1、2015-2016学年吉林省东北师大附中高三（上）第四次月考物理试卷一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1请用学过的物理知识判断，下列说法正确的是（）A物体的加速度大小不能瞬间改变，但加速度的方向可以瞬间发生变化B安培力是大量运动电荷所受洛仑兹力的宏观表现C做圆周运动的物体受到的合外力一定指向圆心D牛顿第一、二、三定律都可以用实验的方式加以验证2如图所示，真空中一根绝缘杆连接的两个带等量异种电荷的点电荷以相同的角速度绕O点在水平面内匀速转动，已知+q距离O点较近，则O点的磁感应强度方向为（）A方向竖直向上B方向竖直向下CO
2、点磁感应强度为零D无法确定3有一水足够深的咸水湖，湖面宽阔而平静，初始时将一体积很小的匀质正立方体物块在湖面上由静止开始释放，释放时物块的下底面和湖水表面恰好相接触，在物块没有完全浸没在水中之前物块的速度已变为零在只考虑物块受重力和液体浮力作用的情况下，物块从初始位置出发到速度第一次变为0的过程中下列说法正确的是（）A物块的速度变化率一直减小B物块的机械能一直在减小C物块重力做功的功率先减小再增大D物块的动能一直减小4如图所示，质量分别为2m、m的球A、B由轻质弹簧相连 后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀加速运动的电梯内，电梯的加速度为a，当小球和电梯保持相对静止后突然剪断细线，则细线剪断前其拉
3、力大小和线断的瞬间弹簧的弹力大小和小球B的加速度大小分别为（已知重力加速度为g）（）A3mg+3ma，mg+ma，aB3mg+3ma，ma，0C3mg，mg，aD3mg+3ma，mg+ma，05一个带负电的粒子仅在电场力作用下运动，其电势能随时间变化规律如图所示，则下列说法正确的是（）A该粒子可能做直线运动B该粒子在运动过程中速度保持不变Ct1、t2两个时刻，粒子所处位置电场强度一定相同D粒子运动轨迹上各点的电势一定相等6如图，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上置有一金属棒MNt=0时起释放棒，并给棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即I=kt，其中
4、k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好则棒的速度v随时间t变化的图象可能是（）ABCD7为研究问题方便，我们规定从负极通过电源内部指向正极的方向即电动势的方向，现有四个完全相同的电池，电动势为E，内阻为r，如图甲所示连接，若选逆时针方向为正，则回路中电流I1=，A、B两点间的电压为U1若按图乙所示连接，回路中电流为I2，A、B两点间的电压为U2（导线电阻不计）以下说法正确的是（）AU1=0I2=U2=0BU1=EI2=U2=ECU1=0I2=0 U2=EDU1=0I2=0 U2=0二、多项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分，多选或不选不得分，选不全得2分。)8如图所示，水平地面上有一
5、个坑，其竖直截面为半圆，O为圆心，AB为沿水平方向的直径若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D点；若A点小球抛出的同时，在C点以初速度v2沿BA方向平抛另一相同质量的小球并也能击中D点已知COD=60，且不计空间阻力，则（）A两小球可能同时落到D点B两小球一定不能同时落到D点C两小球的初速度之比v1：v2=3：D两小球的初速度之比v1：v2=：39如图所示，物块A放在直角三角形斜面体B上面，B放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时A、B静止；现用力F沿斜面向上推A，但A、B仍未动则施力F后，下列说法正确的是（）AA、B之间的摩擦力一定变大BB与墙面的弹力可能不变CB
6、与墙之间可能没有摩擦力D弹簧弹力一定不变10如图所示电路中，电源电动势E恒定，内阻r=1，定值电阻R3=5当开关K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等则以下说法中正确的是（）A电阻R1、R2可能分别为4、5B电阻R1、R2可能分别为3、6C开关K断开时电压表的示数一定小于K闭合时的示数D开关K断开与闭合时，电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于611设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到太空的轻质电梯，电梯顶端可超过地球的同步卫星高度R（从地心算起）延伸到太空深处这种所谓的太空电梯可用于低成本地发射绕地人造卫星其发射方法是将卫星通过太空电梯匀速提升到某高度，然后启动推
