1、2016年上海市长宁区高考物理一模试卷一单项选择题（共16分，每小题2分每小题只有一个正确选项）1如图，在转动的陀螺上，离开轴心距离不等的A、B两点，分别有两滴质量相等的水滴则两水滴（）A角速度大小相等B线速度大小相等C向心加速度相等D受到向心力相等2下列四个物理量的单位中，不属于能量单位的是（）A焦耳B瓦特C千瓦时D伏特库仑3力对物体的转动效果，取决于（）A力矩的大小B力臂的长短C力的大小和方向D力矩的大小和方向4单摆在竖直平面内往复运动，下列说法正确的是（）A其最大摆角小于5B其回复力是由摆球的重力和悬线拉力的合力提供的C测量周期时应该从摆球经过平衡位置开始计时D“秒摆”是摆长为1m、周期
2、为1s的单摆5如图，同一条电场线上有a、b、c三点，b为 ac连线的中点，a、c两点的电势分别为a=4V，c=6V下列说法一定正确的是（）Ab点的电势为5VBa点的场强大于c点的场强C电场线的方向由a指向cD正电荷由b点运动到c点电势能增加6甲物体的质量是乙物体的两倍，甲从H高处自由下落，同时乙从2H高处自由下落（H较大）忽略空气阻力的影响，下列说法中正确的是（）A两物体下落到同一高度处速度大小相等B两物体下落到同一高度处所用时间相等C两物体在落地前的距离越来越大D两物体在落地前的任意1s内位移相等7通电导体棒水平放置在绝缘斜面上，整个装置置于匀强磁场中，导体棒能保持静止状态以下四种情况中导体
3、棒与斜面间一定存在摩擦力的是（）ABCD8如图，弹性杆AB的下端固定，上端固定一个质量为m的小球，用水平力缓慢拉球，使杆发生弯曲逐步增加水平力的大小，则弹性杆AB对球的作用力的方向（）A水平向左，与竖直方向夹角不变B斜向右下方，与竖直方向夹角增大C斜向左上方，与竖直方向夹角减小D斜向左上方，与竖直方向夹角增大二单项选择题（共24分，每小题3分每小题只有一个正确选项）9关于电磁场和电磁波，下列说法正确的是（）A变化的电磁场由发生区域向周围空间传播，形成电磁波B电场周围总能产生磁场，磁场周围总能产生电场C电磁波是一种物质，只能在真空中传播D电磁波的传播速度总是与光速相等10如图，一个简单的逻辑电路
4、图Rl、R2为定值电阻下列说法正确的是（）ASl，S2都断开时灯泡不发光BSl，S2都闭合时灯泡发光CSl断开，S2闭合时灯泡发光DSl闭合，S2断开时灯泡不发光11如图，某质点做简谐运动的图象下列说法正确的是（）At=0时，质点的速度为零Bt=0.1s时，质点具有y轴正向最大加速度C在0.2s0.3s内质点沿y轴负方向做加速度增大的加速运动D在0.5s0.6s内质点沿y轴负方向做加速度减小的加速运动12如图，“神州”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动则（）A火
5、箭开始喷气瞬间返回舱获得向上加速度B火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力增大C返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力D返回舱在喷气过程中处于失重状态13一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）（）ABCD14如图，面积为S、匝数为N的闭合线圈abcd水平放置，与匀强磁场B夹角=45现将线圈以ab边为轴顺时针转动90，则线圈在初、末位置磁通量的改变量为（）A0B BSC NBSD NBS15如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻r闭合电键S后，将滑动变阻器R0滑片向下滑动，理想电压
6、表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为U1、U2、U3，理想电流表A示数变化量的绝对值为I，则（）A电流表A示数减小BU1U2CrDU2（U1+U3）16一木块静止在粗糙水平面上，现用一大小为F1的水平力拉动木块，经过时间t，其速度为若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过相等时间t，速度变为2对以上两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力做的功，则（）AWF24WF1 Wf22 Wf1BWF24WF1 Wf2=2 Wf1CWF24WF1 Wf2=2 Wf1DWF24WF1 Wf2 2 Wf1三多项选择题（共16分，每小题4分每
7、小题有二个或三个正确选项全选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错或不答的，得0分）17图中坐标原点处的质点O为一简谐波的波源，当t=0s时，质点O从平衡位置开始振动，波沿x轴向两侧传播，P质点的平衡位置在1m2m之间，Q质点的平衡位置在2m3m之间t1=2s时刻波形第一次如图所示，此时质点P、Q到平衡位置的距离相等，则（）A波源O的初始振动方向是从平衡位置沿y轴向下B从t2=2.5s开始计时，质点P比Q先回到平衡位置C当t2=2.5s时，P、Q两质点的位移、加速度相同，速度方向相反D当t2=2.5s时，4m和4m两处的质点分别沿波的传播方向传到5m和5m的位置18两个带电量相等的点电荷位
8、于x轴上，相对坐标原点对称分布，以无穷远处为零电势点正确描述电势随位置x变化规律的图可能是（）ABCD19如图，两个带电小球A、B分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止现将B球沿斜面向上移动一小段距离，发现A球随之向上移动少许，两球在虚线位置重新平衡重新平衡后与移动前相比，下列说法正确的是（）A墙面对A的弹力变小B斜面对B的弹力不变C推力F变大D两球之间的距离变大20如图所示，有五根完全相同的金属杆，其中四根固连在一起构成正方形闭合框架，固定在绝缘水平桌面上，另一根金属杆ab搁在其上且始终接触良好匀强磁场垂直穿过桌面，不计ab杆与
9、框架的摩擦，当ab杆在外力F作用下匀速沿框架从最左端向最右端运动过程中（）A外力F先减小后增大B桌面对框架的水平作用力保持不变Cab杆的发热功率先减小后增大D正方形框架的发热功率总是小于ab杆的发热功率四填空题（共20分，每小题4分）211831年，英国物理学家、化学家经过十年的努力，终于发现了在中能产生感应电流22如图，长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m的小球一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度匀速转动，当杆与竖直方向成角时，拉力F=，此时拉力F的功率P=（重力加速度为g）23如图所示，一长为l的木板倾斜放置且倾角为45今有一弹性小球，自与木板上端等高的某处自由释
10、放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变，碰撞前后速度方向与木板夹角相等不计小球与木板碰撞的时间，欲使小球一次碰撞后恰好落到木板底端，则：（1）小球释放点距木板上端的水平距离应为多大？（2）小球落到木板底端前，先后两段运动所用时间之比为多大？24如图，半径R=0.4m的圆盘水平放置，绕竖直轴OO匀速转动，圆心O正上方h=0.8m高处固定一水平轨道，与转轴交于O点，质量m=1kg的滑块（视为质点）可沿轨道运动现对其施加F=4N的水平拉力，使其从O左侧s=2m处由静止开始沿轨道向右运动当滑块运动到O点时，从滑块上自由释放一小球，此时圆盘的半径OA正好与轨道平行，且A点在O的右侧滑块与水平轨道间的动摩
11、擦因数=0.2为使小球刚好落在A点，圆盘转动的角速度=rad/s；为使小球能落到圆盘上，水平拉力F做功的范围应为J（g取10m/s2）25如图（a）所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y轴方向不变，沿x轴方向与坐标轴的关系如图（b）所示（图象是反比函数图线）夹角=45的光滑金属长直导轨 OM、ON固定在水平面内，ON与x轴重合，一根与ON垂直的导体棒固定在轻质金属小滑块上，金属小滑块套在长直导轨ON上，导体棒在水平向右的外力作用下，沿x轴向右滑动导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触已知t=0时，导体棒位于坐标原点处导体棒的质量m=2kg，导轨O
