1、安徽省江淮名校2015届高考物理三模试卷一、选择题（本题共11小题，每小题3分，共33分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。）1如图所示，甲同学用手拿着一把长50cm的直尺，并使其处于竖直状态；乙同学把手放在直尺0刻度线位置做抓尺的准备某时刻甲同学松开直尺，直尺保持竖直状态下落，乙同学看到后立即用手抓直尺，手抓住直尺位置的刻度值为20cm；重复以上实验，乙同学第二次手抓住直尺位置的刻度值为10cm直尺下落过程中始终保持竖直状态若从乙同学看到甲同学松开直尺，到他抓住直尺所用时间叫“反应时间”，取重力加速度g=10m/s2则下列说法中不正确的是( )A乙同学第一次的“反应时间”比第二
2、次长B乙同学第一次抓住直尺之前的瞬间，直尺的速度约为4m/sC若某同学的“反应时间”大于0.4s，则用该直尺将无法用上述方法测量他的“反应时间”D若将尺子上原来的长度值改为对应的“反应时间”值，则可用上述方法直接测出“反应时间”2一物体静止在光滑的水平桌面上，现对其施加水平力，使它沿水平桌面做直线运动，该物体的速度时间图象如图所示根据图象判断下列说法中正确的是( )A0s6s时间内物体所受水平力的方向始终没有改变B2s3s时间内物体做减速运动C1s末物体距离出发点最远D1.5s末和2.5s末两个时刻物体的加速度相同3如图1所示，在长约1m的一端封闭的玻璃管中注满清水，水中放一个圆柱形的红蜡块R
3、（圆柱体的直径略小于玻璃管的内径，轻重适宜，使它能在玻璃管内的水中匀速上升），将玻璃管的开口端用胶塞塞紧将此玻璃管迅速竖直倒置（如图2所示），红蜡块R就沿玻璃管由管口A匀速上升到管底B若在将玻璃管竖直倒置、红蜡块刚从A端开始匀速上升的同时，将玻璃管由静止开始水平向右匀加速移动（如图3所示），直至红蜡块上升到管底B的位置（如图4所示）红蜡块与玻璃管间的摩擦很小，可以忽略不计，在这一过程中相对于地面而言( )A红蜡块做速度大小、方向均不变的直线运动B红蜡块做速度大小变化的直线运动C红蜡块做加速度大小、方向均不变的曲线运动D红蜡块做加速度大小变化的曲线运动4如图所示，左侧是倾角为60的斜面、右侧是圆
4、弧面的物体固定在水平地面上，圆弧面底端切线水平，一根两端分别用系有质量为m1、m2小球的轻绳跨过其顶点上的小滑轮当它们处于平衡状态时，连接m2小球的轻绳与水平线的夹角为60，不计一切摩擦，两小球可视为质点两小球的质量之比m1：m2等于( )A1：1B3：2C2：3D3：45地球赤道上有一物体随地球的自转而做圆周运动，所受的向心力为F1，向心加速度为a1，线速度为v1，角速度为1；绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星（高度忽略）所受的向心力为F2，向心加速度为a2，线速度为v2，角速度为2；地球同步卫星所受的向心力为F3，向心加速度为a3，线速度为v3，角速度为3；地球表面重力加速度为g，第一宇宙
5、速度为v若三者质量相等，则( )AF1=F2F3Ba1=a2=ga3Cv1=v2=vv3D1=326如图所示，内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运( )A球A的角速度一定大于球B的角速度B球A的线速度一定大于球B的线速度C球A的运动周期一定小于球B的运动周期D球A对筒壁的压力一定大于球B对筒壁的压力7如图所示，在斜面顶端的A点以速度v平抛一小球，经t1时间落到斜面上B点处，若在A点将此小球以速度0.5v水平抛出，经t2时间落到斜面上的C点处，以下判断正确的是( )AAB：AC=4：1BAB：AC=2：1Ct1
6、：t2=4：1Dt1：t2=：18如图所示，甲、乙两个高度相同的固定斜面，倾角分别为1和2，且12质量为m的物体（可视为质点）分别从这两个斜面的顶端由静止沿斜面滑到底端，物体与这两个斜面的动摩擦因数均为关于物体两次下滑的全过程，下列说法中正确的是( )A重力所做的功和重力的平均功率均相同B物体两次下滑的时间不相同C动能的变化量相同D机械能的变化量相同9如图所示，50个大小相同、质量均为m的小物块，在平行于斜面向上的恒力F作用下一起沿斜面向上运动已知斜面足够长，倾角为30，各小物块与斜面间的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则第3个小物块对第2个小物块的作用力大小为( )AFBFC24mg+D因为
7、动摩擦因数未知，所以不能确定10带负电的粒子在某电场中仅受电场力作用，能分别完成以下两种运动：直线运动；圆周运动则该电场可能由( )一个带正电的点电荷形成 一个带负电的点电荷形成两个分立的带等量正电的点电荷形成两个分立的带等量负电的点电荷形成A说法正确B说法正确C说法正确D只有说法正确11在如图所示的电路中，两个灯泡均发光，当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，则( )AA灯变亮，B灯变暗BA灯和B灯都变亮C电源的输出功率减小D电源的工作效率降低二、实验题（每空3分，共18分）12必须同时使用测量工具：打点计时器和刻度尺，才能完成下列高中物理课本里的学生实验有( )A研究匀变速直线运动的规律B探究求
