1、湖南省浏阳、醴陵、攸县三校联考2015届高考物理模拟试卷一、单项选择题（每小题4分，共32分，每小题给出的四个选项，只有一个选项正确）1在物理学的发展过程中，科学家们创造出了许多物理学研究方法，以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是( )A在不需要考虑带电物体本身的大小和形状时，用点电荷来代替物体的方法叫微元法B在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验采用了假设法C在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了理想模型法D伽利略认为自由
2、落体运动就是物体在倾角为90的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法2在空气阻力大小恒定的条件下，小球从空中下落，与水平地面相碰（碰撞时间极短）后弹到空中某一高度以向下为正方向，其速度随时间变化的关系如图所示，取g=10m/s2，则以下结论正确的是( )A小球弹起的最大高度为1.0mB小球弹起的最大高度为0.45mC小球弹起到最大高度的时刻t2=0.80sD空气阻力与重力的比值为1：53如图所示，质量均为m的A、B两球由轻质弹簧相连，在恒力F作用下，以大小为a的加速度竖直向上做匀加速运动，突然撤除恒力瞬间，A、B的加速度大小分别为
3、( )AaA=aB=aBaA=2g+a，aB=aCaA=aB=gDaA=2g+a，aB=04据新华社北京11月1日电（记者张辛欣）1日，探月工程三期再入返回飞行试验任务的返回器经历了数天的太空之旅后平安回家，标志着探月工程全面转入无人自主采样返回新阶段中国探月工程以无人探测为主，分三个实施阶段：“绕”“落”“回”三步走2007年10月24日，嫦娥一号卫星由长征三号甲运载火箭在西昌卫星发射中心成功发射升空2013年12月2日，嫦娥三号在西昌卫星发射中心发射，2013年12月14日，嫦娥三号成功着陆月球设探月卫星可贴近月球表面运动且轨道是圆形的，已知地球半径约是月球半径的4倍，地球质量约是月球质量
4、的81倍，地球近地卫星的周期约为84min，地球表面重力加速度g取10m/s2，则( )A绕月球表面做匀速圆周运动的探月卫星，其运动周期约是80minB设想宇航员在月球表面上做自由落体实验，某物体从离月球表面20m处自由下落，约经4.5s时间落地C嫦娥三号卫星最小以7.9km/s的速度离开月球才能成为绕月卫星D绕月球表面做匀速圆周运动的探月卫星，其向心加速度约是4m/s25如图，从竖直面上大圆（直径d）的最高点A，引出两条不同的光滑轨道，端点都在大圆上，同一物体由静止开始，从A点分别沿两条轨道滑到底端，则( )A所用的时间相同B重力做功都相同C机械能不相同D到达底端的动能相等6如图所示，直线a
5、、抛物线b和曲线c分别为某一稳恒直流电源在纯电阻电路中的总功率P、电源内部发热功率Pr、输出功率PR随电流I变化的图象，根据图象可知( )A电源的电动势为9V，内阻为1B电源的电动势为3V，内阻为3C图象中任意电流值对应的P、Pr、PR间的关系为PPr+PRD电路中总电阻为2时，外电阻上消耗的功率最大且为2.25W7某同学在研究电子在电场中的运动时，得到了电子由a点运动到b点的轨迹（图中实线所示），图中未标明方向的一组虚线可能是电场线，也可能是等势面，则下列说法不正确的判断是( )A如果图中虚线是电场线，电子由a点运动到b点，动能减小，电势能增大B如果图中虚线是等势面，电子由a点运动到b点，动
6、能增大，电势能减小C不论图中虚线是电场线还是等势面，a点的场强都大于b点的场强D不论图中虚线是电场线还是等势面，a点的电势都高于b点的电势8在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R为定值电阻，R为滑动变阻器开关闭合后，灯泡L能正常发光；当滑动变阻器的滑片向右移动后，下列说法中正确的是( )A灯泡L变亮B电容器C的带电量将增大CR0两端的电压减小D电源的总功率变小，但电源的输出功率一定变大二、多项选择题（每小题4分，共16分，每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分）9如图所示，一电荷量为+q、质量为m的物体
7、在倾角为，质量为M的绝缘斜面体上恰能匀速下滑，此时地面对斜面体的摩擦力为F1；地面对斜面体的支持力为FN1；如果在空间突然施加平行斜面向上的、场强为E的匀强电场，在物体停止运动前，地面对斜面体的摩擦力为F2，地面对斜面体的支持力为FN2，施加电场前后斜面体均不动，则( )AF1=0，F2=qEcosBFN1=（M+m）g，FN2（M+m）gCF1=0，F2=0DFN1=FN2=（M+m）g10光滑水平面上有一边长为L的正方形区域处在电场强度为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行一质量为m、带电量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平速度V0进入该正方形区域当小球再次运动到该正方形区域
