1、卡文迪许实验测量出了万有引力常量。故B错误；密立根通过油滴实验，测出了电子电荷量的精确数值，任何物体带电量的数值都是元电荷电量的整数倍。故C错误；奥斯特实验说明了通电导体周围存在磁场，即电流的磁效应，故D错误。所以A正确，BCD错误。4. 如图所示，竖直放置的铁丝框中的肥皂膜，在太阳光的照射下会形成（ ）A. 彩色的水平干涉条纹B. 彩色的竖直干涉条纹C. 黑白相间的水平干涉条纹D. 黑白相间的竖直干涉条纹【解析】太阳光照射肥皂膜，因为太阳光是复色光，在膜的前后表面反射光在前表面叠加发生干涉，形成彩色水平干涉条纹。故A正确，BCD错误。5. 一个小球在细绳的拉力作用下，绕某固定点在竖直平面内作
2、圆周运动，空气阻力不计。小球在运动过程中不发生改变的物理量是 （ ）A. 速度 B. 角速度C. 加速度 D. 机械能【答案】D6. 如图所示的是点电荷与平板带电体电场的电场线图，A为平板带电体附近点，B为点电荷附近的点。下面说法中正确的是 （ ）A. B点电势必高于A点电势B. A点电势必高于B点电势C. A点电场强度必大于B点电场强度D. B点电场强度必大于A点电场强度【解析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，则A点的电场强度小于B点的电场强度，故D正确，C错误；因为不知道点电荷的电性，所以无法判断电势的高低，故AB错误。所以D正确，ABC错误。7. 关于天然放射现象
3、，下列说法中正确的是（ ）A. 衰变说明原子核里有电子B. 放射性物质的温度升高，其半衰期将缩短C. 射线的电离作用很强，可用来消除有害静电D. 原子核经过一次衰变后，核内中子数减少1个【解析】衰变时，原子核中的一个中子转化为一个质子和一个电子，释放出来的电子就是粒子，可知衰变现象不是说明电子是原子核的组成部分，故A错误，D正确；半衰期是由原子核内部性质决定的，与温度无关，所以升高放射性物质的温度，不能缩短其半衰期，故C错误；射线的电离作用很弱，不能用来消除有害静电，故D错误。8. 关于分子力，下列说法中正确的是 （ ）A. 气体总是很容易充满容器，这是分子间存在斥力的宏观表现B. 气体压缩过
4、程中越来越困难，这是分子间存在斥力的宏观表现C. 用力拉铁棒的两端，铁棒没有断，这是分子间存在吸引力的宏观表现D. 布朗运动中的花粉微粒在不停地作无规则运动，这是分子间存在斥力的宏观表现【解析】气体总是很容易充满容器，这是分子的自由移动，并不是分子间存在斥力的缘故，故A错误；气体的体积很难被压缩，是因为气体体积减小时压强要增大，不是分子间存在斥力的宏观表现，故B错误；用力拉铁棒的两端，铁棒没有断，是分子间存在吸引力的宏观表现，故C正确；布朗运动中的花粉微粒在不停地作无规则运动，反映液体分子运动的无规则性，故D错误。9. 小球从某一高度自由落下，落到水平桌面后反弹，如此数次落下和反弹。若规定竖直
5、向下为正方向，不计碰撞时间和空气阻力，下列v-t图像中能正确描述小球运动的是（ ）A. B. C. D. 【解析】小球下落过程只受到竖直向下的重力，做自由落体运动，加速度为g；接触地面反弹后速度立即变成反向，小球向上运动过程也只受到竖直向下的重力，做竖直上抛运动，加速度为g，所以整个过程中乒乓球的加速度一直是重力加速度g，则斜率不发生变化，但由于碰撞中存在能量损失，所以小球弹起时的速度越来越小，故B正确，ACD错误。10. 物体与粗糙斜面一起沿水平面向左匀变速运动，物体和斜面相对静止，如图所示。则斜面对物体的总作用力方向（ ）A. 必沿a方向B. 必沿d方向C. a、方向都有可能D. a、d方
