1、1997年全國統一高考物理試卷一.本題共5小題；每小題3分，共15分.在每小題給出的四個選項中只有 一項是正確的.1. （3分）（ 2006?朝陽區一模）在a粒子散射實驗中，絕大多數 a粒子都沿直線運動，但有少數 a粒子發生大角度偏轉，其原因是（A.原子的全部正電荷和幾乎全部質量集中在一個很小的核上B.正電荷在原子中是均勻分布的C.原子中存在著帶負電的電子D.原子只能處在一系列不連續的能量狀態中2. （3分）質量為m的鋼球自高處落下，以速率v1碰地，豎直向上彈回, 碰撞時間極短，離地的速率為 v2.在碰撞過程中，鋼球受到合力的沖量的方向和 大小為（）A.向卜，m (v1 -v2)B.向上，m

2、(v1 v2)C.何卜，m(v1+v2)D.向上，m(v1+v2)3. （3分）質量為M的木塊位于粗糙水平桌面上，若用大小為 F的水平包力 拉木塊，具加速度為a,當拉力方向不變，大小變為2F時，木塊的加速度為a', 則（）A.a' =aB.a' < 2aC.a' >2aD.a' =2a4. （3分）圖（1）、（2）兩電路中，當ab兩端與ef兩端分別加上110V 的交流電壓時，測得cd間與gh間的電壓均為55V.若分別在cd兩端與gh兩端加 上110V的交流電壓，則ab間與ef間的電壓分別為（）V 202V2020V22UU0V15. （3分）

3、在雙縫干涉實驗中，以白光為光源，在屏幕上觀察到了彩色干涉 條紋，若在雙縫中的一縫前放一 紅色濾光片（只能透過紅光），另一縫前放一綠 色濾光片（只能透過綠光），這時（ ）A.只有紅色和綠色的雙縫干涉條紋，其它顏色的雙縫干涉條紋消失B.紅色和綠色的雙縫干涉條紋消失，其它顏色的雙縫干涉條紋依然存在C.任何顏色的雙縫干涉條紋都/、存在，但屏上仍有光亮D.屏上無任何光亮二.本題共9小題；每小題5分，共45分.在每小題給出的四個選項中，有 的小題只有一個選項正確，有的小題有多個選項正確.全部選對的得5分，選不全的得2分，有選錯或不答的得0分.6. （5分）（ 2009?安徽模擬）在下列反應方程中，x代表質

4、子的方程是A.窗1+ 2aXB.3%g70+XC.jH+7 jn+1D.；卅)(+gn|7. （5分）光線在玻璃和空氣的分界面上發生全反射的條件是（A.光從玻璃射到分界面上，入射角足夠小B.光從玻璃射到分界面上，入射角足夠大C.光從空氣射到分界面上，入射角足夠小D.光從空氣射到分界面上，入射角足大8. （5分）（ 2007?M建模擬）在下列敘述中，正確的是（A.物體的溫度越高，分子熱運動越劇烈，分子平均動能越大B.布朗運動就是液體分子的熱運動C/分子之間的引力總是大于斥力D.分子間的距離r0存在某一值r=r0 ,當r<0時，斥力大于引力，當r >r0 時，斥力小于引力9. （5分）

5、圖中重物的質量為 m,輕細線AO和BO的A B端是固定的.平衡時AO是水平的，BOW水平面的夾角為9 . AO的拉力F1和BO的拉力F2的大小是tnA.F1=mgcos9B.F1=mgcot8C.F2=mgsin 0D.F2=mgsin610. （5分）為了增大LC振蕩電路的固有頻率，下列辦法中可采取的是A.增大電容器兩極板的正對面積并在線圈中放入鐵芯B.減小電容器兩極板的距離并增加線圈的匝數C.減小電容器的兩極板的跑離并在線圈中放入鐵芯D.減小電容器兩極板的正對面積并減少線圈的匝數11. （5分）簡諧橫波某時刻的波形圖線如圖所示.由此圖可知（A.若質點a向卜運動，則波是從左向右傳播的B.若質

6、點b向上運動，則波是從左向右傳播的C.若波從右向左傳播，則質點c問卜運動D.若波從右向左傳播，則質點d向上運動12. （5分）如圖所示的電路中，電源的電動勢恒定，要想使燈變暗，可以A.增大R1B.減小R1C.增大R2D.減小R213. （5分）（2012?南充二模）如圖所示的電路中，A1和A2是完全相同的燈泡，線圈L的電阻可以忽略.下列說法中正確的是（）A.合上開關K接通電路時，A2先亮，A1后亮，最后一樣亮B.合上開關K接通電路時，A1和A2始終一樣亮C.斷開開關K切斷電路時，A2立刻熄滅，A1過一會兒才熄滅D.斷開開關K切斷電路時，A1和A2都要過一會兒才熄滅14. （5分）（2009?寶

7、山區二模）在圖示電路的三根導線中，有一根是斷的，電源、電阻器R1、R2及另外兩根導線都是好的，為了查出斷導線，某學生想先將萬用表的紅表筆連接在電源的正極 a,再將黑表筆分別連電阻器 R1的b端和R2的c端，并觀察萬用表指針的示數，在下列選檔中，符合操作規程的是（）A. 直流10V擋B.直流0.5A擋 C. 直流2.5V擋D.歐姆擋三、本題共3小題；其中第15題5分，其余的每題6分，共17分.把答案 填在題中的橫線上或按題目要求作圖.15. （5分）（2012?豐臺區模擬）一游標卡尺的主尺最小分度為 1mm游標 上有10個小等分間隔，現用此卡尺來測量工件的直徑，游標部分放大圖如圖所 示.該工件的

