江蘇省蘇州市2015屆高三上學(xué)期期末考試物理試卷(解析版)

1、江蘇省蘇州市2015屆高三上學(xué)期期末考試物理試卷一、單項(xiàng)選擇題：1下列關(guān)于物理學(xué)史和物理研究方法的敘述中正確的是（）A用點(diǎn)電荷來代替帶電體的研究方法叫微元法B利用vt圖象推導(dǎo)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移公式的方法是理想模型法C伽利略借助實(shí)驗(yàn)研究和邏輯推理得出了自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律D法拉第發(fā)現(xiàn)電流的磁效應(yīng)與他堅(jiān)信電和磁之間一定存在聯(lián)系的哲學(xué)思想是分不開的分析：物理學(xué)中對于多因素（多變量）的問題，常常采用控制因素（變量）的方法，把多因素的問題變成多個(gè)單因素的問題；每一次只改變其中的某一個(gè)因素，而控制其余幾個(gè)因素不變，從而研究被改變的這個(gè)因素對事物影響，分別加以研究，最后再綜合解決，這種方法叫控制變量法；它是科學(xué)

2、探究中的重要思想方法，控制變量法是初中物理中常用的探索問題和分析解決問題的科學(xué)方法之一等效替代法是指在研究某一個(gè)物理現(xiàn)象和規(guī)律中，因?qū)嶒?yàn)本身的特殊限制或因?qū)嶒?yàn)器材等限制，不可以或很難直接揭示物理本質(zhì)，而采取與之相似或有共同特征的等效現(xiàn)象來替代的方法；解答：解：A、用質(zhì)點(diǎn)代替實(shí)際物體是采用了理想模型的方法，質(zhì)點(diǎn)實(shí)際不存在，A錯(cuò)誤；B、在推導(dǎo)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移公式時(shí)，把整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運(yùn)動(dòng)，然后把各小段的位移相加，這里采用了微元法，B錯(cuò)誤；C、伽利略在研究自由落體運(yùn)動(dòng)時(shí)采用了推理的方法，C正確；D、法拉第發(fā)現(xiàn)電磁感應(yīng)現(xiàn)象，和他堅(jiān)信電與磁之間一定存在著聯(lián)系的哲學(xué)思

3、想分不開，D錯(cuò)誤；選C點(diǎn)評：解決此題要知道常用的物理學(xué)研究方法：控制變量法、等效替代法、模型法、比較法、分類法、類比法、轉(zhuǎn)換法等2（3分）如圖所示，一定質(zhì)量的物體通過輕繩懸掛，結(jié)點(diǎn)為O人沿水平方向拉著OB繩，物體和人均處于靜止?fàn)顟B(tài)若人的拉力方向不變，緩慢向左移動(dòng)一小段距離，下列說法正確的是（）AOA繩中的拉力先減小后增大BOB繩中的拉力不變C人對地面的壓力逐漸減小D地面給人的摩擦力逐漸增大考點(diǎn)：共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；力的合成與分解的運(yùn)用.專題：共點(diǎn)力作用下物體平衡專題分析：將重力進(jìn)行分解，判斷OB拉力的變化，根據(jù)平衡條件判斷摩擦力的變化解答：解：將重物的重力進(jìn)行分解，當(dāng)人的拉力方向不變，緩

4、慢向左移動(dòng)一小段距離，則OA與豎直方向夾角變大，OA的拉力由圖中1位置變到2位置，可見OA繩子拉力變大，OB繩拉力逐漸變大；OA拉力變大，則繩子拉力水平方向分力變大，根據(jù)平衡條件知地面給人的摩擦力逐漸增大；人對地面的壓力始終等于人的重力，保持不變；故選：D點(diǎn)評：本題考查了動(dòng)態(tài)平衡問題，用圖解法比較直觀，還可以用函數(shù)法3（3分）如圖所示，虛線是某靜電場的一簇等勢線，邊上標(biāo)有電勢的值一帶電粒子只在電場力作用下恰能沿圖中的實(shí)線從A經(jīng)過B運(yùn)動(dòng)到C下列判斷正確的是（）A粒子一定帶負(fù)電BA處場強(qiáng)大于C處場強(qiáng)C粒子在A處電勢能大于在C處電勢能D粒子從A到B電場力所做的功大于從B到C電場力所做的功考點(diǎn)：等勢面