6、向都有可能【解析】当物块与斜面一起向左做加速运动且保持相对静止，所以物块受到的合力的方向水平向左，根据力的平行四边形定则可知，斜面对物块的作用力一定是斜向左上方，即沿c方向；当物块与斜面一起向左做减速运动且保持相对静止，所以物块受到的合力的方向水平向右，根据力的平行四边形定则可知，斜面对物块的作用力一定是斜向右上方即沿a方向，由上可知沿a、c方向都有可能，故C正确，ABD错误。11. 如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知R0=r，滑动变阻器的最大阻值是2r 。当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是 （ ）A. 电路中的电流变小B. 电源
7、的输出功率先变大后变小C. 滑动变阻器消耗的功率变小D. 定值电阻R0上消耗的功率先变大后变小【解析】当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，由题意可知，R外R0=r，当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，外电路电阻从3r减小到r，由于整个过程中，外电阻一直大于电源内阻，随外电阻阻值的减小，电源的输出功率不断增大，故AB错误把R0与电源组成的整体看做等效电源，电源内电阻变为2r，滑动变阻器消耗的功率可看成电源的输出功率，随着外电阻从3r减到0的过程中，输出功率先增大后减小，故C正确当滑动变阻器滑片P由a端向b端滑动时，电路中的总电阻变小，电动势和内电阻不变，可知电路总电流变大，根据P=I2
8、R0，RO不变，定值电阻R0上消耗的功率变大故D正确故选：CD点睛：分析滑动变阻器的功率如何变化是本题的关键，把把定值电阻R0和电源看成一个整体，此时电源的输出功率即为滑动变阻器消耗的功率12. 水平路面上行驶的汽车所受到的阻力大小f与汽车行驶的速率成正比若汽车从静止出发，先做匀加速直线运动，达到额定功率后保持额定功率行驶，则在整个行驶过程中，汽车受到的牵引力大小F与阻力大小f关系图象是（ ） C. 功率达到额定功率后，F=，f=kv，则F=，则牵引力与阻力成反比，故A正确故选：A二、填空题（共20分）13. 1919年卢瑟福通过如图所示的实验装置，第一次完成了原子核的人工转变，并由此发现了_
9、，图中A为放射源发出的射线，银箔的作用是吸收_。【答案】 （1）. 质子 （2）. 粒子【解析】卢瑟福第一次用粒子轰击氮核完成了原子核的人工转变并发现了质子，因此图中的A为放射源发出的粒子； 实验装置中银箔的作用是刚好阻挡粒子打到荧光屏，但是不能阻挡其它粒子的穿过，这样可判断是否有新的粒子产生。14. 如图，金属环A用轻线悬挂，与长直螺线管共轴，并位于其左侧。若变阻器滑片P向右移动，则金属环A将向_（填“左”或“右”）运动，并有_（填“收缩”或“扩张”）趋势。【答案】 （1）. 右 （2）. 扩张【解析】试题分析：变阻器滑片P向左移动，电阻变小，电流变大，据楞次定律，感应电流的磁场方向与原电流
10、磁场方向相反，故相互排斥，则金属环A将向左运动，因磁通量增大，金属环A有收缩趋势。考点：楞次定15. 如图简谐横波在t时刻的波形如实线所示，经过t=2s，其波形如虚线所示。则虚线时刻横坐标为x=3m的质点的速度是_（选填“最大，零”）。若2.5Tt4.5T，则可能的最小波速为_m/s。【答案】 （1）. 零 （2）. 5.5【解析】虚线时刻横坐标为x=3m的质点在负向最大位移处，所以速度为零； 由图象可以看出，波长为：=4m；2.5Tt4.5T，故波传播的距离：2.5x4.5；波向右传播，x=11m或19m；则波速为：或9.5m/s；波向左传播，x=13m或21m；或10.5m/s，所以最小波
