教師公開招聘考試（中學物理）模擬試卷2（共4套）（共89題）教師公開招聘考試（中學物理）模擬試卷第1套一、不定項選擇題(本題共10題，每題1.0分，共10分。)1、質量為m=1kg的質點在x一y平面上做曲線運動，在x方向的速度一時間圖象和y方向的位移一時間圖象如圖所示，則正確的是()。標準答案：A知識點解析：由圖象可知質點在x方向做初速度為3m／s的勻加速直線運動，且加速度大小為1．5m／s2，在y方向上做速度為4m／s的勻速直線運動，所以質點做初速度大小為5m／s的曲線運動，加速度大小為1．5m／s2，所以A對C錯。2s末質點在x方向速度大小為6m／s，y方向速度大小仍為4m／s，所以其速度大小為m／s，B錯誤。由F=ma可知質點所受合外力大小為1．5N，D錯誤。2、如圖，繩端系一個銅球，另一端固定于O，O略高于斜面體，水平力F推動斜面體，小球在光滑斜面上滑動，繩始終處于拉直狀態(tài)，小球一直移動到頂端時，繩接近水平，在移動的過程中FN與FT的變化是()。標準答案：D知識點解析：當用水平力F緩慢推動斜面體的過程中，小球也在緩慢上升，整個過程中小球都處于靜態(tài)平衡，所以小球在各點所受到的合外力均為零。小球受到了重力G、繩的拉力FT和斜面的支持力FN的作用，其中G的大小和方向均不變，F(xiàn)N的方向不變，則可以作出如圖所示的矢量動態(tài)三角形。當繩逐漸變成水平的過程中，F(xiàn)T按如圖虛線箭頭變化，則可知FN先減小后增大，而FN不斷增大，所以選項D正確。3、如圖所示，一物體自傾角為θ的固定斜面頂端沿水平方向以v0，2v0的水平速度先后兩次拋出，拋出后均落在斜面上，物體與斜面接觸時速度與水平方向的夾角為φ1，φ2，水平距離為x1、x2，下落高度為y1、y2，則下列關系中不正確的是()。標準答案：C知識點解析：可知tanφ1=2tanθ，故A正確。由所以時間與平拋運動的初速度有關，則初速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，時間變?yōu)樵瓉淼膬杀?，速度與水平方向的夾角不變。所以φ1=φ2，故B正確。因為初速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，運動的時間也變?yōu)樵瓉淼膬杀叮鶕=v0t，水平位移變?yōu)樵瓉淼?倍，因此x1：x2=1：4，故C錯誤。根據，初速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，運動時間變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則豎直位移變?yōu)樵瓉淼?倍。因此y1：y2=1：4，故D正確。4、目前，在地球周圍有許多人造地球衛(wèi)星繞著它運轉，其中一些衛(wèi)星的軌道可近似為圓，且軌道半徑逐漸變小。若衛(wèi)星在軌道半徑逐漸變小的過程中，只受到地球引力和稀薄氣體阻力的作用，則下列判斷正確的是()。標準答案：B,D知識點解析：由萬有引力定律可得，衛(wèi)星的速度大小隨軌道半徑的減小而增大，故衛(wèi)生的動能逐漸增大，所以A錯誤；由于衛(wèi)星高度逐漸降低，所以地球引力對衛(wèi)星做正功，引力勢能減小，所以B正確；由于氣體阻力做負功，所以衛(wèi)星與地球組成的系統(tǒng)機械能減少，故C錯誤；根據動能定理可知，引力與空氣阻力對衛(wèi)星做的總功應為正值，而引力做的功等于引力勢能的減少量，即衛(wèi)星克服氣體阻力做的功小于引力勢能的變化，所以D正確。本題正確答案為BD。5、如圖所示，輕桿長為3L，在桿的A、B兩端分別固定質量均為m的球A和球B，桿上距球A為L處的O點裝在光滑的水平轉動軸上，外界給予系統(tǒng)一定的能量后，桿和球在豎直面內轉動，在轉動的過程中，忽略空氣的阻力。若球B運動到最高點時，球B對桿恰好無作用力，則下列結論正確的是()。標準答案：A,B,C知識點解析：球B在最高點時的速度為v0，有因為A、B兩球的角速度相等，根據v=rω知，此處A球的速度為，故選項A、B正確；B球在最高點時，對桿無彈力，此時A球受重力和拉力的合力提供向心力，有，解得F=1．5mg，選項C正確；A、B兩球系統(tǒng)機械能守恒，設當球B運動到最低點時球的速度為vB’，則球A的速度為，由機械能守恒得：故選項D錯誤。6、在如圖所示電路中，Rt為半導體熱敏電阻，閉合開關，燈泡L1、L2、L3的亮度相同，當Rt處的溫度升高時，Rt的阻值減小，則小燈泡的亮度變化情況是()。標準答案：A知識點解析：當Rt處的溫度升高時，Rt的阻值減小，外電路總電阻變小，根據閉合電路的歐姆定律可知，干路電流增大，所以L1變亮；L1和電源內阻的電壓都變大，故并聯(lián)部分電壓減小，通過L2的電流變小，L2變暗；總電流增大，通過L2的電流變小，則通過L3的電流變大，L3變亮。故選項A正確。7、如圖所示，xOy坐標系第一象限內有垂直紙面向外的勻強磁場，第三象限內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感強度大小均為B，第二、四象限內沒有磁場。一個圍成四分之一圓弧形的導體環(huán)Oab，其圓心在原點O，開始時導體環(huán)在第四象限，且導體環(huán)兩邊Oa、Ob恰好分別與x軸、y軸重合，從t=0時刻開始導體環(huán)繞O點在xOy坐標平面內逆時針勻速轉動。規(guī)定逆時針方向為電流的正方向，在導體環(huán)轉動一周的過程中，下列能正確表示環(huán)內感應電流i隨時間z變化的圖象是()。標準答案：D知識點解析：導體環(huán)進入磁場時，磁通量發(fā)生變化，形成感應電流，根據右手定則可知，形成順時針方向的電流，即電流為負值，故A、B錯誤；轉過90°之后開始出磁場，根據楞次定律可知，磁通量減小，形成逆時針方向的感應電流，轉過180°后，進入第三象限的磁場，根據楞次定律可知，形成逆時針方向的感應電流，轉過270°時，開始出磁場，會形成順時針方向的感應電流，感應電流大小．所以導體環(huán)勻速轉動，會形成大小恒定的感應電流，故選D。8、如圖所示，一帶電粒子在僅受電場力作用下，沿曲線路徑，穿過一勻強電場，a、b、c、d為該勻強電場的等勢線，且各等勢線的電勢關系為φa＜φb＜φc＜φd，則()。標準答案：A,C知識點解析：根據電場線和等勢面垂直，且從高電勢指向低電勢處，可知電場線水平向左，而粒子軌跡向右彎曲，說明粒子所受電場力水平向右，所以粒子帶負電，故選項A正確，B錯誤。粒子所受電場力方向水平向右，電場力做正功，動能增加，電勢能降低，故選項C正確，選項D錯誤。9、由玻爾理論可知，當氫原子中的核外電子由一個軌道躍遷到另一個軌道時，有可能()。標準答案：B,C知識點解析：氫原子的核外電子由一個軌道躍遷到另一軌道時，若放出光子，軌道半徑減小，電場力做正功，電子動能增加，原子勢能減小。若吸收光子，軌道半徑增大，電場力做負功，電子動能減小，原子勢能增大。故選項B、C正確。10、如圖所示，某種帶電粒子由靜止開始經電壓為U1的電場加速后，射入水平放置，電勢差為U2的導體板間的勻強電場中，帶電粒子沿平行于兩板的方向，從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直磁場方向射人邊界線豎直的勻強磁場中，則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨U1和U2的變化情況為(不計重力，不考慮邊緣效應)()。標準答案：C知識點解析：粒子經過電壓為U1的電場加速后，運動速度為v0，可列出帶電粒子在電場中做類平拋運動，可將射出電場的粒子速度v分解成水平方向與豎直方向，設出射速度與水平夾角為θ，則有粒子在磁場中做勻速圓周運動，設軌道半徑為R，由幾何關系可得，半徑與直線MN夾角正好等于θ，得出因此d只隨U1變化與U2無關，C選項正確。二、實驗與探究題(本題共2題，每題1.0分，共2分。)11、一個標有“3．8V，2W”的小燈泡，通過實驗描繪出這個小燈泡的伏安特性曲線，某同學按圖1所示方式連接電路，畫出圖2所示小燈泡的I一U圖象。(1)閉合開關S之前，滑動變阻器滑片P應該置于滑動變阻器的_________(填“左端”或“右端”)。