8、合力的方法C探究平抛运动的规律D验证机械能守恒定律（必须用重锤和纸带来验证）E探究功与物体速度变化的关系13某同学用如图所示的实验装置验证“力的平行四边形定则”弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为_N（2）下列不必要的实验要求是_（请填写选项前对应的字母）A应测量重物M所受的重力B弹簧测力计应在使用前校零C拉线方向应与木板平面平行D改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同
9、一位置14某同学为探究动能定理，设计了如下实验，他的操作步骤如下：（1）按图甲摆好实验装置，其中小车质量M=0.20kg，钩码总质量m=0.05kg（2）释放小车，然后接通打点计时器的电源（电源频率为f=50Hz），打出一条纸带（3）他在多次重复实验得到的纸带中取出自认为满意的一条，如图一乙所示，把打下的第一点记做O，然后依次取若干个计数点，相邻计数点间还有4个点未画出，用厘米刻度尺测得各计数点到O点距离分别为d1=0.041m，d2=0.055m，d3=0.167m，d4=0.256m，d5=0.360m，d6=0.480m，他把钩码重力（当地重力加速度g=10m/s2）作为小车所受合力，算
10、出打下O点到打下第5点合力做功W=_ J（结果保留三位有效数字），用正确的公式Ek=_（用相关数据前字母列式）把打下第5点时小车的动能作为小车动能的改变量，算得Ek=0.125J（4）此次试验探究的结果，他没能得到“合力对物体做的功等于物体动能的增量”，且误差很大通过反思，他认为产生误差的原因是_（只要写出两条主要原因即可）三、计算题（本题包括4小题，共49分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15如图a所示为杂技“顶杆”表演，一质量为m1=80kg的成年人站在地面上，肩上扛一质量为m2=5kg的竖直竹竿，竿
11、上有一质量m3=30kg的小孩可看成是质点，竿上的小孩从竿的顶端A恰好下滑到竿的末端B，其速度时间图象如图b所示，g取10m/s2，求：（1）竿的长度lAB为多少；（2）地面上的成人对地的最大压力为多少？（3）小孩在加速下滑过程中受到摩擦力的冲量大小为多少？16由于地球自转的影响，地球表面的重力加速度会随纬度的变化而有所不同已知地球表面两极处的重力加速度大小为g0，在赤道处的重力加速度大小为g，地球自转的周期为T，引力常量为G假设地球可视为质量均匀分布的球体求：（1）质量为m的物体在地球北极所受地球对它的万有引力的大小；（2）地球的半径；（3）地球的密度17现有一根长为L=1m的刚性轻绳（绷紧
12、瞬间绳长度不变），其一端固定于O点，另一端系着质量为m=0.5kg的小球（可视为质点），将小球提至O点正上方的A点处，此时绳刚好伸直且无张力，如图所示，不计空气阻力，g取10m/s2，若现在将小球以速度v0=1m/s水平抛出的瞬间，则：（1）绳中若有张力，求其大小，若无张力，试求绳子再次伸直时所经历的时间和此时小球竖直方向的分速度（2）当小球到达O点正下方时，绳子的拉力是多少？18光滑水平面与一半径为R=2.5m的竖直光滑圆轨道平滑连接如图所示，物体可以由圆轨道底端阀门（图中未画出）进入圆轨道，水平轨道上有一轻质弹簧，其左端固定在墙壁上，右端与质量为m=0.5kg的小球A接触但不相连，今向左推
13、小球A压缩弹簧至某一位置后，由静止释放小球A，测得小球A到达圆轨道最高点是对轨道的压力大小为FN=10N，g=10m/s2，（小球A可视为质点）（1）求弹簧的弹性势能Ep；（2）若弹簧的弹性势能Ep=25J，小球进入圆轨道后阀门关闭，通过计算说明小球会不会脱离轨道若脱离，求在轨道上何处脱离（脱离点和圆心连接与水平方向的夹角可用三角函数表示），若不能脱离，求小球对轨道的最大与最小压力的差F安徽省江淮名校2015届高考物理三模试卷一、选择题（本题共11小题，每小题3分，共33分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。）1如图所示，甲同学用手拿着一把长50cm的直尺，并使其处于竖直状态；乙
14、同学把手放在直尺0刻度线位置做抓尺的准备某时刻甲同学松开直尺，直尺保持竖直状态下落，乙同学看到后立即用手抓直尺，手抓住直尺位置的刻度值为20cm；重复以上实验，乙同学第二次手抓住直尺位置的刻度值为10cm直尺下落过程中始终保持竖直状态若从乙同学看到甲同学松开直尺，到他抓住直尺所用时间叫“反应时间”，取重力加速度g=10m/s2则下列说法中不正确的是( )A乙同学第一次的“反应时间”比第二次长B乙同学第一次抓住直尺之前的瞬间，直尺的速度约为4m/sC若某同学的“反应时间”大于0.4s，则用该直尺将无法用上述方法测量他的“反应时间”D若将尺子上原来的长度值改为对应的“反应时间”值，则可用上述方法直