5、；電場線.分析：根據(jù)電場線與等勢面垂直且由高電勢指向低電勢，確定出電場線方向，根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)中物體所受的合力方向指向軌跡的內(nèi)側(cè)，可判斷出粒子所受的電場力方向，判斷粒子的電性根據(jù)等差等勢面密處場強(qiáng)大，可判斷場強(qiáng)的大小由電場力做功正負(fù)，判斷電勢能的大小和動(dòng)能的大小解答：解：AB、根據(jù)電場線與等勢面垂直且由高電勢指向低電勢，可知電場線方向大致向左，根據(jù)粒子軌跡的彎曲方向可知，粒子所受的電場力方向大致向左，則知粒子一定帶正電故A錯(cuò)誤；B、等差等勢面的疏密反映電場強(qiáng)度的大小，A處場強(qiáng)大于C處場強(qiáng)，故B正確；C、從A點(diǎn)飛到C點(diǎn)，電場力方向與速度的夾角為鈍角，電場力做負(fù)功，電勢能增大，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)W=U

6、q知電勢差相同，電場力做功相同，故D錯(cuò)誤故選：B點(diǎn)評：本題要掌握等勢面與電場線的關(guān)系和曲線運(yùn)動(dòng)合力指向，由粒子的軌跡判斷出電場力方向，分析能量的變化4（3分）如圖所示是質(zhì)量為m的小球靠近墻面豎直上拋的頻閃照片，甲圖是上升時(shí)的照片，乙圖是下降時(shí)的照片，O是運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)假設(shè)小球所受阻力大小不變，重力加速度為g，據(jù)此估算小球受到的阻力大小為（）AmgBmgCmgDmg5（3分）（2011遼寧模擬）一平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地兩板間有一個(gè)正檢驗(yàn)電荷固定在P點(diǎn)，如圖所示，以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場強(qiáng)、表示P點(diǎn)的電勢，W表示正電荷在P點(diǎn)的電勢能，若正極板保持不動(dòng)，將負(fù)極板緩慢向右

7、平移一小段距離l0的過程中各物理量與負(fù)極板移動(dòng)距離x的關(guān)系圖象中正確的是（）ABCD考點(diǎn)：電容器的動(dòng)態(tài)分析.專題：電容器專題分析：由題意可知電量不變，由平行板電容器的決定式可知電容的變化；由定義式可得出兩端電勢差的變化；再由U=Ed可知E的變化，進(jìn)而判斷勢能的變化解答：解：A、當(dāng)負(fù)極板右移時(shí)，d減小，由C=可知，C與x圖象不能為一次函數(shù)圖象！故A錯(cuò)誤；B、由U=可知，U=Q，則E=，故E與d無關(guān)，故B錯(cuò)誤；C、因負(fù)極板接地，設(shè)P點(diǎn)原來距負(fù)極板為l，則P點(diǎn)的電勢=E（ll0）；故C正確；D、電勢能E=q=Eq（ll0），不可能為水平線，故D錯(cuò)誤；故選：C點(diǎn)評：本題考查電容器的動(dòng)態(tài)分析，由于結(jié)合了

8、圖象內(nèi)容，對學(xué)生的要求更高了一步，要求能根據(jù)公式得出正確的表達(dá)式，再由數(shù)學(xué)規(guī)律進(jìn)行分析求解6（3分）（2014大東區(qū)一模）一個(gè)物體靜止在質(zhì)量均勻的球形星球表面的赤道上已知萬有引力常量為G，星球密度為，若由于星球自轉(zhuǎn)使物體對星球表面的壓力恰好為零，則星球自轉(zhuǎn)的角速度為（）ABCGD考點(diǎn)：萬有引力定律及其應(yīng)用.專題：萬有引力定律的應(yīng)用專題分析：赤道上隨行星一起轉(zhuǎn)動(dòng)的物體對行星表面的壓力恰好為零，說明此時(shí)萬有引力提供向心力，根據(jù)萬有引力充當(dāng)向心力及M=V進(jìn)行求解解答：解：設(shè)某行星質(zhì)量為M，半徑為R，物體質(zhì)量為m，萬有引力充當(dāng)向心力，則有G=mR2，又M=V=R3聯(lián)立兩式解得：=故選：A點(diǎn)評：該題考查