(2)電流為0．40A時小燈泡的阻值為________Ω。(3)實驗中，電路的所有元件都完好，且電壓表和電流表也均調好零點。a、b、c、d、e、f、g、h為連接電路所用的導線。一位同學閉合開關后，反復調節(jié)滑動變阻器，燈泡亮度發(fā)生變化，但電壓表、電流表的示數無法調為零，則電路中斷路的導線為_________。標準答案：(1)左端(2)4．75Ω(3)g。知識點解析：(1)閉合開關S之前，滑動變阻器滑片P應該置于滑動變阻器的左端，使得通過小燈泡的電流從零開始增加。(2)由I一U圖象可讀出當I=0．4A時U=1．9V，由R=知R=4．75Ω。(3)因滑動變阻器用的是分壓式接法，反復調節(jié)滑動變阻器，燈泡亮度發(fā)生變化，但電壓表、電流表的示數無法調為零，則電路中斷路的導線為g。12、如圖(a)，磁鐵A、B的同名磁極相對放置，置于水平氣墊導軌上。A固定于導軌左端，B的質量m=0．5kg，可在導軌上無摩擦滑動。將B在A附近某一位置由靜止釋放，由于能量守恒，可通過測量B在不同位置處的速度，得到B的勢能隨位置x的變化規(guī)律，見圖(c)中曲線I。若將導軌右端抬高，使其與水平桌面成一定角度θ[圖(b)]，則B的總勢能曲線如圖(c)中Ⅱ所示(設B在x=0處時重力勢能為零)。在圖(b)的情況下，若將B放在x=15．0cm處，則B在該位置時的重力勢能為_______J，氣墊導軌的傾角θ為_______；若將B在x=15．0cm處靜止釋放，則它能達到的最大速度為_________m／s，此時B受到的磁場力為_______N。(計算時取g=10m／s2)標準答案：0．6；53°；0．85；4。知識點解析：由曲線I讀出x=15cm處的勢能是0．1J，由曲線II讀出x=15cm處的勢能是0．7J，由能量守恒知，B在x=15cm處的重力勢能Ep為0．7J—0．1J=0．6J。由Ep=mgh求出h=0．12m。，即θ=53°。由圖知B在x=15cm處的勢能是0．7J，運動過程中能量守恒，因此勢能最小處就是動能最大處，由圖可知勢能最小是0．52J，則最大動能為Ekm=0．7J一0．52J=0．18J。vm==0．85m／s。B受到的磁場力為mgsinθ=4N。三、計算題(本題共4題，每題1.0分，共4分。)13、如圖所示，在豎直平面內有半徑為R=0．2m的光滑1／4圓弧AB，圓弧B處的切線水平，O點在B點的正下方，B點高度為h=0．8m。在B端接一長為L=1．0m的木板MN。一質量為m=1．0kg的滑塊，與木板間的動摩擦因數為0．2，滑塊以某一速度從N點滑到板上，恰好運動到A點。(g取10m／s2)求：(1)滑塊從N點滑到板上時初速度的速度大??；(2)從A點滑回到圓弧的B點時對圓弧的壓力；(3)若將木板右端截去長為△L的一段，滑塊從A端靜止釋放后，將滑離木板落在水平面上P點處，要使落地點P距O點最遠，△L應為多少?標準答案：(1)由動能定理可知一μmgL—mgR=0，解得(2)根據動能定理mgR=，由向心力公式可知：F—mg=解得：F=3mg=30N，方向豎直向下。(3)根據平拋運動規(guī)律:由運動學公式可知：vB2一v2=2a(L—△L),由平拋運動規(guī)律和幾何關系：xOP=L一△L+vt=解得當△L=0．16m時，落地點P距O點最遠。知識點解析：暫無解析14、在甲圖中，帶正電粒子從靜止開始經過電勢差為U的電場加速后，從G點垂直于MN進入偏轉磁場。該偏轉磁場是一個以直線MN為上邊界、方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁場的磁感應強度為B，帶電粒子經偏轉磁場后，最終到達照相底片上的H點，如圖甲所示，測得G、H間的距離為d，粒子的重力可忽略不計。(1)設粒子的電荷量為g，質量為m，求該粒子的比荷q／m；(2)若偏轉磁場的區(qū)域為圓形，且與MN相切于G點，如圖乙所示，其他條件不變。要保證上述粒子從G點垂直于MN進入偏轉磁場后不能打到MN邊界上(MN足夠長)，求磁場區(qū)域的半徑應滿足的條件。標準答案：(1)帶電粒子經過電場加速，進入偏轉磁場時速度為v，由動能定理有。進入磁場后帶電粒子做勻速圓周運動，軌道半徑為r，有(2)要保證所有帶電粒子都不能打到MN邊界上，帶電粒子在磁場中運動偏角要小于或等于90°，臨界狀態(tài)為90°，如圖所示，磁場區(qū)域半徑所以磁場區(qū)域半徑滿足知識點解析：暫無解析15、如圖所示的是某升降機裝置的原理圖，升降機能夠沿著豎直光滑軌道上下運動(圖中光滑軌道未畫出)，不計滑軌和鋼繩的質量，已知升降機(含貨物)質量M=150kg，配重A質量m=200kg，求：(1)當升降機以速度v=2．4m／s向上勻速運動時，電動機的輸出功率；(2)當升降機以加速度a=0．75m／s2向上加速運動時，且恰好也為v=2．4m／s時，電動機的瞬時輸出功率。標準答案：(1)沒繩對配重的拉力為f，當升降機以速度v=2．4m/s向上勻速運動時,，電動機的牽引力F==500N，電動機的輸出功率P=Fv=1200w。(2)當升降機以加速度a=0．75m／s2向上加速運動時，配重向下運動的加速度為，則mg一2f=m.。對升降機分析有，F(xiàn)+f一Mg=Ma。綜合上式得到=650N，電動機的輸出功率P=Fv=1560W。知識點解析：暫無解析16、如圖所示，在xOy平面內y軸與MN邊界之間有沿x軸負方向的勻強電場，y軸左側和MN邊界右側的空間有垂直紙面向里、磁感應強度大小相等的勻強磁場，MN邊界與y軸平行且間距保持不變。一質量為m、電荷量為一q的粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸負方向射入磁場，每次經過磁場的時間均為t0，粒子重力不計。(1)求磁感應強度的大小B。(2)若t=5t0時粒子回到原點O，求電場區(qū)域的寬度d和此時的電場強度E0。(3)若帶電粒子能夠回到原點O，則電場強度E應滿足什么條件?標準答案：(1)粒子在磁場中運動的周期為：粒子每次經過磁場時間為半個周期：②，由①②解得：。(2)粒子t=5t?；氐皆c，軌跡如圖，由幾何關系知2r1=r2。(3)如圖所示，由幾何關系知，要使粒子經過原點，應滿足n(2r3’一2r1)=2r1，(n=1，2，3，…)由根據動能定理知知識點解析：暫無解析教師公開招聘考試（中學物理）模擬試卷第2套一、單項選擇題(本題共5題，每題1.0分，共5分。)1、甲、乙兩質點同時開始做直線運動，它們的位移s與時間t的圖象如圖所示，則()。A、乙物體做減速運動B、甲、乙兩物體從同一地點出發(fā)C、當甲、乙兩物體兩次相遇時，二者的速度大小不相等D、當甲、乙兩物體速度相同時，二者之間的距離為零標準答案：C知識點解析：乙圖線的切線斜率逐漸增大，知速度逐漸增大，所以乙物體做加速運動，選項A錯誤；初始時刻甲乙的位置不同，故兩物體不是從同一地點出發(fā)，選項B錯誤；兩圖線有兩個交點，知甲乙兩物體兩次相遇，交點處圖線的斜率不等，則速度大小不等，選項c正確；兩圖線切線斜率相同時，速度相等，此時二者之間的距離不為零，選項D錯誤。故選c。2、水平細桿上套一環(huán)A，環(huán)A與球B之間用一輕繩相連，質量分別是mA、mB，由于受到水平風力的作用，輕繩與豎直方向成θ角，環(huán)A與球B一起向右勻速運動，下列說法正確的是()。A、球B受到風力大小為mBgtanθB、環(huán)A與水平細桿間動摩擦因數μ為C、風力增大時，桿對環(huán)A的支持力增大D、風力增大時，輕繩對球B的拉力不變標準答案：A知識點解析：以球B為研究對象，受到重力、風力和拉力，三力平衡，則可得到風力F=mBgtanθ，對整體分析，豎直方向上桿對環(huán)A的支持力NA=(mA+mB)g；根據平衡條件，水平方向上有F=f，即mBgtanθ=μ(mA+mB)g，解得，故A正確、B錯誤。對整體分析，豎直方向上桿對環(huán)A的支持力NA=(mA+mB)g保持不變，故C錯誤。風力增大時，則小球的偏角變大，則拉力改變，故D錯誤。故選A。