2shg）A.）B.C.D.A.B.vC.D.））A.B.C.D.vA.C.B.D.7個vv）A.B.C.D.5）A.B.C.D.5mt1-取/tvtgms2）mA.B.C.D./?mshC.）A.B.D.戶戶戶戶，，，、+，ABCDADq．-為BC為Q為M為NqP）hv1A.C.B.）NN2A.mMMPD.QQP，LIAB.BBCC0）C.D.A.B.C.D.0CCCA與CAB）B.C.D.RU）第1頁，共10頁A.B.C.AI，D.3R。1RSUIb。）A.B.C.D.UIIR阻0）A.B.C.D.x為xx）A.B.C.D.0，處31a與FB為m。212CvCmF31第2頁，共10頁（）3a2a（）Ddb4mg取mg（1m（2（3m，．LLBL=L在BvEmPBC00．L，mBgP=le（點1v（1EBEBPB0（22EP（3（2BE從PPvBC0SmFV、MMNN、MMNN11212212T、、abc，．abc、、mmmb123、RRRS12123、ababc（）與1ab第3頁，共10頁答案和解析故選：。1.A根據物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可。解：彈簧測力計測量的是力，力為矢量，故A正確；本題考查物理學史，是常識性問題對于物理學上重大發現發明、著名理論要加強記憶這也是考試內容之一。4.B盤天平測量的是質質量不是矢量，是標量，故B錯誤；C熱電阻溫度計測量的是溫度，溫度不是矢量，是標量，故C錯誤；電流表測量的是電電流不是矢量，是標量，故D錯誤。故選：。解：A設圖中每個小格的面積為。根據v-t圖象與時間軸所圍的面積表示位移，知整個過程小球的位移大小x=1.4m=3.5a則得．所以整個過程小球運動的路程為：S=4.5a+8a=12.5×0.4m=5m，故A錯誤。2、小球下落的高度為：h=8a=3.2m，根據v=2gh得小球的落地速度v=8m/s，故B正確。22根據各儀器所測量的物理量，確定其矢標性，即可解答。解決本題時要知道各個儀器所測量的物理量是什么，并判斷各個物理量的矢標性。要注意電流有大小和方向，但其運算不符合平行四邊形定則，所以電流是標量。C、小球上升的高度為：h=4.5a=1.8m，由h=得：t=0.6s。由h=得整個過程小球的運動時間1112為：t2=1.4s，故C錯誤。、小球運動的最高點距地面為：H=h=3.2m，故D錯誤。2.C2故選：。解：、在SI單位制中由7個基本單位，另外還要不少導出單位。故A錯誤；、力是導出單位。故B錯誤；根據v-t圖象與時間軸所圍的面積表示位移，結合整個過程小球的位移大小為1.4m，求出圖中每個小格表示的位移大小，從而求得小球上升的高度和下落的高度，再由運動學公式求解。C、安培是電流的單位，SI單位制中的基本單位。故C正確；、克是質量的常用單位，不屬于SI單位制中的單位。故D錯誤故選：C。解決本題的關鍵要知道v-t圖象與時間軸所圍的面積表示位移，結合幾何知識進行解答。要注意位移與路程的關系，不能搞混。5.C用公式進行計算時計算結果要有數值和單位。力學單位制中，選為基本單位的物理量有長質量和時間。解：A、出手過籃球的動能增加，勢能不變，故手對籃球做功為，故A錯誤；單位有基本單位和導出單導出單位可以由基本單位推導出來。力學中基本單位是ms。本題關鍵要知道國際單位制中基本單位有哪幾個，掌握基本單位與導出單位的關系，屬于基本題目。籃球從出手到進筐過程，部分動能轉化為勢能，故進筐時的動能為，故B錯誤；C籃球從出手到進筐過程機械能守恒，進筐時籃球的機械能等于出手時籃球的機械能為C正確；，故3.A籃球做斜拋運動，斜拋的最高點及初速度的方向均未知，故不能求時間D錯誤；解：、根據物理學史可知，胡克證明如果行星軌道是圓形，它所受的引力大小跟行星到太陽距離的二次方成反比，故A正確；故選：C。