1、2015年河南省三门峡市高考物理一模试卷一、选择题（共40分，每小题4分，其中1-7题有一个选项正确，8-10题每题有一个或多个选项正确，全部选对得4分，选不全得2分，有选错得0分）1物理学中可以由基本量根据物理关系推导出其它物理量的单位，下列导出单位是力的单位的是（）A B kgm/sC TAm2D 2A、B、C三点为同一平面内等边三角形三个顶点，在A、B、C位置各垂直平面内放置一根长直导线，导线中的电流大小相等，方向如图所示，在三角形的中心O点处磁感应强度大小为B，若将C处导线取走，则O点处的磁感应强度大小为（）A B BC 2BD B3如图所示变压器，副线圈有两个接头，当在cd间接入交流
2、电源后，在ab间测得电压为U1，若改在de间接入相同交流电源，在ab间测得电压为U2当在ce间接入同一交流电源时，在ab间测得电压为（）A U1+U2B C U1U2D 4如图所示，斜面底端上方高h处有一小球以水平初速度v0抛出，恰好垂直打在斜面上，斜面的倾角为30，则关于h和初速度v0，的关系，下列图象正确的是（）A B C D 5如图所示，原长为L的轻弹簧与光滑水平地面上质量为m和2m的物体A、B水平相接，若用水平力F1拉B，稳定后，A、B都做加速度为a1的匀加速运动，弹簧长度为L1，若用水平力F2推A，稳定后A、B都做加速度为a2的匀加速运动，弹簧长度为L2，且L1+L2=2L，则（）A
3、 a1=a2，F1=F2B a1=a2，F1=2F2C a1=2a2，F1=F2D a1=2a2，F1=2F26在航天领域中，悬绳卫星是一种新兴技术，它要求两颗卫星都在圆周轨道上运动，且两颗卫星与地心连线始终在一条直线上，如图所示已知悬绳的长度为L，其重力不计，卫星A、B的线速度分别为v1、v2，则下列说法不正确的是（）A 两颗卫星的角速度相同B 两颗卫星的线速度满足v1v2C 两颗卫星之间的悬绳一定受到拉力的作用D 假设在B卫星轨道上还有一颗卫星C（图中没有画出），它们在同一平面内同向运动，运动一段时间后B、C可能相碰7如图所示，在倾角为30的斜面上的P点钉有一光滑小铁钉，以P点所在水平虚线
4、将斜面一分为二，上部光滑，下部粗糙一绳长为3R轻绳一端系与斜面O点，另一端系一质量为m的小球，现将轻绳拉直，将小球从A点由静止释放，小球恰好能第一次通过圆周运动的最高点B点已知OA与斜面底边平行，OP距离为2R，且与斜面底边垂直，则小球从A到B的运动过程中（）A 合外力做功mgRB 克服摩擦力做功mgRC 重力做功2mgRD 机械能减少mgR8两个完全相同的圆环同轴竖直放置在一条直线上，两圆环均匀带等量的正电荷，O1、O2为两环圆心，P1、P3为相对O1的对称点，P2、P4为相对O2的对称点，O为O1O2的中点，P3O=P4O，则下列说法中正确的是（）A P3、P4两点的电场强度相同B P1、
5、P2两点的电场强度相同C P3、P4两点电势相同D 在P1处由静止释放带负电的粒子（粒子只受到电场力），该粒子到达P3点处速度不为零9如图所示，磁性黑板竖直放置，两个有一定质量的磁铁吸在黑板上，位置在同一水平线上，两根等长轻绳一端系在两磁铁上，另一端系在一个小物块上，静止时物块不与黑板接触，下列说法正确的是（）A 每个磁铁均受到五个力作用B 黑板对每个磁铁的摩擦力竖直向上C 增加两磁铁的距离，物块仍然静止，轻绳的弹力增大D 增加两磁铁的距离，物块仍然静止，黑板对磁铁的摩擦力减小10如图甲所示，一对光滑的平行导轨（电阻不计）固定在同一水平面，导轨足够长且间距L=0.5m左端接有阻值为R=4的电阻
6、，一质量为m=1kg长度也为L的金属棒MN放置在导轨上，金属棒MN的电阻r=1，整个装置置于方向竖直向上的匀强磁场中，金属棒在水平向右的外力F的作用下由静止开始运动，拉力F与金属棒的速率的倒数关系如图乙，则（）A 拉力F的功率逐渐增大B v=5m/s时拉力的功率为20WC 磁场的磁感应强度为2.0TD 若经过时间t=4s金属棒达到最大速度，则在这段时间内电阻R产生的热量为30J二、实验题（本题共2小题，共14分）11在电学实验中，伏特表的内阻可以用下面的电路测量电路中的电源电动势未知，电源的内阻忽略不计外接电阻R的阻值已知（它和电压表的内阻接近）（1）请根据实物电路画出实验电路原理图，画在答案
