1、2015年湖南省衡阳市耒阳市高考物理一模试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分每小题给出的四个选项中，至少有一项符合题目要求的，选对但没选全给2分）1下列所给的图象中能反映作直线运动物体回到初始位置的是（）A B C D 2在某停车场，甲、乙两辆同型号的车发生了碰撞事故甲车司机背部受伤，乙车司机胸部受伤根据两位司机的伤情可以判定，下列说法中可能正确的是（）A 甲车车头撞了静止的乙车车尾或甲车倒车时车尾撞了静止的乙车车头B 甲车车头撞了静止的乙车车尾或乙车倒车时车尾撞了静止的甲车车头C 乙车车头撞了静止的甲车车尾或甲车倒车时车尾撞了静止的乙车车头D 乙车车头撞了静止的甲车车尾或乙车
2、倒车时车尾撞了静止的甲车车头3如图所示，斜面体M放置在水平地面上，位于斜面上的物块m受到沿斜面向上的推力F作用设物块与斜面之间的摩擦力大小为F1，斜面与地面之间的摩擦力大小为F2增大推力F，斜面体始终保持静止，下列判断正确的是（）A 如果物块沿斜面向上滑动，则F1、F2一定增大B 如果物块沿斜面向上滑动，则F1、F2一定不变C 如果物块与斜面相对静止，则F1、F2一定增大D 如果物块沿斜面相对静止，则F1、F2一定不变4在上海世博会最佳实践区，江苏城市案例馆中穹形门窗充满了浓郁的地域风情和人文特色如图所示，在竖直放置的穹形光滑支架上，一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑滑轮悬挂一重物G现将轻绳的一端
3、固定于支架上的A点，另一端从B点沿支架缓慢地向C点靠近（C点与A点等高）则绳中拉力大小变化的情况是（）A 先变小后变大B 先变小后不变C 先变大后不变D 先变大后变小52009年当地时间9月23日，在印度的萨蒂什达万航天中心，一枚PSLVC14型极地卫星运载火箭携带七颗卫星发射升空，成功实现“一箭七星”发射，相关图片如图所示则下列说法正确的是（）A 火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力大于火箭对气流的作用力B 发射初期，火箭处于超重状态C 高温高压燃气从火箭尾部喷出时对火箭的作用力与火箭对燃气的作用力是一对平衡力D 发射的七颗卫星进入轨道正常运转后，均处于完全失重状态6如图，地球赤道上的山
4、丘e，近地资源卫星p和同步通信卫星q均在赤道平面上绕地心做匀速圆周运动设e、p、q的圆周运动速率分别为V1、V2、V3，向心加速度分别为a1、a2、a3，则（）A V1V2V3B V1V3V2C a1a2a3D a1a3a27如图所示小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面，不计一切阻力，下列说法正确的是（）A 小球落地点离O点的水平距离为RB 小球落地点时的动能为C 小球运动到半圆弧最高点P时向心力恰好为零D 若将半圆弧轨道上部的圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点高0.5R8某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是（）A a点的电势
5、高于b点的电势B c点的电场强度大于d点的电场强度C 若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功D 若将一负试探电荷由c点移到d点，电势能增加9如图所示的电路，闭合开关S后，a、b、c三盏灯均能发光，电源电动势E恒定且内阻r不可忽略现将变阻器R的滑片稍向上滑动一些，三盏灯亮度变化的情况是（）A a灯变亮，b灯和c灯变暗B a灯和c灯变亮，b灯变暗C a灯和c灯变暗，b灯变亮D a灯和b灯变暗，c灯变亮10如图所示，匀强磁场的边界为平行四边形ABDC，其中AC边与对角线BC垂直，一束电子以大小不同的速度沿BC从B点射入磁场，不计电子的重力和电子之间的相互作用，关于电子在磁场中运动的情况，下列说
