1、2014-2015学年福建省莆田十五中高三（上）期末物理试卷一、选择题（共12小题，每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中只有一个选项正确选对的得4分，有选错的和不答的得0分）1一质点沿坐标轴Ox做变速直线运动，它在坐标轴上的坐标x随时间t的变化关系为x=5+2t3，速度v随时间t的变化关系为v=6t2，其中v、x和t的单位分别是m/s、m和s设该质点在t=0到t=1s内运动位移为s和平均速度为，则（）A s=6m，=6m/sB s=2m，=2m/sC s=7m，=7m/sD s=3m，=3m/s2如图所示，甲、乙两图分别有等量同种的电荷A1、B1和等量异种的电荷A2、B2在甲图电荷A1
2、、B1的电场中，a1、O1、b1在点电荷A1、B1的连线上，c1、O1、d1，在A1、B1连线的中垂线上，O1a1=O1b1=O1c1=O1d1；在乙图电荷A2、B2的电场中同样也存在这些点，它们分别用a2、O2、b2和c2、O2、d2表示，且O2a2=O2b2=O2c2=O2d2则（）A a1、b1两点的场强相同，电势相同B c1、d1两点的场强相同，电势相同C a2、b2两点的场强相同，电势相同D c2、d2两点的场强相同，电势相同3如图所示，在固定好的水平和竖直的框架上，A、B两点连接着一根绕过光滑的轻小滑轮的不可伸长的细绳，重物悬挂于滑轮下，处于静止状态若按照以下的方式缓慢移动细绳的端
3、点，则下列判断正确的是（）A 只将绳的左端移向A点，拉力变小B 只将绳的左端移向A点，拉力不变C 只将绳的右端移向B点，拉力变小D 只将绳的右端移向B点，拉力不变4如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角，极板间距为d，带负电的微辟质量为m、带电量为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射人，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，则（）A 微粒达到B点时动能B 微粒的加速度大小等gsinC 两极板的电势D 微粒从A点到B点的过程电势能减少5汽车以恒定的功率在平直公路上行驶，所受到的摩擦阻力恒等于车重的O1倍，汽车能达到的最大速度vm则当汽车速度为时汽车的加速度为（重力加速度为g）（
4、）A O1 gB O2gC O3 gD O4g6某人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为地球半径R的两倍，卫星的线速度为V，设地面的重力加速度为g，则有（）A v=B v=C v=D v=27如图所示，实线为电视机显像管主聚焦电场中的等势面a、b、c、d为圆上的四个点则下列说法中正确的是（）A a、b、c、d四点电场强度相同B 一电子从b点运动到c点，电场力做的功为0.8eVC 若一电子从左侧沿中心轴线芽越电场区域，将做加速度先减小后增加的直线运动D 所有从左侧平行于中心轴线进入电场区域的电子，都将会从右侧平行于中心轴线穿出8关于热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是（）A 一定量气体
5、吸收热量，其内能一定增大B 不可能使热量由低温物体传递到高温物体C 若两分子间距离增大，分子势能一定增大D 若两分子间距离减小，分子间引力和斥力都增大9空气压缩机的储气罐中储有1.0atm的空气6.0L，现再充入1.0atm的空气9.0L设充气过程为等温过程，空气可看作理想气体，则充气后储气罐中气体压强为 （）A 2.5atmB 2.0atmC 1.5atmD 1.0atm10小灯泡通电后，其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法不正确的是（）A 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B 对应P点，小灯泡的电阻为R=
