1、四川省成都市玉林中学2015届高三上学期期末物理试卷一、第I卷共7题，每题6分每题给出的4个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项符合题目要求，全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1（6分）2012年6月18日，“神舟九号”与“天宫一号”完美“牵手”，成功实现自动交会对接（如图）交会对接飞行过程分为远距离导引段、自主控制段、对接段、组合体飞行段和分离撤离段则下列说法正确的是（）A对接前，“神舟九号”欲追上“天宫一号”，必须在同一轨道上点火加速B对接时，“神舟九号”与“天宫一号”所受万有引力的大小一定相等C在组合体飞行段，“神舟九号”与“天宫一号”绕地球作匀速圆周运动的速度大于
2、7.9km/sD分离后，“神舟九号”变轨降低至飞行轨道圆周运行时，其速度比在组合体飞行的圆轨道时大2（6分）如图所示，从A、B、C三个不同的位置向右分别以vA、vB、vC的水平初速度抛出三个小球A、B、C，其中A、B在同一竖直线上，B、C在同一水平线上，三个小球均同时落在地面上的D点，不计空气阻力则必须（）A先同时抛出A、B两球，且vAvBvCB先同时抛出B、C两球，且vAvBvCC后同时抛出A、B两球，且vAvBvCD后同时抛出B、C两球，且vAvBvC3（6分）如图所示，一质量为m的滑块以初速度v0从固定于地面的斜面底端A开始冲上斜面，到达某一高度后返回A，斜面与滑块之间有摩擦下列各项分别
3、表示它在斜面上运动的速度v、加速度a、重力势能Ep和机械能E随时间变化的图象，可能正确的是（）ABCD4（6分）一带负电小球，在从空中a点运动到b点的过程中，受重力、空气阻力和静电力作用，重力对小球做功3.5J，小球克服空气阻力做功0.5J，静电力对小球做功1J，则下列说法正确的是（）A小球在a点的重力势能比在b点小3.5JB小球在a点的机械能比在b点小0.5JC小球在a点的电势能比在b点少1JD小球在a点的动能比在b点多4J5（6分）压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小如图所示，将压敏电阻平放在电梯内，受力面向上，在其上面放一质量为m的物体，电梯静止时电压表的示数为U0下列电压表示数随时间
4、变化图象中，能表示电梯竖直向上作匀加速直线运动的是（）ABCD6（6分）如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在光屏P上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是（）A滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升B滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升C电压U增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变D电压U增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变7（6分）如图所示，水平细杆上套一细环A，环A与球B间用一轻质绳相连，质量分别为mA、mB，由于B球受到水平恒力F的作用，A环与B球一
5、起向右匀速运动，绳与竖直方向的夹角为则下列说法正确的是（）AB球受到的恒力F大小为mAgtan BA环与杆的动摩擦因数为tanC力F逐渐增大，杆对A环的弹力保持不变D力F逐渐增大，绳对B球的拉力保持不变二、（非选择题，共68分）8（7分）采用如图所示的装置进行“探究加速度与力、质量的关系”实验，实验中小车及车中砝码的质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带由打点计时器打上的点计算出（1）当M与m的大小关系满足时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的重力；（2）实验中，下列做法错误的是；A平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上B每次