15、接测出“反应时间”考点：自由落体运动 专题：自由落体运动专题分析：在乙同学的反应时间内，直尺做自由落体运动，根据下降的高度，通过位移时间公式求出自由下落的时间解答：解：A、直尺下降的高度h根据得，所以下落的高度最大的用的时间最长，所以第一次测量的反应时间最长故A正确；B、由v2=2gh可知，乙第一次抓住直尺的速度v=2m/s；故B错误；C、若某同学的反应时间为0.4s，则下落的高度：m，大于该直尺的长度，所以将无法测量该同学的反应时间故C正确D、将计算出的反应时间对应到尺子上的长度时，可用上述方法直接测出“反应时间”；故D正确；本题选错误的，故选：B点评：解决本题的关键知道人的反应时间和自由落
16、体运动的时间相等，结合位移时间公式进行求解2一物体静止在光滑的水平桌面上，现对其施加水平力，使它沿水平桌面做直线运动，该物体的速度时间图象如图所示根据图象判断下列说法中正确的是( )A0s6s时间内物体所受水平力的方向始终没有改变B2s3s时间内物体做减速运动C1s末物体距离出发点最远D1.5s末和2.5s末两个时刻物体的加速度相同考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系 专题：运动学中的图像专题分析：速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，速度的正负表示运动的方向解答：解：A、速度时间图线的斜率表示加速度，根据图象可知，06s内，加速度的方向改变，所
17、以水平力的方向改变，故A错误B、23s内，速度逐渐增大，所以做加速运动，故B错误C、图线与时间轴围成的面积表示位移，根据图象可知，2s末离出发点最远，故C错误D、物体在13s内做匀变速直线运动，加速度不变，所以1.5s末和2.5s末两个时刻物体的加速度相同，故D正确故选：D点评：本题是为速度时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息3如图1所示，在长约1m的一端封闭的玻璃管中注满清水，水中放一个圆柱形的红蜡块R（圆柱体的直径略小于玻璃管的内径，轻重适宜，使它能在玻璃管内的水中匀速上升），将玻璃管的开口端用胶塞塞紧将此玻璃管迅速竖直
18、倒置（如图2所示），红蜡块R就沿玻璃管由管口A匀速上升到管底B若在将玻璃管竖直倒置、红蜡块刚从A端开始匀速上升的同时，将玻璃管由静止开始水平向右匀加速移动（如图3所示），直至红蜡块上升到管底B的位置（如图4所示）红蜡块与玻璃管间的摩擦很小，可以忽略不计，在这一过程中相对于地面而言( )A红蜡块做速度大小、方向均不变的直线运动B红蜡块做速度大小变化的直线运动C红蜡块做加速度大小、方向均不变的曲线运动D红蜡块做加速度大小变化的曲线运动考点：运动的合成和分解 专题：运动的合成和分解专题分析：红蜡块参与水平方向上的匀加速直线运动和竖直方向上的匀速直线运动，根据运动的合成，判断合运动的轨迹以及合运动的加
19、速度是否保持不变解答：解：蜡块在水平方向上做匀加速直线运动，竖直方向上做匀速直线运动，合加速度沿水平方向上，且大小不变，与合速度的方向不在同一条直线上，所以合运动为曲线运动，加速度保持不变故C正确，A、B、D错误故选C点评：解决本题的关键掌握判断合运动轨迹的方法，当合加速度的方向与合速度的方向不在同一条直线上时，蜡块做曲线运动4如图所示，左侧是倾角为60的斜面、右侧是圆弧面的物体固定在水平地面上，圆弧面底端切线水平，一根两端分别用系有质量为m1、m2小球的轻绳跨过其顶点上的小滑轮当它们处于平衡状态时，连接m2小球的轻绳与水平线的夹角为60，不计一切摩擦，两小球可视为质点两小球的质量之比m1：m
20、2等于( )A1：1B3：2C2：3D3：4考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：分别以两个小球为研究对象，分析受力情况，由平衡条件求出小球的重力与绳子拉力的关系，再求解两小球的质量之比解答：解：先以m1球为研究对象，由平衡条件得知，绳的拉力大小为：T=m1gsin60再以m2球为研究对象，分析受力情况，如图，由平衡条件可知，绳的拉力T与支持力N的合力与重力大小相等、方向相反，作出两个力的合力，由对称性可知，T=N，2Tcos30=m2g由解得：ml：m2=2：3故选：C点评：本题采用隔离法研究两个物体的平衡问题，受力分析，作出力图是正确解答的关