8、直徑為 mm01016. （6分）下列給出的器材中，哪些是“驗證玻一馬定律實驗”所必需 的，把這些器材前面的字母填在橫線上.A.帶有刻度的注射器 B.刻度尺C.彈簧秤D.鉤碼若干個實驗讀數過程中，不能用手握住注射器，這是為了 .用橡皮帽 封住注射器小孔，這是為了 .17. （6分）某電壓表的內阻在20千歐50千歐之間，現要測量其內阻，實 驗室提供下列可選用的器材：待測電壓表V （量程3V電流表A1 （量程200仙A ）電流表A2 （量程5mA電流表A3 （量程0.6A）滑動變阻器R （最大阻值1KQ）電源e （電動勢4V）電鍵K.（1）所提供的電流表中，應選用 （填寫字母代號）.（2）為了盡量

9、減小誤差，要求測多組數據.試在方框中畫出符合要求的實驗 電路圖（其中電源和電鍵及其連線已畫出）.11 I * /r K四.本題共4小題；每小題5分，共20分.把答案填在題中橫線上.18. （5分）如圖，在x軸的上方（y>0）存在著垂直于紙面向外的勻強磁 場，磁感應強度為B.在原點。有一個離子源向x軸上方的各個方向發射出質量為 m1電量為q的正離子，速率都為v.對哪些在xy平面內運動的離子，在磁場中可 能到達的最大x= ,最大y= .19. （5分）質量為m電量為q的質點，在靜電力作用下以恒定的速率 v沿 圓弧從A點運動到B點，其速度方向改變的角度為 9 （弧度），AB弧長為s,則 A、B

10、兩點間的電勢差？A- ?B= , AB弧中點的場強大小E二20. （5分）已知地球半徑為6.4 X 106m又知月球繞地球的運動可近似看作勻速圓周運動，則可估算出月球到地球的距離約為 m （結果只保留一 位有效數字）21. （5分）內壁光滑的環形細圓管，位于豎直平面內，環的半徑為 R （比細 管的半徑大得多）.在細圓管中有兩個直徑略小于細圓管管徑的小球（可視為質 點）A和B,質量分別為m1和m2它們沿環形圓管（在豎直平面內）順時針方向 運動，經過最低點時的速度都是 v0;設A球通過最低點時B球恰好通過最高點， 此時兩球作用于環形圓管的合力為零，那么 m1 m2 R和v0應滿足的關系式是五.本題

11、共5小題，53分.解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算 步驟.只寫出最后答案的不能得分.有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和 單位.22. （9分）有一個焦距為36厘米的凸透鏡，在主軸上垂直放置一支蠟燭， 得到一個放大率為4的虛像.如果想得到放大率為4的實像，蠟燭應向哪個方向移 動？移動多少？23. （9分）（2013?楚雄州二模）圖中豎直圓筒是固定不動的，粗筒橫截面 積是細筒的4倍，細筒足夠長，粗筒中 A、B兩輕活塞間封有空氣，氣柱長 L=20cm）活塞A上方的水銀深H=10cm兩活塞與筒壁間的摩擦不計，用外力向上 托住活塞B,使之處于平衡狀態，水銀面與粗筒上端相平，現使活塞B緩慢

12、上移，直至水銀的一半被推入細管中，求活塞 B上移的距離，設在整個過程中氣柱的溫度 不變，大氣壓強p0相當于75cm高的水銀柱產生的壓強.A =氣體£24. （11分）（2012?昆明模擬）如圖所示，在方向水平的勻強電場中，一個不可伸長的不導電輕細線的一端連著一個質量為m的帶電小球，另一端固定于 O點，把小球拉直至細線與電場方向平行，然后無初速釋放，已知小球擺到最低點的 另一側，線與豎直方向的最大夾角為 9 .求小球經過最低點時細線對小球的拉 力.25. （12分）質量為m的鋼板與直立輕彈簧的上端連接，彈簧下端固定在地上，平衡時，彈簧的壓縮量為 x0,如圖所示，一物塊從鋼板正上方距離為

13、 3x0的A 處自由落下，打在鋼板上并立刻與鋼板一起向下運動，但不粘連，它們到達最低點后又向上運動，已知物塊質量也為 m時，它們恰能回到。點，若物塊質量為2m 仍從A處自由落下，則物塊與鋼板回到 O點時，還具有向上的速度，求物塊向上運 動到達最高點。點的距離.26. （12分）如圖1所示，真空室中電極K發出的電子（初速不計）經過 U0=1000V勺加速電場后，由小孔S沿兩水平金屬板A B間的中心線射入.A、B板 長l=0.20m ,相距d=0.020m,加在A、B兩板間的電壓u隨時間t變化的u-t圖線 如圖2所示.設A、B間的電場可看作是均勻的，且兩板外無電場.在每個電子通 過電場區域的極短時

