上海市松江区2015届高三上学期期末质量监控物理试题及答案.pdf

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1、2015年上海市松江区高考物理一模 试卷 参考答案与试题解析 一、单项选择题（每小题2 分，共 16 分，每小题只有一个正确选项） 1下列哪组表示的是国际单位制中的基本单位（） A长度、时间、质量B牛顿、千克、秒C 米、秒、千克D摩尔、米、特 斯拉 分析： 国际单位制规定了七个基本物理量分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、 光强度、 物质的量 它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到 出来的物理量的单位叫做导出单位 解答：解： A 是物理量， B 中的 N 是导出单位，D 中的 T 是导出单位，所以都是国际单位 制中的基本单位的是C 故选： C 点评： 国际单位制

2、规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制 分别是谁，这都是需要学生自己记住的 2下列有关分子运动理论的各种说法中正确的是（） A 温度低的物体内能小 B 温度低的物体，其分子运动的平均动能也必然小 C 做加速运动的物体，由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能越来越大 D 0的铁和0的冰，它们的分子平均动能可能不相同 考点 ：分子的热运动 专题 ：分子运动论专题 分析： 温度是分子平均动能的唯一标志，分子动能与分子的速率以及分子质量有关 解答：解： A、温度是分子平均动能的标志，温度低只能说明分子平均动能小，不能说明分 子势能，而内能包括分子动能和分子势能，故A 错误

3、B、温度低的物体，分子平均动能一定小，故B 正确； C、温度是分子平均动能的标志，与物体是否运动无关，故C 错误 D、温度是分子平均动能的唯一标志，温度相同说明分子平均动能相同，0的铁和0的冰， 它们的分子平均动能相同，故D 错误 故选： B 点评： 掌握温度是分子平均动能的“ 唯一 ” 标志，与其他任何因素无关 3下列有关力的说法中正确的是（） A 静止在水平面上的物体对水平面的压力就是物体的重力 B 两个力的合力可能小于其中的任一个分力 C 静止在水平面上的物体所受的支持力和它对水平面的压力相互平衡 D 在斜面上匀速下滑的物体受到重力、支持力、摩擦力和下滑力的作用 考点 ：物体的弹性和弹力

4、 分析： 根据施力物体与受力物体、性质等分析物体对水平面的压力与物体的重力是否相同分 析物体受力情况，分析拉力F 和水平面对物体的摩擦力的关系 解答：解： A、物体对水平面的压力施力物体是物体、受力物体是水平面，而物体的重力的 施力物体是地球、受力物体是该物体，可见物体对水平面的压力不是物体的重力故A 错误 B、两个力的合力可能小于或大于、等于其中的任一个分力故B 正确 C、物体所受的支持力和它对水平面的压力是一对相互作用力故C 错误 D、在斜面上匀速下滑的物体受到重力、支持力、摩擦力，没有下滑力故D 错误 故选： B 点评： 分析受力情况是学习力学的基本功，一般按重力、弹力和摩擦力的顺序分析

5、，根据平 衡条件：合力为零，分析各力的关系 4 （2 分） （2015?松江区一模）关于机械波的概念，下列说法正确的是（） A横波中质点的振动方向为竖直方向，纵波中质点的振动方向为水平方向 B 简谐横波在长绳中传播，绳上相距半个波长的两振动质点位移大小始终相等 C 任一质点每经过一个周期沿波的传播方向移动一个波长 D如果振源停止振动，在介质中传播的波也就立即停止 考点 ：机械波 分析： 机械波在传播振动形式的过程中同时传递了能量介质中的质点不随波一起迁移 解答： 解：A、横波中质点的振动方向为与运动方向相互垂直，纵波中质点的振动方向为沿波 的传播方向；故A 错误； B、简谐横波在长绳中传播，绳

6、上相距半个波长的两振动质点位移大小始终相等；故B 正确； C、质点不会随着波的传播而沿波振动；故C 错误； D、振源停止振动，但介质中的波仍继续传播；故D 错误； 故选： B 点评： 本题考查对机械波基本知识的理解和掌握情况机械波的基本特点是：“ 不随波逐流 ” ， 频率由波源决定，波速由介质决定 5 （2 分） （2015?松江区一模）如图所示是观察水面波衍射的实验装置，AB 和 CD 是两块挡 板， BC 是一个孔， O 是波源，图中已画出波源所在区域波的传播情况，每两条相邻波纹（图 中曲线）之间的距离表示一个波长，则波经过孔之后的传播情况，下列描述中不正确的是 （） A此时能观察到明显的

