2019年上海市浦東新區(qū)高考物理一模試卷

1、2019年上海市浦東新區(qū)高考物理一模試卷一、單項選擇題（共40分，1-8題每小題3分，9-12題每小題3分每小題只有一個正確選項）1（3分）元電荷是（）a電荷量b點電荷c電子d質子2（3分）如圖所示，為一列沿x軸傳播的橫波，周期為2s，則該波（）a波長為2mb振幅為10cmc頻率為2hzd波速為2m/s3（3分）如圖中標出了磁感應強度b、電流i和其所受磁場力f的方向，正確的是（）abcd4（3分）如圖所示，一只小甲蟲沿著傾斜的樹枝向上勻速爬行，則（）a甲蟲速度越大所受摩擦力越大b樹枝對甲蟲的摩擦力方向沿樹枝向下c樹枝對甲蟲的作用力與甲蟲所受的重力是一對平衡力d甲蟲勻速向下爬行與向勻速上爬行所受

2、摩擦力方向相反5（3分）用國際單位制中基本單位表示的磁通量單位是（）awbbtm2cd6（3分）一個物體作豎直上拋運動，則（）a上升到最高點時，加速度為零b上升和下落過程的平均速度相同c任何相等時間內(nèi)的速度變化量都相同d相等時間內(nèi)的位移可能相同7（3分）如圖所示，同一水平面內(nèi)有一金屬圓線圖m和一帶正電橡膠圓環(huán)n，當n繞其圓心在水平面內(nèi)順時針加速轉動時，可判斷出m環(huán)中產(chǎn)生的感應電流方向及m變化趨勢（）a逆時針；收縮b逆時針；擴張c順時針；收縮d順時針；擴張8（3分）如圖所示，人隨自動扶梯加速上行，扶梯對人的作用力為f，則f（）a大小等于人的重力，對人做正功b大小等于人的重力，對人做負功c大小大于

3、人的重力，對人做正功d大小小于人的重力，對人做負功9（4分）“蹦極”是一種富有刺激性的勇敢者的運動項目。如圖所示，一根彈性橡皮繩一端系于跳臺，另一端系于人的腿部。不計空氣阻力，在蹦極者從跳臺下落到最低點的過程中，則（）a蹦極者下落至最低點時橡皮繩的彈性勢能最大b蹦極者下落至橡皮繩原長位置時動能最大c蹦極者的機械能先增大后減小d蹦極者重力勢能與橡皮繩彈性勢能之和一直減小10（4分）一帶電粒子僅在電場力作用下以初速度w向右做直線運動，其vt圖象如圖所示。則（）at1時刻前后電場力方向相反b0t2時間內(nèi)電場力先減小后增大c0t2時間內(nèi)粒子速度一直減小d0t2時間內(nèi)粒子速度改變量的方向向左11（4分）

4、如圖所示的電路中，電源電動勢為e，內(nèi)阻為r，r1、r2、r3阻值相同。將單刀雙擲開關由a點打到b點（）a伏特表的讀數(shù)變大b電源的總功率變小c電源的效率變大dr2的功率變小12（4分）空間有一沿x軸方向電場，x軸上各點電勢隨x變化的關系如圖所示，則（）a該電場可能是單個點電荷所形成的電場bx2x3區(qū)間內(nèi)，場強沿x軸負方向c0x2區(qū)間內(nèi)，沿x軸正方向電勢先降低后升高d將電子沿x軸從x1移到x3處，其電勢能先減小后增大二、填空題（共20分）13（4分）如圖所示是“研究向心力與哪些因素有關”的實驗儀器，叫做“dis向心力實驗器”。該實驗裝置中需要用到力傳感器和 傳感器，由于該實驗涉及多個物理量，所以實

5、驗采用的方法是 法。14（4分）“用dis測定電源的電動勢和內(nèi)阻”的實驗電路如圖所示，定值電阻r1在實驗中的作用是 ；傳感器的連接還未完成，其上端的接線柱c應連接在 上（選填“a”或“b”）。15（4分）質量分別為2m和m的兩顆恒星a和b組成雙星系統(tǒng)，僅在相互之間萬有引力的作用下，以兩星連線上的某點為圓心，在同一平面內(nèi)做周期相同的勻速圓周運動。則a、b兩顆恒星的向心力之比fa：fb ；運動半徑之比ra：rb 。16（4分）a車和b車在同一平直公路上行駛，它們的位移時間圖象分別為圖中直線a和曲線b，由圖可知0t1時間內(nèi)a車與b車之間的距離 （選填“一直減小”、“一直增大”或“先增后減”）；設0t