12、M、ON接触处O点的接触电阻R=0.4，其余电阻不计，回路中产生的感应电动势E与时间t的关系如图（c）所示（图线是过原点的直线）由图象分析可得12s时间内通过导体棒的电量q= C，导体棒滑动过程中水平外力F（单位：N）与横坐标x（单位：m）的关系式F= （g取10m/s2）五实验题（共24分）26如图是“用DIS实验研究物体动能的大小与哪些因素有关”的实验装置以下说法正确的是（）A该实验是通过摩擦块克服摩擦做功多少来反映小车动能的大小B可适当增加档光片宽度来减小实验误差C可选用质量较小的摩擦块来减小实验误差D实验中多次改变小车质量m和滑动初速度得到多组数据后，以m为横坐标，以摩擦块位移为纵坐标
13、，可得到过原点的倾斜直线27某同学用单摆测当地的重力加速度他测出了摆线长度L和摆动周期T，如图（a）所示通过改变悬线长度L，测出对应的摆动周期T，获得多组T与L，再以T2为纵轴、L为横轴画出函数关系图象如图（b）所示由图象可知，摆球的半径r=m，当地重力加速度g=m/s2；由此种方法得到的重力加速度值与实际的重力加速度值相比会（选填“偏大”、“偏小”、“一样”）28“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置如图（a）所示实验中通过增加钩码的数量，多次测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图象，如图（b）所示（1）小车上安装的是位移传感器的部分（选填“接收”或“发射”）（2）小车和轨道间
14、的动摩擦因数=（3）图（b）中，拉力F较大时，aF图线明显弯曲，如果F不断增大，这一曲线不断延伸，那么加速度的值趋向为29现有一特殊的电池，其电动势E约为9V，内阻r在3555范围，最大允许电流为50mA为测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图甲的电路进行实验图中电压表的内电阻很大，对电路的影响可以不计；R为电阻箱，阻值范围为09999；R0是定值电阻（1）实验室备有的定值电阻R0有以下几种规格：A10，2.5W B50，1.0W C150，1.0W D1500，5.0W本实验应选用，其作用是（2）该同学接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值读出电压表的示数U，再改变电阻箱阻值
15、，取得多组数据，作出了如图乙的图线则根据该同学所作的图线可知图象的横坐标与纵坐标的比值表示（3）根据乙图所作出的图象求得该电池的电动势E为V，内电阻r为六计算题（共50分）30一列火车从车站出发做匀加速直线运动，加速度为0.5m/s2，此时恰好有一辆自行车（可视为质点）从火车头旁边驶过，自行车速度v0=8m/s，火车长l=336m（1）火车追上自行车以前落后于自行车的最大距离是多少？（2）火车用多少时间可追上自行车？（3）再过多长时间可超过自行车？31如图，一质量m=2kg的小球套在一根固定的足够长的直杆上，直杆与水平面夹角=37现小球在与杆也成角的斜向上F=20N的外力作用下，从A点静止出发
16、向上运动已知杆与球间的动摩擦因数=0.5，g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）小球运动的加速度a1；（2）若F作用4s后撤去，小球上滑过程中距A点最大距离sm；（3）上题中，若从撤去力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点上方8.35m的B点32如图1，abcd为质量M的导轨，放在光滑绝缘的水平面上，另有一根质量为m的金属棒PQ平行bc放在水平导轨上，PQ棒左边靠着绝缘固定的竖直立柱e、f，导轨处于匀强磁场中，磁场以OO为界，左侧的磁场方向竖直向上，右侧的磁场方向水平向右，磁感应强度均为B导轨bc段长l，其电阻为r，金属棒电阻为R，其余电阻均可不计，金属棒与导轨间
17、的动摩擦因数若在导轨上作用一个方向向左、大小恒为F的水平拉力，设导轨足够长，PQ棒始终与导轨接触试求：（1）导轨运动的最大加速度amax；（2）流过导轨的最大感应电流Imax；（3）在如图2中定性画出回路中感应电流I随时间t变化的图象，并写出分析过程33如图，质量均为m的两个小球A、B固定在弯成120角的绝缘轻杆两端，OA和OB的长度均为l，可绕过O点且与纸面垂直的水平轴无摩擦转动，空气阻力不计设A球带正电，B球带负电，电量均为q，处在竖直向下的匀强电场中，场强E=开始时，杆OB与竖直方向的夹角=60（1）为使系统平衡，在A点施一作用力F，则F至少多大？方向如何？（2）设O点电势为零，此系统在
18、图示位置处电势能是多少？（3）若撤去外力F，系统转过多大角度时，A球的速度最大？最大值是多少？（4）若撤去外力F，系统转过多大角度时，系统电势能最小？最小值是多少？2016年上海市长宁区高考物理一模试卷参考答案与试题解析一单项选择题（共16分，每小题2分每小题只有一个正确选项）1如图，在转动的陀螺上，离开轴心距离不等的A、B两点，分别有两滴质量相等的水滴则两水滴（）A角速度大小相等B线速度大小相等C向心加速度相等D受到向心力相等【考点】线速度、角速度和周期、转速【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题【分析】两者在同一转盘上，则其角速度相等，由V=r，可知线速度的关系，由a=r2确定加速度，
19、则F=ma确定向心力【解答】解：A、两者在同一转盘上，则其角速度相等，则A正确 B、因r不同，且V=r，则线速度不同，则B错误 C、由a=r2，因r不同，则a不同，则C错误 D、由F=ma，因a不同，则F不同，则D错误故选：A【点评】明确同一转盘上，则其角速度相等，再由其它公式确定各量，熟记公式是关键2下列四个物理量的单位中，不属于能量单位的是（）A焦耳B瓦特C千瓦时D伏特库仑【考点】力学单位制【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题【分析】物理学中各个物理量都有自己的国际单位；能量单位的有焦耳、千瓦时、伏特库仑等导出单位【解答】解：A、热量的单位是焦耳是能量单位；B、功率的单位是瓦特，
20、简称瓦，符号为W；C、千瓦时是能量的单位、D、伏特库仑是能量的单位，本题选不属于能量单位的，故选：B【点评】物理学中各个物理量都有自己的国际单位，不要将单位相互混淆3力对物体的转动效果，取决于（）A力矩的大小B力臂的长短C力的大小和方向D力矩的大小和方向【考点】力矩的平衡条件【专题】定性思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题【分析】力的作用效果受力的大小、方向、作用点的影响，考虑转动效果时，要考虑受力的力矩情况【解答】解：力对物体的转动效果，取决于力矩的大小和方向，故ABC错误，D正确；故选：D【点评】本题关键是明确力对物体的转动效果取决于力的大小和力臂的大小，即取决于力矩的大小和方向，基础题
21、目4单摆在竖直平面内往复运动，下列说法正确的是（）A其最大摆角小于5B其回复力是由摆球的重力和悬线拉力的合力提供的C测量周期时应该从摆球经过平衡位置开始计时D“秒摆”是摆长为1m、周期为1s的单摆【考点】单摆周期公式【专题】定量思想；推理法；单摆问题【分析】当单摆的摆角较小时，单摆的运动可以看成简谐运动，回复力由重力沿摆球运动轨迹切向的分力提供【解答】解：A、单摆做简谐运动时，单摆的最大摆角应小于5，单摆的最大摆角小于5否则不能看成简谐振动，故A正确B、单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力提供，故B错误C、经过平衡位置球的速度最快，故测量误差最小，故C正确D、“秒摆”是摆长为1m、周期为
22、2s的单摆，故D错误故选：AC【点评】该题的关键是弄清单摆运动的特征，包括其回复力，速度，加速度等量的变化问题5如图，同一条电场线上有a、b、c三点，b为 ac连线的中点，a、c两点的电势分别为a=4V，c=6V下列说法一定正确的是（）Ab点的电势为5VBa点的场强大于c点的场强C电场线的方向由a指向cD正电荷由b点运动到c点电势能增加【考点】电势差与电场强度的关系；电势【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题【分析】只有当该电场是匀强电场时，在c点处的电势一定为4V电场线是从电势高处指向电势低处，电场线的疏密可以判断场强的大小正电荷受到的电场力方向与场强方向相同根据推论：正电荷在电势