6、C 对应P点，小灯泡的电阻为R=D 对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积11在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为kC为一固定挡板，系统处于静止状态现用一平行斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v则此时（）A 拉力做功的瞬时功率为FvsinB 物块B满足m2gsin=kdC 物块A的加速度为D 弹簧弹性势能的增加量为Fdm1v212光盘驱动器读取数据的某种方式可简化为以下模式，在读取内环数据时，以恒定角速度方式读取，而在读取外环数据时，以恒定线速度的方式读取设内环
7、内边缘半径为R1，内环外边缘半径为R2，外环外边缘半径为R3A、B、C分别为各边缘线上的点则读 取内环上A点时A点的向心加速度大小和读取外环上C点时C点的向加速度大小之比为（）A B C D 二、本题共2小题，其中第13题6分，第14题1O分，共16分把答案填写答题卷对应题号的横线上，或按题目要求作答.13在追寻科学家研究足迹的过程中，某同学为探究恒力做功和物体动能变化间的关系，采用了如图甲所示的实验装置（1）实验时，该同学用钩码的重力表示小车受到的合力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为应该采取的措施是（填选项前的字母）A保证钩码的质量远小于小车的质量B选取打点计时器所打的第1点与第2点
8、 间的距离约为2mm的纸带来处理数据C把长木板不带滑轮的一端适当垫高以平 衡摩擦力D必须先接通电源再释放小车（2）如图乙所示是实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E、F是连续的六个计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，相关计数点问的距离已在图中标出，测出小车的质量为M，钩码的总质量为m从打B点到打E点的过程中，合力对小车做的功是，小车动能的增量是（用题中和图中的物理量符号表示）14某物理学习小组的同学在研究性学习过程中，用伏安法研究某种灯泡L1（6V 2.5W）的伏安特性曲线，设计了如图1所示的电路，要求多次测量，尽可能减小实验误差，备有下列器材：A直流电源B电压表VC电流表AD滑动变阻器
9、R1（020，5A）E滑动变阻器R2（0200，1A）F开关与导线若干请回答以下问题：（1）滑动变阻器应选择（填选项前的字母）（2）根据实验原理，用笔画线代替导线，将图中的实验电路实物图2连接完整（3）开关S闭合之前，图中滑动变阻器的滑片应该置于（选填“A端”、“B端”或“AB中间”）（4）如图（a）所示为该种灯泡的U一I图象，现将两个这种小灯泡己L1、L2与一个阻值为5的定值电阻R连成如图（b）所示的电路，电源的内阻为r=2.5，电键S闭合后，小灯泡L1与定值电阻R的电功率恰好均为P，则P=W，电源的电动势E=V三、计算题（共3小题，共36分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只
10、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在如图所示的电路中，电源电动势E=6.0V，内阻r=2，定值电阻R1=R2=10，R3=30，R4=35，电容器的电容C=100F，电容器原来不带电求：（1）闭合开关S后，电路稳定时，流过R3的电流大小I3；（2）闭合开关S后，直至电路稳定过程中流过R4的总电荷量Q16如图，固定在水平面上组合轨道，由光滑的斜面、光滑的竖直半圆（半径R=2.5m）与粗糙的水平轨道组成；水平轨道摩擦因数=0.25，与半圆的最低点相切，轨道固定在水平面上一个质量为m=0.1kg的小球从斜面上A处静止开始滑下，并恰好能到达半圆轨道最高点D，且水平
11、抛出，落在水平轨道的最左端B点处不计空气阻力，小球在经过斜面与水平轨道连接处时不计能量损失，g取10m/s2求：（1）小球出D点的速度v；（2）水平轨道BC的长度x；（3）小球开始下落的高度h17如图所示，水平传送带在电动机带动下以速度v1=2m/s匀速运动，小物体P、Q质量分别为0.2kg和0.3kg，由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t=O时刻P放在传送带中点处由静止释放已知P与传送带间的动摩擦因数为O.5，传送带水平部分两端点间的距离为4m，不计定滑轮质量及摩擦，P与定滑轮间的绳水平，取g=1Om/s2（1）判断P在传送带上的运动方向并求其加速度大小；（2）求P从开始到离开传送带水平端点
