黑龍江省哈爾濱六中2015年高考物理三模試卷解析

1、黑龍江省哈爾濱六中高考物理三模試卷一、選擇題：本題共8小題，每小題6分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第15題只有一項(xiàng)符合題目要求，第68題有多項(xiàng)符合題目要求全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分1質(zhì)量為m的木箱置于水平面上，水平推力F即可使木箱做勻速直線運(yùn)動(dòng)現(xiàn)保持F的大小不變，方向改為與水平方向成60°斜向上拉木箱，仍能使其做勻速直線運(yùn)動(dòng)，如圖所示則木箱與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為（） A B C D 2氣象衛(wèi)星是用來(lái)拍攝云層照片、觀測(cè)氣象資料和測(cè)量氣象數(shù)據(jù)的我國(guó)先后自行成功研制和發(fā)射了“風(fēng)云號(hào)”和“風(fēng)云號(hào)”兩顆氣象衛(wèi)星，“風(fēng)云號(hào)”衛(wèi)星軌道（極地圓軌道）與赤道平面垂直并且通過(guò)兩

2、極，繞地做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為12h“風(fēng)云號(hào)”氣象衛(wèi)星軌道（地球同步軌道）平面在赤道平面內(nèi)，繞地做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為24h，則“風(fēng)云號(hào)”衛(wèi)星比“風(fēng)云號(hào)”衛(wèi)星（） A 軌道半徑小 B 線速度小 C 角速度大 D 向心加速度大3如圖所示，實(shí)線為一簇未標(biāo)明方向的點(diǎn)電荷Q周?chē)碾妶?chǎng)線，若帶電粒子q（|Q|遠(yuǎn)大于|q|）由a運(yùn)動(dòng)到b，電場(chǎng)力做正功；粒子在a、b兩點(diǎn)所受電場(chǎng)力分別為Fa、Fb，則下列判斷正確的是（） A 若Q為正電荷，則q帶正電，F(xiàn)aFb B 若Q為正電荷，則q帶負(fù)電，F(xiàn)aFb C 若Q為負(fù)電荷，則q帶正電，F(xiàn)aFb D 若Q為負(fù)電荷，則q帶負(fù)電，F(xiàn)aFb4如圖所示，質(zhì)量為M=4kg的木

3、板A長(zhǎng)L=1m，靜止放在光滑的水平地面上，其右端靜置一質(zhì)量為m=1kg的小滑塊B（可視為質(zhì)點(diǎn)），它與木板A之間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.4現(xiàn)用水平恒力F=28N向右拉木板，使小滑塊B能從木板A上滑下來(lái)木板A和小滑塊B的加速度大小分別為aA、aB，速度大小分別為vA、vB，重力加速度g取10m/s2，則從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到小滑塊B滑下木板的過(guò)程中，下列圖象正確的是（） A B C D 5如圖所示，質(zhì)量為m的豎直光滑圓環(huán)A的半徑為r，豎直固定在質(zhì)量為m的木板B上，木板B的兩側(cè)各有一豎直擋板固定在地面上，使木板不能左右運(yùn)動(dòng)在環(huán)的最低點(diǎn)靜置一質(zhì)量為m的小球C現(xiàn)給小球一水平向右的瞬時(shí)速度v0，小球會(huì)在環(huán)內(nèi)側(cè)做圓周運(yùn)動(dòng)為

4、保證小球能通過(guò)環(huán)的最高點(diǎn)，且不會(huì)使木板離開(kāi)地面，則初速度v0必須滿足（） A v0 B v0 C v03 D v06某小型發(fā)電站通過(guò)升壓變壓器向60km遠(yuǎn)處的用戶供電，在用戶端用降壓變壓器將高壓電變?yōu)?20V供用戶使用（設(shè)兩個(gè)變壓器均為理想變壓器），輸電示意圖如圖所示已知輸電線的電阻率為=1.25×108m，橫截面積為1.5×104m2，發(fā)電機(jī)輸出功率為20kW，輸出電壓為250V，若線路損耗的功率為輸出功率的5%則下列說(shuō)法正確的是（） A 發(fā)電機(jī)是將其他形式能轉(zhuǎn)化為電能的設(shè)備，發(fā)電原理是法拉第電磁感應(yīng)定律 B 輸電線上的電流為10A C D 升壓變壓器的輸出電壓等于降壓變

5、壓器的輸入電壓7如圖所示，在半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)，有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，PQM為圓內(nèi)接三角形，且PM為圓的直徑，三角形的各邊由材料相同的細(xì)軟導(dǎo)線組成（不考慮導(dǎo)線中電流間的相互作用）設(shè)線圈的總電阻為r且不隨形狀改變，此時(shí)PMQ=37°，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8則下列說(shuō)法正確的是（） A 穿過(guò)線圈PQM的磁通量為=0.96BR2 B 若磁場(chǎng)方向不變，只改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小，且B=B0+kt（k為常數(shù)，k0），則線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為I= C 保持P、M兩點(diǎn)位置不變，將Q點(diǎn)沿圓弧順時(shí)針移動(dòng)到接近M點(diǎn)的過(guò)程中，線圈中感