3、如圖所示，紙面內有一矩形導體閉合線框abcd，ab邊長大于bc邊長，置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外，線框兩次勻速地完全進入磁場，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab邊平行MN進入磁場，線框上產生的熱量為Q1，通過線框導體橫截面的電荷量為q1；第二次bc邊平行MN進入磁場。線框上產生的熱量為Q2，通過線框導體橫截面的電荷量為q2，則()。A、Q1＞Q2q1=q2B、Q1＞Q2q1＞q2C、Q1=Q2q1=q2D、Q1=Q2q1＞q2標準答案：A知識點解析：根據功能關系．線框上產生的熱量等于克服安培力做的功，即同理，因為lab＞lbc，故Q1＞Q2；因為，前后兩次進入磁場的過程中，磁通量的變化量△φ相同，所以q1=q2，因此選項A正確。4、在進行“質點”概念教學時，常先通過幾個實例的分析，使學生認識到“可以將質量看成集中于一點”，以有助于物理問題的研究。這樣做的目的是()。A、使學生明白質點就是物體的質量集中于一點B、使學生明白質點概念的物理意義C、使學生明白什么是質點D、使學生明白物體可以看成質點的條件標準答案：D知識點解析：這樣做的目的是通過舉實例來說明物體在什么條件下可以看成質點。5、《普通高中物理課程標準(實驗)》規(guī)定，高中物理課程由12個模塊組成，有必修和選修模塊，其中選修1—1模塊物理學科知識的主體為()。A、電磁學B、熱學C、力學D、光學標準答案：A知識點解析：選修1一1模塊涉及電磁現(xiàn)象和規(guī)律、電磁技術與社會發(fā)展、家用電器與日常生活等內容。A選項正確。二、多項選擇題(本題共5題，每題1.0分，共5分。)6、平拋運動可以分解為水平和豎直方向的兩個直線運動，在同一坐標系中作出這兩個分運動的v一t圖線，如圖所示，若平拋運動的時間大于2t1，下列說法正確的是()。標準答案：A,C知識點解析：在v一t圖象中，直線與時間軸圍成的面積為物體運動位移，在平拋運動中，水平方向做勻速直線運動，如圖線1所示，x=vt；豎直方向物體做自由落體運動，如圖2所示，，故A正確。t時刻速度的偏轉角的正切值。t時刻位移的偏轉角的正切值，通過計算可知C正確。7、一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，圖(a)是t=0時刻的波形圖，圖(b)和圖(c)分別是x軸上某兩處質點的振動圖象。由此可知，這兩質點平衡位置之間的距離可能是()。標準答案：B,D知識點解析：若b在前c在后，則b、c間相差為，則這兩質點平衡位置之間的距離可能是(λ=2m)，B正確。若b在后c在前，則c、b間相差為，則這兩質點平衡位置之間的距離可能是(λ=2m)，D正確o8、如圖，金屬棒ab，金屬導軌和螺線管組成閉合回路，金屬棒ab在勻強磁場B中沿導軌向右運動，則()。標準答案：C,D知識點解析：ab棒切割磁感線時，閉合回路產生感應電流，ab棒一定會受到安培力，故A錯誤；根據楞次定律可知，感應電流總是起到阻礙的作用，故安培力的方向與導體棒運動的方向相反，應當向左，故B錯誤；ab棒向右運動時，動生電動勢E=BLv，回路電流I=E／R，安培力大小為F=BIL，所以，則知速度越大，所受安培力越大，故C正確；根據右手定則，ab中的電流的方向為b→a，流過螺旋管時，外側的電流方向為A→B，根據右手螺旋定則得知螺線管產生的磁場，A端為S極，B端為N極，故D正確。9、如圖所示，相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導軌與水平面的夾角為θ，上端接有定值電阻R，勻強磁場垂直于導軌平面，磁感應強度為B。將質量為m的導體棒由靜止釋放，當速度達到v時開始勻速運動，此時對導體棒施加一平行于導軌向下的拉力，并保持拉力的功率恒為P，導體棒最終以2v的速度勻速運動。導體棒始終與導軌垂直且接觸良好，不計導軌和導體棒的電阻，重力加速度為g。下列選項正確的是()。標準答案：A,C知識點解析：當導體棒以v勻速運動時受力平衡，則mgsinθ=BIL=,當導體棒以2v勻速運動時受力平衡，則F+mgsinθ=BIL=，故F=mgsinθ，拉力的功率P=F．2v=2mgvsinθ，故A正確。同理，B錯誤。當導體棒速度達到時，由牛頓第二定律．mgsinθ一=ma，解得，故C正確。由能量守恒，當速度達到2v以后勻速運動的過程中，R上產生的焦耳熱等于拉力及重力所做的功，故D錯誤，故選AC。10、兩根足夠長的光滑導軌豎直放置，間距為L，底端接阻值為R的電阻。將質量為m的金屬棒懸掛在一個固定的輕彈簧下端，金屬棒和導軌接觸良好，導軌所在平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，如圖所示，除電阻R外其余電阻不計?，F(xiàn)將金屬棒從彈簧原長位置靜止釋放，則()。標準答案：A,B,C知識點解析：根據楞次定律(或右手定則)可以判斷，電阻R中的電流方向由b→a，B項正確；金屬棒速度為v時，導體棒中產生的電動勢E=BLv，回路中電流，安培力F=BIL=，C項正確；在導體棒下落過程中受重力、彈簧彈力和安培力作用，但釋放瞬間，彈簧彈力為0，安培力為0，只受重力作用，所以加速度等于重力加速度g，A項正確；根據能量守恒定律，金屬棒重力勢能的減少量一部分轉化為動能和彈性勢能，一部分轉化為焦耳熱能，D項錯誤。三、填空題(本題共3題，每題1.0分，共3分。)11、質點做直線運動，其s—t關系如圖所示，質點在0一20s內的平均速度大小為_______m／s，質點在_____時的瞬時速度等于它在6～20s內的平均速度。FORMTEXT標準答案：0．8，10s和14s。知識點解析：暫無解析12、在豎直平面內，一根光滑金屬桿彎成如圖所示形狀，相應的曲線方程為y=2．5cos(kx+)(單位：m)，式中k=1m-1。將一光滑小環(huán)套在該金屬桿上，并從x=0處以v0=5m／s的初速度沿桿向下運動，取重力加速度g=10m／s2，則當小環(huán)運動到時的速度大小v=______m／s；該小環(huán)在x軸方向最遠能運動到x=_______m處。FORMTEXT標準答案：。知識點解析：光滑小環(huán)在沿金屬桿運動的過程中，只有重力做功，機械能守恒。由曲線方程可知，在x=0m時，；在m處，y=一2．5m，取y=0處為勢能零點，則有：當小環(huán)運動到最高點時，速度為0，同理：，解得y=0，即，所以小環(huán)最遠能達到的距離。13、學生在學習一個用比值定義的物理概念時，經歷了_______的思維過程。FORMTEXT標準答案：比較、分析、綜合。知識點解析：暫無解析四、實驗與探究題(本題共2題，每題1.0分，共2分。)14、某同學利用圖(a)所示實驗裝置及數字化信息系統(tǒng)獲得了小車加速度a與鉤碼的質量m的對應關系圖，如圖(b)所示，實驗中小車(含發(fā)射器)的質量為200g，實驗時選擇了不可伸長的輕質細繩和輕定滑輪，小車的加速度由位移傳感器及與之相連的計算機得到。回答下列問題：(1)根據該同學的結果，小車的加速度與鉤碼的質量成_______(填“線性”或“非線性”)關系。(2)由圖(b)可知，a一m圖線不經過原點，可能的原因是___________。(3)若利用本實驗來驗證“小車質量不變的情況下，小車的加速度與作用力成正比”的結論，并直接以鉤碼所受重力mg作為小車受到的合外力，則實驗中應采取的改進措施是____________，鉤碼的質量應滿足的條件是__________。標準答案：(1)非線性(2)存在摩擦力(3)調節(jié)軌道的傾斜度以平衡摩擦力；遠小于小車的質量。知識點解析：(1)根據該同學的結果得出a—m圖線是曲線，即小車的加速度與鉤碼的質量成非線性關系。(2)從上圖中發(fā)現(xiàn)直線沒過原點，當a=0時，m≠0，即F≠0，也就是說當繩子上拉力不為0時，小車的加速度為0，所以可能的原因是存在摩擦力。(3)若利用本實驗來驗證“小車質量不變的情況下，小車的加速度與作用力成正比”的結論，并直接以鉤碼所受重力mg作為小車受到的合外力，則實驗中應采取的改進措施是：①調節(jié)軌道的傾斜度以平衡摩擦力，即使得繩子上拉力等于小車的合力；②根據牛頓第二定律得，整體的加速度a=，則繩子的拉力F=Ma=，知鉤碼的質量遠小于小車的質量時，繩子的拉力等于鉤碼的重力，所以鉤碼的質量應滿足的條件是遠小于小車的質量。