6、2時間內(nèi)a、b兩車的平均速度分別為va和vb，則va vb（選填“”、“”或“”）17（4分）邊長為l、電阻為r的n匝正方形線圈，以速度v勻速進入磁感應強度為b的有界勻強磁場。線圈運動方向與磁場邊界成角，如圖所示。當線圈中心經(jīng)過磁場邊界時，穿過線圈的磁通量 ：線圈所受安培力f 。三、綜合題（共40分）注意：第19、20題在列式計算、邏輯推理以及回答問題過程中，要求給出必要的圖示、文字說明、公式、演算等18（10分）在做“用單擺測定重力加速度”的實驗中，（1）用秒表測時間時為盡量減少誤差，應從擺球通過 （選填“最高點”或“最低點”）時開始計時。（2）某同學在正確操作和測量的情況下，測得周期為t1

7、，得出重力加速度值比當?shù)刂亓铀俣戎敌?，排除了其它因素后發(fā)現(xiàn)，是所用擺球的重心不在球心所致，則可以判斷重心應該是在球心的 （選填“上方”或“下方”）。于是他將擺線長減小l，測得單擺振動周期為t2，由此可得到比較準確的重力加速度表達式是 。（3）為了更準確測量，他測出多組擺長l和振動周期t，得出如圖所示圖象，則圖象的縱軸表示 ；由圖象求出的重力加速度g m/s2（小數(shù)點后保留兩位）19（14分）如圖所示，長l3.41m的水平直桿bc，與高h0.2m的光滑細彎桿ab底部和足夠長斜桿cd底部都平滑連接，cd與水平方向夾角37°一質量m0.2kg的小環(huán)套在桿上，從最高點a由靜止釋放，沿細彎桿

8、運動到b點時在小環(huán)上加一水平向右的外力f2n，至c點撒去，小環(huán)沖上斜桿cd已知小環(huán)與桿bc、cd間動摩擦因數(shù)均為0.8（g10m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8）求：（1）小環(huán)在b點時的速度vb大??；（2）判斷小環(huán)最終能否靜止在斜桿上，通過表達式及計算加以說明；（3）小環(huán)在斜桿cd上運動的時間。（小數(shù)點后保留兩位）20（16分）如圖所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導軌，左側水平，右側傾斜且與水平部分平滑連接并成30°夾角，兩導軌間距為l0.5m，左端接有電阻r0.5，其余電阻不計。水平部分空間內(nèi)有豎直向上的勻強磁場b10.5t，斜面部分有垂直于導軌平面

9、斜向上的勻強磁場b2質量為m0.2kg的導體棒cd，與導軌接觸良好且始終垂直于導軌。給棒cd沿斜面向下的初速度v02m/s后，棒勻速下滑，經(jīng)時間t1s進入水平部分。（g10m/s2）求：（1）b2的大??；（2）進入水平部分后，棒cd的電流方向和安培力方向，并從速度、加速度兩個角度描述導體棒cd進入水平部分后的運動情況；（3）棒cd從開始到最終停止，電阻r上產(chǎn)生的熱量q；（4）棒cd進入水平部分瞬間加速度a的大小和方向；若要讓棒進入水平部分后，加速度保持不變，需在棒上加一個水平外力f，直至棒離開水平面，從棒進入水平部分開始計時，請寫出力f與時間t的表達式，并標明f的方向及t的取值范圍。2019年

10、上海市浦東新區(qū)高考物理一模試卷參考答案與試題解析一、單項選擇題（共40分，1-8題每小題3分，9-12題每小題3分每小題只有一個正確選項）1（3分）元電荷是（）a電荷量b點電荷c電子d質子【考點】a1：元電荷、點電荷菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】31：定性思想；43：推理法；532：電場力與電勢的性質專題【分析】元電荷又稱“基本電量”，在各種帶電微粒中，電子電荷量的大小是最小的，人們把最小電荷叫做元電荷，常用符號e表示，任何帶電體所帶電荷都是e的整數(shù)倍?！窘獯稹拷猓涸姾捎址Q“基本電量”，元電荷是帶電量的最小值，它不是電荷，不是指質子或者是電子，也不是電荷，故a正確，bcd錯誤；故選：a。【點評】點電

