1、2014-2015学年江苏省南通市如皋市高二（下）期末物理试卷一、单项选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意）1如图所示，放在斜面上的物块A和斜面体BJ起水平向右做匀速运动物块A受到的重力和斜面对它的支持力的合力方向是（）A 竖直向上B 竖直向下C 沿斜面向下D 水平向右2在学校体育课上，小华在老师的指导下，一脚将足球踢到了30m外，老师对同学们说：“小华这一脚，对足球的作用力足足有200N，但只要姿势正确，不但脚感觉不到疼，而且足球的运动方向、距离也都在你的掌控之中”若取足球的重力为4N，关于小华对球做功的下列说法中，正确的是（）A 小华对
2、球做功6000JB 小华对球做功120JC 小华对球做功6120JD 题中信息不全，无法算出对球做功多少3下列关于磁感线的说法正确的是（）A 磁感线可以形象地描述磁场中各点的磁场方向，它每一点的切线方向都与小磁针放在该点静止时S极所指的方向相同B 磁感线总是从磁体的N极出发，到磁体的S极终止C 磁场的磁感线是闭合曲线D 磁感线就是细铁屑在磁铁周围排列成的曲线，没有细铁屑的地方就没有磁感线4真空中有一对平行金属板，相距2.8cm，两板电势能差为32V，二价的氧离子由静止开始加速，从一个极板到另一个极板时，动能是（）A 2.8eVB 5.6eVC 32eVD 64eV5如图所示，是由两个量程的电压
3、表，当使用a、b两个端点时，量程为010V，当使用a、c两个端点时，量程为0100V已知电流表的内阻Rg为500，满偏电流Ig为1mA，则电阻R1、R2的大小分别是（）A 950、9500B 9.50k、90kC 500、5000D 1.0k、9.0k6一平行板电容器C，极板是水平放置的，它和三个可变电阻及电源联接成如图所示的电路今有一质量为m的带电油滴悬浮在两极板之间静止不动要使油滴上升，可采用的办法是（）A 增大R1B 增大R2C 增大R3D 减小R17电动机是利用安培力工作的如图所示是一种电动机的原理示意图，蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐向分布的，不管线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感
4、线平行，当电流通过线圈的时候，线圈上跟铁芯的轴平行的两边（图中用两个小圆圈表示）都受安培力作用，时线圈发生转动，带动传动装置将动力传出去对于图示电动机的以下说法中，正确的是（）A 线圈将作顺时针转动B 线圈将作逆时针转动C 此时线圈不受安培力，不会转动D 图中的磁场是匀强磁场8如图所示，一个初动能为Ek的带电粒子a（不计重力），水平射入两块带等量异种电荷的平行金属板间，飞出时动能为3Ek如果该粒子飞出时的动能变为4.5Ek，则该粒子射入时的速度大小应变为原来的（）A 1.5倍B 2倍C 3倍D 4倍二、多项选择题（本题共6小题，每小题4分，共计24分，每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分
5、，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分.）9人造地球卫星围绕地球做匀速圆周运动，卫星中有一台科研仪器M，处于完全失重状态则关于仪器M的以下说法中，正确的有（）A 虽然M处于完全失重状态，但仍然受到重力的作用B 因为M处于完全失重状态，所以不受重力的作用C 因为M处于完全失重状态，所以M所受的合力为零D 因为M处于完全失重状态，所以M对支持物的压力为零10在一光滑水平面内建立平面直角坐标系，一物体从t=0时刻起，由坐标原点O（0，0）开始运动，其沿x轴和y轴方向运动的速度时间图象如图甲、乙所示，下列说法中正确的是（）A 前2s内物体沿x轴做匀加速直线运动B 后2s内物体继续做匀加速直线运动，但
