1、2015-2016学年山东省枣庄八中南校区高三（上）月考物理试卷（1月份）一、本题包括11小题每小题4分，共44分每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-11题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分1某同学通过以下步骤测出了从一定高度落下的排球对地面的冲击力：将一张白纸铺在水平地面上，把排球在水里弄湿，然后让排球从规定的高度自由落，并在白纸上留下球的水印再将印有水印的白纸铺在台秤上，将球放在纸上的水印中心，缓慢地 向下球，使排球与纸接触部分逐渐发生形变直至刚好遮住水印，记下此时台秤的示数，然后根据台秤的示数算出冲击力的最大值下列物理学习或
2、研究中用到的方法与该同学的方法相同的是（）A建立“质点”的概念B建立“点电荷”的理论C建立“电场强度”的概念D建立“合力与分力”的概念2如图，穿在一根光滑的固定杆上的两个小球A、B连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成=37角，不计所有摩擦当两球静止时，OA绳与杆的夹角为，OB绳沿竖直方向，则球A、B的质量之比为（）A4：3B3：4C3：5D5：83如图所示，R0为热敏电阻（温度降低电阻增大），D为理想二极管（正向电阻为零，反向电阻无穷大），C为平行板电容器，C中央有一带电液滴刚好静止，M点接地，单独进行下列操作可使带电液滴保持静止的是（）A将热敏电阻R0加热B变阻器R的滑动头P向下移动
3、C开关K断开D电容器C的上极板向上移动4如图所示，一个质量为0.4kg的小物块从高h=0.05m的坡面顶端由静止释放，滑到水平台上，滑行一段距离后，从边缘O点水平飞出，击中平台右下侧挡板上的P点现以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板的形状满足方程y=x26（单位：m），不计一切摩擦和空气阻力，g=10m/s2，则下列说法正确的是（）A小物块从水平台上O点飞出的速度大小为2m/sB小物块从O点运动到P点的时间为l sC小物块刚到P点时速度方向与水平方向夹角的正切值等于5D小物块刚到P点时速度的大小为10 m/s5如图所示的等臂天平可用来测定磁感应强度天平的右臂下面挂有一个矩形线
4、圈，宽为l，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面当线圈中通有电流I（方向如图）时，天平平衡；当电流反向（大小不变）时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡由此可知（）A磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为B磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为C磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为D磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为6体育器材室里，篮球摆放在图示的水平球架上已知球架的宽度为d，每只篮球的质量为m、直径为D，不计球与球架之间摩擦，重力加速度为g则每只篮球对一侧球架的压力大小为（）A mgBCD7如图所示，三条平行虚线位于纸面内，中间虚线两侧有方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度
5、等大反向菱形闭合导线框ABCD位于纸面内且对角线AC与虚线垂直，磁场宽度与对角线AC长均为d，现使线框沿AC方向匀速穿过一磁场，以逆时针方向为感应电流的正方向，则从C点进入磁场到A点离开磁场的过程中，线框中电流i随时间t的变化关系，以下可能正确的是（）ABCD8嫦娥工程分为“无人月球探测”、“载人登月”和“建立月球基地”三个阶段如图所示，关闭发动机的航天飞机，在月球引力作用下，沿椭圆轨道由A点向月球靠近，并将在椭圆轨道的近月点B与空间站对接已知空间站绕月圆轨道的半径为r，周期为T，引力常量为G，月球半径为R下列说法中正确的是（）A航天飞机与空间站成功对接前必须点火减速B月球的质量为M=C月球表
6、面的重力加速度为g=D月球表面的重力加速度g9如图甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，一带正电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度va沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动，其vt图象如图乙所示，下列说法正确的是（）A两点电荷一定都带负电，但电量不一定相等B两点电荷一定都带负电，且电量一定相等C试探电荷一直向上运动，直至运动到无穷远处Dt2时刻试探电荷的电势能最大，但加速度不为零10如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30，质量分别为M、m的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板开始时用手按住物体M，此时M距离挡板的距离为s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧
7、处于原长状态已知M=2m，空气阻力不计松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是（）AM和m组成的系统机械能守恒B当M的速度最大时，m与地面间的作用力为零C若M恰好能到达挡板处，则此时m的速度为零D若M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和11一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2x3段是直线，其中x3x2=x2x1，则下列说法正确的是（）A0x1段的电场强度逐渐减小B粒子在x1x2段做匀变速运动，x2x3段做匀速直线运动Cx1、x2、x3处电势1
8、、2、3的关系为123Dx1与x2两点间的电势差U12等于x2与x3两点间的电势差U23二、本题共2小题，共14分请将答案填在题中横线上或按题目要求作答12在“探究求合力的方法”的实验中，王同学用了两个量程为5N、最小刻度为 0.1N的弹簧测力计来测量拉力，实验之前他先检查了弹簧测力计，然后进行实验先将橡皮条的一端固定在水平放置的木板上，用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使结点到达某一位置O，记录下O点的位置和拉力F1、F2的大小及方向；然后用一个弹簧测力计拉橡皮条，仍将结点拉到O点，再记录拉力F的大小及方向；最后取下白纸作图，研究合力与分力的关系（1）实验前必须对弹簧测力计进
9、行检查，以下检查项目必需的是A对弹簧测力计进行调零B将弹簧测力计用力拉，看是否能达到最大量程C将两只弹簧测力计水平互钩对拉，检查两弹簧测力计读数是否相同（2）如图是王同学研究合力与分力关系时在白纸上画出的图，根据物理实验读数和作图要求与规范，请指出图中存在的三种错误；（3）在实验之余，王同学将两弹簧测力计竖直互钩对挂，发现上面弹簧测力计的读数略大于下面弹簧测力计的读数，倒置后也是如此，产生这种现象的原因是A弹簧测力计外壳的重力 B弹簧及挂钩的重力C弹簧测力计只能水平测力 D两挂钩之间的作用力不同13指针式多用电表是常用的电学测量仪器请完成下列问题（1）在使用多用电表测量时，若选择开关拨至“25
10、mA”挡，指针的位置如图（a）所示，则测量结果为mA（2）多用电表测未知电阻阻值的电路如图（b）所示，电路中电流I与待测电阻的阻值Rx关系图象如图（c）所示下列根据图（c）中，IRx图线做出的解释或判断正确的是A因为函数图线是非线性变化的，所以欧姆表的示数左小右大B欧姆表调零的实质是当Rx=0时，通过调节R0，使电路中的电流I=IgCRx越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏D测量中，当Rx的阻值为图（c）中的2R时，指针位于表盘中央位置的左侧（3）由图（c）可知，此多用电表所用电池的电动势E=；该图象的函数关系式为I=（用图（c）中的物理量表示）三、本题共4小题
11、，共42分解答应写出必要的文字说明、方程式及重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位142011年7月23日晚，甬温线永嘉站至温州南站间，北京南至福州D301次列车与杭州至福州南D3115次列车发生追尾事故，造成动车组运行以来的特重大铁路交通事故事故发生前D3115次动车组正以20km/h的目视行车速度在发生事故的铁路上匀速行驶，而D301次动车组驶离永嘉站后，2分钟车速达到216km/h，便开始匀速行驶不幸的是几分钟后就发生了追尾事故如果认为D301次动车组以恒定加速度从静止驶离永嘉车站，求：（1）D301的启动加速度和加速距离分别是多少？（2）已
12、知动车组紧急制动的加速度为3m/s2，D301正常行驶后，为了避免事故发生，应至少距离D3115多远开始刹车才有可能避免事故发生？15如图所示，无限长金属导轨EF、PQ固定在倾角为=53的光滑绝缘斜面上，轨道间距L=1m，底部接入一阻值为R=0.4的定值电阻，上端开口垂直斜面向上的匀强磁场的磁感应强度B=2T一质量为m=0.5kg的金属棒ab与导轨接触良好，ab与导轨间动摩擦因数=0.2，ab连入导轨间的电阻r=0.1，电路中其余电阻不计现用一质量为M=2.86kg的物体通过一不可伸长的轻质细绳绕过光滑的定滑轮与ab相连由静止释放M，当M下落高度h=2.0m时，ab开始匀速运动（运动中ab始终
13、垂直导轨，并接触良好）不计空气阻力，sin53=0.8，cos53=0.6，取g=10m/s2求：（1）ab棒沿斜面向上运动的最大速度vm；（2）ab棒从开始运动到匀速运动的这段时间内电阻R上产生的焦耳热QR和流过电阻R的总电荷量q16如图所示，半径R=0.5m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，斜面倾角分别如图所示O为圆弧圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮（不计滑轮摩擦）分别连接小物块P、Q （两边细绳分别与对应斜面平行），并保持P、Q两物块静止若PC间距为L1=0.25m，斜面MN足够
14、长，物块P质量m1=3kg，与MN间的动摩擦因数=，重力加速度g=10m/s2求：（ sin37=0.6，cos37=0.8）（1）小物块Q的质量m2；（2）烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；（3）物块P在MN斜面上滑行的总路程17如图甲所示，建立Oxy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l，第一四象限有磁场，方向垂直于Oxy平面向里位于极板左侧的粒子源沿x轴间右连接发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子在03t0时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极边缘的影响）已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时，刻经极板边缘