14、間內，電場可視作恒定的.兩板右側放一記錄圓筒，筒在左側 邊緣與極板右端距離b=0.15m,筒繞其豎直軸勻速轉動，周期 T=0.20s,筒的周長 s=0.20m,筒能接U到通過 A B板的全部電子.（1）以t=0時（見圖2,此時u=0）電子打到圓筒記錄紙上的點作為 xy坐標 系的原點，并取y軸豎直向上.試計算電子打到記錄紙上的最高點的 y坐標和x坐 標.（不計重力作用）（2）在給出的坐標紙（圖3）上定量地畫出電子打到記錄紙上的點形成的圖線. S E:1997年全國統一高考物理試卷參考答案與試題解析一.本題共5小題；每小題3分，共15分.在每小題給出的四個選項中只有 一項是正確的.A.B.1. （

15、3分）（ 2006?朝陽區一模）在a粒子散射實驗中，絕大多數 a粒子 都沿直線運動，但有少數 a粒子發生大角度偏轉，其原因是（）原子的全部正電荷和幾乎全部質量集中在一個很小的核上正電荷在原子中是均勻分布的C/原子中存在著中負電的電子D.原子只能處在一系列不連續的能量狀態中考點：粒子散射實驗.分析：這是因為原子核帶正電荷且質量很大，阿爾法粒子也帶正電荷，由于同種電荷 相互排斥和阿爾法粒子被質量較大的原子核彈回.解答：解：a粒子和電子之間后相互作用力，它們接近時就有庫侖引力作用，但由 于電子的質里只有a粒子質里的1/7300 ,粒子與電子碰撞就像 顆子彈與 個灰塵碰撞一樣，a粒子質量大，具運動方向

16、幾乎不改變.a粒子散射實驗中，有少數a粒子發生大角度偏轉說明三點：一是原子內有一質量很大的粒 子存在；一是這f子帶有較大的正電荷；三是這f子的體積很小,A正確.故選A點評：本題考查的是a粒子散射實驗.對這個實驗要清楚兩點：一是 a粒子散射實 驗的實驗現象；二是對實驗現象的微觀解釋-原子的核式結構.2. （3分）質量為m的鋼球自高處落下，以速率v1碰地，豎直向上彈回, 碰撞時間極短，離地的速率為 v2.在碰撞過程中，鋼球受到合力的沖量的方向和 大小為（）A.向卜，m (v1 -v2)B.向上，m (v1 v2)C.何卜，m(v1+v2)D.向上，m(v1+v2)考動量定理.點：專題：動量定理應用

17、專題.分析：由于碰撞時間極短，鋼球的重力相對于地面對鋼球的沖力可忽略不計.根據 動量定理求解在碰撞過程中地面對鋼球的沖量的方向和大小解答：»:選取豎直向下方向為正方向，根據動量定理得他面對鋼球的沖量I= - mv2- mv1=- m (v1+v2),則地面對鋼球的沖量的方向向上，大小為 m (v1+v2).故選：D.點評：應用動量定理求解沖量是常用的方法，要注意選取正方向，用帶正號的量值 濱示矢量.如重力不能忽略，還要考慮重力的沖量3. (3分)質量為M的木塊位于粗糙水平桌面上，若用大小為 F的水平包力 拉木塊，具加速度為a,當拉力方向不變，大小變為2F時，木塊的加速度為a'

18、, 則()A.a =aB.a' < 2aC.a' >2aD.a' =2a考點：牛頓第二定律.專題：牛頓運動定律綜合專題.分析：木塊在水平包力作用做勻加速運動，水平方向受到恒力和滑動摩擦力，根據 牛頓第二定律分別列方程，然后再比較加速度大小.解答：解：由牛頓第二定律得：F Ff=ma2F - Ff=ma'由于物體所受的摩擦力：Ff= a FN=p mg即Ff不變，所以有：a'二2F- Ffm2 （F- Ff） +Ffm=2a+>2a故選C點本題考查對牛頓第二定律F=ma的理解能力，F是物體受到的合力，不能簡單評： 認為加速度與水平包力F成

19、正比而選擇D.4. （3分）圖（1）、（2）兩電路中，當ab兩端與ef兩端分別加上110V 的交流電壓時，測得cd間與gh間的電壓均為55V.若分別在cd兩端與gh兩端加 上110V的交流電壓，則ab間與ef間的電壓分別為（）0V22V202B.V O 0V2 2V O 0V1O 叫 2 2考變壓器的構造和原理.點：專題：交流電專題.分析：左圖是變壓器，右圖是直流電路中的部分電路，變壓器的原副線圈電壓之比 等于線圈匝數比.解答：解：當a、b兩端接110V的交父電壓時，測得c、d兩端的電壓為55V,則原 副線圈匝數比為2： 1,所以當c、d兩端加上110V交變電壓，a、b兩端電壓 為 220V;

20、當g、h兩端加上110V交變電壓時，e與滑片間無電流，電壓為零，故 e、f 兩端電壓與g、h兩端電壓相同，也為110V.故選：B.點評：本題主要考查變壓器的工作原理和原副線圈的變壓比公式，要能和直流電路 的分壓原理相區別.5. （3分）在雙縫干涉實驗中，以白光為光源，在屏幕上觀察到了彩色干涉 條紋，若在雙縫中的一縫前放一 紅色濾光片（只能透過紅光），另一縫前放一綠 色濾光片（只能透過綠光），這時（ ）A.只有紅色和綠色的雙縫干涉條紋，其它顏色的雙縫干涉條紋消失B.紅色和綠色的雙縫干涉條紋消失，其它顏色的雙縫干涉條紋依然存在C.任何顏色的雙縫干涉條紋都/、存在，但屏上仍有光亮D.屏上無任何光亮考