6、改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力C实验时应先接通打点计时器电源，再放开小车D上车运动的加速度可用天平测出M及m后直接用公式a=求出9（9分）某研究性学习小组为了制作一个传感器，需要选用某种电学元件实验中首先要描绘该元件的伏安特性曲线，实验室备有下列器材：A待测元件（额定电压2V、额定电流200mA）B电流表A1（量程00.3A，内阻约为1）C电流表A2（量程00.6A，内阻约为0.5）D电压表V（量程03V，内阻约为10k）E滑动变阻器R1（阻值范围05，允许最大电流1A）F滑动变阻器R2（阻值范围01k，允许最大电流100mA）G直流电源E（输出电压3V，内阻不计）H开关S，导线若干I
7、多用电表（1）为提高实验的准确程度，电流表应选用；滑动变阻器应选用（以上均填器材代号）（2）请在图中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接（3）检查实验电路连接正确，然后闭合开关，调节滑动变阻器滑动头，发现电流表和电压表指针始终不发生偏转在不断开电路的情况下，检查电路故障，应该使用多用电表挡；检查过程中将多用表的红、黑表笔与电流表“+”、“”接线柱接触时，多用电表指针发生较大角度的偏转，说明电路故障是10（15分）质量为0.1kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的vt图象如图所示弹性球与水平地面相碰后反弹离开地面时的速度大小为碰撞前的k=0.75倍设球受到的空气阻力大小恒为f，
8、取g=10m/s2，求：（1）弹性球受到的空气阻力f的大小；（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度h11（17分）如图所示，竖直平面内有一与水平面成=30的绝缘斜面轨道AB，该轨道和一半径为R的光滑绝缘圆弧轨道BCD相切于B点整个轨道处于竖直向下的匀强电场中，现将一质量为m带正电的滑块（可视为质点）从斜面上的A点静止释放，滑块能沿轨道运动到圆轨道的最高D点后恰好落到斜面上与圆心O等高的P点，已知带电滑块受到的电场力大小为qE=mg，滑块与斜面轨道间的动摩擦因数为=，空气阻力忽略不计求：（1）滑块经过D点时的速度大小；滑块经过圆轨道最低C点时，轨道对滑块的支持力FC；（2）滑块经过B处的速度及A、B
9、两点之间的距离d12（19分）如图所示，为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轨道组成，其中倾斜直轨AB与水平直轨CD长均为L=3m，圆弧形轨道APD和BQC均光滑，BQC的半径为r=1m，APD的半径为R=2m，AB、CD与两圆弧形轨道相切，O2A、O1B与竖直方向的夹角均为=37现有一质量为m=1kg的小球穿在滑轨上，以初速度v0从B点开始沿BA向上运动，恰能沿轨道完成一周运动并回到B点若小球与两段直轨道间的动摩擦因数均为=，小球经过轨道连接处均无能量损失取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）小球的初速度v0；（2）小球第二次通过C
10、点时对轨道的压力FC；（3）小球第二次通过C点后在CD段上运动的总路程s四川省成都市玉林中学2015届高三上学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、第I卷共7题，每题6分每题给出的4个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项符合题目要求，全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1（6分）2012年6月18日，“神舟九号”与“天宫一号”完美“牵手”，成功实现自动交会对接（如图）交会对接飞行过程分为远距离导引段、自主控制段、对接段、组合体飞行段和分离撤离段则下列说法正确的是（）A对接前，“神舟九号”欲追上“天宫一号”，必须在同一轨道上点火加速B对接时，“神舟九号”与“天宫一号”所受万有引
11、力的大小一定相等C在组合体飞行段，“神舟九号”与“天宫一号”绕地球作匀速圆周运动的速度大于7.9km/sD分离后，“神舟九号”变轨降低至飞行轨道圆周运行时，其速度比在组合体飞行的圆轨道时大考点：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 专题：人造卫星问题分析：当万有引力不够提供向心力，做离心运动，当万有引力大于向心力时，做近心运动第一宇宙速度是做圆周运动最大的环绕速度根据万有引力提供向心力得出线速度与轨道半径的关系，从而比较速度的大小解答：解：A、“神舟九号”欲追上“天宫一号”，不能在同一轨道上加速，因为加速后，万有引力不够提供向心力，做离心运动，离开原轨道故A错误B、神舟九号