12、的过程中，与传送带间因摩擦产生的热量；（3）求P从开始到离开传送带水平端点的过程中，电动机多消耗的电能2014-2015学年福建省莆田十五中高三（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中只有一个选项正确选对的得4分，有选错的和不答的得0分）1一质点沿坐标轴Ox做变速直线运动，它在坐标轴上的坐标x随时间t的变化关系为x=5+2t3，速度v随时间t的变化关系为v=6t2，其中v、x和t的单位分别是m/s、m和s设该质点在t=0到t=1s内运动位移为s和平均速度为，则（）A s=6m，=6m/sB s=2m，=2m/sC s=7m，=7m
13、/sD s=3m，=3m/s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：根据位移等于位置坐标的变化量求位移，根据平均速度公式求平均速解答：解：由题意知，当t=0时物体的位置坐标x0=5m，当t=1时位置坐标为x1=7m由位移等于位置坐标的变化量知，物体的位移s=x1x0=2m根据平均速度公式知，物体在1s内的平均速度故B正确，ACD错误故选：B点评：掌握位移是物体运动时位置坐标的变化量，会根据位置坐标公式求物体运动的位移，能根据位移和时间求物体运动的平均速度，属于基础题2如图所示，甲、乙两图分别有等量同种的电荷A1、B1和等量异种的电荷A
14、2、B2在甲图电荷A1、B1的电场中，a1、O1、b1在点电荷A1、B1的连线上，c1、O1、d1，在A1、B1连线的中垂线上，O1a1=O1b1=O1c1=O1d1；在乙图电荷A2、B2的电场中同样也存在这些点，它们分别用a2、O2、b2和c2、O2、d2表示，且O2a2=O2b2=O2c2=O2d2则（）A a1、b1两点的场强相同，电势相同B c1、d1两点的场强相同，电势相同C a2、b2两点的场强相同，电势相同D c2、d2两点的场强相同，电势相同考点：电场线；电场强度分析：根据电场线的分布疏密判断场强的大小，电场线的切线方向即为电场强度方向，根据F=Eq判断电场力的大小，正电荷的受
15、力方向与电场强度方向相同，负电荷受力方向与电场强度方向相反解答：解：A、在正等量同种电荷的电场中，电场左右对称，所以a1、b1两点的场强大小相同，方向相反，电势相同故A错误；B、在正等量同种电荷的电场中，电场上下对称，所以c1、d1两点的场强大小相同，方向相反，电势相同故B错误；C、在等量异种种电荷的电场中，电场左右对称，所以a2、b2两点的场强相同，电势沿电场线的方向降低，所以点的电势高故C错误；D、在等量异种电荷的电场中，电场上下对称，所以c2、d2两点的场强相同，电势相同故D正确故选：D点评：该题考查常见的电场，根据电场线的分布疏密判断场强的大小，电场线的切线方向即为电场强度方向，根据F
16、=Eq判断电场力的大小，正电荷的受力方向与电场强度方向相同，负电荷受力方向与电场强度方向相反3如图所示，在固定好的水平和竖直的框架上，A、B两点连接着一根绕过光滑的轻小滑轮的不可伸长的细绳，重物悬挂于滑轮下，处于静止状态若按照以下的方式缓慢移动细绳的端点，则下列判断正确的是（）A 只将绳的左端移向A点，拉力变小B 只将绳的左端移向A点，拉力不变C 只将绳的右端移向B点，拉力变小D 只将绳的右端移向B点，拉力不变考点：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：设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为，绳子的长度为L，B点到墙壁的距离为S，根据几何知识和对称性，可得
17、到sin=，当只将绳的左端移向A点或将绳的右端移向B点，分析如何变化，以滑轮为研究对象，根据平衡条件分析拉力如何变化解答：解：设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为，绳子的长度为L，B点到墙壁的距离为S，根据几何知识和对称性，得：sin=以滑轮为研究对象，设绳子拉力大小为F，根据平衡条件得：2Fcos=mg，得F=A、B、当只将绳的左端移向A点，S和L均不变，则由式得知，F不变故A错误，B正确C、D、当只将绳的右端移向B点，S增加，而L不变，则由式得知，增大，cos减小，则由式得知，F增大故C错误，D错误故选：B点评：本题是动态平衡问题，关键是根据几何知识分析与绳子的长度和B点到墙壁距离的关系，也可