7、纸的方框中（2）实验步骤如下：闭合开关S1、S2稳定后，读出电压表的读数U1；闭合开关S1，断开开关S2稳定后，读出电压表的读数U2；请根据上面测量的物理量和已知量，写出伏特表内阻的表达式：12某研究性学习小组欲探究光滑斜面上物体下滑的加速度与物体质量及斜面倾角的关系因为一般的长木板摩擦较大，学习小组决定用气垫导轨代替长木板，对气垫导轨进行改造，做成斜面，这样摩擦可以忽略不计，装置模型简化如图1所示，实验室提供器材如下：A气垫导轨（已知长度L）；B质量为M的滑块（内部是空的，可放砝码，可视为质点）；C质量为m的砝码若干个；D各种薄厚不等的方木块多个（垫气垫导轨备用）；E米尺；F秒表实验过程：第
8、一步，保持斜面倾角不变，探究加速度与质量的关系（1）实验中，通过向滑块内放入砝码来改变滑块质量，只要测出滑块由斜面顶端滑至底端所用时间t，就可以由下面表达式求出滑块的加速度（2）某同学记录的实验数据如表所示，根据这些信息，判断以下结论正确的是时间t/s质量次数MM+mM+2m11.421.411.4221.401.421.3931.411.381.42A在实验误差范围内，滑块的质量改变之后，其加速度改变较大B经过分析得出滑块的加速度和滑块的总质量没有关系C经过分析得出滑块的平均速度和滑块的总质量成正比D在实验误差范围内，滑块的质量改变之后，其下滑时间不改变第二步，保持物体质量不变，探究加速度与
9、倾角的关系实验中通过改变方木块垫放位置来调整气垫导轨的倾角由于没有量角器，因此通过测量气垫导轨顶端到水平面高度h，求出倾角的正弦值sin=h/L某同学记录了高度h和加速度a的对应值如下表：L（m）1.00h（m）0.100.200.300.400.50a（m/s2）0.9701.9502.9253.9104.880（3）请根据上表中所给的数据，在图2坐标纸上通过描点绘出ah图象（4）根据所绘出的图线，求出当地的重力加速度g=（保留三位有效数字）三、计算题（共46分。要求有必要的文字说明和主要的计算过程）13汽车在公路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌（如图）以提醒后面的汽车，在某一最高限速为
10、108km/h的路段，一货车因故障停下来检修，当时由于天气原因视线不好，驾驶员只能看清前方50m的物体，设一般汽车司机的反应时间为0.6s，紧急刹车后车轮与路面间的动摩擦因数为0.5，g取10m/s2求货车司机应将警示牌放在车后至少多远处，才能有效避免被撞14如图所示，两根光滑平行金属导轨固定在倾角为30的斜面上，导轨间距为L，导轨下端连接一个阻值为R的定值电阻匀强磁场垂直斜面向上，磁感应强度大小为B在斜面上平行斜面固定一个轻弹簧，弹簧劲度系数为k，弹簧上端与质量为m，电阻为r的导体杆相连，杆与导轨垂直且接触良好导体杆中点系一光滑细线，细线平行斜面，绕过一个定滑轮后悬挂一个质量也为m的物块初始
11、时用手托着物块，导体杆保持静止，细线拉直，但无拉力重力加速度为g，导轨电阻不计，释放物块后，求：（1）释放物块瞬间导体杆的加速度（2）导体杆最终将停止运动，则在此过程中电阻R上产生的焦耳热（3）导体杆停止运动前，流过电阻R的电荷量15如图所示，M、N为加速电场的两极板，M板中心有一小孔Q，其正上方有一半径为R1=1m的圆形磁场区域，圆心为0，另有一内半径为R1，外半径为R2=m的同心环形磁场区域，区域边界与M板相切于Q点，磁感应强度大小均为B=0.5T，方向相反，均垂直于纸面一比荷=4107C/kg带正电粒子从靠近N板的P点由静止释放，经加速后通过小孔Q，垂直进入环形磁场区域已知点P、Q、O在