12、和天宫一号的质量不一定相等，则所受的万有引力大小不一定相等故B错误C、根据万有引力提供向心力有：，得v=知轨道半径越大，线速度越小，第一宇宙速度的轨道半径最小，则线速度最大神舟九号”变轨降低至飞行轨道圆周运行时，其速度比在组合体飞行的圆轨道时大故C错误，D正确故选D点评：解决本题的关键掌握变轨的原理，以及掌握万有引力提供向心力这一理论，并能灵活运用2（6分）如图所示，从A、B、C三个不同的位置向右分别以vA、vB、vC的水平初速度抛出三个小球A、B、C，其中A、B在同一竖直线上，B、C在同一水平线上，三个小球均同时落在地面上的D点，不计空气阻力则必须（）A先同时抛出A、B两球，且vAvBvCB
13、先同时抛出B、C两球，且vAvBvCC后同时抛出A、B两球，且vAvBvCD后同时抛出B、C两球，且vAvBvC考点：平抛运动 专题：平抛运动专题分析：平抛运动的高度决定时间，根据高度比较运动的时间，从而比较抛出的先后顺序根据水平位移和时间比较平抛运动的初速度解答：解：B、C的高度相同，大于A的高度，根据t=知，B、C的时间相等，大于A的时间，可知BC两球同时抛出，A后抛出A、B的水平位移相等，则A的初速度大于B的初速度，B的水平位移大于C的水平位移，则B的初速度大于C的初速度，即vAvBvC故B正确，A、C、D错误故选：B点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道
14、运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移3（6分）如图所示，一质量为m的滑块以初速度v0从固定于地面的斜面底端A开始冲上斜面，到达某一高度后返回A，斜面与滑块之间有摩擦下列各项分别表示它在斜面上运动的速度v、加速度a、重力势能Ep和机械能E随时间变化的图象，可能正确的是（）ABCD考点：重力势能；机械能守恒定律 专题：机械能守恒定律应用专题分析：滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，上滑与下滑过程不再具有对称性，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，上滑运动的时间较短根据牛顿第二定律分析上滑与下滑过程的加速度大小关系根据运动学公式和重力势能公式得出重力势能与时间的关系式解答：解：A
15、、滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，根据速度图象的“面积”等于位移，两个过程的位移大小相等，可知，下滑时间大于上滑时间所以A错误B、物体在上滑与下滑两个过程中，所受的合力方向均沿斜面向下，加速度方向相同故B错误C、设斜面的倾角为在上滑过程中：上滑的位移大小为：x1=v0ta1t2重力势能为：EP=mgx1sin=mgsin（v0ta1t2），为抛物线方程下滑过程：重力势能为EP=mgHa2（tt0）2sin，H为斜面的最大高度，t0是上滑的时间，此为开口向下的抛物线方程所以C是可能的故C正确D、由于物体克服摩擦力做功，其机械能不断减小
16、，不可能有增大的阶段，所以D图不可能故D错误故选：C点评：本题采用定性分析与定量计算相结合的方法分析功能关系、运动与力关系，根据解析式选择物理图象4（6分）一带负电小球，在从空中a点运动到b点的过程中，受重力、空气阻力和静电力作用，重力对小球做功3.5J，小球克服空气阻力做功0.5J，静电力对小球做功1J，则下列说法正确的是（）A小球在a点的重力势能比在b点小3.5JB小球在a点的机械能比在b点小0.5JC小球在a点的电势能比在b点少1JD小球在a点的动能比在b点多4J考点：电势差与电场强度的关系；功能关系 专题：电场力与电势的性质专题分析：本题根据功能关系进行解答抓住：重力对小球做功多少，小
17、球的重力就减小多少小球克服空气阻力做功和电场力做功多少，小球的机械能就增加多少电场力对小球做功，小球的电势能就减小多少总功是多少，小球的动能就增大多少解答：解：A、由题，小球从a点运动到b点过程中，重力对小球做功3.5J，小球的重力势能就减小3.5J，所以小球在a点的重力势能比在b点大3.5J故A错误B、小球从a点运动到b点过程中，克服空气阻力做功0.5J，电场力对小球做功1J，两个力的总功为0.5J，小球的机械能就增加0.5J，所以小球在a点的机械能比在b点小0.5J故B正确C、电场力对小球做功1J，小球的电势能就减小1J，则小球在a点的电势能比在b点大1J故C错误D、重力对小球做功3.5J