21、光的干涉.占八、專 光的干涉專題.題：分析：，生干涉的條件是兩列光的頻率相同.白光通過紅色濾光片剩下紅光，通過綠 日濾光片剩下綠光，紅光和綠光不能發生干涉.解答：b：在雙縫中的一縫前放一紅色濾光片（只能透過紅光），另一縫前放一綠色 "光片（只能透過綠光），由于綠光和紅光的頻率不同，則不能發生干涉，但 屏上仍有光亮.故 C止確，A、B、D錯誤.故選C.占 八、評：“決本題的關鍵知道光發生干涉的條件，兩列光的頻率需相同.二.本題共9小題；每小題5分，共45分.在每小題給出的四個選項中，有 的小題只有一個選項正確，有的小題有多個選項正確.全部選對的得 5分，選不全 的得2分，有選錯或不答的

22、得0分.6. （5分）（ 2009?安徽模擬）在下列反應方程中，x代表質子的方程是A.凝+ ；吩/P+XB.gHe-> g70+)C.lH+7 ；n+*D.考點：原子核展父及半衰期、衰艾速度；原子核的人工轉義.專題：衰艾和半衰期專題.分析：根據電荷數守恒、質量數守恒確定 X的電荷數和質量數，從而判斷是否是質 子.解答：解：A、根據電荷數守恒、質量數守恒，X的電荷數為0,質量數為1,為中 子.故A錯誤.R根據電荷數守恒、質量數守恒，X的電荷數為1,質量數為1,為質 子.故B止確.G根據電荷數守恒、質量數守恒，X的電荷數為1,質量數為1,為質 子.故C止確.DX根據電荷數守恒、質量數守恒，X

23、的電荷數為1,質量數為2,為笊核.故D錯誤.故選BC點評：解決本題的關鍵知道在核反應中電荷數守恒、質量數守恒.7. （5分）光線在玻璃和空氣的分界面上發生全反射的條件是（A.光從玻璃射到分界面上，入射角足夠小B.光從玻璃射到分界面上，入射角足夠大C.光從空氣射到分界面上，入射角足夠小D.光從空氣射到分界面上，入射角足大考點：全反射；光的折射定律.專題：全反射和臨界角專題.分析：玻璃的折射率大于空氣的，所以f是從玻璃射向空氣的光，入射角足夠大 時能發生全反射.解解：發生全反射的條件是光從光密介質進入光疏介質，且入射角大于臨界答：角，玻璃的折射率大于空氣，所以 B正確.故選B點評：本題較簡單，只要

24、知道發生全反射的兩個條件：光密介質到光疏介質，入射 角大于臨界角.8. （5分）（ 2007?M建模擬）在下列敘述中，正確的是（A.物體的溫度越高，分子熱運動越劇烈，分子平均動能越大B.布朗運動就是液體分子的熱運動C/分子之間的引力總是大于斥力D.分子間的距離r0存在某一值r=r0 ,當r<0時，斥力大于引力，當r >r0 時，斥力小于引力考點：布朗運動；分子間的相互作用力.專題：布朗運動專題.分析：布朗運動是固體微粒的運動，是液體分子無規則熱運動的反映，與溫度和壓強 啟美.分十間的距離r0存在某一值r=r0 ,此時引力等于斥力，分子力為零， 當r<r0時，斥力大于引力，當r

25、>r0時，斥力小于引力.解答：解：A、布朗運動是液體分子無規則熱運動的反映，與溫度和壓強肩關，溫度越 高，壓強越大，運動越劇烈，分子平均動能越大，故 A正確.B、布朗運動是固體微粒的運動，是液體分子無規則熱運動的反映，故B錯誤.CD分子間的距離r0存在某一值r=r0 ,此時引力等于斥力，分子力為零，當r<r0時，斥力大于引力，當r>r0時，斥力小于引力.故C錯誤，D正確. 故選：AD點評：本題考查學生對分子動理論等基本概念和基本規律的識記能力，做對題的前提 是熟記這些知識點，并靈活運用.9. （5分）圖中重物的質量為 m,輕細線AO和BO的A B端是固定的.平衡時AO是水平的

26、，BOW水平面的夾角為9 . AO的拉力F1和BO的拉力F2的大小是A.F1=mgcos9B.F1=mgcot8C.F2=mgsin 0D.F2=mgsin日考點：共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性和彈力.專題：共點力作用卜物體平衡專題.分析：以結點為研究:對象，分析受力情況：三根細線的拉力.重物對。點的拉力等于mg作出力圖求解.解答：解：以結點為研究對象，分析受力情況：三根細線的拉力.重物對 O點的拉 力等于mg根據平衡條件得知，mg與F1的合力與F2大小相等、方向相反，作出力的合 成圖如圖.則有：F1=mgcot8F2=mgsin日故選：BDmg點本題是常見的繩子懸掛物體的類型，常常選擇

