选择题：(共16题每题4分共64分。1—12为单选，13—16为不定项选择，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。)

1.在物理学的研究及应用过程中所用思维方法的叙述正确的是

A.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是猜想法

B.速度的定义式，采用的是比值法，当趋近于零时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了理想模型法

C.在探究电阻、电压和电流三者之间的关系时，先保持电压不变研究电阻与电流的关系，再保持电流不变研究电阻与电压的关系，该实验应用了类比法

D.如图是三个实验装置，这三个实验都体现了放大的思想

考点：物理问题的研究方法

【名师点睛】在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助;故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习。

2.如图所示，离地面高处有甲、乙两个物体，甲以初速度水平射出，同时乙以初速度沿倾角为的光滑斜面滑下，已知重力加速度，若甲、乙同时到达地面，则的大小是

B. C. D.

【答案】A

【解析】

试题分析：甲平抛运动的时间为：; 乙在斜面下滑的加速度为：a= =g，对于乙，下滑的位移大小为h，根据h=v0t at2，代入数据得： 联立解得v0= ，选项A正确。综上本题选A。3.A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度-时间图象如图所示。则这一电场可能是

考点：带电粒子在电场中的运动

【名师点睛】本题考查了速度--时间图象的应用和电场线的相关知识，要明确斜率的含义，要能根据图象判断物体的运动情况，进而分析受力情况.能根据电场线的分布判断电场强度的大小.难度适中。

4.如图所示，水平传送带足够长，小工件放在传送带A端静止，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.25.现让传送带由静止开始以加速度a0=5m/s2向右匀加速运动，当其速度增到v=5m/s时，立即改为以大小相同的加速度向右做匀减速运动直至停止，工件最终也停在传送带上.工件在传送带上滑动时会留下“划痕”，取重力加速度g=10m/s2，在整个运动过程中()

A.工件的最大速度为2.5m/sB.工件的运动时间为s C.工件在传送带上的“划痕”长m D.工件相对传送带的位移为m

考点：牛顿第二定律的综合应用

【名师点睛】本题是一道力学综合题，考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用，分析清楚传送带与工件的运动过程是正确解题的关键，应用牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题。

5.如图所示，A为带正电的点电荷，电量为Q，中间竖直放置一无限大的金属板，B为质量为m、电量为 q的小球，用绝缘丝线悬挂于O点，平衡时丝线与竖直方向的夹角为θ，且A、B两个小球在同一水平面上，间距为L，则金属板上的感应电荷在小球B处产生的电场强度大小E为

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】

试题分析：静电平衡时，金属板的感应电荷在B处产生的电场强度方向向右。以小球为研究对象，分析受力情况：重力、点电荷对小球的静电力F、感应电荷的静电力qE和细线的拉力，如图。根据共点力平衡条件：F qE=Tsinθ，mg=Tcosθ，又根据库仑定律得：，联立解得：，选项D正确。综上本题选D。

考点：物体的平衡;库仑定律

【名师点睛】本题是电场中的力平衡问题，要转换观念，当作力学问题去处理.关键要知道感应电荷产生的电场强度方向。6.如图所示两平行金属板水平放置并接到电源上一带电微粒P位于两板间恰好平衡.现用外力将P固定住然后固定导线各接点使两板均转过α角如图中虚线所示再撤去外力则P在两板间将

A.保持静止B.水平向左做直线运动C.向左下方运动D.不知α的具体数值无法确定P的运动状态

考点：牛顿第二定律

【名师点睛】考查了已知受力求运动，正确受力分析，由牛顿第二定律判断运动情况，解决本题的关键是确定新场强与原来场强在大小、方向上的关系。

7.如图所示，小球在水平拉力作用下，以恒定速率v沿竖直光滑圆轨道由A点运动到B点，在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是