6、法中正确的是（）A 入射速度越大的电子，其运动时间越长B 入射速度越大的电子，其运动轨迹越长C 从AB边出射的电子的运动时间都相等D 从AC边出射的电子的运动时间都相等11如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界 00为其对称轴一导线折成边长为L的正方形闭合线框abcd，线框在外力作用下由纸面内图示位置从静止开始向右做匀加速运动，若以逆时针方向为电流的正方向，则从线框开始运动到曲边刚进入到PQ右侧磁场的过程中，能反映线框中感应电流随时间变化规律的图象是（）A B C D 12一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示由图可知（）A 该交流电的电压
7、瞬时值的表达式为u=100sin 25t （V）B 该交流电的频率为25 HzC 该交流电的电压的有效值为100 VD 若将该交流电压加在阻值为R=100的电阻两端，则电阻消耗的功率为50 W二、实验题（每空2分，共16分）13某实验小组利用如图甲所示的实验装置来探究当合外力一定时，物体运动的加速度与其质量之间的关系，由图甲中刻度尺读出两个光电门中心之间的距离s=24cm，由图乙中游标卡尺测得遮光条的宽度d=cm该实验小组在做实验时，将滑块从图甲所示位置由静止释放，由数字计时器可以读出遮光条通过光电门1的时间t1，遮光条通过光电门2的时间t2，则滑块经过光电门1时的瞬时速度的表达式v1=，滑块
8、经过光电门2时的瞬时速度的表达式v2=，则滑块的加速度的表达式a=（以上表达式均用字母表示）14用如图实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），计数点间的距离如图2所示已知m1=50g、m2=150g，则（g取10m/s2，结果保留两位有效数字）（1）在纸带上打下记数点5时的速度v=m/s；（2）在打点05过程中系统动能的增量EK=J，系统势能的减少量EP=J；（3）若某同学作出v2h图象如图3
9、，则当地的实际重力加速度g=m/s2三、计算题（本题3小题，共36分，请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。第15题10分，第16题12分，第17题14分）15如图所示，一个人用与水平方向成=30角的斜向下的推力F推一个质量为20kg的箱子匀速前进，如图（a）所示，箱子与水平地面间的动摩擦因数为=0.40求：（1）推力F的大小；（2）若该人不改变力F的大小，只把力的方向变为与水平方向成30角斜向上去拉这个静止的箱子，如图（b）所示，拉力作用2.0s后撤去，箱子最多还能运动多长距离？（g取10m/s2）16为了研究过山车的原理，物理小组提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为37、长为L
10、=2.0m的粗糙的倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图所示一个小物块以初速度v0=4.0m/s，从某一高处水平抛出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下已知物块与倾斜轨道的动摩擦因数=0.5（g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）小物块的抛出点和A点的高度差；（2）要使小物块不离开轨道，并从水平轨道DE滑出，求竖直圆弧轨道的半径应该满足什么条件17如图所示，直角坐标系xoy位于竖直平面内，在mx0的区域内有磁感应强度大小B=4.0104T、方向垂直于纸面向
11、里的条形匀强磁场，其左边界与x轴交于P点；在x0的区域内有电场强度大小E=4N/C、方向沿y轴正方向的条形匀强电场，其宽度d=2m一质量m=6.41027kg、电荷量q=3.21019C的带电粒子从P点以速度v=4104m/s，沿与x轴正方向成=60角射入磁场，经电场偏转最终通过x轴上的Q点（图中未标出），不计粒子重力求：（1）带电粒子在磁场中运动时间；（2）当电场左边界与y轴重合时Q点的横坐标2015年湖南省衡阳市耒阳市高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分每小题给出的四个选项中，至少有一项符合题目要求的，选对但没选全给2分）1下列所给的图象中能反
