在a、b、c三点，所受的电场力为Fa、Fb和Fc，所具有的电势能为Ea，Eb，Ec，则他们的大小关系是（） A FaFc，EaEc B FaFb，EaEb C FbFc，EbEc D FbFc，EbEc【考点】： 电场线；电势能【分析】： 图中a、b两点在一个等势面上，依据W=qU推断电场力做功的大小，依据电场线的疏密程度推断电场强度的大小【解析】： 解：由图可知，b处的电场线最密，c处的电场线最疏，则b处的电场强度最大，c处的电场强度最小，电子在b处受到的电场力最大，c处的电场力最小即FbFaFc；沿电场线的方向电势降低，由图可知，右侧的电势高，左侧的电势低，所以c处的电势最高，a处的电势最低，电子带负电，在电势高的地方的电势能小，所以EaEbEc故选：D【点评】： 本题关键是明确电场强度的大小看电场线的疏密程度，电子带负电，在电势高的地方电子的电势能小，基础问题13（3分）如图所示，在外力作用下某质点作直线运动的t图象为正弦曲线从图中可以推断（） A 在0t3时间内，外力做正功 B 在0t1时间内，外力的功率渐渐增大 C 在t2时刻，外力的功率最大 D 在t1t3时间内，外力做的总功不为零【考点】： 动能定理的应用；匀变速直线运动的图像【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： 由vt图象可知物体的运动方向和速度大小的变化，由动能定理分析外力做功正负由图象的斜率可知加速度的大小和方向，分析出外力的大小和方向，可由公式P=Fv可求得功率的变化状况【解析】： 解：A、在0t1时间内，由图象可知，物体的速度增大，动能增大，由动能定理知外力做正功；故A正确B、图象斜率表示加速度，加速度与外力成正比，则知在0t1时间内，加速度减小，外力减小减小，速度增大由图象可知0时刻速度为零，由P=Fv可知外力的功率为零t1时刻速度最大但拉力为零，t1时刻外力功率也为零，可知外力功领先增大后减小，故B错误C、t2时刻物体的加速度为零，外力为零，由P=Fv可知外力的功率为零，故C错误D、在t1t3时间内物体的动能变化量为零，由动能定理可知外力做的总功为零，故D错误故选：A【点评】： 本题要求同学能娴熟把握图象的分析方法，由图象得出我们需要的信息把握动能定理，能够依据动能的变化分析外力做功正负B项中接受的是极限分析法，因开头为零，后来为零，而中间有功率，故功率应先增大，后减小14（3分）如图所示是一个单边斜拉桥模型，均匀桥板重为G，可绕通过O点的水平固定轴转动7根与桥面均成30角的平行钢索拉住桥面，其中正中间的一根钢索系于桥的重心位置，其余成等距离分布在它的两侧若每根钢索所受拉力大小相等且等于F，则（） A F=G B F=G C F=G D F=G【考点】： 力矩的平衡条件【分析】： 钢绳拉力和重力的合力沿着杆指向O点，否则杆会绕O点转动；依据牛顿第三定律，O点对杆的支持力水平向左；然后对杆受力分析，受重力、拉力和支持力，依据平衡条件，有：拉力的竖直重量等于重力【解析】： 解：钢绳拉力和重力的合力沿着杆指向O点，否则杆会绕O点转动；依据牛顿第三定律，O点对杆的支持力水平向左；对杆受力分析，受重力、拉力和支持力，依据平衡条件，有：7Tsin30=mg解得：T=；故选：B【点评】： 本题考查力矩平衡的条件应用；推断出O点对杆的支持力水平向左是解题的突破口；然后依据平衡条件列式求解即可15（3分）在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了准时发觉，设计了一种报警装置电路如图所示，M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻RM会发生变化，导致S两端的电压U增大而报警此时（） A RM变大，且R越大，U增大越明显 B RM变大，且R越小，U增大越明显 C RM变小，且R越大，U增大越明显 D RM变小，且R越小，U增大越明显【考点】： 闭合电路的欧姆定律【专题】： 恒定电流专题【分析】： 电阻R与RM并联后与S串联，当电阻R越大时，电阻R与RM并联的电阻越接近RM，电压变化越明显【解析】： 解：S两端电压U增大，故传感器两端电压肯定减小；当“有药液从针口流出体外”使传感器接触药液，RM变小；当RRM时，R越大，M与R并联的电阻R并越接近RM，U增大越明显；故选：C【点评】： 本题是电路的动态分析问题，关键明确当电阻R越大时，电阻R与RM并联的电阻越接进RM，电压变化越明显16（3分）如图所示，两端开口、内径均匀的玻璃弯管竖直固定，两段水银柱将空气柱B封闭在玻璃管左侧的竖直部分，A侧水银有一部分在水平管中若保持温度不变，向右管缓缓注入少量水银，稳定后（） A 