8、的边缘时，具有的动能可能为( )AmvBmvqELCmv+qELDmv+qEL11如图所示，竖直面有两个圆形导轨固定在一水平地面上，半径R相同，A轨道由金属凹槽制成，B轨道由金属圆管制成，均可视为光滑轨道在两轨道右侧的正上方将质量均为m的金属小球A和B由静止释放，小球距离地面的高度分别用hA和hB表示，则下列说法正确的是( )A适当调整hA和hB，均可使两小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处B若hA=hB=2R，则两小球在轨道最低点对轨道的压力为4mgC若hA=hB=R，则两小球都能上升到离地高度为R的位置D若使小球沿轨道运动并且能从最高点飞出，A小球的最小高度为，B小球在hB2R的任
9、何高度均可12在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v，则此时( )A物块B的质量满足m2gsin=kdB物块A的加速度为C拉力做功的瞬时功率为FvsinD此过程中，弹簧弹性势能的增量为Fdm1dgsinm1v2三、实验题（共2小题，16分）13 一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度的图象如图所示下列表述正确的是( )Aa的原长比
10、b的长Ba的劲度系数比b的大Ca的劲度系数比b的小D测得的弹力与弹簧的长度成正比14如图1所示，用包有白纸的质量为1.00kg的圆柱棒替代纸带和重物，蘸有颜料的毛笔固定在电动机上并随之转动，使之替代打点计时器当烧断悬挂圆柱棒的线后，圆柱棒竖直自由下落，毛笔就在圆柱棒面上的纸上画出细线，如图2所示，设毛笔接触棒时不影响棒的运动测得各线之间的距离依次为26.0mm、42.0mm、58.0mm、74.0mm、90.0mm、106.0mm，已知电动机铭牌上标有“1500r/min”字样，由此验证机械能守恒根据以上内容，回答下列问题：（1）图1中的圆柱棒的_端是悬挂端（填左或右）（2）根据图2所给的数据
11、，可知毛笔画下细线C时，圆柱棒下落的速度VC=_m/s；画下细线D时，圆柱棒下落的速度VD=_m/s；细线C、D之间棒的动能的动能的变化量为_J，重力势能的变化量为_J（取g=9.8m/s2）由此可得出的结论是_四、计算题（共4小题，46分）15如图（a），质量m=1kg的物体沿倾角=37的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图（b）所示求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数；（2）比例系数k（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）16如图所示是放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置，滑
12、轨由四部分粗细均匀的金属杆组成：水平直轨AB，半径分别为R1和R2的圆弧轨道，其中R2=3.0m，长为L=6m的倾斜直轨CD，AB、CD与两圆弧轨道相切，其中倾斜直轨CD部分表面粗糙，动摩擦因数为=，其余各部分表面光滑，一质量为m=2kg的滑环（套在滑轨上），从AB的中点E处以v0=10m/s的初速度水平向右运动已知=37，g取10m/s2（sin=0.6，cos=0.8）求：（1）滑环第一次通过圆弧轨道O2的最低点F处时对轨道的压力；（2）滑环克服摩擦力做功所通过的总路程17某电视台娱乐节目，要求选手要从较高的平台上以水平速度v0跃出后，落在水平传送带上，已知平台与传送带高度差H=1.8m，
13、水池宽度S1=1.2m，传送带AB间的距离L0=20.85m，由于传送带足够粗糙，假设人落到传送带上后瞬间相对传送带静止，经过一个t=0.5s反应时间后，立刻以a=2m/s2，方向向右的加速度跑至传送带最右端（1）若传送带静止，选手以v0=3m/s水平速度从平台跃出，求从开始跃出到跑至传送带右端经历的时间（2）若传送带以u=1m/s的恒定速度向左运动，选手若要能到达传送带右端，则从高台上跃出的水平速度v1至少多大？18如图所示，两平行金属板A、B长为L=8cm，两板间距离为d=8cm，A板比B板电势高300V一电荷量为q=1010C，质量为m=1020kg的带正电粒子，沿电场中心线RO垂直电场
14、线飞入电场，初速度v0=2106m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响），已知两界面MN、PS相距为S1=12cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为S2=9cm，粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上已知静电力常数k=9.0109Nm2/C2，粒子重力忽略不计（1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远？到达PS界面时离D点多远？（2）确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小湖南省浏阳、醴陵、攸县三校联考2015届高考物理模拟试卷一、单