9、了萬有引力公式及向心力基本公式的直接應(yīng)用，難度不大，屬于基礎(chǔ)題7（3分）用兩根足夠長的粗糙金屬條折成“”型導(dǎo)軌，右端水平，左端豎直，與導(dǎo)軌等寬的粗糙金屬細(xì)桿ab、cd和導(dǎo)軌垂直且接觸良好已知ab、cd桿的質(zhì)量、電阻值均相等，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，整個(gè)裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中當(dāng)ab桿在水平拉力F作用下沿導(dǎo)軌向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，cd桿沿軌道向下運(yùn)動(dòng)，以下說法正確的是（）Acd桿一定向下做勻速直線運(yùn)動(dòng)Bcd桿一定向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)CF做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱與ab桿克服摩擦做功之和DF的功率等于ab桿上的焦耳熱功率與摩擦熱功率之和考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化.分析：題中ab

10、勻速切割磁感線產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動(dòng)勢，cd不切割磁感線，不產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，回路中感應(yīng)電流恒定，分析cd可能的受力情況，判斷其運(yùn)動(dòng)情況；對ab進(jìn)行受力情況分析，由平衡條件分析拉力F；根據(jù)功能關(guān)系分析拉力F的功率解答：解：A、B、由圖看出，ab勻速切割磁感線，產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動(dòng)勢，cd不切割磁感線，不產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，回路中感應(yīng)電流恒定；cd棒豎直方向上受到向下的重力和向上滑動(dòng)摩擦力f，水平方向受到軌道的支持力N和安培力FA，則f=N=FA=BIL，可知f大小不變?nèi)糁亓Υ笥诨瑒?dòng)摩擦力，cd桿做勻加速運(yùn)動(dòng)；若重力等于滑動(dòng)摩擦力，cd桿做勻速運(yùn)動(dòng)；故A錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤；C、導(dǎo)體棒ab做勻速直線運(yùn)動(dòng)，受拉力、重

11、力、向左的安培力、向左的滑動(dòng)摩擦力和向上的支持力；故拉力做的功等于ab桿克服摩擦做功和克服安培力做功之和，ab桿克服安培力做功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱，故F做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱與ab桿克服摩擦做功之和，故C正確；D、F做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱與ab桿克服摩擦做功之和，故F的功率等于回路上的焦耳熱功率與摩擦熱功率之和，故D錯(cuò)誤；故選：C點(diǎn)評：本題要注意cd桿不切割磁感線，沒有感應(yīng)電動(dòng)勢產(chǎn)生，同時(shí)要正確分析兩棒的受力和能量如何轉(zhuǎn)化，分析時(shí)能量的形式不能少二、多項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分，每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題意全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯(cuò)選或不答的得0分8（

12、4分）如圖甲所示的電路中，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為4：1，電壓表和電流表均為理想電表，R1是用氧化錳等金屬氧化物燒結(jié)而成的熱敏電阻，R0為定值電阻原線圈接如圖乙所示的正弦交流電，下列說法正確的是（）A交流電壓u的表達(dá)式u=36sin100t（V）B變壓器原、副線圈中的電流之比為1：4C變壓器輸入、輸出功率之比為1：4D當(dāng)R1溫度升高時(shí)，電壓表和電流表的讀數(shù)均變大考點(diǎn)：變壓器的構(gòu)造和原理.專題：交流電專題分析：由圖乙可知交流電壓最大值Um=36V，周期T=0.02s，可由周期求出角速度的值，則可得交流電壓u的表達(dá)式U=36sin100tV、由變壓器原理可得變壓器原、副線圈中的電流之比，Rt

13、處溫度升高時(shí)，阻值減小，根據(jù)負(fù)載電阻的變化，可知電流解答：解：A、由圖乙可知交流電壓最大值Um=36V，周期T=0.02s，可由周期求出角速度的值為=100，則可得交流電壓u的表達(dá)式 U=36sin100tV，故A正確；B、理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為4：1，所以變壓器原、副線圈中的電流之比為1：4，故B正確；C、變壓器輸入、輸出功率之比為1：1，故C錯(cuò)誤；D、當(dāng)R1溫度升高時(shí)，阻值減小，電壓表示數(shù)不變，電流表的示數(shù)變大，故D錯(cuò)誤；故選：AB點(diǎn)評：根據(jù)圖象準(zhǔn)確找出已知量，是對學(xué)生認(rèn)圖的基本要求，準(zhǔn)確掌握理想變壓器的特點(diǎn)及電壓、電流比與匝數(shù)比的關(guān)系，是解決本題的關(guān)鍵9（4分）如圖所示，小球B放