27、結點為研究對象，根據平衡條評：件研究.比較容易.10. （5分）為了增大LC振蕩電路的固有頻率，下列辦法中可采取的是A.增大電容器兩極板的正對面積并在線圈中放入鐵芯B.減小電容器兩極板的距離并增加線圈的匝數C.減小電容器的兩極板的跑離并在線圈中放入鐵芯D.減小電容器兩極板的正對面積并減少線圈的匝數電磁波的產生.占 八、振蕩電路產生的振蕩電流頻率平方與線圈 L及電容器C成反比 析：解答：解：LC振蕩電路的固有頻率：fz 2兀抵,若要增大LC振蕩電路的固有頻率，就要減小電容器的電容，或減小線圈中 的自感系數.A、增大電容器兩極板間的正對面積，使得電容器的電容變大，而在線圈中放入鐵芯，使得線圈的自感

28、系數增大.則頻率變小，故 A錯誤；B、減小電容器兩極板的跑離，使得電容器的電容變大，而增加線圈的匝數，使得線圈的自感系數增大.則頻率變小，故 B錯誤；G減小電容器兩極板的跑離，使得電容器的電容變大，而在線圈中放入鐵芯，使得線圈的自感系數增大.則頻率變小，故 C錯誤；D減小電容器兩極板的止對冏積，使得電谷器的電谷及小，而減小線圈的匝數，使得線圈的自感系數變小.則頻率變大，故 D止確；故選：D.點評：該題考查LC回路的固有頻率和平行板電容器的電容的決定式、線圈的自感系 數的有關因素，屬于對基礎知識的考查.基礎題目.11. （5分）簡諧橫波某時刻的波形圖線如圖所示.由此圖可知（y左C LA.若質點a

29、向卜運動，則波是從左向右傳播的B.若質點b向上運動，則波是從左向右傳播的C.若波從右向左傳播，則質點c問卜運動D.若波從右向左傳播，則質點d向上運動考點：波長、頻率和波速的關系；橫波的圖象.分析：若質點上下運動，根據波形的平移法判斷波的傳播的方向.同理，也可以根 據波的傳播方向來確定質點的振動方向.解答：解：A、若質點a向卜運動，波形向左平移，則波是從右向左傳播的.故 A錯誤.R若質點b向上運動，波形向右平移，則波是從左向右傳播的.故 B正確.G若波從右向左傳播，根據平移法，波形向左平移，則質點c向上運動.故C錯誤.D若波從右向左傳播，根據平移法，波形向左平移，則質點d向上運動.故D止確.故選

30、BD點評：根據質點的速度方向判斷波的傳播方向是基本功，要熟練掌握.本題要抓住 簡諧波的特點”前帶后，后跟前”.12. （5分）如圖所示的電路中，電源的電動勢恒定，要想使燈變暗，可以A.增大R1B.減小R1C.增大R2D.減小R2考占閉合電路的歐姆定律.專題：叵定電流專題.分析：由圖可知，燈泡與R2并聯后與R1串聯；要使燈泡變暗，應使流過燈泡的電 流減?。粍t可分別由閉合電路歐姆定律分析各項，可得出正確答案.解答：解：A、R1增大，總電阻增大，總電流減小，燈泡和 R2并聯的電壓就減小，所以燈泡的電流減小，燈泡變暗， A正確，B錯誤；D R2減小，總電阻減小，總電流增大，R1的電壓增大，所以燈泡和

31、R2并聯 的電壓就減小，所以燈泡的電流減小，燈泡變暗，D正確，C錯誤；故選AD.點評：在電路中，若部分電阻發生了變化，則對該部分的處理不能直接根據歐姆定 津求解，應靈活應用串并聯電路的性質進行分析判斷.13. （5分）（2012?南充二模）如圖所示的電路中，A1和A2是完全相同的燈泡，線圈L的電阻可以忽略.下列說法中正確的是（）A.合上開關K接通電路時，A2先亮，A1后亮，最后一樣亮B.合上開關K接通電路時，A1和A2始終一樣亮C.斷開開關K切斷電路時，A2立刻熄滅，A1過一會兒才熄滅D.斷開開關K切斷電路時，A1和A2都要過一會兒才熄滅考點：自感現象和自感系數.分析：當開關接通和斷開的瞬間，

32、流過線圈的電流發生變化，產生自感電動勢，阻礙 原來電流的變化，根據楞次定律及用聯電路的特點來分析.解答：解：A、B,合上開關K接通電路時，A2立即正常發光，線圈中電流要增大，由于自感電動勢的阻礙，燈泡 A1中電流只能逐漸增大，則 A2先亮，A1后亮，最后一樣亮.故A止確，B錯誤.C、D, A2原來的電流立即減小為零，線圈中產生自感電動勢，兩燈泡串聯和線圈組成回路，回路中電流從原來值逐漸減小到零，則A1和A2都要過一會兒才熄火.故C錯誤，D止確.故選AD點評：自感現象是特殊的電磁感應現象，同樣遵守電磁感應的普遍規律楞次定律，對 本題這種類型問題就是利用楞次定律來分析.14. （5分）（2009?