7、进装置将卫星从太空电梯发射出去设在某次发射时，卫星在太空电梯中极其缓慢地匀速上升，该卫星在上升到0.80R处意外和太空电梯脱离（脱离时卫星相对与太空电梯上脱离处的速度可视为零）而进入太空，设地球半径为r，地球表面重力加速度为g（）A利用万有引力充当向心力，此卫星可以绕地球做半径为0.8R的匀速圆周运动B此卫星脱离太空电梯的最初一段时间内将做逐渐靠近地心的曲线运动C此卫星脱离太空电梯的最初一段时间内可能做离心运动D欲使卫星脱离太空电梯后做匀速圆周运动，需要在释放的时候沿原速度方向让它加速到12在未知方向的恒力F作用下，一质量为1.0kg的物体以一定的初速度在光滑水平面做直线运动物体的动能Ek随位
8、移x变化的关系如图所示（g=10m/s2）由上述已知条件，可求出（）A力F的最小值为2.5NB力F不可能大于10NC物体运动过程中加速度大小不断发生变化D物体在运动过程中在任意位置F的功率三、实验题（本题共2小题，共12分，请将答案写到答题纸的指定位置。）13在水平固定的长木板上，小明用物体A、B分别探究了加速度随着外力的变化的关系，实验装置如图甲所示（打点计时器、纸带图中未画出）实验过程中小明用不同的重物P分别挂在光滑的轻质动滑轮上，使平行于长木板的细线拉动长木板上的物体A、B由静止开始加速运动（纸带与打点计时器之间阻力及空气阻力可忽略），实验后进行数据处理，小明得到了物体A、B的加速度a与
9、轻质弹簧秤弹力F的关系图象分别如图乙中的A、B所示，（1）（多选题）由图甲判断下列说法正确的是A一端带有定滑轮的长木板不水平也可以达到实验目的B实验时应先接通打点计时器电源后释放物体C实验中重物P的质量应远小于物体的质量D弹簧秤的读数始终为重物P的重力的一半（2）小明仔细分析了图乙中两条线不重合的原因，得出结论：两个物体的质量不等，且mAmB（填“大于”“等于”或“小于”）；两物体与木板之间动摩擦因数AB（填“大于”“等于”或“小于”）14某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：A被测干电池一节B电流表：量程00.6A，内阻rA=0.3C电流表：量程00.6A，内阻约为0.1
10、D电压表：量程03V，内阻未知E电压表：量程015V，内阻未知F滑动变阻器：010，2AG滑动变阻器：0100，1AH开关、导线若干伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻（1）在上述器材中请选择适当的器材： （填写选项前的字母）；（2）实验电路图应选择图中的 （填“甲”或“乙”）（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的UI图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E=V，内电阻r=四、计算题（本题共4小题，满分40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后
11、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）15（8分）质量为M，倾角为30的光滑斜面静止在粗糙的水平地面上，斜面上两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧相连，现对小球B施加一水平向左的拉力F，使A、B及斜面一起向左做匀速直线运动，如图所示已知弹簧的原长为l0，求：（1）此时弹簧的长度l；（2）水平拉力F的大小；（3）粗糙地面与斜面体间的动摩擦因数16（8分）如图所示，质量为m的小物块放在长直水平面上，用水平细线紧绕在半径为R、质量为2m的薄壁圆筒上t=0时刻，圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴转动，转动中角速度满足=t（为已知常数），物块和地面之间动
12、摩擦因数为求：（1）物块运动中受到的拉力（2）从开始运动至t=t1时刻，电动机对物块做了多少功？17（12分）如图，边长L=0.2m的正方形abcd区域（含边界）内，存在着垂直于区域的横截面（纸面）向外的匀强磁场，磁感应强度B=5.0102T带电平行金属板MN、PQ间形成了匀强电场E（不考虑金属板在其它区域形成的电场），MN放在ad边上，两板左端M、P恰在ab边上，两板右端N、Q间有一绝缘挡板EFEF中间有一小孔O，金属板长度、板间距、挡板长度均为l=0l m在M和P的中间位置有一离子源S，能够正对孔O不断发射出各种速率的带正电离子，离子的电荷量均为q=3.21019C，质量均为m=6.410
13、26kg不计离子的重力，忽略离子之间的相互作用及离子打到金属板或挡板上后的反弹（l）当电场强度E=104N/C时，求能够沿SO连线穿过孔O的离子的速率（2）电场强度取值在一定范围时，可使沿SO连线穿过O并进入磁场区域的离子直接从bc边射出，求满足条件的电场强度的范围18（12分）两质量为m的小球，A带电+q，B不带电，两球静止放在光滑水平面上，且相距l，现在空间沿AB方向加一个电场强度大小为E是匀强电场，t=0时刻，A开始受电场力运动经过一段时间，A、B间第一次发生弹性正碰（即发生速度交换），无电量转移，以后A、B之间的碰撞都是弹性碰撞重力加速度为g，求（1）A、B第一次刚 要发生碰撞时，A球