6、應(yīng)電流的方向先沿逆時(shí)針，后沿順時(shí)針 D 保持P、M兩點(diǎn)位置不變，將Q點(diǎn)沿圓弧順時(shí)針移動(dòng)到接近M點(diǎn)的過(guò)程中，線圈中不會(huì)產(chǎn)生焦耳熱8在傾角為的光滑固定斜面上有兩個(gè)用輕彈簧連接的物塊A和B，它們的質(zhì)量分別為m和2m，彈簧的勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)用一沿斜面方向的恒力拉物塊A使之沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)B剛離開(kāi)C時(shí)，A的速度為v，加速度為a，且方向沿斜面向上設(shè)彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，則（） A 當(dāng)B剛離開(kāi)C時(shí)，A發(fā)生的位移大小為 B 從靜止到B剛離開(kāi)C的過(guò)程中，物塊A克服重力做功為 C B剛離開(kāi)C時(shí)，恒力對(duì)A做功的功率為v D 當(dāng)A的速度達(dá)到最大時(shí)，B的加速度大小為二

7、、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分考生根據(jù)要求作答（一）必考題9某同學(xué)欲采用如圖所示的電路完成相關(guān)實(shí)驗(yàn)圖中電流表A的量程為0.6A，內(nèi)阻約0.1；電壓表V的量程為3V，內(nèi)阻約6k；G為小量程電流表；電源電動(dòng)勢(shì)約3V，內(nèi)阻較小下列實(shí)驗(yàn)電路中正確的是（） A 測(cè)定一段電阻絲（約5）的電阻 B 測(cè)定電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻（約2.0） C 描繪小燈泡（額定電壓2.5V）的伏安特性曲線 D 多用電表歐姆檔測(cè)二極管正向電阻10如圖1所示，小車(chē)、打點(diǎn)計(jì)時(shí)器等器材置于高度可調(diào)節(jié)的長(zhǎng)木板上（1）在驗(yàn)證牛頓第二定律的實(shí)驗(yàn)中，除打點(diǎn)計(jì)時(shí)器（附紙帶、復(fù)寫(xiě)紙）、小車(chē)（其上可放置砝碼）、細(xì)線、鉤碼（質(zhì)量已知）、附滑輪的長(zhǎng)木

8、板、導(dǎo)線外，在下面的儀器和器材中，必須使用的有（填寫(xiě)序號(hào)）電壓合適的50Hz交流電源 電壓可調(diào)的直流電源 刻度尺 秒表 天平實(shí)驗(yàn)時(shí)通過(guò)改變，可驗(yàn)證質(zhì)量一定時(shí)，加速度與力成正比的關(guān)系；通過(guò)，可驗(yàn)證力一定時(shí)，加速度與質(zhì)量成反比的關(guān)系在驗(yàn)證牛頓第二定律的實(shí)驗(yàn)中，若平衡摩擦力時(shí)，長(zhǎng)木板的一端調(diào)節(jié)過(guò)高，使得傾角偏大，則所得到如圖2的aF關(guān)系圖象為（a是小車(chē)的加速度，F(xiàn)是細(xì)線作用于小車(chē)的拉力）（3）實(shí)驗(yàn)中得到如圖3的一條紙帶，在紙帶上便于測(cè)量的地方選取第1個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，其下標(biāo)明A，第6個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)下標(biāo)明B，第11個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)下標(biāo)明C，第16個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)下標(biāo)明D，第21個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)下標(biāo)明E若測(cè)得AC長(zhǎng)為14.56cm，CD長(zhǎng)1

9、1.15cm，DE長(zhǎng)為13.73cm，則小車(chē)運(yùn)動(dòng)的加速度大小為m/s2，打C點(diǎn)時(shí)小車(chē)的瞬時(shí)速度大小為m/s（保留三位有效數(shù)字）11如圖所示，電荷量均為+q、質(zhì)量分別為m和2m的小球A和B，中間連接質(zhì)量不計(jì)的絕緣細(xì)線，在豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中以速度v0勻速上升重力加速度為g，某時(shí)刻細(xì)繩斷開(kāi)（不考慮電荷間的庫(kù)侖力作用），求：（1）細(xì)線斷開(kāi)后，A，B兩球的加速度的大小和方向；從細(xì)線斷開(kāi)至B球速度為零的過(guò)程中，A球的機(jī)械能增量12如圖所示，虛線MO與水平線PQ相交于O點(diǎn)，夾角=30°，在MO左側(cè)存在電場(chǎng)強(qiáng)度為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)；MO右側(cè)某個(gè)區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)

10、，且O點(diǎn)在磁場(chǎng)的邊界上現(xiàn)有大量質(zhì)量為m、電量為+q的帶電粒子在紙面內(nèi)以速度v（0v）垂直于MO從O點(diǎn)射入磁場(chǎng)，所有粒子通過(guò)直線MO時(shí)，速度方向均平行于PQ向左不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用求：（1）速度最大的粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至水平線PQ所需的時(shí)間；磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積【物理-選修3-5】13關(guān)于核反應(yīng)方程ThPa+X+E（E為釋放出的核能，X為新生成粒子），已知Th的半衰期為T(mén)，則下列說(shuō)法正確的是（） A 原子序數(shù)大于或等于83的元素，都能自發(fā)地發(fā)出射線，原子序數(shù)小于83的元素則不能放出射線 B Pa比Th少1個(gè)中子，X粒子是從原子核中射出的，此核反應(yīng)為衰變 C N0個(gè)Th經(jīng)2T時(shí)間因發(fā)生上述核