6、加速度沿y轴方向C 4s末物体坐标为（6m，2m）D 4s末物体坐标为（4m，2m）11在电荷量分别为2q和q的两个点电荷形成的电场中，电场线分布如图所示，在两点电荷连线上有a、b两点，则（）A 在两点电荷之间的连线上存在一处电场强度为零的点B 在负试探电荷从a点向 b点移动过程中所受电场力先减小后增大C 在负试探电荷从a点向b点移动过程中电场力先做正功后做负功D 负试探电荷在a点具有的电势能比在b点时具有的电势能小12一汽车以速度v0在平直路面上匀速行驶，在t=0时刻将汽车发动机的输出功率调为另一个恒定值，设汽车行驶过程中受到的阻力恒定不变从t=0时刻开始，汽车运动的vt图象可能正确的有（）
7、A B C D 13如图所示，内壁光滑的半球形碗固定不动，其轴线垂直于水平面，两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在如图所示的水平面内做匀速圆周运动，则（）A 球A的线速度大于球B的线速度B 球A的角速度大于球B的角速度C 球A的向心加速度小于球B的向心加速度D 球A对碗壁的压力等于球B对碗壁的压力14滑块以速率v1靠惯性沿固定长斜面由底端向上运动，当它回到出发点时速率变为v2，且，v2v1，若滑块向上运动的位移中点为A，取斜面底端重力势能为零，则（）A 上滑过程中机械能的减少量大于下滑过程中机械能的减少量B 上滑过程中机械能的减少量等于下滑过程中机械能的减少量C 上滑过程中经过A点时的动能
8、大于重力势能D 上滑过程中摩擦力的平均功率的绝对值大于下滑过程中摩擦力的平均功率的绝对值三、实验（毎空2分，作图4分，共10分）15（1）用多用电表欧姆档粗略测量某元件的电阻，选用10档，测量结果如图1所示，则测得的电阻为；（2）为描绘该元件的UI图线提供了如下器材：A电流表A（量程0.6A，内阻约0.9）B电压表V（量程3V，内阻约3k）C滑动变阻器R1（10，1.0A）D滑动变阻器R2（1000，0.1A）E电源E（电动势6V，内阻约0.1）F开关S及导线若干实验中滑动变阻器应该选择（填写器材序号），以保证实验过程中调节方便；在虚线框内画出实验电路图2；如图3中、图线，一条为元件真实的UI
9、图线，另一条是本次实验中测得的UI图线，其中是本次实验中测得的图线四、计算题（本题共3小题，共计42分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有效值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16有一台直流电风扇，额定电压为12V，线圈的电阻为3.0，正常运转是他消耗的电功率是0.6W，求此时：（1）通过电动机的电流是多少？电动机的发热功率是多少？（2）电动机的机械功率是多少？电机的效率是多大？（3）如接上电源后，扇叶卡住不能转动，这时通过电动机的电流唯为多大？电动机消耗的电功率和发热功率又各是多少？17如图所示，A和B是两个点电荷，电量均为q，A固定在绝缘
10、架上，在A的正上方的B放在一块绝缘板上，现在手持绝缘板使B从静止开始以加速度a竖直向下做匀加速运动（ag），已知B的质量为m，静电力常量为k求：（1）B运动到离A多远的地方恰对绝缘板无压力（2）如果这个位置刚好将开始运动时B、A高度分成2：1，求此时点电荷B的速度大小；（3）B在此前的运动过程中，电场力和板的支持力对B做功的代数和等于多少？18如图所示，AB为一段弯曲轨道，固定在水平桌面上，与水平桌面相切于A点，B点距桌面的高度为h=0.6m，A、B两点间的水平距离为L=0.8m，轨道边缘B处有一轻、小定滑轮，一根轻绳两端系着质量分别为m1与m2的物体P、Q，挂在定滑轮两边，P、Q可视为质点，