15、项选择题（每小题4分，共32分，每小题给出的四个选项，只有一个选项正确）1在物理学的发展过程中，科学家们创造出了许多物理学研究方法，以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是( )A在不需要考虑带电物体本身的大小和形状时，用点电荷来代替物体的方法叫微元法B在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验采用了假设法C在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了理想模型法D伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上
16、的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法考点：物理学史 分析：在不需要考虑带电物体本身的大小和形状时，用点电荷来代替物体的方法叫建立理想化模型的方法在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验采用了控制变量法；在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法解答：解
17、：A、在不需要考虑带电物体本身的大小和形状时，用点电荷来代替物体的方法叫建立理想化模型的方法故A错误B、在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验采用了控制变量法；故B错误C、在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故C错误D、伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法故D正确故选D点评：在高中物理学习的过程中，我们会遇到多
18、种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助，故在理解概念和规律的基础上，要注意方法的积累2在空气阻力大小恒定的条件下，小球从空中下落，与水平地面相碰（碰撞时间极短）后弹到空中某一高度以向下为正方向，其速度随时间变化的关系如图所示，取g=10m/s2，则以下结论正确的是( )A小球弹起的最大高度为1.0mB小球弹起的最大高度为0.45mC小球弹起到最大高度的时刻t2=0.80sD空气阻力与重力的比值为1：5考点：匀变速直线运动的图像 专题：计算题分析：解决本题的关键是正确理解速度时间图象的物理意义：速度图象的斜率代表物体的加速度，速度图象与时间轴围成的面积代表物体的位移，根据牛顿第
19、二定律求出物体所受的阻力进而求出反弹的时间，最后求出反弹的高度解答：解：小球下落过程中有a1=mgf=ma1解得f=mgma1=故=，故D正确在小球弹起过程中有mg+f=ma2解得a2=12m/s2故小球上升的时间t=0.25s故t2=t1+t=0.75s，故C错误根据图象可知小球弹起的最大高度h=30.25=0.375m故A、B错误故选D点评：利用速度时间图象可以求出物体运动的加速度，然后利用牛顿第二定律求出物体的受力情况，进而根据运动学公式或速度时间图象求解物体的运动情况3如图所示，质量均为m的A、B两球由轻质弹簧相连，在恒力F作用下，以大小为a的加速度竖直向上做匀加速运动，突然撤除恒力瞬
20、间，A、B的加速度大小分别为( )AaA=aB=aBaA=2g+a，aB=aCaA=aB=gDaA=2g+a，aB=0考点：牛顿第二定律；胡克定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：抓住撤去外力F的瞬间，恒力F立即消失，而弹簧弹力由于形变量没有发生变化，在此瞬间弹簧弹力保持不变，运用整体法和隔离法分别求解即可解答：解：根据题意知，以AB整体为研究对象有：F2mg=2ma可得：恒力F=2mg+2ma，再以A为研究对象，得FmgF弹簧=ma可得F弹簧=Fm（g+a）=m（g+a）F撤去瞬间，F消失，弹簧弹力瞬间保持不变，故以A为研究对象：F合A=mg+F弹簧=mg+m（g+a），根据牛顿第二定律知，
21、此时A的加速度aA=2g+a对B而言，在F撤去瞬间，由于弹簧弹力保持不变，故B的受力瞬间没有发生变化，即此时B的加速度aB=a所以B正确，ACD错误故选：B点评：解决本题的关键是抓住F瞬间消失，在F消失的瞬间，弹簧的形变量没有发生变化故在此瞬间弹簧弹力保持不变，由此再根据牛顿第二定律求解加速度情况4据新华社北京11月1日电（记者张辛欣）1日，探月工程三期再入返回飞行试验任务的返回器经历了数天的太空之旅后平安回家，标志着探月工程全面转入无人自主采样返回新阶段中国探月工程以无人探测为主，分三个实施阶段：“绕”“落”“回”三步走2007年10月24日，嫦娥一号卫星由长征三号甲运载火箭在西昌卫星发射中
22、心成功发射升空2013年12月2日，嫦娥三号在西昌卫星发射中心发射，2013年12月14日，嫦娥三号成功着陆月球设探月卫星可贴近月球表面运动且轨道是圆形的，已知地球半径约是月球半径的4倍，地球质量约是月球质量的81倍，地球近地卫星的周期约为84min，地球表面重力加速度g取10m/s2，则( )A绕月球表面做匀速圆周运动的探月卫星，其运动周期约是80minB设想宇航员在月球表面上做自由落体实验，某物体从离月球表面20m处自由下落，约经4.5s时间落地C嫦娥三号卫星最小以7.9km/s的速度离开月球才能成为绕月卫星D绕月球表面做匀速圆周运动的探月卫星，其向心加速度约是4m/s2考点：人造卫星的加