21、键5地球赤道上有一物体随地球的自转而做圆周运动，所受的向心力为F1，向心加速度为a1，线速度为v1，角速度为1；绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星（高度忽略）所受的向心力为F2，向心加速度为a2，线速度为v2，角速度为2；地球同步卫星所受的向心力为F3，向心加速度为a3，线速度为v3，角速度为3；地球表面重力加速度为g，第一宇宙速度为v若三者质量相等，则( )AF1=F2F3Ba1=a2=ga3Cv1=v2=vv3D1=32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 分析：题中涉及三个物体：地球赤道上有一随地球的自转而做圆周运动物体1、绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星2、
22、地球同步卫星3；物体1与人造卫星2转动半径相同，物体1与同步卫星3转动周期相同，人造卫星2与同步卫星3同是卫星，都是万有引力提供向心力；分三种类型进行比较分析即可解答：解：A、根据题意三者质量相等，轨道半径r1=r2r3物体1与人造卫星2比较，由于赤道上物体受引力和支持力的合力提供向心力，而近地卫星只受万有引力，故F1F2 ，故A错误；B、由选项A的分析知道向心力F1F2 ，故由牛顿第二定律，可知a1a2，故B错误；C、由A选项的分析知道向心力F1F2 ，根据向心力公式F=m，由于m、R一定，故v1v2，故C错误；D、同步卫星与地球自转同步，故T1=T3，根据周期公式T=2可知，卫星轨道半径越
23、大，周期越大，故T3T2，再根据=，有1=32，故D正确；故选D点评：本题关键要将物体1、人造卫星2、同步卫星3分为三组进行分析比较，最后再综合；一定不能将三个物体当同一种模型分析，否则会使问题复杂化6如图所示，内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运( )A球A的角速度一定大于球B的角速度B球A的线速度一定大于球B的线速度C球A的运动周期一定小于球B的运动周期D球A对筒壁的压力一定大于球B对筒壁的压力考点：向心力；牛顿第二定律 专题：压轴题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：对小球受力分析，受重力和支持力，合
24、力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解即可解答：解：A、对小球受力分析，受重力和支持力，如图根据牛顿第二定律，有F=mgtan=m解得v=由于A球的转动半径较大，故线速度较大，=，由于A球的转动半径较大，故角速度较小，故A错误，B正确；C、T=，A的角速度小，所以周期大，故C错误；D、由A选项的分析可知，压力等于，与转动半径无关，故D错误；故选B点评：本题关键是对小球受力分析，然后根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解分析7如图所示，在斜面顶端的A点以速度v平抛一小球，经t1时间落到斜面上B点处，若在A点将此小球以速度0.5v水平抛出，经t2时间落到斜面上的C点处，以下判断正确的是( )AAB：
25、AC=4：1BAB：AC=2：1Ct1：t2=4：1Dt1：t2=：1考点：平抛运动 专题：平抛运动专题分析：小球落在斜面上，竖直方向上的位移和水平方向上的位移的比值是一定值，即tan=，知运动的时间与初速度有关从而求出时间比根据时间比，可得出竖直方向上的位移比，从而可知AB与AC的比值解答：解：小球落在斜面上时，平抛运动竖直方向上的位移和水平方向上的位移的比值为：tan=，则t=知运动的时间与初速度成正比，所以t1：t2=2：1竖直方向上下落的高度为 h=，知竖直方向上的位移之比为4：1斜面上的距离为：s=，知AB：AC=4：1故A正确，C错误故选：A点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方
26、向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动以及知道小球落在斜面上，竖直方向上的位移和水平方向上的位移比值一定8如图所示，甲、乙两个高度相同的固定斜面，倾角分别为1和2，且12质量为m的物体（可视为质点）分别从这两个斜面的顶端由静止沿斜面滑到底端，物体与这两个斜面的动摩擦因数均为关于物体两次下滑的全过程，下列说法中正确的是( )A重力所做的功和重力的平均功率均相同B物体两次下滑的时间不相同C动能的变化量相同D机械能的变化量相同考点：功能关系；功率、平均功率和瞬时功率 分析：重力做功只与始末位置有关，据此确定重力做功情况，由于重力做功相同，故重力的平均功率与物体下滑时间有关，根据下滑时间确定重
27、力做功功率，同时求得摩擦力做功情况，由动能定理确定物体获得的动能及动能的变化量解答：解：AB、重力做功只与始末位置有关，两种轨道上滑下，物体下滑的距离相等，故重力做功相同，物体沿斜面下滑时由牛顿第二定律有：mgsinmgcos=ma，可得物体下滑时的加速度a=gsingcos，因为12，所以物体下滑时的加速度a2a1，物体下滑高度相同，可知，沿倾角1下滑的距离大于沿倾角2下滑的距离，结合a2a1，可知，沿倾角1下滑的时间大于沿倾角2下滑的时间，又因为重力做功相等，故重力做功的平均功率不等，故A错误、B正确；C、由以上分析知，沿斜面下滑时的摩擦力f=mgcos沿倾角1的摩擦力f1大于沿斜角2下滑