11、荷是電荷，有電荷量與電性，而元電荷不是電荷，有電荷量但沒有電性。2（3分）如圖所示，為一列沿x軸傳播的橫波，周期為2s，則該波（）a波長為2mb振幅為10cmc頻率為2hzd波速為2m/s【考點】f4：橫波的圖象菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】31：定性思想；43：推理法；51d：振動圖像與波動圖像專題【分析】明確波動圖象的性質，根據(jù)圖象可直接得出波的波長和振幅；根據(jù)周期和頻率的關系即可確定頻率，根據(jù)波長波速和頻率的關系即可確定波速大小?！窘獯稹拷猓篴b、由圖可知，該波的波長為4m，振幅為5cm，故ab錯誤；c、周期為2s，則頻率f0.5hz，故c錯誤；d、根據(jù)波速、波長和頻率的關系可知，波速vf4&#

12、215;0.5m/s2m/s，故d正確。故選：d?！军c評】本題考查對波動圖象的認識，要注意明確圖象的性質，同時掌握波長、波速和周期、頻率間的關系。3（3分）如圖中標出了磁感應強度b、電流i和其所受磁場力f的方向，正確的是（）abcd【考點】cd：左手定則菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】31：定性思想；43：推理法；53d：磁場 磁場對電流的作用【分析】左手定則的內(nèi)容：伸開左手，使大拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內(nèi)；讓磁感線從掌心進入，并使四指指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向。根據(jù)左手定則的內(nèi)容判斷安培力的方向?！窘獯稹拷猓篴、根據(jù)左手定則，安培力的

13、方向垂直導線斜向左上方，故a錯誤；b、根據(jù)左手定則，安培力方向垂直磁場向上，故b正確；c、電流的方向與磁場方向平行，可知，不受安培力，故c錯誤；d、根據(jù)左手定則，安培力的方向垂直紙面向外，故d錯誤；故選：b?！军c評】解決本題的關鍵掌握左手定則判定安培力的方向，及注意安培力產(chǎn)生條件，及與右手定則的區(qū)別。4（3分）如圖所示，一只小甲蟲沿著傾斜的樹枝向上勻速爬行，則（）a甲蟲速度越大所受摩擦力越大b樹枝對甲蟲的摩擦力方向沿樹枝向下c樹枝對甲蟲的作用力與甲蟲所受的重力是一對平衡力d甲蟲勻速向下爬行與向勻速上爬行所受摩擦力方向相反【考點】3c：共點力的平衡菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】31：定性思想；43：推理

14、法；527：共點力作用下物體平衡專題【分析】甲蟲勻速爬行，合力為零，受重力、支持力和靜摩擦力處于平衡，根據(jù)平衡得出摩擦力的變化?！窘獯稹拷猓篴b、設傾角為，根據(jù)平衡條件可知甲蟲所受的摩擦力fmgsin，方向沿樹枝向上，勻速運動過程中，不變，則摩擦力不變，故ab錯誤。c、勻速運動，受力平衡，樹枝對甲蟲的作用力與甲蟲所受的重力是一對平衡力，故c正確；d、甲蟲勻速向下爬行與向勻速上爬行所受摩擦力方向相同，均為沿樹枝向上，故d錯誤。故選：c?！军c評】解決本題的關鍵能夠正確地受力分析，運用共點力平衡進行求解，注意勻速運動時摩擦力的大小和方向與速度大小無關。5（3分）用國際單位制中基本單位表示的磁通量單位

15、是（）awbbtm2cd【考點】d7：磁通量菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】31：定性思想；43：推理法；53d：磁場 磁場對電流的作用【分析】國際單位制規(guī)定了七個基本物理量。分別為長度、質量、時間、熱力學溫度、電流、光強度、物質的量。它們的在國際單位制中的單位稱為基本單位，而物理量之間的關系式推到出來的物理量的單位叫做導出單位?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)磁通量bs，fma，a，則的單位用基本單位表示是 kgm2/as2，故abc錯誤，d正確；故選：d?！军c評】國際單位制規(guī)定了七個基本物理量，這七個基本物理量分別是誰，它們在國際單位制分別是誰，這都是需要學生自己記住的。6（3分）一個物體作豎直上拋運動，則（）a上