23、高处电势能大，分析正电荷从c点运动到b点电势能如何变化【解答】解：A、当该电场是匀强电场时，由于沿电场方向相同距离电势差相等，则在点处的电势一定为5V当该电场不是匀强电场时，在b点处的电势不一定为5V故A错误B、一条电场线无法比较电场线的疏密，就无法比较场强的大小，则a点处的场强Ea不一定大于c点处的场强Eb故B错误C、由于a的电势高于c点的电势，所以电场线方向一定从a指向c，向右，故C正确D、a点的电势高于c点的电势，根据正电荷在电势高处电势能大可知，正电荷从c点运动到b点电势能一定减少故D错误故选：C【点评】本题关键抓住电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场的强弱，电场线的方向表示电势的高
24、低6甲物体的质量是乙物体的两倍，甲从H高处自由下落，同时乙从2H高处自由下落（H较大）忽略空气阻力的影响，下列说法中正确的是（）A两物体下落到同一高度处速度大小相等B两物体下落到同一高度处所用时间相等C两物体在落地前的距离越来越大D两物体在落地前的任意1s内位移相等【考点】自由落体运动【专题】定量思想；方程法；自由落体运动专题【分析】自由落体运动的加速度与物体的质量无关，根据速度时间公式及位移时间公式即可判断【解答】解：A、根据v2=2gh可知，下落到同一高度，由于下落高度不同，故速度不同，故A错误；B、根据可知，下落到同一高度，由于下落高度不同，故所需时间不同，故B错误；C、甲乙同时释放，故
25、都做自由落体运动，两者间的距离不变，故C错误D、根据可知，在落地前的任意1s内位移相等，故D正确故选：D【点评】掌握自由落体运动运动的特点和规律是解决此类题目的关键，难度不大，属于基础题7通电导体棒水平放置在绝缘斜面上，整个装置置于匀强磁场中，导体棒能保持静止状态以下四种情况中导体棒与斜面间一定存在摩擦力的是（）ABCD【考点】安培力【专题】定性思想；图析法；磁场 磁场对电流的作用【分析】左手定则判断安培力的方向，对通电导体棒ab受力分析，根据共点力平衡条件判断导体棒是否处于静止状态【解答】解：A、杆子受竖直向下的重力、水平向右的安培力和垂直于斜面向上的斜面的支持力，若三个力平衡则静止，不受摩
26、擦力，故A错误；B、杆子受重力、水平向左的安培力，支持力，三力合力不为零，要是导体棒处于平衡状态，导体棒一定受摩擦力，故B正确；C、导体棒受重力、沿斜面向上的安培力，垂直与斜面斜向上的支持力，由共点力平衡可知，三力平衡，故可不受摩擦力，故C错误；D、导体棒受重力、竖直向上的安培力、由共点力平衡可知，可以不受摩擦力，D错误；故选：B【点评】解决本题的关键掌握安培力的方向判定，以及能正确地进行受力分析，根据受力平衡判断8如图，弹性杆AB的下端固定，上端固定一个质量为m的小球，用水平力缓慢拉球，使杆发生弯曲逐步增加水平力的大小，则弹性杆AB对球的作用力的方向（）A水平向左，与竖直方向夹角不变B斜向右
27、下方，与竖直方向夹角增大C斜向左上方，与竖直方向夹角减小D斜向左上方，与竖直方向夹角增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题【分析】分析球的受力情况：重力、水平拉力和AB杆对球作用力，由平衡条件求出AB杆对球作用力的大小【解答】解：对球受力分析，受重力、拉力和杆的弹力，根据平衡条件，杆的弹力与拉力、重力的合力等值、反向、共线；拉力方向不变、大小变大，重力大小和方向都不变，根据平行四边形定则，两个力的合力大小逐渐增大，方向向右下方，根据平衡条件，杆的弹力斜向左上方，与竖直方向夹角增大；故选：D【点评】本题是三力平衡问题，分析受力情况
28、，作出力图是关键难度不大二单项选择题（共24分，每小题3分每小题只有一个正确选项）9关于电磁场和电磁波，下列说法正确的是（）A变化的电磁场由发生区域向周围空间传播，形成电磁波B电场周围总能产生磁场，磁场周围总能产生电场C电磁波是一种物质，只能在真空中传播D电磁波的传播速度总是与光速相等【考点】电磁波的产生【专题】定性思想；推理法；电磁场理论和电磁波【分析】明确电磁波的产生过程及麦克斯韦关于电磁波理论的假设；同时掌握电磁波的传播不需要介质，从而即可求解【解答】解：A、周期性变化的电场产生磁场；故周期性变化的电磁场由近及远地向周围传播就形成了电磁波；故A正确；B、只有变化的磁场才能产生电场，或变化
29、的电场才能产生磁场；故B错误；C、电磁波是一种特殊物质，它可以在真空中传播，也可以在介质中传播；故C错误；D、只有在真空中电磁波的速度才与光速相等；故D错误；故选：A【点评】本题考查电磁波的产生以及其性质，要注意明确只有周期性变化的电（磁）场才能形成电磁波，注意电磁波与机械波的区别10如图，一个简单的逻辑电路图Rl、R2为定值电阻下列说法正确的是（）ASl，S2都断开时灯泡不发光BSl，S2都闭合时灯泡发光CSl断开，S2闭合时灯泡发光DSl闭合，S2断开时灯泡不发光【考点】简单的逻辑电路【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】会区分三个基本门电路的符号，理解它们的逻辑关系，然后结合该电
30、路的结构逐选项分析解答即可【解答】解：由图可知，该电路图中的逻辑电路为或门电路，两个支路中的任意一个是高电压时，都可以在输出端获得高电压，灯泡就可以发光A、Sl，S2都断开时，R2支路在逻辑电路的输入端是高电压，所以灯泡发光故A错误；B、Sl，S2都闭合时，R1支路在逻辑电路的输入端是高电压，所以灯泡发光故B正确；C、Sl断开，S2闭合时，两个支路在逻辑电路的输入端输入的都是低电压，所以灯泡不发光故C错误；D、Sl闭合，S2断开时，两个支路在逻辑电路的输入端输入的都是高电压，所以灯泡发光故D错误故选：B【点评】该题考查常见的逻辑电路，认识并会区分基本门电路符号，理解基本逻辑关系是解答本题的关键
31、11如图，某质点做简谐运动的图象下列说法正确的是（）At=0时，质点的速度为零Bt=0.1s时，质点具有y轴正向最大加速度C在0.2s0.3s内质点沿y轴负方向做加速度增大的加速运动D在0.5s0.6s内质点沿y轴负方向做加速度减小的加速运动【考点】简谐运动的振幅、周期和频率【专题】定性思想；推理法；简谐运动专题【分析】根据质点位移的变化情况，可判断质点的速度方向质点的位移最大时，加速度最大，而速度为零位移为零时速度最大，而加速度为零【解答】解：A、由图可知，在t=0时，质点经过平衡位置，所以速度最大故A错误；B、当t=0.1s时，质点的位移为正向最大，速度为零，由加速度公式a=，知加速度负向
32、最大故B错误C、在0.2s时，质点经过平衡位置，0.3s时质点的位移为负向最大，质点沿y轴负方向做加速度增大的减速运动故C错误；D、在0.5s时，质点的位移为正向最大，速度为零；0.6s时，质点经过平衡位置，速度负向最大，可知在0.5s0.6s内质点沿y轴负方向做加速度减小的加速运动故D正确；故选：D【点评】由振动图象能直接判断出质点的速度方向和加速度方向，以及速度和加速度的变化，要知道质点的位移最大时速度为零，加速度最大，而位移为零时，速度最大，加速度为零12如图，“神州”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱
33、的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动则（）A火箭开始喷气瞬间返回舱获得向上加速度B火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力增大C返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力D返回舱在喷气过程中处于失重状态【考点】牛顿第二定律；力的合成【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题【分析】打开降落伞一段时间后，返回舱已经做匀速运动，此时的速度还是比较大，当着陆时点燃缓冲火箭使返回舱的速度快速的减为零，从而安全着陆，所以在点燃返回舱的缓冲火箭的过程中，起主要作用的是缓冲火箭，缓冲火箭对返回舱做负功使其动能减小【解答】解：A、火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则火箭开始喷气瞬间，返回舱获得向上