12、映作直线运动物体回到初始位置的是（）A B C D 考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：st图象中的纵坐标表示物体的位置，vt图象中图象与时间轴围成的面积表示物体的位移，分析各图象中的运动过程可得出正确结果解答：解：A、由图可知，物体开始和结束时的纵坐标均为0，说明物体又回到了初始位置，故A正确；B、由图可知，物体一直沿正方向运动，位移增大，故无法回到初始位置，故B错误；C、物体第1s内的位移沿正方向，大小为2m，第2s内位移为2m，沿负方向，故2s末物体回到初始位置，故C正确；D、物体做匀变速直线运动，2s末时物体的总位移为零，故物体回到初始位置，故D正确；故选：ACD点
13、评：图象为物理学中的重要方法，在研究图象时首先要明确图象的坐标，从而理解图象的意义；即可确定点、线、面的含义2在某停车场，甲、乙两辆同型号的车发生了碰撞事故甲车司机背部受伤，乙车司机胸部受伤根据两位司机的伤情可以判定，下列说法中可能正确的是（）A 甲车车头撞了静止的乙车车尾或甲车倒车时车尾撞了静止的乙车车头B 甲车车头撞了静止的乙车车尾或乙车倒车时车尾撞了静止的甲车车头C 乙车车头撞了静止的甲车车尾或甲车倒车时车尾撞了静止的乙车车头D 乙车车头撞了静止的甲车车尾或乙车倒车时车尾撞了静止的甲车车头考点：惯性专题：直线运动规律专题分析：甲车司机的背部受伤，故应该是甲车司机相对于甲车向后运动，故有两
14、种可能：第一种情况甲车原来静止，甲车受到后面的撞击而突然向前运动而使司机背部受伤；第二种情况甲车向后倒车撞到乙车上而停止运动，而使司机背部受伤乙车司机胸部受伤，应该是乙车司机相对于乙车向前运动，故也有两种可能：第一种是乙车向前运动车头撞到甲车而停止；第二种可能是乙车静止，乙车车头由于受到撞击而向后运动解答：解：由于甲车司机的背部受伤，故应该是甲车司机相对于甲车向后运动，故有两种可能：第一种情况甲车原来静止，甲车受到后面的撞击而突然向前运动而甲车司机由于惯性保持不动，即相对于甲车向后运动而使背部受伤；第二种情况甲车向后倒车撞到乙车上而停止运动，而甲车司机由于惯性继续向后运动而使背部受伤乙车司机胸
15、部受伤，应该是乙车司机相对于乙车向前运动，故也有两种可能：第一种是乙车向前运动车头撞到甲车而停止，而乙车司机由于惯性继续向前运动而撞到乙车上造成胸部受伤；第二种可能是乙车静止，乙车车头由于受到撞击而向后运动，而司机由于惯性保持静止而和乙车的方向盘相碰而造成乙车司机胸部受伤故只有C正确故选C点评：在处理这类题目时不能急躁，要心平气和的认真分析讨论，只有这样才能顺利解出答案3如图所示，斜面体M放置在水平地面上，位于斜面上的物块m受到沿斜面向上的推力F作用设物块与斜面之间的摩擦力大小为F1，斜面与地面之间的摩擦力大小为F2增大推力F，斜面体始终保持静止，下列判断正确的是（）A 如果物块沿斜面向上滑动
16、，则F1、F2一定增大B 如果物块沿斜面向上滑动，则F1、F2一定不变C 如果物块与斜面相对静止，则F1、F2一定增大D 如果物块沿斜面相对静止，则F1、F2一定不变考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用专题：牛顿运动定律综合专题分析：由题意斜面体始终保持静止，若物块沿斜面向上滑动，增大F，物块对斜面体的压力和摩擦力不变若物块与斜面相对静止，以整体为研究对象，根据平衡条件得到F1、F2与F的关系，再分析其变化解答：解：A、B由图看出，F平行于斜面，如果物块沿斜面向上滑动，物块对斜面体的压力和摩擦力保持不变，增大推力F时，斜面体的受力情况没有改变，则F1、F2一定不变故A错误，B正确C、D如果
17、物块与斜面相对静止时，以整体为研究对象，分析受力情况如图，由平衡条件得到： F2=Fcos，是斜面的倾角，可见，F增大时，F2一定增大而对物块研究得知，F1可能增大、可能减小，也可能大小不变故CD错误故选B点评：本题当物块在斜面运动时采用隔离法研究，当物块在斜面上静止时，可采用整体研究F2，要灵活选择研究对象4在上海世博会最佳实践区，江苏城市案例馆中穹形门窗充满了浓郁的地域风情和人文特色如图所示，在竖直放置的穹形光滑支架上，一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑滑轮悬挂一重物G现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点沿支架缓慢地向C点靠近（C点与A点等高）则绳中拉力大小变化的情况是（）A 先变小