12、同一竖直线上，不计粒子的重力，且不考虑粒子的相对论效应（1）若加速电压U1=1.25106V，求粒子刚进入环形磁场时的速率v0（2）要使粒子能进入中间的圆形磁场区域，加速电压U2应满足什么条件？（3）在某加速电压下粒子进入圆形磁场区域，恰能水平通过圆心O，之后返回到出发点P，求粒子从Q孔进人磁场到第一次回到Q点所用的时间2015年河南省三门峡市高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共40分，每小题4分，其中1-7题有一个选项正确，8-10题每题有一个或多个选项正确，全部选对得4分，选不全得2分，有选错得0分）1物理学中可以由基本量根据物理关系推导出其它物理量的单位，下列导出单位是力的单
13、位的是（）A B kgm/sC TAm2D 考点：力学单位制分析：单位制由基本单位和导出单位组成，导出单位是由基本单位根据物理关系推导出来的单位国际单位制规定了七个基本物理量分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量它们的在国际单位制中的单位称为基本单位解答：解：A、牛顿第二定律的表达式F=ma，所以1N=1kgm/s2，故AB错误；C、安培力F=BIL，所以1N=1TAm，故C错误；D、根据电场力做功W=qU=Fl，所以1N=1，故D正确；故选：D点评：本题考查的就是学生对单位制的认识，知道单位制包括基本单位和导出单位，要注意牛顿不是基本单位2A、B、C三点为同一平面内等边三
14、角形三个顶点，在A、B、C位置各垂直平面内放置一根长直导线，导线中的电流大小相等，方向如图所示，在三角形的中心O点处磁感应强度大小为B，若将C处导线取走，则O点处的磁感应强度大小为（）A B BC 2BD B考点：磁感应强度分析：三角形中心O点到三根导线的距离相等根据安培定则判断三根导线在O点产生的磁感应强度的方向，根据平行四边形定则进行合成，求出三根导线同时存在时的磁感应强度大小解答：解：根据安培定则判断得知：三根导线在O点产生的磁感应强度的大小相等，设都是B0，方向分别为：A导线产生的B方向水平向左；B导线产生的磁场方向斜向右下方，与水平成60角，C导线产生的磁场方向斜向左下方，与水平成6
15、0角，则根据平行四边形定则进行合成可知，A与B两根导线产生的合场强大小为B0，斜向左下方，与水平成60角，所以三根导线同时存在时的磁感应强度大小为B=2B0，方向斜向左下方，与水平成60角所以将C处导线取走，则O点处的磁感应强度大小为B0=B方向斜向左下方，与水平成60角故选：A点评：本题首先运用安培定则判断B的方向，其次要利用平行四边形定则进行合成，同时要利用好几何关系3如图所示变压器，副线圈有两个接头，当在cd间接入交流电源后，在ab间测得电压为U1，若改在de间接入相同交流电源，在ab间测得电压为U2当在ce间接入同一交流电源时，在ab间测得电压为（）A U1+U2B C U1U2D 考
16、点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：根据原副线圈的电压关系可知cd和de间线圈匝数关系解答：解：设ab间匝数为n，cd间匝数为n1，de间匝数为n2，交流电压为U，根据电压与匝数成正比知：，联立得：u=故选：B点评：解答本题应掌握原副线圈的电压之比等于匝数比，就能顺利解决此题4如图所示，斜面底端上方高h处有一小球以水平初速度v0抛出，恰好垂直打在斜面上，斜面的倾角为30，则关于h和初速度v0，的关系，下列图象正确的是（）A B C D 考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合落在斜面上的速度方向以及竖直位移和水平位移的关