18、，小球克服空气阻力做功0.5J，电场力对小球做功1J，三个力的总功为4J，根据动能定理得到，小球的动能就增大4J，则小球在b点的动能比在a点多4J故D错误故选：B点评：功是能量转化的量度，有多种表现形式：重力做功是重力势能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；合力做功是动能变化的量度；重力外的各个力做的总功是机械能变化的量度5（6分）压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小如图所示，将压敏电阻平放在电梯内，受力面向上，在其上面放一质量为m的物体，电梯静止时电压表的示数为U0下列电压表示数随时间变化图象中，能表示电梯竖直向上作匀加速直线运动的是（）ABCD考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重；
19、匀变速直线运动的图像；闭合电路的欧姆定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小；压敏电阻越小，根据闭合电路欧姆定律，其两端电压越小；故压力越大，电压表读数越小；然后根据电压读数判断压力变化情况，得到电梯可能的运动解答：解：压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，而压敏电阻越小，根据闭合电路欧姆定律，其两端电压越小，故压力越大，电压表读数越小；电梯竖直向上作匀加速直线运动，加速度向上且恒定，处于超重状态，故压力大于重力且恒定，故UU0，且恒定；故选A点评：本题关键根据压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小的特点，结合欧姆定律得到物体超重时，有UU0且恒定，然后根
20、据电梯竖直向上作匀加速直线运动进行判断6（6分）如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在光屏P上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是（）A滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升B滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升C电压U增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变D电压U增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：粒子在电场中加速时，滑动触头向右移动时，加速电压增大，加速后速度变大，粒子在
21、偏转电场中运动时间变短，粒子在平行偏转电场方向的位移减小同理触头向左移动时，加速电压减小，加速后速度变小，粒子在电场中运动时间变长，粒子在平行偏转电场方向的位移增大；当加速电压不变时，偏转电压变化，影响平行电场方向的电场力的大小，也就是影响加速度的大小，粒子在电场中运动时间不变，改变偏转的位移大小解答：解：由题意知，电子在加速电场中加速运动，根据动能定理得：，电子获得的速度为：电子进入偏转电场后做类平抛运动，也就是平行电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，加速度为：，电子在电场方向偏转的位移为：垂直电场方向做匀速直线运动，粒子在电场中运动时间为又因为偏转电场方向向下，所以电子在偏转电场里向上偏
22、转A、滑动触头向右移动时，加速电压变大，所以电子获得的速度v增加，由上式得知，电子在电场中运动时间t减少，故电子偏转位移y变小，因为电子向上偏转，故在屏上的位置下降，故A错误；B、滑动触头向左移动时，加速电压变小，所以电子获得的速度v减小，由上式得知，电子在电场中运动时间t增大，故电子偏转位移y变大，因为电子向上偏转，故在屏上的位置上升，故B正确；C、偏转电压增大时，电子在电场中受到电场力增大，即电子偏转的加速度度a增大，又因为加速电压不变，电子进入电场的速度没有变化，电子在电场中运动的时间t没有发生变化，故C正确；D、偏转电压增大时，电子在电场中受到的电场力增大，即电子偏转的加速度a增大，又