15、要測繪一個標有“3V0．6W”小燈泡的伏安特性曲線，燈泡兩端的電壓需要由零逐漸增加到3V，并便于操作。已選用的器材有：電池組(電動勢為4．5V，內阻約1Ω)：電流表(量程為0～250mA，內阻約5Ω)；電壓表(量程為0～3V，內限約3kΩ)：開關一個、導線若干。(1)實驗中所用的滑動變阻器應選下列中的_______(填字母代號)。A．滑動變阻器(最大阻值20Ω，額定電流1A)B．滑動變阻器(最大阻值1750Ω，額定電流0．3A)(2)實驗的電路圖應選用下列的圖_________(填字母代號)。(3)實驗得到小燈泡的伏安特性曲線如圖所示。如果將這個小燈泡接到電動勢為1．5V，內阻為5Ω的電源兩端，小燈泡消耗的功率是_________w。標準答案：(1)A(2)B(3)0．1。知識點解析：(1)在測繪小燈泡的伏安特性曲線時，滑動變阻器應該采用分壓式連接，而滑動變阻器用小阻值時，便于調節(jié)，所以用最大阻值為20Ω的滑動變阻器，故選項A正確：(2)因要求小燈泡電壓從零開始持續(xù)可調，所以滑動變阻器應使用分壓式連接，由于小燈泡電阻遠小于電壓表內阻，電流表應采用外接法，故選B；(3)將小燈泡接到電動勢為1．5V，內阻為5Ω的電源兩端時，由E=U+Ir可得I=0．3—0．2U，再在小燈泡的伏安特性曲線圖象中作出電源的I—U曲線(如圖所示)，在圖象中的兩曲線的交點即為小燈泡的電流值與電壓值，所以小燈泡消耗的功率P=UI=0．1W。五、計算題(本題共3題，每題1.0分，共3分。)16、如圖所示，在傾角為θ=30°的光滑斜面的底端有一個固定擋板D，小物體C靠在擋板D上，小物體B與C用輕質彈簧拴接，當彈簧處于自然長度時，B在O點；當B靜止時，B在M點，OM=l。在P點還有一小物體A，使A從靜止開始下滑，A、B相碰后一起壓縮彈簧。A第一次脫離B后最高能上升到N點，ON=1．51。B運動還會拉伸彈簧，使C物體剛好能脫離擋板D。A、B、C的質量都是m，重力加速度為g，求：(i)彈簧的勁度系數；(2)彈簧第一次恢復到原長時B速度的大小；(3)M、P之間的距離。標準答案：(1)B靜止時，根據受力平衡條件可知，kl=mgsinθ，彈簧勁度系數。(2)當彈簧第一次恢復原長時，A、B恰好分離，設此時A、B速度大小為v3，對物體A，從A、B分離到A速度變?yōu)?的過程，根據機械能守恒得：=mg△h，此過程中A物體上升的高度△h=1．51sinθ，得。(3)設A與B相碰前速度的大小為v1，A與B相碰后速度大小為v2，M、P之間的距離為x，對A物體從開始下滑到和B相碰的過程中，根據機械能守恒，mgxsinθ=，A與B發(fā)生碰撞，根據動量守恒得mv1=(m+m)v2。設B靜止時，彈簧的彈性勢能為Ep，從A、B開始壓縮彈簧到彈簧第一次恢復原長的過程，根據機械能守恒，B物體的速度變?yōu)?時，C物體恰好離開擋板D，此時彈簧的伸長量也為l，彈簧的彈性勢能也為Eq，所以解得x=9l。知識點解析：暫無解析17、如圖所示，兩根豎直固定的足夠長的金屬導軌cd和ef相距L=0．2m，另外兩根水平金屬桿MN和PQ的質量均為m=10-2kg，可沿導軌無摩擦地滑動，MN桿和PQ桿的電阻均為R=0．2Ω(豎直金屬導軌電阻不計)，PQ桿放置在水平絕緣平臺上，整個裝置處于勻強磁場內，磁場方向垂直于導軌平面向里，磁感應強度B=1．0T。現(xiàn)讓MN桿在恒定拉力作用下由靜止開始向上加速運動，運動位移x=0．1m時MN桿達到最大速度，此時PQ桿對絕緣平臺的壓力恰好為零。(g取10m／s2)求：(I)MN桿的最大速度vm為多少?(2)當MN桿加速度達到a=2m／s2時，PQ桿對地面的壓力為多大?(3)MN桿由靜止到最大速度這段時間內通過MN桿的電荷量為多少?標準答案：(1)MN桿速度最大時，PQ桿受力平衡有：BIL=mg由閉合電路歐姆定律得：E=I.2RMN桿切割磁感線，產生的電動勢為：E=BLvm聯(lián)立得最大速度對于MN桿有：F=BIL+mg=2mg=2×10-4×10N=0．2N(2)對MN桿應用牛頓第二定律得：F—mg—BI1L=ma1PQ桿受力平衡有：FN+BI1L=mg得：FN=2×10-2N(3)位移x內回路中產生的平均電動勢：感應電流為：通過MN桿的電荷量為：q=I’△t知識點解析：暫無解析18、如圖(a)所示，半徑為r1的圓形區(qū)域內有勻強磁場，磁感應強度為B，磁場方向垂直紙面向里，半徑為r2的阻值為R的金屬圓環(huán)與磁場同心放置，圓環(huán)與阻值也為R的電阻R1連接成閉合回路，一金屬棒MN與金屬環(huán)接觸良好，棒MN單位長度的電阻為λ，導線電阻不計。(1)若棒以v0的速率水平向右勻速滑動，當棒MN滑過圓環(huán)直徑的瞬時(圖a)，求流過電阻R1的電流大小與方向；(2)若撤去中間的金屬棒MN，若磁感應強度B隨時間t變化的關系圖線如圖(b)所示，圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0，求0至t0時間內通過電阻R1上的電荷量q及電阻R1上產生的熱量。標準答案：(1)由電磁感應定律，導體在磁場中運動切割磁感線而產生動生電動勢。當棒MN以v0的速率水平向右滑過圓環(huán)直徑的瞬時，棒MN兩端產生的電動勢大小為E=B.2r1.v0。由上圖可得，電路總電阻總電流，通過電阻A的電流，方向為a→b。(2)由題干(b)圖可得B=B0(1一)，當撤去中間的金屬棒MN，磁場隨時問變化時，金屬環(huán)中產生感生電動勢，大小為，通過電阻A的電流，在0至t0時間內通過電阻A上的電荷量知識點解析：暫無解析六、教學設計題(本題共1題，每題1.0分，共1分。)19、材料一《普通高中物理課程標準(實驗)》中與“拋體運動"相關的內容要求為“會用運動合成與分解的方法分析拋體運動?！辈牧隙掣咧形锢斫炭茣鵀椤疤骄科綊佭\動的規(guī)律”設計了如下實驗。買驗：如圖，用小錘打擊彈性金屬片，金屬片把P球沿水平方向拋出，同時Q球被松開，自由下落，P、Q兩球同時開始運動。觀察兩球是否同時落地，如果同時落地，說明什么問題?多次改變小球距地面的高度和打擊的力度，重復這個實驗，如果每次都同時落地，說明什么問題。材料三教學對象為高中一年級學生，學生已經學習了運動的合成與分解等知識。(1)簡述平拋運動的特點。(2)結合所給材料，運用“平拋運動規(guī)律”演示實驗，設計教學活動，幫助學生進行平拋物體運動規(guī)律的學習，教學設計要求內容包括教學目標、教學方法和教學過程。標準答案：(1)平拋運動的特點是：①初速度方向水平，豎直方向受重力作用，運動軌跡是拋物線；②平拋運動在豎直方向上的分運動是自由落體運動；③平拋運動的水平分運動是勻速直線運動。(2)教學目標：①知識與技能知道平拋運動的特點是初速度方向水平，豎直方向只受重力作用，運動軌跡是拋物線；知道平拋運動形成的條件；理解平拋運動是勻變速運動，其加速度為g；會用平拋運動規(guī)律解答有關問題。②過程與方法通過科學探究過程，養(yǎng)成利用已知的直線運動的規(guī)律來研究復雜的曲線運動的意識。通過物理學“化曲為直”“化繁為簡”的方法及“等效代換”“正交分解”的思想方法，探究平拋運動的規(guī)律。③情感、態(tài)度與價值觀通過重復多次實驗，進行共性分析、歸納分類，培養(yǎng)理論聯(lián)系實際的精神。教學方法：探究、講授、討論、練習。教學過程：(一)新課導入老師：前面我們學習了曲線運動的相關知識以及研究曲線運動的基本方法——一運動的合成與分解，在學習新課之前我們先來回顧一下。教師提問5個問題，學生回答。利用復習導入法，帶領學生達到溫故知新的效果。老師：這節(jié)課我們就來完成這一項任務，通過運動的合成與分解來研究一種生活中常見的運動——一平拋運動。(二)新課教學1．判斷平拋運動的軌跡是不是拋物線演示實驗：以任意角度向空中拋出一個粉筆頭。請同學們觀察粉筆頭的運動軌跡，判斷它的運動性質(粉筆頭的運動軌跡是曲線，它做的是曲線運動)。分析它的受力情況(受到豎直向下的重力和與運動方向相反的空氣阻力的作用)。老師引導學生觀察，思考生活中其他的平拋運動?？偨Y：在拋體運動中有一種特殊情況，即物體被拋出時的初速度方向沿水平方向，我們把這樣的拋體運動稱為平拋運動。2．