28、时的摩擦力，而沿倾角1下滑的距离大，故克服摩擦力做功大于沿倾角2下滑时克服摩擦力做的功，根据动能定理可知，沿倾角2下滑时物体获得的动能大，故C错误；D、由C分析知，两种情况下摩擦力做的功不同，故机械能的变化量不等，所以D错误故选：B点评：本题主要考查动能定理和功能关系关键要明确研究的过程列出等式表示出需要比较的物理量，正确的对物体进行受力分析和做功分析是正确解决问题的关键9如图所示，50个大小相同、质量均为m的小物块，在平行于斜面向上的恒力F作用下一起沿斜面向上运动已知斜面足够长，倾角为30，各小物块与斜面间的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则第3个小物块对第2个小物块的作用力大小为( )AF
29、BFC24mg+D因为动摩擦因数未知，所以不能确定考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力 专题：牛顿运动定律综合专题分析：对整体分析，运用牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离分析，求出第3个小物块对第2个小物块的作用力大小解答：解：根据牛顿第二定律得，整体的加速度为：a=gsin30gcos30隔离对1、2两个物体分析，有：F2mgsin302mgcos30N=2ma解得：N=F故A正确，B、C、D错误故选：A点评：解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用10带负电的粒子在某电场中仅受电场力作用，能分别完成以下两种运动：直线运动；圆周运动则该电场可
30、能由( )一个带正电的点电荷形成 一个带负电的点电荷形成两个分立的带等量正电的点电荷形成两个分立的带等量负电的点电荷形成A说法正确B说法正确C说法正确D只有说法正确考点：电场；元电荷、点电荷 专题：电场力与电势的性质专题分析：带负电的粒子在某电场中仅受电场力作用，若在电场线上运动，则电势一定变化，因为沿电场线电势降低，若在等势面上做匀速圆周运动，则电场力大小应该不变，结合这两个要求判断即可解答：解：、因为一个带正电的点电荷形成的电场，其电场线是直线，当带负电的粒子的初速度的方向与电场线的方向在一条直线上时，粒子可以在电场线上运动，当粒子的初速度的方向与电场线垂直时，粒子可以在等势面上做匀速圆周
31、运动带负电的粒子 可以在一个带正电的点电荷形成的电场中的任意一个等势面（如图1中虚线所示的等势面A、B、C）上做匀速圆周运动故正确；、当粒子的初速度的方向与电场线垂直时，粒子受到与电场线方向相反的力的作用，将会做离心运动，故错误、如图2所示两个等量的同种正点电荷A、B形成的电场（笔者增加了AO、BO、OP、OQ四条直线电场线），当带负电的粒子的初速度的方向与电场线在一条直线上时，粒子可以在电场线上运动，如图2所示粒子可以在直线电场线AM、BN、AB、OP、OQ等上做直线运动，由于场强是变化的，所以粒子做变速直线运动，考虑到电场分布的空间性和对称性，当粒子初速度的方向在A、B连线的中垂面内且与中
32、垂线垂直，则粒子所受库仑力的合力始终指向O点，粒子将在两电荷A、B连线的中垂面内，以两电荷A、B连线的中点O为圆心做匀速圆周运动其实PQ是两电荷连线的垂直平分面在纸面内的投影，在该平面内其电势的分布像在两电荷A、B连线的中点O处固定一个孤立的正的点电荷一样，其电势的分布如图2虚线所示的等势面，故正确；、两个带等量负的点电荷的电场对负电荷的作用力向外，同负点电荷的电场类似，所以带负电粒子不可能在受到背离圆心的作用下做匀速圆周运动故错误故选：B点评：该题考查几种常见的电场的特点，本题关键要能让负电荷做匀速圆周运动，必须有指向圆心的力提供向心力，故只能是位于圆心的正电荷提供11在如图所示的电路中，两
33、个灯泡均发光，当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，则( )AA灯变亮，B灯变暗BA灯和B灯都变亮C电源的输出功率减小D电源的工作效率降低考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据欧姆定律分析总电流的变化和A灯电压的变化，判断A灯亮度的变化根据总电流与R2电流的变化，分析流过B灯电流的变化，分析B灯亮度的变化电源的效率等于输出功率与总功率之比，等于外电路总电阻与整个电路总电阻之比解答：解：A、B当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据全电路欧姆定律得知，总电流I变小，A灯的电压UA=EI（R1+