23、因为电子获得的速度v不变，电子在电场中运动的时间不变，a增大，而电子打在屏上的速度为，故电子打在屏上的速度增大，故D错误；故选：BC点评：电子在加速电场作用下做加速运动，运用动能定理可得电子获得的速度与加速电场大小间的关系，电子进入偏转电场后，做类平抛运动，运动时间受电场的宽度和进入电场时的速度所决定，电子在电场方向偏转的距离与时间和电场强度共同决定熟练用矢量合成与分解的方法处理类平抛运动问题7（6分）如图所示，水平细杆上套一细环A，环A与球B间用一轻质绳相连，质量分别为mA、mB，由于B球受到水平恒力F的作用，A环与B球一起向右匀速运动，绳与竖直方向的夹角为则下列说法正确的是（）AB球受到的
24、恒力F大小为mAgtan BA环与杆的动摩擦因数为tanC力F逐渐增大，杆对A环的弹力保持不变D力F逐渐增大，绳对B球的拉力保持不变考点：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：先对球B受力分析，受重力、F和拉力T，根据共点力平衡条件列式分析；对A、B两物体组成的整体受力分析，受重力、支持力、力F和水平向左的摩擦力，再再次根据共点力平衡条件列式分析各力的变化解答：解：A、对球B受力分析，受重力、F和拉力，如左图，由几何知识知：F=mBgtan故A错误；D、绳对B球的拉力T=当F增大时，增大，则T增大故D错误BC、把环和球当作一个整体，对其受力分析，受重力
25、（mA+mB）g、支持力N、力F和向左的摩擦力f，如右图根据共点力平衡条件可得：杆对A环的支持力大小N=（mA+mB）gf=F则A环与水平细杆间的动摩擦因数为=，由上可见，力F逐渐增大，杆对A环的弹力保持不变，故BC正确；故选：BC点评：本题关键是先对整体受力分析，再对球B受力分析，然后根据共点力平衡条件列式分析求解二、（非选择题，共68分）8（7分）采用如图所示的装置进行“探究加速度与力、质量的关系”实验，实验中小车及车中砝码的质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带由打点计时器打上的点计算出（1）当M与m的大小关系满足Mm时，才可以认为绳对小车的拉力大小等
26、于盘及盘中砝码的重力；（2）实验中，下列做法错误的是AD；A平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上B每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力C实验时应先接通打点计时器电源，再放开小车D上车运动的加速度可用天平测出M及m后直接用公式a=求出考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系 专题：实验题分析：（1）要求在什么情况下才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力，需求出绳子的拉力，而要求绳子的拉力，应先以整体为研究对象求出整体的加速度，再以M为研究对象求出绳子的拉力，通过比较绳对小车的拉力大小和盘和盘中砝码的重力的大小关系得出只有mM时才可以认为绳对小车的拉力大小
27、等于盘和盘中砝码的重力（2）探究加速度与拉力的关系实验时，要平衡摩擦力，平衡摩擦力时，要求小车在无动力的情况下平衡摩擦力，不需要挂任何东西小车的加速度应根据打点计时器打出的纸带求出；平衡摩擦力时，是重力沿木板方向的分力等于摩擦力，即：mgsin=mgcos，可以约掉m，只需要平衡一次摩擦力操作过程是先接通打点计时器的电源，再放开小车解答：解：（1）以整体为研究对象有mg=（m+M）a解得a=，以M为研究对象有绳子的拉力F=Ma=，显然要有F=mg必有m+M=M，故有Mm，即只有Mm时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力（2）A、在该实验中，我们认为绳子的拉力就等于小车所受的合外力
28、，故在平衡摩擦力时，细绳的另一端不能悬挂装砂的小桶，故A错误B、由于平衡摩擦力之后有Mgsin=Mgcos，故tan=所以无论是否改变小车的质量，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量时不需要重新平衡摩擦力，故B正确；C、实验时应先接通电源然后再放开小车，故C正确D、小车的加速度应根据打点计时器打出的纸带求出，不能由牛顿第二定律求出，故D错误本题选错误的，故选：AD故答案为：（1）Mm；（2）AD；点评：探究加速与力的关系实验时，要平衡摩擦力、应根据纸带求出小车的加速度，掌握实验的实验注意事项是正确解题的关键只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实