7、波的衍射现象 B 挡板前后波纹间距相等 C 如果将孔 BC 扩大，有可能观察不到明显的衍射现象 D如果孔的大小不变，使波源频率增大，能观察到更明显衍射现象 考点 ：波的干涉和衍射现象 分析： 当孔、缝的宽度与波长差不多或者比波长还小时，就能够发生明显的衍射现象，这是发 生明显衍射的条件，所以孔缝的宽度不变时，波长越小，衍射越不明显；由于同一列波 的频率不变，而衍射前后波速相同，故衍射前后波长相同 解答： 解：A、该题中孔、缝的宽度比波长还小时，就能够发生明显的衍射现象，故A 正确 B、由于同一列波的频率不变，而衍射前后波速相同，故衍射前后波长相同，故 B 正确 C、如果将孔BC 扩大，有可能造

8、成孔的宽度大于波的波长，而只有当孔、缝的宽度与 波长差不多或者比波长还小时，能够发生明显的衍射现象，故C 正确 D、由于介质不变，故孔扩大前后水波的波速相同，而波的频率增大后，则波的波长变 短，而孔缝的宽度不变时，波长越小，衍射越不明显，故D 错误 选择不正确的，故选：D 点评： 掌握波发生明显衍射的条件是我们解决此类题目的关键 6 （2 分） （2015?松江区一模）如图所示为点电荷a、b所形成的电场线分布，以下说法正确 的是（） Aa、b 为异种电荷B a、b为同种电荷 C A 点场强大于B 点场强DA 点电势低于B 点电势 考点 ：电场线；电场强度；电势 专题 ：电场力与电势的性质专题

9、分析： 此题根据电场线的分布特点和电场线的疏密含义，即电场线越密， 电场越强，顺着电场 线电势降低；进行分析答题 解答： 解：AB 、电场线是从正电荷出发，负电荷终止，由电场线的分布图可知a、b 为异种电 荷故 A 正确， B 错误 C、电场线越密，电场越强，则知A 点的场强小于B 点的场强，故C 错误 D、顺着电场线电势降低，则A 点电势高于B 点电势，故D 错误 故选： A 点评： 根据图象的细微区别寻找突破口，是我们必须掌握的一种解题技巧，例如根据两电荷之 间电场强度是否为0 判定是否是同种电荷，根据异侧电场线的疏密判定场强的大小，结 合电场线的方向判断电势高低 7 （2 分） （201

10、5?松江区一模）为了解释地球的磁性，19 世纪安培假设：地球的磁场是由绕 过地心的轴的环形电流I 引起的在如图四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是 （） A BCD 考点 ：分子电流假说 专题 ：电磁感应中的力学问题 分析： 要知道环形电流的方向首先要知道地磁场的分布情况：地磁的南极在地理北极的附近， 故右手的拇指必需指向南方，然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方向从而 判定环形电流的方向 解答： 解：地磁的南极在地理北极的附近，故在用安培定则判定环形电流的方向时右手的拇指 必需指向南方； 而根据安培定则：拇指与四指垂直，而四指弯曲的方向就是电流流动的 方向，故四指的方向应该向

11、西故B 正确 故选 B 点评： 主要考查安培定则和地磁场分布，掌握安培定则和地磁场的分布情况是解决此题的关键 所在另外要掌握此类题目一定要乐于伸手判定 8 （2 分） （2015?松江区一模）电源电动势为E，内阻为r，向可变电阻R 供电，关于路端电 压说法正确的是（） A因为电源电动势不变，所以路端电压也不变 B 因为 U=IR ，所以当I 增大时，路端电压也增大 C 因为 U=EIr，所以当I 增大时，路端电压下降 D若外电路断开，则路端电压为零 考点 ：闭合电路的欧姆定律 专题 ：恒定电流专题 分析： 给定的电源，其电动势和内阻都不变，与外电路无关，而路端电压随外电阻的增大而增 大，减小而

12、减小 解答： 解：A、电源电动势不变，路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小故A 错误 B、当 R 增大时， I 减小， 不能根据 U=IR 判断路端电压的变化，而由 U=E Ir 分析， E， r 不变， I 减小，得到U 增大故B 错误 C、因为 U=EIr，所以当 I 增大时，路端电压下降，故C 正确； D、若外电路断开，电流为零，根据U=E Ir，路端电压为E，故 D 错误； 故选： C 点评： 本题是简单的路动态分析问题对于路端电压与电流的关系，也可以作出电源的外特性 曲线 U I 图线，更直观判断它们的关系 二、单项选择题（每小题3 分，共 24 分，每小题只有一个正确选项） 9