34、加速度故A正确B、箭开始喷气前匀速下降，拉力等于重力减去返回舱受到的空气阻力，火箭开始喷气瞬间反冲力直接对返回舱作用因而伞绳对返回舱的拉力变小，故B错误C、返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓冲火箭向下喷气而获得向上的反冲力，不是空气阻力，故C错误D、在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，加速度方向向上，返回舱处于超重状态，故D错误故选：A【点评】在着陆的过程中，主要是靠缓冲火箭来使返回舱减速到零，所以缓冲火箭对返回舱做负功，返回舱做减速运动有向上的加速度，处于超重状态本题需要同学分析清楚返回舱的运动过程，从而判断返回舱运动的状态13一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已
35、知质点的速率是递减的关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）（）ABCD【考点】电场强度；曲线运动【专题】压轴题；电场力与电势的性质专题【分析】根据物体做曲线运动的条件和受力特点分析电荷受的电场力方向，再由负电荷所受的电场力方向与场强方向相反进行选择【解答】解：A、电荷做曲线运动，电场力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内侧，不可能沿轨迹的切线方向，则场强也不可能沿轨迹的切线方向故A错误B、负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，图中电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，电荷的速率增大，与题不符故B错误C、图中场强方向指向轨迹的内侧，则电场力指
36、向轨迹的外侧，电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿如图的轨迹运动故C错误D、图中场强方向指向轨迹的外侧，则电场力指向轨迹的内侧，而且电场力方向与电荷的速度方向成钝角，电场力做负功，电荷的速率减小，符合题意故D正确故选D【点评】本题是电场中轨迹问题，抓住电荷所受的合力指向轨迹的内侧和速度沿轨迹的切线方向是解题的关键14如图，面积为S、匝数为N的闭合线圈abcd水平放置，与匀强磁场B夹角=45现将线圈以ab边为轴顺时针转动90，则线圈在初、末位置磁通量的改变量为（）A0B BSC NBSD NBS【考点】磁通量【专题】定量思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用【分析】线圈在匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向
37、垂直时，穿过线圈的磁通量=BS，B是磁感应强度，S是线圈的面积当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量=0；若既不垂直，也不平行，则可分解成垂直与平行，根据=BSsin（是线圈平面与磁场方向的夹角）即可求解【解答】解：设初位置时穿过线圈的磁通量为正，则初位置时：1=BsinS=BS，末位置时：2=BcosS=BS，则初、末位置磁通量的改变量的大小为：=|21|=BS，故B正确故选：B【点评】对于匀强磁场中磁通量的求解，可以根据一般的计算公式=BSsin（是线圈平面与磁场方向的夹角）来分析线圈平面与磁场方向垂直、平行两个特殊情况注意夹角是磁场与线圈平面的夹角，同时理解磁通量不是矢量，但注意分
38、清正面还是反面通过线圈15如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻r闭合电键S后，将滑动变阻器R0滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为U1、U2、U3，理想电流表A示数变化量的绝对值为I，则（）A电流表A示数减小BU1U2CrDU2（U1+U3）【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题【分析】理想电压表内阻无穷大，相当于断路理想电流表内阻为零，相当短路分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析根据电源的输出功率分析功率的变化【解答】解：A、据题理想电压表内阻无穷大，相当于断路理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别
39、测量R、路端电压和变阻器两端的电压当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，故A错误；B、根据闭合电路欧姆定律得：U2=EIr，则得： =r； =R，据题：Rr，则：，故U1大于U2故B错误C、根据闭合电路欧姆定律得：U3=EI（R+r），则得： =R+rr，则U3与I的比值大于r，故C正确；D、电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压，则U2=（U1U3），则D错误；故选：C【点评】本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析16一木块静止在粗糙水平面上，现用一大小
40、为F1的水平力拉动木块，经过时间t，其速度为若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过相等时间t，速度变为2对以上两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力做的功，则（）AWF24WF1 Wf22 Wf1BWF24WF1 Wf2=2 Wf1CWF24WF1 Wf2=2 Wf1DWF24WF1 Wf2 2 Wf1【考点】动能定理；功的计算【专题】比较思想；方程法；动能定理的应用专题【分析】根据匀变速直线运动的位移等于平均速度乘以时间，求出位移之比，两次物体所受的摩擦力不变，根据W=fs求解克服摩擦力之比，对两个过程，分别根据动能定理列式，
41、联立方程即可求解F1，F2所做的功的关系【解答】解：由题意可知，两次物体均做匀加速运动，在同样的时间内，它们的位移之比为：S1：S2=t： =1：2；两次物体所受的摩擦力不变，根据力做功表达式，则克服滑动摩擦力做功之比为：Wt1：Wt2=fS1：fS2=1：2，则有：Wf2=2 Wf1再由动能定理，则有：WFWf=mv20；可知：WF1Wf1=mv20；WF2Wf2=m（2v）20；由上两式可解得：WF2=4WF12Wf1，则有：WF24WF1 ，故C正确确，ABD错误；故选：C【点评】本题主要考查了恒力做功公式及动能定理的直接应用，解答时要注意两次拉动的过程中，滑动摩擦力是不变的，求出位移关
42、系即可求出摩擦力做功之比三多项选择题（共16分，每小题4分每小题有二个或三个正确选项全选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错或不答的，得0分）17图中坐标原点处的质点O为一简谐波的波源，当t=0s时，质点O从平衡位置开始振动，波沿x轴向两侧传播，P质点的平衡位置在1m2m之间，Q质点的平衡位置在2m3m之间t1=2s时刻波形第一次如图所示，此时质点P、Q到平衡位置的距离相等，则（）A波源O的初始振动方向是从平衡位置沿y轴向下B从t2=2.5s开始计时，质点P比Q先回到平衡位置C当t2=2.5s时，P、Q两质点的位移、加速度相同，速度方向相反D当t2=2.5s时，4m和4m两处的质点分别沿
43、波的传播方向传到5m和5m的位置【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系【专题】定量思想；推理法；振动图像与波动图像专题【分析】波源的初始振动方向与图示时刻x=4m处和x=4m处两质点的振动方向相同简谐横波传播过程中，介质中质点不随波迁移，各个质点的振幅相同根据t1=2s时刻波形第一次如图所示，可知波的周期是2s根据时间与周期的关系，分析t=2.5s时刻，P、Q两质点的位移、加速度、速度、振幅关系【解答】解：A、据题，t1=2s时刻刚传到4m处，根据4m处质点向下振动可知波源起振的方向也向下故A正确；B、根据波形图可得波长4m，由题意可知周期为2s，在t2=2.5s时，即由图示的位置再过0.