16、升到最高點時，加速度為零b上升和下落過程的平均速度相同c任何相等時間內(nèi)的速度變化量都相同d相等時間內(nèi)的位移可能相同【考點】1n：豎直上拋運動菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】31：定性思想；43：推理法；514：自由落體運動專題【分析】豎直上拋運動是初速度向上，只在重力作用下的運動，加速度為g，上升和下落過程具有對稱性，同一位置速度大小相等，方向相反?！窘獯稹拷猓篴、上升到最高點時，瞬時速度為零，加速度為g，故a錯誤；b、速度是矢量，上升和下落過程的平均速度大小相等，方向相反，故b錯誤；c、豎直上拋運動是勻變速直線運動，故運動過程中任何相等時間內(nèi)的速度變化量都相同，故c正確；d、運動過程中，不同的相等時間

17、段的平均速度不可能相同（大小和方向不可能同時相同），故相等時間內(nèi)的位移不可能相同，故d錯誤；故選：c。【點評】本題主要考查了豎直上拋運動的基本規(guī)律，要明確其上升和下降過程的速度、時間和能量具有對稱性，基礎題。7（3分）如圖所示，同一水平面內(nèi)有一金屬圓線圖m和一帶正電橡膠圓環(huán)n，當n繞其圓心在水平面內(nèi)順時針加速轉動時，可判斷出m環(huán)中產(chǎn)生的感應電流方向及m變化趨勢（）a逆時針；收縮b逆時針；擴張c順時針；收縮d順時針；擴張【考點】db：楞次定律菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】31：定性思想；43：推理法；53d：磁場 磁場對電流的作用【分析】本題中是由于n的轉動而形成了感應電流，而只有n中的感應電流的變化可

18、以在m中產(chǎn)生磁通量的變化，才使m中產(chǎn)生了感應電流；因此本題應采用逆向思維法分析判斷?！窘獯稹拷猓寒攷д姷慕^緣圓環(huán)n順時針加速旋轉時，相當于順時針方向電流，并且在增大，根據(jù)右手定則，其內(nèi)（金屬圓環(huán)a內(nèi)）有垂直紙面向里的磁場，其外（金屬圓環(huán)m處）有垂直紙面向外的磁場，并且磁場的磁感應強度在增大，金屬圓環(huán)m包圍的面積內(nèi)的磁場的總磁感應強度是垂直紙面向里（因為向里的比向外的磁通量多，向里的是全部，向外的是部分）而且增大，根據(jù)楞次定律，m中產(chǎn)生的感應電流的磁場垂直紙面向外，磁場對電流的作用力向外，所以m中產(chǎn)生逆時針方向的感應電流，根據(jù)左手定則，磁場對電流的作用力向外，所以具有擴張趨勢，故acd錯誤b正

19、確；故選：b?！军c評】本題有兩個判斷，一個是電流方向，另一個是收縮趨勢還是擴張趨勢。綜合考查電流的磁場（安培定則），磁通量，電磁感應，楞次定律，磁場對電流的作用力，左手定則等。8（3分）如圖所示，人隨自動扶梯加速上行，扶梯對人的作用力為f，則f（）a大小等于人的重力，對人做正功b大小等于人的重力，對人做負功c大小大于人的重力，對人做正功d大小小于人的重力，對人做負功【考點】37：牛頓第二定律；62：功的計算菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】31：定性思想；4b：圖析法；522：牛頓運動定律綜合專題【分析】以人為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律分析作用力大小，力的方向與運動方向夾角小于90°，由此分析。

20、【解答】解：人隨自動扶梯加速上行，加速度方向沿扶梯向上，如圖所示；根據(jù)圖象可知扶梯對人的作用力大小f大于人的重力mg，f與速度方向夾角小于90°，對人做正功，故c正確，abd錯誤。故選：c?！军c評】本題主要是考查了牛頓第二定律的知識；利用牛頓第二定律答題時的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、利用牛頓第二定律建立方程進行解答；注意扶梯對人的作用力是支持力和摩擦力的合力。9（4分）“蹦極”是一種富有刺激性的勇敢者的運動項目。如圖所示，一根彈性橡皮繩一端系于跳臺，另一端系于人的腿部。不計空氣阻力，在蹦極者從跳臺下落到最低點的過程中，則（）a蹦極者下落至最低點時橡皮繩的彈性勢能最大b蹦