17、系，求出h和初速度v0的表达式，从而分析判断解答：解：将小球刚要打到斜面上的速度沿竖直和水平方向进行分解，则有，vy=gt，x=v0t，由几何关系得，解得h=，因此A、B项错误，hv0图象应是开口向上的抛物线，C项错误，D项正确故选：D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，结合速度限制和位移限制，运用运动学公式灵活求解5如图所示，原长为L的轻弹簧与光滑水平地面上质量为m和2m的物体A、B水平相接，若用水平力F1拉B，稳定后，A、B都做加速度为a1的匀加速运动，弹簧长度为L1，若用水平力F2推A，稳定后A、B都做加速度为a2的匀加速运动，弹簧长度为L2，且L1+L2=
18、2L，则（）A a1=a2，F1=F2B a1=a2，F1=2F2C a1=2a2，F1=F2D a1=2a2，F1=2F2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：通过L1+L2=2L，得出弹簧压缩量和伸长量的关系，从而得出弹簧弹力的大小关系，通过整体法和隔离法，运用牛顿第二定律求出两个力的大小关系以及加速度的大小关系解答：解：对整体分析，加速度，隔离对A分析，弹簧的弹力，加速度，隔离对B分析，弹簧的弹力，因为L1+L2=2L，可知弹簧的伸长量与压缩量相等，根据胡克定律知，两次弹簧的弹力大小相等，可知F1=2F2，根据牛顿第二定律知，a1=2a2故D正确，A、B、C
19、错误故选：D点评：本题考查了牛顿第二定律和胡克定律的综合运用，掌握整体法和隔离法的灵活运用，难度中等6在航天领域中，悬绳卫星是一种新兴技术，它要求两颗卫星都在圆周轨道上运动，且两颗卫星与地心连线始终在一条直线上，如图所示已知悬绳的长度为L，其重力不计，卫星A、B的线速度分别为v1、v2，则下列说法不正确的是（）A 两颗卫星的角速度相同B 两颗卫星的线速度满足v1v2C 两颗卫星之间的悬绳一定受到拉力的作用D 假设在B卫星轨道上还有一颗卫星C（图中没有画出），它们在同一平面内同向运动，运动一段时间后B、C可能相碰考点：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
20、：由题意知，两颗卫星与地心连线始终在一条直线上，都绕地心做匀速圆周运动，角速度相同，由圆周运动线速度与角速度的关系式v=r，分析线速度的关系；根据向心力和牛顿第二定律分析悬绳的拉力；B卫星由万有引力提供向心力，由牛顿第二定律分析与C卫星的速度关系，判断B、C能否相碰解答：解：A、B据题知，两颗卫星与地心连线始终在一条直线上，都绕地心做匀速圆周运动，角速度必定相同，由v=r，vr，所以v1v2故B错误，A正确C、假设悬绳没有作用力，两颗卫星均由万有引力提供向心力，根据卫星的速度公式v=和v=r知，=，A卫星的角速度大于B卫星的角速度，若两卫星与地心连线在一条直线上，则之后两者距离将拉大，所以悬线
21、一定拉力，故C正确D、设悬绳的拉力大小为F，则对B卫星：，则得vB对C卫星：，则得vC=，可见两颗卫星的速度不等，所以在同一平面内同向运动，运动一段时间后B、C能相碰故D正确本题选错误的，故选：B点评：解决本题的关键分析向心力来源，掌握万有引力定律和牛顿第二定律，即可分析卫星的线速度、角速度与轨道半径的关系7如图所示，在倾角为30的斜面上的P点钉有一光滑小铁钉，以P点所在水平虚线将斜面一分为二，上部光滑，下部粗糙一绳长为3R轻绳一端系与斜面O点，另一端系一质量为m的小球，现将轻绳拉直，将小球从A点由静止释放，小球恰好能第一次通过圆周运动的最高点B点已知OA与斜面底边平行，OP距离为2R，且与斜
22、面底边垂直，则小球从A到B的运动过程中（）A 合外力做功mgRB 克服摩擦力做功mgRC 重力做功2mgRD 机械能减少mgR考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力专题：动能定理的应用专题分析：对小球进行受力分析，在最高点B绳子拉力恰好为零时，速度取最小值，在最低点，合力提供向心力，根据向心力公式即可求解解答：解：以小球为研究的对象，则小球恰好能第一次通过圆周运动的最高点B点时，绳子的拉力为0，小球受到重力与斜面的支持力，重力沿斜面向下的分力恰好通过向心力，得：mgsin30=所以：A到B的过程中，重力与摩擦力做功，设摩擦力做功为W，则：mgRsin30+W=所以：=A、合外力做功等于动能