15、射入磁场上述m、q、l、t0、B为已知量（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）（1）求电压U0的大小（2）求t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径（3）带电粒子在磁场中的运动时间2015-2016学年山东省枣庄八中南校区高三（上）月考物理试卷（1月份）参考答案与试题解析一、本题包括11小题每小题4分，共44分每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-11题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分1某同学通过以下步骤测出了从一定高度落下的排球对地面的冲击力：将一张白纸铺在水平地面上，把排球在水里弄湿，然后让排球从规定的高度自由落
16、，并在白纸上留下球的水印再将印有水印的白纸铺在台秤上，将球放在纸上的水印中心，缓慢地 向下球，使排球与纸接触部分逐渐发生形变直至刚好遮住水印，记下此时台秤的示数，然后根据台秤的示数算出冲击力的最大值下列物理学习或研究中用到的方法与该同学的方法相同的是（）A建立“质点”的概念B建立“点电荷”的理论C建立“电场强度”的概念D建立“合力与分力”的概念【考点】物理学史【分析】通过白纸上的球的印迹，来确定球发生的形变的大小，从而可以把不容易测量的一次冲击力用球形变量的大小来表示出来，在通过台秤来测量相同的形变时受到的力的大小，这是用来等效替代的方法【解答】解：A、质点和点电荷是一种理想化的模型，是采用的
17、理想化的方法，所以AB错误C、电场强度是采用的比值定义法，所以C错误D、合力和分力是等效的，它们是等效替代的关系，所以D正确故选：D【点评】在物理学中为了研究问题方便，经常采用很多的方法来分析问题，对于常用的物理方法一定要知道2如图，穿在一根光滑的固定杆上的两个小球A、B连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成=37角，不计所有摩擦当两球静止时，OA绳与杆的夹角为，OB绳沿竖直方向，则球A、B的质量之比为（）A4：3B3：4C3：5D5：8【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】分别对AB两球分析，运用合成法，用T表示出A、B两球的重力
18、，同一根绳子上的拉力相等，即绳子AB两球的拉力是相等的【解答】解：分别对AB两球分析，运用合成法，如图：根据共点力平衡条件，得：T=mBg（根据正弦定理列式）故mA：mB=1：tan=1： =4：3故选：A【点评】本题考查了隔离法对两个物体的受力分析，关键是抓住同一根绳子上的拉力处处相等结合几何关系将两个小球的重力联系起来3如图所示，R0为热敏电阻（温度降低电阻增大），D为理想二极管（正向电阻为零，反向电阻无穷大），C为平行板电容器，C中央有一带电液滴刚好静止，M点接地，单独进行下列操作可使带电液滴保持静止的是（）A将热敏电阻R0加热B变阻器R的滑动头P向下移动C开关K断开D电容器C的上极板向
19、上移动【考点】闭合电路的欧姆定律；电容器的动态分析【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】由共点力的平衡条件可知液滴的受力情况，要使液保持静止，则保持两板间的电场强度不变，由根据闭合电路欧姆定律可知应采取何种措施；注意二极管的作用可以阻止电容器上的电量流出【解答】解：A、热敏电阻加热时，热敏电阻阻值减小，则由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压增大，所以电容器两端的电势差增大，则电场强度增大，电场力增大，液滴向上运动，故A错误；B、当变阻器的滑片向下移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则总电流减小，内压及R0两端的电压减小，则滑动变阻器两端的电压增大，所以电容器两端的电势差增大，则电场
20、强度增大，电场力增大，液滴向上运动，故B错误；C、开关K断开时，电容器直接接在电源两端，电压增大，则液滴向上运动，故C错误；D、电容器C的上极板向上移动，d增大；则电容C减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差增大，由于U=，C=，E=所以：E=，由于极板上的电量不变，而场强E与极板之间的距离无关，所以电场强度E不变，液滴仍然静止，故D正确；故选：D【点评】本题为闭合电路欧姆定律中的电容器的分析问题，要注意分析电路结构，明确各元器件的作用及原理4如图所示，一个质量为0.4kg的小物块从高h=0.05m的坡面顶端由静止释放，滑到水平台上，滑行一段距离后，从边缘O点
21、水平飞出，击中平台右下侧挡板上的P点现以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板的形状满足方程y=x26（单位：m），不计一切摩擦和空气阻力，g=10m/s2，则下列说法正确的是（）A小物块从水平台上O点飞出的速度大小为2m/sB小物块从O点运动到P点的时间为l sC小物块刚到P点时速度方向与水平方向夹角的正切值等于5D小物块刚到P点时速度的大小为10 m/s【考点】平抛运动【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题【分析】对小物块由动能定理可以求出物块的速度，物块做平抛运动，应用平抛运动规律，抓住y和x的函数关系，求出水平位移和竖直位移，从而求出运动的时间，结合平行四边形定则求出P点