右侧水银面高度差h1减小 B 空气柱B的长度不变 C 空气柱B的压强增大 D 左侧水银面高度差h2增大【考点】： 封闭气体压强；抱负气体的状态方程【分析】： 使用连通器的原理可以求出B两部分气体的压强；向右管注入少量水银，左侧的压强就增大，左侧的水银就会向左移动，从而左侧的水银A向上运动，这时左侧水银的高度差h2就会减小温度保持不变，气体的压强减小再依据连通器的原理确定h的变化【解析】： 解：A：气体的压强减小，右管与B的水银面的高度差h1就会减小，故A正确，D错误；B：温度保持不变，气体的压强减小，依据玻意耳定律，气体的体积就会增大，长度变大故B错误；C、依据连通器的原理PB=P0+gh1=P0+gh2，向右管注入少量水银，左侧的压强就增大，左侧的水银就会向左移动，从而左侧的水银A向上运动，这时左侧水银的高度差h2就会减小温度保持不变，气体的压强减小，故C错误故选：A【点评】： 本题考查封闭气体的压强，把握连通器的原理解题，理解玻意耳定律留意空气柱的质量肯定是解题的前提条件三、多项选择题（共16分，每小题4分，每小题有二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）17（4分）在如图所示电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1为可变电阻，当R1调大时（） A R2上的功率增大 B R3上的功率增大 C Ro上的功率增大 D R上的功率增大【考点】： 闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【专题】： 恒定电流专题【分析】： 对于定值电阻，只要分析出其电流或电压的变化状况，即可推断出其功率的变化状况当R1调大时，外电路总电阻增大，依据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化和路端电压，即可推断R0消耗的功率变化状况；结合串联电路分压规律得到并联部分电压的变化，推断出R的功率变化状况；由总电流与R的电流变化，分析R3的电流变化，从而分析功率R3消耗的功率变化；依据并联部分电压和R3的电压变化状况，推断R2的电压变化，即可推断R2消耗的功率的变化【解析】： 解：当R1调大时，外电路总电阻增大，依据闭合电路欧姆定律分析可知总电流减小，路端电压随之增大，所以R0消耗的功率减小；依据串联电路分压规律得到并联部分电压增大，R消耗的功率增大；由于总电流减小，通过R的电流增大，则通过R3的电流减小，所以功率R3消耗的功率减小；并联部分电压增大，而R3的电压减小，则得R2的电压增大，R2消耗的功率增大故AD正确故选：AD【点评】： 本题考查闭合电路欧姆定律的应用，要按“部分整体部分”的思路进行动态变化分析；同时留意要能直接依据外电路电阻的变化，分析出路端电压的变化18（4分）如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面对上推出，调整斜面与水平方向的夹角，试验测得x与斜面倾角的关系如图乙所示，g取10m/s2，依据图象可求出（） A 物体的初速率v0=3m/s B 物体与斜面间的动摩擦因数=0.75 C 取不同的倾角，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin=1.44m D 当=45时，物体达到最大位移后将停在斜面上【考点】： 牛顿其次定律；匀变速直线运动的图像【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 由题意明确图象的性质，则可得出位移的打算因素；依据竖直方向的运动可求得初速度；由水平运动关系可求得动摩擦因数；再由数学关系可求得位移的最小值【解析】： 解：A、由图可知，当夹角=0时，位移为2.40m；而当夹角为90时，位移为1.80m；则由竖直上抛运动规律可知：v02=2gh；解得：v0=；故A错误；B、当夹角为0度时，由动能定理可得：mgx=；解得：=，故B正确C、mgxsinmgcosx=0，解得：x=；当+=90时，sin（+）=1；此时位移最小，x=1.44m；故C正确；D、若=45时，物体受到的重力的分力为mgsin45=；摩擦力f=mgcos30=0.75mg=，一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，故物体到达最大位移后会下滑，故D错误故选：C【点评】： 