14、的速度多大？（2）从A、B第一次发生碰撞到第二次碰撞经历时间为多少？（3）求从第1次碰撞结束到第19次碰撞刚要发生所经历的时间是多少？2015-2016学年吉林省东北师大附中高三（上）第四次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1请用学过的物理知识判断，下列说法正确的是（）A物体的加速度大小不能瞬间改变，但加速度的方向可以瞬间发生变化B安培力是大量运动电荷所受洛仑兹力的宏观表现C做圆周运动的物体受到的合外力一定指向圆心D牛顿第一、二、三定律都可以用实验的方式加以验证【考点】安培力；加速度；牛顿运
15、动定律的综合应用；洛仑兹力【分析】根据加速度的大小方向都可以瞬间改变，安培力与洛伦兹力的关系，圆周运动包含匀速圆周运动和非匀变速圆周运动，牛顿第一定律不能通过实验验证进行判断【解答】解：A、加速度的大小方向都可以瞬间改变，A错误；B、安培力是通电导体在磁场中受到的力，洛伦兹力是运动电荷在磁场中受到的力，而电荷的定向移动就能形成电流，因此安培力是大量运动电荷所受洛仑兹力的宏观表现，而且安培力和洛伦兹力的方向都是通过左手定则判断，B正确；C、做匀速圆周运动的物体受到的合外力才一定指向圆心，如果是非匀变速圆周运动，受到的合外力就不指向圆心，C错误；D、牛顿第一定律不能用实验验证，因为找不到物体不受力
16、作用的实验条件，D错误；故选：B【点评】本题综合考查了基础概念的理解，涉及的知识点较多，要对加速度，安培力，圆周运动，牛顿运动定律都有一定的理解才能掌握2如图所示，真空中一根绝缘杆连接的两个带等量异种电荷的点电荷以相同的角速度绕O点在水平面内匀速转动，已知+q距离O点较近，则O点的磁感应强度方向为（）A方向竖直向上B方向竖直向下CO点磁感应强度为零D无法确定【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】点电荷的定向移动形成电流，根据右手螺旋定则可确定磁场方向，由矢量叠加来确定磁场的方向【解答】解：点电荷的定向移动，形成电流，两个电荷量相等，转动的周期相等，所以它们的电流的大小是相等的；根据
17、正电荷的定向移动方向即为电流的方向，由右手螺旋定则可知，正电荷在P点的磁场方向为竖直向上，而负电荷在P点的磁场方向为竖直向下，由于正电荷运动时在P点产生的磁场强，根据矢量叠加原理，则合磁场的方向为竖直向上，故A正确，BCD错误；故选：A【点评】考查电荷的定向移动形成电流，掌握右手螺旋定则，理解矢量叠加的原理3有一水足够深的咸水湖，湖面宽阔而平静，初始时将一体积很小的匀质正立方体物块在湖面上由静止开始释放，释放时物块的下底面和湖水表面恰好相接触，在物块没有完全浸没在水中之前物块的速度已变为零在只考虑物块受重力和液体浮力作用的情况下，物块从初始位置出发到速度第一次变为0的过程中下列说法正确的是（）
18、A物块的速度变化率一直减小B物块的机械能一直在减小C物块重力做功的功率先减小再增大D物块的动能一直减小【考点】功能关系；功率、平均功率和瞬时功率【分析】对物块的运动过程进行分析，得出其运动的特点，然后结合受力分析，以及牛顿第二定律即可求出结果【解答】解：由于正立方体物块在湖面上由静止开始释放，所以物块将向下做加速运动；而在物块没有完全浸没在水中之前物块的速度已变为零，说明物块必定要经过减速的过程结合受力分析可知，开始时物块只受到重力的作用，入水后还受到水的浮力，由于物块受到的浮力根排开水的体积成正比，所以随物块入水后在水中的体积的增大，物块受到的浮力增大，则合力开始减小，所以物块先做加速度减小
19、的加速运动，当浮力大于重力后，合力的方向向上，物块做加速度增大的减速运动，直到速度为0A、由以上的分析可知，物块先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故A错误；B、物块向下运动的过程中受到的浮力始终向上，对物块始终做负功，所以物块的机械能一直在减小故B正确；C、物块的速度先增大后减小，根据功率的表达式P=Fv可知，重力的功率先增大后减小故C错误；D、物块的速度先增大后减小，所以动能先增大后减小故D错误故选：B【点评】该题中物块的浮力逐渐增大，而合力先减小后反向增大是解答该题的关键4如图所示，质量分别为2m、m的球A、B由轻质弹簧相连 后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀加速运动的电梯
20、内，电梯的加速度为a，当小球和电梯保持相对静止后突然剪断细线，则细线剪断前其拉力大小和线断的瞬间弹簧的弹力大小和小球B的加速度大小分别为（已知重力加速度为g）（）A3mg+3ma，mg+ma，aB3mg+3ma，ma，0C3mg，mg，aD3mg+3ma，mg+ma，0【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【分析】对AB整体分析，结合牛顿第二定律求出细线剪断前的拉力，隔离对B分析，结合牛顿第二定律求出弹簧的弹力剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，从而求出小球B的加速度【解答】解：细线剪断前，对A、B整体分析，根据牛顿第二定律得，F3mg=3ma，解得绳子的拉力F=3mg+3ma，隔离对B分析，F弹