34、r），I变小，UA变大，A灯变亮流过B的电流IB=II2，I变小，I2变大，则IB变小，B灯变暗故A正确，B错误C、由于外电阻与电源的内阻大小关系未知，无法判断电源的输出功率如何变化故C错误D、电源的工作效率=，外电路总电阻R增大，电源的工作效率增大故D错误故选A点评：对于电路动态变化分析问题，首先要根据电路结构的变化分析外电路总电阻的变化，到总电流和路端电压变化，再到局部电路电流和电压的变化进行分析二、实验题（每空3分，共18分）12必须同时使用测量工具：打点计时器和刻度尺，才能完成下列高中物理课本里的学生实验有( )A研究匀变速直线运动的规律B探究求合力的方法C探究平抛运动的规律D验证机械
35、能守恒定律（必须用重锤和纸带来验证）E探究功与物体速度变化的关系考点：验证机械能守恒定律；研究平抛物体的运动 专题：实验题分析：通过实验的原理确定需要测量的物理量，从而确定所需的实验器材解答：解：A、测定匀变速直线运动的实验中，需要测量纸带点迹的长度，所以需要的器材有刻度尺、打点计时器；B、验证力的平行四边形定则中，需要刻度尺做平行四边形和做力的图示时测量合力的大小，不需要天平和打点计时器；C、探究平抛运动的规律中，需要刻度尺，但不要打点计时器，D、验证机械能守恒，需要通过纸带求解瞬时速度和下降的距离，所以需要打点计时器、刻度尺E、探究功与物体速度变化的关系，需要通过纸带测量物体的速度，因此需
36、要打点计时器和刻度尺，不需要测量质量；故答案为：ADE点评：解决本题的关键掌握 各个实验的实验原理，通过原理确定需要的实验器材，难度不大，属于基础题13某同学用如图所示的实验装置验证“力的平行四边形定则”弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为3.6N（2）下列不必要的实验要求是D（请填写选项前对应的字母）A应测量重物M所受的重力B弹簧测力计应在使用前校零C拉线方向应与木板平面平行
37、D改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置考点：验证力的平行四边形定则 专题：实验题；平行四边形法则图解法专题分析：确定出弹簧测力计的分度值，从而读出弹簧秤的读数在该实验中，由于P、O的位置确定，则A弹簧的拉力大小和方向一定，合力又一定，则弹簧B的拉力大小和方向也一定，不需进行多次实验解答：解：（1）弹簧测力计读数，每1N被分成5格，则1格就等于0.2N图指针落在3N到4N的第3格处，所以3.6N（2）A、实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道故A正确；B、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零故B正确；C、拉线方向必须与木板
38、平面平行，这样才确保力的大小准确性故C正确；D、当结点O位置确定时，弹簧测力计A的示数也确定，由于重物的重力已确定，两力大小与方向均一定，因此弹簧测力计B的大小与方向也一定，所以不需要改变拉力多次实验故D错误本题选不必要的，故选：D故答案为：（1）3.6，（2）D点评：本题考查了弹簧测力计读数、减小实验误差的方法，对弹簧测力计读数时要先确定其分度值，然后再读数，读数时视线要与刻度线垂直14某同学为探究动能定理，设计了如下实验，他的操作步骤如下：（1）按图甲摆好实验装置，其中小车质量M=0.20kg，钩码总质量m=0.05kg（2）释放小车，然后接通打点计时器的电源（电源频率为f=50Hz），打
39、出一条纸带（3）他在多次重复实验得到的纸带中取出自认为满意的一条，如图一乙所示，把打下的第一点记做O，然后依次取若干个计数点，相邻计数点间还有4个点未画出，用厘米刻度尺测得各计数点到O点距离分别为d1=0.041m，d2=0.055m，d3=0.167m，d4=0.256m，d5=0.360m，d6=0.480m，他把钩码重力（当地重力加速度g=10m/s2）作为小车所受合力，算出打下O点到打下第5点合力做功W=0.180 J（结果保留三位有效数字），用正确的公式Ek=（用相关数据前字母列式）把打下第5点时小车的动能作为小车动能的改变量，算得Ek=0.125J（4）此次试验探究的结果，他没能得
40、到“合力对物体做的功等于物体动能的增量”，且误差很大通过反思，他认为产生误差的原因是把钩码的重力当成了小车的合力；实验前没有平衡摩擦力；（只要写出两条主要原因即可）考点：探究功与速度变化的关系 专题：实验题分析：（1）将砝码重力当作小车所受合外力，根据功的定义可以正确解答，根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度可以求出第5个点的速度大小，进一步求出其动能大小；（2）实验误差主要来自两个方面一是由实验原理不完善导致的系统误差，一是由数据测量如测量距离等导致的偶然误差，可以从这两个方面进行分析解答：解：（3）从打O点到打5点这一过程中合力做功：W=Fs=mgh=mgd5=0.