本题综合考查动能定理、受力分析及竖直上抛运动；并键在于先明确图象的性质，再通过图象明确物体的运动过程；结合受力分析及动能定理等方法求解19（4分）如图所示，一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知运动过程中受到恒定阻力f=kmg作用（k为常数且满足0k1）图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能和重力势能与其上上升度之间的关系（以地面为零势能面），h0表示上升的最大高度则由图可知，下列结论正确的是（） A E1是最大势能，且E1= B 上升的最大高度h0= C 落地时的动能Ek= D 在h1处，物体的动能和势能相等，且h1=【考点】： 动能定理的应用【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： 依据图象的信息知道上升过程中小球的初速度和末动能，依据动能定理求出上升的最大高度，再由势能的定义式求解最大势能再由动能定理求落地时的动能，及动能与势能相等时的高度【解析】： 解：AB、对于小球上升过程，依据动能定理可得：0Ek0=（mg+f）h0，又f=kmg，得上升的最大高度h0=则最大的势能为 E1=mgh0=，故AB正确C、下落过程，由动能定理得：Ek=（mgf）h0，又f=kmg，解得落地时的动能 Ek=，故C错误D、设h1高度时重力势能和动能相等，由动能定理得： EkEk0=（mg+f）h1，又 mgh1=Ek，解得h1=故D正确故选：ABD【点评】： 本题的关键是把握动能定理，并能分过程列式，要留意重力势能与重力做功之间的区分20（4分）如图所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移选项中正确的是（） A B C D 【考点】： 电磁感应中的能量转化【专题】： 压轴题【分析】： 未进入磁场时，c、d做自由落体运动，到达磁场上边界时速度相同c、d都进入磁场后，同时在磁场中运动时，两者速度相同，没有感应电流产生，只受重力，都做匀加速直线运动，加速度为gc出磁场后，d在切割磁感线时，此时d的速度比进磁场时大，产生感应电动势增大，感应电流增大，受到的安培力增大，则d做匀减速直线运动依据动能与高度的关系选择动能图象【解析】： 解：A、B，设c、d刚进磁场时速度为v，c刚进入磁场做匀速运动，此时由静止释放d设d经时间t进入磁场，并设这段时间内c的位移为x则 由于h=，x=vt，得到x=2h，则d进入磁场时，c相对释放点的位移为3h d进入磁场后，cd二者都做匀速运动，且速度相同，二者与导轨组成的回路磁通量不变，感应电流为零，不受安培力，两导体棒均做加速度为g的匀加速运动，故A错误，B正确； C、D，c出磁场时d下落2h，c出磁场后，只有导体棒d切割磁感线，此时d的速度大于进磁场时的速度，d受到安培力作用做减速运动，动能减小，d出磁场后动能随下 落高度的增加而均 匀增大，故C错误，D正确故选：BD【点评】： 本题关键在于分析两导体的受力状况和运动状况，抓住安培力大小与速度大小成正比这个结论，分析只有d切割磁感线过程d的运动状况四、填空题（共20分，每小题4分）【本大题中第22题-23题为分叉题，考生可任选一题答题若两题均做，一律按一题计分】21（4分）固定有竖直杆的小车总质量为M，在竖直杆上套一个质量为m的球，已知球与竖直杆之间的动摩擦因数为，要使球能沿杆匀速下滑，则对小车施加的水平作用力F=（M+m）g，此时小车的加速度a=（不计地面的摩擦）【考点】： 牛顿其次定律；力的合成与分解的运用【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 木块竖直方向匀速下滑，水平方向具有与小车相同的加速度分析木块竖直方向的受力：重力mg和滑动摩擦力f，二力平衡，即可得到滑动摩擦力f，由f=N，求出杆对木块的力，依据牛顿其次定律求出木块水平方向的加速度，小车与木块水平方向有相同的加速度，即得结果【解析】： 解：设小车的加速度为a对木块： 竖直方向：受到重力mg和滑动摩擦力f，木块匀速下滑时，则有 f=mg 水平方向：受到杆的弹力N，则有 N=ma，又f=N联立以上三式，得 a=对整体，依据牛顿其次定律得：水平方向：F=（M+m）a解得：F=（M+m）g，故答案为：F=（M+m）g，a=【点评】： 