1、二、选择题:本题共 8 小题,每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中,第 1417 题只有一项符合题目要求,第1821 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分。1. 关于万有引力定律发现过程中的发展史和物理方法,下列表述正确的是( )A. 日心说的代表人物是托勒密B. 开普勒提出行星运动规律,并发现了万有引力定律C. 牛顿发现太阳与行星间引力的过程中,得出太阳对行星的引力表达式后推出行星对太阳的引力表达式,这是一个很关键的论证步骤,这一步骤采用的论证方法是类比法D. 牛顿发现了万有引力定律并通过精确的计算得出引力常量【答案】C【解析】日心说的代
2、表人物是哥白尼，选项 A 错误；开普勒提出行星运动规律,牛顿发现了万有引力定律，选项 B 错误； 牛顿发现太阳与行星间引力的过程中 ,得出太阳对行星的引力表达式后推出行星对太阳的引力表达式,这是一个很关键的论证步骤,这一步骤采用的论证方法是类比法，选项 C 正确； 牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过扭秤实验测得了引力常量，选项 D 错误；故选 C.2. 图甲是某质点的位移时间图象,图乙是另一质点的速度时间图象,关于这两个图象,下列说法正确的是( )甲乙A. 由图甲可知,质点做曲线运动 ,且速度逐渐增大B. 由图甲可知,质点在前 10 s 内的平均速度的大小为 4 m/sC. 由图乙可知,质点
3、在第 4 s 内加速度的方向与物体运动的方向相同D. 由图乙可知,质点在运动过程中 ,加速度的最大值为 7.5 m/s2【答案】C【解析】运动图象反映物体的运动规律，不是运动轨迹，无论速度时间图象还是位移时间图象只能表示物体做直线运动，故 A 错误；由图（甲）可知，质点在前 10s 内的位移 x=20-0=20m，所以平均速度，故 B 错误；由图（乙）可知，质点在第 4s 内加速度和速度都为负，方向相同，故 C 正确；v-t 的斜率表示物体运动的加速度，由图（乙）可知，质点在运动过程中，加速度的最大值出现在 2-4s 内，最大加速度大小为 ，故 D 错误故选 C.点睛：s-t 图线与 v-t
4、图线只能描述直线运动，s-t 的斜率表示物体运动的速度，斜率的正和负分别表示物体沿正方向和负方向运动v-t 的斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移3. 静电计是在验电器的基础上制成的,用其指针张角的大小来定性显示金属球与外壳之间的电势差大小,如图所示,A、B 是平行板电容器的两个金属板,G 为静电计。开始时开关 S 闭合,静电计指针张开一定角度,为了使指针张开的角度减小些,下列采取的措施可行的是( )A. 断开开关 S 后,将 A、B 两极板分开些B. 断开开关 S 后,增大 A、B 两极板的正对面积C. 保持开关 S 闭合,将 A、B 两极板拉近些D
5、. 保持开关 S 闭合,将变阻器滑片向右移动【答案】B【解析】断开开关 S 后，电容器的电量不变将 A、B 两极板分开些，根据 ,电容器的电容减小由 分析可知，电势差 U 增大，指针张开的角度变大故 A 错误断开开关 S 后, 电容器的电量不变，增大 A、B 两极板的正对面积，则电容器的电容增大由 分析可知，电势差 U 减小，指针张开的角度变小故 B 正确；保持开关 S 闭合，不论将 A、B 两极板分开些，还是将 A、B 两极板靠近些，还是将变阻器滑动触头向右移动，电容器的电压都保持不变，则静电计张开的角度保持不变，故 CD 错误故选 B点睛：本题是电容器动态变化分析问题，关键要抓住不变量当电