11、反應(yīng)而放出的核能為N0E（N0數(shù)值很大） D Th的比結(jié)合能為 E 該放射性元素（Th）與其它元素形成化合物的半衰期仍等于T14如圖所示，用輕繩將大小相同、質(zhì)量不等的N個(gè)小球并列懸掛于一水平桿上，球間有微小間隔，從左到右，球的編號(hào)依次為1、2、3 N，球的質(zhì)量依次遞減，每球質(zhì)量與其相鄰左側(cè)球的質(zhì)量之比為k（k1）將1號(hào)球向左拉起，然后由靜止釋放，使其與2號(hào)球碰撞，2號(hào)球再與3號(hào)球碰撞 所有碰撞均為無(wú)機(jī)械能損失的正碰（不計(jì)空氣阻力）（i）求n號(hào)球與n+1號(hào)球碰撞后的速率之比；（ii）若N=5，k=1，在1號(hào)球向左拉高h(yuǎn)（遠(yuǎn)小于繩長(zhǎng)）的情況下，問(wèn)5號(hào)球碰撞后上升的最大高度黑龍江省哈爾濱六中高考物理

12、三模試卷參考答案與試題解析一、選擇題：本題共8小題，每小題6分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第15題只有一項(xiàng)符合題目要求，第68題有多項(xiàng)符合題目要求全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分1質(zhì)量為m的木箱置于水平面上，水平推力F即可使木箱做勻速直線運(yùn)動(dòng)現(xiàn)保持F的大小不變，方向改為與水平方向成60°斜向上拉木箱，仍能使其做勻速直線運(yùn)動(dòng)，如圖所示則木箱與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為（） A B C D 考點(diǎn)： 牛頓第二定律；物體的彈性和彈力專題： 牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題分析： 用水平推力F即可使物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)共點(diǎn)力平衡列式，改用與水平方向成角的斜向上的拉力F去拉物體，也使它做勻

13、速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)共點(diǎn)力平衡聯(lián)立列式可求解解答： 解：用水平推力F即可使物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，知摩擦力f=F=mg當(dāng)改用與水平方向成角的斜向上的拉力F去拉物體，則有：Fcos60°=ff=（mgFsin60°）聯(lián)立解得：=故選：C點(diǎn)評(píng)： 解決本題的關(guān)鍵能夠正確地受力分析，運(yùn)用共點(diǎn)力平均進(jìn)行求解2氣象衛(wèi)星是用來(lái)拍攝云層照片、觀測(cè)氣象資料和測(cè)量氣象數(shù)據(jù)的我國(guó)先后自行成功研制和發(fā)射了“風(fēng)云號(hào)”和“風(fēng)云號(hào)”兩顆氣象衛(wèi)星，“風(fēng)云號(hào)”衛(wèi)星軌道（極地圓軌道）與赤道平面垂直并且通過(guò)兩極，繞地做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為12h“風(fēng)云號(hào)”氣象衛(wèi)星軌道（地球同步軌道）平面在赤道平面內(nèi)，繞地做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的

14、周期為24h，則“風(fēng)云號(hào)”衛(wèi)星比“風(fēng)云號(hào)”衛(wèi)星（） A 軌道半徑小 B 線速度小 C 角速度大 D 向心加速度大考點(diǎn)： 人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系專題： 人造衛(wèi)星問(wèn)題分析： 風(fēng)云二號(hào)衛(wèi)星為地球同步軌道衛(wèi)星，故周期為24h，衛(wèi)星運(yùn)行時(shí)萬(wàn)有引力提供向心力，可得軌道半徑、向心加速度以及線速度的大小關(guān)系解答： 解：對(duì)于衛(wèi)星，萬(wàn)有引力提供向心力，故：G解得：A、根據(jù)，“風(fēng)云號(hào)”衛(wèi)星比“風(fēng)云號(hào)”衛(wèi)星的軌道半徑大，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)公式，“風(fēng)云號(hào)”衛(wèi)星比“風(fēng)云號(hào)”衛(wèi)星的線速度小，故B正確；C、根據(jù)，“風(fēng)云號(hào)”衛(wèi)星比“風(fēng)云號(hào)”衛(wèi)星的角速度小，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)，“風(fēng)云號(hào)”衛(wèi)星比“風(fēng)云號(hào)”衛(wèi)星的加速度小

15、，故D錯(cuò)誤；故選：B點(diǎn)評(píng)： 知道地球同步軌道衛(wèi)星的周期T=24h，然后根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力的表達(dá)式進(jìn)行速度、軌道以及向心加速度的討論，知向更高軌道發(fā)射衛(wèi)星需要克服重力做更多的功，因此需要列大的發(fā)射速度3如圖所示，實(shí)線為一簇未標(biāo)明方向的點(diǎn)電荷Q周?chē)碾妶?chǎng)線，若帶電粒子q（|Q|遠(yuǎn)大于|q|）由a運(yùn)動(dòng)到b，電場(chǎng)力做正功；粒子在a、b兩點(diǎn)所受電場(chǎng)力分別為Fa、Fb，則下列判斷正確的是（） A 若Q為正電荷，則q帶正電，F(xiàn)aFb B 若Q為正電荷，則q帶負(fù)電，F(xiàn)aFb C 若Q為負(fù)電荷，則q帶正電，F(xiàn)aFb D 若Q為負(fù)電荷，則q帶負(fù)電，F(xiàn)aFb考點(diǎn)： 電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；電場(chǎng)強(qiáng)度專題： 電場(chǎng)力