A.逐渐减小B.逐渐增大C.先减小，后增大D.先增大，后减小

因为小球是以恒定速率运动，即它是做匀速圆周运动，那么小球受到的重力G、水平拉力F、轨道的支持力三者的合力必是沿半径指向O点.设球与圆心的连线与竖直方向夹角是θ，则：(F与G的合力必与支持力在同一直线上)得：F=Gtanθ而水平拉力F的方向与速度V的方向夹角也是θ，所以水平力F的瞬时功率是P=Fvcosθ即为：P=Gvsinθ显然，从A到B的过程中，θ是不断增大的，所以水平拉力F的瞬时功率是一直增大的.故B正确，ACD错误.故选B。

考点：功率

【名师点睛】解决本题的关键掌握瞬时功率的表达式P=Fvcosα，注意α为F与速度的夹角。8.如图所示，半径为R的金属环竖直放置，环上套有一质量为m的小球，小球开始时静止于最低点。现使小球以初速度v0=沿环上滑，小球运动到环的最高点时与环恰无作用力，则小球从最低点运动到最高点的过程中

A.小球机械能守恒

B.小球在最低点时对金属环的压力是6mg

C.小球在最高点时，重力的功率是mg

D.小球机械能不守恒，且克服摩擦力做的功是0.5mgR

考点：动能定理及牛顿第二定律的应用

【名师点睛】本题考查了机械能守恒定律、向心力公式以及动能定理的直接应用，要求同学们明确圆周运动最高点的临界条件，知道重力功率与竖直分速度有关。

9.如图所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则

A.固定位置A到B点的竖直高度可能为B.滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关

C.滑块不可能重新回到出发点A处

D.传送带速度v越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多

考点：动能定理、机械能守恒定律和牛顿第二定律

【名师点睛】本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律和牛顿第二定律，理清物块在传送带上的运动情况，以及在圆轨道最高点的临界情况是解决本题的关键.10.美国在2016年2月11日宣布“探测到引力波的存在”，天文学家通过观察双星轨道参数的变化来间接验证引力波的存在，证实了GW150914是一个36倍太阳质量的黑洞和一个29倍太阳质量的黑洞，假设这两个黑洞绕它们连线上的某点做圆周运动，且这两个黑洞的间距缓慢减小，若该黑洞系统在运动过程中各自质量不变且不受其他星系的影响，则关于这两个黑洞的运动，下列说法正确的是

A.这两个黑洞做圆周运动的向心加速度大小始终相等

B.36倍太阳质量的黑洞轨道半径比29倍太阳质量的黑洞轨道半径小

C.这两个黑洞运行的线速度大小始终相等

D.随两个黑洞的间距缓慢减小，这两个黑洞运行的周期在增大

周期会随间距减小而减小，故D错误;故选11.如图所示，一价氢离子和二价氦离子的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们

A.同时到达屏上同一点B.先后到达屏上同一点C.同时到达屏上不同点D.先后到达屏上不同点

试题分析：设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d.在加速电场中，由动能定理得：qU1=m ① 同，出射速度的方向也相同.故两种粒子打屏上同一点.故B正确，ACD错误.故选B名师点睛】解决本题的关键知道带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动情况，知道从静止开始经过同一加速电场加速，垂直打入偏转电场，运动轨迹相同.做选择题时，这个结论可直接运用，节省时间。

12.如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面其电势分别为10 V、20 V、30 V。实线是一带负电的粒子(不计重力)在该区域内运动的轨迹，对于轨迹上的a、b、c三点，下列说法中正确的是