18、以运用图解法，作图分析拉力的变化情况4如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角，极板间距为d，带负电的微辟质量为m、带电量为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射人，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，则（）A 微粒达到B点时动能B 微粒的加速度大小等gsinC 两极板的电势D 微粒从A点到B点的过程电势能减少考点：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：微粒在电场中受到重力和电场力，而做直线运动，电场力与重力的合力必定平沿直线做匀减速直线运动，微粒的加速度可有牛顿运动定律求出根据能量守恒研究微粒电势能的变化由=qU，求解电势差解答：解：A、由题分析可知
19、，微粒做匀减速直线运动，动能减小故A错误B、由题分析可知，tan=，得a=gtan，故B错误C、电场力做负功，电势能增加，微粒的电势能增加量=，又=qU，得到两极板的电势差U=故C正确，D错误故选：C点评：本题是带电粒子在电场中运动的问题，关键是分析受力情况，判断出电场力方向知道电场力做功与电势能的关系，以及电场力做功与电势差的关系5汽车以恒定的功率在平直公路上行驶，所受到的摩擦阻力恒等于车重的O1倍，汽车能达到的最大速度vm则当汽车速度为时汽车的加速度为（重力加速度为g）（）A O1 gB O2gC O3 gD O4g考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律分析：汽车达到速度最大时，汽车
20、的牵引力和阻力相等，根据功率P=Fv，可以根据题意算出汽车发动机的功率P，当速度为时，在运用一次P=Fv即可求出此时的F，根据牛顿第二定律就可求出此时的加速度解答：解：令汽车质量为m，则汽车行驶时的阻力f=0.1mg当汽车速度最大vm时，汽车所受的牵引力F=f，则有：P=fvm当速度为时有：由以上两式可得：根据牛顿第二定律：Ff=ma所以故A正确，B、C、D均错误故选：A点评：掌握汽车速度最大时，牵引力与阻力大小相等，能根据P=FV计算功率与速度的关系6某人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为地球半径R的两倍，卫星的线速度为V，设地面的重力加速度为g，则有（）A v=B v=C v=D
21、v=2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：人造卫星问题分析：在地球表面重力与万有引力相等，卫星所处位置万有引力提供圆周运动向心力，据此列式求解即可解答：解：在地球表面重力与万有引力相等有：可得GM=gR2卫星轨道半径r=2R，卫星所受地球万有引力提供卫星圆周运动向心力有：可得卫星线速度v=故选：A点评：在地球表面重力与万有引力相等，万有引力提供卫星圆周运动向心力这是万有引力问题的常用入手点，同学们要注意把握7如图所示，实线为电视机显像管主聚焦电场中的等势面a、b、c、d为圆上的四个点则下列说法中正确的是（）A a、b、c、d四点电场强度相同B 一电子从b点运动到
22、c点，电场力做的功为0.8eVC 若一电子从左侧沿中心轴线芽越电场区域，将做加速度先减小后增加的直线运动D 所有从左侧平行于中心轴线进入电场区域的电子，都将会从右侧平行于中心轴线穿出考点：电场线；等势面分析：电场线与等势面垂直，负电荷逆着电场线运动电场力做正功，根据轨迹弯曲方向判断电荷的受力方向解答：解：A、根据题意，a、b两点电势相等，c、d两点电势相等的，由等势面与电场线垂直的关系及电场强度方向与该点的切线方向一致，则它们的电场强度方向不同故A错误；B、一电子从b点运动到c点，电势差为Ubc=bc=0.1V0.9V=0.8V，而电子带负电，则电场力做功为0.8eV，故B正确；C、若一电子从