14、在真空正方體容器A內(nèi)，球B的直徑恰好等于A的內(nèi)邊長，現(xiàn)將它們以初速度v0豎直向上拋出，下列說法中正確的是（）A若不計(jì)空氣阻力，下落過程中，B對A沒有彈力B若考慮空氣阻力，上升過程中，A對B的彈力向下C若考慮空氣阻力，下落過程中，B對A的彈力向上D若不計(jì)空氣阻力，上升過程中，A對B有向上的彈力考點(diǎn)：牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用-超重和失重.專題：牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題分析：將容器以初速度V0豎直向上拋出后，若不計(jì)空氣阻力，以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得到加速度為g，再以容器A為研究對象，其合力為重力，A、B間無相互作用力若考慮空氣阻力，以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得到加速度大于g，再以球B為研究

15、對象，根據(jù)牛頓第二定律分析B所受壓力方向解答：解：A、D、將容器以初速度V0豎直向上拋出后，若不計(jì)空氣阻力，以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得到加速度為g，再以容器A為研究對象，上升和下落過程其合力等于其重力，則B對A沒有壓力，A對B也沒有支持力故A正確，D錯(cuò)誤 B、若考慮空氣阻力，以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得到：上升過程加速度大于g，再以球B為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律分析：B受到的合力大于重力，B除受到重力外，還應(yīng)受到向下的壓力A對B的壓力向下故B正確 C、若考慮空氣阻力，以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得到：下落過程加速度小于g，再以B為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律分析：A受到

16、的合力小于重力，B除受到重力外，還應(yīng)受到向上的力，即A對B的支持力向上，B對A的壓力向下，故C錯(cuò)誤故選：AB點(diǎn)評：本題采用整體法和隔離法，由牛頓定律分析物體的受力情況，考查靈活選擇研究對象的能力10（4分）（2012鹽城一模）如圖所示是研究自感通電實(shí)驗(yàn)的電路圖，A1、A2是兩個(gè)規(guī)格相同的小燈泡，閉合電鍵調(diào)節(jié)電阻R，使兩個(gè)燈泡的亮度相同，調(diào)節(jié)可變電阻R1，使他們都正常發(fā)光，然后斷開電鍵S重新閉合電鍵S，則（）A閉合瞬間，A1立刻變亮，A2逐漸變亮B閉合瞬間，A2立刻變亮，A1逐漸變亮C穩(wěn)定后，L和R兩端電勢差一定相同D穩(wěn)定后，A1和A2兩端電勢差不相同考點(diǎn)：自感現(xiàn)象和自感系數(shù).專題：電磁感應(yīng)與電

17、路結(jié)合分析：閉合開關(guān)的瞬間，L相當(dāng)于斷路，穩(wěn)定后自感作用消失，結(jié)合歐姆定律分析電壓大小解答：解：閉合瞬間，L相當(dāng)于斷路，A2立刻變亮，A1逐漸變亮，穩(wěn)定后，兩個(gè)燈泡的亮度相同，說明它們兩端的電壓相同，L和R兩端電勢差一定相同，選項(xiàng)BC正確AD錯(cuò)誤故選BC點(diǎn)評：對自感線圈來講，重點(diǎn)掌握開關(guān)閉合瞬間，斷路穩(wěn)定后和開關(guān)斷開的瞬間，線圈對電流突變的阻礙作用11（4分）質(zhì)量為2×103kg的汽車由靜止開始沿平直公路行駛，行駛過程中牽引力F和車速倒數(shù)的關(guān)系圖象如圖所示己知行駛過程中最大車速為30m/s，設(shè)阻力恒定，則（）A汽車所受阻力為6×103 NB汽車在車速為5 m/s時(shí)，加速度為

18、3m/s2C汽車在車速為15 m/s時(shí)，加速度為lm/s2D汽車在行駛過程中的最大功率為6×104 W考點(diǎn)：功率、平均功率和瞬時(shí)功率；牛頓第二定律.分析：從圖線看出，開始圖線與x軸平行，表示牽引力不變，牽引車先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，傾斜圖線的斜率表示額定功率，即牽引車達(dá)到額定功率后，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度減小到零，做勻速直線運(yùn)動(dòng)解答：解：A、當(dāng)牽引力等于阻力時(shí)，速度最大，由圖線可知阻力大小f=2000N，故A錯(cuò)誤B、傾斜圖線的斜率表示功率，可知P=fv=2000×30W=60000W，車速為5m/s時(shí)，汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a=，故B錯(cuò)誤C、當(dāng)車速為15m/s時(shí)