平拋運動豎直方向的運動規(guī)律演示實驗：用平拋運動演示儀演示平拋運動。老師：請大家注意觀察平拋運動的軌跡，現(xiàn)在請大家來分析做平拋運動的物體在豎直方向上的受力情況，引導同學猜想。老師演示小錘打擊彈簧金屬片，拋出小球A、自由釋放小球B的實驗。老師帶領同學觀察實驗，分析兩個小球做的分別是什么運動?觀察兩球的運動情況，看兩球是否同時落地?(同時)。老師：A、B兩個小球從同一高度同時開始運動，又同時落地，這說明了什么問題啊?學生：這說明了A球在豎直方向上的分運動的性質和B球的運動性質是一樣的。B球做的是自由落體運動。結論：平拋運動在豎直方向上的分運動是自由落體運動。3．運動水平方向的運動規(guī)律老師：研究完豎直方向上的運動，我們再來看水平方向上的分運動。先來分析做平拋運動的物體在水平方向上的受力情況。(做平拋運動的物體只受重力作用，重力的方向是豎直向下的，昕以物體在水平方向上不受力)老師：根據運動的獨立性，我們知道水平方向上的運動不會受到豎直方向的運動影響。老師提示利用牛頓第一定律，引導學生猜想水平方向上勻速運動。老師：要驗證我們的猜想，我們首先面臨的問題就是如何得到平拋運動的軌跡圖象，我們可以采用以下方案來獲得。老師演示并講解平拋運動實驗。將各次實驗所記錄的點分別用平滑曲線連接起來，即可得到以不同的初速度做平拋運動的軌跡圖線。引導同學找出水平分運動在相鄰相等的時間間隔內所發(fā)生的位移，觀察這些水平分位移，可以得到什么規(guī)律?(這些水平分位移都近似相等)由此我們可以得出什么結論?(平拋運動的水平分運動是勻速直線運動。)結論：平拋運動的水平分運動是勻速直線運動。(三)鞏固提高這樣我們就通過運動的合成與分解探究出了平拋運動在水平和豎直方向上的運動規(guī)律，下面我們來看一個例題。老師板書飛機投擲物體的例題，學生作答。(四)小結作業(yè)老師提問，學生回答，老師板書。共同總結本節(jié)課的主要內容，把平拋運動的規(guī)律、特點、條件進行總結。討論與交流：飛機在投遞貨物或實施轟炸的時候，應該在目標的什么位置開始投放貨物或炸彈?知識點解析：暫無解析教師公開招聘考試（中學物理）模擬試卷第3套一、填空題(本題共4題，每題1.0分，共4分。)臨沂市在創(chuàng)建文明城市的過程中，采取了一系列措施，為市民在交通上提供優(yōu)質服務。如：1、市公汽公司為了保證人們從公汽后門上下車時的安全，在無人售票車上安裝了“車載電視監(jiān)控器”，下圖所示為該裝置的光學系統(tǒng)，圖中的攝像頭能成_______像(填“實”或“虛”)。FORMTEXT標準答案：實知識點解析：暫無解析2、市出租公司為了調度及時，在出租車上裝上了“車載無線電話”，它是通過_______來傳遞信息的。FORMTEXT標準答案：電磁波知識點解析：暫無解析3、如圖，當用激光照射直徑小于激光束的不透明圓盤時，在圓盤后屏上的陰影中心出現(xiàn)了一個亮斑。這是光的_______現(xiàn)象，這一實驗支持了光的_______。FORMTEXT標準答案：衍射，波動說知識點解析：暫無解析4、如圖所示，河道寬L=100m，越到河中央河水流速越大，假定流速大小μ=0．2xm／s(x是離河岸的垂直距離)。一汽船相對水的航速是10m／s，它自A處出發(fā)，船頭垂直河岸方向渡河到達對岸B處，則過河時間為_______s，AB直線距離為_______m。FORMTEXT標準答案：10，50知識點解析：暫無解析二、作圖題(本題共3題，每題1.0分，共3分。)5、下圖中，S是光源，A是不透明的物體，L是豎直墻面，試畫出光源S照不到墻面的范圍。標準答案：光源S照不到墻面的范圍為圖中的MN。知識點解析：暫無解析6、如圖所示，畫出圖中描述兩磁極之間磁場的磁感線。標準答案：知識點解析：暫無解析7、請你根據透鏡對光線的作用完成下面的光路圖。標準答案：知識點解析：暫無解析三、實驗與探究題(本題共8題，每題1.0分，共8分。)小明用圖甲所示的裝置做“觀察水的沸騰”實驗。8、為了完成實驗，還需要的測量器材是_______；標準答案：秒表知識點解析：暫無解析9、已知水的質量為100g，則水從80℃升高到90℃吸收的熱量是_______J，此過程水的內能_______(選填“增大”、“不變”或“減小”)[水的比熱容為4．2×103J／(kg．℃)]；標準答案：4．2×103，增大知識點解析：暫無解析10、下表是實驗中他記錄的一組數據，由數據可知，水的沸點是_______℃，根據記錄的數據，在圖乙中畫出水沸騰前后溫度隨時間變化的圖像；標準答案：98，見下圖知識點解析：暫無解析11、沸騰時，杯口附近出現(xiàn)大量“白氣”，“白氣”是_______遇冷_______(填物態(tài)變化名稱)形成的。標準答案：水蒸氣，液化知識點解析：暫無解析實際電流表有內阻，可等效為理想電流表與電阻的串聯(lián)。測量實際電流表G1內阻r1的電路如圖所示。供選擇的儀器如下：①待測電流表G1(0—5mA，內阻約300Ω)，②電流表G2(0—10mA，內阻約100Ω)，③定值電阻R1(300Ω)，④定值電阻R2(10Ω)，⑤滑動變阻器R3(0—1000Ω)，⑥滑動變阻器R4(0—20Ω)，⑦干電池(1．5V)，⑧開關S及導線若干。12、定值電阻應選_______，滑動變阻器應選_______。(在空格內填寫序號)標準答案：③，⑥；知識點解析：器材選擇：定值電阻要和待測電流表內阻接近，因為電流表G2的量程是待測電流表G1的2倍；滑動變阻器的電阻不要太大。13、用連線連接實物圖；標準答案：如下圖知識點解析：連接實物圖如圖所示，不困難。14、補全實驗步驟：①按電路圖連接電路，②閉合開關S，移動滑動觸頭至某一位置，記錄G1、G2的讀數I1，I2；③_______；④以I2為縱坐標，I1為橫坐標，作出相應圖線。標準答案：①將滑動觸頭移至最左端(寫最小給分，最大不給分)；③多次移動滑動觸頭，記錄相應的G1、G2的讀數I1，I2；知識點解析：暫無解析15、根據I2—I1圖線的斜率k及定值電阻，寫出待測電流表內阻的表達式_______。標準答案：r1=(k-1)R1知識點解析：根據并聯(lián)分流公式解得r1=(k-1)R1，式中r1即四、計算題(本題共7題，每題1.0分，共7分。)如圖，質量m=2kg的物體靜止于水平地面的A處，A、B間距L=20m。用大小為30N、沿水平方向的外力拉此物體，經t0=2s拉至B處。(已知cos37°=0．8，sin37°=0．6。取g=10m／s2)16、求物體與地面間的動摩擦因數μ；標準答案：物體做勻加速運動：L==10(m／s2)，由牛頓第二定律F-f=ma，f=30-2×10=10(N)；∴知識點解析：暫無解析17、用大小為30N，與水平方向成37°的力斜向上拉此物體，使物體從A處由靜止開始運動并能到達B處，求該力作用的最短時間t。標準答案：用牛頓定律和運動學公式設F作用的最短時間為t，小車先以大小為a的加速度均加速t秒，撤去外力后，以大小為a’的加速度勻減速t’秒到達B處，速度恰為0，由牛頓定律得Fcos37°-μ(mg-Fsin37°)=ma由于勻加速階段的末速度即為勻減速階段的初速度，因此有at=a’t知識點解析：暫無解析水平面上兩根足夠長的金屬導軌平行固定放置，間距為L，一端通過導線與阻值為R的電阻連接，導軌上放一質量為m的金屬桿(見圖a)，金屬桿與導軌垂直，金屬桿與導軌的電阻均忽略不計，導軌所在空間存在著方向豎直向下的勻強磁場，將與導軌平行的水平恒定拉力F作用在金屬桿上，桿最終將做勻速運動，當改變拉力的大小時，相對應的金屬桿勻速運動時的速度v也會變化，v和F的關系如圖b所示。(取重力加速度g=10m／s2)18、金屬桿在勻速運動之前做什么運動?標準答案：金屬桿做加速度逐漸減小的加速運動。知識點解析：暫無解析19、若已知m=0．5kg，L=0．5m，R=0．5Ω。求勻強磁場的磁感應強度B。標準答案：當金屬桿勻速運動時，桿中產生的感應電動勢為：E=BLv回路中的感應電流為：I=E／R金屬桿所受的安培力為：F安=IBL=由圖像不過原點可知，金屬桿受拉力、安培力和摩擦力作用，勻速運動時金屬桿的合力為零，因此有：由v—F圖像可知直線的斜率：知識點解析：暫無解析20、求金屬桿與導軌間的動摩擦因數μ。