13、 （3 分） （2015?松江区一模）如图所示是一个三输入端组合门电路，当输出端Y 输出 0时， A、B、C 端的输入信号为（） A0、 0、1 B1、1、0 C0、1、0 D 1、0、1 考点 ：简单的逻辑电路 分析： 一个事件的几个条件都满足后，该事件才能发生，我们把这种关系叫做“ 与” 逻辑关系； 如果几个条件中，只要有一个条件得到满足，某事件就会发生，这种关系叫做“ 或” 逻辑 关系；输出状态和输入状态呈相反的逻辑关系，叫做“ 非” 逻辑能实现三种逻辑关系的 电路分别叫 “ 与” 门电路、 “ 或” 门电路和 “ 非” 门电路 解答： 解：如图三输入端组合门电路，AB 为与门的输入端，

14、与门的输出端和C 为或门的输入 端， Y 为或门的输出端 Y 输出为 O，则与门的输出端和C 都必须为0， 要与门的输出为0，则与门的输入端AB 至少一个为0，故 ABC 的输入为： 100，或 010故只有 C 正确、 ABD 错误 故选： C 点评： 解决本题的关键掌握门电路的特点，与门的特点：事件的所有条件满足，事件才能发 生或门的特点：只要有一个条件满足，事件就能发生非门的特点：输入状态和输出 状态完全相反 10 （ 3分） （2015?松江区一模）如图，是以质点P为波源的机械波沿着一条一端固定的轻绳 传播到质点Q 的波形图，则质点P 刚开始振动时的方向为（） A向上B向 下C向左D

15、向右 考点 ：简谐运动的振动图象 专题 ：简谐运动专题 分析： 由题， p 点为振源，波从右向左传播，介质中各质点起振的方向与振源起振方向相同， 由图上最左端的质点的振动方向判断 解答： 解：根据题意，波从右向左传播，图示时刻，波最左端的质点振动方向向上，则振源A 质点刚开始振动时的方向为向上 故选： A 点评： 本题考查的是波的基本特性：介质中各质点起振的方向与振源起振方向相同比较简单 11 （ 3 分） （2015?松江区一模）如图所示，a、b 两条曲线为汽车a、b 在同一条平直公路上速 度时间图象，已知a、b 曲线关于他们两交点的连线对称，且在t2时刻两车相遇，下列说法 正确的是（） A

16、在 t1t2这段时间内，两车位移等大 B 在 t1t2这段时间内的相同时刻， a车与b 车加速度大小相等 C t1时刻两车也相遇 Dt1时刻 a 车在前， b 车在后 考点 ：向心力 专题 ：匀速圆周运动专题 分析： 根据速度时间图线判断汽车的运动规律，通过图线与时间轴围成的面积表示位移判断哪 个汽车在前通过图线的斜率判断加速度的变化 解答： 解：A、在 t2时刻，两车相遇，在t1t2时间内， a 图线与时间轴围成的面积大，则a 的位移大，可知t1时刻， b 车在前， a 车在后故A、C、D 错误 B、图线切线的斜率表示加速度，由图象可知， 在 t1t2这段时间内的相同时刻， a 车与 b 车

17、加速度大小相等故B 正确 故选： B 点评： 解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示位 移，图线的切线斜率表示瞬时加速度 12 （ 3分） （2013?广东）如图，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M 和 2M 的 行星做匀速圆周运动，下列说法正确的是（） A甲的向心加速度比乙的小B 甲的运行周期比乙的小 C 甲的角速度比乙的大D甲的线速度比乙的大 考点 ：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用 专题 ：人造卫星问题 分析： 抓住卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，列式展开讨论即可 解答： 解：根据卫星运动的向心力由万有引力提供，有

18、： A、由于，可知甲的向心加速度小于乙的向心加速度，故A 正确； B、，由于甲的中心天体质量小于乙的中心天体质量，故甲的周期大于乙 的周期，故B 错误； C、，由于甲的中心天体质量小于乙的中心天体质量，故甲的角速度小于乙的 角速度，故C 错误； D、，由于甲的中心天体质量小于乙的中心天体质量，故甲的线速度小于乙的线 速度，故D 错误 故选 A 点评： 抓住半径相同， 中心天体质量不同，根据万有引力提供向心力展开讨论即可，注意区别 中心天体的质量不同 13 （ 3分） （2015?松江区一模）如图，圆环形导体线圈a 平放在水平桌面上，在a 的正上方 固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源