A.粒子一定是先过a，再到b，然后到c

B.粒子在三点所受电场力的大小关系为Fb>Fa>Fc

C.粒子在三点动能的大小关系为Ekb>Eka>Ekc

D.粒子在三点电势能的大小关系为εb>εa>εc

由题中的图可知，电场的方向是向上的，带负电的粒子将受到向下的电场力作用，带负电的粒子无论是依次沿a、b、c运动，还是依次沿c、b、a运动，都会得到如图的轨迹，选项A错误;因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的电场力相等，选项B错误;带负电的粒子在电场中运动时，电势能与动能之间相互转化，由图中粒子的运动轨迹可知，a点到b点，电场力做负功(电场力方向和运动方向相反)，电势能增大，动能减小，从b运动到c，电场力做正功，电势能减小，动能增大，因此c点的电势能最小，动能最大，选项C错误; 由对C的分析可知，D选项正确.故选D【名师点睛】本题考察到了电势能、带电粒子在电场中的运动、等势面、电场力做功等几方面的知识点.解决此题的关键是对等势面的理解，等势面就是电场中电势相等的各点构成的面，等势面有以下几方面的特点：①等势面一定与电场线垂直，即跟场强的方向垂直.②在同一等势面上移动电荷时电场力不做功.③电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面.④任意两个等势面都不会相交.⑤等差等势面越密的地方电场强度越大，即等差等势面的分布疏密可以描述电场的强弱13.我国已经禁止销售100 W及以上的白炽灯，以后将逐步淘汰白炽灯。假设某同学研究白炽灯得到某白炽灯的U-I图象如图所示。图象上A点与原点的连线与横轴成α角，A点的切线与横轴成β角，则

A.白炽灯的电阻随电压的增大而减小B.在A点，白炽灯的电阻可表示为tanβC.在A点，白炽灯的电功率可表示为U0I0 D.在A点，白炽灯的电阻可表示为

考点：欧姆定律U-I图象14.如图所示，图中的四个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑片P向右端移动时，下面说法中正确的是

A.电压表的读数减小，电流表的读数减小

B.电源的输出功率一定变小

C.电压表的读数的变化量与电流表的读数的变化量的比值不变

D.若滑片P的位置不动，突然发生短路，则的读数变小

考点：电路的动态分析

【名师点睛】本题是简单的电路动态分析问题，按“部分→整体→部分”的思路进行分析.对于电压表读数的变化量与电流表读数的变化量之比，往往根据闭合电路欧姆定律分析。15.在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，电表均为理想电表，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是

A.灯泡L变亮B.电源的输出功率变小C.电容器C上电荷量减少D.电流表读数变小，电压表读数变大

将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，电路中总电阻变大，总电流减小，则灯泡L变暗，选项A错误;当内、外电阻相等时，电源的输出功率功率最大。灯炮L的电阻大于电源的内阻，当R增大时，电源的输出功率减小。故选项B;因电路中总电流减小，内电压变小，则外电压变大，故电压表示数变大，选项D正确;灯泡两端的电压减小，则滑动变阻器两端电压变大，由Q=CU可知，电容器C上电荷量变大，选项C错误。综上本题选BD。

16.如图所示，甲、乙两种粗糙面不同的传送带，倾斜放于水平地面，与水平面的夹角相同，以同样恒定速率v向上运动。现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到速率v;在乙上到达离B竖直高度为h的C处时达到速率v，已知B处离地面高度皆为H。则在物体从A到B过程中

A.将小物体传送到B处，两种系统产生的热量乙更多

B.将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能甲更多

C.两种传送带与小物体之间的动摩擦因数甲更大

D.两种传送带对小物体做功相等

>Q乙，所以将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能甲更多，故B;故选D.

考点：能量守恒定律二、实验题：(共1题 共8分)

17. ①图中读出金属丝的直径d为______________mm.

②在用伏安法测定金属丝的电阻(阻值约为4Ω)时，除被测的电阻丝外，还有如下供选择的实验器材：

直流电源：电动势约4.5V，内阻很小;

电流表A1：量程0～0.6A，内阻RA1等于1Ω;

电流表A2：量程0～3.0A，内阻RA2约0.025Ω;

电压表V：量程0～3V，内阻约3kΩ;

滑动变阻器R1：最大阻值10Ω;

滑动变阻器R2：最大阻值50Ω;

开关、导线等.

在可供选择的器材中，应该选用的电流表是____，应该选用的滑动变阻器是____.

③据所选的器材，在方框中画出实验电路图.