16、與電勢(shì)的性質(zhì)專題分析： 根據(jù)Q的正負(fù)以及電場(chǎng)力做的功判斷帶電粒子的電性，根據(jù)電場(chǎng)線的疏密比較場(chǎng)強(qiáng)的大小，從而得知電場(chǎng)力的大小解答： 解：AB、若Q為正電荷，帶電粒子由a點(diǎn)到b點(diǎn)電場(chǎng)力做正功，知，該帶電粒子帶正電由于EaEb，則FaFb故A正確，B錯(cuò)誤CD、若Q為負(fù)電荷，帶電粒子由a點(diǎn)到b點(diǎn)電場(chǎng)力做正功，知，該帶電粒子帶負(fù)電由于EaEb，則FaFb故C錯(cuò)誤，D錯(cuò)誤故選：A點(diǎn)評(píng)： 解決本題的關(guān)鍵知道電場(chǎng)線的性質(zhì)，知道電場(chǎng)線越密的地方場(chǎng)強(qiáng)越強(qiáng)，越疏的地方場(chǎng)強(qiáng)越弱4如圖所示，質(zhì)量為M=4kg的木板A長(zhǎng)L=1m，靜止放在光滑的水平地面上，其右端靜置一質(zhì)量為m=1kg的小滑塊B（可視為質(zhì)點(diǎn)），它與木板A之

17、間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.4現(xiàn)用水平恒力F=28N向右拉木板，使小滑塊B能從木板A上滑下來(lái)木板A和小滑塊B的加速度大小分別為aA、aB，速度大小分別為vA、vB，重力加速度g取10m/s2，則從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到小滑塊B滑下木板的過(guò)程中，下列圖象正確的是（） A B C D 考點(diǎn)： 牛頓第二定律專題： 牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題分析： 分別對(duì)兩個(gè)物體受力分析，由牛頓第二定律方程求解加速度，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求離開(kāi)時(shí)的速度和時(shí)間解答： 解：A、對(duì)m水平方向進(jìn)行受力分析有：fm=mg=maB代入數(shù)據(jù)解得：aB=4m/s2對(duì)木板在水平方向受力分析有：Ffm=MaA代入數(shù)據(jù)解得：aA=6m/s2當(dāng)小滑塊剛掉下時(shí)，二者之間的位移

18、關(guān)系有：=L解得：t=1s，故A錯(cuò)誤B錯(cuò)誤C、二者離開(kāi)時(shí)，VA=6×1=6m/s，VB=4×1=4m/s，故C正確，D錯(cuò)誤故選：C點(diǎn)評(píng)： 本題的關(guān)鍵是選取不同的研究對(duì)象受力分析，應(yīng)用牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解5如圖所示，質(zhì)量為m的豎直光滑圓環(huán)A的半徑為r，豎直固定在質(zhì)量為m的木板B上，木板B的兩側(cè)各有一豎直擋板固定在地面上，使木板不能左右運(yùn)動(dòng)在環(huán)的最低點(diǎn)靜置一質(zhì)量為m的小球C現(xiàn)給小球一水平向右的瞬時(shí)速度v0，小球會(huì)在環(huán)內(nèi)側(cè)做圓周運(yùn)動(dòng)為保證小球能通過(guò)環(huán)的最高點(diǎn)，且不會(huì)使木板離開(kāi)地面，則初速度v0必須滿足（） A v0 B v0 C v03 D v0考點(diǎn)： 向心力專題： 勻速

19、圓周運(yùn)動(dòng)專題分析： 小球在環(huán)內(nèi)側(cè)做圓周運(yùn)動(dòng)，通過(guò)最高點(diǎn)速度最小時(shí)，軌道對(duì)球的最小彈力為零，根據(jù)牛頓第二定律求出小球在最高點(diǎn)的最小速度；為了不會(huì)使環(huán)在豎直方向上跳起，小球在最高點(diǎn)對(duì)軌道的彈力不能大于2mg，根據(jù)牛頓第二定律求出最高點(diǎn)的最大速度，再根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出小球在最低點(diǎn)的速度范圍解答： 解：在最高點(diǎn)，速度最小時(shí)有：mg=m，解得：v1=從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，機(jī)械能守恒，設(shè)最低點(diǎn)的速度為v1，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有： 2mgr+=mv12解得：v1=要使不會(huì)使環(huán)在豎直方向上跳起，環(huán)對(duì)球的壓力最大為： F=2mg從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，機(jī)械能守恒，設(shè)此時(shí)最低點(diǎn)的速度為v2，在最高點(diǎn)，