29、验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握9（9分）某研究性学习小组为了制作一个传感器，需要选用某种电学元件实验中首先要描绘该元件的伏安特性曲线，实验室备有下列器材：A待测元件（额定电压2V、额定电流200mA）B电流表A1（量程00.3A，内阻约为1）C电流表A2（量程00.6A，内阻约为0.5）D电压表V（量程03V，内阻约为10k）E滑动变阻器R1（阻值范围05，允许最大电流1A）F滑动变阻器R2（阻值范围01k，允许最大电流100mA）G直流电源E（输出电压3V，内阻不计）H开关S，导线若干I多用电表（1）为提高实验的准确程度，电流表应选用A1；滑动变阻器应选用R1（
30、以上均填器材代号）（2）请在图中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接（3）检查实验电路连接正确，然后闭合开关，调节滑动变阻器滑动头，发现电流表和电压表指针始终不发生偏转在不断开电路的情况下，检查电路故障，应该使用多用电表直流电压挡；检查过程中将多用表的红、黑表笔与电流表“+”、“”接线柱接触时，多用电表指针发生较大角度的偏转，说明电路故障是电流表断路考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）根据待测元件的额定电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；（2）要描绘待测元件的伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用
31、分压接法，根据待测元件电阻阻值与电表内阻间的关系确定电流表的接法，然后连接实物电路图（3）在不断开电源的情况下，一般应用直流电压表检查电路故障；当电压表并联在某段电路两端时，如果电压表示数为零，说明该部分电路短路或该部分电路完好而在该部分电路之外存在断路；如果电压表示数较大，接近电源电动势，说明该部分电路断路解答：解：（1）待测元件额定电流是200mA=0.2A，则电流表应选电流表A1（量程00.3A，内阻约为1）；电源电动势是3V，不论使用哪个滑动变阻器都能保证电路安全，为方便实验操作，应选用最大阻值较小的滑动变阻器R1（2）本实验中滑动变阻器采用分压接法；待测元件的电阻R=10，=10，=
32、1000，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示；（3）实验电路连接正确，闭合开关，调节滑动变阻器滑动头，发现电流表和电压表指针始终不发生偏转，说明电路存在断路在不断开电路的情况下，应该使用多用电表直流电压挡检查电路故障；检查过程中将多用表的红、黑表笔与电流表“+”、“”接线柱接触时，多用电表指针发生较大角度的偏转，说明电路故障是电流表断路故答案为：（1）A1；R1；（2）实物电路图如图所示；（3）直流电压；电流表断路点评：本题考查了选择实验器材、设计并连接实物电路图、电路故障分析；既可以用电压表检查电路故障，也可以用欧姆表检查电路故障，用欧姆表检查电路故障时，电路应断开与电源的连接10（15
33、分）质量为0.1kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的vt图象如图所示弹性球与水平地面相碰后反弹离开地面时的速度大小为碰撞前的k=0.75倍设球受到的空气阻力大小恒为f，取g=10m/s2，求：（1）弹性球受到的空气阻力f的大小；（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度h考点：牛顿第二定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）根据图象求得小球下落时的加速度，再根据牛顿第二定律求得空气阻力的大小；（2）由题意求得反弹时的初速度和加速度，根据运动学公式求反弹的高度h解答：解：（1）弹性球下落过程，根据牛顿第二定律得：mgf=ma1 由vt图象可知：= 由解得：f=0.2 N（2）弹性