標準答案：v—F圖像在橫軸上的截距表示金屬桿受到的滑動摩擦力，滑動摩擦力的大小為f=2N，所以金屬桿與導軌間的動摩擦因數為：μ==0．4。知識點解析：暫無解析光具有波粒二象性，光子的能量E=hv，其中頻率v表示波的特征。在愛因斯坦提出光子說之后，法國物理學家德布羅意提出了光子動量p與光波波長λ的關系p=h／λ。若某激光管以Pw=60W的功率發(fā)射波長λ=663nm的光束，試根據上述理論計算：21、該管在1s內發(fā)射出多少光子?標準答案：光子不僅有能量，而且有動量。設在時間△t內發(fā)射出的光子數為n，光子頻率為v，每個光子的能量E=hv，所以Pw=(△t=1s)。知識點解析：暫無解析22、若光束全部被某黑體表面吸收，那么該黑體表面所受到光束對它的作用力F為多大?標準答案：在時間△t內，激光管發(fā)射出的光子全部被黑體表面吸收，光子的末動量變?yōu)榱?，據題中信息可知，n個光子的總動量為P總=np=n根據動量定理有F．△t=p總，黑體表面對光子束的作用力為：又根據牛頓第三定律，光子束對黑體表面的作用力：F’=F=2．0×10-7(N)。知識點解析：暫無解析五、教學設計題(本題共1題，每題1.0分，共1分。)23、為課題“簡諧運動”設計說課稿。標準答案：(一)開場白(略)(二)簡諧運動是高一物理第五章機械振動和機械波中的內容，也是本章的重點內容。本節(jié)內容是在學生學習了運動學、動力學及功和能的知識后編排的，是力學的一個特例。機械振動和機械波是一種比較復雜的機械運動形式，對它的研究可為以后學習電磁振蕩、電磁波和光的本性奠定知識基礎。此外，機械振動和機械波的知識與人們的日常生活、生產技術和科學研究有著密切的關系，因此學習這部分知識有著廣泛的現(xiàn)實意義。本節(jié)的特點之一是，第一次研究變力作用下產生變加速度的運動，這有助于學生對加速度概念的理解和對變速運動的深入理解；特點之二是，沒有使用簡練概括的數學語言，而是用定性的文字語言來敘述和分析比較復雜的物理現(xiàn)象；特點之三是，又一次引入了新的物理模型“彈簧振子”，再次對學生進行科學方法的熏陶。(三)簡諧運動是最簡單、最基本的機械振動，理解了簡諧運動也就了解了機械振動的基本特點。通過這節(jié)課的教學，要使學生知道機械振動、特別是簡諧運動中各物理量的變化規(guī)律，讓學生從觀察實驗中分析歸納出簡諧運動的特點，學會研究復雜問題的方法，如同人們認識事物的一般規(guī)律那樣，先從簡單的、基本的簡諧運動入手，掌握其本質特征，再進一步研究復雜的物理現(xiàn)象下的機械振動。(四)如果能抓住簡諧運動中的各物理量的變化規(guī)律，也就把握了復雜的機械振動的要領。所以在本節(jié)的教學中，要把分析簡諧運動的規(guī)律、振動的特點作為教學的重點。充分發(fā)揮教師的主導作用，使學習的主體——學生，能理解和掌握簡諧運動的振動規(guī)律。高一學生的思維具有單一性、定勢性，他們習慣于分析恒力作用下物體的單程運動，對振動過程的分析，學生普遍會感到有些困難，因此對變力作用下來回運動的振動過程的多量分析成為本節(jié)的教學難點。教學時要密切聯(lián)系舊有的知識，引導學生利用演示和講解，把突破難點的過程當成鞏固和加深對舊有知識的理解應用過程，當成培養(yǎng)學生分析能力的過程，從而全面達到預期的教學目的和要求。(五)高一學生學習物理的興趣正在按直觀一因果一概括的方式轉化，他們的思維也正在從形象向抽象轉移，所以教學中應通過演示使學生觀察到振動的特點，運用類比引導學生建立理想模型，指導學生討論振動中各物理量的變化規(guī)律，歸納出產生振動的原因，使學生全面理解教材。因此，這節(jié)課可采用綜合運用直觀演示、講授、自學、討論并輔以電教手段等多種形式的教學方法。教學中，加強師生間的雙向活動，啟發(fā)引導學生積極思維。由于本節(jié)內容中，要研究的物理量較多，教學容量大，教師要嚴格控制教學進度，順利完成本節(jié)課的教學任務。(六)從以上分析得出，本節(jié)教學應以學生了解、學習研究物理問題的方法為基礎，以掌握知識為中心，培養(yǎng)能力為方向，緊抓重點，突破難點，故設計如下教學程序：1．導入新課這部分教學大約需要5分鐘。以創(chuàng)設學習情境、激發(fā)學習興趣為導入新課的指導思想，列舉生活、生產、實驗中的事例，進而引導學生觀察歸納出它們的共同特征，再介紹說明研究這種運動形式的重要性及現(xiàn)實意義。接著導入研究復雜事物的一般方法，即先從最簡單、最基本的形式——簡諧運動開始，再逐步深入了解較復雜的振動過程。舉簡諧運動的實例時，要強調物理知識必須密切聯(lián)系實際，研究物理學離不開觀察和實驗，這既是研究物理的基礎又是學生認知的起點。在讓學生觀察擺球、振子的實際運動時，啟發(fā)學生思考為什么會產生這樣的運動，讓學生的思維進入新課的軌道。2．新課教學這部分教學大約需要30分鐘?，F(xiàn)代教學論認為，物理教學不僅具有傳授知識的功能，還有培養(yǎng)能力和發(fā)展智力的功能。講授彈簧振子應著力介紹理想化模型的科學思維方法，并聯(lián)系前面學過的質點、伽利略的理想實驗等，使學生進一步領會到理想化方法在研究物理中的作用。在培養(yǎng)能力方面按大綱要求，還應包括培養(yǎng)學生的自學能力，從指導學生閱讀課本入手。分析振動過程一定要按位移一回復力一加速度一速度一機械能(動能、勢能)的合理順序進行。先將平衡位置、最大位移處的幾個特殊點的各個物理量緊抓不放，討論清楚，填在新畫表格里。在討論了各特殊點的情況后，再過渡到其他各四分之一周期的各變化物理量進行分析，此時，可按教室里每一行找一個學生敘述。為使學生進一步深入了解振子的振動規(guī)律，教師引導學生一起完成表格的填寫，提高教學效率。完成表格后，提出兩個問題：(1)簡諧運動中引起運動狀態(tài)變化的力具有什么特征?(2)簡諧運動具有什么特點?然后，啟發(fā)學生分析歸納得出結論。在分析簡諧運動的過程中，學生的思維存在兩大障礙：一是學生習慣于恒力作用下物理量的分析，對變力作用下物理量的分析感到有困難；二是學生分析單個物理量時能夠記得清楚，綜合起來或考慮綜合問題時就會出現(xiàn)混亂現(xiàn)象。這樣，在引導學生討論問題時，按照事物本身的發(fā)展規(guī)律，抓住本質的東西，每一步討論有根有據，使學生分析、討論復雜問題的能力得以培養(yǎng)和提高。3．鞏固與練習為使學生所學知識具有穩(wěn)定性，并使知識順利遷移，在本節(jié)課上安排5—10分鐘的時間進行鞏固和練習。具體做法是：先留3分鐘時間讓學生回顧一下課本和黑板上的知識內容，接著做這樣兩個工作：(1)在前面已基本完成的表格下面增加一行“運動性質判斷”，讓學生分析討論；(2)在平衡位置與最大位移之間找任一位置，分析振子每經過這個位置時，它的哪些物理量是定值?哪些物理量是變化的?4．布置作業(yè)為使學生系統(tǒng)全面地理解和掌握“簡諧運動”的特點與規(guī)律，要求學生課后要仔細閱讀課文，并完成兩個表格所有的內容，并預習下節(jié)課的內容。(七)板書、板圖的直觀性、全面性和系統(tǒng)性較強，在黑板上保留的時間較長，對學生視覺的刺激作用明顯。教學中將整塊黑板一分為二，一半簡寫概念、規(guī)律，一半留作分析作圖。以上是對簡諧運動一節(jié)內容的認識和對教學過程的設計。從提出問題到圓滿解決，教師通過語言啟發(fā)、引導學生回顧學過的力學知識，靈活地運用到對簡諧運動規(guī)律的認識中，使學生的思維活動逐步深化，既掌握了知識，也學會了對復雜物理現(xiàn)象的分析研究。(八)結束語(略)。知識點解析：暫無解析六、英語基礎題(本題共10題，每題1.0分，共10分。)根據各組對話內容，從下面提供的5個選項中選出能填入空白處的最佳選項，并將字母代號填寫在答題卡上相應的位置。A．Itwasgreat．B．What’sthematter?C．Howaboutthegreenone?D．Areyoufreetomorrow?E．Thanks，butIamfull．24、A：Helen．Thehappyweekendiscoming．_______B：Yes．I’mnotbusyatall．I’vealreadyfinishedmyhomework．A、