23、的增加，为：故A错误；B、D、由公式知，物体克服摩擦力做功为0.25mgR，所以机械能损失为0.25mgR故B错误，D正确C、重力做功：故C错误；故选：D点评：本意主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，知道在最高点绳子拉力恰好为零时，速度取最小值8两个完全相同的圆环同轴竖直放置在一条直线上，两圆环均匀带等量的正电荷，O1、O2为两环圆心，P1、P3为相对O1的对称点，P2、P4为相对O2的对称点，O为O1O2的中点，P3O=P4O，则下列说法中正确的是（）A P3、P4两点的电场强度相同B P1、P2两点的电场强度相同C P3、P4两点电势相同D 在P1处由静止释放带负电的粒子（粒子只受到电
24、场力），该粒子到达P3点处速度不为零考点：电场线；电势分析：首先据题意，利用对称性判断轴线上场强的特点，从而判断各点的场强；再据电势差公式判断P3、P4到O点的电势差，从而判断两点的电势；利用电场力做功情况判断带负电离子的运动情况解答：解：AB、据圆环及轴线的对称性可知，轴线上的场强方向沿着轴线，且P1、P2两点的电场强度大小相同，两点场强的方向从该点指向外侧；P3、P4两点的电场强度大小相同，两点场强的方向从该点指向O；故AB错误；C、据对称性可知，P3、P4两点到O点轴线上的各点的场强大小关于O点对称，所以同一个试探电荷从O点到两点电场力做功相同，据电势差定义可知，两点到O点的电势差相同，
25、即两点的电势相等，故C正确；D、若只有左侧圆环，据对称性和功能关系可知，P1处由静止释放带负电的粒子（粒子只受到电场力），该粒子到达P3点处速度为零；但是本题在右侧有一个带电的圆环，会使轴线上的合场强发生变化，即负电的离子移动时，右侧圆环产生的电场对负电荷做正功，即负电荷的动能变大，所以该粒子到达P3点处速度不为零，故D正确故选：CD点评：灵活利用对称性分析轴线上场强的特点是解题的关键，注意场强是矢量和判断电势高低的方法，此题综合性较强，难度较大9如图所示，磁性黑板竖直放置，两个有一定质量的磁铁吸在黑板上，位置在同一水平线上，两根等长轻绳一端系在两磁铁上，另一端系在一个小物块上，静止时物块不与
26、黑板接触，下列说法正确的是（）A 每个磁铁均受到五个力作用B 黑板对每个磁铁的摩擦力竖直向上C 增加两磁铁的距离，物块仍然静止，轻绳的弹力增大D 增加两磁铁的距离，物块仍然静止，黑板对磁铁的摩擦力减小考点：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：对磁铁受力分析，根据平衡条件确定静摩擦力的方向；对物体受力分析，根据平衡条件确定拉力情况；对整体分析，结合正交分解法列式求解静摩擦力情况解答：解：A、每个磁铁均受吸引力、支持力、重力、拉力和静摩擦力，共5个力，故A正确；B、在竖直平面，重力、拉力和静摩擦力平衡，重力和拉力的合力不是竖直向下，故静摩擦力也就不是竖
27、直向上，故B错误；C、设细线的拉力为T，细线与竖直方向的夹角为，根据平衡条件，有：2Tcos=mg解得：T=增加两磁铁的距离，则增加，故T增加；故C正确；D、对两个磁体和物体整体分析，竖直平面内受重力和两个静摩擦力而平衡，根据平衡条件，有：2fy=（M+2m）gfx=Tsin=f=增加两磁铁的距离，则增加，fx增加，fy不变，f增加；故D错误；故选：AC点评：本题关键是灵活选择研究对象，根据平衡条件并结合正交分解法、合成法研究，不难10如图甲所示，一对光滑的平行导轨（电阻不计）固定在同一水平面，导轨足够长且间距L=0.5m左端接有阻值为R=4的电阻，一质量为m=1kg长度也为L的金属棒MN放置