18、后变大B 先变小后不变C 先变大后不变D 先变大后变小考点：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：当轻绳的右端从B点移到直杆最上端时，两绳的夹角增大滑轮两侧绳子的拉力大小相等，方向关于竖直方向对称以滑轮为研究对象，根据平衡条件研究绳的拉力变化情况当轻绳的右端从直杆的最上端移到C点的过程中，根据几何知识分析得到滑轮两侧绳子的夹角不变，由平衡条件判断出绳子的拉力保持不变解答：解： 当轻绳的右端从B点移到直杆最上端时，设两绳的夹角为2以滑轮为研究对象，分析受力情况，作出力图如图1所示根据平衡条件得 2Fcos=mg得到绳子的拉力F=所以在轻绳的右端从B点移
19、到直杆最上端时的过程中，增大，cos减小，则F变大 当轻绳的右端从直杆最上端移到C点时，设两绳的夹角为2设绳子总长为L，两直杆间的距离为S，由数学知识得到 sin，L、S不变，则保持不变再根据平衡条件可知，两绳的拉力F保持不变所以绳中拉力大小变化的情况是先变大后不变故选C点评：本题是共点力平衡中动态变化分析问题，关键在于运用几何知识分析的变化，这在高考中曾经出现过，有一定的难度52009年当地时间9月23日，在印度的萨蒂什达万航天中心，一枚PSLVC14型极地卫星运载火箭携带七颗卫星发射升空，成功实现“一箭七星”发射，相关图片如图所示则下列说法正确的是（）A 火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的
20、作用力大于火箭对气流的作用力B 发射初期，火箭处于超重状态C 高温高压燃气从火箭尾部喷出时对火箭的作用力与火箭对燃气的作用力是一对平衡力D 发射的七颗卫星进入轨道正常运转后，均处于完全失重状态考点：牛顿第三定律；超重和失重分析：物体间力的作用是相互的，由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力等大、反向、作用在同一直线上；火箭在上升过程中，处于超重状态，随着火箭离地球距离的增大，火箭受到的重力越来越小，在空中运行的卫星处于完全失重状态解答：解：A、C、火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力与火箭对气流的作用力是作用力与反作用力，它们大小相等，故AC错误；B、发射初期，火箭具有向上的加速度，火箭处于
21、超重状态，由于火箭距离地球的距离越来越大，它受到的地球的万有引力即重力却越来越小，故B正确；D、发射的七颗卫星进入轨道正常运转后，均处于完全失重状态，故D正确；故选：BD点评：本题难度不大，是一道基础题，熟练掌握牛顿第三定律、知道绕地球做圆周运动的卫星处于失重状态，即可正确解题6如图，地球赤道上的山丘e，近地资源卫星p和同步通信卫星q均在赤道平面上绕地心做匀速圆周运动设e、p、q的圆周运动速率分别为V1、V2、V3，向心加速度分别为a1、a2、a3，则（）A V1V2V3B V1V3V2C a1a2a3D a1a3a2考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；人造卫星的环绕速度；同步卫星分析：
22、题中涉及三个物体：地球赤道上的山丘e、近地资源卫星p、同步通信卫星q；山丘e与同步通信卫星q转动周期相同，近地资源卫星p与同步通信卫星q，都是万有引力提供向心力；分两种类型进行比较分析即可解答：解：A、B、山丘e与同步通信卫星q转动周期相等，根据v=，由于山丘e的轨道半径小于同步通信卫星q的轨道半径，故V1V3；根据卫星的线速度公式v=，由于近地资源卫星的轨道半径小于同步通信卫星q的轨道半径，故近地资源卫星的线速度大于同步通信卫星的线速度，即V3V2；故V1V3V2，故A错误，B正确；C、D、山丘e与同步通信卫星q转动周期相等，根据a=2r=，由于山丘e的轨道半径小于同步通信卫星q的轨道半径，
23、故山丘e的轨道加速度大于同步通信卫星q的加速度，即a1a3；根据卫星的周期公式T=2，由于近地资源卫星的轨道半径小于同步通信卫星q的轨道半径，故近地资源卫星的加速度小于同步通信卫星的加速度，即a3a2；故a1a3a2，故C错误，D正确；故选BD点评：本题关键要将地球赤道上的山丘e、近地资源卫星p、同步通信卫星q分为两组进行分析比较，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7如图所示小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面，不计一切阻力，下列说法正确的是（）A 小球落地点离O点的水平距离为RB 小球落地点时的动能为C 小球运动到半圆