23、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：环绕天体绕中心天体匀速圆周运动由万有引力提供圆周运动向心力，在星球表面重力与万有引力相等，据此由地球和月球的质量与半径关系求解即可解答：解：在星球表面重力与有引力相等，据此有：可得重力加速度g=，所以月球表面的重力加速度为：gA、近地卫星的周期T=，故月球的近月卫星周期为：T，故A错误；B、根据自由落体规律有落地时间为：t=，故B正确；C、月球表面的发射速度为：v=1.76km/s，故C错误；D、绕月球表面匀速圆周运动的探月卫星其向心加速度等于月球表面的重力加速度即为：a=，故D错误故选：B点评：本题关键是根据万有引力与重力
24、相等和万有引力提供圆周运动向心力展开讨论，掌握公式和规律是正确解题的关键5如图，从竖直面上大圆（直径d）的最高点A，引出两条不同的光滑轨道，端点都在大圆上，同一物体由静止开始，从A点分别沿两条轨道滑到底端，则( )A所用的时间相同B重力做功都相同C机械能不相同D到达底端的动能相等考点：机械能守恒定律 专题：机械能守恒定律应用专题分析：沿不同光滑斜面下滑的过程中，到达底端的动能完全由重力势能转化的而重力势能的增加是由重力做功决定，对于同一物体，高度决定了重力做功的多少至于机械能则是动能与重力势能之和，由于在下滑过程中，只有重力，所以机械能守恒；对于下滑的时间可由运动学公式，根据受力分析确定加速度
25、大小，并由几何关系来确定位移大小，从而算出所用的时间解答：解：A、对物体在斜面上受力分析，由牛顿第二定律可求得，a=gcos；根据运动学公式x=at2，可得，2Rcosgcost2，t=2，因此下滑时间与斜面的倾角无关，只与圆弧的半径及重力加速度有关，故A正确；B、物体沿不同斜面下滑的高度不同，重力做功不同，故B错误； C、物体下滑过程只有重力做功，机械能守恒，物体初状态机械能相等，由机械能守恒定律可知，物体到达底端时的机械能相等，故C错误；D、物体下滑过程重力做功不同，由动能定理可知，物体到达底端时的动能不同，故D错误；故选：A点评：本题考查能量的转化题目，一定要看清是不是光滑的表面，这点关
26、系到有没有能量的损失同时将牛顿第二定律与运动学公式相综合，得出运动的时间与倾角无关6如图所示，直线a、抛物线b和曲线c分别为某一稳恒直流电源在纯电阻电路中的总功率P、电源内部发热功率Pr、输出功率PR随电流I变化的图象，根据图象可知( )A电源的电动势为9V，内阻为1B电源的电动势为3V，内阻为3C图象中任意电流值对应的P、Pr、PR间的关系为PPr+PRD电路中总电阻为2时，外电阻上消耗的功率最大且为2.25W考点：电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：三种功率与电流的关系是：直流电源的总功率PE=EI，内部的发热功率Pr=I2r，输出功率PR=EII2r，根据数学知识选择图线根据图线a斜率
27、求解电源的电动势由图读出电流I=3A时，发热功率Pr=I2r，求出电源的内阻当电流为1.5A时，根据闭合电路的欧姆定律求出总电阻，根据能量关系求外电阻上消耗的最大功率解答：解：A、B：直流电源的总功率PE=EI，故图线a的斜率等于电源的电动势，由得到E=3V由图线b，当I=3A时，Pr=9W，由公式Pr=I2r得，r=1故AB错误C、在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C 三点，这三点的纵坐标PA、PB、PC，则这三点的纵坐标PA、PB、PC分别是电源的总功率、电源内部的发热功率和输出功率，根据能量关系可知，PA=PB+PC即P=Pr+PR，故C错误D、由图线c可知，当电流为1.5
28、A时外电阻消耗的功率最大此时电路中的总电阻为，外电阻上消耗的功率最大为PR=EII2r=31.51.521=2.25W故D正确故选：D点评：本题首先考查读图能力，物理上往往根据解析式来理解图象的物理意义7某同学在研究电子在电场中的运动时，得到了电子由a点运动到b点的轨迹（图中实线所示），图中未标明方向的一组虚线可能是电场线，也可能是等势面，则下列说法不正确的判断是( )A如果图中虚线是电场线，电子由a点运动到b点，动能减小，电势能增大B如果图中虚线是等势面，电子由a点运动到b点，动能增大，电势能减小C不论图中虚线是电场线还是等势面，a点的场强都大于b点的场强D不论图中虚线是电场线还是等势面，a
29、点的电势都高于b点的电势考点：电势；电势能 专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线与等势面垂直，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，在等势面密的地方，电场的强度也是较大，在等势面疏的地方，电场的强度也是较小，沿电场线的方向，电势降低解答：解：A、若虚线是电场线，从轨迹弯曲方向可知电场力沿着电场线向左，ab曲线上每一点的瞬时速度与电场力方向均成钝角，故电子做减速运动，动能减小，电势能增大，所以A正确；B、若虚线为等势面，根据等势面与电场线处处垂直可大致画出电场线，显然可看出曲线上每个位置电子受到的电场力与速度成锐角，电子加速运动，故动能增大，电势能减小，所以B正确；C、不论
