1、6分）如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角（）。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角不变，在OM由竖直被拉到水平的过程中（）AMN上的张力逐渐增大BMN上的张力先增大后减小COM上的张力逐渐增大DOM上的张力先增大后减小【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡菁优网版权所有【专题】31：定性思想；42：等效替代法；527：共点力作用下物体平衡专题【分析】整个拉动过程中，小球的重力不变，根据共点力平衡条件分析。【解答】解：以重物为研究对象，受重力mg，OM绳上拉力F1，MN上拉力F2，由题意知，
2、三个力合力始终为零，矢量三角形如图所示，在F2转至水平的过程中，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，所以A、D正确；B、C错误。故选：AD。【点评】本题考查共点力的平衡条件，这种问题一般要抓住不变的量，然后去分析变化的量。在本题中，小球的重力大小和方向都不变，抓住这一点，然后去分析另外两个力的变化情况，这样有理有据。二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分第932题为必考题，每个试题考生都必须作答第3338题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）9（5分）某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间。实验前，将该计时器固定在小车旁，
3、如图（a）所示。实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车。在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图（b）记录了桌面上连续6个水滴的位置。（已知滴水计时器每30s内共滴下46个小水滴）（1）由图（b）可知，小车在桌面上是从右向左（填“从右向左”或“从左向右”）运动的。（2）该小组同学根据图（b）的数据判断出小车做匀变速运动。小车运动到图（b）中A点位置时的速度大小为0.19m/s，加速度大小为0.038m/s2（结果均保留2位有效数字）【考点】M5：测定匀变速直线运动的加速度菁优网版权所有【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；43：推理法；511：直线运动规律专题【
4、分析】依据小车在手轻推一下，则做减速运动，结合各点间距，即可判定运动方向；根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小。【解答】解：（1）由于用手轻推一下小车，则小车做减速运动，根据桌面上连续6个水滴的位置，可知，小车从右向左做减速运动；（2）已知滴水计时器每30s内共滴下46个小水滴，那么各点时间间隔为：T=s=s根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，有：vA= m/s=0.19m/s，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度，得：a= m/s2=
5、0.038 m/s2，那么加速度的大小为 0.038 m/s2。故答案为：（1）从右向左；（2）0.19，0.038。【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。10（10分）某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有：小灯泡L（额定电压3.8V，额定电流0.32A）电压表V（量程3V，内阻3k）电流表A（量程0.5A，内阻0.5）固定电阻R0（阻值1000）滑动变阻器R（阻值09.0）电源E（电动势5V，内阻不计）开关S；导线若干。（1）实验要求能够实现在03.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图。（2）实验测得该小
6、灯泡伏安特性曲线如图（a）所示。由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻增大（填“增大”“不变”或“减小”），灯丝的电阻率增大（填“增大”“不变”或“减小”）。（3）用另一电源E0（电动势4V，内阻1.00）和题给器材连接成图（b）所示的电路图，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率。闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为0.41W，最大功率为1.17W（结果均保留2位小数）【考点】N5：描绘小电珠的伏安特性曲线菁优网版权所有【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题【分析】（1）明确实验原理，根据实验中给出的仪器分析滑
7、动变阻器以及电流表接法；（2）根据IU图象的性质进行分析，明确电阻随电流变化的规律，从而明确电阻率的变化情况；（3）分析滑动变阻器接入电阻的变化，作出等效电源的伏安特性曲线，得出对应的电流值和电压值，从而明确灯泡功率的极值。【解答】解：（1）因本实验需要电流从零开始调节，因此应采用滑动变阻器分压接法；因灯泡内阻与电流表内阻接近，故应采用电流表外接法；另外为了扩大电压表量程，应用R0和电压表串联，故原理图如图所示；（2）IU图象中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，图象的斜率随电压的增大而减小，故说明电阻随电流的增大而增大；其原因是灯丝的电阻率随着电流的增大而增大；（3）当滑动变阻器阻值全部接入