22、的速度大小和方向【解答】解：A、根据动能定理得，mgh=，解得小物块从水平台上O点飞出的速度=，故A错误B、小物块从O点水平抛出做平抛运动，竖直方向：y=gt2，水平方向：x=v0t，解得：y=5x2；又有：y=x26，联立解得：x=1m，y=5m，根据h=得，t=，故B正确C、到达P点竖直分速度vy=gt=101m/s=10m/s，根据平行四边形定则知，故C错误D、根据平行四边形定则知，P点的速度m/s=m/s，故D错误故选：B【点评】本题考查了求速度与坐标问题，分析清楚小球的运动过程、应用动能定理与平抛运动规律即可正确解题5如图所示的等臂天平可用来测定磁感应强度天平的右臂下面挂有一个矩形线
23、圈，宽为l，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面当线圈中通有电流I（方向如图）时，天平平衡；当电流反向（大小不变）时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡由此可知（）A磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为B磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为C磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为D磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为【考点】安培力【分析】天平平衡后，当电流反向（大小不变）时，安培力方向反向，则右边相当于多了或少了两倍的安培力大小【解答】解：由题可知B的方向垂直纸面向里，开始线圈所受安培力的方向向下，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向上，相当于右边多了两倍的安培力大小，
24、所以需要在右边加砝码则有mg=2NBIL，所以B=故ABC错误，D正确故选：D【点评】解决本题的关键掌握安培力方向的判定即利用好左手定则即可，以及会利用力的平衡去求解问题6体育器材室里，篮球摆放在图示的水平球架上已知球架的宽度为d，每只篮球的质量为m、直径为D，不计球与球架之间摩擦，重力加速度为g则每只篮球对一侧球架的压力大小为（）A mgBCD【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】以任意一只篮球为研究对象，分析受力情况，根据几何知识求出相关的角度，由平衡条件求解球架对篮球的支持力，即可得到篮球对球架的压力【解答】解：以任意一只篮球为研究
25、对象，分析受力情况，设球架对篮球的支持力N与竖直方向的夹角为由几何知识得：cos=根据平衡条件得：2Ncos=mg解得：N=则得篮球对球架的压力大小为：N=N=故选：C【点评】本题关键要通过画出力图，正确运用几何知识求出N与竖直方向的夹角，再根据平衡条件进行求解7如图所示，三条平行虚线位于纸面内，中间虚线两侧有方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向菱形闭合导线框ABCD位于纸面内且对角线AC与虚线垂直，磁场宽度与对角线AC长均为d，现使线框沿AC方向匀速穿过一磁场，以逆时针方向为感应电流的正方向，则从C点进入磁场到A点离开磁场的过程中，线框中电流i随时间t的变化关系，以下可能正确的是（）
26、ABCD【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【专题】电磁感应与图像结合【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向，结合切割产生的感应电动势公式判断感应电动势的变化，从而结合闭合电路欧姆定律判断感应电流的变化【解答】解：A、C、线圈在进磁场的过程中，根据楞次定律可知，感应电流的方向沿逆时针方向，为正值，在通过两个磁场的分界线时，根据楞次定律可知，感应电流的方向沿顺时针方向，为负值，线圈出磁场的过程中，根据楞次定律知，感应电流的方向为逆时针，为正值故A、C错误B、D、设BD=L在线圈进入磁场一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，当BD刚进入磁场时，感应电流最大为
27、 I1=i0；在线圈进入磁场全部过程中，切割的有效长度均匀减小，感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小至零；线圈通过两个磁场的分界线时，切割的有效长度先均匀增大，感应电流均匀增大，当BD通过磁场分界线时，感应电流最大为 I2=2i0；后均匀减小至零；在线圈出磁场一半的过程中，在线圈全部出磁场的过程中，切割的有效长度先均匀增大后均匀减小，感应电流先均匀增大后均匀减小，此过程感应电流最大为 I3=i0；故D正确，B错误故选：D【点评】解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及知道在切割产生的感应电动势公式中，L为有效长度要注意线圈通过磁场的分界线时线圈两侧都切割磁感线，产生感应电动势8嫦娥