11、且m1=2.0kg，m2=0.4kg开始时P、Q均静止，P紧靠B点，P释放后沿弯曲轨道向下运动，运动到A点时轻绳突然断开，断开后P沿水平桌面滑行距离x=1.25m停止已知P与水平桌面间的动摩擦因数=0.25，g取10m/s2求：（1）P经过A点时的速度大小；（2）P从B到A的过程中Q重力势能的增量；（3）弯曲轨道对P的摩擦力做的功2014-2015学年江苏省南通市如皋市高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意）1如图所示，放在斜面上的物块A和斜面体BJ起水平向右做匀速运动物块A受到的重力和斜面对它
12、的支持力的合力方向是（）A 竖直向上B 竖直向下C 沿斜面向下D 水平向右考点：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：物体A匀速运动，受力平衡，分析受力情况，根据平衡条件的推论：物体处于平衡状态时，任一个力与其余所有力的合力大小相等、方向相反，分析即可解答：解：物块A受到重力mg、斜面的支持力N和静摩擦力f，f沿斜面向上根据平衡条件得：重力和斜面的支持力的合力方向与静摩擦力f的方向相反，沿斜面向下故C正确，ABD错误故选：C点评：本题关键要理解共点力平衡条件的推论，并能灵活用来分析任意一个力的合力与其他力的合力关系，规范作图有利于分析2在学校体育课上，小
13、华在老师的指导下，一脚将足球踢到了30m外，老师对同学们说：“小华这一脚，对足球的作用力足足有200N，但只要姿势正确，不但脚感觉不到疼，而且足球的运动方向、距离也都在你的掌控之中”若取足球的重力为4N，关于小华对球做功的下列说法中，正确的是（）A 小华对球做功6000JB 小华对球做功120JC 小华对球做功6120JD 题中信息不全，无法算出对球做功多少考点：动能定理的应用专题：功的计算专题分析：由于踢球时，足球的位移未知，不能用功的公式求此功可对照做功的要素分析解答：解：据题，小华对足球的作用力有200N，但由于足球在该力方向上发生的位移未知，所以不能求出对球做功多少，故ABC错误，D正
14、确故选：D点评：本题中人对足球的作用力是变力，不知道位移时不能直接根据功的公式求人做功3下列关于磁感线的说法正确的是（）A 磁感线可以形象地描述磁场中各点的磁场方向，它每一点的切线方向都与小磁针放在该点静止时S极所指的方向相同B 磁感线总是从磁体的N极出发，到磁体的S极终止C 磁场的磁感线是闭合曲线D 磁感线就是细铁屑在磁铁周围排列成的曲线，没有细铁屑的地方就没有磁感线考点：磁感线及用磁感线描述磁场分析：（1）磁体的周围存在着看不见，摸不着但又客观存在的磁场，为了描述磁场，在实验的基础上，利用建模的方法想象出来的磁感线，磁感线并不客观存在（2）磁感线在磁体的周围是从磁体的N极出发回到S极在磁体
15、的内部，磁感线是从磁体的S极出发，回到N极（3）磁场中的一点，磁场方向只有一个，由此入手可以确定磁感线不能相交（4）磁场的强弱可以利用磁感线的疏密程度来描述磁场越强，磁感线越密集解答：解：A、磁感线上的切线方向为小磁针在该点静止时，N极所指的方向；故A错误；B、磁体外部磁感线由N极指向S极，而内部由S极指向N极；故B错误；C、磁感线一定是闭合的；故C正确；D、磁感线是我们看不到的，我们只能利于铁屑的分布来模拟磁感线的形状，没有细铁屑的地方同样有磁场；故D错误；故选：C点评：此题考查了磁感线的引入目的，磁场方向的规定，记住相关的基础知识，对于解决此类识记性的题目非常方便4真空中有一对平行金属板，
16、相距2.8cm，两板电势能差为32V，二价的氧离子由静止开始加速，从一个极板到另一个极板时，动能是（）A 2.8eVB 5.6eVC 32eVD 64eV考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：电磁学；带电粒子在电场中的运动专题分析：二价的氧离子由静止开始做匀加速直线过程，电场力做正功为qU，动能增大，可以根据动能定理或者运动学公式确定电荷到达另一极板时的动能解答：解：二价的氧离子电荷量为：q=2e根据动能定理，有：qU=Ek解得：Ek=qU=2e32V=64eV故选：D点评：解决本题的关键掌握电场力做功与电势差的关系，在本题也可以求出电场强度，根据W=Fs，运用动能定理求解5如图所示，是由两个