24、弧最高点P时向心力恰好为零D 若将半圆弧轨道上部的圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点高0.5R考点：向心力；平抛运动；动能定理的应用专题：计算题分析：小球恰能通过圆弧最高点P，重力恰好提供向心力，可先求出过最高点的速度，小球离开最高点后做平抛运动，可由动能定理求解落地速度，将半圆弧轨道上部的圆弧截去，同样可以用动能定理求解解答：解：A、小球恰好通过最高点，重力恰好提供向心力mg=m解得v=小球离开最高点后做平抛运动2R=gt2x=vt解得x=2R因而A错误；B、小球平抛过程mg（2R）=Ek2mv2解得Ek2=mgR因而B正确；C、小球恰好通过最高点，重力恰好提供向心力，故C
25、错误；D、不计一切阻力，最高点速度为零mg（R+h）=0Ek2解得h=1.5R因而D正确；故选BD点评：本题关键分析清楚物体的运动过程，然后结合平抛运动和动能定理的相关知识求解8某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是（）A a点的电势高于b点的电势B c点的电场强度大于d点的电场强度C 若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功D 若将一负试探电荷由c点移到d点，电势能增加考点：电场线；电场强度；电势；电势能分析：要正确在电场中通过电场线来判断电场强度、电势、电势能大小变化，理解这些概念之间的关系解答：解：A、做出通过b点的等势线，等势线与过a点的电场线相交，根据沿电场线电势降低可知：
26、a点的电势低于b点的电势，故A错误；B、从电场线的分布情况可知，d处的电场线比c处的密，所以c点的电场强度小于d点的电场强度，故B错误；C、正电荷所受电场力和电场线方向相同，因此正试探电荷由a点移到b点时电场力做负功，故C正确；D、当负试探电荷由c点移到d点时电场力做正功，电势能减小，故D错误故选C点评：电场强度、电势、电势能、电场力做功等概念是本章的重点和难点，要弄清它们之间的区别和联系，并能在实际电场中或者电荷运动过程中弄清它们的变化9如图所示的电路，闭合开关S后，a、b、c三盏灯均能发光，电源电动势E恒定且内阻r不可忽略现将变阻器R的滑片稍向上滑动一些，三盏灯亮度变化的情况是（）A a灯
27、变亮，b灯和c灯变暗B a灯和c灯变亮，b灯变暗C a灯和c灯变暗，b灯变亮D a灯和b灯变暗，c灯变亮考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：如图电路的结构是：c灯与变阻器R串联后与b灯并联，再与a灯串联R的滑片稍向上滑动时，变阻器R接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据欧姆定律分析干路电流的变化，再分析b灯电压的变化和c灯的电流变化来分析灯泡亮度变化解答：解：R的滑片稍向上滑动时，变阻器R接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，a灯变亮b的电压Ub=EI（r+Ra）减小，b灯变暗通过c灯的电流Ic=IIb，I增大，Ib减小，则Ic增大，c
28、灯变亮故选：B点评：本题是电路中动态变化分析的问题，首先要搞清电路的结构，其次要按“部分整体部分”的顺序分析10如图所示，匀强磁场的边界为平行四边形ABDC，其中AC边与对角线BC垂直，一束电子以大小不同的速度沿BC从B点射入磁场，不计电子的重力和电子之间的相互作用，关于电子在磁场中运动的情况，下列说法中正确的是（）A 入射速度越大的电子，其运动时间越长B 入射速度越大的电子，其运动轨迹越长C 从AB边出射的电子的运动时间都相等D 从AC边出射的电子的运动时间都相等考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提