44、25个周期，此时质点P在正半轴，向下运动，质点Q在正半轴，向上运动，所以质点P比Q先回到平衡位置，故B正确；C、在2.5s时刻，即由图示的位置再过0.25个周期，将波形图转换为三角函数：yP=Asin（0.5+0.5），yQ=Asin（+0.5），可见yP=yQ，故位移、加速度相同，振幅相同，质点P在负半轴，向下运动，质点Q在负半轴，向上运动，P、Q速度方向相反故C正确；D、简谐波向前传播过程中，质点不会“随波迁移”，只是在平衡位置上下振动，故D错误；故选：ABC【点评】本题考查了对于机械波基本特点的了解程度，即简谐横波传播过程中，介质中质点不随波迁移；各个质点的振幅、频率相同；波从一种介质进
45、入另一种介质时，频率不变这三点要理解记忆，牢固掌握18两个带电量相等的点电荷位于x轴上，相对坐标原点对称分布，以无穷远处为零电势点正确描述电势随位置x变化规律的图可能是（）ABCD【考点】电场的叠加；电势；电势差与电场强度的关系【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题【分析】电场线从正电荷出发而终止于负电荷，沿着电场线电势降低，由于|qA|=|qB|，故在电荷连线中点处，存在电场强度为零的位置；x图象的切线斜率表示电场强度【解答】解：沿着电场线电势降低，无穷远处的电势为零，x图象的切线斜率表示电场强度；AB、等量异种电荷，则O点处电场强度为零，电荷之间连线的电势是逐渐降低，故A错误，B
46、正确；C、等量同种正电荷之间向右是电势降低，后又升高，但不能为零，故C错误；D、等量同种负电荷之间向右是电势先升高，后降低，故D正确；故选：BD【点评】本题关键是画出电场线，明确沿电场线的方向电势降低，知道x图象的切线斜率表示对应点的电场强度19如图，两个带电小球A、B分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止现将B球沿斜面向上移动一小段距离，发现A球随之向上移动少许，两球在虚线位置重新平衡重新平衡后与移动前相比，下列说法正确的是（）A墙面对A的弹力变小B斜面对B的弹力不变C推力F变大D两球之间的距离变大【考点】库仑定律；物体的弹性和
47、弹力；共点力平衡的条件及其应用【专题】应用题；学科综合题；整体法和隔离法；电场力与电势的性质专题【分析】利用整体法对AB两球分析可知斜面对B的弹力不变，假设A球不动，利用库仑定律可知库仑力的变化，进而知道小球会上升，致使库仑力与竖直方向的夹角变小，水平分量变小，库仑力变小，两球间的距离变大，注意判断即可【解答】解：对B选项，利用整体法可知，斜面对B球支持力的竖直分量等于A、B两带电小球的重力之和，斜面倾角不变，斜面对B球支持力不变，故斜面对B的弹力不变，B选项正确；对D选项，假设A球不动，由于A、B两球间的距离减小，库仑力增大，A球上升，库仑力与竖直方向的夹角变小，而竖直分量不变，故库仑力变小
48、，A、B间的距离变大，故D正确；对A、C选项，因水平分量减小，故A正确，C错误故选：ABD【点评】本题考查了与库仑力相结合的物体的平衡问题，利用好整体和隔离法，正确对研究对象进行受力分析是解决此题的关键20如图所示，有五根完全相同的金属杆，其中四根固连在一起构成正方形闭合框架，固定在绝缘水平桌面上，另一根金属杆ab搁在其上且始终接触良好匀强磁场垂直穿过桌面，不计ab杆与框架的摩擦，当ab杆在外力F作用下匀速沿框架从最左端向最右端运动过程中（）A外力F先减小后增大B桌面对框架的水平作用力保持不变Cab杆的发热功率先减小后增大D正方形框架的发热功率总是小于ab杆的发热功率【考点】导体切割磁感线时的
49、感应电动势；电功、电功率；安培力【专题】定性思想；方程法；电磁感应与电路结合【分析】ab切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，ab把金属框分为两部分，这两部分并联与ab构成闭合回路，由并联电路特点判断外电路电阻如何变化，然后应用安培力公式、平衡条件、电功率公式分析答题【解答】解：A、ab向右匀速运动，产生的感应电动势为E=BLv，是定值，ab可以看做电源，框架构成外电路，当ab运动到框架的中间位置时，外电路电阻最大，等于ab的电阻，因此在ab运动过程中，外电路总电阻R先增大后减小，由I=可知，电路电流先减小后增大，ab受到的安培力为FB=BIL，可知安培力先减小后变大，ab匀速运动，由平衡条件
50、得：F=FB，所以外力F先减小后增大，故A正确；B、由A可知，电路电流先减小后增大，框架受到的安培力FB框=BIL，先减小后增大，由平衡条件可知，桌面对框架的水平作用力与所受的安培力大小相等，所以桌面对框架的水平作用力先变小后变大，故B错误；C、通过ab的电流I先减小后增大，则ab杆的发热功率P=I2Rab，先减小后变大，故C正确；D、当ab在框架的中央时，内外电阻相等，正方形框架的发热功率等于ab杆的发热功率除此之外，外电阻总是小于内电阻的，由U=IR可知，外电压小于等于内电压，由Q=W=UIt可知外电路产生的总热量小于ab杆产生的总热量，故D错误；故选：AC【点评】本题是一道电磁感应与力学
51、、电路知识的综合题，要掌握电磁感应与力学、电路的基本规律，如E=BLv、并联电路特点、欧姆定律、安培力公式、电功与电功率公式等等本题的难点与解题关键是：知道ab杆是电源，框架是外电路，判断出外电阻先增大后减小四填空题（共20分，每小题4分）211831年，英国物理学家、化学家法拉第经过十年的努力，终于发现了在切割磁感线的闭合电路的部分导体中能产生感应电流【考点】物理学史【专题】应用题；学科综合题；电磁学；电磁感应与电路结合【分析】英国物理学家、化学家法拉第经过十年的艰苦探索，终于与在1831年发现了电磁感应现象，进一步揭示了电现象和磁现象之间的密切联系，奏响了电气化时代的序曲【解答】解：经过十
52、年的艰苦不懈的努力，1831年法拉第发现了电磁感应现象故答案为：法拉第；切割磁感线的闭合电路的部分导体【点评】本题考查了物理学知识，学习物理学知识不仅能丰富我们的知识，还能激发我们的学习兴趣，平时要注意多积累这方面的知识22如图，长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m的小球一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度匀速转动，当杆与竖直方向成角时，拉力F=2mgtg，此时拉力F的功率P=mgLsin（重力加速度为g）【考点】功率、平均功率和瞬时功率；力矩的平衡条件【专题】定量思想；方程法；功率的计算专题【分析】先根据力矩平衡条件求出拉力F的大小，再根据瞬时功率表达式求拉力的功率