17、量程的电压表，当使用a、b两个端点时，量程为010V，当使用a、c两个端点时，量程为0100V已知电流表的内阻Rg为500，满偏电流Ig为1mA，则电阻R1、R2的大小分别是（）A 950、9500B 9.50k、90kC 500、5000D 1.0k、9.0k考点：把电流表改装成电压表专题：实验题；恒定电流专题分析：把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值解答：解：由图示电路图可知：Ig（Rg+R1）=10V，Ig（Rg+R1+R2）=100V，代入数据解得：R1=9500=9.50k，R2=9104=90k；故选：B点评：本题考查了电压表的改装，
18、知道电压表的改装原理、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题6一平行板电容器C，极板是水平放置的，它和三个可变电阻及电源联接成如图所示的电路今有一质量为m的带电油滴悬浮在两极板之间静止不动要使油滴上升，可采用的办法是（）A 增大R1B 增大R2C 增大R3D 减小R1考点：带电粒子在混合场中的运动专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻R3的电压，改变R1，对电容器的电压没有影响要使油滴上升，需增加R3两端的电压，根据欧姆定律确定采用的方法解答：解：A、增大R1，对电容器的电压没有影响，油滴不动；故A错误；B、增大R2，R2分担的电压变大，则R3分担的电压变
19、小，则电容器两端的电压减小，油滴下降；故B错误；C、增大R3，R3分担的电压变大，则电容器两端的电压变大，油滴上升；故C正确；D、减小R1，对电容器的电压没有影响，油滴不动；故D错误；故选：C点评：本题关键分析电容器的电压是否变化以及知道电容器两端的电压等于R3两端的电压7电动机是利用安培力工作的如图所示是一种电动机的原理示意图，蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐向分布的，不管线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行，当电流通过线圈的时候，线圈上跟铁芯的轴平行的两边（图中用两个小圆圈表示）都受安培力作用，时线圈发生转动，带动传动装置将动力传出去对于图示电动机的以下说法中，正确的是（）A 线圈将作
20、顺时针转动B 线圈将作逆时针转动C 此时线圈不受安培力，不会转动D 图中的磁场是匀强磁场考点：安培力分析：由左手定则来确定安培力的方向，即可判断线圈的转动方向图中磁场不是匀强磁场解答：解：ABC、由左手定则可判定：当线圈转到如图乙所示的位置，b端受到的安培力方向向下，a端受到的安培力方向向上，因此安培力使线圈沿顺时针方向转动，故A正确，BC错误；D、图中磁场是均匀地辐向分布，所以磁感线始终与线圈平面平行，即始终与线圈边垂直，不是匀强磁场故D错误故选：A点评：在学过的测量工具或设备中，每个工具或设备都有自己的制成原理；对不同测量工具的制成原理，是一个热点题型，需要重点掌握8如图所示，一个初动能为
21、Ek的带电粒子a（不计重力），水平射入两块带等量异种电荷的平行金属板间，飞出时动能为3Ek如果该粒子飞出时的动能变为4.5Ek，则该粒子射入时的速度大小应变为原来的（）A 1.5倍B 2倍C 3倍D 4倍考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：两个过程中带电粒子做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，两过程初速度不同故在磁场中运动时间不同，在竖直方向的位移不同，最后用动能定理求解解答：解：设粒子第一个过程中初速度为v0，极板的长度为L，则有：Ek=第一个过程中沿电场线方向的位移为：y1=a（）2；第一个过程由动能定理得：qEy1