28、在导轨上，金属棒MN的电阻r=1，整个装置置于方向竖直向上的匀强磁场中，金属棒在水平向右的外力F的作用下由静止开始运动，拉力F与金属棒的速率的倒数关系如图乙，则（）A 拉力F的功率逐渐增大B v=5m/s时拉力的功率为20WC 磁场的磁感应强度为2.0TD 若经过时间t=4s金属棒达到最大速度，则在这段时间内电阻R产生的热量为30J考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：（1）F图象的斜率等于Fv，而Fv=P，说明拉力的功率不变由数学知识求解拉力的功率（2）由图知金属棒的最大速度为10m/s，此时金属棒做匀速直线运动，根据平衡条件和安培力与速度的关系
29、式，求解B（3）根据能量守恒定律求出总热量，再由焦耳定律求得R产生的热量解答：解：A、F图象的斜率等于Fv，而Fv=P，说明拉力的功率不变，故A错误；B、图象的斜率等于Fv=W=20W，拉力的功率为P=Fv直线的斜率不变，说明拉力的功率不变，为 P=20W，故B正确；C、由图知F=2N，金属棒的最大速度为 vm=10m/s，此时金属棒做匀速直线运动，则匀速运动时金属棒产生的感应电动势为： E=BLvm感应电流为： I=棒所受的安培力为：F安=BIL，可得：F安=根据平衡条件得：F=F安代入得：2=解得：B=2TD、根据能量守恒得：Pt=Q+mv2可得t=4s内回路产生的总热量为：Q=Ptmv2
30、=2041102=30（J）则在这段时间内电阻R产生的热量为： QR=Q=30J=24J，故D错误故选：BC点评：本题的突破口是图象的斜率，明确斜率等于拉力的功率是关键，同时要充分挖掘图象的信息，读出金属棒的运动情况，结合电磁感应的规律和力学知识解答二、实验题（本题共2小题，共14分）11在电学实验中，伏特表的内阻可以用下面的电路测量电路中的电源电动势未知，电源的内阻忽略不计外接电阻R的阻值已知（它和电压表的内阻接近）（1）请根据实物电路画出实验电路原理图，画在答案纸的方框中（2）实验步骤如下：闭合开关S1、S2稳定后，读出电压表的读数U1；闭合开关S1，断开开关S2稳定后，读出电压表的读数U
31、2；请根据上面测量的物理量和已知量，写出伏特表内阻的表达式：R考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：（1）根据实物图可以得出原理图；（2）明确实验原理，根据闭合电路欧姆定律的规律可得出伏特表内阻的表达式解答：解：（1）根据原理图可知实验电路的接法，则可知其原理图如图所示；（2）由题意可知，当R接入时电压表与R串联，电压表示数为U2；而当R断开时，示数为U1，则可知串联时R分压为U1U2；电流为I=；则可知RV=R故答案为：（1）如图所示；（2）R点评：本题考查对实验的掌握，要注意明确实验原理并注意分析电路，再由电路基本规律进行分析即可求解12某研究性学习小组欲探究
32、光滑斜面上物体下滑的加速度与物体质量及斜面倾角的关系因为一般的长木板摩擦较大，学习小组决定用气垫导轨代替长木板，对气垫导轨进行改造，做成斜面，这样摩擦可以忽略不计，装置模型简化如图1所示，实验室提供器材如下：A气垫导轨（已知长度L）；B质量为M的滑块（内部是空的，可放砝码，可视为质点）；C质量为m的砝码若干个；D各种薄厚不等的方木块多个（垫气垫导轨备用）；E米尺；F秒表实验过程：第一步，保持斜面倾角不变，探究加速度与质量的关系（1）实验中，通过向滑块内放入砝码来改变滑块质量，只要测出滑块由斜面顶端滑至底端所用时间t，就可以由下面表达式求出滑块的加速度（2）某同学记录的实验数据如表所示，根据这些