11、速为5.5m/s。16. 在“用单摆测定重力加速度”的实验中：甲同学用标准的实验器材和正确的实验方法测量出几组不同摆长L和周期T的数值，画出如图T2L图象中的实线OM，并算出图线的斜率为k，则当地的重力加速度g_；乙同学也进行了与甲同学同样的实验，但乙同学测量摆长L时没加摆球半径，则乙同学做出的T2L图象为图中的图线_（选填图中编号）。【答案】 （1）. （2）. 【解析】（1）根据单摆的周期公式：，解得：，因为斜率：，所以。（2）测量摆长时忘了加上摆球的半径，则摆长变成摆线的长度l，则有，根据数学知识可知，对 图象来讲两者应该平行，故该同学做出图象为应为虚线，平行与OM。17. 如图所示，两
12、根通电长直导线a、b平行放置，a、b中的电流强度分别为I和2I，此时a受到的磁场力为F，当在a、b的正中间再放置一根与a、b平行共面的通电长直导线c后，b受到的磁场力恰好平衡，则直导线c中电流流向为_（选填“向上”或“向下”），此时a受到的磁场力大小为_。【答案】 （1）. 向下 （2）. 1.5F根据两平行直导线间的相互作用可明确两导线棒受到的磁场力大小关系；再分别明确c对两导体的作用力大小与方向，由力的合成求解a受到的磁场力由于ab间的磁场力是两导体棒的相互作用，故b受到a的磁场力大小为F，方向向右；中间再加一通电导体棒时，由于C处于中间，其在ab两位置产生的磁场强度相同，故b受到的磁场力
13、为a受磁场力的2倍；由于b受到的磁场力恰好平衡，则c对b的磁场力向左，大小为F，根据同向电流相吸，异向电流相斥，因此c的电流方向向下，那么c对a的磁场力向左，大小为，根据力的合成法则，则此时a受到的磁场力大小为；三、综合题（共40分）18. 某同学在“用DIS测定电源的电动势和内阻”的实验中：（1）先将电源、滑动变阻器、电流传感器、电压传感器、定值电阻、电键及若干导线连接成电路如图所示，则未接导线的A端应与图中_点相接；（2）闭合电键后，改变_，用电压传感器和电流传感器测量不同工作状态的端电压和电流。若将实验测得的7组数据输入计算机，自动生成如图所示的U-I图线，则电源电动势E_V，电源内阻r
14、_；（3）若只选用两组数据，用闭合电路欧姆定律算出E、r，有可能误差较大。则选用第_和第_组数据误差最大；（4）若实验时将导线A端误连到D点，则测出的电源电动势_（选填“变大”、“变小”或“不变”），测出电源内阻_（选填“变大”、“变小”或“不变”）。【答案】 （1）. C （2）. 滑动器接入电路电阻值 （3）. E=1.481.52 （4）. r = 0.480.52 （5）. 5 （6）. 6 （7）. 不变 （8）. 变大（1）应该让电建控制整个电路，所以未接导线的A端应与图中C点相接。（2）闭合电键后，改变滑动器接入电路电阻值，设单个电源的电动势为E，内阻为r，由闭合电路欧姆定律可知
15、：U=E-Ir，由图可知：E=1.50V，内阻为：（3）第5和第6组数据偏离直线距离较大，所以误差最大。（4）若实验时将导线A端误连到D点，则测出的电源电动势不变，测出电源内阻为r与定值电阻之和，所以将变大。19. 如图，粗糙直轨道AB与水平方向的夹角37曲线轨道BC光滑且足够长，它们在B处光滑连接。一质量m0.2kg的小环静止在A点，在平行于AB向上的恒定拉力F的作用下，经过t0.8s运动到B点，立即撤去拉力F，小环沿BC轨道上升的最大高度h=0.8m。已知小环与AB间动摩擦因数0.75。（g取10m/s2，sin370.6，cos370.8）求：（1）小环上升到B点时的速度大小；（2）拉力