22、=3EkEk第二个过程的末动能为4.5Ek，设其初速度为nv0第二个过程中沿电场线方向的位移为：y2=a（）2=由动能定理得：qEy2=4.5Ek=4.5Ekn2Ek解得：n=2即该粒子射入时的速度大小应变为原来的2倍故选：B点评：本题是动能定理和类平抛运动知识的综合应用，用相同的物理量表示电场力做功是解题的关键二、多项选择题（本题共6小题，每小题4分，共计24分，每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分.）9人造地球卫星围绕地球做匀速圆周运动，卫星中有一台科研仪器M，处于完全失重状态则关于仪器M的以下说法中，正确的有（）A 虽然M处于完全失重状态，但
23、仍然受到重力的作用B 因为M处于完全失重状态，所以不受重力的作用C 因为M处于完全失重状态，所以M所受的合力为零D 因为M处于完全失重状态，所以M对支持物的压力为零考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重专题：牛顿运动定律综合专题分析：完全失重是指物体受到的重力完全产生了物体运动的加速度，在围绕地球做匀速圆周运动的航天飞机中，完全失重的时候，物体的重力全部作为了物体运动所需要的向心力，产生了向心力加速度解答：解：卫星在空中运行时，受万有引力作用充当向心力；此时由于向心加速度指向圆心，故M处于完全失重状态；但仍受重力作用；M对支持物的压力为零；故AD正确，BC错误；故选：AD点评：本题主要考查了对超
24、重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了10在一光滑水平面内建立平面直角坐标系，一物体从t=0时刻起，由坐标原点O（0，0）开始运动，其沿x轴和y轴方向运动的速度时间图象如图甲、乙所示，下列说法中正确的是（）A 前2s内物体沿x轴做匀加速直线运动B 后2s内物体继续做匀加速直线运动，但加速度沿y轴方向C 4s末物体坐标为（6m，2m）D 4s末物体坐标为（4m，2m）考点：运动的合成和分解；平动与转动；物体做曲线运动的条件专题：运动的合成和分解专题分析：前2S内物体在y轴方向没有速度，只有x轴方向有速度，由图看出，物体在x轴方向做匀加速直线运动后2s内物
25、体在x和y两个方向都有速度，x方向做匀速直线运动，y方向做匀加直线运动，根据运动的合成分析物体的运动情况根据运动学公式分别求出4s内物体两个方向的坐标解答：解：A、前2S内，物体在y轴方向没有速度，由图看出，物体沿x轴方向做匀加速直线运动故A正确B、在后2s内，物体在x轴方向做匀速直线运动，y轴方向做匀加速直线运动，根据运动的合成得知，物体做匀加速曲线运动，加速度沿y轴方向故B错误C、D在前2s内，物体在x轴方向的位移为：x1=t=2m=2m在后2s内，x轴方向的位移为：x2=vxt=22m=4m，y轴方向位移为：y=2m=2m，则4s末物体的坐标为（6m，2m）故C正确，D错误故选：AC点评
26、：本题采用程序法分析物体的运动情况，根据运动的合成法求解物体的位移11在电荷量分别为2q和q的两个点电荷形成的电场中，电场线分布如图所示，在两点电荷连线上有a、b两点，则（）A 在两点电荷之间的连线上存在一处电场强度为零的点B 在负试探电荷从a点向 b点移动过程中所受电场力先减小后增大C 在负试探电荷从a点向b点移动过程中电场力先做正功后做负功D 负试探电荷在a点具有的电势能比在b点时具有的电势能小考点：电场线；电场强度；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：解答本题需要掌握：正确根据电场线分布特点判断电场强度、电势高低以及电势能的变化；电场力做功情况由速度方向与电场力方向的夹角决定解答：解