20、速度最大時(shí)有：mg+2mg=m根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：2mgr+mv22=mv22解得：v2=所以為保證小球能通過(guò)環(huán)的最高點(diǎn)，且不會(huì)使木板離開(kāi)地面，在最低點(diǎn)的初速度范圍為：v故D正確，ABC錯(cuò)誤故選：D點(diǎn)評(píng)： 本題綜合考查了牛頓第二定律和機(jī)械能守恒定律，關(guān)鍵理清在最高點(diǎn)的兩個(gè)臨界情況，求出在最高點(diǎn)的最大速度和最小速度6某小型發(fā)電站通過(guò)升壓變壓器向60km遠(yuǎn)處的用戶供電，在用戶端用降壓變壓器將高壓電變?yōu)?20V供用戶使用（設(shè)兩個(gè)變壓器均為理想變壓器），輸電示意圖如圖所示已知輸電線的電阻率為=1.25×108m，橫截面積為1.5×104m2，發(fā)電機(jī)輸出功率為20kW，輸出電壓為2

21、50V，若線路損耗的功率為輸出功率的5%則下列說(shuō)法正確的是（） A 發(fā)電機(jī)是將其他形式能轉(zhuǎn)化為電能的設(shè)備，發(fā)電原理是法拉第電磁感應(yīng)定律 B 輸電線上的電流為10A C D 升壓變壓器的輸出電壓等于降壓變壓器的輸入電壓考點(diǎn)： 遠(yuǎn)距離輸電專題： 交流電專題分析： 明確發(fā)電機(jī)原理為電磁感應(yīng)原理；根據(jù)電阻定律可求得導(dǎo)線電阻，則由損失的功率及功率公式可求得電流；由P=UI可求得升壓變壓器輸出電壓；由歐姆定律求出導(dǎo)線損耗的電壓，由匝數(shù)之比等于電壓之比可求得匝數(shù)之比解答： 解：A、發(fā)電機(jī)是通過(guò)電磁感應(yīng)將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的設(shè)備，其原理為法拉第電磁感應(yīng)定律；故A正確；B、由電阻定律可知，R=1.25

22、15;108××103=10；由功率公式可得：5%P=I2R解得：I=10A；故B正確；C、由功率公式P=UI可得，輸電電壓U2=2000V；則=8；降壓變壓器輸入電壓U3=U2IR=200010×10=1980V；則=9；故；故CD錯(cuò)誤；故選：AB點(diǎn)評(píng)： 本題考查遠(yuǎn)距離輸電的內(nèi)容，要注意明確遠(yuǎn)距離輸電中的變壓器原理，同時(shí)注意從導(dǎo)線損耗功率入手，靈活選擇功率公式求解電流，再由歐姆定律求得電壓等，即可求解7如圖所示，在半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)，有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，PQM為圓內(nèi)接三角形，且PM為圓的直徑，三角形的各邊由材料相同的細(xì)軟導(dǎo)線組成（不

23、考慮導(dǎo)線中電流間的相互作用）設(shè)線圈的總電阻為r且不隨形狀改變，此時(shí)PMQ=37°，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8則下列說(shuō)法正確的是（） A 穿過(guò)線圈PQM的磁通量為=0.96BR2 B 若磁場(chǎng)方向不變，只改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小，且B=B0+kt（k為常數(shù)，k0），則線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為I= C 保持P、M兩點(diǎn)位置不變，將Q點(diǎn)沿圓弧順時(shí)針移動(dòng)到接近M點(diǎn)的過(guò)程中，線圈中感應(yīng)電流的方向先沿逆時(shí)針，后沿順時(shí)針 D 保持P、M兩點(diǎn)位置不變，將Q點(diǎn)沿圓弧順時(shí)針移動(dòng)到接近M點(diǎn)的過(guò)程中，線圈中不會(huì)產(chǎn)生焦耳熱考點(diǎn)： 法拉第電磁感應(yīng)定律；閉合電路的歐姆定律專題：

24、 電磁感應(yīng)與電路結(jié)合分析： 線圈與磁場(chǎng)垂直，磁通量=BS，S是線圈PQM的面積若磁場(chǎng)方向不變，只改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小，B=B0+kt，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由歐姆定律求出感應(yīng)電流保持P、M兩點(diǎn)位置不變，將Q點(diǎn)沿圓弧順時(shí)針移動(dòng)到接近M點(diǎn)的過(guò)程中，線圈的面積先增大后減小，穿過(guò)線圈的磁通量先增大后減小，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律分析感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的變化，即判斷感應(yīng)電流的變化，線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，會(huì)產(chǎn)生焦耳熱解答： 解：A、穿過(guò)線圈PQM中的磁通量大小為=B2Rsin37°2Rcos37°=0.96Ba2故A正確B、由B=B0+kt得，=k，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：感應(yīng)

25、電動(dòng)勢(shì)E=S=k2Rsin37°2Rcos37°=0.96kR2，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為：I=故B正確C、D保持P、M兩點(diǎn)位置不變，將Q點(diǎn)沿圓弧順時(shí)針移動(dòng)到接近M點(diǎn)的過(guò)程中，PQM的面積先增大后減小，將產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流方向先沿逆時(shí)針?lè)较蚝笱仨槙r(shí)針?lè)较颍耶a(chǎn)生焦耳熱故C正確，D錯(cuò)誤故選：ABC點(diǎn)評(píng)： 本題要掌握磁通量公式=BS，法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律，就能正確分析其中還用到數(shù)學(xué)上幾何知識(shí)分析線圈面積的變化，確定磁通量的變化8在傾角為的光滑固定斜面上有兩個(gè)用輕彈簧連接的物塊A和B，它們的質(zhì)量分別為m和2m，彈簧的勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板，

