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1、新课标II高考物理试卷一、选择题：本题共8小题,每题分在每题给出的四个选项中,第4题只有一项符合题目规定,第58题有多项符合题目规定所有选对的得6分,选对但不全的得3分，有选错的得0分1（6分）如图，两平行的带电金属板水平放置若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒正好保持静止状态现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面）逆时针旋转5,再由a点从静止释放一同样的微粒,改微粒将（ ) A.保持静止状态.向左上方做匀加速运动 .向正下方做匀加速运动D向左下方做匀加速运动考点：带电粒子在混合场中的运动.专项：带电粒子在复合场中的运动专项.分析:开始时刻微粒保持静止,受重力和电场力而平衡;将两板绕过点的轴(
2、垂直于纸面)逆时针旋转45,电容器带电量不变,间距不变,正对面积也不变,故电场强度的大小不变，电场力的大小不变，方向逆时针旋转45,根据平行四边形定则求解出合力的方向,拟定微粒的运动即可解答：解:在两板中间a点从静止释放一带电微粒,微粒正好保持静止状态,微粒受重力和电场力平衡,故电场力大小F=g,方向竖直向上;将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45,电场强度大小不变,方向逆时针旋转45，故电场力逆时针旋转45,大小仍然为mg；故重力和电场力的大小均为mg，方向夹角为135，故合力向左下方,微粒的加速度恒定，向左下方做匀加速运动;故C错误,D对的；故选：D.点评:本题核心是对为零受力分析
3、后结合牛顿第二定律分析,注意本题中电容器的两板绕过a点的轴逆时针旋转，板间场强大小不变，基本题目.2（分）如图,直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向平行于ab边向上.当金属框绕b边以角速度逆时针转动时，、b、c三点的电势分别为U、Ub、c已知b边的长度为l下列判断对的的是（ ） UaUc，金属框中无电流 B.UUc，金属框中电流方向沿aca C.Ubc=l，金属框中无电流 D.UbcBl，金属框中电流方向沿acba考点:导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律专项：电磁感应与电路结合分析：金属框中磁通量不变,故没有感应电流;但导体棒切割磁感线,有感应电动势产生,根据E
4、BL求解切割电动势即可解答：解:A、导体棒c、ac做切割磁感线运动,产生感应电动势，根据右手定则,感应电动势的方向从b到c,或者说是从a到c,故UaUbUc,磁通量始终为零，不变，故金属框中无电流，故A错误，B错误；CD、感应电动势大小=Bl(）=B2，由于UUc，因此c=,磁通量始终为零，不变,金属框中无电流,故C对的，D错误;故选：C点评：本题核心是明确感应电流的产生条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化,要会根据E=Bl求解感应电动势，会运用右手定则判断感应电动势的方向3.（6分)由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道通过调节再进入地球同步轨道当卫星在转移轨道上飞经赤道上空
5、时,发动机点火，给卫星一附加速度,使卫星沿同步轨道运营已知同步卫星的环绕速度约为3103，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为.55103m/s,此时卫星的高度与同步轨道的高度相似，转移轨道和同步轨道的夹角为3，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为（ )A.西偏北方向,1.913msB东偏南方向，.03/ C西偏北方向,2.7103m/sD.东偏南方向,2.703m考点：同步卫星;运动的合成和分解.专项：人造卫星问题.分析：已知合速度为同步卫星的线速度，一种分速度是在转移轨道上的速度，另一种分速度待求,运用速度合成的平行四边形法则求解即可.解答:解:合速度为同步卫星的线速度,为:v=
6、3.13/s;一种分速度为在转移轨道上的速度，为：v1=155103/s;合速度与该分速度的夹角为30度，根据平行四边形定则,另一种分速度v2如图所示:该分速度的方向为东偏南方向,根据余弦定理,大小为:=19103m/s.故选:B点评:本题已知合速度和一种分速度,根据平行四边形定则求解另一种分速度,要结合余弦定理列式求解，基本题目 .(6分)一汽车在平直公路上行驶.从某时刻开始计时,发动机的功率随时间的变化如图所示.假定汽车所受阻力的大小f恒定不变下列描述该汽车的速度随时间t变化的图线中，也许对的的是（ ）ABD考点：功率、平均功率和瞬时功率.专项：功率的计算专项.分析：对于汽车,受重力、支持
7、力、牵引力和阻力,根据P=Fv和牛顿第二定律分析加速度的变化状况,得到也许的t图象.解答:解：在0时间内,如果匀速,则t图象是与时间轴平行的直线，如果是加速,根据PFv,牵引力减小；根据Ff=ma，加速度减小，是加速度减小的加速运动,当加速度为时，即F1=，汽车开始做匀速直线运动，此时速度v1=.因此0t时间内，v图象先是平滑的曲线，后是平行于横轴的直线；在t1t2时间内,功率忽然增长，故牵引力忽然增长,是加速运动,根据Pv，牵引力减小;再根据Ff=m,加速度减小，是加速度减小的加速运动,当加速度为0时，即F2=f，汽车开始做匀速直线运动,此时速度2=.因此在t2时间内，即vt图象也先是平滑的