30、图中虚线是电场线还是等势面，由电场线的密集程度可看出a点的场强较大，故C正确；D、若虚线是等势面，从电子曲线轨迹向下弯曲可知电场线方向垂直虚线向上，沿着电场线方向电势越来越低，故a点电势较小；若虚线是电场线，从轨迹弯曲方向可知电场力沿着电场线向左，故电场线方向向右，沿着电场线方向电势越来越低，故a点电势较大，故D错误本题选择错误的，故选：D点评：无论虚线代表的是电场线还是等势面，粒子受到的电场力的方向都是指向运动轨迹的弯曲的内侧，由此可以判断粒子的受力的方向和运动方向之间的关系，从而可以确定电场力对粒子做的是正功还是负功8在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R为定值电阻
31、，R为滑动变阻器开关闭合后，灯泡L能正常发光；当滑动变阻器的滑片向右移动后，下列说法中正确的是( )A灯泡L变亮B电容器C的带电量将增大CR0两端的电压减小D电源的总功率变小，但电源的输出功率一定变大考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：灯泡L和滑动变阻器R串联、电容器C和定值电阻R0串联后两条支路再并联当电路稳定后，电容器这一路没有电流，相当于开关断开，对另一路没有影响电容器的电压等于路端电压当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据欧姆定律分析电流和路端电压的变化，分析灯泡亮度和电容器电量的变化解答：解：A、当滑动变阻器的滑片向右移动后，R增大，电路中电流I减
32、小，灯泡L将变暗故A错误；B、路端电压U=EIr，则知U增大，电容器电量Q=CU增大故B正确C、电路稳定后电容器相当开关断开，R0两端的电压为零，没有变化，故C错误D、I减小，电源的总功率P=EI，E不变，则知电源的总功率减小由于电源的内电阻与外电阻关系不知，不能确定电源输出功率如何变化故D错误故选：B点评：本题关键的要抓住电容器的特点：当电路稳定时，和电容器串联的电路没有电流，电容器电压等于这一串联电路两端的电压二、多项选择题（每小题4分，共16分，每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分）9如图所示，一电荷量为+q、质量为m
33、的物体在倾角为，质量为M的绝缘斜面体上恰能匀速下滑，此时地面对斜面体的摩擦力为F1；地面对斜面体的支持力为FN1；如果在空间突然施加平行斜面向上的、场强为E的匀强电场，在物体停止运动前，地面对斜面体的摩擦力为F2，地面对斜面体的支持力为FN2，施加电场前后斜面体均不动，则( )AF1=0，F2=qEcosBFN1=（M+m）g，FN2（M+m）gCF1=0，F2=0DFN1=FN2=（M+m）g考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：质量为M的绝缘斜面体上恰能匀速下滑，对m受力分析根据平衡条件列方程求解所受摩擦力和支持力的情况，加上电场后再分析
34、摩擦力和支持力的大小解答：解：一电荷量为+q、质量为m的物体在倾角为，质量为M的绝缘斜面体上恰能匀速下滑，以m和M整体为研究对象受力分析，根据平衡条件：F1=0FN1=mg+Mg以物块为研究对象，根据平衡条件：f=mgsin，N=mgcos，即斜面对物块的作用力为mg，方向竖直向上；加上平行斜面向上的、场强为E的匀强电场后，滑块m受的电场力沿斜面向上，则滑块将减速下滑，根据滑动摩擦力的决定因素：正压力不变，粗糙程度不变，则滑动摩擦力大小不变；垂直于斜面方向物块对斜面的压力也仍然为mgcos，即物块对斜面的作用力不变，仍然为mg，方向竖直向上，根据牛顿第三定律：物块对斜面的作用力为mg，方向竖直
35、向下，则水平方向斜面没有运动的趋势，F2=0，FN2=mg+Mg；故选：CD点评：本题关键是明确滑动摩擦力大小的计算，施加电场后，正压力和摩擦因数都没变则物块所受的滑动摩擦力大小不变10光滑水平面上有一边长为L的正方形区域处在电场强度为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行一质量为m、带电量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平速度V0进入该正方形区域当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为( )AmvBmvqELCmv+qELDmv+qEL考点：带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：要考虑电场方向的可能性，可能平行于AB向左或向右，也可能平行
36、于AC向上或向下若平行于AB，将做加速或减速，若平行于AC，将做类平抛运动，然后根据动能定理求解解答：解：如图所示，正方形区域ABCD处在场强为E的匀强电场中，假设小球带正电第一种情况，若电场的方向平行于AD向左，小球在匀强电场中做匀减速直线运动，若能达到CD端，根据动能定理得：qEL=Ek，则Ek=qEL，到达CD边时动能为qEL故B正确，若不能到达CD端，则又返回到AB段，电场力做功为零，则动能为：Ek=，故A正确；第二种情况，若电场的方向平行于AD向上或向下，小球在匀强电场中做类平抛运动，偏转位移最大为L，电场力做功最多为qEL，根据动能定理，则最大动能为mv02+qEL，若小球从CD射