53、【解答】解：先求拉力F的大小根据力矩平衡，有：Fcos=mgLsin解得：F=2mgtan速度v=力与速度的夹角=30，所以功率：P=Fvsin=mgLsin故答案为：2mgtg，mgLsin【点评】本题考查力矩平衡，线速度与角速度关系，瞬时功率公式等关于力矩平衡的知识点23如图所示，一长为l的木板倾斜放置且倾角为45今有一弹性小球，自与木板上端等高的某处自由释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变，碰撞前后速度方向与木板夹角相等不计小球与木板碰撞的时间，欲使小球一次碰撞后恰好落到木板底端，则：（1）小球释放点距木板上端的水平距离应为多大？（2）小球落到木板底端前，先后两段运动所用时间之比为多
54、大？【考点】平抛运动；自由落体运动【专题】平抛运动专题【分析】欲使小球恰好落到木板下端，根据平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住位移关系求出平抛运动的时间，根据碰撞前后的速度大小相等，求出自由落体和平抛运动的时间关系，从而求出下降的高度，根据几何关系求出球释放点距木板上端的水平距离根据下降的高度求出时间之比【解答】解：设小球第一次碰板时速度大小为v，对自由下落阶段 v=gt1 对平抛阶段 x2=vt2 根据题意可知 联立以上方程可解得 （1）小球释放点距木板上端的水平距离为（2）由可求出小球落到木板底端前的两段运动所用时间之比为t1：t2=1：2答：（1）小球释放点距木板上端的水平距
55、离应为；（2）小球落到木板底端前，先后两段运动所用时间之比为1：2【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，灵活运用运动学公式进行求解24如图，半径R=0.4m的圆盘水平放置，绕竖直轴OO匀速转动，圆心O正上方h=0.8m高处固定一水平轨道，与转轴交于O点，质量m=1kg的滑块（视为质点）可沿轨道运动现对其施加F=4N的水平拉力，使其从O左侧s=2m处由静止开始沿轨道向右运动当滑块运动到O点时，从滑块上自由释放一小球，此时圆盘的半径OA正好与轨道平行，且A点在O的右侧滑块与水平轨道间的动摩擦因数=0.2为使小球刚好落在A点，圆盘转动的角速度=5n（n=1，2，3）ra
56、d/s；为使小球能落到圆盘上，水平拉力F做功的范围应为7.58J（g取10m/s2）【考点】匀速圆周运动；平抛运动【专题】定量思想；方程法；匀速圆周运动专题【分析】物块离开O点后做平抛运动，可以求出平抛运动的时间和平抛运动的初速度，若圆盘转一圈，物块恰好调入小桶，此时作用力时间最短圆盘转一圈的时间与平抛运动时间是相等从而得出圆盘转动的角速度最小值也有可能在平抛运动时间内，圆盘转动n圈因此求出转动角速度；小球能落在圆盘上，则可利用平抛运动，可求出小球抛出的速度范围，从而得出小球的加速度的范围最终运用牛顿第二定律可求出水平拉力的距离范围，从而即可求解【解答】解：小球离开小车后，由于惯性，将以离开小
57、车时的速度作平抛运动竖直方向有：h=gt2解得：t=0.4（s）水平方向：R=vt 小车运动到O点的速度v=m/s=1m/s为使小球刚好落在A点则应满足：t=2k解得：=5n（n=1，2，3）小球若能落到圆盘上，其在O点的速度范围是：0v1m/s 设水平拉力作用的最小距离与最大距离分别为x1、x2，对应到达O点的速度分别为0、1m/s由动能定理，有：Fx1mgx0=0 代入数据解得：x1=1.875m根据动能定理，有：Fx2mgx0=mv20 代入数据解得x2=2m则水平拉力F作用的距离范围 1.875mx2m；根据力做功表达式W=FS，则水平拉力F做功的范围应为7.5J8J故答案为：5n（n
58、=1，2，3），7.58【点评】解决本题的关键知道物块整个过程的运动：匀加速直线运动、匀减速直线运动和平抛运动，知道三个过程的运动时间与圆盘转动的时间相等以及熟练运用运动学公式25如图（a）所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y轴方向不变，沿x轴方向与坐标轴的关系如图（b）所示（图象是反比函数图线）夹角=45的光滑金属长直导轨 OM、ON固定在水平面内，ON与x轴重合，一根与ON垂直的导体棒固定在轻质金属小滑块上，金属小滑块套在长直导轨ON上，导体棒在水平向右的外力作用下，沿x轴向右滑动导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触已知t=0时，导体棒位
59、于坐标原点处导体棒的质量m=2kg，导轨OM、ON接触处O点的接触电阻R=0.4，其余电阻不计，回路中产生的感应电动势E与时间t的关系如图（c）所示（图线是过原点的直线）由图象分析可得12s时间内通过导体棒的电量q=7.5 C，导体棒滑动过程中水平外力F（单位：N）与横坐标x（单位：m）的关系式F=4+5 （g取10m/s2）【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】定量思想；方程法；电磁感应与电路结合【分析】（1）由Et图象读出t=2s时的感应电动势，由欧姆定律求解流过导体棒的电流强度I2的大小，根据感应电流图象的面积表示电量，用电流的平均值求出电量（2）由E=BLv分
60、析金属棒的运动情况，由运动学公式得到加速度，运用牛顿第二定律求解F的表达式【解答】解：（1）根据Et图象中的图线是过原点的直线特点，可得到t=2s时金属棒产生的感应电动势为：E=4V由欧姆定律得：I2=A=10A由于回路中的电流与E成正比，则知电流It图象中的图线也是过原点的直线，则有：t=1s时，I1=5A可得12s时间内回路中流过的电量为：q=t=t=1C=7.5C（2）因=45，可知任意t时刻回路中导体棒有效切割长度：L=x再根据Bx图象中的图线是双曲线特点有： E=BLv=（Bx）v，由图2可知，Bx=20.5=1（Tm）由图1知：E与时间成正比，有 E=2t（V）由以上三式得：v=2
61、t（m/s）可知导体棒的运动是匀加速直线运动，加速度 a=2m/s2，又有：F安=BIL=BIx=（Bx）I=1I=I，且I也与时间成正比再根据牛顿第二定律有：FF安=ma解得：F=F安+ma=I+22=I+4又有：F安=BIL=BIx=（Bx）I，且I也与时间成正比又：x=联立上三式得：F=（4+5）N故答案为：7.5；4+5【点评】本题的关键首先要正确理解两个图象的数学意义，运用数学知识写出电流与时间的关系，要掌握牛顿运动定律、闭合电路殴姆定律，安培力公式、感应电动势公式五实验题（共24分）26如图是“用DIS实验研究物体动能的大小与哪些因素有关”的实验装置以下说法正确的是（）A该实验是通
62、过摩擦块克服摩擦做功多少来反映小车动能的大小B可适当增加档光片宽度来减小实验误差C可选用质量较小的摩擦块来减小实验误差D实验中多次改变小车质量m和滑动初速度得到多组数据后，以m为横坐标，以摩擦块位移为纵坐标，可得到过原点的倾斜直线【考点】探究功与速度变化的关系【专题】实验题；定性思想；实验分析法；动能定理的应用专题【分析】本实验中利用平均速度来代替瞬时速度，通过光电门的时间越短，实验误差越小，在实验过程中，为了减小空气阻力的影响，应该选择质量大、体积小的摩擦块，根据功能关系可知：，据此分析图象即可【解答】解：A、小车通过光电门后，与摩擦块一起向前做匀减速直线运动，最终停止，则通过摩擦块克服摩擦