21、mg=ma，解得弹簧弹力F弹=mg+ma，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，则剪断细线的瞬间弹簧的弹力为mg+ma，小球B的加速度，故A正确，B、C、D错误故选：A【点评】本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，知道剪断细线的瞬间弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的灵活运用5一个带负电的粒子仅在电场力作用下运动，其电势能随时间变化规律如图所示，则下列说法正确的是（）A该粒子可能做直线运动B该粒子在运动过程中速度保持不变Ct1、t2两个时刻，粒子所处位置电场强度一定相同D粒子运动轨迹上各点的电势一定相等【考点】电势能【分析】由图知粒子的电势能不变，电场力不做功，根据电场力公式W
22、=qU分析【解答】解：A、粒子的电势能不变，电场力不做功，而带电粒子只受电场力，不可能做直线运动，故A错误B、根据能量守恒可知粒子的动能不变，速度大小不变，粒子做曲线运动，速度方向在改变，所以速度在改变故B错误CD、粒子的电势能不变，电场力不做功，根据电场力公式W=qU知粒子运动轨迹上各点的电势一定相等，而电场强度与电势无关，t1、t2两个时刻，粒子所处位置电场强度不一定相同，故C错误，D正确故选：D【点评】解决本题的关键要明确粒子的运动情况，运用电场力公式W=qU分析电势的变化，但不能确定电场强度的变化6如图，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上置有一金属棒M
23、Nt=0时起释放棒，并给棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即I=kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好则棒的速度v随时间t变化的图象可能是（）ABCD【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力【分析】通过通电导线处于磁场中，受到安培力，由左手定则来确定安培力的方向，并得出安培力的大小，再根据牛顿第二定律来运动与力综合分析，从而即可求解【解答】解：当从t=0时刻起，金属棒通以I=kt，则由左手定则可知，安培力方向垂直纸面向里，使其紧压导轨，则导致棒在运动过程中，所受到向上的摩擦力，由N=F=BIL可知，MN棒对导轨的压力不断增大，摩擦力f=N增大，根据牛顿第二定律得：m
24、gBIL=ma，I=kt，则得：a=gt，所以加速度减小，由于速度与加速度方向相同，则做加速度减小的加速运动当滑动摩擦力等于重力时，加速度为零，则速度达到最大，其动能也最大当安培力继续增大时，导致加速度方向竖直向上，则出现加速度与速度方向相反，因此做加速度增大的减速运动根据速度与时间的图象的斜率表示加速度的大小，故B正确故选：B【点评】本题运用动力学方法分析导体棒的运动情况，关键抓住安培力与时间的关系分析合力的变化，从而棒的合力情况，并借助于牛顿第二定律来解题7为研究问题方便，我们规定从负极通过电源内部指向正极的方向即电动势的方向，现有四个完全相同的电池，电动势为E，内阻为r，如图甲所示连接，
25、若选逆时针方向为正，则回路中电流I1=，A、B两点间的电压为U1若按图乙所示连接，回路中电流为I2，A、B两点间的电压为U2（导线电阻不计）以下说法正确的是（）AU1=0I2=U2=0BU1=EI2=U2=ECU1=0I2=0 U2=EDU1=0I2=0 U2=0【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】U1是A、B间电源两极间的电压，可根据闭合电路欧姆定律求解对于乙图，先求总电动势，再由闭合电路欧姆定律求电流和电压U2【解答】解：根据题意可知，回路中电流I1=，由闭合电路欧姆定律得：U1=EI1r=0；在乙图中，根据电动势方向为从负极通过电源内部指向正极的方向，可知总电动势为0，根据闭合电路欧姆定律
26、知，I2=0，U2=EI2r=E故选：C【点评】本题是信息题，首先要读题意，明确电动势方向特点，其次要理解并掌握闭合电路欧姆定律，知道电源两极间电压等于电动势与内电压之差二、多项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分，多选或不选不得分，选不全得2分。)8如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O为圆心，AB为沿水平方向的直径若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D点；若A点小球抛出的同时，在C点以初速度v2沿BA方向平抛另一相同质量的小球并也能击中D点已知COD=60，且不计空间阻力，则（）A两小球可能同时落到D点B两小球一定不能同时落到D点C两小球的初