19、和滑动变阻器连接成如图所示的电路若 将滑动变阻器的滑片P 向下滑动，下列表述正确的是（） A线圈 a中将产生俯视顺时针方向的感应电流 B 穿过线圈 a的磁通量变小 C 线圈 a有扩张的趋势 D线圈 a对水平桌面的压力FN将增大 考点 ：楞次定律 专题 ：电磁感应与电路结合 分析： 此题的关键首先明确滑动触头向下滑动时通过判断出线圈b 中的电流增大， 然后根据楞 次定律判断出线圈a 中感应电流的方向本题利用“ 楞次定律的第二描述” 求解将更为简 便 解答： 解：A、B：当滑动触头P 向下移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b 的电流增大， 从而判断出穿过线圈a 的磁通量增加方向向下，所

20、以 B 错误；根据楞次定 律即可判断出线圈a 中感应电流方向俯视应为逆时针，A 错误 C、再根据微元法将线圈a无线分割根据左手定则不难判断出线圈a 应有收缩的趋势， 或直接根据楞次定律的第二描述“ 感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因” ， 因为滑动触头向下滑动导致穿过线圈a的磁通量增加， 故只有线圈面积减少时才能阻碍 磁通量的增加，故线圈a 应有收缩的趋势，C 错误； D、开始时线圈a 对桌面的压力等于线圈a 的重力， 当滑动触头向下滑动时，可以用 “ 等 效法 ” ，即将线圈a 和 b 看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁的N 极相对，互相排 斥，故线圈a 对水平桌面的压力将增大，

21、所以D 正确 故选 D 点评： 首先应掌握楞次定律的基本应用，楞次定律的第二描述是能量守恒定律在电磁感应现象 中得出的必然结果 一般在解决有关相对运动类问题时用楞次定律的第二描述将会非常 简便 14 （ 3分） （2015?松江区一模）四个相同的灯泡如图连接在电路中，调节变阻器R1和 R2， 使四个灯泡都正常发光，设此时R1和 R2消耗的功率分别为P1和 P2，则有（） AP12P2 BP1=2P2 CP2P12P2D P1P2 考点 ：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律 专题 ：恒定电流专题 分析： 设灯泡的额定电流为I0，额定电压为U0，求解出变阻器消耗的功率的表达式进行讨论 解答： 解：设

22、灯泡的额定电流为I0，额定电压为U0，则 P1=（ UU0）?2I0，P2=（U2U0） ?I0， 故 P1 2P2； 故选： A 点评： 此题是一道欧姆定律和电功率的综合分析题，必须熟练掌握串并联电路的特点才能分 析 15 （ 3分） （2015?松江区一模）如图所示，AB 为半圆环ACB 的水平直径， C 为环上的最低 点，环半径为R一个小球从A 点以速度v0水平抛出，不计空气阻力则下列判断正确的是 （） A只要 v0足够大，小球可以击中 B 点 B 即使 v0取值不同，小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角也相同 C 若 v0取值适当，可以使小球垂直撞击半圆环 D无论 v0取何值，

23、小球都不可能垂直撞击半圆环 考点 ：平抛运动 专题 ：平抛运动专题 分析： 本题可以采用假设法，假设小球垂直撞击半圆环，通过速度方向的夹角与位移与水平方 向的夹角关系进行分析 解答： 解：A、小球做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，可知小球不可能击中B 点， 故 A 错误 B、初速度不同，小球落点的位置不同，运动的时间可能不同，则小球掉到环上时的速 度方向和水平方向之间的夹角不同，故B 错误 C、小球不可能垂直撞击在半圆环AC 段，因为根据速度的合成，平抛运动的速度方向 偏向右 假设小球与BC 段垂直撞击，设此时速度与水平方向的夹角为 ，知撞击点与圆心的连 线与水平方向的夹角为 连接抛出点

24、与撞击点，与水平方向的夹角为 根据几何关 系知， =2 因为平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值 的 2 倍，即 tan =2tan 与 =2相矛盾则不可能与半圆弧垂直相撞故C 错误， D 正确 故选： D 点评： 解决本题的关键知道平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正 切值的 2 倍这一推论，并能灵活运用 16 （3 分） （2008?海南）匀强电场中有a、b、c 三点在以它们为顶点的三角形中，a=30 、 c=90 ， 电场方向与三角形所在平面平行已知 a、 b 和 c 点的电势分别为 （2） V、（2+） V 和 2V 该三角形的外接圆上最低、