④若按照以上电路图测出电流值为I，电压值为U，金属丝长度为L，则电阻率的表达式为： = ，忽略测量读数中的偶然误差，则算出的电阻率与真实值相比：___________(填”偏大” “偏小””相等”). 【答案】①0.520 mm;②， ;③如图所示④相等

【解析】

③电路图如下：

④由闭合电路欧姆定律可知：若电压表的读数为U，电流表的读数为I，则金属丝电阻为，再由电阻定律，，联立可得;电流表内接法的主要误差来自于电流表分压，但是由于电流表内阻已知，可以排除这种误差，故测量值等于真实值。

考点：电阻的测量

【名师点睛】此题考查了伏安法测电阻实验;注意螺旋测微器精确度为0.01mm，需要估读，读数时注意半毫米刻度线是否露出.在要求电流或电压从零调或变阻器的全电阻较小时应用分压式接法。三、计算题：(共3题18题8分19题10分，20题10分，共28分)

18.如图所示，一电动遥控小车停在水平地面上，小车质量M=3kg，质量m=1kg的小物块(可视为质点)静止于车板上某处A，物块与车板间的动摩擦因数μ=0.1，现使小车由静止开始向右行驶，当运动时间t1=1.6s时物块从车板上滑落，已知小车的速度v随时间t变化规律如图乙所示，小车受到地面的摩擦阻力是小车对地面压力的 ，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，求： (1)物块离开小车时，物块的速度大小; (2)0：1.6s时间内小车的牵引力做的功W

【答案】(1)1.6m/s(2)17J 其中 解得 F1=14N 小车的位移 s1=×2×1m=1m 在1-1.6s时间内，牵引力 F2=k(M m)g f=5N 由题图乙得小车的位移大小 s2=2×0.6m=1.2m 所以0～1.6s时间内小车的牵引力做的功 W=F1s1 F2s2 代入数据解得 W=17J 牛顿第二定律19.如图所示，水平向左的匀强电场中，用长为l的绝缘轻质细绳悬挂一小球，小球质量为m，带电量为 q，将小球拉至竖直位置最低位置A点处无初速释放，小球将向左摆动，细线向左偏高竖直方向的最大角度θ=74°. (1)求电场强度的大小E; (2)将小球向左摆动的过程中，对细线拉力的最大值; (3)若从A点处释放小球时，给小球一个水平向左的初速度v0，则为v0的大小应满足什么条件?

【答案】(1)(2)mg(3)

【解析】

小球在时，由重力电场力与细线的拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：20.如图所示，电源电动势为E，内阻r=R，定值电阻R1和R2的阻值均为R。平行板电容器接在R2两端，两极板长度和距离均为d，足够大屏幕与电容器右端距离为d，OO1为电容器中心轴线。一个不计重力、质量为m、电荷量为q的带正电粒子从O点以一定的初速度沿OO1方向射入电场，离开电场时的位置与电容器下极板的距离为。

(1)求粒子射入电场时的初速度大小。

(2)若将平行板电容器沿竖直中线等分为两部分后均并联在R2两端。左半部分不动，右半部分向右平移，求粒子打在屏幕上的位置与OO1的距离。

(3)若将平行板电容器沿竖直中线等分为两部分后均并联在R2两端，将右半部分向右平移x，求粒子打在屏幕上的位置与OO1的最小距离。

(2)(3)

【解析】

试题分析：(1)由闭合电路欧姆定律得电容器两端电压为： 设粒子射入电场的初速度为v0，在平行板间做类平抛运动 有，，d=v0t， 由联立解得：. 粒子离开左侧电场后做匀速运动，侧移距离 粒子在两电场中的合轨迹不变，故粒子从O点到离开右侧电场时侧移距离 粒子打在屏幕上位置与OO1的距离为. (3)粒子能从右侧电场射出，有，得x≤d 粒子打在屏幕上位置与OO1的距离为 当x=d时，y′最小，得.