33、寶山區二模）在圖示電路的三根導線中，有一根是斷的，電源、電阻器R1、R2及另外兩根導線都是好的，為了查出斷導線，某學生想先將萬用表的紅表筆連接在電源的正極 a,再將黑表筆分別連電阻器 R1的b端和R2的c端，并觀察萬用表指針的示數，在下列選檔中，符合操作規程的是（）-5Q1dRi氐6VA.直流10V擋B.直流0.5A擋C.直流2.5V擋D.歐姆擋考點：用多用電表測電阻.專實驗題.題：分析：有多用表檢測故障若使用電壓檔或電流檔，將其連入電路要注意量程，用歐 姆檔要把待檢測電路從電源斷開.解答：解：用電壓檔檢測其量程要大于 6V,故A正確，C錯誤 用電流檔要用較大量程，所給 B中的0.5A太小，故

34、B錯誤 用歐姆檔要把電源斷開，本題操作沒有，故 D錯誤 故選：A點評：考查多用電表的使用，明確利用其檢測故障要注意量程.三、本題共3小題；其中第15題5分，其余的每題6分，共17分.把答案 填在題中的橫線上或按題目要求作圖.15. （5分）（2012?豐臺區模擬）一游標卡尺的主尺最小分度為 1mm游標 上有10個小等分間隔，現用此卡尺來測量工件的直徑，游標部分放大圖如圖所 示.該工件的直徑為 29.8 mm考點：刻度尺、游標卡尺的使用.專題：實驗題.分析：游標k尺讀數的方法是主尺讀數加上游標讀數，/、需估讀.解答：解：游標卡尺的主尺讀數為29mm游標尺上第3個刻度與主尺上某一刻度對齊，故其讀數

35、為0.1 X8mm=0.8mm所以最終讀數為：29mm+0.8mm=29.8m m故答29.8點評：解決本題的關鍵掌握游標卡尺的讀數方法，游標卡尺讀數的方法是主尺讀數 加上游標讀數.16. （6分）下列給出的器材中，哪些是“驗證玻一馬定律實驗”所必需 的，把這些器材前面的字母填在橫線上.A.帶有刻度的注射器B.刻度尺 C.彈簧秤D.鉤碼若干個答： ABCD .實驗讀數過程中，不能用手握住注射器，這是為了保持氣體的溫度恒定.用橡皮帽封住注射器小孔，這是為了保持氣體的質量不變 .考點：體的等溫變化.專題：“想氣體狀態方程專題.分析：，僉證玻-馬定律實驗，即等溫變化，必須確保氣體的質量/、變，同時保

36、證溫 M也不變，從而研究氣體的體積與壓強的關系.由于橫截面積相同，所以體積 M過氣體的長度來表示，對于壓強則通過鉤碼的個數來體現.解答：“：在f質量的氣體，在溫度保持不變的情況下，通過掛鉤碼的個數，來實 增加壓強，通過彈簧秤豎直向上拉，來減小壓強.由刻度尺來測出注射器全部長度，算出氣體的橫截面，從而觀察注射器氣體的刻度來得出體積的變化；故選：ABCD，驗讀數過程中，不能用手握住注射器，這是為了保持氣體溫度恒定；橡皮帽封住注射小孔，保持氣體質量/、變故答案為：ABCD保持氣體溫度恒定；保持氣體質量不變點評：j查學生對驗證玻-馬定律實驗中，需要掌握哪些步驟，注意事項，實驗器 材，如何驗證.17.

37、（6分）某電壓表的內阻在20千歐50千歐之間，現要測量其內阻，實 驗室提供下列可選用的器材：待測電壓表V （量程3V電流表A1 （量程200仙A ）電流表A2 （量程5mA電流表A3 （量程0.6A）滑動變阻器R （最大阻值1KQ）電源e （電動勢4V）電鍵K.（1）所提供的電流表中，應選用“（填寫字母代號）.（2）為了盡量減小誤差，要求測多組數據.試在方框中畫出符合要求的實驗 電路圖（其中電源和電鍵及其連線已畫出）.伏安法測電阻.題:實驗題.本題（1）的關鍵是根據歐姆定律求出待測電壓表的最大電流來選擇電流表的量程；題（2）的關鍵是通過求出待測電壓表的最大電流可知應將待測2電壓析:X與電流表串

38、聯完成測量，再根據變阻器的全電阻遠小于待測電壓表的內阻可 /口變阻器應采用分壓式接法.解：（1）:根據歐姆定律可求出通過待測電壓表的最大電流為:】max,所以電流表應選（2）:根據歐姆定律可知，應將待測電壓表與電流表 %。聯成為測量電路；I由于滑動變阻器的全電阻遠小于待測電壓表的內阻，所以變阻器應采用分壓式接法，電路圖如圖所示：rJHiliEK故答案為：（1）（2）如圖點評：應明確：電壓表的反常規接法，即當電壓表的最大電流與某電流表量程接近 時，可將電壓表與該電流表串聯完成測量；當變阻器的全電阻遠小于待測電 阻或要求電流從零調時，變阻器應采用分壓式接法.四.本題共4小題；每小題5分，共20分.