頓第一定律是利用邏輯思維對事實進行分析的產物，不可能用實驗直接驗證，故B錯誤；根據動能定理求出手時手對籃球做功；并由動能定理求出籃球進框時的動能；根據機械能守恒定律可求得進筐時籃球的機械能；根據斜拋運動的規律和對稱性解答。C、法拉第提出一種觀認為在電荷的周圍存在著由它產生的電場，故C錯誤；、自然界的電荷只有兩種，富蘭克林把它們命名為正電荷和負電荷，故D錯誤；第4頁，共10頁本題考查了動能定理的應用，分析清楚題意，靈活選取研究的過程，應用動能定理即可正確解題。了解斜拋運動的特點也是解答本題的關鍵。故選：。把足球的運動逆向分析，可認為小球做平拋運動結合平拋運動規律與斜拋運動規律進行分析，即可正確解答本題。6.D解：兩位演員都保持靜止，受力平衡；本題的關鍵是：一要把足球的運動逆向進行處理，二要掌握平拋運動規律，三要知道對于斜拋運動的分析、上方演員對下方演員的壓力方向豎直向下，下方演員受重力、豎直向下的壓力和地面豎直向上的支持力，方法是運動的合成與分解。8.B水平方向不受外力，所以不會受到地面施加的靜摩擦力，故A錯誤；、上方演員受重力和下方演員給他的支持力而平衡，所以支持力豎直向上大小等于重力，方向一定通過上方演員的重心，故B錯誤D正確；解：、根據勻速圓周運動的規律，作勻速圓周運動的物體的向心力有其合力提供。對火車進行受力分析，火車受到重力和軌道對火車的支持力，此時，火車內、外兩側鐵軌所受輪緣對它們的側向壓力均恰好為零，火車的重力和軌道對火車的支持力的合力提供向心力。故A錯誤，B正確；C、當火車速率大于v時，所需要的向心力增大，車輪輪緣對外軌施加壓力，故C錯誤；、火車轉彎速率越大，所需要的向心力越大，鐵軌對車輪的作用力越大，故D錯誤。故選：。C、上方演員將腿抬高后仍保持靜止，整體的受力沒有是發生變化，地面對下方演員的支持力不會改變，故C錯誤；故選：。隔離兩位演員受力分析，整體受力分析結合平衡狀態的條件分析各個選項即可。本題考查了平衡狀態的平衡條件的應用，要掌握整體法、隔離法的靈活運用。作勻速圓周運動的物體的向心力由其合力提供，火車轉彎速率越大，所需要的向心力越大，鐵軌對車輪的作用力越大。7.D本題主要考查了勻速圓周運動規律。關鍵點一：作勻速圓周運動的物體的向心力由其合力提供；關鍵點二：解：把足球的運動逆向分析，可認為小球做平拋運動則：火車轉彎速率越大，所需要的向心力越大，鐵軌對車輪的作用力越大。．根據平拋運動規律有，可得足球的運動時間為，故A錯誤；9.D．足球在水平方向的位移為s豎直方向的位移為h則足球的位移為，故B錯誤；解：A統中的5顆地球同步軌道衛星均在赤道正上方，且速度大小相等，但方向不同。故A錯誤；環繞速度為衛星的最大運行速度，大小等于第一宇宙速度速度v=7.9km/s，所以系統中衛星的運行速度不可能為10km/s。故B錯誤；C設足球的初速度大小為v，與水平的夾角為θ則足球在水平方向的分速度為v=vcosθ豎直方向分初0x0速度為v=vsinθ，足球到達球門所在豎直平面的時間為0y0足球在豎直方向的位移為：整理得：，C、根據T=2π，且系統中同步衛星運行半徑大于低軌衛星運行半徑，所以系統中同步衛星的周期比則可知，若踢出足球方向不變僅增大踢出速度，y會增大，則有＞h則足低軌衛星的周期長。故C錯誤；球不會射入球門；故C錯誤；、若要把低軌衛星轉移到更高衛星軌衛星需要做離心運動則需要先對其加速。故D正確。．若踢出足球速度大小不變僅減小速度方向與水平方向的夾角，足球在豎直方向的分初速度大小會減小，故選：。則足球在到達球門所在豎直平面之前已經到達最高點，則足球將射入球門，故D正確。