21、極者下落至橡皮繩原長位置時動能最大c蹦極者的機械能先增大后減小d蹦極者重力勢能與橡皮繩彈性勢能之和一直減小【考點】6b：功能關系菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】31：定性思想；43：推理法；52k：動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合【分析】先分析該人下落過程中的受力情況，注意合力的大小和方向；蹦極者從最高點到a時，只受重力，重力勢能轉化為動能。從a點到c點的過程中，人受到彈力和重力作用，分成兩段：上段受到向下的合力做加速運動，速度越來越快；下段受到向上的合力做減速運動，速度越來越慢，到最低點速度為零。【解答】解：a、蹦極人下落過程中，橡皮繩越長其彈性勢能越大，到最低點最長，彈性勢能最大。故a正確。b

22、、蹦極者從最高點到橡皮繩恰好拉直時，重力勢能轉化為動能，重力勢能越來越小，動能越來越大；從橡皮繩恰好拉直到橡皮繩的拉力等于重力時的過程中，受到向下的合力做加速運動，所以速度越來越快，動能越來越大；在橡皮繩的拉力等于重力時，合力為零；在橡皮繩的拉力等于重力點以下，受到向上的合力做減速運動，速度越來越小，動能越來越小，最低點時速度為零。所以蹦極者在橡皮繩的拉力等于重力的點動能最大，故b錯誤。c、蹦極者從最高點到橡皮繩恰好拉直時，蹦極者的機械能不變；此后橡皮繩的彈性勢能增大，所以蹦極者的機械能不斷減少，故c錯誤。d、從跳臺運動到最低點的過程中，蹦極者重力勢能、彈性勢能與動能的總和保持不變，由于動能先

23、增大后減小，所以重力勢能和橡皮繩彈性勢能之和先減小后增大，故d錯誤。故選：a?！军c評】分析蹦極者的受力情況，特別是合力的方向，再判斷蹦極者的運動情況是解本題的關鍵；d選項一定看準是蹦極者的機械能減少，否則錯誤。10（4分）一帶電粒子僅在電場力作用下以初速度w向右做直線運動，其vt圖象如圖所示。則（）at1時刻前后電場力方向相反b0t2時間內(nèi)電場力先減小后增大c0t2時間內(nèi)粒子速度一直減小d0t2時間內(nèi)粒子速度改變量的方向向左【考點】1i：勻變速直線運動的圖像；ak：帶電粒子在勻強電場中的運動菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】31：定性思想；43：推理法；531：帶電粒子在電場中的運動專題【分析】根據(jù)速度與

24、時間圖象可知，加速度是恒定，則可確定電場力大小；由圖象可知速度大小的變化；由圖象的斜率表示加速度知，加速度的方向與初速度的方向相反，由vat討論速度改變量的方向?！窘獯稹拷猓篴b、由圖象可知，粒子的加速度不變，由于僅僅受到電場力作用，因此電場力大小與方向不變，故ab錯誤；c、由圖象可知，0t1粒子的速度減小，t1之后速度反向增大，故c錯誤；d、由圖象可知，圖象的斜率表示加速度，可知加速度的方向與初速度的方向相反，即向左，由vat知速度改變量的方向為加速度的方向，所以向左，故d正確；故選：d?！军c評】本題考查由速度與時間圖象，來確定加速度大小與方向的方法，進而確定電場力、速度改變量的方向。11（

25、4分）如圖所示的電路中，電源電動勢為e，內(nèi)阻為r，r1、r2、r3阻值相同。將單刀雙擲開關由a點打到b點（）a伏特表的讀數(shù)變大b電源的總功率變小c電源的效率變大dr2的功率變小【考點】bb：閉合電路的歐姆定律；bg：電功、電功率菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】32：定量思想；43：推理法；535：恒定電流專題【分析】分別確定好兩種接法的電路，由串聯(lián)、并聯(lián)電路知識確定電壓，電流，電功率分析各項?！窘獯稹拷猓航觓點時：r2接入電路，電壓表示數(shù)為：u，電源的效率為：50%，電源的總功率為：pr2的電流為：i2接b點時：r1與r2串聯(lián)再與r3并聯(lián)后接入電路，電壓表示數(shù)為：u×電源的效率為：40%電源的