8、时，灯泡的功率最小，将R等效为电源内阻，则电源电动势为4V，等效内阻为10；则有：U=410I；作出电源的伏安特性曲线如图a中实线所示；由图可知，灯泡电压为U=1.8V，电流I=230mA=0.23A，则最小功率P=UI=1.80.23=0.41W；当滑动变阻器接入电阻为零时，灯泡消耗的功率最大；此时电源的内阻为1.0，作出电源的伏安特性曲线如图a中虚线所示；如图a可知，此时电压为3.70V，电流为320mA=0.32A；则可知最大功率Pmax=UI=3.700.32=1.18W。故答案为：（1）如图所示；（2）增大；增大；（3）0.41；1.18。【点评】本题考查灯泡伏安特性曲线的描绘实验，
9、要注意明确实验原理，知道实验中数据分析的基本方法，注意在分析功率时只能根据图象进行分析求解，不能利用欧姆定律进行分析。11（12分）一质量为8.00104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60105m处以7.5103m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100m/s时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8m/s2（结果保留2位有效数字）（1）分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；（2）求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2
10、.0%。【考点】65：动能定理；6C：机械能守恒定律菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法【分析】（1）机械能等于重力势能和动能之和，可以得出两处的机械能；（2）根据动能定理计算克服阻力做功。【解答】解：1.60105 m处的速度为v1，600m处的速度为v2，落地前的速度为v3（1）落地时的重力势能为零，动能为Ek2=m=81041002J=4.0108J；进入大气层的机械能E=Ek1+Ep1=m+mgH=2.41012J；（2）此时的速度大小为v2=7.51030.02m/s=150m/s；从600m处到落地之间，重力做正功，阻力做负功，根据动能定理mghWf=mv32mv22
11、代入数据，可得Wf=9.7108J答：（1）落地瞬间的机械能为4.0108J；进入大气层的机械能为2.41012J；（2）克服阻力做功为9.7108J。【点评】本题考查了机械能的计算和动能定理的应用，掌握相关的公式是解题的关键。12（20分）真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0，在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。（1）油滴运动到B点时的速度；（2）求增大后的电场强度的大小；为保证后来的
12、电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。【考点】39：牛顿运动定律的综合应用；AG：电势差和电场强度的关系菁优网版权所有【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；532：电场力与电势的性质专题【分析】（1）分析油滴的运动过程，可知其先进行向上的匀速直线运动，到达A处后因电场强度突然增大而开始做向上的匀加速直线运动，经过t1后电场突然反向，油滴开始做匀减速直线运动，并可能在速度减为零后做反向的匀加速直线运动。对电场增大后的两个过程分别列出牛顿第二定律方程，即可求得
13、两个过程中的加速度，而t1又是一个已知量，那么直接使用运动学公式即可求出vB的速度大小；（2）因为油滴最后可能做反向的匀加速直线运动，因此我们不能确定B点的位置究竟在A点上方还是A点下方，故需要分为两种情况讨论。对其中每一种情况，根据运动学公式列出方程，并与竖直上抛的方程进行联立，即可分别求得两种情况下的场强E2的大小；而根据题意，为求出t1与v0满足的条件，只需要使E2E1即可，那么就可以最终求得t1与v0间的关系式。【解答】解：（1）方法一：设油滴质量为m，带电荷量为q，增大后的电场强度为E2，根据题中条件可以判断电场力与重力方向相反；对于匀速运动阶段，有qE1=mg对于场强突然增大后的第
14、一段t1时间，由牛顿第二定律得：qE2mg=ma1对于场强第二段t1时间，由牛顿第二定律得：qE2+mg=ma2 由运动学公式，可得油滴在电场反向时的速度为：v1=v0+a1t1油滴在B的速度为：vB=v1a2t1联立至式，可得：vB=v02gt1；方向向上；方法二：选向上为正方向，由动量定理有：mg2t+qE1tqE1t=mvmv0解得：vB=v02gt1；方向向上；（2）设无电场时竖直上抛的最大高度为h，由运动学公式，有：v02=2gh根据位移时间关系可得：v0t1+v1t1油滴运动有两种情况：情况一：位移之和x1+x2=联立、可得：E2=E1+由题意得E2E1，即满足条件，即当或才是可能
15、的；情况二：位移之和x1+x2= 联立、可得：E2=E1+由题意得E2E1，即满足条件，即，另一解为负，不合题意，舍去。答：（1）油滴运动到B点时的速度为v02gt1；（2）增大后的电场强度的大小为E1+，t1和v0应满足的条件为或；或E1+；相应的t1和v0应满足的条件为。【点评】有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答