19、，牽引力F=，則加速度a=，故C正確D、汽車的最大功率等于額定功率，等于60000W故D正確故選：CD點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵能夠從圖線中分析出牽引車的運(yùn)動(dòng)情況，知道傾斜圖線的斜率表示牽引車的額定功率12（4分）在如圖（a）所示的電路中，Rl為定值電阻，R2為滑動(dòng)變阻器，電表均為理想電表閉合開關(guān)S，將滑動(dòng)變阻器的滑片P從最右端滑到最左端，兩個(gè)電壓表讀數(shù)隨電流表讀數(shù)變化的圖線如圖（b）所示則（）A電源內(nèi)電阻的阻值為10B電源的最大輸出功率為1.8WC滑動(dòng)變阻器R2的最大功率為0.9WD圖線甲是電壓表V2讀數(shù)隨電流表讀數(shù)變化的圖線考點(diǎn)：閉合電路的歐姆定律.專題：恒定電流專題分析：將滑動(dòng)變阻器的滑片P從

20、最右端移到最左端，接入電路的電阻減小，分析電路中電流的變化，確定兩個(gè)電壓表讀數(shù)的變化，判斷圖線與電壓表示數(shù)的對應(yīng)關(guān)系；根據(jù)閉合電路歐姆定律求解電源的內(nèi)電阻和電動(dòng)勢由圖線的斜率求解R1的阻值，將Rl看成電源的內(nèi)阻，當(dāng)?shù)刃щ娫吹膬?nèi)外電阻相等時(shí)，滑動(dòng)變阻器R2的功率最大解答：解：AD、將滑動(dòng)變阻器的滑片P從最右端移到最左端，接入電路的電阻減小，電路中的電流增大，R1的電壓和電源的內(nèi)電壓增大，則R2的電壓減小，所以電壓表V1的示數(shù)增大，電壓表V2的示數(shù)減小，可知圖線乙反映的是電壓表V1的示數(shù)隨電流的變化，圖線甲反映的是電壓表V2的示數(shù)隨電流的變化根據(jù)閉合電路歐姆定律得： 電壓表V2的示數(shù) U2=EI（

21、R1+r） 由圖線甲的斜率大小等于R1+r，由圖知：R1+r=10 圖線的斜率等于R1，則R1=5 則得：r=5，故A錯(cuò)誤，D正確B、由甲圖知：I=0.2A時(shí)，U2=4V，則電源的電動(dòng)勢為 E=U2+I（R1+r）=4+0.2×（5+5）=6V當(dāng)R1+R2=r時(shí)電源的輸出功率最大，則電源的最大輸出功率為 Pm=W=1.8W，故B正確C、將Rl看成電源的內(nèi)阻，當(dāng)R1+r=R2時(shí)，滑動(dòng)變阻器R2的功率最大，為 PmR2=W=0.9W，故D正確故選：Bcd點(diǎn)評：本題關(guān)鍵：一是分析電路圖，確認(rèn)電路組成、連接方式、三電表的測量對象，能從圖象上得到相關(guān)信息二能運(yùn)用等效思維求解滑動(dòng)變阻器R2的最大

22、功率13（4分）如圖所示，足夠長的木板A靜止放置于水平面上，小物塊B以初速度v0從木板左側(cè)滑上木板，關(guān)于此后A、B兩物體運(yùn)動(dòng)的vt圖象可能是（）ABCD考點(diǎn)：牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像.專題：牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題分析：木塊滑上木板，木塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，木板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律比較出A、B的加速度大小，從而確定速度時(shí)間圖線的正誤解答：解：A、木塊滑上木板，滑塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，木板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得，若地面對木板無摩擦力，則，當(dāng)木塊和木板速度相等后，兩者一起勻速運(yùn)動(dòng)，故A正確；BCD、木塊滑上木板，滑塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，木板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二

23、定律得，若地面對木板有摩擦力且動(dòng)摩擦因數(shù)為則，木板能加速運(yùn)動(dòng)說明地面對木板的動(dòng)摩擦因數(shù)，故木板和木塊速度相等后兩者一起在地面上勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度小于木塊開始時(shí)的加速度，故BC錯(cuò)誤，D正確故選：AD點(diǎn)評：本題綜合考查了動(dòng)能定理，牛頓第二定律，對學(xué)生能力的要求較高，關(guān)鍵是通過圖線的斜率判斷圖象的正誤三、簡答題：本大題共3小題；其中第14題10分，第15題10分，共計(jì)20分請將解答填寫在答題卡相應(yīng)的位置14（3分）用游標(biāo)卡尺測量某小球直徑時(shí)，為使測量爪靠近小球，應(yīng)用手指推動(dòng)部件（如圖中“A”、“B”、“C”），并旋緊緊固螺絲再進(jìn)行讀數(shù)如圖是卡尺的某次測量其讀數(shù)為10.30mm考點(diǎn)：刻度尺、游標(biāo)卡尺的