6、容器保持与电源相连时，其电压不变；充电后与电源断开，其电量不变4. 如图所示,Q 是单匝金属线圈 ,MN 是一个螺线管,它的绕线方法没有画出,Q 的输出端 a、b 和 MN 的输入端 c、d 之间用导线相连,P 是在 MN 的正下方水平放置的用细导线绕制的软弹簧线圈。若在 Q 所处的空间加上与环面垂直的变化磁场,发现在 t1 至 t2 时间段内弹簧线圈处在收缩状态 ,则所加磁场的磁感应强度的变化情况可能是( ) A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：在 t1 至 t2 时间段内弹簧线圈处在收缩状态，根据楞次定律的另一种表述，知螺线管MN 中产生的磁场在增加，即螺线管中的电流增大，
7、根据法拉第电磁感应定律， ，知 增大故 D 正确，ABC 错误故选 D。考点：法拉第电磁感应定律【名师点睛】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律 以及楞次定律的另一种表述，感应电流的效果总是要反抗（或阻碍）产生感应电流的原因。5. 2016 年 7 月 18 日,我国空军组织了航空兵赴南海战斗巡航,此次赴南海例行性战斗巡航,紧贴使命任务和实战准备,轰-6K 和歼击机、侦察机、空中加油机等遂行战巡任务,以空中侦察、对抗空战和岛礁巡航为主要样式组织行动,达成了战斗巡航目的,如图所示。假若以速度 v1 在高空水平匀速直线飞行的轰炸机,追击黄岩岛附近某处以速度 v2 同向匀速航行的“敌舰”, 第一次投
8、弹时 ,在“敌舰” 的前方爆炸,若再次处在相同的相对位置,欲投弹击中敌舰,你认为应作出的合理调整为(不计空气阻力)( ) A. 适当减小轰炸机初速度,抛出点高度不变B. 适当增大轰炸机初速度,抛出点高度不变C. 轰炸机初速度不变,适当降低投弹的高度D. 轰炸机初速度不变,适当提高投弹的高度【答案】AC【解析】炸弹被射出后，做平抛运动，假设敌舰不动，则炸弹水平初速度为 v0=v1-v2，竖直方向有，由 h= gt2 得： ，水平方向位移 x=v0t=（v 1-v2）投弹时，在敌舰的前方爆炸，说明炸弹相对敌舰的水平位移 x 偏大，则：适当减小轰炸机的初速度，抛出点的高度不变，炸弹飞行时间不变，由上
9、式知，炸弹相对敌舰的水平位移x 减小，可击中敌舰，故 A 正确；适当增大轰炸机的初速度，抛出点的高度不变，炸弹飞行时间不变，由上式知，则炸弹相对敌舰的水平位移 x 更大，还在敌舰前方爆炸，故 B 错误；轰炸机的初速度不变，适当降低投弹的高度，则炸弹相对敌舰的水平位移 x 变小，可以击中敌舰，故 C 正确；轰炸机的速度不变，适当提高投弹的高度，炸弹飞行时间增大，则炸弹相对敌舰的水平位移 x 更大，还是在敌舰的前方爆炸，故D 错误；故选 AC6. 用一挡板 P 使一木板 C 静止于竖直的墙壁和水平地面之间,墙壁和地面皆光滑,在木板 C 上放有一斜面 B,开始时斜面 B 的上表面恰好水平,B 上放有
10、一小物体 A,如图所示。现将挡板 P 缓慢向右移动一小段距离,整个过程中 A 与 B、B 与 C 没有相对滑动,则A. A 始终不受摩擦力作用B. A 所受摩擦力增大C. C 对 B 的作用力保持不变D. C 对 B 的支持力减小【答案】BC【解析】设板与水平地面的夹角为 以 A 为研究对象， A 原来不受摩擦力，当将 P 往右缓慢移动一小段距离后，A 受力情况如图 2， A 受到摩擦力，则 A 受到的摩擦力将增大故 A 错误，B 正确；以 AB 整体为研究对象，分析受力情况如图 1：总重力 GAB、板的支持力 N1 和摩擦力 f1，板对 B 的作用力是支持力N1 和摩擦力 f1 的合力由平衡
11、条件分析可知，板对 B 的作用力大小与总重力大小相等，保持不变N 1=GABcos，f 1=GABsin，减小，N 1 增大，f 1 减小故 C 正确，D 错误故选 BC点睛：本题是三个物体的平衡问题，要灵活选择研究对象，通过分析受力，由平衡条件分析力的变化注意 P 移动后，B 的上表面不再水平7. 如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为 5 1,原线圈接交流电源和交流电压表,副线圈与热水器、抽油烟机连接。已知副线圈上的电压按图乙所示规律变化,现闭合开关 S 接通抽油烟机,下列说法正确的是( )A. 电压表示数为 220 VB. 副线圈上电压的瞬时值表达式 u=220 sin(100t)