29、供向心力，根据题意及几何知识分析电子从AC，AB边飞出时粒子所转过的圆心角，比较电子的运动时间轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长解答：解：电子做圆周运动的周期T=，保持不变，电子在磁场中运动时间为t=，轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长A、C电子沿BC方向入射，若从AB边射出时，根据几何知识可知在AB边射出的电子轨迹所对应的圆心角相等，在磁场中运动时间相等，与速度无关故A错误，C正确B、D从AC边射出的电子轨迹对应的圆心角不相等，且入射速度越大，其运动轨迹越短，在磁场中运动时间不相等故BD错误故选C点评：本题考查了求电子在磁场中的运动时间问题，找出粒子在磁场中做圆周运动时所转过的圆心角是正确解
30、题的关键11如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界 00为其对称轴一导线折成边长为L的正方形闭合线框abcd，线框在外力作用下由纸面内图示位置从静止开始向右做匀加速运动，若以逆时针方向为电流的正方向，则从线框开始运动到曲边刚进入到PQ右侧磁场的过程中，能反映线框中感应电流随时间变化规律的图象是（）A B C D 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与图像结合分析：如图所示时刻，有两根导线dc和ab都切割磁感线，根据E=BLv、欧姆定律、速度公式得出感应电流与时间关系的表达式在t1时刻后，只有一根导线dc切割感磁线
31、，用同样的方法得到感应电流的表达式，即可选择图象解答：解：在0t1时间内，导线dc和ab都切割磁感线，则回路中的感应电动势为 E=2BLv，而i=，v=at，R是线圈的电阻联立得到，i=，可见，i与t成正比在t1时刻后，只有一根导线dc切割感磁线，同法得到，i=，这段时间内i与t是线性关系，it图象的斜率是0t1时间内斜率的一半，而且在t1时刻线圈的感应电流大于零，由数学知识可知，图象B正确故选B点评：本题根据法拉第电磁定律、欧姆定律推导出感应电流的表达式，再根据数学知识选择图象，数形结合是常用的方法12一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示由图可知（）A 该交流电的电压瞬时值的表达式为u
32、=100sin 25t （V）B 该交流电的频率为25 HzC 该交流电的电压的有效值为100 VD 若将该交流电压加在阻值为R=100的电阻两端，则电阻消耗的功率为50 W考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；正弦式电流的图象和三角函数表达式专题：交流电专题分析：根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等解答：解：A、B、由图可知，T=4102s，故f=25Hz，=2f=50rad/s，所以其表达式为u=100sin（50t）V，故A错误，B正确C、D、由图象可知交流电的最大值为100V，因此其有效值为：U=50V，所以R消耗的功率为：P
33、=W=50W，故C错误，D正确；故选：BD点评：本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式二、实验题（每空2分，共16分）13某实验小组利用如图甲所示的实验装置来探究当合外力一定时，物体运动的加速度与其质量之间的关系，由图甲中刻度尺读出两个光电门中心之间的距离s=24cm，由图乙中游标卡尺测得遮光条的宽度d=0.52cm该实验小组在做实验时，将滑块从图甲所示位置由静止释放，由数字计时器可以读出遮光条通过光电门1的时间t1，遮光条通过光电门2的时间t2，则滑块经过光电门1时的瞬时速度的表达式v1=，滑块经过光
34、电门2时的瞬时速度的表达式v2=，则滑块的加速度的表达式a=（以上表达式均用字母表示）考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；（2）遮光条的宽度与遮光时间的比值是滑块的瞬时速度，由匀变速运动的速度位移公式可以求出滑块的加速度解答：解：（1）由图示游标卡尺可知，主尺的示数为5mm，游标尺示数为20.1mm=0.2mm，游标卡尺示数为5mm+0.2mm=5.2mm=0.52cm；（2）遮光条的宽度与遮光时间的比值是滑块的瞬时速度，所以滑块经过光电门的速度v1=，v2=；滑块做匀变速直线运动，则v22v12