24、使用.專題：實(shí)驗(yàn)題分析：解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀解答：解：游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為10mm，游標(biāo)尺上第6個(gè)刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標(biāo)讀數(shù)為6×0.05mm=0.30mm，所以最終讀數(shù)為：10mm+0.30mm=10.30mm故答案為：10.30點(diǎn)評：對于基本測量儀器如游標(biāo)卡尺、螺旋測微器等要了解其原理，要能正確使用這些基本儀器進(jìn)行有關(guān)測量15（7分）某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)如圖1所示的裝置來測定滑塊與水平木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，其中A為滑塊，B和C是鉤碼，個(gè)數(shù)可調(diào)A的左端與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的紙帶（未畫出）相連，通過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打出的紙帶測出系統(tǒng)的加速度實(shí)驗(yàn)

25、中該同學(xué)在鉤碼總質(zhì)量（m+m=m0）保持不變的條件下，多次改變m和m的鉤碼個(gè)數(shù)，重復(fù)測量不計(jì)繩和滑輪的質(zhì)量及它們之間的摩擦實(shí)驗(yàn)中除電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、紙帶、若干個(gè)質(zhì)量均為50克的鉤碼、滑塊、一端帶有定滑輪的長木板、細(xì)線外，為了完成本實(shí)驗(yàn)，還應(yīng)有BDA秒表 B毫米刻度尺 C天平 D低壓交流電源實(shí)驗(yàn)中該同學(xué)得到一條較為理想的紙帶，如圖3所示現(xiàn)從清晰的O點(diǎn)開始，每隔4個(gè)點(diǎn)取一計(jì)數(shù)點(diǎn)（中間4個(gè)點(diǎn)沒畫出），分別記為A、B、C、D、E、F測得各計(jì)數(shù)點(diǎn)到OD點(diǎn)的距離分別為OA=1.61cm，OB=4.02cm，OC=7.26cm，OD=11.30cm，OE=16.14cm9OF=21.80cm，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打點(diǎn)頻

26、率為50Hz由此紙帶可得到打E點(diǎn)時(shí)滑塊的速度v=0.52m/s，此次實(shí)驗(yàn)滑塊的加速度a=0.81m/s2（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）在實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理中，該同學(xué)以m為橫軸，以系統(tǒng)的加速度a為縱軸，繪制了如圖2所示的實(shí)驗(yàn)圖線，由此可知滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)µ=0.3（g取10m/s2，保留兩位有效數(shù)字）考點(diǎn)：探究影響摩擦力的大小的因素.專題：實(shí)驗(yàn)題；摩擦力專題分析：（1）本實(shí)驗(yàn)中需要交流電源和長度的測量工具（2）每隔4個(gè)點(diǎn)取一計(jì)數(shù)點(diǎn)，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔為0.1s，由勻加速規(guī)律可得，用平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度求解速度、用x=at2求解加速度（3）對系統(tǒng)應(yīng)用牛頓第二定律，得到圖線的

27、縱軸截距為g，可解得動(dòng)摩擦因數(shù)解答：解：（1）A、打點(diǎn)計(jì)時(shí)器通過打點(diǎn)即可知道時(shí)間，故不需要秒表，故A錯(cuò)誤B、實(shí)驗(yàn)需要測量兩點(diǎn)之間的距離，故需要毫米刻度尺和，故B正確C、本實(shí)驗(yàn)中可以不測滑塊的質(zhì)量，而且砝碼的質(zhì)量已知，故天平可以不選，故C錯(cuò)誤D、打點(diǎn)計(jì)時(shí)器要用到低壓交流電源，故D正確故選：BD（2）每隔4個(gè)點(diǎn)取一計(jì)數(shù)點(diǎn)，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔為0.1s，故用平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度可得：=0.44m/s同理可求，=0.36m/s由勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：所以，vE=2vDvC=0.880.36m/s=0.52m/s由x=at2可得：a=0.81m/s2（3）對ABC系統(tǒng)應(yīng)用牛頓第二定律可得：a