同步軌道衛星均在赤道正上方，速度大小相等，但方向不同；衛星的最大運行速度為7.9km/s；根據T=2π第5頁，共10頁，可以比較系統中同步衛星的周期和低軌衛星的周期大小；若要把低軌衛星轉移到更高衛星軌道，則需要先對其加速。本題選錯誤選項選：。首先知道正四面體的特點，即正四面體任意兩條對邊都是異面垂直的，比如棱AB與棱CD就是異面垂直的；不同考查了人造衛星、萬有引力定律及其應用等知識這種題型屬于基礎題，只要善于積難度不大。再結合四點上電荷的特點找出對稱性，據對稱性分析電勢和場強的特點，注意場強是矢量。此題是與數學模型的結難度較大，此題的突破口是知道正四面體的立體特點，利用電場的對稱性分析，此題迎刃而解；正四面體的空間結構實在想不明白可以折一個出來輔助。也可以利用正方體輔助，比如正方體ABCD-EFGHABCD為頂面正方形，EFGH為底面正方形，A-E相對B-F相對、以此類推，可以連接出一個正方體。之后，連接，就是一個正四面體。10.B39解：一個月流水的質量m=ρV=ρQt=1×10×0.5×30×24×60×60kg=1.296×10，911發電機一個月提供的電能E=20%mgh=0.2×1.296×10×10×100J=2.592×10J38當地人一個月用電量60kW?h=60×10×60×60J=2.16×10J12.B88假設一家三口人，一個家庭一個月需要電能為3×2.16×10J=6.48×10J。可滿足家庭數n=故選：。=400戶，故B正確，ACD錯誤。解：電流在C處產生的磁感應強度的大小分別為B圖1所示，根據力的平行四邊形定則，0先求出一個月流下的水的質量，在利用能量守恒定律，重力勢能有20%轉化為電能，算出一個發電機輸出的總能量，再求出當地人一個月用電的總能量，作商就可以求出該小型水電站可滿足的個家庭數。本題考查了電功、電功率、重力做功、能量守恒定律等知識點。利用能量守恒定律求出一個月發電機產生的總能量是本題的關鍵。結合幾何的菱形關系，則有：B=2Bcos30°=C0再由左手定則可知，安培力方向水平向左，大小根據平衡條件得：導線C受到的靜摩擦力大小為：向右，故A錯誤，B正確；為：F=B；0f=F=B，方向水平011.D解：正四面體任意兩條對邊都是異面垂直的，比如棱AB與棱CD就是異面垂直的。不光如此，中點連線也會有垂直關系存在。這兩個中點連線的特殊性質決定了正四面體有對稱面；其中D兩點為正電BC兩點為負電荷，所以此四面體中（以BD的中點E）關于面BCM對稱，同理可以依據正四面體的性質與點電荷的連線分布規律得：C、若將導線A中的電流反向，則導線C的磁感應強度為B，方向水平向左，根據左手定則導線A所受安培0力豎直向下，導線所受支持力等于重力與向下的安培力之和，變大，故C錯誤；、若同時將導線A與B中電流反向，則磁感應強度為：B=2Bcos30°=圖2所示，受力分析可知，0導線C所受支持力不變，故D錯誤；故選：。M點離正電荷更近離負電荷更遠N點離負電荷更近離正電荷更遠可知M點電勢高于N點，故A正確；、根據等量異種點電荷周圍電場的分布情況可知，MN既位于點電荷AD連線的中垂面上，又位于點電荷BC連線的中垂面上，故MN兩點場強大小和方向相同，故B正確；根據矢量合成法則，可知B電流在C處的磁應強度疊加的大小，再由左手定則與安培力大小表達式，結合受力平衡方程，即可求解。考查磁感應強度的矢量性，掌握矢量合成法則，注意幾何知識的應用，同時掌握受力平衡條件，特別注意靜C結合正四面體的性質可知，PQ在同一等勢面上，故電勢相等，故C正確；摩擦力的方向。13.CP點的場強與Q電場強大小相等，但方向相反，故D不正確，第6頁，共10頁解：、離子帶正電經過高壓電源區前的速度為零，那么，要使離子通過高壓電源區，場強方向由B指向，故高壓電源A端應接電源的負極，故A錯誤；故選：。