35、=2as，则加速度a=；故答案为：（1）0.52；（2），；点评：对游标卡尺读数时要注意先确定游标尺的精度，主尺与游标尺的示数之和是物体的长度，注意游标卡尺不需要估读14用如图实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），计数点间的距离如图2所示已知m1=50g、m2=150g，则（g取10m/s2，结果保留两位有效数字）（1）在纸带上打下记数点5时的速度v=2.4m/s；（2）在打点05过程中系统
36、动能的增量EK=0.58J，系统势能的减少量EP=0.59J；（3）若某同学作出v2h图象如图3，则当地的实际重力加速度g=9.7m/s2考点：验证机械能守恒定律专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：（1）根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可以求出打下记数点5时的速度大小；（2）根据物体的初末动能大小可以求出动能的增加量，根据物体重力做功和重力势能之间的关系可以求出系统重力势能的减小量，比较动能增加量和重力势能减小量之间的关系可以得出机械能是否守恒；（3）根据图象的物理意义可知，图象的斜率大小等于物体的重力加速度大小解答：解：（1）根据在匀变速直线运动中时
37、间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为：v5=2.4m/s（2）物体的初速度为零，所以动能的增加量为：Ek=0=0.58J；重力势能的减小量等于物体重力做功，故：EP=W=mgh=0.59J；（3）本题中根据机械能守恒可知，mgh=mv2，即有：v2=gh，所以v2h图象中图象的斜率表示重力加速度，由图可知，斜率k=9.7，故当地的实际重力加速度g=9.7m/s2故答案为：（1）2.4； （2）0.58，0.59； （3）9.7点评：本题全面的考查了验证机械能守恒定律中的数据处理问题，要熟练掌握匀变速直线运动的规律以及功能关系，增强数据处理能力三、计算题（本题3小
38、题，共36分，请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。第15题10分，第16题12分，第17题14分）15如图所示，一个人用与水平方向成=30角的斜向下的推力F推一个质量为20kg的箱子匀速前进，如图（a）所示，箱子与水平地面间的动摩擦因数为=0.40求：（1）推力F的大小；（2）若该人不改变力F的大小，只把力的方向变为与水平方向成30角斜向上去拉这个静止的箱子，如图（b）所示，拉力作用2.0s后撤去，箱子最多还能运动多长距离？（g取10m/s2）考点：牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）对物体进行受力分析，物体做匀速运动故所受合力为0，根据平衡方程求解
39、物体所受推力F的大小；（2）对物体进行受力分析，在拉力F作用下做匀加速运动，由牛顿运动定律求出加速度，从而求出作用2s末的速度，再根据撤去力F后在摩擦力作用下做匀减速运动，再由牛顿运动定律求出减速运动的加速度，根据速度时间关系求解物体还能运动的位移解答：解：（1）在图（a）情况下，对箱子进行受力分析有：箱子受竖直向下的重力、地面竖直向上的支持力、推力和水平面的摩擦力作用，由于箱子处于平衡状态，故在水平方向满足：Fcosf=0 在竖直方向满足：Fsin+mgN1=0 而摩擦力的大小满足：f=N1 由式得N1=Fsin+mg将代入得f=（Fsin+mg） 将代入得：Fcos=（Fsin+mg）整理
40、得：（2）在图（b）情况下，物体先以加速度a1做匀速运动，对物体进行受力分析有：在水平方向满足：Fcosf=ma1在竖直方向满足：mgFsinN2=0 而摩擦力的大小满足：f=N2所以物体产生的加速度为：=2.4m/s2拉力作用2s后的速度为：v1=a1t1=2.42m/s=4.8m/s撤去外力F后，物体在摩擦力作用下做匀减速运动，根据牛顿第二定律有：N3=mg=ma2所以物体产生的加速度大小为：撤去外力F后，物体做初速度v1=4.8m/s，加速度的匀减速运动，物体还能产生的位移为：答：（1）推力F的大小为120N；（2）若该人不改变力F的大小，只把力的方向变为与水平方向成30角斜向上去拉这个