34、球第一次反弹后的速度为：v1=kv0由vt图象可知：v0=4m/s弹性球反弹上升的过程为匀减速运动，根据牛顿第二定律和运动学规律有：mg+f=ma2 由解得：h=0.375m答：（1）弹性球受到的空气阻力f的大小为0.2N；（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度h为0.375m点评：掌握牛顿第二定律由加速度的大小，读懂vt图象是正确解题的关键，不难属于基础题11（17分）如图所示，竖直平面内有一与水平面成=30的绝缘斜面轨道AB，该轨道和一半径为R的光滑绝缘圆弧轨道BCD相切于B点整个轨道处于竖直向下的匀强电场中，现将一质量为m带正电的滑块（可视为质点）从斜面上的A点静止释放，滑块能沿轨道运动到圆
35、轨道的最高D点后恰好落到斜面上与圆心O等高的P点，已知带电滑块受到的电场力大小为qE=mg，滑块与斜面轨道间的动摩擦因数为=，空气阻力忽略不计求：（1）滑块经过D点时的速度大小；滑块经过圆轨道最低C点时，轨道对滑块的支持力FC；（2）滑块经过B处的速度及A、B两点之间的距离d考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系 专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）滑块离开D点后做类平抛运动，分解为水平方向和竖直方向，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，求出竖直方向上的加速度，然后求出时间，再根据水平方向上的匀速直线运动求出初速度对C到D过程运用动能定理，求出C
36、点的速度，在C点受到重力，支持力，电场力，三个力的合力提供向心力，从而求出支持力（2）对B到C运用动能定理求出B点的速度，再对A到B的过程运用动能定理，求出AB间的距离解答：解：（1）滑块从D到P过程中做类平抛运动：Eq+mg=ma得：a=2g由运动学公式得：水平方向，有：竖直方向，有：得：滑块 CD：根据动能定理 得：在C点，有：得：FC=14mg（2）滑块AB：根据动能定理，得：得：BC：得：答：（1）滑块经过D点时的速度大小是2；滑块经过圆轨道最低C点时，轨道对滑块的支持力FC是14mg（2）滑块经过B处的速度及A、B两点之间的距离d是（8+2）d点评：解决本题的关键是合力地选择研究的过
37、程然后运用动能定理求解以及知道在圆周运动的最低点，合力提供圆周运动的向心力12（19分）如图所示，为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轨道组成，其中倾斜直轨AB与水平直轨CD长均为L=3m，圆弧形轨道APD和BQC均光滑，BQC的半径为r=1m，APD的半径为R=2m，AB、CD与两圆弧形轨道相切，O2A、O1B与竖直方向的夹角均为=37现有一质量为m=1kg的小球穿在滑轨上，以初速度v0从B点开始沿BA向上运动，恰能沿轨道完成一周运动并回到B点若小球与两段直轨道间的动摩擦因数均为=，小球经过轨道连接处均无能量损失取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=
38、0.8，求：（1）小球的初速度v0；（2）小球第二次通过C点时对轨道的压力FC；（3）小球第二次通过C点后在CD段上运动的总路程s考点：动能定理；匀变速直线运动的位移与时间的关系；向心力 专题：动能定理的应用专题分析：（1）对小球恰好到达最高点和要沿轨道完成一周运动并回到B点的过程运用动能定理，求出小球的初速度（2）根据动能定理求出小球第一次回到B点后沿BA上升的位移，确定出小球将沿AB返回，再根据动能定理和牛顿第二定律求出小球第二次通过C点时对轨道的压力（3）根据动能定理求出小球第二次通过C点后沿轨道CD运动到达D点时的速度，小球将在轨道的P、Q间做往复运动且最终停在轨道CD上的某个位置，根
39、据动能定理求出小球第二次通过C点后在CD段上运动的总路程s解答：解：（1）由题意知，小球要沿轨道完成一周运动并回到B点，则由动能定理：恰能通过轨道最高点则：能回到B点：联解并取合理值得：v0=8m/s（2）设小球第一次回到B点后沿BA上升的位移为x，则：解得：mL，则小球将沿AB返回设小球第二次通过C点时速度为vC，轨道对小球支持力为FC，则由动能定理和牛顿运动定律有：联解得：FC51.43N（3）设小球第二次通过C点后沿轨道CD运动到达D点时的速度为vD，有：解得：所以小球将在轨道的P、Q间做往复运动且最终停在轨道CD上的某个位置，由动能定理得：解得：s4.97m答：（1）小球的初速度为8m/s；（2）小球第二次通过C点时对轨道的压力为51.43N；（3）小球第二次通过C点后在CD段上运动的总路程为4.97m点评：本题过程较复杂，关键是理清过程，搞清运动规律，合适地选择研究的过程，运用动能定理和能量守恒定律进行解题