人眼睛看到的折射光線的反向延長線的交點即為看到的位置，同理魚看到位置也是反向延長線的交點；根據折射定律依次分析各個選項即可。、要使離子在磁場區域發生如圖所示偏轉場方向垂直紙面，離子進行順時針圓周運動，故由左手定則可得：磁場方向垂直紙面向外，故B錯誤；本題考查了光的折射定律，要知道眼睛看到的是折射光線的反向延長線的交點。15.C、離子經過高壓電源區只受電場力作用，故由動能定理可得：qU=2所以有：v=；解：A、微粒具有波粒二象性，大量粒子表現為波動性，少量粒子表現出粒子性，但是波動性和粒子性是同時存在的，故A錯誤；離子在磁場中只受洛倫茲力作用，故離子做勻速圓周運動倫茲力做向心力，故有：Bvq=m盧瑟福實驗中是絕大多數粒子沿著原來的傳播方向前進，少數會有較大角度的偏轉，極少數會反彈，而不是絕大多數會有大角度偏轉，故B錯誤；所以軌道半徑為：r==；同位素的電荷量相同，故質量越大，軌道半徑越大；由圖可得：軌跡Ⅱ對應的軌道半徑較大，故軌跡軌跡I一定對應X，故C正確；2C變的過程中有能量釋釋放的能量以光子的形式輻射出來，產生的核在更高的能級上，故C正確；、核電站裂變的原理，普通水可以降低反應速率，使快中子變為慢中子，故D正確；故選：CD。圖根據幾何關系可得：tan=，所以，由C可得比荷為：=故選：C。，故D錯誤；根據離子電性得到高壓電源區電場方向，從而得到A端所接電極；再根據離子偏轉方向，由左手定則得到磁場方向；根據動能定理得到離子速度，然后根據洛倫茲力做向心力求得軌道半徑表達式，即可根據半徑本題主要體現了波粒二象性，清楚波粒二象性的實質；對于原子的結構部分要記住相關結論；對于衰變的實質要理解到位才是，清楚核反應的過程。大小關系判斷同位素質量大小關系，根據幾何關系得到軌道半徑和磁場區域半徑的關系，即可由半徑表達式求得比荷。本題屬于記憶類的知識識點覆蓋面比較廣，考察學生對于基本內容的理解。16.帶電粒子在磁場中的做勻速圓周運動的難點在于根據幾何關系求得軌道半徑，一般需要精確作圖，再由數學知識求解。解：A，兩波的頻率不同。不能發生干涉現象，故A錯誤；14.x=6m處的質點在實線和虛線上此刻的速度都是向上，由波的疊加可知此時速度向上，故B錯誤；C，兩列波波速相同，實線波的波長分別為4m，根據根據v=λf，波速為v=20m/s圖示時刻起再過2.1s實線和虛線均傳播42m時x=6m處的質點好回到平衡位置，故C正確；，兩列波波速相同，實線波的波長分別為4m，根據根據，波速為v=20m/s圖示時刻起再過0.2s實線波和虛線波的波形沿傳播方向向前平移的距離均為4m，由波形圖可知，實線波在平衡位置x=5m均處于波峰，虛線波在平衡位置，所以平衡位置x=5m的質點將位于y=20cm處，故D正確。故選：CD。解：、從眼看到的折射光線的反向延長線的交點比魚的實際位量偏近，所以人看到的魚比實際位置要近一些，故A錯誤：魚看到的折射光線的反向延長線的交點比人的實際位置偏遠，所以魚看到的人比實際位置要遠一些，故B正確。C線從潛艇中射入水中時，最大的拆射角（臨界魚）要小于45”，因此光線射到水面時最小的入射角大于45°，一定會發生全反射，所以光線不能從水面射出，故C正確。、與C項相同，水面上方射入水中的光線也不能照射到潛艇內部，故D正確。第7頁，共10頁④根據改裝原理可知，實際電流為電流表讀數的6倍，由圖示電源U-I圖象可知解答本題首先得明白波形圖是反應某時刻各質點的位置，要抓住在同種均勻介質中兩列波的波速相同，由v=λf得：波長與頻率成反比。兩列波的頻率相同時才能發生干涉。本題考查波長頻率和波速的關系；由波動圖象能直接讀出波長，抓住同類波在同一介質中波速相同，由波速公式分析頻率關系。要理解并掌握波的干涉原理。電源的電動勢為：E=1.48V；電源內阻為：r=-RR′=-2.0-0.5=1.58Ω；017.