12、VC. 热水器消耗的功率变大D. 变压器的输入功率增大【答案】BD【解析】试题分析：U 1= 220=1100V，则电压表示数为 1100V，故 A 错误；由图乙可知，交变电流的峰值是 220 V， ，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为 u=220 sin100tv，故 B 正确；接通开关，副线圈所接电路电阻减小，电流增大，热水器两端电压不变，所以消耗功率不变，故 C 错误；接通开关，电流增大，电压不变，所以线圈消耗的功率增大，输入功率等于输出功率，故 D 正确；故选 BD。考点：变压器；电功率【名师点睛】要会写交变电流的瞬时值表达式，应知道电压表与电流表测的是交变电流的有效值，能用动态分析法判
13、断电流、电压的变化。8. 如图所示,在距水平地面高为 0.4 m 处,水平固定一根长直光滑杆,在杆上 P 点固定一定滑轮,滑轮可绕水平轴无摩擦转动,在 P 点的右边杆上套有一质量 m=2 kg 的小球 A。半径 R=0.3 m 的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上,其圆心 O 在 P 点的正下方,在轨道上也套有一质量为 m=2 kg 的小球 B。用一条不可伸长的柔软细绳通过定滑轮将两小球连接起来。杆和半圆形轨道在同一竖直面内,两小球均可看做质点,不计滑轮大小的影响,且细绳刚好没有张力,g 取 10 m/s2。现给小球 A 一个水平向右的恒力 F=55 N。以下说法正确的是( ) A. 把小球
14、B 从地面拉到 P 点正下方 C 点过程中,力 F 做的功 WF=16.5 JB. 当细绳与圆形轨道相切时,小球 B 与小球 A 速度大小相等C. 把小球 B 从地面拉到 P 点正下方 C 点时,小球 A 速度的大小 v=3 m/sD. 把小球 B 从地面拉到 P 点正下方 C 点时,小球 B 速度的大小 v=4 m/s【答案】BD考点：功；动能定理；速度的合成和分解.三、非选择题(一)必考题9. 某同学从实验室报废的“50 ,2 A”滑动变阻器上截下一段电阻丝 Rx,以测量其材料的电阻率。(1)用多用电表的电阻挡位中“1 ”倍率挡粗测电阻 Rx,结果如图所示,其电阻为_。(2)使用多用电表测
15、电阻时,下列说法正确的是_。 A.红表笔接内部电池的正极, 黑表笔接内部电池的负极B.若使用“1 ” 倍率挡测量,指针偏角较小 ,应改换“10 ”倍率挡测量C.更换倍率挡后要重新进行欧姆调零D.要使测量结果尽量准确,应用双手捏紧表笔与金属丝端点的接触处(3)现有电流表 A(量程 00.6 A,内阻约 0.5 )、电压表 V(量程 03 V,内阻 10 k),若采用伏安法准确测量其电阻值,以下测量电路应选用_。(填写电路字母代号) 【答案】 (1). (1)11 (2). (2)BC (3). (3)B10. 几个实验小组分别利用拉力传感器和打点计时器研究力做功与小车速度变化的关系。其中某一小组
16、实验装置如图所示,他们将拉力传感器固定在小车上,用不可伸长的细线将其通过一个光滑的定滑轮与钩码相连,用拉力传感器记录小车受到拉力的大小,在小车的后面连接纸带,通过打点计时器记录小车运动情况。小车中可以放置砝码。(1)实验主要步骤如下:测量小车和拉力传感器的总质量 m,把细线的一端固定在拉力传感器上,另一端通过定滑轮与钩码( 质量为m0)相连,将纸带通过打点计时器接到小车后面,正确连接所需电路 ;将小车停在 C 点,先接通电源再释放小车 ,在纸带上打出一系列的点,同时记录 m 和拉力传感器的示数 F;在小车中增加砝码或减少砝码,重复步骤的操作;在纸带上选取合适的点,测量各点的位移并计算对应的速度