28、=所以，at圖象中，縱軸的截距為g，故g=3，=0.3故答案為：（1）BD（2）0.52；0.81（3）0.3點(diǎn)評：熟悉紙帶的處理方法，注意時(shí)間的數(shù)值和長度的單位、逐差法等；對于圖象問題，注意分析截距、斜率、面積等的含義16（10分）一實(shí)驗(yàn)小組用某種導(dǎo)電材料制作成電阻較小的線狀元件Z，并通過實(shí)驗(yàn)研究該元件中的電流隨兩端電壓從零逐漸增大過程中的變化規(guī)律（1）該小組連成的實(shí)物電路如圖1所示，其中有兩處錯(cuò)誤，請?jiān)阱e(cuò)誤的連線上打“×”，并在原圖上用筆畫出正確的連線（2）在實(shí)驗(yàn)中應(yīng)選用的滑動(dòng)變阻器是AA滑動(dòng)變阻器R1 （05 額定電流5A）B滑動(dòng)變阻器R2 （020 額定電流2A）C滑動(dòng)變阻器

29、R3 （0100 額定電流0.5A）（3）實(shí)驗(yàn)測得元件中的電流與電壓的關(guān)系如表所示，試在圖2方格紙中畫出電流與電壓的關(guān)系圖線U（V）00.400.500.600.700.801.001.20I（A）00.200.300.400.550.751.251.80（4）把元件Z接入如圖3所示的電路中，當(dāng)電阻R的阻值為2時(shí)，電流表的讀數(shù)為1.25A；當(dāng)電阻R的阻值為3.6時(shí)，電流表的讀數(shù)為0.80A結(jié)合圖線，求出電池的電動(dòng)勢為4.1V，內(nèi)阻為0.47（不計(jì)電流表的內(nèi)阻，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）考點(diǎn)：描繪小電珠的伏安特性曲線；測定電源的電動(dòng)勢和內(nèi)阻.專題：實(shí)驗(yàn)題；恒定電流專題分析：（1）由題意可明確實(shí)驗(yàn)中滑

30、動(dòng)變阻器及電流表的接法；則可得出正確電路；（2）根據(jù)實(shí)驗(yàn)中的接法可選擇滑動(dòng)變阻器；（3）根據(jù)描點(diǎn)法得出對應(yīng)的伏安特性曲線；（4）根據(jù)圖象可得出對應(yīng)的電壓值，再由閉合電路歐姆定律列式，聯(lián)立求解即可解答：解：（1）因Z電阻較小，故應(yīng)采用電流表外接法；由于要求電壓從零開始變化，故滑動(dòng)變阻器選用分壓接法；接法如圖：（2）分壓接法中，為了便于調(diào)節(jié)，滑動(dòng)變阻器選用總阻值小，且額定電流較大的；故選：A；（3）根據(jù)描點(diǎn)法得出對應(yīng)的伏安特性曲線如圖所示；（4）當(dāng)電流為1.25A時(shí)，Z電阻兩端的電壓為1.0V；當(dāng)電流為0.8A時(shí)，電壓為0.8V；由閉合電路歐姆定律可知：E=1.25（r+2）+1=1.25r+3.

31、5E=0.81（r+3.6）+0.8=0.81r+3.716聯(lián)立解得：E=4.1V；r=0.49故答案為：（1）如圖所示；（2）A；（3）如圖所示；（4）4.1；0.49點(diǎn)評：本題考查描繪小燈泡的伏安特性曲線的實(shí)驗(yàn)原理及儀表選擇、數(shù)據(jù)處理等問題，要注意分壓接法的正確應(yīng)用四、計(jì)算題：本大題共4小題，共55分解答時(shí)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(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位17（12分）如圖所示，足夠長的斜面傾角=37°，一物體以v0=12m/s的初速度從斜面上的A點(diǎn)開始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，加速度大小a=8.0m/s2g取10m/s2，s

32、in 37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）物體沿斜面向上滑行的最大距離；（2）物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（3）物體沿斜面到達(dá)最高點(diǎn)后返回過程中的加速度大小考點(diǎn)：牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系.專題：牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題分析：（1）根據(jù)初速度、末速度、加速度，結(jié)合速度位移公式求出物體沿斜面上滑的最大距離（2）對物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)（3）對物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出物體下滑的加速度大小解答：解：（1）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式得，上滑的最大距離為：x=；（2）根據(jù)牛頓第二定律得，上滑的加速度a=gs