39、把答案填在題中橫線上.18. （5分）如圖，在x軸的上方（y>0）存在著垂直于紙面向外的勻強磁 場，磁感應強度為B.在原點。有一個離子源向x軸上方的各個方向發射出質量為 m1電量為q的正離子，速率都為v.對哪些在xy平面內運動的離子，在磁場中可 能到達的最大x=詬,最大y=詼帶電粒子在勻強磁場中的運動.帶電粒子在磁場中的運動專題.分 由題意可知粒子的轉動半徑相同，由牛頓第二定律可求得粒子的轉動半徑；由 析：幾何關系可得出粒子能在x軸與y軸上能到達的最遠距離.解：由Bqv=mR=沿-x軸方向射出的粒子圓心在y軸上，由下圖利用幾何關系可知，所有粒子運動的圓心在以。為圓心，R為半徑的圓中的第一

40、象限部分，則可知，粒子在 解 x軸和y軸上達到的最遠距離為均2R二故答案為:點 本題解決的關鍵在于能通過分析找出所有粒子的運動軌跡間的關系，這種有無 評：數粒子的問題要注意重點觀測邊界點的運動情況.19. （5分）質量為m電量為q的質點，在靜電力作用下以恒定的速率 v沿 圓弧從A點運動到B點，其速度方向改變的角度為 9 （弧度），AB弧長為s,則 A B兩點間的電勢差？A- ?B= 0 , AB弧中點的場強大小E二qS考點：電勢差；電場強度.專題：電場力與電勢的性質專題.分析：由題意知電荷在靜電力作m下做的是勻速圓周運動，靜電力做的功是零得出A B兩點間的電勢差.靜電力是質點做圓周運動的向心力

41、列出等式和點電荷的場強公式結合求解AB弧中點的場強大小.解答：解：由題意知電荷在靜電力作m下做的是勻速圓周運動，從a點運動到b點，由動能定理知，靜電力做的功是零，所以A、B兩點間的電勢差UAB=0設場源電荷的電荷量為 Q,質點做圓周運動的軌道半徑為r,則弧長s=9r靜電力是質點做圓周運動的向心力，即kQq2T2 w T弧AB中點的場強大小E=kQr解組成的方程組得E=QS故答案為：0;QS點評：涉及到電勢差的問題，常常要用到動能定理.要掌握電場強度，電勢差，電場力做功等物理量間的關系.20. （5分）已知地球半徑為6.4 X 106m又知月球繞地球的運動可近似看作 勻速圓周運動，則可估算出月球

42、到地球的距離約為4X108 m （結果只保留一位有效數字）考點：力啟引力定律及其應用.專題：力啟引力定律在天體運動中的應用專題.分析：根據萬有引力提供向心力提供向心力，以及萬有引力等于重力求出月地距 離.解答：解：根據門Mm 4兀2G 產 mrr廣,解得r=3回丁2 Y 4 7T 2又 GM=gR2則r=*艮2產 3”-16, 4><1a）“X （21X24X360）2V 47T21. （5分）內壁光滑的環形細圓管，位于豎直平面內，環的半徑為 R （比細 管的半徑大得多）.在細圓管中有兩個直徑略小于細圓管管徑的小球（可視為質 點）A和B,質量分別為m1和m2它們沿環形圓管（在豎直平

43、面內）順時針方向 運動，經過最低點時的速度都是 v0;設A球通過最低點時B球恰好通過最高點， 此時兩球作用于環形圓管的合力為零，那么 m1 m2 R和v0應滿足的關系式是 #口（ m一 為2） V4X3.1 42=4X 108m故答案為：4X108.點解決本題的關鍵掌握萬有引力提供向心力和萬有引力等于重力這兩個理論,考 ;占, 八、向心力；機械能守恒定律.題:勻速圓周運動專題.評：并能靈活運用.析:艮據牛頓第二定律，結合徑向的合力提供向心力，求出最高點和最低點小球對 “道的作用力，抓住作用力相等，結合機械能守恒定律得出各個物理量之間的 關系.解：（1） A球通過最低點時，作用于環形圓管的壓力豎

44、直向下，根據牛頓第 三定律，A球受到豎直向上的支持力N1,由牛頓第二定律，有：由題意知， A 球通過最低點時， B 球恰好通過最高點，而且該時亥U A B 兩球作2由題意有：N1=N25式代入式可得:故答案為:用于圓管的合力為零；可見 B球作用于圓管的壓力肯定豎直向上，根據牛頓第 三定律，圓管對B球的反作用力N2豎直向下；假設B球通過最高點時的速度 為v,則B球在該時刻的運動方程為：2 1112V對B球運用機械能守恒定律有：|w2v02m2v2+2io£gR解得:v2 = v02 _ 4gR2Vq(卬+ 5 mg+ m 皿2) 二 0（叫+5皿2）尹（叫一叫）2誓。占八、評:，題考查

45、了牛頓第二定律和機械能守恒的綜合，知道圓周運動向心力的來源是 疝決本題的關鍵.五.本題共5小題，53分.解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算 步驟.只寫出最后答案的不能得分.有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和 單位.22. （9分）有一個焦距為36厘米的凸透鏡，在主軸上垂直放置一支蠟燭， 得到一個放大率為4的虛像.如果想得到放大率為4的實像，蠟燭應向哪個方向移 動？移動多少？考點：透鏡成像規律.分析：根據凸透鏡成像公式、物距與像的關系和兩次物距的關系列式求解.解題時 抓住放大倍數等于像距與物距大小之比.解答：解：先求蠟燭的原位置由放大率公式：VU=4得 v1= - 4u1由透鏡成像