17、。(2)对于该实验,下列说法正确的是_。( 填写选项前的序号) A.每次释放小车都应给小车一定的初速度 ,以平衡摩擦力B.小车运动中会受到摩擦力,为消除其影响 ,可以将木板适当倾斜以平衡摩擦力C.打点计时器可以用直流电源供电,电压为 46 VD.实验时必须保证所挂砝码的质量 m0m(3)根据某次实验数据画出 v2-W 关系图象如图所示,则图象不过原点的原因是_;由图象计算出本次实验对应的 m=_ kg。 (4)另一实验小组根据本组实验测量数据计算,发现动能的增加量 Ek 总是明显小于拉力 F 做的功 W,你认为其主要原因应该是_。【答案】 (1). (2)B (2). (3)小车运动初速度不为
18、零 (3). 0.4 (4). (4)未平衡摩擦或平衡摩擦不够或有阻力(回答一种即可)【解析】（2）为了便于研究小车动能的变化，小车的初动能应为零，所以小车必须从同一位置由静止弹出，为了使小车在倾斜的平面上被橡皮筋拉动做功等于外力对小车做的总功，需要平衡摩擦力，则可以将木板适当垫高，以平衡摩擦力，故 A 错误，B 正确；打点计时器必须使用交流电源供电，故 C 错误；本实验的拉力由传感器直接得出，不需要用钩码的重力来代替，所以不需要满足 mGm ，故 D 错误故选 B.（3）根据图象可知，当 W=0 时，小车的动能不为零，即没有拉时，小车就有了速度，说明平衡摩擦力过度，根据动能定理可知，W= m
19、v2，解得：v 2 W，则 v2-W 图象的斜率表示 ，根据图象可知，解得：m=0.4kg（4）主要原因应该是：未平衡摩擦或平衡摩擦不够或有阻力。点睛：本题主要考查了“力做功与小车速度变化的关系”实验的注意事项和数据处理方向，特别注意的是本实验的拉力由传感器直接得出，不需要用钩码的重力来代替，所以不需要满足 mGm ，很多同学会误选D 答案，难度适中11. 某人驾车在平直的高速公路上以 108 km/h 的速度行驶 ,前方路边有一警示标志,显示在标志前方 1 km 有隧道,隧道内限速为 60 km/h。已知司机在看到标志时距标志还有 100 m,司机看到警示标志立刻以 1 m/s2 的加速度开
20、始减速。当汽车减速 10 s 后又匀速行驶一段距离。若汽车再次减速时的加速度为 1.5 m/s2,要求汽车恰好在进入隧道时达到规定速度,试求汽车匀速行驶的时间。(结果保留三位有效数字)【答案】40.5m【解析】v 0=108 km/h=30 m/s;设汽车以 1 m/s2 的加速度减速的位移为 s1s1=v0t+ a1t2=250 m减速 10 s 后的速度 v1=v0+a1t=20 m/s设汽车以加速度 1.5 m/s2 减速时的位移为 s2=2a2s2代入数据 v2=60 km/h=16.7 m/s得 s2=40.4 m司机看到标志时离隧道的距离s=1 000 m+100 m=1 100
21、m设汽车匀速行驶的距离为 s3s3=s-s1-s2=809.6 m汽车匀速运动的时间 t= =40.5 s。12. 如图所示,水平虚线上方存在电场强度为 E 的匀强电场,方向竖直向下;下方存在垂直于纸面向外的磁感应强度为 B 的匀强磁场。虚线上有 O、C 两点,其中 AOOC,AO=L,OC=d。一质量为 m、电荷量为+q 的粒子,从 A 点沿平行虚线(匀强电场与匀强磁场的界线 )向右水平射出 ,从电场进入磁场中运动,经磁场中回转再进入电场,最终到达 C 点。不计粒子重力。(1)若正电粒子射出后,只经过电场区域,直接到达 C 点,则初速度 v0 多大?(2)若以 vn(vnv0)的速度水平射出后粒子经历 n 次磁场回转 ,最终到达 C 点,且速度方向在虚线边界上方斜向上,则这种情况下的初速度 vn多大?【答案】(1)d (2) d (n=2,3,)【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动,经过时间为 t 到达虚线边界上 C 点。