28、工程分为“无人月球探测”、“载人登月”和“建立月球基地”三个阶段如图所示，关闭发动机的航天飞机，在月球引力作用下，沿椭圆轨道由A点向月球靠近，并将在椭圆轨道的近月点B与空间站对接已知空间站绕月圆轨道的半径为r，周期为T，引力常量为G，月球半径为R下列说法中正确的是（）A航天飞机与空间站成功对接前必须点火减速B月球的质量为M=C月球表面的重力加速度为g=D月球表面的重力加速度g【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】定量思想；模型法；人造卫星问题【分析】要使航天飞机在椭圆轨道的近月点B处与空间站C对接，必须在接近B点时减速月球对航天飞机的万有引力提供其向心力，由牛
29、顿第二定律求出月球的质量M由加速度的表达式分析月球表面的重力加速度g【解答】解：A、要使航天飞机在椭圆轨道的近月点B处与空间站C对接，航天飞机必须做近心运动，则航天飞机在接近B点时必须点火减速故A正确；B、设空间站的质量为m，由G=mr，得月球的质量为M=故B正确；CD、空间站绕月圆轨道的半径为r，周期为T，其轨道处的重力加速度为 g=a=，可知，r越小，g越大，月球表面的重力加速度g，故C错误，D正确故选：ABD【点评】本题是牛顿第二定律和万有引力定律的综合应用，对于空间站的运动，关键抓住由月球的万有引力提供向心力，要注意知道空间站的半径与周期，求出的不是空间站的质量，而是月球的质量9如图甲
30、所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，一带正电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度va沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动，其vt图象如图乙所示，下列说法正确的是（）A两点电荷一定都带负电，但电量不一定相等B两点电荷一定都带负电，且电量一定相等C试探电荷一直向上运动，直至运动到无穷远处Dt2时刻试探电荷的电势能最大，但加速度不为零【考点】电场的叠加；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据运动图象明确粒子的运动情况，再根据受力分析即可明确粒子的受力情况，从而判断电场分布；则可得出两电荷的带电情况【解答】解：A、由图可知，粒子向上先做减速运动，再反向做加速运动，且向上过程加速度先增大后减小，
31、而重力不变，说明粒子受电场力应向下；故说明粒子均应带负电；由于电场线只能沿竖直方向，故说明两粒子带等量负电荷；故AC错误，B正确；D、t2时刻之前电场力一直做负功；故电势能增大；此后电场力做正功，电势能减小；t2时刻电势能最大；但由于粒子受重力及电场力均向下；故此时加速度不为零；故D正确；故选：BD【点评】解决本题的关键根据图象中的运动状态确定受力，再由电场线的性质明确两电荷的性质10如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30，质量分别为M、m的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板开始时用手按住物体M，此时M距离挡板的距离为s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且
32、弹簧处于原长状态已知M=2m，空气阻力不计松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是（）AM和m组成的系统机械能守恒B当M的速度最大时，m与地面间的作用力为零C若M恰好能到达挡板处，则此时m的速度为零D若M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和【考点】机械能守恒定律；功能关系【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】分析AB两物体的受力情况及各力做功情况，从而分析A其运动情况，类比弹簧振子，从而判断选项【解答】解：A、因Mm之间有弹簧，故两物体受弹簧的弹力做功，机械能不守恒；故A错误；B、M的重力分力为Mgsin=mg；物体先做加速运动，当受力
33、平衡时M速度达最大，则此时m受力为mg，故m恰好与地面间的作用力为零；故B正确；C、从m开始运动至到M到达底部过程中，弹力的大小一直大于m的重力，故m一直做加速运动，M到达底部时，m的速度不为零；故C错误；D、M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和；故D正确；故选：BD【点评】本题考查功能关系，要注意明确能量之间的转化及功能关系的正确应用11一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2x3段是直线，其中x3x2=x2x1，则下列说法正确的是（）A0x1
34、段的电场强度逐渐减小B粒子在x1x2段做匀变速运动，x2x3段做匀速直线运动Cx1、x2、x3处电势1、2、3的关系为123Dx1与x2两点间的电势差U12等于x2与x3两点间的电势差U23【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】根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：E=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得x1处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由Ep=q，分析电势的高低由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质根据斜率读出场强的变化【解答】解：A、根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：E=，得：E=，由数