16、F的大小；（3）简要分析说明小环从最高点返回A点过程的运动情况。【答案】（1） 4m/s （2） 3.4N （3） 小环从最高点返回B点过程中，只有重力做功，机械能守恒 ，小环做加速运动，回到B点时速度大小为4m/s。小环由B向A运动过程中，根据小环受力有F合=mgsinmgcos =0，小环在BA段以4m/s平行BA向下匀速直线运动 因BC轨道光滑，小环在BC上运动时只有重力做功，其机械能守恒，根据机械能守恒定律求解小环在B点时的速度大小；小环在AB段运动过程，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解拉力F的大小。（1）因BC轨道光滑，小环在BC上运动时只有重力做功，机械能守恒，即小环在B处与最高
17、处的机械能相等，且在最高处时速度为零，以B点为零势能点，根据机械能守恒定律： 代入数据得小环在B点速度：vB4m/s （2）小环在AB段受到恒力作用，做初速度为零的匀加速直线运动所以有vBat 代入数据得a=5m/s2 小环受力如图：根据小环受力，由牛顿第二定律：F合=ma 即Fmgsinf=ma 其中： f=N=mgcos 可得：F=mgsin+mgcos+ma 代入数据得 F=3.4N（3）小环从最高点返回B点过程中，只有重力做功，机械能守恒 ，小环做加速运动， 回到B点时速度大小为4m/s。小环由B向A运动过程中，根据小环受力有：F合=mgsinmgcos =0，小环在BA段以4m/s平
18、行BA向下匀速直线运动。本题主要考查了牛顿第二定律和机械能守恒定律，物体做好受力分析，理清物体的运动过程，抓住物体在最高处时速度为零这一隐含条件，再由动力学方法进行研究。20. 如图，AB、CD两根足够长的平行光滑金属导轨，构成的斜面与水平面成，两导轨间距L=0.5m，导轨的电阻可忽略。A、C两点间接有阻值为的电阻。一根质量m=0.5kg、电阻r=0.1的均匀直金属杆MN放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好。整套装置处于磁感应强度B=1T，方向垂直斜面向下的匀强磁场中。自图示位置起，杆MN受到方向平行导轨沿斜面向下的拉力作用，由静止开始运动，测得通过电阻的电流随时间均匀增大。（取10m/s2，
19、cos370.8）（1）判断金属杆MN在匀强磁场中做何种运动，并请写出推理过程；（2）若杆MN受到的力F=0.5v+1（式中为杆MN运动的速度，力的单位为N），求电阻的阻值；（3）在（2）条件下，金属杆MN自静止开始下滑m的过程需要的时间和时间内通过电阻的电量。（1） 金属杆做匀加速运动（或金属杆做初速为零的匀加速运动）。通过R的电流，因通过R的电流I随时间均匀增大，即杆的速度随时间均匀增大，杆的加速度为恒量，故金属杆做匀加速运动。 （2） 0.4 （3） ，因通过R的电流随时间均匀增大，即杆的速度随时间均匀增大，杆的加速度为恒量，故金属杆做匀加速运动；根据根据闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律即
20、可求出电阻；根据运动学公式求出时间和速度，再根据求出电量。（1）金属杆做匀加速运动（或金属杆做初速为零的匀加速运动）。，因通过R的电流I随时间均匀增大，即杆的速度随时间均匀增大，杆的加速度为恒量，故金属杆做匀加速运动。（2）对回路，根据闭合电路欧姆定律 对杆，根据牛顿第二定律有：将F=0.5v+1代入得：因a与v无关（取刚开始运动时刻，v=0），所以解得：a=8m/s2 解得：R=0.4 （3）由得，所需时间因杆做初速度为零的匀加速运动，有vt = at=4m/s而通过R的电流I随时间从零开始均匀增大所以代入数据得 q1C 本题主要考查了，电路知识、电磁感应和力学知识的综合，分析和计算安培力是个解题的关键，根据安培力与速度的关系，能正确分析棒的运动过程，是应该培养的基本能力。