37、出电场，其动能小于mv02+qEL，可能为mv02+qEL，不可能为mv02+qEL，故C错误，D正确故选：ABD点评：解决本题的关键知道当速度与合力方向平行时，做直线运动，可能加速直线，也可能做减速直线；当速度与合力垂直时，做曲线运动，故存在多种情况，要分别讨论11如图所示，竖直面有两个圆形导轨固定在一水平地面上，半径R相同，A轨道由金属凹槽制成，B轨道由金属圆管制成，均可视为光滑轨道在两轨道右侧的正上方将质量均为m的金属小球A和B由静止释放，小球距离地面的高度分别用hA和hB表示，则下列说法正确的是( )A适当调整hA和hB，均可使两小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处B若hA=h
38、B=2R，则两小球在轨道最低点对轨道的压力为4mgC若hA=hB=R，则两小球都能上升到离地高度为R的位置D若使小球沿轨道运动并且能从最高点飞出，A小球的最小高度为，B小球在hB2R的任何高度均可考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力 专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：小球A恰好能到A轨道的最高点时，轨道对小球无作用力，由重力提供小球的向心力，由牛顿第二定律求出速度小球恰好能到B轨道的最高点时，速度为零，根据机械能守恒分别求出hA和hB再判断hA=hB=2R，两小球是否能沿轨道运动到最高点根据最高点的临界速度求出小球最高点飞出的水平位移的最小值解答：解：A、A中为绳模型，小球A能从
39、A飞出的最小速度为v=，从最高点飞出后下落R高度时，水平位移的最小值为：xA=，小球A落在轨道右端口外侧而适当调整hB， B可以落在轨道右端口处故A错误；B、若hA=hB=2R，由机械能守恒定律可知，小球到达最低点时的速度v=，则由向心力公式可得：F=mg+m=3mg；故B错误；C、若hA=hB=R，根据机械能守恒定律可知，两小球都到达与O点等高的位置速度为零，即两小球都能上升到离地高度为R的位置，故C正确；D、由A的分析可知，A球最高点最小速度为，则由机械能守恒定律可知，mg（hA2R）=mvA2，A球下落的最小高度为R；而B中小球只要在最高点的速度大于2R即可；故D正确；故选CD点评：本题
40、是向心力、机械能守恒定律、平抛运动的综合，A轨道与轻绳系的球模型相似，B轨道与轻杆固定的球模型相似，要注意临界条件的不同12在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v，则此时( )A物块B的质量满足m2gsin=kdB物块A的加速度为C拉力做功的瞬时功率为FvsinD此过程中，弹簧弹性势能的增量为Fdm1dgsinm1v2考点：功能关系；功率、平均功率和瞬时功率 分析：当B刚离开C时，弹簧的弹力等
41、于B的重力沿斜面下的分力，根据胡克定律求解出弹簧的伸长量；根据牛顿第二定律求出物块A的加速度大小；根据机械能守恒定律求解A的速度解答：解：A、开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsin=kx2，x2为弹簧相对于原长的伸长量，但由于开始是弹簧是压缩的，故dx2，故m2gsinkd，故A错误；B、当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsin=kx2，根据牛顿第二定律：Fm1gsinkx2=ma，已知m1gsin=kx1，x1+x2=d 故物块A加速度等于，故B正确；C、拉力的瞬时功率P=Fv
42、，故C错误；D、根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：Fdm1gdsinm1v2，故D正确；故选：BD点评：含有弹簧的问题，往往要研究弹簧的状态，分析物块的位移与弹簧压缩量和伸长量的关系是常用思路三、实验题（共2小题，16分）13 一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度的图象如图所示下列表述正确的是( )Aa的原长比b的长Ba的劲度系数比b的大Ca的劲度系数比b的小D测得的弹力与弹簧的长度成正比考点：探究弹力和弹簧伸长的关系 专题：实验题分析：弹簧的弹力满足胡克定律，F=kx，在图象中
43、斜率表示弹簧的劲度系数k，横截距表示弹簧的原长解答：解：A、在图象中横截距表示弹簧的原长，故a的原长比b的短，故A错误； B、在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，故a的劲度系数比b的大，故B正确；C、在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，故a的劲度系数比b的大，故C错误；D、弹簧的弹力满足胡克定律，弹力与弹簧的形变量成正比，故D错误故选：B点评：本题考查了胡克定律，注意Ft图象的认识，明确胡确定律中的x为形变量14如图1所示，用包有白纸的质量为1.00kg的圆柱棒替代纸带和重物，蘸有颜料的毛笔固定在电动机上并随之转动，使之替代打点计时器当烧断悬挂圆柱棒的线后，圆柱棒竖直自由下落，毛笔就在圆柱棒面上的