26、系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)用一沿斜面方向的恒力拉物塊A使之沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)B剛離開(kāi)C時(shí)，A的速度為v，加速度為a，且方向沿斜面向上設(shè)彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，則（） A 當(dāng)B剛離開(kāi)C時(shí)，A發(fā)生的位移大小為 B 從靜止到B剛離開(kāi)C的過(guò)程中，物塊A克服重力做功為 C B剛離開(kāi)C時(shí)，恒力對(duì)A做功的功率為v D 當(dāng)A的速度達(dá)到最大時(shí)，B的加速度大小為考點(diǎn)： 功率、平均功率和瞬時(shí)功率；功的計(jì)算專題： 功率的計(jì)算專題分析： 未加拉力F時(shí)，物體A對(duì)彈簧的壓力等于其重力的下滑分力；物塊B剛要離開(kāi)C時(shí)，彈簧的拉力等于物體B重力的下滑分力；根據(jù)平衡條件并結(jié)合胡克定律求解出兩個(gè)狀態(tài)彈簧的行變量，得到彈簧的長(zhǎng)

27、度變化情況；然后結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行分析即可解答： 解：A、開(kāi)始時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，壓力等于物體A重力的下滑分力，根據(jù)胡克定律，有：mgsin=kx1解得：x1=物塊B剛要離開(kāi)C時(shí)，彈簧的拉力等于物體B重力的下滑分力，根據(jù)胡克定律，有；2mgsin=kx2解得：x2=故物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為：，故A正確；B、從靜止到B剛離開(kāi)C的過(guò)程中，物塊A克服重力做功為，故B錯(cuò)誤；C、此時(shí)物體A受拉力、重力、支持力和彈簧的拉力，根據(jù)牛頓第二定律，有：FmgsinT=ma彈簧的拉力等于物體B重力的下滑分力，為：T=2mgsin故：F=3mgsin+ma，恒力對(duì)A做功的功率為（3mgsin+ma）v故C錯(cuò)誤；D、當(dāng)A

28、的速度達(dá)到最大時(shí)，A受到的合外力為0，則：FmgsinT=0所以：T=2mgsin+maB沿斜面方向受到的力：FB=T2mgsin=ma又：FB=2ma所以：故D正確故選：AD點(diǎn)評(píng)： 本題關(guān)鍵抓住兩個(gè)臨界狀態(tài)，開(kāi)始時(shí)的平衡狀態(tài)和最后的B物體恰好要滑動(dòng)的臨界狀態(tài)，然后結(jié)合功能關(guān)系分析，難度適中二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分考生根據(jù)要求作答（一）必考題9某同學(xué)欲采用如圖所示的電路完成相關(guān)實(shí)驗(yàn)圖中電流表A的量程為0.6A，內(nèi)阻約0.1；電壓表V的量程為3V，內(nèi)阻約6k；G為小量程電流表；電源電動(dòng)勢(shì)約3V，內(nèi)阻較小下列實(shí)驗(yàn)電路中正確的是（） A 測(cè)定一段電阻絲（約5）的電阻 B 測(cè)定電池的電動(dòng)

29、勢(shì)和內(nèi)阻（約2.0） C 描繪小燈泡（額定電壓2.5V）的伏安特性曲線 D 多用電表歐姆檔測(cè)二極管正向電阻考點(diǎn)： 描繪小電珠的伏安特性曲線專題： 實(shí)驗(yàn)題分析： A、伏安法測(cè)電阻的電路有兩種接法一種是電流表外接，適用于測(cè)量小電阻另一種方法是電流表內(nèi)接，適用于測(cè)量大電阻待測(cè)電阻絲的電阻與電流表內(nèi)阻相當(dāng)，屬于小電阻B、測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻，在該電路圖中，電壓表測(cè)量的是電源兩端的電壓，電流表應(yīng)測(cè)量通過(guò)電源的電流，測(cè)的數(shù)據(jù)偏小，誤差形成的原因是電壓表的分流作用C、描繪小燈泡（額定電壓為2.5 V）的伏安特性曲線，電流電壓要從0測(cè)起，滑動(dòng)變阻器應(yīng)該用分壓式D、歐姆表紅表筆與內(nèi)置電源負(fù)極相連，黑表筆與正