27、：A、电场线是从正电荷出发，终止于负电荷，所以在在两点电荷之间的连线上存在电场线，即不存在一处电场强度为零的点，故A错误B、电场线密，电场强度大，负试探电荷从a点向 b点移动过程中场强先减 小后增大，所以所受电场力先减 小后增大，故B正确C、在负试探电荷从a点向b点移动过程中，电场力方向向右，所以电场力先做负功，故C错误D、在负试探电荷从a点向b点移动过程中，电场力先做负功，电势能增大，所以负试探电荷在a点具有的电势能比在b点时具有的电势能小，故D正确故选：BD点评：根据电场线的分布判断电场强度、电势、电势能等物理量的变化情况是高中物理的重点，在平时要加强训练，以加深对这些知识点理解和应用12
28、一汽车以速度v0在平直路面上匀速行驶，在t=0时刻将汽车发动机的输出功率调为另一个恒定值，设汽车行驶过程中受到的阻力恒定不变从t=0时刻开始，汽车运动的vt图象可能正确的有（）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：本题要分功率变大和变小两种情况，根据P=Fv以及牛顿第二定律分析速度和加速度的变化情况，从而选择图象解答：解：汽车匀速运动，牵引力等于阻力，此时P=Fv0=fv0，若在t=0时刻将汽车发动机的输出功率调为另一个恒定值，且这个定值比P小，则瞬间牵引力减小，牵引力小于阻力，根据牛顿第二定律可知a=，则加速度反向减小，故汽车做加速度减小的减速运动，若在t=
29、0时刻将汽车发动机的输出功率调为另一个恒定值，且这个定值比P大，则根据P=Fv可知瞬间牵引力增大，随着速度增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律可知a=，则加速度减小，故汽车做加速度减小的加速运动，故BD正确故选：BD点评：知道速度时间图象的斜率表示加速度，根据P=Fv结合牛顿第二定律求解，难度适中13如图所示，内壁光滑的半球形碗固定不动，其轴线垂直于水平面，两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在如图所示的水平面内做匀速圆周运动，则（）A 球A的线速度大于球B的线速度B 球A的角速度大于球B的角速度C 球A的向心加速度小于球B的向心加速度D 球A对碗壁的压力等于球B对碗壁的压力考点：向心力专题：
30、匀速圆周运动专题分析：小球受重力和支持力，靠重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力，根据F合=ma=m=mr2，比较线速度、角速度和向心加速度的大小并比较支持力的大小，从而能比较压力的大小解答：解：ABC、对于任意一球，设其轨道处半球形碗的半径与竖直方向的夹角为，半球形碗的半径为R根据重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力，得：F合=mgtan=ma=m=mr2，又 r=Rsin联立得：v=，a=gtan，=R一定，可知越大，线速度v越大、角速度越大、向心加速度a越大，所以球A的线速度大于球B的线速度，球A的角速度大于球B的角速度，球A的向心加速度大于球B的向心加速度故C错误，AB正确D、由图
31、得：球所受的支持力FN=，越大，FN越大，则碗对A球的支持力较大，由牛顿第三定律知球A对碗壁的压力大于球B对碗壁的压力，故D错误故选：AB点评：解决本题的关键知道小球做匀速圆周运动，靠重力和支持力的合力提供向心力，能灵活选择向心力的形式，由牛顿运动定律列式分析14滑块以速率v1靠惯性沿固定长斜面由底端向上运动，当它回到出发点时速率变为v2，且，v2v1，若滑块向上运动的位移中点为A，取斜面底端重力势能为零，则（）A 上滑过程中机械能的减少量大于下滑过程中机械能的减少量B 上滑过程中机械能的减少量等于下滑过程中机械能的减少量C 上滑过程中经过A点时的动能大于重力势能D 上滑过程中摩擦力的平均功率