41、静止的箱子，如图（b）所示，拉力作用2.0s后撤去，箱子最多还能运动2.88m（g取10m/s2）点评：本题关键是抓住正确的受力分析，由平衡条件或牛顿第二定律列方程求解，掌握规律是解决问题的基础，本题第二问中还能运行多远的计算中，部分同学认为撤去外力F前后摩擦力大小保持不变，这是一个易错点16为了研究过山车的原理，物理小组提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为37、长为L=2.0m的粗糙的倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图所示一个小物块以初速度v0=4.0m/s，从某一高处水平抛出，到A点时
42、速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下已知物块与倾斜轨道的动摩擦因数=0.5（g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）小物块的抛出点和A点的高度差；（2）要使小物块不离开轨道，并从水平轨道DE滑出，求竖直圆弧轨道的半径应该满足什么条件考点：动能定理的应用；向心力专题：动能定理的应用专题分析：（1）从抛出点到A点做平抛运动，根据平抛运动的规律可解得落到A点时竖直方向的速度vy与h的关系，根据竖直方向速度vy与水平方向速度vx的夹角之间的关系，可以解得h（2）现根据第一问中求得到达A的速度，从A到B运用动能定理列方程，从B到环的最高点运用机械能守恒列方程，再根据到达最高
43、点的临界条件mmg，联立方程组求解解答：解：（1）设从抛出点到A点的高度差为h，根据平抛运动的规律有： vy2=2gh解得vy=且 =tan37代入数据解得 h=0.45m （2）小物体到达A点时的速度：vA=5m/s从A到B，由动能定理： mgLsin37mgcos37L=小物体从B到环最高点P机械能守恒：+2mgR在最高点有：mmg由解得 R0.66m答：（1）小物块的抛出点和A点的高度差为0.45m；（2）要使小物块不离开轨道，并从水平轨道DE滑出，则竖直圆弧轨道的半径应小于等于0.66m点评：此题要求熟练掌握平抛运动、动能定理、机械能守恒定律、圆周运动等规律，包含知识点多，关键要掌握圆
44、周运动的临界条件17如图所示，直角坐标系xoy位于竖直平面内，在mx0的区域内有磁感应强度大小B=4.0104T、方向垂直于纸面向里的条形匀强磁场，其左边界与x轴交于P点；在x0的区域内有电场强度大小E=4N/C、方向沿y轴正方向的条形匀强电场，其宽度d=2m一质量m=6.41027kg、电荷量q=3.21019C的带电粒子从P点以速度v=4104m/s，沿与x轴正方向成=60角射入磁场，经电场偏转最终通过x轴上的Q点（图中未标出），不计粒子重力求：（1）带电粒子在磁场中运动时间；（2）当电场左边界与y轴重合时Q点的横坐标考点：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
45、子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子在匀强磁场中由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出半径，作出轨迹，由几何知识找出圆心角，求出运动时间（2）粒子进入匀强电场，只受电场力，做类平抛运动，根据运动的分解，求出粒子离开电场时的速度偏向角为，由数学知识求出Q点的横坐标解答：解：（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：qvB=m，代入数据得：r=2m，轨迹如图1交y轴于C点，过P点作v的垂线交y轴于O1点，由几何关系得O1为粒子运动轨迹的圆心，且圆心角为60在磁场中运动时间t=T=，代入数据得：t=5.23105s； （2）带电粒子离开磁场垂直进入电场后做类平抛运动粒子在电场中加速度a=2.0108m/s2运动时间：t1=5.0105s沿y方向分速度vy=at1=1.0104m/s沿y方向位移y=at12=0.25m粒子出电场后又经时间t2达x轴上Q点t2=7.5105s故Q点的坐标为：x=d+vt2=2+47.5105m=5.0m；答：（1）带电粒子在磁场中运动的时间为5.23105s；（2）当电场左边界与y轴重合时Q点的横坐标为5m点评：本题是磁场和电场组合场问题，考查分析和解决综合题的能力，关键是运用几何知识画出粒子的运动轨迹，属于较难题目