35、学知识可知Epx图象切线的斜率等于，0x1段的斜率逐渐减小，电场强度逐渐减小，故A正确B、由图看出在0x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动x1x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动x2x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B错误C、根据电势能与电势的关系：Ep=q，粒子带负电，q0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：123故C正确D、x1与x2两点间距与x2与x3两点间距相等，但是线的斜率不一样，故而电场强度不一样
36、，有U=Ed，可知x1与x2两点间的电势差U12等于x2与x3两点间的电势差U23不相同，故D错误故选：AC【点评】本题以图象的形式考查静电场的场强、电势、电势能等相关知识；解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况二、本题共2小题，共14分请将答案填在题中横线上或按题目要求作答12在“探究求合力的方法”的实验中，王同学用了两个量程为5N、最小刻度为 0.1N的弹簧测力计来测量拉力，实验之前他先检查了弹簧测力计，然后进行实验先将橡皮条的一端固定在水平放置的木板上，用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使结点到
37、达某一位置O，记录下O点的位置和拉力F1、F2的大小及方向；然后用一个弹簧测力计拉橡皮条，仍将结点拉到O点，再记录拉力F的大小及方向；最后取下白纸作图，研究合力与分力的关系（1）实验前必须对弹簧测力计进行检查，以下检查项目必需的是ACA对弹簧测力计进行调零B将弹簧测力计用力拉，看是否能达到最大量程C将两只弹簧测力计水平互钩对拉，检查两弹簧测力计读数是否相同（2）如图是王同学研究合力与分力关系时在白纸上画出的图，根据物理实验读数和作图要求与规范，请指出图中存在的三种错误F1、F2、F的大小未按图示要求标出；F1、F2、F矢量未画上箭头；记录F1、F2 大小的数据有效数位错误（3）在实验之余，王同
38、学将两弹簧测力计竖直互钩对挂，发现上面弹簧测力计的读数略大于下面弹簧测力计的读数，倒置后也是如此，产生这种现象的原因是BA弹簧测力计外壳的重力 B弹簧及挂钩的重力C弹簧测力计只能水平测力 D两挂钩之间的作用力不同【考点】验证力的平行四边形定则【专题】实验题；定性思想；推理法；平行四边形法则图解法专题【分析】（1）弹簧使用之前要进行调零，由于在水平面内做实验，调零时要使弹簧水平放在桌面上，同时为了检验两个弹簧是否示数相同，要将两只弹簧秤水平互钩对拉（2）力是有向线段表示的作力的图示，需要选定标度力用实线、辅助线用虚线（3）在将两个完全相同的弹簧秤竖直互钩对挂时，应该在水平方向进行，如果在竖直方向
39、进行，由于重力的影响，会导致上方弹簧示数大于下发弹簧示数【解答】解：（1）A、弹簧使用之前要进行调零，由于在水平面内做实验，调零时要使弹簧水平放在桌面上，进行调零，故A正确；B、在使用弹簧之前不用将弹簧秤用力拉，看是否能达到最大量程，故B错误；C、同时为了检验两个弹簧是否示数相同，要将两只弹簧秤水平互钩对拉，然后进行读数比较，故C正确故选：AC（2）根据力的图示法可知：F1、F2、F的大小未按图示要求标出；F1、F2、F矢量未画上箭头；记录F1、F2 大小的数据有效数位错误；F与F1、F与F2的连线应该用虚线（3）在将两个完全相同的弹簧秤竖直互钩对挂时，应该在水平方向进行，如果在竖直方向进行，
40、由于重力的影响，会导致上方弹簧示数大于下发弹簧示数，故B正确故选：B故答案为：（1）AC；（2）F1、F2、F的大小未按图示要求标出；F1、F2、F矢量未画上箭头；记录F1、F2 大小的数据有效数位错误；（3）B【点评】对于实验既要明确基本仪器的使用，又要明确实验原理，了解实验的基本操作，本题是考查基本实验问题的好题13指针式多用电表是常用的电学测量仪器请完成下列问题（1）在使用多用电表测量时，若选择开关拨至“25mA”挡，指针的位置如图（a）所示，则测量结果为11.5mA（2）多用电表测未知电阻阻值的电路如图（b）所示，电路中电流I与待测电阻的阻值Rx关系图象如图（c）所示下列根据图（c）中
41、，IRx图线做出的解释或判断正确的是BCDA因为函数图线是非线性变化的，所以欧姆表的示数左小右大B欧姆表调零的实质是当Rx=0时，通过调节R0，使电路中的电流I=IgCRx越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏D测量中，当Rx的阻值为图（c）中的2R时，指针位于表盘中央位置的左侧（3）由图（c）可知，此多用电表所用电池的电动势E=IgR；该图象的函数关系式为I=（用图（c）中的物理量表示）【考点】用多用电表测电阻【专题】实验题；定量思想；推理法；恒定电流专题【分析】（1）电流档的读数：先由所选档位确定最小分度再确定估读位数进行读数（2）分析电路结构，由闭合电路欧姆
42、定律可得表达式【解答】解：（1）电流表选择档位为25mA，电流档的示数因最小分度是0.5mA，则读数为：11.5mA（2）A、因为Rx=rR0Rg，函数图线是非线性变化的，当电流比较大时，则电阻比较小，当电流比较小时，则电阻比较大故A错误B、当Rx=0，I=，此时电流为满偏电流故B正确C、Rx越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏故C正确D、测量中，当Rx的阻值为图5中的R2时，电流比半偏电流小，指针位于表盘中央位置的左侧故D正确故选：BCD（3）由图可知，各元件与电源串联关系，且中值电阻为R，故此多用电表所用电池的电动势E=IgR；由全电路欧姆定律可得表达式：I