本题运用正交分解法争辩木块的受力状况，再运用整体法，依据牛顿其次定律即可求解水平力F22（4分）质量为m=100kg的小船静止在水面上，水的阻力不计，船上左、右两端各站着质量分别为m甲=40kg，m乙=60kg的游泳者，当甲朝左，乙朝右，同时以相对河岸3m/s的速率跃入水中时，小船运动方向为向左（填“向左”或“向右”）；运动速率为0.6 m/s【考点】： 运动的合成和分解【专题】： 运动的合成和分解专题【分析】： 船以及两个人组成的系统在水平方向上不受外力，动量守恒，依据动量守恒定律求出小船的速度大小和方向【解析】： 解：规定向左为正方向，依据动量守恒定律得：0=m甲v甲+m乙v乙+mv代入数据得：0=403+60（3）+100v解得：v=0.6m/s知方向向左，大小为0.6m/s故答案为：向左，0.6【点评】： 解决本题的关键把握动量守恒的条件，会运用动量守恒定律进行求解23已知万有引力常量为G，地球半径为R，同步卫星距地面的高度为h，地球的自转周期为T，地球表面的重力加速度为g则地球质量可表达为或【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【专题】： 人造卫星问题【分析】： 同步卫星绕地球做圆周运动，依据万有引力供应向心力列出等式，求出中心天体（即地球）的质量依据地球表面物体万有引力供应向心力等于重力列出等式求出地球质量【解析】： 解：1同步卫星绕地球做圆周运动，依据万有引力供应向心力，=，r=R+h解得：；2依据地球表面物体万有引力供应向心力等于重力列出等式：=mg解得：；故答案为：2，【点评】： 解决本题的关键把握万有引力供应向心力这一理论，并能机敏运用本题可以依据同步卫星绕地球做圆周运动，运用万有引力供应向心力求出地球的质量也可以依据万有引力等于重力求出地球的质量24（4分）图（a）为一列机械波在t=2s时的波形图，图（b）为介质中平衡位置在x=1.5cm处的质点的振动图象，P是平衡位置为x=2cm的质点则该列机械波的波速为5103m/s，在02s时间内，P点运动的路程为8cm【考点】： 波长、频率和波速的关系【分析】： 依据图a读出波长，图了读出周期，即可求出波速；依据时间与周期的倍数关系，求质点P通过的路程【解析】： 解：由图（a）可知该简谐横波波长为 2cm，由图（b）知周期为 4s，则波速为：v=5103 m/s；由于时间 t=2s=，则在02s时间内，P点运动的路程为 S=2A=24cm=8cm故答案为：5103，8【点评】： 由波动图象读出波长、由振动图象读出周期是基本力量本题要知道P点作简谐运动，在一个周期内通过的路程是4A，半个周期内通过的路程是2A，但要留意周期内通过的路程不肯定是A25（4分）如图所示，导线全部为裸导线，半径为r的圆内有垂直于平面的匀强磁场，磁感应强度为B，一根长度大于2r的导线MN以速度v在圆环上无摩擦地自左向右匀速滑动，电路的固定电阻为R，其余电阻忽视不计在MN滑动过程中，通过电阻R上的电流的平均值为，当MN从圆外的左端滑到右端时，通过R的电荷量为【考点】： 法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量转化【专题】： 电磁感应功能问题【分析】： （1）依据法拉第电磁感应定律，从而求出从左端滑到右端导体棒产生的平均感应电动势，再由闭合电路欧姆定律可求出通过电阻的平均电流；（2）依据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流与电量的关系式求解通过导体棒的电荷量【解析】： 解：（1）由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势：E=n=，平均感应电流：I=；（2）MN从左端到右端的整个过程中，通过R的电荷量：q=It=；故答案为：，【点评】： 考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，且电量与磁通量的变化及电阻有关并体现了平均感应电动势与瞬时感应电动势的区分及如何求解26（4分）半径为R的水平圆盘，绕通过圆心的竖直轴匀速转动，A为圆盘边缘上的一点，在O的正上方有一个可以视为质点的小球，以初速度水平抛出时，半径OA方向恰与的方向相同，如图所示若小球与圆盘只碰一次，且正好落在A点，则小球抛出时距离O点的高度h=，圆盘转动的角速度大小，（n=1，2，3，）（重力加速度为g）【考点】： 向心力；牛顿其次定律【专题】： 牛顿其次定律在圆周运动中的应用【分析】： 