23、左侧沿中心轴线穿越电场区域，根据等势面疏密程度，可知电场线的疏密程度，从而可确定电场力先增大后减小，所以加速度先增大后减小，故C错误；D、电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面，则中间虚线上电场线是向左的直线，因此电子受到的电场力向右，等势线垂直于电场线，电势从右向左降低，可知电场方向向左，对电子吸引作用电子到达右侧后，因为等势线垂直于电场线，电子受电场力指向电场线方向内侧，速度方向与力方向不重合，电子受力发生偏转，又因为右侧电场线与中轴线不垂直，所以电子束不会从右侧平行于中心轴线穿出故D错误；故选：B点评：做好本题的关键是根据等势面画出电场线，再由曲线运动条件与负电荷电场力方向来判断在
24、电场中的运动同时考查W=qU，及电场强度是矢量8关于热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是（）A 一定量气体吸收热量，其内能一定增大B 不可能使热量由低温物体传递到高温物体C 若两分子间距离增大，分子势能一定增大D 若两分子间距离减小，分子间引力和斥力都增大考点：分子间的相互作用力；热力学第一定律专题：分子间相互作用力与分子间距离的关系分析：做功和热传递都能改变内能，不可能使热量由低温物体传递到高温物体而不引起其它变化，若两分子间距离减小，分子间引力和斥力都增大解答：解：A、做功和热传递都能改变内能，气体吸收热量，其内能不一定增大，A错误；B、可以使热量由低温物体传递到高温物体，但要引起其它
25、变化，如电冰箱，故B错误；C、若分子间距大于平衡位置时，分子间距离增大，分子势能一定增大，C错误；D、若两分子间距离减小，分子间引力和斥力都增大，D正确；故选：D点评：本题考查了分子间的引力和斥力，改变内能的方式，记住热力学第一定律的公式9空气压缩机的储气罐中储有1.0atm的空气6.0L，现再充入1.0atm的空气9.0L设充气过程为等温过程，空气可看作理想气体，则充气后储气罐中气体压强为 （）A 2.5atmB 2.0atmC 1.5atmD 1.0atm考点：理想气体的状态方程专题：理想气体状态方程专题分析：该类题目属于充气问题，可以将充气之前的两部分气体合起来作为初状态，然后代入气体方
26、程即可解题解答：解：将充气之前的两部分气体合起来作为初状态，压强都是1.0atm，故初始体积为两部分的和初状态：P1=1.0atm，V=V1+V2=（6.0+9.0）L=15.0L末状态：P2=？，V=V1=6.0L由玻意耳定律：P1V=P2V代入数据，求得：P2=2.5atmA选项正确故选：A点评：该类题目属于充气问题，可以将充气之前的两部分气体合起来作为初状态是解题的关键属于基础题目10小灯泡通电后，其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法不正确的是（）A 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B 对应P点，小灯
27、泡的电阻为R=C 对应P点，小灯泡的电阻为R=D 对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积考点：欧姆定律；电功、电功率专题：恒定电流专题分析：根据电阻的定义R=，电阻等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，斜率逐渐减小，电阻逐渐增大对应P点，灯泡的电阻等于过P点的切线斜率的倒数解答：解：A、B图线的斜率逐渐减小，说明电阻逐渐增大故A正确B、C、对应P点，小灯泡的电阻为R=故B错误，C正确；D、P点的功率P=UI，故可以用图中矩形PQOM所围的面积表示功率；故D正确；本题选错误的；故选：B点评：本题要注意明确灯泡电阻随温度的变化而变化，其处理方法应按非线性元件进行处理！但在每一固定温度时
28、，欧姆定律都是适用的11在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为kC为一固定挡板，系统处于静止状态现用一平行斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v则此时（）A 拉力做功的瞬时功率为FvsinB 物块B满足m2gsin=kdC 物块A的加速度为D 弹簧弹性势能的增加量为Fdm1v2考点：功能关系；牛顿第二定律分析：当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，根据胡克定律求解出弹簧的伸长量；根据牛顿第二定律求出物块A的加速度大小；根据机械能守恒定律求解A的速度解答：解：A、