43、=故答案为：（1）11.5；（2）BCD（3）IgR；【点评】本题考查电表的读数方法及原理，要掌握欧姆表的倍率及电流档、电压档的量程及读数；要注意是否需要估读熟悉欧姆档的表盘特点三、本题共4小题，共42分解答应写出必要的文字说明、方程式及重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位142011年7月23日晚，甬温线永嘉站至温州南站间，北京南至福州D301次列车与杭州至福州南D3115次列车发生追尾事故，造成动车组运行以来的特重大铁路交通事故事故发生前D3115次动车组正以20km/h的目视行车速度在发生事故的铁路上匀速行驶，而D301次动车组驶离永嘉站后
44、，2分钟车速达到216km/h，便开始匀速行驶不幸的是几分钟后就发生了追尾事故如果认为D301次动车组以恒定加速度从静止驶离永嘉车站，求：（1）D301的启动加速度和加速距离分别是多少？（2）已知动车组紧急制动的加速度为3m/s2，D301正常行驶后，为了避免事故发生，应至少距离D3115多远开始刹车才有可能避免事故发生？【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】（1）根据速度与时间关系：v=v0+at 可求出加速度大小；再由x=可算出在2分钟内的加速的距离； （2）若要二车恰好不碰，则D301追上D3115时二车速度相同，从而求
45、出需要的时间； 再根据两者运动的位移公式求出差距【解答】解：（1）由于D301次动车组2分钟（120s）车速达到216km/h=60m/s，由v=v0+at所以得：加速的距离为：s=3.6km（2）要想满足二车恰好不撞，则必须至少满足，D301追上D3115时二车速度相同，所以得：v=v0att=18.1s二车之间的位移关系为：代入数据解得：s=492.3m答：（1）D301的启动加速度为0.5m/s2和加速距离是3.6km；（2）已知动车组紧急制动的加速度为3m/s2，D301正常行驶后，为了避免事故发生，应至少距离D3115车为492.3m开始刹车才有可能避免事故发生【点评】考查运动学的速
46、度与时间、位移与时间关系等规律，同时要使两车不碰撞则速度须相等，从而算出至少需要的时间，再由位移公式来确定最小的安全距离15如图所示，无限长金属导轨EF、PQ固定在倾角为=53的光滑绝缘斜面上，轨道间距L=1m，底部接入一阻值为R=0.4的定值电阻，上端开口垂直斜面向上的匀强磁场的磁感应强度B=2T一质量为m=0.5kg的金属棒ab与导轨接触良好，ab与导轨间动摩擦因数=0.2，ab连入导轨间的电阻r=0.1，电路中其余电阻不计现用一质量为M=2.86kg的物体通过一不可伸长的轻质细绳绕过光滑的定滑轮与ab相连由静止释放M，当M下落高度h=2.0m时，ab开始匀速运动（运动中ab始终垂直导轨，
47、并接触良好）不计空气阻力，sin53=0.8，cos53=0.6，取g=10m/s2求：（1）ab棒沿斜面向上运动的最大速度vm；（2）ab棒从开始运动到匀速运动的这段时间内电阻R上产生的焦耳热QR和流过电阻R的总电荷量q【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】电磁感应与电路结合【分析】（1）由静止释放M，ab棒先向上做加速运动，随着速度增大，产生的感应电流增大，所受的安培力增大，加速度减小，当加速度为零时做匀速运动，速度就达到最大值根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律推导出安培力与速度的关系式，结合平衡条件求解最大速度（2）在ab棒从开始运动到匀速运动的过程中，系统的重力
48、势能减小，转化为系统增加的动能和焦耳热，根据能量守恒求出总的焦耳热，再由焦耳定律求电阻R上产生的热量根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式求解电量【解答】解：（1）由题意知，由静止释放M后，ab棒在绳拉力T、重力mg、安培力F和轨道支持力N及摩擦力f共同作用下做沿轨道向上做加速度逐渐减小的加速运动直至匀速运动，当达到最大速度时，由平衡条件有： TmgsinFf=0 Nmgcos=0 T=Mg又由摩擦力公式得 f=Nab所受的安培力 F=BIL回路中感应电流 I=联解并代入数据得：最大速度 vm=3m/s（2）由能量守恒定律知，系统的总能量守恒，即系统减少的重力势能等于系统增加的动能、焦耳热
49、及摩擦而转化的内能之和，有： Mghmghsin=+Q+fh电阻R产生的焦耳热 QR=Q根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律有： 流过电阻R的总电荷量 q=t 电流的平均值 感应电动势的平均值 =磁通量的变化量=B（Lh）联解并代入数据得：QR=26.3J，q=8C答：（1）ab棒沿斜面向上运动的最大速度vm是3m/s（2）ab棒从开始运动到匀速运动的这段时间内电阻R上产生的焦耳热QR是26.3J，流过电阻R的总电荷量q是8C【点评】本题有两个关键：一是推导安培力与速度的关系；二是推导感应电荷量q的表达式，对于它们的结果要理解记牢，有助于分析和处理电磁感应的问题16如图所示，半径R=0.5