27、速度之比v1：v2=3：D两小球的初速度之比v1：v2=：3【考点】平抛运动【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，根据高度确定运动的时间，结合水平位移和时间求出初速度之比【解答】解：A、平抛运动的时间由高度决定，高度越高，时间越长，可知两球平抛运动的时间不等，不能同时落到D点，故A错误，B正确；C、根据h=得，t=，两球下降的高度之比为2：1，则运动的时间之比为由几何关系知，两球的水平位移之比为2：，则两球的初速度之比为，故C错误，D正确故选：BD【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，结合运动学公式灵活求解9如图所示，物块A放在直
28、角三角形斜面体B上面，B放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时A、B静止；现用力F沿斜面向上推A，但A、B仍未动则施力F后，下列说法正确的是（）AA、B之间的摩擦力一定变大BB与墙面的弹力可能不变CB与墙之间可能没有摩擦力D弹簧弹力一定不变【考点】摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力【分析】隔离对A分析，通过A受力平衡判断A、B之间摩擦力的变化通过对整体分析，抓住AB不动，弹簧的弹力不变，判断B与墙之间有无摩擦力【解答】解：A、对A，开始受重力、B对A的支持力和静摩擦力平衡，当施加F后，仍然处于静止，开始A所受的静摩擦力大小为mAgsin，若F=2mAgsin，则A、B之间的摩擦力大小可能不变故
29、A错误B、以整体为研究对象，开始时B与墙面的弹力为零，后来加F后，弹力为Fcosa，B错误；C、对整体分析，由于AB不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，开始弹簧的弹力等于A、B的总重力，施加F后，弹簧的弹力不变，总重力不变，根据平衡知，则B与墙之间一定有摩擦力故C错误，D正确故选D【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解，以及掌握整体法和隔离法的运用10如图所示电路中，电源电动势E恒定，内阻r=1，定值电阻R3=5当开关K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等则以下说法中正确的是（）A电阻R1、R2可能分别为4、5B电阻R1、R2可能分别为3、6C开关K断开
30、时电压表的示数一定小于K闭合时的示数D开关K断开与闭合时，电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于6【考点】电功、电功率【分析】当K闭合时R2被短路，根据电键K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，列出方程，将电阻R1、R2代入，选择使方程成立的阻值根据外电路总电阻的变化，分析电压表示数的大小关系根据闭合电路欧姆定律求解电键K断开与闭合时电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比【解答】解：A、B、由题，电键K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，则有：（）2（R1+R2）=（）2R1将R1=4、R2=5代入方程成立，而将R1=3、R2=6代入方程不成立故A正
31、确，B错误C、电键K断开时外电路总电阻大于K闭合时外电路总电阻，则电键K断开时电压表的示数一定大于K闭合时的示数故C错误D、根据闭合电路欧姆定律得：U=E（R3+r）I则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为：=R3+r=6故D正确故选：AD【点评】本题考查运用闭合电路欧姆定律分析和计算电路问题的能力D项也可以根据UI图象理解11设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到太空的轻质电梯，电梯顶端可超过地球的同步卫星高度R（从地心算起）延伸到太空深处这种所谓的太空电梯可用于低成本地发射绕地人造卫星其发射方法是将卫星通过太空电梯匀速提升到某高度，然后启动推进装置将卫星从太空电梯发射出去