41、05100.360=0.180J；做匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，打第5个点的速度：v5=，此时动能为：（4）把钩码的重力当成了小车的合力；实验前没有平衡摩擦力；没有使用最小刻度为毫米的刻度尺测距离等都会造成实验误差故答案为：（3）0.180J，；（4）把钩码的重力当成了小车的合力；实验前没有平衡摩擦力；没有使用最小刻度为毫米的刻度尺测距离（任意两条）点评：明确实验原理往往是解决实验问题的关键，该实验的一些操作和要求与探究力、加速度、质量之间关系的实验类似可以类比学习三、计算题（本题包括4小题，共49分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答
42、案的不能得，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15如图a所示为杂技“顶杆”表演，一质量为m1=80kg的成年人站在地面上，肩上扛一质量为m2=5kg的竖直竹竿，竿上有一质量m3=30kg的小孩可看成是质点，竿上的小孩从竿的顶端A恰好下滑到竿的末端B，其速度时间图象如图b所示，g取10m/s2，求：（1）竿的长度lAB为多少；（2）地面上的成人对地的最大压力为多少？（3）小孩在加速下滑过程中受到摩擦力的冲量大小为多少？考点：牛顿第二定律；动量定理 专题：动量定理应用专题分析：（1）vt图象中图象的面积表示物体经过的位移；（2）图象的斜率表示加速度，由图象可求得加速度；由牛顿第二定律可
43、求得支持力；再由牛顿第三定律可求得压力；（3）由图象可求得加速下滑的加速度，再由牛顿第二定律可求得摩擦力，再由冲量定义可求得摩擦力的冲量解答：解：（1）由速度图象可知竿长为：l=3m；（2）以杆、小孩和成人整体研究小孩匀减速下降时，成人对地压力最大，加速度方向向上，系统超重加速度大小由图象可得：a1=2 m/s2，则：F支=（m1+m2+m3）g+m3a1=1210N；由牛顿第三定律可知，成人对地压力为1210N（3）小孩加速下滑的加速度由图象可得：a2=1m/s2由牛顿第二定律有：m3gf=m3af=m3gm3a=240N摩擦力冲量为：If=ft=2402 Ns=480Ns答：（1）竿的长度
44、lAB为3m（2）地面上的成人对地的最大压力为1210N；（3）小孩在加速下滑过程中受到摩擦力的冲量大小为480Ns点评：本题考查牛顿第二定律及图象的应用，要注意明确受力分析，并掌握由图象求解加速度及体积的方法16由于地球自转的影响，地球表面的重力加速度会随纬度的变化而有所不同已知地球表面两极处的重力加速度大小为g0，在赤道处的重力加速度大小为g，地球自转的周期为T，引力常量为G假设地球可视为质量均匀分布的球体求：（1）质量为m的物体在地球北极所受地球对它的万有引力的大小；（2）地球的半径；（3）地球的密度考点：万有引力定律及其应用 专题：万有引力定律的应用专题分析：质量为m的物体在两极所受地
45、球的引力等于其所受的重力根据万有引力定律和牛顿第二定律，在赤道的物体所受地球的引力等于其在两极所受的重力联立求半径解答：解：（1）质量为m的物体在两极所受地球的引力等于其所受的重力即F=mg0（2）设地球的质量为M，半径为R，在赤道处随地球做圆周运动物体的质量为m物体在赤道处随地球自转做圆周运动的周期等于地球自转的周期，轨道半径等于地球半径根据万有引力定律和牛顿第二定律有mg=mR 在赤道的物体所受地球的引力等于其在两极所受的重力即根据卫星运动的特点：越远越慢，知道在轨道上运动的周期小于在轨道上运动的周期=mg0解得 R=（3）因为，所以 M=又因地球的体积V=R3，所以 =答：（1）质量为m