44、纸上画出细线，如图2所示，设毛笔接触棒时不影响棒的运动测得各线之间的距离依次为26.0mm、42.0mm、58.0mm、74.0mm、90.0mm、106.0mm，已知电动机铭牌上标有“1500r/min”字样，由此验证机械能守恒根据以上内容，回答下列问题：（1）图1中的圆柱棒的左端是悬挂端（填左或右）（2）根据图2所给的数据，可知毛笔画下细线C时，圆柱棒下落的速度VC=1.25m/s；画下细线D时，圆柱棒下落的速度VD=1.65m/s；细线C、D之间棒的动能的动能的变化量为0.532J，重力势能的变化量为0.568J（取g=9.8m/s2）由此可得出的结论是圆柱棒在自由下落过程中，在误差允许
45、范围内机械能守恒考点：探究功与速度变化的关系 专题：实验题；动能定理的应用专题分析：了解该实验装置的原理，它类似于打点计时器，蘸有颜料的毛笔随电动机转一圈就在圆柱棒面上的纸上画出记号，这就像打点计时器每隔一定时间就打一个点数据的处理思路与打点计时器打出来的纸带处理一样利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度，从而求出动能根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值解答：解：（1）圆柱棒竖直自由下落，速度越来越大，因此毛笔所画出的记号之间的距离越来越大，因此左端的记号后画上，所以左端是悬挂端（2）毛笔画相邻两条线的时间间隔为电动机的转动周期已知电动机铭牌上标有“1500r
46、/min”字样，即每秒转25周，所以有：T=利用匀变速直线运动的推论有：C、D之间棒的动能的变化量为：EK=EkDEkC=mvD2mvC2=0.532 J根据重力势能的定义式得：重力势能减小量为：Ep=mgh=1.09.80.058J=0.568 J重力势能减小量略大于C、D之间棒的动能的变化量，所以在误差允许范围内圆柱下落过程中机械能守恒故答案为：（1）左；（2）1.25m/s；1.65m/s；0.532；0.568；圆柱棒在自由下落过程中，在误差允许范围内机械能守恒点评：该实验装置是根据打点计时器的特点和实验原理进行设计新的实验数据的处理思路与打点计时器打出来的纸带处理一样我们对于书本上的
47、实验必须要掌握实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项，才能解决设计实验的问题四、计算题（共4小题，46分）15如图（a），质量m=1kg的物体沿倾角=37的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图（b）所示求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数；（2）比例系数k（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）考点：牛顿第二定律 分析：（1）根据b图可以看出当没有风的作用时 物体的加速度的大小是4m/s2，由牛顿第二定律可以求得物体与斜面间的动摩擦因数；（2）当风速为5 m/s
48、时，物体的加速度为零，说明此时的物体受力平衡，对物体受力分析，由平衡的条件可以求得比例系数k解答：解：（1）对初始时刻，没有风的作用，对物体受力分析可得，沿斜面的方向：mgsinmgcos=ma0 ，由b图可以读出a0=4m/s2代入式，解得：=0.25；（2）对末时刻加速度为零，受力分析可得：mgsinNkvcos=0 ，又N=mgcos+kvsin，由b图可以读出，此时v=5 m/s 代入式解得：k=0.84kg/s答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数为0.25；（2）比例系数k是0.84kg/s点评：本题考查了学生的看图分析图象的能力，能根据图象从中找出有用的信息，对于本题抓住风速为零和风
49、速为5 m/s这两个时刻的物体的运动状态即可求得结果16如图所示是放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置，滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成：水平直轨AB，半径分别为R1和R2的圆弧轨道，其中R2=3.0m，长为L=6m的倾斜直轨CD，AB、CD与两圆弧轨道相切，其中倾斜直轨CD部分表面粗糙，动摩擦因数为=，其余各部分表面光滑，一质量为m=2kg的滑环（套在滑轨上），从AB的中点E处以v0=10m/s的初速度水平向右运动已知=37，g取10m/s2（sin=0.6，cos=0.8）求：（1）滑环第一次通过圆弧轨道O2的最低点F处时对轨道的压力；（2）滑环克服摩擦力做功所通过的总路程考点：功能关系；牛
50、顿第三定律 分析：（1）从E到F过程中，由机械能守恒可求得F点的速度，再由向心力公式可求得F处轨道的支持力，再由牛顿第三定律可求得滑环对轨道的压力；（2）圆环最后只能在D点的下方滑动，则由能量守恒定律可求得滑环克服摩擦力做功的总路程解答：解：（1）滑环从E点滑到F点的过程中，根据机械能守恒得：mv02+mgh=mvF2在F点对滑环分析受力，得FNmg=m由式得：FN=N根据牛顿第三定律得滑环第一次通过O2的最低点F处时对轨道的压力为N（2）由题意可知得：滑环最终只能在O2的D点下方来回晃动，即到达D点速度为零，由能量守恒得：mv02+mgR2（1+cos）=mgscos解得：滑环克服摩擦力做功