8、曲线,后是平行于横轴的直线故对的，BCD错误;故选：点评：本题核心是明确汽车恒定功率的加速过程是加速度减小的加速运动，注意速度不能突变，基本题目 5.(分)指南针是国内古代四大发明之一.有关指南针，下列阐明对的的是（） A.指南针可以仅具有一种磁极 B.指南针可以指向南北，阐明地球具有磁场.指南针的指向会受到附近铁块的干扰 D在指南针正上方附近沿指针方向放置始终导线，导线通电时指南针不偏转考点:地磁场.分析：指南针又称指北针,重要构成部分是一根装在轴上的磁针,磁针在天然地磁场的作用下可以自由转动并保持在磁子午线的切线方向上,磁针的北极指向地理的北极，运用这一性能可以辨别方向.常用于航海、大地测
9、量、旅行及军事等方面物理上批示方向的指南针的发明由三部曲构成：司南、磁针和罗盘她们均属于中国的发明解答:解:A、不存在单独的磁单极子,指南针也不例外，故错误；B、指南针可以指向南北，阐明地球具有磁场，地磁场是南北指向的，故B对的；C、指南针的指向会受到附近铁块的干扰,是由于铁块被磁化后干扰了附近的地磁场,故对的;D、在指南针正上方附近沿指针方向放置始终导线,电流的磁场在指南针位置是东西方向的，故导线通电时指南针偏转9,故D错误；故选：B.点评：指南针在航海上的应用对地理大发现和海上贸易有极大的增进作用指南针的发明源于中国古人如何定向问题的研究，也表白古人对如何定向问题的注重为此，指南针被誉为中
10、国古代四大发明之一 6.（分）有两个匀强磁场区域和,中的磁感应强度是中的k倍,两个速率相似的电子分别在两磁场区域做圆周运动与中运动的电子相比,中的电子( ） A运动轨迹的半径是中的k倍 B.加速度的大小是中的k倍 做圆周运动的周期是中的倍D.做圆周运动的角速度是中的k倍考点:带电粒子在匀强磁场中的运动.专项：带电粒子在磁场中的运动专项.分析：电子在磁场中做的圆周运动，洛伦兹力作为向心力，根据圆周运动的周期公式和半径公式逐项分析即可解答:解:设中的磁感应强度为B,则中的磁感应强度为kB，、根据电子在磁场中运动的半径公式=可知，中的电子运动轨迹的半径为，中的电子运动轨迹的半径为，因此中的电子运动轨
11、迹的半径是中的倍,因此A对的;B、电子在磁场运动的洛伦兹力作为向心力，因此电子的加速度的大小为a，因此中的电子加速度的大小为，中的电子加速度的大小为,因此的电子的加速度大小是中的倍，因此B错误；、根据电子在磁场中运动的周期公式=可知,中的电子运动周期为，中的电子运动周期为,因此中的电子运动轨迹的半径是中的k倍,因此中的电子运动轨迹的周期是中的k倍,因此对的;D、做圆周运动的角速度=，因此中的电子运动角速度为，中的电子运动角速度为，在的电子做圆周运动的角速度是中的倍,因此D错误;故选:AC.点评:本题是对粒子在磁场中做圆周运动的基本考察，解决本题的核心是抓住洛伦兹力作为向心力,根据向心力的不同的
12、公式来分析不同的关系,记住平时的得出的结论可以迅速的分析问题.（6分）在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢.当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和间的拉力大小为;当机车在西边拉着这列车厢以大小为a的加速度向西行驶时,和Q间的拉力大小仍为F不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相似,则这列车厢的节数也许为（ ） A.810C15D18考点:牛顿第二定律.专项：牛顿运动定律综合专项.分析：根据两次的状况，运用牛顿第二定律得出关系式,根据关系式分析也许的状况即可.解答:解:设P两边的车厢数为P和Q，当机车在东边拉时,根据牛顿第二定律可得，F
13、=Pma,当机车在西边拉时，根据牛顿第二定律可得,=Qma，根据以上两式可得，,即两边的车厢的数目也许是和3,或4和6，或6和9，或8和12，等等，因此总的车厢的数目也许是5、10、15、2，因此也许的是BC故选：BC点评:本题不是确切的数值，核心的是根据牛顿第二定律得出两次之间的关系,根据关系来判断也许的状况,本题比较灵活，是道好题 (6分)如图,滑块a、b的质量均为,a套在固定竖直杆上,与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动.不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g.则(） Aa落地前,轻杆对b始终做正功a落地时速度大小为a下落过程中，其加速度
14、大小始终不不小于g D.a落地前,当a的机械能最小时,b对地面的压力大小为m考点:功能关系;功的计算.分析:a、b构成的系统只有重力做功，系统机械能守恒,通过b的动能变化，判断轻杆对b的做功状况根据系统机械能守恒求出a球运动到最低点时的速度大小解答:解:、当a达到底端时，的速度为零，b的速度在整个过程中，先增大后减小，动能先增大后减小,因此轻杆对先做正功,后做负功.故错误.B、运动到最低点时,b的速度为零，根据系统机械能守恒定律得：AghmAvA,解得vA=.故B对的C、b的速度在整个过程中，先增大后减小，因此对的作用力先是动力后是阻力,因此b对a的作用力就先是阻力后是动力,因此在b减速的过程中，对a是向下的拉力,此时a的加速度不小于重力加速度，故错误；D、a、b整体的机械能守恒，当a的机械能最小时,b的速度最大,此时b受到a的推力为零,b只受到重力的作用，因此b对地面的压力大小为mg,故对的;故选：BD点评:解决本题的核心懂得a、b构成的系统机械能守恒,以及懂得当a的机械能最小时,b的动能最大 三、非选