32、设在某次发射时，卫星在太空电梯中极其缓慢地匀速上升，该卫星在上升到0.80R处意外和太空电梯脱离（脱离时卫星相对与太空电梯上脱离处的速度可视为零）而进入太空，设地球半径为r，地球表面重力加速度为g（）A利用万有引力充当向心力，此卫星可以绕地球做半径为0.8R的匀速圆周运动B此卫星脱离太空电梯的最初一段时间内将做逐渐靠近地心的曲线运动C此卫星脱离太空电梯的最初一段时间内可能做离心运动D欲使卫星脱离太空电梯后做匀速圆周运动，需要在释放的时候沿原速度方向让它加速到【考点】万有引力定律及其应用【分析】物体在电梯中具有与与地球自转相同的角速度；同步卫星的高度为R，在R高度，卫星的万有引力等于向心力；结合
33、万有引力定律和向心力公式分析在0.8R高度的万有引力与向心力的关系判断卫星的运动情况即可【解答】解：ABC、在同步轨道，有：在电梯中，物体的角速度与地球自转角速度相同，万有引力为，做圆周运动需要的向心力为m2（0.8R）；由于，故离开电梯瞬间，万有引力大于需要的向心力，此后会做向心运动，故AC错误，B正确；D、欲使卫星脱离太空电梯后做匀速圆周运动，需要增加速度，使得万有引力等于向心力，故：故：v=1.25，而=0.9；故D错误；故选：B【点评】本题关键是明确物体做匀速圆周运动、离心运动、向心运动的动力学条件，当引力大于需要的向心力时做向心运动，当引力小于需要的向心力时做离心运动，基础题目12在
34、未知方向的恒力F作用下，一质量为1.0kg的物体以一定的初速度在光滑水平面做直线运动物体的动能Ek随位移x变化的关系如图所示（g=10m/s2）由上述已知条件，可求出（）A力F的最小值为2.5NB力F不可能大于10NC物体运动过程中加速度大小不断发生变化D物体在运动过程中在任意位置F的功率【考点】动能定理；牛顿第二定律；功率、平均功率和瞬时功率【分析】由图象的信息，结合动能定理得出动能与位移x的表达式，结合图象的斜率，通过数学方法求出F的最小值根据牛顿第二定律求出物体的加速度，根据瞬时功率的公式，结合动能得出速度的大小，从而求出瞬时功率的大小【解答】解：AB、根据动能定理得，Fxcos=Ek2
35、Ek1，则Ek2=Ek1Fxcos，结合图象的信息得，Ek=50Fxcos，图线的斜率k=Fcos=2.5，可知Fcos=2.5，当cos=1时，F取最小值，最小值为2.5N，F的大小可以大于10N，故A正确，B错误C、根据牛顿第二定律得，加速度大小 a=2.5m/s2，加速度大小不变，故C错误D、力F的功率P=Fvcos=2.5v，根据图象可以得出任意位置的动能，根据动能可以求出速度的大小，则可以求出任意位置F的功率故D正确故选：AD【点评】利用数学图象处理物理问题的方法就是把物理表达式与图象结合起来，根据图象中的数据求解一般我们通过图象的特殊值和斜率进行研究三、实验题（本题共2小题，共12
36、分，请将答案写到答题纸的指定位置。）13在水平固定的长木板上，小明用物体A、B分别探究了加速度随着外力的变化的关系，实验装置如图甲所示（打点计时器、纸带图中未画出）实验过程中小明用不同的重物P分别挂在光滑的轻质动滑轮上，使平行于长木板的细线拉动长木板上的物体A、B由静止开始加速运动（纸带与打点计时器之间阻力及空气阻力可忽略），实验后进行数据处理，小明得到了物体A、B的加速度a与轻质弹簧秤弹力F的关系图象分别如图乙中的A、B所示，（1）（多选题）由图甲判断下列说法正确的是BA一端带有定滑轮的长木板不水平也可以达到实验目的B实验时应先接通打点计时器电源后释放物体C实验中重物P的质量应远小于物体的质
37、量D弹簧秤的读数始终为重物P的重力的一半（2）小明仔细分析了图乙中两条线不重合的原因，得出结论：两个物体的质量不等，且mA小于mB（填“大于”“等于”或“小于”）；两物体与木板之间动摩擦因数A大于B（填“大于”“等于”或“小于”）【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】本题（1）选项A写出木板水平时加速度的表达式讨论即可；选项C根据光滑轻质滑轮特点可知，绳子拉力始终等于弹簧秤读数，与重物P质量大小无直接关系；选项D对重物P列出加速度的表达式，然后讨论即可题（2）的关键是根据aF分别写出A和B加速度a与拉力F的函数表达式，然后再根据斜率和截距的概念即可求解【解答】解：（1）A、长木板
38、水平时，对物体A由牛顿第二定律可得：Fmg=ma，即a=g，对B由牛顿第二定律可得：Fmg=ma，即a=g，所以不平衡摩擦力时，也可以达到实验目的但若木板不水平，当滑轮一侧较高时应有Fmgsinmgcos=ma，较低时应有F+mgsinmgcos=ma1，则需要已知斜面的倾角，由于本题倾角未知，就不能求出加速度a，所以A错误；B、实验要求应先接通电源后释放纸带，所以B正确；C、由于动滑轮是轻质光滑的滑轮，所以绳子对物体的拉力一定等于弹簧秤的读数，与重物P质量大小无直接关系，所以C错误；对重物P析，当加速度为a时，应有Mg2F=Ma，可得F=，所以只有当a=0时，F才等于，所以D错误；故选：B（
39、2）设加速度大小为a，据牛顿第二定律，对物体B应有Fmg=ma，可得：a=对物体A应有Fmg=ma，可得：a=g根据aF图象斜率绝对值k=可知，B的斜率大于A的斜率，所以，即小于；再根据纵轴截距大小等于g可知，由于A的截距大于B的截距，所以大于；故答案为：（1）B；（2）小于，大于【点评】应明确：若滑轮是“轻质光滑”的，则滑轮两端绳子的拉力都相等；涉及到图象问题，应根据相应的物理规律写出纵轴物理量与横轴物理量的表达式，然后再根据斜率与截距的概念即可求解14某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：A被测干电池一节B电流表：量程00.6A，内阻rA=0.3C电流表：量程00.6A