46、公式7 Vj f解得：3f再求蠟燭移動后的位置，由放大率公式得v2=4u2 由透鏡成像公式解得：u2=5f所以蠟燭應向遠離透鏡的方向移動，移動的跑離為u2 u1=（b _31 1）f=12f=18厘米答：蠟燭應向遠離透鏡方向移動，移動 18厘米點評：解答本題的關鍵是掌握透鏡成像公式，知道放大率與物距、像距的關系，即 可進行解答.23. （9分）（2013?楚雄州二模）圖中豎直圓筒是固定不動的，粗筒橫截面 積是細筒的4倍，細筒足夠長，粗筒中 A、B兩輕活塞間封有空氣，氣柱長 L=20cm）活塞A上方的水銀深H=10cm兩活塞與筒壁間的摩擦不計，用外力向上 托住活塞B,使之處于平衡狀態，水銀面與粗

47、筒上端相平，現使活塞B緩慢上移,直至水銀的一半被推入細管中，求活塞 B上移的距離，設在整個過程中氣柱的溫度 不變，大氣壓強p0相當于75cm高的水銀柱產生的壓強.A = 氣體£ 3考點：理想氣體的狀態方程；封閉氣體壓強.專題：理想氣體狀態方程專題.分析：氣體發生等溫變化，根據題意求出封閉氣體初末狀態的壓強，然后由玻意耳 定律求出氣體末狀態的體積，最后求出活塞 B向上移動的品巨離.解答：解：設粗筒的橫截面積是S,開始時，氣體壓：P1=P0+PH=85cmH/積 V1=LS=20S水銀的一半被推入細管中，即粗筒中水銀的深度是5c成由于粗筒橫截面積是細筒的4倍，則細筒中水銀的深度是20c成

48、此時筒內氣體的壓強P2=P0+Ph=75+5+20=100cmHg氣體溫度不變，由玻意耳定律得：P1V1=P2V2即：85X20S=100X L' S,解得 L' =17cm活塞B向上移動的距離s=20- 17+5=8cm答：活塞B上移的距離是8cm點評：在向上推活塞的過程中，水銀的體積不變，根據題意求出氣體初末狀態的壓 強、應用玻意耳定律、兒何關系即可止確解題.24. （11分）（2012?昆明模擬）如圖所示，在方向水平的勻強電場中，一個不可伸長的不導電輕細線的一端連著一個質量為 m的帶電小球，另一端固定于 O 點，把小球拉直至細線與電場方向平行，然后無初速釋放，已知小球擺到

49、最低點的另一側，線與豎直方向的最大夾角為 9 .求小球經過最低點時細線對小球的拉力.從釋放點到左側最高點，根據重力勢能的減小等于電勢能的增加可知，電場力分 與重力的關系.小球運動到最低點的過程，電場做負功，重力做正功，根據動析：能定理求出小球經過最低點時的速度.小球經過最低點時，重力和細線的拉力的合力提供向心力，牛頓第二定律求解拉力.解：設細線長為L,球的電荷量為q,場強為E.若電荷量q為正，則場強方向 在題圖中向右，反之向左.即帶電小球受到的電場力F=qE方向水平向右，從釋放點到左側最高點，根據能量守恒定律得知：重力勢能的減小等于電勢能的增加.mgLcosO =qEL (1+sin 0 )

50、若小球運動到最低點時的速度為 v,由動能定理得mgl- qEL=2 mvT- mg=此時線的拉力為T,由牛頓第二定律得2 mv T-由以上各式解得T=- 05-母）答：小球經過最低點時細線對小球的拉力為2ss 81+sin日點 本題是高考真題，考查動能定理和牛頓第二定律綜合應用的能力，動能定理和 評：向心力的關聯點是速度.25. （12分）質量為m的鋼板與直立輕彈簧的上端連接，彈簧下端固定在地上，平衡時，彈簧的壓縮量為 x0,如圖所示，一物塊從鋼板正上方距離為 3x0的A 處自由落下，打在鋼板上并立刻與鋼板一起向下運動，但不粘連，它們到達最低點后又向上運動，已知物塊質量也為 m時，它們恰能回到

51、。點，若物塊質量為2m 仍從A處自由落下，則物塊與鋼板回到 O點時，還具有向上的速度，求物塊向上運 動到達最高點。點的距離.< -A 丁”0 I樂m ）羯I考點：動量守恒定律；自由落體運動；機械能守恒定律.專題：與彈簧相關的動量、能量綜合專題.分分析物體的運動過程：物塊先自由下落，機械能守恒.物塊與鋼板碰撞時，因析：碰撞時間極短，系統所受外力遠小于相互作用的內力，遵守動量守恒定律.碰 撞后，彈簧、物塊與鋼板組成的系統機械能守恒.由題碰撞后，物塊與鋼板回 到O點時，此時彈簧的彈性勢能與未碰撞時相等.根據動量守恒定律、機械能 守恒定律和相等的條件分別研究物塊質量為 m和2m的情況，再求解物塊向上 運動到達最高點。點的距離.解：物塊與鋼板碰撞時的速度由機械能守，叱| v0-7sx0設v1表示質量為m的物塊鋼板碰撞后一起向下運動的速度，因碰撞時間極 短，系統所受外力遠小于相互