26、總功率為：pr2的電流為：a、電壓表的示數(shù)變小，則a錯誤b、電源的總功率變大，則b錯誤c、電源的效率變小，則c錯誤d、通過r2的電流變小，功率變小，則d錯誤故選：d。【點評】考查串并聯(lián)電路的內(nèi)容，明確電路結構是解題的關鍵。12（4分）空間有一沿x軸方向電場，x軸上各點電勢隨x變化的關系如圖所示，則（）a該電場可能是單個點電荷所形成的電場bx2x3區(qū)間內(nèi)，場強沿x軸負方向c0x2區(qū)間內(nèi)，沿x軸正方向電勢先降低后升高d將電子沿x軸從x1移到x3處，其電勢能先減小后增大【考點】ae：電勢能與電場力做功；ag：電勢差和電場強度的關系菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】31：定性思想；43：推理法；532：電場力與電

27、勢的性質專題【分析】順著電場線方向電勢降低結合電場線的特點與點電荷的電場線比較即可；0處電勢最高，x2處電勢最低，可判斷場強的方向。x圖象的斜率等于場強，電子帶負電，在電勢高處的電勢能小。【解答】解：a、點電荷的電場的電勢為單調(diào)增函數(shù)或單調(diào)減函數(shù)。故a錯誤；b、沿電場線方向電勢越來越低，可知在x2x3區(qū)間內(nèi)，場強沿x軸負方向。故b正確；c、由圖可知，在0x2區(qū)間內(nèi)，沿x軸正方向電勢一直降低。故c錯誤；d、由圖可知，在x1到x3區(qū)間的電勢先減小后增大，電子帶負電，所以電子的電勢能先增大后減小。故d錯誤故選：b?！军c評】本題的解題關鍵是根據(jù)x圖象的斜率等于場強和順著電場線方向電勢降低，分析兩電荷的

28、電性和電量關系。二、填空題（共20分）13（4分）如圖所示是“研究向心力與哪些因素有關”的實驗儀器，叫做“dis向心力實驗器”。該實驗裝置中需要用到力傳感器和光電門傳感器，由于該實驗涉及多個物理量，所以實驗采用的方法是控制變量法?！究键c】4a：向心力菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】13：實驗題；23：實驗探究題；31：定性思想；46：實驗分析法；521：牛頓第二定律在圓周運動中的應用【分析】明確實驗原方法，知道實驗中所采用的儀器和實驗中的用到的實驗方法?！窘獯稹拷猓阂芯肯蛐牧Φ臎Q定因素，應測量力和速度，故采用“dis向心力實驗器”進行實驗時，應采用力傳感器和光電門傳感器；實驗中涉及多個物理量，故一定要

29、采用控制變量法進行實驗；故答案為：光電門；控制變量?！军c評】本題考查用“dis向心力實驗器”進行實驗的原理，要注意明確實驗基本裝置和方法。14（4分）“用dis測定電源的電動勢和內(nèi)阻”的實驗電路如圖所示，定值電阻r1在實驗中的作用是保護電路；傳感器的連接還未完成，其上端的接線柱c應連接在a上（選填“a”或“b”）?！究键c】n3：測定電源的電動勢和內(nèi)阻菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】13：實驗題；23：實驗探究題；31：定性思想；43：推理法；535：恒定電流專題【分析】實驗一定要保護電路安全，開關應能控制整個電路，分析圖示電路圖答題?！窘獯稹拷猓河蓤D示電路圖可知，定值電阻r1在實驗中的作用保護電路；由圖

30、示電路圖可知，如果c接在b點開關不能控制電壓表能否接入電路，c應接在a處；故答案為：保護電路；a?！军c評】為保護電路安全在電路中應接入保護電阻，開關應能控制整個電路，分析清楚電路圖可以解題；本題是一道基礎題，掌握基礎知識即可解題。15（4分）質量分別為2m和m的兩顆恒星a和b組成雙星系統(tǒng)，僅在相互之間萬有引力的作用下，以兩星連線上的某點為圓心，在同一平面內(nèi)做周期相同的勻速圓周運動。則a、b兩顆恒星的向心力之比fa：fb1：1；運動半徑之比ra：rb1：2。【考點】4a：向心力；4f：萬有引力定律及其應用菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】31：定性思想；4c：方程法；529：萬有引力定律在天體運動中的應用專