25、最高电势分别为（） A（2）V、 （2+）V B0V、4V C （2）V、 （2+）V D 0V、V 考点 ：电势；电场线 专题 ：压轴题；电场力与电势的性质专题 分析： 作出三角形的外接圆，其圆心O 在 ab的中点，该点电势为2V，OC 为等势线，作出 OC 的垂线 MN 为电场线，根据U=Ed，顺着电场线MN ，找出离O 点最远的点，电势 最低；逆着电场线，离O 点最远点电势最高 解答： 解：如图所示，取ab 的中点 O，即为三角形的外接圆的圆心，且该点电势为2V，故 Oc 为等势线，其垂线MN 为电场线，方向为MN 方向外接圆上电势最低点为N 点，最高点为M 点 设外接半径为R，则 UO

26、P=UOa= V， UON=ER，UOP=ERcos30 ， 则UON：UOP=2：， 故 UON=2V，N 点电势为零，为最低电势点， 同理 M 点电势为4V，为最高电势点 故选 B 点评： 找等势点，作等势线，进一步作出电场线，并结合几何知识是求电势问题常用的方法 三、多项选择题（每小题4 分，共 16 分.每小题有两个或三个正确选项全选对的，得4 分； 选对但不全的，得2 分；有选错或不答的，得0 分 ） 17 （ 4分） （2015?松江区一模）在牛顿第二定律公式F=kma 中，比例系数k 的数值（） A在任何情况下都等于1 B 是由质量 m、加速度 a 和力 F 三者的大小所决定的

27、C 是由质量 m、加速度 a 和力 F 三者的单位所决定的 D在国际单位制中一定等于1 考点 ：加速度与力、质量的关系式 专题 ：牛顿运动定律综合专题 分析： 在牛顿第二定律的表达式F=kma 中，只有在国际单位制中，比例系数k 才为 1 解答： 解：在牛顿第二定律的表达式F=kma 中，只有质量m、加速度a和力 F 的单位是国际 单位时，比例系数k 才为 1，故 CD 正确， AB 错误 故选： CD 点评： 本题关键：只有F 和 a的单位采用在国际单位制时，即F 的单位为N，质量的单位为 kg，加速度的单位为m/s 2，比例系数 k 才为 1 18 （ 4 分） （2015?松江区一模）小

28、灯泡通电后其电流I 随所加电压U 变化的图线如图所示，P 为图线上一点，PN 为图线在P 点的切线， PQ 为 U 轴的垂线， PM 为 I 轴的垂线，则下列说法 中正确的是（） A随着所加电压的增大，小灯泡的电阻不变 B 对应 P点，小灯泡的电阻为R= C 对应 P点，小灯泡的电阻为R= D对应 P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM 所围面积大小 考点 ：欧姆定律 专题 ：实验题 分析： 根据电阻的定义R=，电阻等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，斜率逐渐减小， 电阻逐渐增大对应P 点，灯泡的电阻等于过P点的切线斜率的倒数 解答： 解：A、图线的斜率逐渐减小，说明电阻逐渐增大故A 错误 B

29、、对应 P点，小灯泡的电阻为R=；故 B 正确； C、D 对应 P 点，小灯泡的电阻为R=故 C 错误； D、因 P=UI ，所以图象中矩形PQOM 所围的面积为对应P 点小灯泡的实际功率，故D 正确 故选： BD 点评： 注意 U I 图象的意义，知道斜率等于电阻的倒数，明确功率借助图象分析时所围得面 积；明确灯泡伏安特性曲线不直的原因 19 （ 4分） （2015?松江区一模）如图所示，将质量为2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的 另一端系一质量为m 的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为 d，AB 距离也为d现将小环从与定滑轮等高的A 处由静止释放，小环沿直杆下滑

30、下列说 法正确的是（重力加速度为g） （） A小环刚释放时的加速度为g B 小环到达 B 处时，重物上升的高度为（1）d C 小环在 B 处的速度与重物上升的速度大小之比等于 D 小环能够下滑的最大距离为 考点 ：机械能守恒定律 专题 ：机械能守恒定律应用专题 分析： 环刚开始释放时， 重物的加速度为零， 对小环受力分析， 由牛顿第二定律求解加速度根 据牛顿第二定律判断绳子的拉力大小根据数学几何关系求出环到达B 处时，重物上 升的高度对B 的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度 等于重物的速度，从而求出环在B 处速度与重物的速度之比环和重物组成的系统， 机械能守恒 解答：