50、m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，斜面倾角分别如图所示O为圆弧圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮（不计滑轮摩擦）分别连接小物块P、Q （两边细绳分别与对应斜面平行），并保持P、Q两物块静止若PC间距为L1=0.25m，斜面MN足够长，物块P质量m1=3kg，与MN间的动摩擦因数=，重力加速度g=10m/s2求：（ sin37=0.6，cos37=0.8）（1）小物块Q的质量m2；（2）烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；（3）物块P在MN斜面上滑行的总路程【考点】动能定
51、理；牛顿第二定律；向心力【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）根据共点力平衡条件列式求解；（2）先根据动能定理列式求出到D点的速度，再根据牛顿第二定律求压力；（3）直接根据动能定理全程列式求解【解答】解：（1）根据共点力平衡条件，两物体的重力沿斜面的分力相等，有：m1gsin53=m2gsin37解得：m2=4kg即小物块Q的质量m2为4kg（2）P到D过程，由动能定理得 m1gh=根据几何关系，有： h=L1sin53+R（1cos53）在D点，支持力和重力的合力提供向心力： FDmg=m解得：FD=78N由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78N（3）分析可知最终物块在CDM之间往
52、复运动，C点和M点速度为零由全过程动能定理得：mgL1sin53mgL1cos53L总=0解得：L总=1.0m 即物块P在MN斜面上滑行的总路程为1.0m答：（1）小物块Q的质量是4kg；（2）烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小是78N；（3）烧断细绳后，物块P在MN斜面上滑行的总路程是1.0m【点评】本题关键对物体受力分析后，根据平衡条件、牛顿第二定律、运动学公式和动能定理综合求解，对各个运动过程要能灵活地选择规律列式17如图甲所示，建立Oxy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l，第一四象限有磁场，方向垂直于Oxy平面向里位于极板左侧的粒子
53、源沿x轴间右连接发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子在03t0时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极边缘的影响）已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时，刻经极板边缘射入磁场上述m、q、l、t0、B为已知量（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）（1）求电压U0的大小（2）求t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径（3）带电粒子在磁场中的运动时间【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）带电粒子在电场中做类平抛运动，已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场，说明
54、在电场中偏转距离为，根据牛顿第二定律和位移公式求解偏转电压（2）t0时刻进入两板间的带电粒子，两板间没有电场，带电粒子做匀速直线运动，求出粒子的初速度在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求解半径（3）2t0时刻进入两极板的带电粒子，在电场中偏转角度最小，进入磁场时速度与y轴的夹角最小，在磁场中做圆周运动时轨迹的圆心角最小，在磁场中运动时间最短用同样的方法分析得到，t=0进入两极板的带电粒子在磁场中运动的时间最长求出圆周运动的周期，根据轨迹的圆心角求出时间范围【解答】解：（1）t=0时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，t0时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为，
55、则有 Eq=ma =at02联立解得，两极板间偏转电压为（2）t0时刻进入两极板的带电粒子，两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动带电粒子沿x轴方向的分速度大小为v0=设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有联立解得，（3）2t0时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短带电粒子离开电场时沿y轴正方向的分速度为vy=at0，设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为，则联立解得，带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示，圆弧所对的圆心角为，所求最短时间为 带电粒子在磁场中运动的周期为，联立以上两式解得同理，t=0进入两极板的带电粒子在磁场中运动的时间最长为：所以，带电粒子在磁场中的运动时间：答：（1）电压U0的大小为（2）t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径（3）带电粒子在磁场中的运动时间为【点评】本题中第（3）求解的时间范围，分析时根据轨迹的圆心角等于速度的偏向角分析何时时间最小或最大版权所有：高考资源网()