31、題【分析】雙星靠相互間的萬有引力提供向心力，具有相同的角速度，根據(jù)萬有引力等于向心力列式分析即可?！窘獯稹拷猓鹤饔昧εc反作用力大小相等，方向相反，對a、b星，都是萬有引力提供向心力，所以a、b兩顆恒星的向心力之比fa：fb1：1同時：其中：dra+rb聯(lián)立解得：ra；rb故rarb，故答案為：1：1，1：2【點評】解決本題的關鍵知道雙星靠相互間的萬有引力提供向心力，具有相同的角速度。以及會用萬有引力提供向心力進行求解。16（4分）a車和b車在同一平直公路上行駛，它們的位移時間圖象分別為圖中直線a和曲線b，由圖可知0t1時間內(nèi)a車與b車之間的距離先增后減（選填“一直減小”、“一直增大”或“先增后

32、減”）；設0t2時間內(nèi)a、b兩車的平均速度分別為va和vb，則vavb（選填“”、“”或“”）【考點】1c：勻速直線運動及其公式、圖像；1i：勻變速直線運動的圖像菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】31：定性思想；43：推理法；512：運動學中的圖像專題【分析】位移時間圖線反映位移隨時間的變化規(guī)律，圖線切線的斜率表示瞬時速度，交點表示相遇。根據(jù)位移和時間的比值比較平均速度的大小?！窘獯稹拷猓簍1時刻a、b位移相同，a車先啟動后b車啟動，說明0t1時間內(nèi)a車與b車之間的距離先增后減，t2時刻位移相等，時間相等，根據(jù)平均速度公式知平均速度相等；故答案為：先增后減，【點評】解決本題的關鍵知道位移時間圖線的物理意義

33、，交點表示位置相同，知道圖線的切線斜率表示瞬時速度，根據(jù)斜率的正負可以確定運動的方向。17（4分）邊長為l、電阻為r的n匝正方形線圈，以速度v勻速進入磁感應強度為b的有界勻強磁場。線圈運動方向與磁場邊界成角，如圖所示。當線圈中心經(jīng)過磁場邊界時，穿過線圈的磁通量bl2：線圈所受安培力f?！究键c】ce：安培力的計算；d7：磁通量；d9：導體切割磁感線時的感應電動勢菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】32：定量思想；42：等效替代法；53c：電磁感應與電路結合【分析】根據(jù)bs求穿過線圈的磁通量線圈所受安培力是右邊和下邊所受安培力的合力，由enblv、i求感應電流，由fbil求每條所受的安培力，再合成求得線圈所受的

34、安培力f?！窘獯稹拷猓寒斁€圈中心經(jīng)過磁場邊界時，穿過線圈的磁通量為：bl2bl2。線圈產(chǎn)生的感應電動勢為：enblv感應電流為：i線圈的右邊和下邊所受的安培力大小為：f安nbil這兩邊所受安培力相互垂直，所以線圈所受安培力為：ff安故答案為：bl2?！军c評】解決本題時要知道磁通量與線圈的匝數(shù)無關，而安培力與線圈的匝數(shù)平方成正比，要能熟練推導出安培力與速度的關系。三、綜合題（共40分）注意：第19、20題在列式計算、邏輯推理以及回答問題過程中，要求給出必要的圖示、文字說明、公式、演算等18（10分）在做“用單擺測定重力加速度”的實驗中，（1）用秒表測時間時為盡量減少誤差，應從擺球通過最低點（選填

35、“最高點”或“最低點”）時開始計時。（2）某同學在正確操作和測量的情況下，測得周期為t1，得出重力加速度值比當?shù)刂亓铀俣戎敌。懦似渌蛩睾蟀l(fā)現(xiàn)，是所用擺球的重心不在球心所致，則可以判斷重心應該是在球心的下方（選填“上方”或“下方”）。于是他將擺線長減小l，測得單擺振動周期為t2，由此可得到比較準確的重力加速度表達式是。（3）為了更準確測量，他測出多組擺長l和振動周期t，得出如圖所示圖象，則圖象的縱軸表示t2；由圖象求出的重力加速度g9.81m/s2（小數(shù)點后保留兩位）【考點】mf：用單擺測定重力加速度菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】13：實驗題；23：實驗探究題；31：定性思想；4c：方程法；51