30、極相連解答： 解：A、待測(cè)電阻絲的電阻與電流表內(nèi)阻相當(dāng)，遠(yuǎn)小于電壓表內(nèi)阻，該待測(cè)電阻屬于小電阻，電流表應(yīng)用外接法故A正確 B、電壓表測(cè)量的是電源兩端的電壓，電流表應(yīng)測(cè)量通過(guò)電源的電流，測(cè)的數(shù)據(jù)偏小，誤差形成的原因是電壓表的分流作用在該實(shí)驗(yàn)中，電壓表內(nèi)阻非常大，分流很不明顯，誤差較小故B正確 C、描繪小燈泡（額定電壓為2.5 V）的伏安特性曲線，電流電壓要從0測(cè)起，滑動(dòng)變阻器應(yīng)該用分壓式，不能用限流式故C錯(cuò)誤 D、測(cè)量晶體二極管的正向電阻時(shí)紅表筆應(yīng)與它的負(fù)極連接，故D正確；故選：ABD點(diǎn)評(píng)： 解決本題的關(guān)鍵掌握電流表的內(nèi)外接問(wèn)題和滑動(dòng)變阻器的分壓限流接法，以及會(huì)對(duì)實(shí)驗(yàn)進(jìn)行誤差分析10如圖1所示，

31、小車(chē)、打點(diǎn)計(jì)時(shí)器等器材置于高度可調(diào)節(jié)的長(zhǎng)木板上（1）在驗(yàn)證牛頓第二定律的實(shí)驗(yàn)中，除打點(diǎn)計(jì)時(shí)器（附紙帶、復(fù)寫(xiě)紙）、小車(chē)（其上可放置砝碼）、細(xì)線、鉤碼（質(zhì)量已知）、附滑輪的長(zhǎng)木板、導(dǎo)線外，在下面的儀器和器材中，必須使用的有（填寫(xiě)序號(hào)）電壓合適的50Hz交流電源 電壓可調(diào)的直流電源 刻度尺 秒表 天平實(shí)驗(yàn)時(shí)通過(guò)改變鉤碼個(gè)數(shù)，可驗(yàn)證質(zhì)量一定時(shí)，加速度與力成正比的關(guān)系；通過(guò)在小車(chē)上添加鉤碼的個(gè)數(shù)，可驗(yàn)證力一定時(shí)，加速度與質(zhì)量成反比的關(guān)系在驗(yàn)證牛頓第二定律的實(shí)驗(yàn)中，若平衡摩擦力時(shí)，長(zhǎng)木板的一端調(diào)節(jié)過(guò)高，使得傾角偏大，則所得到如圖2的aF關(guān)系圖象為C（a是小車(chē)的加速度，F(xiàn)是細(xì)線作用于小車(chē)的拉力）（3）實(shí)驗(yàn)中

32、得到如圖3的一條紙帶，在紙帶上便于測(cè)量的地方選取第1個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，其下標(biāo)明A，第6個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)下標(biāo)明B，第11個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)下標(biāo)明C，第16個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)下標(biāo)明D，第21個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)下標(biāo)明E若測(cè)得AC長(zhǎng)為14.56cm，CD長(zhǎng)11.15cm，DE長(zhǎng)為13.73cm，則小車(chē)運(yùn)動(dòng)的加速度大小為2.58m/s2，打C點(diǎn)時(shí)小車(chē)的瞬時(shí)速度大小為0.986m/s（保留三位有效數(shù)字）考點(diǎn)： 驗(yàn)證牛頓第二運(yùn)動(dòng)定律專題： 實(shí)驗(yàn)題分析： （1）根據(jù)牛頓第二定律的實(shí)驗(yàn)原理可知實(shí)驗(yàn)中需要的器材；會(huì)分析加速度時(shí)間圖象，并能根據(jù)圖象判定實(shí)驗(yàn)中出現(xiàn)的誤差原因；（3）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中時(shí)間中點(diǎn)的速度等于該過(guò)程中的平均速度，可以求出打紙帶上C點(diǎn)時(shí)小

33、車(chē)的瞬時(shí)速度大??；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論公式x=aT2可以求出加速度的大小解答： 解：（1）實(shí)驗(yàn)中通過(guò)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器找出物體運(yùn)動(dòng)的位移和時(shí)間，通過(guò)對(duì)紙帶的處理得出加速度；故實(shí)驗(yàn)中需要用小車(chē)、打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、紙帶、砝碼、小桶、繩子、導(dǎo)線；用天平測(cè)量物體的質(zhì)量，刻度尺測(cè)量長(zhǎng)度；電源應(yīng)采用50Hz交流電流，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器本身可以記錄時(shí)間，所以不需要秒表，故需要；該實(shí)驗(yàn)采用控制變量法進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)時(shí)通過(guò)改變 鉤碼的個(gè)數(shù)，可驗(yàn)證質(zhì)量一定時(shí)，加速度與力成正比的關(guān)系；通過(guò) 在小車(chē)上添加鉤碼的個(gè)數(shù)，可驗(yàn)證力一定時(shí)，加速度與質(zhì)量成反比的關(guān)系若平衡摩擦力時(shí)，長(zhǎng)木板的一端調(diào)節(jié)過(guò)高，使得傾角偏大，小車(chē)的重力沿斜面向下的分力大于