33、信息，判断以下结论正确的是BD时间t/s质量次数MM+mM+2m11.421.411.4221.401.421.3931.411.381.42A在实验误差范围内，滑块的质量改变之后，其加速度改变较大B经过分析得出滑块的加速度和滑块的总质量没有关系C经过分析得出滑块的平均速度和滑块的总质量成正比D在实验误差范围内，滑块的质量改变之后，其下滑时间不改变第二步，保持物体质量不变，探究加速度与倾角的关系实验中通过改变方木块垫放位置来调整气垫导轨的倾角由于没有量角器，因此通过测量气垫导轨顶端到水平面高度h，求出倾角的正弦值sin=h/L某同学记录了高度h和加速度a的对应值如下表：L（m）1.00h（m）
34、0.100.200.300.400.50a（m/s2）0.9701.9502.9253.9104.880（3）请根据上表中所给的数据，在图2坐标纸上通过描点绘出ah图象（4）根据所绘出的图线，求出当地的重力加速度g=9.82m/s2（保留三位有效数字）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：（1）根据匀变速直线运动的位移时间公式得出滑块的加速度；（2）根据滑块的运动时间判断加速度是否发生变化，从而得出加速度与质量的关系；（3、4）作出ah图线，结合牛顿第二定律得出加速度的表达式，通过图线斜率的物理意义求出重力加速度的大小解答：解：（1）根据匀变速直线运动的位移时间公式
35、得，L=，则滑块的加速度a=（2）根据以上信息，我们发现，在实验误差范围内质量改变之后平均下滑时间不改变，经过分析得出加速度与质量的关系为：斜面倾角一定时，加速度与物体质量无关故选：BD（3）根据表格中的数据作出ah图线，如图所示（4）根据牛顿第二定律得，a=则图线的斜率k=解得g=故答案为：（1），（2）BD，（3）如图所示，（4）9.82m/s2点评：要清楚实验的原理，实验中需要测量的物理量是直接测量还是间接测量，通过物理规律可以把变量进行转换，以便更好研究和测量三、计算题（共46分。要求有必要的文字说明和主要的计算过程）13汽车在公路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌（如图）以提醒后面
36、的汽车，在某一最高限速为108km/h的路段，一货车因故障停下来检修，当时由于天气原因视线不好，驾驶员只能看清前方50m的物体，设一般汽车司机的反应时间为0.6s，紧急刹车后车轮与路面间的动摩擦因数为0.5，g取10m/s2求货车司机应将警示牌放在车后至少多远处，才能有效避免被撞考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：直线运动规律专题分析：汽车在反应时间内做匀速运动，刹车后做匀减速运动，分别求得匀速运动的位移和减速运动的位移，两者之和即为警示牌放置的最小距离解答：解：设汽车按最高限速行驶即v0=108km/h=30m/s，看到警示牌后在反应时间内做匀速运动
37、x1=v0t1=300.6m=18m .汽车刹车后在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，即汽车的加速度大小汽车从刹车到停止的位移为x2，则 .所以汽车从看清指示牌至停车过程中运动的距离为：x=x1+x2=18+90m=108m设货车司机应将警示牌放在车后x处，L为司机能看清的距离，则有：x=xL=10850m=58m答：货车司机应将警示牌放在车后至少58m处，才能有效避免被撞点评：掌握匀变速直线运动的位移时间关系和速度时间关系是正确解题的关键，注意汽车在驾驶员反应时间内做匀速直线运动14如图所示，两根光滑平行金属导轨固定在倾角为30的斜面上，导轨间距为L，导轨下端连接一个阻值为R的定值电阻匀强磁场垂
38、直斜面向上，磁感应强度大小为B在斜面上平行斜面固定一个轻弹簧，弹簧劲度系数为k，弹簧上端与质量为m，电阻为r的导体杆相连，杆与导轨垂直且接触良好导体杆中点系一光滑细线，细线平行斜面，绕过一个定滑轮后悬挂一个质量也为m的物块初始时用手托着物块，导体杆保持静止，细线拉直，但无拉力重力加速度为g，导轨电阻不计，释放物块后，求：（1）释放物块瞬间导体杆的加速度（2）导体杆最终将停止运动，则在此过程中电阻R上产生的焦耳热（3）导体杆停止运动前，流过电阻R的电荷量考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：（1）对导体棒受力分析，利用牛顿第二定律求解即可；（2）静止