31、 解：A、环刚开始释放时，合力为其重力，故A 正确 B、环到达B 时，绳子收缩的长度等于重物上升的高度，所以h=dd故 B 正确 C、对 B 的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物 的速度，有： vcos45 =v 重物，所以小环在 B 处的速度与重物上升的速度大小之比为： 1，故 C 错误 D、环和重物组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒，设下降最大距离为h，则 有： mgh=2mg，解得： h=故 D 正确 故选： ABD 点评： 解决本题的关键知道系统机械能守恒，知道环沿绳子方向的分速度的等于重物的速度 20 （ 4分） （2015?松江区一模）一物体悬

32、挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动 过程中物体的机械能与物体位移关系的图象如图所示，其中0 s1过程的图线为曲线，s1s2 过程的图线为直线根据该图象，下列判断正确的是（） A0 s1过程中物体所受合力一定是变力，且不断减小 B s1s2过程中物体可能在做匀速直线运动 C s1s2过程中物体可能在做变加速直线运动 D0 s1过程中物体的动能可能在不断增大 考点 ：动能和势能的相互转化 分析： 由于除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以 E x 图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小；如果拉力等于物体所受的重力，故物 体做匀速直线运动；如果拉力小于物体的

33、重力，则物体加速向下运动，故物体的动能不 断增大 解答： 解：A、由于除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少， 所以 Ex 图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知在Os1内斜率的 绝对值逐渐增大，故在Os1内物体所受的拉力逐渐增大故A 错误 B、 由于物体在s1s2内 Ex 图象的斜率的绝对值不变， 故物体所受的拉力保持不变如 果拉力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动故B 正确 C、由于物体在s1s2内所受的拉力保持不变，故加速度保持不变，故物体不可能做变 加速直线运动，故C 错误 D、如果物体在0s1内所受的绳子的拉力小于物体的重力，则物体加速向下运

34、动，故 物体的动能不断增大，故D 正确 故选 B、 D 点评： 除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少；Ex 图 象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小以上两点是解决这类题目的突破口 四、填空题 .（每小题4 分，共 20 分） 21 （ 4分） （2015?松江区一模）一个小球从长为4m 的斜面顶端无初速度下滑，接着又在水 平面上做匀减速运动，直至运动6m 停止，小球共运动了10s则小球在运动过程中的最大速 度为2m/s；小球在斜面上运动的加速度大小为m/s2 考点 ：匀变速直线运动的位移与时间的关系 专题 ：直线运动规律专题 分析： 根据匀变速直线运动的平均速度推论

35、，结合总路程和总时间求出最大速度的大小，根据 速度位移公式求出小球在斜面上的加速度 解答： 解：设小球在运动过程中的最大速度为v，根据平均速度的推论知， 解得最大速度v= 小球在斜面上的加速度a= 故答案为： 2， 点评： 解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用， 有时运用推 论求解会使问题更加简捷 22 （ 4 分） （2015?松江区一模） 用与斜面平行的力F 拉着物体在倾角为 的光滑斜面上运动， 如改变拉力F 的大小，物体的加速度随外力F 变化的图象如图所示，已知外力F 沿斜面向上， 重力加速度g 取 10m/s 2根据图象中所提供的信息计算出物体的质量为 3k

36、g；斜面的倾角 为30 考点 ：加速度与力、质量的关系式 专题 ：牛顿运动定律综合专题 分析： 根据牛顿第二定律求出物体加速度与外力F 的关系式， 结合图线的斜率和截距求出物体 的质量和斜面的倾角 解答： 解：由受力分析及牛顿第二定律得： Fcos mgsin =ma a=Fgsin 则由图象知：gsin =5 sin =0.5，即 =30 又图线的斜率k= 则 m=3kg 故答案为： 3，30 点评： 解决本题的关键通过牛顿第二定律求出加速度的表达式，结合图线的斜率和截距进行求 解 23 （ 4 分） （2015?松江区一模）如图所示为火警报警装置的部分电路，其中 为电源， r 为电 源内阻

37、，R2是半导体热敏电阻传感器，它的电阻阻值随温度升高而减小，R1、 R3是定值电阻 a、 b 两端接报警器当传感器R2所在处出现火险险情时，与险情出现前相比， a、 b两端电压U 变小，电流表中的电流I变大（选填 “ 变大 ” 、 “ 变小 ” 或“ 不变 ” ） 考点 ：闭合电路的欧姆定律；常见传感器的工作原理 专题 ：恒定电流专题 分析： 由题知，当传感器R2所在处出现火情时，R2减小，分析外电路总电阻如何变化，根据 欧姆定律分析干路电流的变化情况和路端电压U 的变化情况，根据R2、R3并联电压的 变化情况，分析通过R3电流的变化情况，即可知电流表示数变化情况 解答： 解：由题知，当传感器