小球做平抛运动，依据水平位移和初速度求出平抛运动的时间，依据时间求出高度h抓住平抛运动的时间和圆周运动的时间相等，求出圆盘转动的角速度【解析】： 解：平抛运动的时间t=，则高度h=依据圆周运动的周期性，结合时间相等有：，解得，（n=1，2，3，）故答案为：，（n=1，2，3，）【点评】： 本题考查了平抛运动和圆周运动的基本运用，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，运用运动学公式机敏求解本题需留意圆周运动的周期性五、试验题（共24分）27（4分）如图为双缝干涉的试验示意图，光源发出的光经滤光片成为单色光，然后通过单缝和双缝，在光屏上消灭明暗相间的条纹若要使干涉条纹的间距变大，在保证其他条件不变的状况下，可以（） A 将光屏移近双缝 B 更换滤光片，改用波长更长的单色光 C 增大双缝的间距 D 将光源向双缝移动一小段距离【考点】： 双缝干涉的条纹间距与波长的关系【专题】： 光的干涉专题【分析】： 发生干涉的条件是两列频率相同的光，双缝的作用是得到相干光源，由条纹间距干涉x=，知，如何转变条纹间距【解析】： 解：试验中用激光通过双缝，双缝的作用是形成相干光源；由条纹间距干涉x=，知，为了增大光屏上干涉条纹的间距，应使得双缝间距离d缩小，或者增大L与；A、将光屏移近双缝，则L减小，不符合要求，故A错误；B、换滤光片，改用波长更长的单色光，符合要求，故B正确；C、增大双缝的间距，导致条纹间距变小，故C错误；D、光源向双缝移动一小段距离，不会影响条纹间距，故D错误；故选：B【点评】： 本题考查了用激光器、双缝、光屏等器材争辩光的干涉现象，记住条纹间距干涉x=28（4分）在“用单摆测定重力加速度”的试验中：（1）某同学分别选用四种材料不同、直径相同的实心球做试验，各组试验的测量数据如下若要精确计算当地的重力加速度值，应选用第2组试验数据组别 摆球材料 摆长L/m 最大摆角 全振动次数N/次1 铜 0.40 15 202 铁 1.00 5 503 铝 0.40 15 104 木 1.00 5 50（2）某同学选择了合理的试验装置后，测量出几组不同摆长L和周期T的数值，画出T2L图线（以T2为纵轴），并算出图线的斜率为k，则当地的重力加速度g=（用符号表示）【考点】： 用单摆测定重力加速度【专题】： 试验题；简谐运动专题【分析】： 留意事项：用密度较大的实心球，减小空气质量影响，摆角较小，白长约1m，振动次数较多，约50次【解析】： 答：（1）对比各个试验组可得，用密度较大的实心球，减小空气质量影响，摆角较小，白长约1m，振动次数较多，约50次，满足条件的为：2（2）由题意知，斜率k=，依据试验原理：T=2得：g=整理得：g=故答案为：（1）2；（2）【点评】： 了解留意事项：用密度较大的实心球，减小空气质量影响，摆角较小，白长约1m，振动次数较多，约50次等，可快速解答29（7分）某同学设计了如图1所示的装置来探究加速度与力的关系弹簧秤固定在一合适的木块上，桌面的右边缘固定一个光滑的定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接在桌面上画出两条平行线P、Q，并测出间距d开头时将木块置于P处，现缓慢向瓶中加水，直到木块刚刚开头运动为止，登记弹簧秤的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小再将木块放回原处并按住，连续向瓶中加水后，登记弹簧秤的示数F，然后释放木块，并用秒表登记木块从P运动到Q处的时间t木块的加速度可以用d、t表示为a=转变瓶中水的质量重复试验，确定加速度a与弹簧秤示数F的关系下列图2图象能表示该同学试验结果的是C用加水的方法转变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是BCA可以转变滑动摩擦力的大小B可以更便利地猎取更多组试验数据C可以更精确地测出摩擦力的大小D可以获得更大的加速度以提高试验精度【考点】： 验证牛顿其次运动定律【专题】： 试验题；牛顿运动定律综合专题【分析】： 长木板做匀加速直线运动，依据位移时间关系公式列式求解加速度；知道减小误差的常用方法是多次测量取平均值；知道当水的质量远远小于木板的质量时，水的重力近似等于绳子的拉力【解析】： 解：依据匀变速直线运动公式得：d=，解得：a=当F1F0时，木板才产生加速度随着连续向瓶中加水后，矿泉水瓶的质量不断增加，矿泉水瓶的质量不能远小于木板的质量，那么水的重力与绳子的拉力差值越来越大，则图象消灭弯曲故ABD错误，C正确，故选：CA、不行以转变滑动摩擦力的大小