63、做功多少来反映小车动能的大小，故A正确；B、本实验中利用平均速度来代替瞬时速度，因此适当减小档光片宽度，可以时速度的测量更准确，故B错误；C、在实验过程中，为了减小空气阻力的影响，应该选择质量大、体积小的摩擦块，故C错误；D、根据功能关系可知：，因此若以mv2为纵坐标，以s即摩擦块的位移位移为横坐标，可知图象为过原点的倾斜直线，故D错误故选：A【点评】明确实验原理，正确进行误差分析，结合有关数学知识进行数据处理，知道光电门的测速原理，即用平均速度来代替瞬时速度，难度适中27某同学用单摆测当地的重力加速度他测出了摆线长度L和摆动周期T，如图（a）所示通过改变悬线长度L，测出对应的摆动周期T，获得
64、多组T与L，再以T2为纵轴、L为横轴画出函数关系图象如图（b）所示由图象可知，摆球的半径r=1.0102m，当地重力加速度g=2m/s2；由此种方法得到的重力加速度值与实际的重力加速度值相比会一样（选填“偏大”、“偏小”、“一样”）【考点】用单摆测定重力加速度【专题】定性思想；推理法；单摆问题【分析】由实验中所得到的T2L关系图象得，横轴截距应为小球半径，由斜率计算重力加速度【解答】解：T2与L的图象，应为过原点的直线，由横轴截距得，球的半径应为1.0102m；图象斜率k=4，而g= 故g=2根据以上推导，斜率不变，重力加速度不变，故对g的没有影响，一样故答案为：1.01022 一样【点评】明
65、确实验注意事项，知道图象斜率截距的意义，这一点很重要28“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置如图（a）所示实验中通过增加钩码的数量，多次测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图象，如图（b）所示（1）小车上安装的是位移传感器的发射部分（选填“接收”或“发射”）（2）小车和轨道间的动摩擦因数=0.2（3）图（b）中，拉力F较大时，aF图线明显弯曲，如果F不断增大，这一曲线不断延伸，那么加速度的值趋向为g【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】实验题；定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题【分析】（1）小车上安装的是位移传感器的发射器；（2）由aF图象得图象斜率得出小车质
66、量和滑动摩擦力，再根据滑动摩擦力公式求解；（3）根据图象得出变量之间的关系，知道钩码所受的重力作为小车所受外力的条件【解答】解：（1）小车上安装的是位移传感器的发射器，木板左端安装的是传感器的接受器；（2）根据F=ma得aF图象的斜率k=，由aF图象得图象斜率k=，所以m=0.25kg由aF图象得，当F=0.5N时，物体即将要滑动，此时有F=f，因此滑动摩擦力等于0.5N，所以滑块和轨道间的动摩擦因数；（3）对小车和钩码整体分析应有：a=，变形为a=，可见当m时，a=g，即若不断增加砂和砂桶的质量，应有a=g，即小车的加速度的趋向值为g故答案为：（1）发射；（2）0.2；（3）g【点评】实验装
67、置虽然有所变动，但是实验原理、实验方法、操作细节等是一样的，故任何实验明确实验原理是解答实验的关键，注意小车的拉力能等于重力的前提条件，并掌握图象斜率的含义29现有一特殊的电池，其电动势E约为9V，内阻r在3555范围，最大允许电流为50mA为测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图甲的电路进行实验图中电压表的内电阻很大，对电路的影响可以不计；R为电阻箱，阻值范围为09999；R0是定值电阻（1）实验室备有的定值电阻R0有以下几种规格：A10，2.5W B50，1.0W C150，1.0W D1500，5.0W本实验应选用C，其作用是保护电阻（2）该同学接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整
68、电阻箱的阻值读出电压表的示数U，再改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出了如图乙的图线则根据该同学所作的图线可知图象的横坐标与纵坐标的比值表示回路电流（3）根据乙图所作出的图象求得该电池的电动势E为10V，内电阻r为5【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】本题的关键是根据闭合电路欧姆定律列出表达式，然后整理出与的函数方程，然后即可讨论求解【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律电路中最小电阻为=180，所以应选C，其作用是作为保护电阻 （2）根据闭合电路欧姆定律，应有E=U+，所以图乙图象的横坐标与纵坐标之比为回路电流 （3）将E=U+变形为=，所以纵轴截距=0.1，解得
69、E=10V，斜率k=，解得r=4.75（4.65都对） 故答案为（1）C，保护电阻 （2）回路电流 （3）10，4.75【点评】涉及到用图象解得问题，一般思路是首先根据物理规律列出表达式，然后再整理出关于纵轴物理量与横轴物理量的关系式，然后再根据斜率和截距的概念列式求解即可六计算题（共50分）30一列火车从车站出发做匀加速直线运动，加速度为0.5m/s2，此时恰好有一辆自行车（可视为质点）从火车头旁边驶过，自行车速度v0=8m/s，火车长l=336m（1）火车追上自行车以前落后于自行车的最大距离是多少？（2）火车用多少时间可追上自行车？（3）再过多长时间可超过自行车？【考点】匀变速直线运动的位
70、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】追及、相遇问题【分析】根据运动学公式判断火车在追及自行车的过程中，当它们速度相等的时候相距最远；当它们的位移相等的时候，两车相遇使用变速直线运动的位移时间公式求出追及的时间或加速度火车超过自行车时，火车比自行车多走l【解答】解：（1）当火车速度等于v0时，二车相距最远：v0=at1得： s最大距离=m（2）设火车追上自行车的时间是，追上时位移相等，则：代入数据解得： s（3）追上时火车的速度：v=at2=0.532=16m/s设再过t3时间超过自行车，则代入数据解得t3=24s答：（1）火车追上自行车以前落后于自行车的最大距离是64m；（