40、，内阻约为0.1D电压表：量程03V，内阻未知E电压表：量程015V，内阻未知F滑动变阻器：010，2AG滑动变阻器：0100，1AH开关、导线若干伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻（1）在上述器材中请选择适当的器材：ABDFH （填写选项前的字母）；（2）实验电路图应选择图中的甲 （填“甲”或“乙”）（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的UI图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E=1.5V，内电阻r=0.7【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）实验中要能保
41、证安全和准确性选择电表；（2）本实验应采用电阻箱和电压表联合测量，由实验原理可得出电路原理图；（3）由原理利用闭合电路欧姆定律可得出表达式，由数学关系可得出电动势和内电阻【解答】解：（1）在上述器材中请选择适当的器材：A被测干电池一节为了读数准确，所以选择DB电流表：量程00.6A，电压表：量程03V，滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选F滑动变阻器，H开关、导线若干（2）实验电路图：（3）由UI图可知，电源的电动势E=1.50V；内电阻r=RA=0.3=0.7故答案为：ABDFH；如图；1.5，0.7【点评】本题为设计性实验，在解题时应注意明确实验的原理；并且要由实验原理结
42、合闭合电路欧姆定律得出表达式，由图象得出电动势和内电阻四、计算题（本题共4小题，满分40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，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）15质量为M，倾角为30的光滑斜面静止在粗糙的水平地面上，斜面上两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧相连，现对小球B施加一水平向左的拉力F，使A、B及斜面一起向左做匀速直线运动，如图所示已知弹簧的原长为l0，求：（1）此时弹簧的长度l；（2）水平拉力F的大小；（3）粗糙地面与斜面体间的动摩擦因数【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【分析】（1）以球A为研究对象，受
43、力分析后根据平衡条件列式求解弹簧弹力，然后结合胡克定律列式求解弹簧的伸长量和长度；（2）以A、B及弹簧整体为研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解；（3）以A、B、斜面及弹簧整体为研究对象，受力分析后根据共点力平衡条件列式求解摩擦力和支持力，最后根据滑动摩擦定律列式求解动摩擦因素【解答】解：（1）以A为研究对象，受重力、拉力和支持力，根据平衡条件，有：k（ll0）=mgsin30 解得：l=+l0（2）以A、B及弹簧整体为研究对象，受拉力、滑动摩擦力、重力和支持力，根据平衡条件，有：Fcos30=2mgsin30 解得：F=mg （3）以A、B、斜面及弹簧整体为研究对象，根据平衡条件，有：F
44、=f=（M+2m）g 解得：=答：（1）此时弹簧的长度l为+l0；（2）水平拉力F的大小为mg；（3）粗糙地面与斜面体间的动摩擦因素为【点评】对于连接体问题注意整体与隔离法的应用，正确选取研究对象然后受力分析，根据所处状态列方程求解16如图所示，质量为m的小物块放在长直水平面上，用水平细线紧绕在半径为R、质量为2m的薄壁圆筒上t=0时刻，圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴转动，转动中角速度满足=t（为已知常数），物块和地面之间动摩擦因数为求：（1）物块运动中受到的拉力（2）从开始运动至t=t1时刻，电动机对物块做了多少功？【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律【分析】（1）物体运动速度与线
45、速度相同，则由圆的转动情况可知物体的运动情况，根据圆的线速度的变化可以求得加速度的大小，再由牛顿第二定律可求得合外力；（2）由动能定理可求得拉力所做的功【解答】解：（1）圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同根据v=R=R1t，线速度与时间成正比物块做初速为零的匀加速直线运动 （2）由（1）问分析结论，物块加速度为a=R1根据物块受力，由牛顿第二定律得 Tmg=ma 则细线拉力为 T=mg+m R1对整体运用动能定理，W电+Wf=其中Wf=mgs=mgR1t12则电动机做的功为 W电=mgR1t12+m（R1t1）2；答：（1）物块运动中受到的拉力为mg+m R1；（2）电动机做功为mgR1t1