29、由于拉力F与速度v同向，所以拉力的瞬时功率为 P=Fv，故A错误；B、开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面向下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsin=kx2，但由于开始是弹簧是压缩的，故dx2，故m2gsinkd，故B错误；C、当B刚离开C时，对A，根据牛顿第二定律得：Fm1gsinkx2=m1a1，又开始时，A平衡，则有：m1gsin=kx1，而d=x1+x2，解得：物块A加速度为a1=，故C正确；D、根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：Fdm1gdsin，故D错误故选：C点评：含有弹簧的问题，
30、往往要研究弹簧的状态，分析物块的位移与弹簧压缩量和伸长量的关系是常用思路12光盘驱动器读取数据的某种方式可简化为以下模式，在读取内环数据时，以恒定角速度方式读取，而在读取外环数据时，以恒定线速度的方式读取设内环内边缘半径为R1，内环外边缘半径为R2，外环外边缘半径为R3A、B、C分别为各边缘线上的点则读 取内环上A点时A点的向心加速度大小和读取外环上C点时C点的向加速度大小之比为（）A B C D 考点：向心力；牛顿第二定律专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：抓住读取B点加速度相等，根据读取内圈数据时，以恒定角速度方式读取，求出A、B的向心加速度之比，根据读取外圈数据时，以恒定线速度的方
31、式读取，求出B、C的向心加速度之比，从而得出A、C两点的向心加速度之比解答：解：A、B两点的角速度大小相等，根据a=r2知，A、B两点的向心加速度之比aA：aB=R1：R2B、C两点的线速度相等，根据知，B、C两点的向心加速度之比为aB：aC=R3：R2则=故选：D点评：解决本题的关键抓住A、B角速度相等，B、C线速度相等，根据向心加速度公式进行求解二、本题共2小题，其中第13题6分，第14题1O分，共16分把答案填写答题卷对应题号的横线上，或按题目要求作答.13在追寻科学家研究足迹的过程中，某同学为探究恒力做功和物体动能变化间的关系，采用了如图甲所示的实验装置（1）实验时，该同学用钩码的重力
32、表示小车受到的合力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为应该采取的措施是AC（填选项前的字母）A保证钩码的质量远小于小车的质量B选取打点计时器所打的第1点与第2点 间的距离约为2mm的纸带来处理数据C把长木板不带滑轮的一端适当垫高以平 衡摩擦力D必须先接通电源再释放小车（2）如图乙所示是实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E、F是连续的六个计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，相关计数点问的距离已在图中标出，测出小车的质量为M，钩码的总质量为m从打B点到打E点的过程中，合力对小车做的功是mgs，小车动能的增量是（用题中和图中的物理量符号表示）考点：探究功与速度变化的关系专题：实验题；动能
33、定理的应用专题分析：（1）由于小车运动过程中会遇到（滑轮和细绳、小车和木板、打点计时器和纸带之间等）阻力，所以要平衡摩擦力平衡摩擦力时，要轻推一下小车，观察小车是否做匀速运动；由于小车加速下降，处于失重状态，拉力小于重力，小ma，勾码重量越小，ma越小，拉力与重力越接近（2）对系统研究，根据某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度，从而得出系统动能的变化量，判断系统动能的增加量与合力做功是否相等解答：解：（1）由于小车运动过程中会遇到阻力，同时由于小车加速下降，处于失重状态，拉力小于重力，故要使拉力接进勾码的重量，要平衡摩擦力，以及要使勾码的质量远小于小车的质量；故选：AC（2）从打 B 点到