36、d：振動圖像與波動圖像專題【分析】（1）單擺在最低點時計時誤差較小。（2）根據(jù)單擺的周期公式分析誤差產(chǎn)生的原因，分析計算加速度的方法。（3）根據(jù)單擺的周期公式得出t2l的關系式，結合圖線的斜率求出重力加速度?！窘獯稹拷猓海?）因為擺球在最低點的速度最快，所以在最低點作為計時起點誤差最小。（2）根據(jù)t得：g可知，若得出重力加速度值比當?shù)刂亓铀俣戎敌?，排除了其它因素后，一定是擺長l的測量值偏小，如果是所用擺球的重心不在球心所致，則可以判斷重心應該是在球心的下方。開始時：于是他將擺線長減小l，測得單擺振動周期為t2，則：聯(lián)立可得：g（3）根據(jù)：t得，得出如圖所示圖象，則圖象的縱軸表示t2；圖線的斜

37、率k，解得：g9.81m/s2。故答案為：（1）最低點；（2）下方，；（3）t2，9.81（或9.82）【點評】解決本題的關鍵知道實驗的原理，以及實驗中應該的注意的事項以及誤差形成的原因，掌握單擺的周期公式，并能靈活運用。19（14分）如圖所示，長l3.41m的水平直桿bc，與高h0.2m的光滑細彎桿ab底部和足夠長斜桿cd底部都平滑連接，cd與水平方向夾角37°一質量m0.2kg的小環(huán)套在桿上，從最高點a由靜止釋放，沿細彎桿運動到b點時在小環(huán)上加一水平向右的外力f2n，至c點撒去，小環(huán)沖上斜桿cd已知小環(huán)與桿bc、cd間動摩擦因數(shù)均為0.8（g10m/s2，sin37°0

38、.6，cos37°0.8）求：（1）小環(huán)在b點時的速度vb大小；（2）判斷小環(huán)最終能否靜止在斜桿上，通過表達式及計算加以說明；（3）小環(huán)在斜桿cd上運動的時間。（小數(shù)點后保留兩位）【考點】1f：勻變速直線運動的速度與位移的關系；37：牛頓第二定律；6c：機械能守恒定律菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】32：定量思想；43：推理法；52e：機械能守恒定律應用專題【分析】（1）對小環(huán)，從a到b的過程中，以水平面為零勢面，因只有重力做功，由機械能守恒求解b點速度；（2）在斜桿cd上，小球重力的沿斜面方向分力g1mgsin37°，與最大靜摩擦力fmaxmgcos37°比較可知。（3）

39、對小環(huán)，在bc段，由牛頓第二定律求解加速度，根據(jù)vv2a1l得vc，小環(huán)沿斜桿cd上滑過程中，由牛頓第二定律可得加速度，根據(jù)運動學公式求解時間?！窘獯稹拷猓海?）對小環(huán)，從a到b的過程中，以水平面為零勢面，因只有重力做功，由機械能守恒，有：mvmgh代入數(shù)據(jù)解得：vbm/s2m/s（2）在斜桿cd上，小球重力的沿斜面方向分力為：g1mgsin37°0.6mg而最大靜摩擦力為：fmaxmgcos37°0.64mg由于g1fmax，可得小球能靜止在斜桿上。（3）對小環(huán)，在bc段，由牛頓第二定律知：ff1ma1n1mgf1n1代入數(shù)據(jù)解得：a1m/s22m/s2；由vv2a1l得

40、：vc4.2m/s小環(huán)沿斜桿cd上滑過程中，由牛頓第二定律可得：mgsin37°+f2ma2n2mgcos37°，f2n2代入數(shù)據(jù)解得a212.4m/s2由vtvcat得ts0.34s答：（1）小環(huán)在b點時的速度vb大小為2m/s；（2）由于g1fmax，可得小球能靜止在斜桿上；（3）小環(huán)在斜桿cd上運動的時間為0.34s。【點評】本題考查了牛頓第二定律、動能定理和運動學公式的綜合運用，分清運動過程是關鍵。20（16分）如圖所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導軌，左側水平，右側傾斜且與水平部分平滑連接并成30°夾角，兩導軌間距為l0.5m，左端接有電阻r0.5，其余電阻不計。水平部分空間內(nèi)有豎直向上的勻強磁場b10.5t，斜面部分有垂直于導軌平面斜向上的勻強磁場b2質量為m0.2kg的導體棒cd，與導軌接觸良好且始終垂直于導軌。給棒cd沿斜面向下的初速度v02m/s后，棒勻