32、的绝对值大于下滑过程中摩擦力的平均功率的绝对值考点：机械能守恒定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：根据除重力以外其它力做功等于机械能的增量判断上升和下降过程中机械能的变化分析摩擦力做功情况，即可明确机械能的改变；根据动能定理，抓住动能势能相等，求出从小到位移，从而分析判断解答：解：A、上升、下降时都要克服摩擦力做功，故机械能均减小由于摩擦力做功相同；故机械能的减少量相等；故A错误，B正确；C、设物体上升的最大位移为s，动能和势能相等时的位移为l，速度为v3在上升过程由动能定理有：由动能等于势能，有：由得：；由得：比较可得l大于，故动能和势能相等点在A点的上方；故A点的动能大于重力势能；故C正
33、确；D、因上滑过程的平均速度大于下滑过程的平均速度；由P=Fv可得，上滑过程摩擦力的平均功率大于下滑过程的功率；故D正确；故选：BCD点评：此题后两个选项，是判断向上阶段中动能与势能相等点的位置，乍一看觉的较简单，实则是一道有一定难度的计算题若定性讨论，也不太容易，反倒不如计算来得快、准三、实验（毎空2分，作图4分，共10分）15（1）用多用电表欧姆档粗略测量某元件的电阻，选用10档，测量结果如图1所示，则测得的电阻为130；（2）为描绘该元件的UI图线提供了如下器材：A电流表A（量程0.6A，内阻约0.9）B电压表V（量程3V，内阻约3k）C滑动变阻器R1（10，1.0A）D滑动变阻器R2（
34、1000，0.1A）E电源E（电动势6V，内阻约0.1）F开关S及导线若干实验中滑动变阻器应该选择C（填写器材序号），以保证实验过程中调节方便；在虚线框内画出实验电路图2；如图3中、图线，一条为元件真实的UI图线，另一条是本次实验中测得的UI图线，其中II是本次实验中测得的图线考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题分析：本题（2）的关键是明确采用分压式接法时，变阻器电阻应选调节越方便的关键是明确当满足时，电流表应用外接法解答：解：（1）：欧姆表的读数为：R=1310=130；（2）：由于全电阻越小的变阻器调节越方便，所以变阻器应选；故选C：由于元件电阻满足，所以电流表应用内接法，因电源电压
35、大于电压表量程，为了有效控制电压，变阻器采用分压式接法，电路图如图所示：根据R=可知，测量值应大于真实值，所以II应是本次实验中测得的图线故答案为：（1）130（2）C；如图，点评：做电学实验题时应明确：若要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法，此时应选择全电阻小的变阻器以方便调节当待测电阻满足时，电流表应用内接法四、计算题（本题共3小题，共计42分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有效值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16有一台直流电风扇，额定电压为12V，线圈的电阻为3.0，正常运转是他消耗的电功率是0.6W，求此时：（1）通过电动机
36、的电流是多少？电动机的发热功率是多少？（2）电动机的机械功率是多少？电机的效率是多大？（3）如接上电源后，扇叶卡住不能转动，这时通过电动机的电流唯为多大？电动机消耗的电功率和发热功率又各是多少？考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：（1）由P=UI可求得工作电流；再由焦耳定律可求得发热功率；（2）输出的机械功率等于总功率与发热功率的差值，再由机械效率公式可求得电动机的效率；（3）若电机不转动，则视为纯电阻电路，发热功率等于总功率解答：解：（1）由P=UI可得：电流I=0.05A；发热功率P热=I2R=（0.05）23=0.0075W；（2）机械功率P机=PP热=0.60.0075=0.59