38、R2所在处出现火情时，R2减小， R2、R3并联电阻减小，外电路 总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I 增大，路端电压减小，即a、b 两端电压U 变小； R2、R3并联电压U并=EI（R1+r） ，I 增大， E、R1、r 均不变，则U 并减小，通过R3电流减小，由于干路电流增大，则知电流表示数I 变大 故答案为：变小，变大 点评： 本题是信息题，首先要抓住传感器R2电阻与温度的关系，其次按“ 部分 整体 部分 ” 的顺序进行分析 24 （ 4分） （2015?松江区一模）如图所示，注射器连接着装有一定水的容器初始时注射器 内气体体积V1，玻璃管内外液面等高将注射器内气体全部压入容

39、器中后，有体积 V2的水被 排出流入量筒中，此时水充满了细玻璃管左侧竖直部分和水平部分拉动活塞，使管内的水 回流到容器内且管内外液面仍等高，最后注射器内气体体积V3， 从管内回流的水体积为V4 整 个过程温度不变，则V3V4； V1=V2+V3 （填，或 =） 考点 ：理想气体的状态方程 专题 ：理想气体状态方程专题 分析： 气体在等温变化过程中，气体压强与体积成反比，压强变大体积变小，压强变小体积变 大；根据题意分析，找出各体积间的关系 解答： 解：把注射器内的气体压入容器时，气体压强变大，总体积变小，流出水的体积小于注 射器内气体的体积，V1V2， 拉动活塞，使管内的水回流到容器内时，容器

40、（包括注射器）内气体压强变小，体积变 大，注射器内气体体积大于回流的水的体积，V3V4， 管内的水回流到容器内且管内外液面仍等高，压强不变，气体总体积不变， 则 V1=V2+V3， 故答案为： = 点评： 在整个过程中气体温度不变，气体发生的是等温变化；应用玻意耳定律根据题意即可正 确解题 25 （ 4分） （2015?松江区一模）如图所示，一根不均匀的铁棒AB 与一辆拖车相连接，连接 端 B 为一固定水平转动轴，拖车在水平面上做匀速直线运动，棒长为L，棒的质量为40kg， 它与地面间的动摩擦因数为，棒的重心C 距转动轴为，棒与水平面成30 角运动过程 中地面对铁棒的支持力为200N；若将铁棒

41、B 端的固定转动轴向下移一些，其他条件不变， 则运动过程中地面对铁棒的支持力将比原来增大（选填 “ 增大 ” 、“ 不变 ” 或“ 减小 ” ） 考点 ：力矩的平衡条件；力的合成与分解的运用 分析： 选取接端 B 为转动轴，地面对铁棒的支持力的力矩与重力的力矩平衡，写出平衡方程， 即可求出地面对铁棒的支持力；若将铁棒B 端的固定转动轴向下移一些则AB 与地， 地 面之间的夹角减小，同样，可以根据力矩平衡的公式，判定地面对铁棒的支持力的变化 解答： 解：以 B 点为转轴，在拖车在水平面上向右做匀速直线运动过程中，棒的力矩平衡， 设棒与水平面的夹角为 则有 mgcos =NLcos +fLsin

42、又滑动摩擦力f= N 联立得： 2mgcos =3Ncos +3 Nsin 解得， N= =30 代入解得， N=200N 若将铁棒B 端的固定转动轴向下移一些，减小， tan减小，由得知，N 增大 故答案为： 200，增大 点评： 本题是力矩平衡问题，正确找出力臂，建立力矩平衡方程是关键 五、实验题 .（共 24 分.） 26 （ 4分） （2015?松江区一模）在研究有固定转动轴的物体平衡实验中： （1）判断力矩盘重心是否在盘的转轴上的简便方法是轻转，看能否停在任意位置； （2）除用钩码外还需用一只弹簧秤是因为：易找到平衡位置 考点 ：力矩的平衡条件 分析： （1）实验原理是研究力矩盘平衡

43、时四个拉力的力矩关系，通过轻转判断重心是否在盘 的转轴上 （2）除用钩码外还需用一只弹簧秤容易找到平衡位置 解答： 解： （1）实验前要时重力、摩擦力的合力矩近似为零，轻轻拨动力矩盘，观察其是否能 自由转动并随遇平衡，即判断力矩盘重心是否在盘的转轴上的简便方法是轻转，看能否 停在任意位置 （2）除用钩码外还需用一只弹簧秤容易找到平衡位置 故答案为：（1）轻转，看能否停在任意位置（ 2）易找到平衡位置 点评： 本题关键要抓住实验原理，根据实验要求进行分析考查分析设计实验操作要求和技巧 的能力 27 （ 6分） （2015?松江区一模）在探究合力的方法时，先将橡皮条的一端固定在水平木板上， 另一端