16、。如果多做，则按所做的第一题计分。物理-选修3-313（5分）氧气分子在0和100温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示。下列说法正确的是（）A图中两条曲线下面积相等B图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形C图中实线对应于氧气分子在100时的情形D图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目E与0时相比，100时氧气分子速率出现在0400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大【考点】88：分子运动速率的统计分布规律；89：温度是分子平均动能的标志菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；542：物体的内能专题【分析】温度是分子平均动
17、能的标志，温度升高分子的平均动能增加，不同温度下相同速率的分子所占比例不同，要注意明确图象的意义是解题的关键。【解答】解：A、由题图可知，在0和100两种不同情况下各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线与横轴所围面积都应该等于1，即相等，故A正确；B、由图可知，具有最大比例的速率区间，0时对应的速率小，故说明虚线为0的分布图象，故对应的平均动能较小，故B正确；C、实线对应的最大比例的速率区间内分子动能大，说明实验对应的温度大，故为100时的情形，故C正确；D、图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子占据的比例，但无法确定分子具体数目，故D错误；E、由图可知，0400 m/s段内
18、，100对应的占据的比例均小于与0时所占据的比值，因此100时氧气分子速率出现在0400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较小，故E错误。故选：ABC。【点评】本题考查了分子运动速率的统计分布规律，记住图象的特点，知道横坐标表示的是分子数目所占据的比例，同时明确温度与分子平均动能间的关系。14（10分）如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管（容积可忽略）连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3，B中有一可自由滑动的活塞（质量、体积均可忽略）。初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1已知
19、室温为27，汽缸导热。（i）打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；（ii）接着打开K3，求稳定时活塞的位置；（iii）再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20，求此时活塞下方气体的压强。【考点】99：理想气体的状态方程；9K：封闭气体压强菁优网版权所有【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题【分析】（i）分析打开K2之前和打开K2后，A、B缸内气体的压强、体积和温度，根据理想气体的状态方程列方程求解；（）打开K3，分析活塞下方气体压强会不会降至p0，确定活塞所处位置；（）缓慢加热汽缸内气体使其温度升高，等容升温过程，由求解此时活塞下方气体的压强。【解答
20、】解：（i）打开K2之前，A缸内气体pA=3p0，B缸内气体pB=p0，体积均为V，温度均为T=（273+27）K=300K，打开K2后，B缸内气体（活塞上方）等温压缩，压缩后体积为V1，A缸内气体（活塞下方）等温膨胀，膨胀后体积为2VV1，活塞上下方压强相等均为p1，则：对A缸内（活塞下方）气体：3p0V=p1（2VV1），对B缸内（活塞上方）气体：p0V=p1V1，联立以上两式得：p1=2p0，V1=；即稳定时活塞上方体积为，压强为2p0；（）打开K3，活塞上方与大气相连通，压强变为p0，则活塞下方气体等温膨胀，假设活塞下方气体压强可降为p0，则降为p0时活塞下方气体体积为V2，则3p0V
21、=p0V2，得V2=3V2V，即活塞下方气体压强不会降至p0，此时活塞将处于B气缸顶端，缸内气压为p2，3p0V=p22V，得p2=，即稳定时活塞位于气缸最顶端；（）缓慢加热汽缸内气体使其温度升高，等容升温过程，升温后温度为T3=（300+20）K=320K，由得：p3=1.6p0，即此时活塞下方压强为1.6p0。答：（i）打开K2，稳定时活塞上方气体的体积为，压强为2p0；（ii）打开K3，稳定时位于气缸最顶端；（iii）缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20，此时活塞下方气体的压强为1.6p0。【点评】本题主要是考查了理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用理想气体的状态方程列方程求解；本题要能用静力学观点分析各处压强的关系，要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化，选择合适的气体实验定律解决问题。物理-选修3-415如图（a），在xy平面内有两个沿z方向做简谐振