乙故答案為：（1）0.6；（2）①；②30.0；④1.48；1.58。解：（1））打點計時器應使用交流電源，由圖1所示可知，此裝置存在以下問題：使用直流電源、沒有平衡摩擦細線與木板不平行、小車與打點計時器的距離太遠；（1）明確電表的改裝原理，由并聯電路規律可求得改裝后的量程；（2）明確實驗原理和安全性要求，從而確定滑片的位置；根據電表的量程可確定對應的讀數；再根據閉合電路歐姆定律即可求得電動勢和內電阻。（2）由圖2所示可知，打C點時小車的速度為：v===0.20m/s；由勻變速直線運動C222的推論：x=at可知，小車的加速度為：a==m/s=0.38m/s。本題考查測量電動勢和內電阻的實驗，注意明確實驗原理，能根據給出的實驗步驟分析實驗方法；同時根（3）平衡好摩擦力后，小車受到的合力等于細線的拉力，由牛頓第二定律可知：a=，a與F成正比，a-F圖象是一條過原點的直線圖乙所示圖線；據圖象分析實驗數據，明確電表的改裝原理的應用。19.-7故答案為：（1）使用直流電源、沒有平衡摩擦力、細線與木板不平行、小車與打點計時器的距離太遠（以上任選兩均可）；（2）0.200.38；（3）乙解：（1）分劃板刻線在圖中B位置時標卡尺的讀數為115+0.05×10mm=115.50mm，在A位置時標卡尺的讀數為111.00mm則相鄰條紋間距為：x=mm=0.75mm（1）實驗前要平衡摩擦力，要調節定滑輪高度使細線與木板平行，根據實驗注意事項分析清楚圖示情景答題。-7根據x=得：λ==m=5.36×10m。（2）應用勻變速直線運動的推論求出瞬時速度與加速度。（2）A、去掉濾光片，產生的彩色干涉條紋，故A錯誤。（3）根據題意應用牛頓第二定律解題。、如果去掉凸透鏡，也能在屏上得到干涉條紋，故B正確。本題考查了實驗注意事項與實驗數據處應用勻變速直線運動的推論可以求出瞬時速度與加速度，掌握基礎知識是解題的前提與關鍵時要注意基礎知識的學習與積累。C、如果用激光作為光源，則無需凸透鏡和單縫為激光平行度好，亮度高，故C正確。撥動撥桿的作用是為了使單縫和雙縫平行，獲得清晰的干涉圖樣d圖已有清晰的干涉圖樣，所以不用調節；d圖所示出現的問題是分刻板中心刻度線與干涉條紋不平行，應調節測量頭使干涉條紋調成與分劃板中心刻線同一方向上，故D錯誤。18.B解：（1）根據并聯電路基本原理可知，改裝后電流表的量程為：I=改裝后電流表內阻為：R'=；（2）①為保護電路嗎，實驗中應讓電阻由最大值開始調節，所以開始時滑片應滑到B端；100mA圖示表盤可知，其分度值為1mA讀數為：30.0mA；+I=+0.100=0.6Ag=故選：。-7故答案為：（1）115.505.36×10；（2）。②電流表量程為（1）游標卡尺的讀數等于主尺讀數加上游標讀數，不需估讀；根據雙縫干涉條紋間距干涉求出單色光波長。第8頁，共10頁（2）根據實驗的原理，結合元件的作用分析判斷。，帶帶帶帶本題關鍵是明確實驗原理，了解構造及作用，能對故障進行分析和糾正；掌握雙縫干涉條紋的間距公式，并ss=。帶物能靈活運用。20.m。F；1。h=11ts（1）對BE段運用動能定理，求出滑塊與傳送帶間的動摩擦因數。1h=t22（2）假設物塊一直在傳送帶上做減速，根據動能定理求出平拋運動的初速度，結合水平位移判斷得出物塊在傳送帶上的運動規結合牛頓第二定律和運動學公式得出傳送帶和物塊的位移，結合相對位移的大小求出摩擦產生的熱量。ts2=t+ts1222F2FN本題考查了動能定理、牛頓第二定律和運動學公式與平拋運動的綜對于第二問，得出物塊在傳送帶上的運動規律是解決本題的關鍵。2m；；mN22.1；aaavUE，（1）當座艙落到離地面高度為40m的位置時處于完全失重狀態，故