71、2）火车用32s时间可追上自行车；（3）再过24s时间可超过自行车【点评】解决本题的关键理清两车的运动过程，抓住位移关系，运用运动学公式求出追及的时间本题涉及的过程多难度中档31如图，一质量m=2kg的小球套在一根固定的足够长的直杆上，直杆与水平面夹角=37现小球在与杆也成角的斜向上F=20N的外力作用下，从A点静止出发向上运动已知杆与球间的动摩擦因数=0.5，g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）小球运动的加速度a1；（2）若F作用4s后撤去，小球上滑过程中距A点最大距离sm；（3）上题中，若从撤去力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点上方8.35m的B点【考点
72、】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；物体的弹性和弹力【专题】简答题；定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题【分析】（1）对小球受力分析，运用牛顿第二定律求出小球的加速度（2）根据匀变速直线运动公式求出撤去拉力前的位移和末速度，再根据牛顿第二定律求出撤去拉力后的加速度，根据运动学公式求出上滑的位移，从而得出小球上滑过程中距A点最大距离（3）根据位移时间公式求出在上滑阶段通过B点的时间，根据牛顿第二定律求解小球返回的加速度，根据位移时间公式求出运动的时间【解答】解：（1）在力F作用时有，根据牛顿第二定律得：Fcos37mgsin37（mg cos37F sin37）=ma1 解得：a
73、1=1m/s2，（2）刚撤去F时，小球的速度1=a1t1=4m/s，小球的位移s1=t1=8m，撤去力F后，小球上滑时有：（mgsin37+mgcos37）=ma2，解得：a2=10 m/s2，因此小球上滑时间t2=0.4s，上滑位移s2=t2=0.8m，则小球上滑的最大距离为sm=s1+s2=8.8m（3）在上滑阶段通过B点：sABs1=1t3a2t32通过B点时间t3=0.1s，另t3=0.7s （舍去） 小球返回时有：mgsin37mgcos37=ma3解得：a3=2 m/s2因此小球由顶端返回B点时有：smsAB=a3t42解得：t4=通过B点时间t=t2+t4=1.07 s答：（1）
74、小球运动的加速度a1为1m/s2；（2）若F作用4s后撤去，小球上滑过程中距A点最大距离sm为8.8m；（3）上题中，若从撤去力F开始计时，小球经0.1s或1.07s时间将经过距A点上方8.35m的B点【点评】牛顿第二定律和运动学公式是解决力学的基本方法关键在于分析物体的受力情况和运动情况当物体受力较多时，往往采用正交分解法求加速度，难度适中32如图1，abcd为质量M的导轨，放在光滑绝缘的水平面上，另有一根质量为m的金属棒PQ平行bc放在水平导轨上，PQ棒左边靠着绝缘固定的竖直立柱e、f，导轨处于匀强磁场中，磁场以OO为界，左侧的磁场方向竖直向上，右侧的磁场方向水平向右，磁感应强度均为B导轨
75、bc段长l，其电阻为r，金属棒电阻为R，其余电阻均可不计，金属棒与导轨间的动摩擦因数若在导轨上作用一个方向向左、大小恒为F的水平拉力，设导轨足够长，PQ棒始终与导轨接触试求：（1）导轨运动的最大加速度amax；（2）流过导轨的最大感应电流Imax；（3）在如图2中定性画出回路中感应电流I随时间t变化的图象，并写出分析过程【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】作图题；定量思想；方程法；电磁感应与电路结合【分析】（1）导轨在外力作用下向左加速运动，由于切割磁感线，在回路中要产生感应电流，导轨的bc边及金属棒PQ均要受到安培力作用，PQ棒受到的支持力要随电流的变化而变化，导
76、轨受到PQ棒的摩擦力也要变化，因此导轨的加速度要发生改变导轨向左切割磁感线时，导轨受到向右的安培力F1=BIl，金属棒PQ受到向上的安培力F2=BIl导轨受到PQ棒对它的摩擦力f=（mgBIl）根据牛顿第二定律，有FBIl（mgBIl）=Ma当刚拉动导轨时，v=0，可知I感=0，此时有最大加速度（2）随着导轨v增大，感应电流增大而a减小，当a=0时，有最大速度，感应电流也最大（3）速度的变化引起感应电动势的变化和感应电流的变化，进一步导致安培力的变化与加速度的变化，然后结合牛顿第二定律与运动学的特点分析即可【解答】解：（1）由牛顿第二定律 FBIl（mgBIl）=Ma导轨刚拉动时，=0，I感=
77、0，此时有最大加速度amax=（2）随着导轨速度增加，I感增大，a减小，当a=0时，有最大速度m由上式，得则：（3）从刚拉动开始计时，t=0时，0=0，I感=0；t=t 1时，达最大，I感=Im；0t 1之间，导轨做速度增加，加速度减小的变加速运动，I感与成正比关系，以后a=0，速度保持不变，I感保持不变答：（1）导轨运动的最大加速度是；（2）流过导轨的最大感应电流是；（3）定性画出回路中感应电流I随时间t变化的图象如图【点评】通过导轨的受力情况，来分析其运动情况，把握住加速度最大和电流最大的临界条件是解答本题的关系33如图，质量均为m的两个小球A、B固定在弯成120角的绝缘轻杆两端，OA和O
78、B的长度均为l，可绕过O点且与纸面垂直的水平轴无摩擦转动，空气阻力不计设A球带正电，B球带负电，电量均为q，处在竖直向下的匀强电场中，场强E=开始时，杆OB与竖直方向的夹角=60（1）为使系统平衡，在A点施一作用力F，则F至少多大？方向如何？（2）设O点电势为零，此系统在图示位置处电势能是多少？（3）若撤去外力F，系统转过多大角度时，A球的速度最大？最大值是多少？（4）若撤去外力F，系统转过多大角度时，系统电势能最小？最小值是多少？【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度【专题】定量思想；方程法；电场力与电势的性质专题【分析】（1）以O为转轴，根据共点力平衡即可判断外力大小和方向；（2）由于A
79、B两球在同一等势面上，根据E=q求得电势能；（3）A、B两球速度相等，A球的速度最大，即系统速度最大，根据动能定理求得；（4）当A与竖直方向成角时，系统速度为零，不再上升，根据动能定理求得【解答】解：（1）以O为转轴 MGA+MEA+MEBMGBMF=0则 2qElsin60=Fl、解之 方向垂直OA杆斜向上 （2）O点电势为零，由于AB两球在同一等势面上，根据E=q求得A=B总=0 （3）A、B两球速度相等，A球的速度最大，即系统速度最大，此时M=0，即MA=MB设此时OA杆与水平线夹角为，则=60即A转过的角度为 6030=30 （4）当A与竖直方向成角时，系统速度为零，不再上升=0A在最低点，B与水平成30角位置A0，B0，系统电势能最小答：（1）为使系统平衡，在A点施一作用力F，则F至少为，方向垂直OA杆斜向上（2）设O点电势为零，此系统在图示位置处电势能是0（3）若撤去外力F，系统转过30角度时，A球的速度最大，最大值是（4）若撤去外力F，系统转过0角度时，系统电势能最小，最小值是【点评】本题考查了力矩平衡与动能定理的综合，通过力矩平衡求解出电场强度的大小知道电场力做功与重力做功的特点，运用动能定理解题