34、摩擦力，則在加鉤碼前，小車(chē)能有加速度，所以則所得到圖象縱坐標(biāo)的截距不為0，則圖2的aF關(guān)系圖象為C（3）物體做勻變速度直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)規(guī)律有，平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度所以C點(diǎn)的速度等于AE距離的平均速度所以vc=m/s=0.986m/s；在計(jì)算加速度時(shí)，為得到的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)更準(zhǔn)確，應(yīng)該采用逐差法：a1=，a2=，由逐差法可得加速度為：a= m/s2=2.58m/s2故答案為：（1）；鉤碼個(gè)數(shù)；在小車(chē)上添加鉤碼的個(gè)數(shù)；C；（3）2.58；0.986點(diǎn)評(píng)： 對(duì)于實(shí)驗(yàn)題要注意實(shí)難的原理的把握，根據(jù)原理即可分析實(shí)驗(yàn)的過(guò)程、儀器而數(shù)據(jù)分析；要提高應(yīng)用勻變速直線的規(guī)律以及推論解答實(shí)驗(yàn)問(wèn)題的能力，在平時(shí)

35、練習(xí)中要加強(qiáng)基礎(chǔ)知識(shí)的理解與應(yīng)用紙帶問(wèn)題一定要掌握好平均速度表示中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，和逐差法的應(yīng)用11如圖所示，電荷量均為+q、質(zhì)量分別為m和2m的小球A和B，中間連接質(zhì)量不計(jì)的絕緣細(xì)線，在豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中以速度v0勻速上升重力加速度為g，某時(shí)刻細(xì)繩斷開(kāi)（不考慮電荷間的庫(kù)侖力作用），求：（1）細(xì)線斷開(kāi)后，A，B兩球的加速度的大小和方向；從細(xì)線斷開(kāi)至B球速度為零的過(guò)程中，A球的機(jī)械能增量考點(diǎn)： 勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；牛頓第二定律專題： 電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題分析： （1）根據(jù)受力平衡條件，可確定電場(chǎng)強(qiáng)度；再由牛頓第二定律，即可求解；根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，及電場(chǎng)力做功導(dǎo)致系統(tǒng)的機(jī)械能減小

36、，即可求解解答： 解：（1）設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，把小球A、B看作一個(gè)系統(tǒng)，由于繩未斷前作勻速運(yùn)動(dòng)，則有：2qE=3mg得：E=繩斷后，根據(jù)牛頓第二定律：對(duì)A：qEmg=ma1得：a1=g，方向豎直直向上 對(duì)B：2mgqE=2ma2得：a2=g，方向豎直直向下B球：0=v0a2tA球：h=v0t+a2t2E=qEh得E=12mv02答：（1）細(xì)繩斷開(kāi)后，A的加速度的大小g，方向豎直直向上，B球加速度大小是g，方向豎直直向下自繩斷開(kāi)至B球速度為零的過(guò)程中，A球機(jī)械能增量是12mv02點(diǎn)評(píng)： 考查平衡條件、牛頓第二定律、動(dòng)量守恒定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的應(yīng)用，掌握機(jī)械能守恒條件，理解除重力之外的力做功導(dǎo)致機(jī)械能

37、變化12如圖所示，虛線MO與水平線PQ相交于O點(diǎn)，夾角=30°，在MO左側(cè)存在電場(chǎng)強(qiáng)度為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)；MO右側(cè)某個(gè)區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且O點(diǎn)在磁場(chǎng)的邊界上現(xiàn)有大量質(zhì)量為m、電量為+q的帶電粒子在紙面內(nèi)以速度v（0v）垂直于MO從O點(diǎn)射入磁場(chǎng)，所有粒子通過(guò)直線MO時(shí)，速度方向均平行于PQ向左不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用求：（1）速度最大的粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至水平線PQ所需的時(shí)間；磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積考點(diǎn)： 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題： 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題分析： （1）粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁

38、場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，周期為T(mén)，先求出粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間，粒子自N點(diǎn)水平飛出磁場(chǎng)，出磁場(chǎng)后應(yīng)做勻速運(yùn)動(dòng)至OM，根據(jù)幾何關(guān)系及速度時(shí)間公式求出時(shí)間，過(guò)MO后粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的基本公式求出此過(guò)程中的時(shí)間，三段時(shí)間之和即為總時(shí)間；由題知速度大小不同的粒子均要水平通過(guò)OM，則其飛出磁場(chǎng)的位置均應(yīng)在ON的連線上，故磁場(chǎng)范圍的最小面積S是速度最大的粒子在磁場(chǎng)中的軌跡與ON所圍成的面積解答： 解：（1）粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，周期為T(mén)，粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，由牛頓第二定律得：qvB=m，解得：R=，T=，t1=T，設(shè)粒子自N點(diǎn)水平飛出磁場(chǎng)，出磁場(chǎng)后應(yīng)做勻速運(yùn)動(dòng)至OM，設(shè)勻速運(yùn)動(dòng)的距離為s，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，由幾何關(guān)系知：s=，t2=，過(guò)MO后粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3，則：R=t32，又由題知：v=，則速度最大的粒子自O(shè)進(jìn)入磁場(chǎng)至重回水平線POQ所用的時(shí)間為：t=t1+t2+t3=；由題知速度大小不同的粒子均要水平通過(guò)OM，則其飛出磁場(chǎng)的位置均應(yīng)在ON的連線上，故磁場(chǎng)范圍的最小面積S是速度最大的粒子在磁場(chǎng)中的軌跡與ON所圍成的面積，扇形OON的面積的面積S=R2，OON的面積為：S=R2cos30°sin