37、25W；电动机的效率=100%=98.75%；（3）若卡住，视为纯电阻电路；则电流I=4A；电动机消耗的功率等于发热功率P=P热=I2R=163=48W；答：（1）通过电动机的电流是0.05A；电动机的发热功率是0.0075W；（2）电动机的机械功率是0.5925W；电机的效率是98.75%；（3）如接上电源后，扇叶卡住不能转动，这时通过电动机的电流为4A；电动机消耗的电功率和发热功率均为48W点评：本题考查功率公式的应用，要注意明确P=UI求解总功率；P=I2R求解发热功率；只有在纯电阻电路中二者才相等17如图所示，A和B是两个点电荷，电量均为q，A固定在绝缘架上，在A的正上方的B放在一块绝
38、缘板上，现在手持绝缘板使B从静止开始以加速度a竖直向下做匀加速运动（ag），已知B的质量为m，静电力常量为k求：（1）B运动到离A多远的地方恰对绝缘板无压力（2）如果这个位置刚好将开始运动时B、A高度分成2：1，求此时点电荷B的速度大小；（3）B在此前的运动过程中，电场力和板的支持力对B做功的代数和等于多少？考点：动能定理的应用；电势能专题：动能定理的应用专题分析：（1）当板对B的支持力为零时，B开始脱离绝缘板，根据牛顿第二定律求出B刚开始脱离绝缘板时离A的高度h（2）在下降2h的过程中，B做匀加速直线运动，根据运动学公式求出B电荷离板前的速度大小（3）对B电荷离板前的运动应用动能定理求出电场
39、力和板的支持力对B做功的代数和解答：解：（1）设B与A相距为x时，B对板恰好没有压力此时B与A之间的为库仑力 F=k由牛顿第二定律知：mgF=ma联立求得：x=（2）由题意知，在此之前B运动的位移S=2x此时B的速度为v，由运动学公式知：v2=2aS=4ax解得 v=（3）设电场力和板的支持所做的总功为W，由动能定理知：mgS+W=mv2；联立求得：W=2m（ga）q答：（1）B运动到离A处时恰好对绝缘板无压力；（2）此时点电荷B的速度大小为（3）电场力和板对B的支持力对B做功的代数和为2m（ga）q点评：本题综合考查了动能定理和牛顿第二定律，关键要知道B离开板前与板具有相同的加速度，B离开板
40、的瞬间支持力为零18如图所示，AB为一段弯曲轨道，固定在水平桌面上，与水平桌面相切于A点，B点距桌面的高度为h=0.6m，A、B两点间的水平距离为L=0.8m，轨道边缘B处有一轻、小定滑轮，一根轻绳两端系着质量分别为m1与m2的物体P、Q，挂在定滑轮两边，P、Q可视为质点，且m1=2.0kg，m2=0.4kg开始时P、Q均静止，P紧靠B点，P释放后沿弯曲轨道向下运动，运动到A点时轻绳突然断开，断开后P沿水平桌面滑行距离x=1.25m停止已知P与水平桌面间的动摩擦因数=0.25，g取10m/s2求：（1）P经过A点时的速度大小；（2）P从B到A的过程中Q重力势能的增量；（3）弯曲轨道对P的摩擦力
41、做的功考点：动能定理的应用专题：动能定理的应用专题分析：（1）物体P在水平面上运动过程，运用动能定理求P经过A点时的速度（2）由几何知识求出Q上升的高度H，则Q重力势能的增量EP=mgH（3）由几何关系求出将P经过A点时AP段绳与水平方向的夹角，将此时P的速度进行分解得到Q点的速度，再对系统运用动能定理求摩擦力做功解答：解：（1）P在水平轨道上运动过程，根据动能定理得：m1gx=0m1得P经过A点时的速度为：v1=m/s=2.5m/s（2）P由B到A的过程中，Q上升的高度为： H=1m则P从B到A的过程中Q重力势能的增量为：EP=mgH=4J（3）设P经过A点时，P过A点的速度与水平方向的夹角，Q的运动速度为v2，将速度P的速度v1进行分解如图则有v2=v1cos又sin=0.6，得=37对P、Q组成的系统，根据动能定理得：m1ghm2gH+Wf=代入数据解得弯曲轨道对P的摩擦力做的功为：Wf=0.95J答：（1）P经过A点时的速度大小是2.5m/s；（2）P从B到A的过程中Q重力势能的增量为4J；（3）弯曲轨道对P的摩擦力做的功是0.95J点评：本题是绳系的系统问题，根据动能定理和几何知识、速度分解进行分析求解，其中速度的分解，是绳端物体速度分解类型，要学会如何分解