33、in37°+gcos37°代入數(shù)據(jù)解得：=0.25；（3）根據(jù)牛頓第二定律得，物體下滑的加速度為：a=gsingcos=10×=4m/s2答：（1）物體沿斜面上滑的最大距離s為9m；（2）物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25；（3）物體沿斜面到達(dá)最高點(diǎn)后返回下滑時(shí)的加速大小為4m/s2；點(diǎn)評：本題考查了牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的綜合，知道加速度是聯(lián)系力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)的橋梁18（12分）如圖所示，在高度為L、足夠?qū)挼膮^(qū)域MNPQ內(nèi)，有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B質(zhì)量為m、邊長為L、電阻為R的正方形導(dǎo)線框abcd，在MN上方某一高度由靜止開始自由下落當(dāng)bc邊進(jìn)入磁

34、場時(shí)，導(dǎo)線框恰好做勻速運(yùn)動(dòng)已知重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，求：（1）導(dǎo)線框剛下落時(shí)，bc邊距磁場上邊界MN的高度h；（2）導(dǎo)線框離開磁場的過程中，通過導(dǎo)線框某一橫截面的電量q；（3）導(dǎo)線框穿越磁場的整個(gè)過程中，導(dǎo)線框中產(chǎn)生的熱量Q考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化.專題：電磁感應(yīng)功能問題分析：（1）線框速度達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，說明線框受力平衡即線框所受重力和安培力平衡，根據(jù)安培力的大小求出此時(shí)感應(yīng)電流的大小，根據(jù)歐姆定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢從而求出此時(shí)線框的速度，根據(jù)動(dòng)能定理可以求出bc邊距磁場上邊界MN的高度h；（2）根據(jù)感應(yīng)電荷量表達(dá)式q=求解電量； （3）當(dāng)線框速度已達(dá)穩(wěn)定時(shí)，

35、從能量守恒的角度分析處理，線框減少的重力勢能等于線框增加的動(dòng)能與產(chǎn)生的熱量之和，計(jì)算出線框減少的勢能再計(jì)算出產(chǎn)生的熱量即可解答：解：設(shè)線框進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v，由于導(dǎo)線框恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，所以安培力與重力大小相等，方向相反，即mg=F安；線框bc邊切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢為：E=BLv故線框中產(chǎn)生的電流為：I=線框在磁場中所受安培力為：F安=BIL=線框進(jìn)入磁場前做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理可以求出線框進(jìn)入磁場時(shí)的速度v，即：mgh=所以：h=（2）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，離開磁場的過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢：感應(yīng)電流：通過導(dǎo)線框某一橫截面的電量：q=It聯(lián)立解得：（3）由于磁場的寬度與線框的寬度相等

36、，所以線框勻速穿過整個(gè)的磁場，整個(gè)的過程中線框減小的重力勢能轉(zhuǎn)化為線框產(chǎn)生的熱量，即：Q=mg2答：（1）導(dǎo)線框剛下落時(shí)，bc邊距磁場上邊界MN的高度是；（2）導(dǎo)線框離開磁場的過程中，通過導(dǎo)線框某一橫截面的電量是；（3）導(dǎo)線框穿越磁場的整個(gè)過程中，導(dǎo)線框中產(chǎn)生的熱量是mg2L點(diǎn)評：本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)知識(shí)的綜合，安培力是聯(lián)系電磁感應(yīng)和力學(xué)的橋梁，安培力的分析和計(jì)算是這類問題的關(guān)鍵19（15分）如圖所示，一個(gè)半徑為R的圓周的軌道，O點(diǎn)為圓心，B為軌道上的一點(diǎn)，OB與水平方向的夾角為37°軌道的左側(cè)與一固定光滑平臺(tái)相連，在平臺(tái)上一輕質(zhì)彈簧左端與豎直擋板相連，彈簧原長時(shí)右端在A點(diǎn)現(xiàn)用一質(zhì)量為m的小球（與彈簧不連接）壓縮彈簧至P點(diǎn)后釋放已知重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力（1）若小球恰能擊中B點(diǎn)，求剛釋放小球時(shí)彈簧的彈性勢能；（2）試通過計(jì)算判斷小球落到軌道時(shí)速度會(huì)否與圓弧垂直；（3）改變釋放點(diǎn)的位置，求小球落到軌道時(shí)動(dòng)能的最小值考點(diǎn)：動(dòng)能定理的應(yīng)用；平拋運(yùn)動(dòng).專題：動(dòng)能定理的應(yīng)用專題分析：（1）小球離開O點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)求的初速度，利用機(jī)械能守恒即可求得彈性勢能；（2）小球做平拋運(yùn)動(dòng)，通過運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求的位移的偏轉(zhuǎn)角與速度的偏轉(zhuǎn)角來判斷；（3）由動(dòng)能定理求的最小值