39、时对导体棒受力分析，通过二力平衡计算弹簧的长度的变化量，再有能量守恒求解；（3）通过计算求得磁通量的变化，由q=计算电荷量解答：解：（1）初始时，弹簧被压缩，弹力大小为：kx1=mgsin，即：kx1=mg释放物块瞬间，安培力为零，对杆和物块分析有：mg+kx1mgsin=2ma 得：a=（2）由于电磁感应消耗能量，杆最终速度为零，安培力为零，细线拉力T=mg，弹簧处于伸长状态，对导体杆，弹力为：kx2+mgsin=T得：kx2=mg得：x1=x2=则弹簧弹性势能不变，对物块、导体杆、弹簧整个系统，由能量守恒得：mg（x1+x2）=mg（x1+x2）sin+Q 解得：Q=mg（x1+x2）=，
40、Q为整个电路产生的焦耳热电阻R上产生的焦耳热为：QR=Q=（3）流过电阻R上的电荷量为：q=而=BL（x1+x2）=解得：q=答：（1）释放物块瞬间导体杆的加速度为（2）导体杆最终将停止运动，则在此过程中电阻R上产生的焦耳热为（3）导体杆停止运动前，流过电阻R的电荷量为点评：本题是导体棒在导轨上滑动的类型，分析杆的运动状态，确定其受力情况是关键，特别是弹簧长度的变化是难点对于热量，往往根据能量守恒求解15如图所示，M、N为加速电场的两极板，M板中心有一小孔Q，其正上方有一半径为R1=1m的圆形磁场区域，圆心为0，另有一内半径为R1，外半径为R2=m的同心环形磁场区域，区域边界与M板相切于Q点，
41、磁感应强度大小均为B=0.5T，方向相反，均垂直于纸面一比荷=4107C/kg带正电粒子从靠近N板的P点由静止释放，经加速后通过小孔Q，垂直进入环形磁场区域已知点P、Q、O在同一竖直线上，不计粒子的重力，且不考虑粒子的相对论效应（1）若加速电压U1=1.25106V，求粒子刚进入环形磁场时的速率v0（2）要使粒子能进入中间的圆形磁场区域，加速电压U2应满足什么条件？（3）在某加速电压下粒子进入圆形磁场区域，恰能水平通过圆心O，之后返回到出发点P，求粒子从Q孔进人磁场到第一次回到Q点所用的时间考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）
42、根据动能定理列式求解即可；（2）画出粒子恰好不进入中间磁场区的临界轨迹，先根据几何关系求出半径，然后根据洛伦兹力提供向心力列方程，再根据动能定理对直线加速过程列方程，最后联立方程组求解即可；（3）画出运动轨迹并结合对称性，得到轨迹对应的圆心角，然后求解出时间解答：解：（1）粒子在匀强电场中，由动能定理得：qU1=mv020，代入数据解得：v0=1107m/s；（2）粒子刚好不进入中间圆形磁场的轨迹如图所示，设此时粒子在磁场中运动的旋转半径为r1，在RtQOO1中有：r12+R22=（r1+R1）2，解得r1=1m，洛伦兹力提供向心力，有：qvB=m，解得：r1=，由动能定理得：qU2=mv20
43、，解得：U2=5106V，所以加速电压U2满足条件是：U25106V；（3）粒子的运动轨迹如图所示由于 O、O3、Q共线且竖直，又由于粒子在两磁场中的半径相同为r2，有O2O3=2O2Q=2r2由几何关系得QO2O3=600故粒子从Q孔进入磁场到第一次回到Q点所用的时间为t=2 （T+T ）=T，粒子做圆周运动的周期：T=，代入数据解得：t3.66107s答：（1）粒子刚进入环形磁场时的速率为1107m/s；（2）要使粒子能进入中间的圆形磁场区域，加速电压U2应满足条件：U25106V；（3）粒子从Q孔进人磁场到第一次回到Q点所用的时间约为3.66107s点评：解决本题的关键一是能根据动能定理求加速后的速率，二是能根据圆周运动特征画出粒子运动轨迹，由运动轨迹确定粒子圆周运动的半径和对圆心转过的角度，这是正确解题的关键