44、系上带有绳套的两根细绳实验时，需要两次拉伸橡皮条，一次是通过两细绳用两个 弹簧秤互成角度地拉橡皮条，另一次是用一个弹簧秤通过细绳拉橡皮条 实验对两次拉伸橡皮条的要求中，下列哪些说法是正确的BD（填字母代号） A将橡皮条拉伸相同长度即可 B将橡皮条沿相同方向拉到相同长度 C将弹簧秤都拉伸到相同刻度 D将橡皮条和绳的结点拉到相同位置 同学们在操作过程中有如下议论，其中对减小实验误差有益的说法是BD（填字母代号） A两细绳必须等长 B弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行 C用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数之差应尽可能大 D拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些 考点 ：验证力的平行四边形

45、定则 专题 ：实验题 分析： 根据合力与分力的关系是等效的，分析橡皮条两次拉伸长度关系和橡皮条和绳的结点 的位置关系 根据实验操作过程是纸面上，力的图示也画在白纸上，分析对弹簧秤、细绳、橡皮条 的要求从数学上考虑如何减小误差 解答： 解； A、 B 本实验的目的是为了验证力的平行四边形定则，即研究合力与分力的关系根 据合力与分力是等效的，本实验橡皮条两次沿相同方向拉伸的长度要相同故A 错误， B 正确 C、D 在白纸上标下第一次橡皮条和绳的结点的位置，第二次将橡皮条和绳的结点 拉到相同位置， 表明两次效果相同，即两个拉力和一个拉力等效，而弹簧称不必拉到相 同刻度故C 错误， D 正确 故选 B

46、D A、B 本实验是通过在白纸上作力的图示来验证平行四边定则，为了减小实验误差， 弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，否则，作出的是拉力在纸面上的分力，误差较 大两细绳长度不需要相同故A 错误， B 正确 C、用两弹簧秤同时拉细绳时弹簧读数没有要求，只要使得两次橡皮条拉伸到一点就 行故 C 错误 D、弹簧秤标记同一细绳方向的两点要远些，作图时产生的角度误差会减小故D 正 确 故选 BD 答：本题答案是BD BD 点评： 实验的核心是实验原理，根据原理选择器材，安排实验步骤，分析实验误差，进行数据 处理等等 28 （ 6分） （2015?松江区一模）用描迹法画出电场中一个平面上等势线的原理是：利

47、用导电 纸中的恒定电流场模拟真空中的等量异种电荷的静电场所用器材为一个低压直流电源、开 关、圆柱形金属电极两个、一块平板、一张导电纸、一张复写纸、一张白纸、图钉两个、一 个 DIS 电压传感器及配套器材 （1）实验装置如图所示，如果以A、B 两个电极的连线为x 轴，以 A、B 连线的中垂线为y 轴，每相隔一定电压就画一条等势线，那么这些等势线在空间的分布情况是ABD A关于 x 轴对称 B关于 y 轴对称 C等势线之间的距离相等，间隔均匀 D距电极越近等势线越密 （2）若把电源电压提高到原来的2 倍，则描绘得到的等势线形状与原来相同（填 “ 相同 ” 或“ 不同 ” ） （3）若将电压传感器的

48、两个探针放在P、Q 两点测得的电压为U，再将两个探针放在P、 M 两点时测得的电压为U，则 UU（填 “ ” 、“ ” 、或 “ =” ） 考点 ：用描迹法画出电场中平面上的等势线 专题 ：实验题 分析： （1）本实验利用恒定电流场模拟等量异种电荷的静电场，抓住对称性分析和等势线的 分布情况进行选择； （2）把电源电压提高，不改变等势线的分布情况； （3）根据顺着电场线方向电势降低和公式U=Ed 分析 U 与 U的关系 解答： 解： （1）A、等量异种电荷的静电场具有对称性，根据等势的分布情况可知这些等势线 在空间的分布情况是：关于x 轴和 y 轴是对称的，故A、B 正确 C、等量异种电荷的静电场是非匀强电场，等势线之间的距离不相等，间隔也不均匀 故 C 错误 D、距电极越近，电场强度越大，等势线越密 故选 ABD （2）等量异种电荷等势线