B、

C、

D、

E、

標準答案：D知識點解析：由答語“是的，我一點也不忙?！笨芍暇鋺獑枴懊魈炷忝?”，D項最合適。25、A：HowwasyourtriptoBeijing?B：_______Ispentfourdaysin：Beijing．EverydayIdidsomethingdifferent．A、

B、

C、

D、

E、

標準答案：A知識點解析：上句問“北京之行怎么樣?”，選項中A最適合，意為“很棒”。26、A：Somanynicecoats!Ican’tdecidewhichonetobuy．B：_______A、

B、

C、

D、

E、

標準答案：C知識點解析：顧客A說“這么多漂亮的外套，我都不知道買哪一件了”，這時B提供了建議“Howaboutthegreenone?”。27、A：Helpyourselftosomedumplings．B：_______A、

B、

C、

D、

E、

標準答案：E知識點解析：“Helpyourselftosomedumplings”這是餐桌上的客套話，要客人隨意多吃點水餃?！癟hanks，butIamfull”表示了謝意并說已經飽了，符合情境。28、A：Oh，David．Pleasedon’tputanythingonthisdesk!B：_______?A：Look!Thislegisbroken．A、

B、

C、

D、

E、

標準答案：B知識點解析：由答語“Thislegisbroken．”說明桌子腿壞了，故填“What’sthematter?”最合適。根據下面一段對話內容，從下列選項中選出能填入空白處的最佳選項，其中兩項為多余選項。A：What’sthedatetoday?B：It’SJune16．A：【1】_______Thenit’sDragonBoatFestivaltoday，isn’tit?B：Yes．【2】_______A：Didyouhavericedumplingsthismorning?B：Sure．【3】_______A：Ididn’t．BtWhatapity!ButIhappentohavegotsomewithme．【4】_______A：I’dloveto．Bytheway，whydoyoucallitDragonBoat，F(xiàn)estival?B：BecauseinChina，peopleracedragonboatsthisdayeveryyear．A：Oh，Isee．【5】_______B：Youarewelcome．A．WeChineseUsuallyeatricedumplingsthisday．B．Ihateeatingricedumplings．C．Thankyouforyourricedumpling．D．Idon’tthinkso．E．Wouldyouliketohaveone?F．Already?G．Howaboutyou?29、【1】FORMTEXT標準答案：F知識點解析：詢問對方日期后對方回答“6月16日”。后面提到這一天是端午節(jié)。此時發(fā)出感嘆“Already?”，意思是“已經(6月16日)了嗎?”30、【2】FORMTEXT標準答案：A知識點解析：由上文的端午節(jié)以及下文對方詢問有沒有吃粽子可知，此處是在向對方介紹中國人過端午節(jié)吃粽子的習俗。31、【3】FORMTEXT標準答案：G知識點解析：“Sure”告訴對方自己今天早上吃過粽子了。根據下文對方的回答“Ididn’t”可知，此處是在詢問對方有沒有吃。“Howaboutyou?”意思是“你(有沒有吃)呢?”。32、【4】FORMTEXT標準答案：E知識點解析：上文說到A沒有吃粽子而B恰好帶了幾個。根據下文A的回答“I’dloveto．”，可知“Wouldyouliketohaveone?”詢問對方要不要吃一個符合情境。33、【5】FORMTEXT標準答案：C知識點解析：由下句“Youarewelcome”(不客氣)可知此處是在表示謝意。教師公開招聘考試（中學物理）模擬試卷第4套一、單項選擇題(本題共9題，每題1.0分，共9分。)1、甲、乙兩物體在t=0時刻經過同一位置沿x軸運動，其v一t圖象如圖所示，則()。A、甲、乙在t=0到t=1s之間沿同一方向運動B、乙在t=0到t=7s之間的位移為零C、甲在t=0到t=4s之間做往復運動D、甲、乙在t=6s時的加速度方向不相同標準答案：B知識點解析：在t=0到t=1s之間，甲始終沿正方向運動，而乙先沿負方向運動后沿正方向運動故A錯誤；根據速度圖象與坐標軸所圍的“面積”表示物體的位移，t軸上方的“面積”表示位移是正值，t軸下方的“面積”表示位移是負值，則知在t=0到t=7s之間乙的位移為零，故B正確；在t=0到t=4s之間，甲的速度始終為正值，說明甲一直沿正方向做單向直線運動，故C錯誤；根據斜率等于物體的加速度知，甲、乙在t=6s時的加速度方向都沿負方向，方向相同，故D錯誤。2、如圖所示，輕質彈簧豎直固定在水平地面上，一質量為m的小球在外力F的作用下靜止于圖示位置，彈簧處于壓縮狀態(tài)?，F(xiàn)撤去外力F，小球最終可以離開彈簧而上升一定的高度，則小球從靜止開始到離開彈簧的過程中(不計空氣阻力)()。A、小球受到的合外力逐漸減小B、小球的速度逐漸增大C、小球的加速度最大值等于重力加速度gD、小球的加速度先減小后增大標準答案：D知識點解析：小球在最低點靜止時，根據平衡條件：F+mg=k△x，撤去力F瞬間，則小球所受合外力為：F合=k△x—mg，小球上升△x減小，則合外力減小，當k△x=mg時合外力減小到零，此后小球繼續(xù)上升，合外力開始反向增大，故小球從靜止開始到離開彈簧的過程中小球受到的合外力先減小后增大，故A錯誤。小球從靜止開始到k△x=mg時速度逐漸增大，之后速度逐漸減小，故B錯誤。根據運動的對稱性，若小球到離開彈簧時速度為零，則小球在最低點時加速度為g，而小球最終可以離開彈簧而上升一定的高度，故小球在最低點時加速度大于g，故C錯誤。根據牛頓第二定律：F合=ma，由前面分析合外力先減小后增大，故加速度先減小后增大，故D正確。3、有一質量為m的木塊，從半徑為r的圓弧曲面上的a點滑向b點，如圖。如果由于摩擦使木塊的運動速率保持不變，則以下敘述正確的是()。A、木塊所受的合外力為零B、木塊所受的力都不對其做功C、木塊所受的合外力不為零，故合外力對木塊所做的功也不為零D、木塊的機械能在減小標準答案：D知識點解析：木塊在下滑過程中做勻速圓周運動，加速度一定不為零，故合力不為零，選項A錯誤。在下滑過程中，重力做正功，摩擦力做負功，選項B錯誤。由動能定理知，合外力做功為零，選項C錯誤。在下降過程中要克服摩擦力做功，故機械能減小，選項D正確。4、一列簡諧橫波，在t=0．4s時刻的圖象如圖甲所示，其x=15cm處的A質點振動圖象如圖乙所示，則以下說法不正確的是()。A、這列波沿x軸正向傳播B、這列波的波速25m/sC、質點P將比質點Q后回到平衡位置D、經過△t=0．4s，P質點通過的路程為4cm標準答案：C知識點解析：由乙圖可知該時刻質點A接下來要向)，軸負向移動，所以根據波的移動特性，由甲圖可判斷出波的傳播方向為沿x軸正向，故A選項正確；由甲圖得該波的波長λ=20m，T=0．8s，則波速為v=λ／T=25m／s，故B選項正確；該時刻質點P沿y軸正向運動，而Q點從位移最大處向平衡位置運動，所以P點先回到平衡位置，故C選項錯誤；△t=0．4s=0．5T，質點做簡諧運動經過一個周期運動的路程是4倍振幅，則經過△t=0．