51、所通过的路程为：s=78m答：（1）对轨道的压力为N；（2）滑环克服摩擦力做功所通过的路程是78m点评：本题考查能量守恒及机械能守恒定律的应用，注意最后若圆环将无法滑上D处，只能在F两侧来回滑动17某电视台娱乐节目，要求选手要从较高的平台上以水平速度v0跃出后，落在水平传送带上，已知平台与传送带高度差H=1.8m，水池宽度S1=1.2m，传送带AB间的距离L0=20.85m，由于传送带足够粗糙，假设人落到传送带上后瞬间相对传送带静止，经过一个t=0.5s反应时间后，立刻以a=2m/s2，方向向右的加速度跑至传送带最右端（1）若传送带静止，选手以v0=3m/s水平速度从平台跃出，求从开始跃出到跑
52、至传送带右端经历的时间（2）若传送带以u=1m/s的恒定速度向左运动，选手若要能到达传送带右端，则从高台上跃出的水平速度v1至少多大？考点：平抛运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）从开始跃出到跑至传送带右端经历的时间经历两个过程：平抛运动和匀加速直线运动平抛运动的时间可以通过竖直方向去求，因为平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动，求出水平位移，然后再求出匀加速运动的位移以及时间（2）选手平抛运动到传送带上后，在反应时间内跟传送带一起向左做匀速，然后以2m/s2的加速度向左做匀减速直线运动到0，如果在这段时间内未掉
53、入水中，则不会调入水中，以后向右做初速度为0的匀加速直线运动解答：解：（1）平抛运动过程有：H=选手在水平方向上的位移s0=v0t1=1.8m则匀加速运动的位移s2=L0+s1s0=解得 t2=4.5s 所以总时间：t=t1+t2+t=5.6s（2）设水平跃出速度v1，落到传送带0.5s反应时间内向左位移大小 s2=ut=0.5m然后向左减速至速度为零，向左发生位移 s3=0.25m不从传送带上掉下，平抛水平位移 sS1+s2+s3=1.2+0.5+0.25m=1.95m所以v1=3.25m/s最小速度为3.25m/s 答：（1）若传送带静止，选手以v0=3m/s水平速度从平台跃出，从开始跃出
54、到跑至传送带右端经历的时间为5.6s（2）若传送带以u=1m/s的恒定速度向左运动，选手若耍能到达传送带右端，则从高台上跃出的水平速度V1至少为3.25m/s点评：解决本题的关键分析出选手的运动情况，然后根据平抛运动和运动学公式求解18如图所示，两平行金属板A、B长为L=8cm，两板间距离为d=8cm，A板比B板电势高300V一电荷量为q=1010C，质量为m=1020kg的带正电粒子，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0=2106m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响），已
55、知两界面MN、PS相距为S1=12cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为S2=9cm，粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上已知静电力常数k=9.0109Nm2/C2，粒子重力忽略不计（1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远？到达PS界面时离D点多远？（2）确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小考点：带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）由类平抛知识，带入数值便可求出偏离RO的距离；带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，求出时间即可知道aD的距离；（2）库仑力提供向心力，根据牛顿第二定律联合即可求得电量及
56、其电性解答：解：（1）粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离（侧向位移）y=t= a=UAB=300V联立解得y=0.03m 带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其运动轨迹与PS线交于a点，设a到中心线的距离为Y，则 解得：Y=0.12m；（2）带电粒子到达a处时，沿v0方向的速度大小为vx=v0=2106m/s 垂直v0方向的速度大小为vy=at=1.5106m/s如图，=，= 可知速度v方向垂直于Oa根据题意可知，该带电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q做匀速圆周运动，且半径等于Oa的长度，即r=，代入数据解得：r=0.15m，粒子到达a点时的速度大小为=2.5106m/s；由库仑定律和牛顿第二定律得=；代入数值解：Q=1.04108C，且Q带负电答：（1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为0.03m到达PS界面时离D点0.12m；（2）点电荷Q的电性为负电，其电荷量的大小为1.04108C点评：此题考查学生分析问题的能力，将复杂问题切割，各个分析，结合所学知识即可求解