46、2+m（R1t1）2【点评】本题考查动能定理、圆的性质等内容；要求能正确理解题意，并分析物体的爱力情况及能量转化过程，由动能定理即可求解17（12分）（2014秋邯郸期末）如图，边长L=0.2m的正方形abcd区域（含边界）内，存在着垂直于区域的横截面（纸面）向外的匀强磁场，磁感应强度B=5.0102T带电平行金属板MN、PQ间形成了匀强电场E（不考虑金属板在其它区域形成的电场），MN放在ad边上，两板左端M、P恰在ab边上，两板右端N、Q间有一绝缘挡板EFEF中间有一小孔O，金属板长度、板间距、挡板长度均为l=0l m在M和P的中间位置有一离子源S，能够正对孔O不断发射出各种速率的带正电离子
47、，离子的电荷量均为q=3.21019C，质量均为m=6.41026kg不计离子的重力，忽略离子之间的相互作用及离子打到金属板或挡板上后的反弹（l）当电场强度E=104N/C时，求能够沿SO连线穿过孔O的离子的速率（2）电场强度取值在一定范围时，可使沿SO连线穿过O并进入磁场区域的离子直接从bc边射出，求满足条件的电场强度的范围【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【分析】（1）由平衡条件可以求出离子速度（2）作出粒子运动轨迹，由平衡条件、牛顿第二定律求出电场强度的最大值与最小值，然后确定其范围【解答】解：（1）穿过孔O的离子在金属板间需满足：qv0B=Eq代入数据得：（2）穿
48、过孔O的离子在金属板间仍需满足qvB=Eq离子穿过孔O后在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：由以上两式子得：从bc边射出的离子，其临界轨迹如图，对于轨迹半径最大，对应的电场强度最大，由几何关系可得r1=l=0.1m由此可得：从bc边射出的离子，轨迹半径最小时，其临界轨迹如图，对应的电场强度最小，由几何关系可得：所以 r2=0.075m由此可得：所以满足条件的电场强度的范围为：9.375102N/CE1.25103N/C答：（l）当电场强度E=104N/C时，能够沿SO连线穿过孔O的离子的速率为2107m/s（2）电场强度取值在一定范围时，可使沿SO连线穿过O并进入磁场区域的离子直接从bc
49、边射出，满足条件的电场强度的范围为：9.375102N/CE1.25103N/C【点评】本题考查了求离子的速率、电场强度，分析清楚离子运动过程、应用平衡条件、牛顿第二定律即可正确解题，分析清楚离子运动过程、作出其运动轨迹是正确解题题的前提与关键18（12分）（2015秋吉林校级月考）两质量为m的小球，A带电+q，B不带电，两球静止放在光滑水平面上，且相距l，现在空间沿AB方向加一个电场强度大小为E是匀强电场，t=0时刻，A开始受电场力运动经过一段时间，A、B间第一次发生弹性正碰（即发生速度交换），无电量转移，以后A、B之间的碰撞都是弹性碰撞重力加速度为g，求（1）A、B第一次刚 要发生碰撞时，
50、A球的速度多大？（2）从A、B第一次发生碰撞到第二次碰撞经历时间为多少？（3）求从第1次碰撞结束到第19次碰撞刚要发生所经历的时间是多少？【考点】电势差与电场强度的关系；动能定理【分析】（1）加上匀强电场后，A做匀加速运动，B仍静止，由动能定理求A、B第一次刚要发生碰撞时A球的速度（2）两球发生弹性碰撞，由于两球的质量，所以碰撞后两者交换速度，此后B做匀速运动，A做初速度为零的匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学位移公式结合求解（3）根据上题的结果，研究每次碰撞后的规律，再求解从第1次碰撞结束到第19次碰撞刚要发生所经历的时间【解答】解：（1）从A球开始运动到第一次碰撞之前，对A，由动能定理有
51、 qEl=可得 v1=（2）第一次发生碰撞后两球交换速度，A的速度变为0，B的速度变为v1，设小球A的加速度为a，第一次碰后结束到第二次发生碰撞前瞬间经过时间为t2，则根据牛顿第二定律知：qE=ma由位移时间关系有：v1t2=解得 t2=（3）设第二次发生碰撞前A的速度为v2，则 v2=at2=2v1；当A、B第二次碰撞后交换速度，B的速度变为2v1，A的速度变为v1；第三次碰撞又是相差v1的速度开始，A加速追击B，所以所用时间与t2相同，以此类推，第1次正碰到第19次正碰之间的时间 t19=t18=t2=故总时间 t=18t2=答：（1）A、B第一次刚 要发生碰撞时，A球的速度是（2）从A、B第一次发生碰撞到第二次碰撞经历时间为（3）从第1次碰撞结束到第19次碰撞刚要发生所经历的时间是【点评】本题以带电粒子在电场中的运动为核心命题，关键要正确分析碰撞的时间间隔是否相等，然后利用不完全归纳的方法得出结论当然还可以利用图象来计算出时间间隔