4s，質點P運動的路程s=2A=4cm，D選項正確。5、如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與一質量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長。圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經過B處的速度最大，到達C處的速度為零，AC=h。圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A。彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為g。則圓環(huán)()。A、下滑過程中，加速度一直減小B、下滑過程中，克服摩擦力做的功為C、在C處，彈簧的彈性勢能為D、上滑經過B的速度小于下滑經過B的速度標準答案：B知識點解析：圓環(huán)受到重力、彈力、阻力、支持力，圓環(huán)先做加速度減小的加速運動，再做加速度增大的減速運動，最后靜止，A項錯誤；A到C過程，根據能量守恒定律有mgh一Wf=Ep(Wf為阻力做功，Ep為彈性勢能)，C到A過程，+Ep=mgh+Wf，聯(lián)立解得，B項正確；在C處，彈簧的彈性勢能為mgh一，C項錯誤；A到B過程，，C到B過程，，比較得vB2＞vB1，D項錯誤。6、如圖所示為電荷量為+Q的小球放在不帶電的孤立金屬球附近，形成的電場線分布，a、b為電場中的兩點，下列說法錯誤的是()。A、a點的電場強度比b點的大B、a點的電勢比b點的高C、點電荷一q在a點的電勢能比在b點的大D、點電荷一q從a點移到b點的過程中，電場力做負功標準答案：C知識點解析：電場線的疏密表示場強的大小，A正確；a點所在的電場線從小球出發(fā)到不帶電的金屬球終止，所以a點的電勢高于金屬球的電勢，而b點所在處的電場線從金屬球發(fā)出到無窮遠，所以金屬球的電勢高于b點的電勢，因而a點電勢高于b點電勢，B正確；電勢越高的地方，負電荷具有的電勢能越小，即負電荷在a點的電勢能較b點小，C錯誤；因點電荷一q在a點的電勢能較b點小，則把一q電荷從電勢能小的a點移動到電勢能大的b點，電勢能增大，電場力做負功，D正確。7、如圖，MN為鋁質薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強磁場(未畫出)，一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的尸點垂直于鋁板向上射出，從Q點穿越鋁板后到達PQ的中點O。已知粒子穿越鋁板時，其動能損失一半，速度方向和電荷量不變，不計重力，鋁板上方和下方的磁感應強度大小之比為()。A、2B、C、1D、標準答案：D知識點解析：設粒子在鋁板上、下方的軌道半徑分別為r1、r2，速度分別為v1、v2。由題意可知，粒子軌道半徑r1=2r2，。粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：磁感應強度：，磁感應強度之比：，選項D正確。8、如圖，玻璃管內封閉了一段氣體，氣柱長度為l，管內外水銀面高度差為h，若溫度保持不變，把玻璃管稍向上提起一段距離，則()。A、h、l均變小B、h、l均變大C、h變大l變小D、h變小l變大標準答案：B知識點解析：在實驗中，水銀柱產生的壓強加上封閉空氣柱產生的壓強等于外界大氣壓，如果向上提，則管內水銀柱上方空氣的體積增大，因為溫度保持不變，所以壓強減小，而此時外界的大氣壓不變，根據上述等量關系，管內水銀柱的壓強須增大才能重新平衡，故管內水銀柱的高度增大，選項B正確。9、如圖所示，在磁感應強度為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場中，金屬桿MN在平行金屬導軌上以速度v向右勻速滑動，MN中產生的感應電動勢為E1；若磁感應強度增為2B，其他條件不變，MN中產生的感應電動勢變?yōu)镋2，則通過電阻R的電流方向及E1與E2之比分別為()。A、b→a．2：1B、a→b，2：1C、a→b．1：2D、b→a.1：2標準答案：C知識點解析：由右手定則判斷可知，MN中產生的感應電流方向為N→M，則通過電阻R的電流方向為a→b。MN產生的感應電動勢公式為E=BLv，其他條件不變，E與B成正比，則得E1：E2=1：2，故選C。二、不定項選擇題(本題共6題，每題1.0分，共6分。)10、如圖所示，飛行器P繞某星球做勻速圓周運動，星球相對飛行器的角度為θ，下列說法正確的是()。標準答案：A,C知識點解析：根據開普勒第三定律，可知軌道半徑越大，飛行器的周期越長，故A正確；根據衛(wèi)星的速度公式，可知軌道半徑越大，速度越小，故B錯誤；設星球質量為M，半徑為R，平均密度為ρ，張角為θ，飛行器的質量為m，軌道半徑為r，周期為T。對飛行器，根據萬有引力提供向心力有，由幾何關系有：，星球的平均密度，由此可知，測得周期和張角，可得到星球的平均密度，選項C正確；由可知若測得周期和軌道半徑，可求出星球質量，但星球半徑未知，因而不能求出星球的平均密度，故D錯誤。11、如圖所示，長板A靜止在光滑水平面上，左端連接一輕彈簧，物塊B從A上表面右端以初速度v0進入，向左運動，壓縮彈簧又被反彈，并恰好停留在A的最右端，若以A與B為系統(tǒng)，以下說法正確的是()。標準答案：B,D知識點解析：物塊B從A上表面右端以初速度v0進入向左運動，后經彈簧又被反彈，并恰好停留在A的最右端，是完全非彈性碰撞，機械能損失最多，選項A錯誤，B正確。以彈簧、長板A、物塊B為系統(tǒng)合外力為零，動量守恒，選項C錯誤。彈簧壓縮量最大時，B與A相對靜止，由動量守恒得，B相對于地面的速度vB=，也等于B的最終速度，選項D正確。12、如圖所示，質量為m的小車在大小為F的水平恒力推動下，從山坡底部A處靜止起運動至高為h的坡頂B，獲得速度v，A、B的水平距離為s，下列說法正確的是()。標準答案：A,B,D知識點解析：在上升過程中，小車克服重力所做的功為mgh，選項A正確。由動能定理知，合力做功等于動能的變化量，故合力做功為，選項B正確。由動能定理知，F(xiàn)s—mgh+Wf=，則推力做功，阻力做功Wf=+mgh—Fs，故選項C錯誤，D正確。13、如圖所示，粗糙絕緣的水平面附近存在一個平行于水平面的電場，其中某一區(qū)域的電場線與x軸平行，在x軸上的電勢φ與坐標x的關系用圖中曲線表示，圖中斜線為該曲線過點(0．15，3)的切線?，F(xiàn)有一質量為0．20kg、電荷量為+2．0×10-8C的滑塊P(可視作質點)，從x=0．10m處由靜止釋放，其與水平面的動摩擦因數為0．02。取重力加速度g=10m／s2。則下列說法正確的是()。標準答案：C,D知識點解析：由圖可求得x=0．15m處的場強=2．0×106N／C，此時電場力F=Eq=2．0×106N／C×2．0×10-8C=0．04N，滑動摩擦力f=μmg=0．02×0．20kg×10N／kg=0．04N。在x=0．15m前，電場力大于摩擦力，滑塊做加速運動，加速度逐漸減小，速度逐漸增大；在x=0．15m后電場力小于摩擦力，做減速運動，加速度逐漸增大，速度逐漸減小，選項AB錯誤，C正確。在x=0．15m時，電場力等于摩擦力，速度最大，根據動能定理有：，由圖可知0．10m處和0．15m處的電勢差大約為1．5×105V，代入解得vmax=0．1m／s，選項D正確。14、兩個相同的負電荷和一個正電