46、的物体在地球北极所受地球对它的万有引力的大小mg0；（2）地球的半径；（3）地球的密度点评：解答此题要清楚地球表面的物体受到的重力等于万有引力，根据万有引力定律和牛顿第二定律，地球近地卫星所受的万有引力提供向心力17现有一根长为L=1m的刚性轻绳（绷紧瞬间绳长度不变），其一端固定于O点，另一端系着质量为m=0.5kg的小球（可视为质点），将小球提至O点正上方的A点处，此时绳刚好伸直且无张力，如图所示，不计空气阻力，g取10m/s2，若现在将小球以速度v0=1m/s水平抛出的瞬间，则：（1）绳中若有张力，求其大小，若无张力，试求绳子再次伸直时所经历的时间和此时小球竖直方向的分速度（2）当小球到达
47、O点正下方时，绳子的拉力是多少？考点：机械能守恒定律；向心力 专题：机械能守恒定律应用专题分析：（1）由于v2V0，故绳中没有张力，小球将做平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得运动的时间；（2）由动能定理求的O点最低端的速度，由牛顿第二定律求的拉力解答：解：（1）若小球能作圆周运动，设最高点速度至少为v1小球以v0=1m/s作平抛运动当小球运动到B点，此时OB与竖直方向夹角为，Lsin=v0t （1）L+Lcosgt2 （2）由（1），（2）代入数据得：cos=，sin=，t=0.6s竖直分速度为：vy2=2gL（1+cos）得：vy=6m/s（2）绳绷紧瞬间沿半径方向速度立即减小为0，设切线
48、方向速度为v3v3=vysinv0 cos=2.8m/s小球由B运动到C，由机械能守恒有：小球在C点根据牛顿运动定律，有：代入数据得：F=10.92N答：（1）绳子再次伸直时所经历的时间为0.6s和此时小球竖直方向的分速度为6m/s（2）当小球到达O点正下方时，绳子的拉力是10.92N点评：要使小球在竖直面内能够做完整的圆周运动，在最高点时至少应该是重力作为所需要的向心力，这是本题中的一个临界条件，与此时的物体的速度相对比，可以判断物体能否做圆周运动，进而再根据不同的运动的规律来分析解决问题，本题能够很好地考查学生的分析解决问题的能力，是道好题18光滑水平面与一半径为R=2.5m的竖直光滑圆轨
49、道平滑连接如图所示，物体可以由圆轨道底端阀门（图中未画出）进入圆轨道，水平轨道上有一轻质弹簧，其左端固定在墙壁上，右端与质量为m=0.5kg的小球A接触但不相连，今向左推小球A压缩弹簧至某一位置后，由静止释放小球A，测得小球A到达圆轨道最高点是对轨道的压力大小为FN=10N，g=10m/s2，（小球A可视为质点）（1）求弹簧的弹性势能Ep；（2）若弹簧的弹性势能Ep=25J，小球进入圆轨道后阀门关闭，通过计算说明小球会不会脱离轨道若脱离，求在轨道上何处脱离（脱离点和圆心连接与水平方向的夹角可用三角函数表示），若不能脱离，求小球对轨道的最大与最小压力的差F考点：机械能守恒定律；动能定理 专题：机
50、械能守恒定律应用专题分析：对小球在轨道最高点时受力分析，根据牛顿第二定律列方程求出小球在最高点时的速度，根据能量守恒定律求弹簧的弹性势能；若小球能通过最高点，则v，由能量守恒定律求小球到达最高点的速度，然后与临界速度进行比较解答：解： （1）小球到达最高点，由牛顿第二定律可得：FN+mg=m以弹簧和小球为系统，由机械能守恒定律可得：Ep=mv2+mg2R 联立并代入数据得：Ep=43.75 J（2）若小球恰好能够做完整的圆周运动，则由机械能守恒定律可得：Ep1=mv2+mg2R其中mg=m联立并代入数据得：Ep1=31.25 J 若速度较小，则小球在圆心以下做往复运动，也不会脱离轨道，有：Ep
51、2=mgR=12.5 J综上所述，小球不脱离圆轨道必须满足：Ep31.25 J或0Ep12.5 J故Ep=25 J时，小球一定会脱离圆轨道设小球在与圆心连线与水平方向夹角为处脱离轨道，速度大小为v，可得：mgsin =m由机械能守恒定律得：Ep=mgR（1+sin ）+mv2联立解得：sin =arcsin答：（1）弹簧的弹性势能EP为43.75J；（2）若弹簧的弹性势能EP=25J，小球进入圆轨道后阀门关闭，小球会脱离圆轨道，在轨道上与圆心连线与竖直方向成arcsin处脱离点评：本题是能量守恒与牛顿运动定律的综合应用，来处理圆周运动问题利用功能关系解题的优点在于不用分析复杂的运动过程，只关心初末状态即可，平时要加强训练深刻体会这一点