34、打 E 点的过程中，合力对小车做的功是W=mgh=mgS根据中间时刻的速度等于平均速度得：，小车动能的增量是EK=故答案为：（1）AC，（2）mgs，点评：正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤、所测数据等，会起到事半功倍的效果14某物理学习小组的同学在研究性学习过程中，用伏安法研究某种灯泡L1（6V 2.5W）的伏安特性曲线，设计了如图1所示的电路，要求多次测量，尽可能减小实验误差，备有下列器材：A直流电源B电压表VC电流表AD滑动变阻器R1（020，5A）E滑动变阻器R2（0200，1A）F开关与导线若干请回答以下问题：（1）滑动变阻器应选择D（
35、填选项前的字母）（2）根据实验原理，用笔画线代替导线，将图中的实验电路实物图2连接完整（3）开关S闭合之前，图中滑动变阻器的滑片应该置于A（选填“A端”、“B端”或“AB中间”）（4）如图（a）所示为该种灯泡的U一I图象，现将两个这种小灯泡己L1、L2与一个阻值为5的定值电阻R连成如图（b）所示的电路，电源的内阻为r=2.5，电键S闭合后，小灯泡L1与定值电阻R的电功率恰好均为P，则P=0.2W，电源的电动势E=6V考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器（2）根据实验目的与实验器材确定滑动变阻器与电流表的接法，然后连接实
36、物电路图（3）滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路安全，闭合开关前滑片应置于分压电路分压为零的位置（4）小灯泡L1与定值电阻R的电功率均为P，可知此时灯泡L1的电阻，通过电阻在图象中得出电流、电压，从而得出功率P的大小而灯泡L2的电流是L1电流的2倍，根据L2的电流，通过图线得出此时的电压，再根据闭合电路欧姆定律求出电源的电动势解答：解：（1）由图可知，本实验采用的分压接法，故为方便实验操作，滑动变阻器应用小电阻；故选D（2）描绘灯泡的伏安特性曲线，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡正常发光时的电阻R=14.4，电压表内阻约为几千欧姆甚至几万欧姆，电流表内阻约为零点几欧姆，
37、电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实物电路图如图所示：（3）滑动变阻器采用分压接法，为保证安全，开关S闭合之前，图1中滑动变阻器的滑片应该置于A端（4）由图3所示电路图可知，小灯泡L1与定值电阻R并联，它们两端电压相等，它们的电功率均为P，由P=UI可知，通过它们的电流相等，它们的电阻相等，即此时灯泡电阻为5，由图2所示图象可知，灯泡两端电压为1V时通过灯泡的电流为0.2A，此时灯泡电阻为5，则功率P=UI=10.2=0.2W；由电路图可知，L2串联在干路中，通过L2的电流I=0.2+0.2=0.4A，由图2所示图象可知，电流0.4A所对应的电压为4V，由闭合电路欧姆定律可知，电源
38、电动势：E=U外+Ir=1V+4V+0.4A2.5=6V故答案为：（1）D；（2）电路图如图所示；（3）A端；（4）0.2；6点评：本题考查了连接实物电路图、实验器材的选择、求功率；第（4）小题是本题的难点，分析清楚电路结构、根据电路结构及串联电路特点求出灯泡两端电压，由图象求出通过灯泡的电流是正确解题的关键三、计算题（共3小题，共36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在如图所示的电路中，电源电动势E=6.0V，内阻r=2，定值电阻R1=R2=10，R3=30，R4=35，电容器的电容C=100F，电容器
39、原来不带电求：（1）闭合开关S后，电路稳定时，流过R3的电流大小I3；（2）闭合开关S后，直至电路稳定过程中流过R4的总电荷量Q考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：（1）接通开关S待电路稳定后电容器两板间的电压等于电阻R3两端的电压根据欧姆定律和串并电路的特点，求出电流；（2）接通开关S到电路稳定过程中流过R4的总电荷量Q等于电容器所带的电量，根据电容的定义式求解Q解答：解：（1）闭合开关S后电路稳定时，外电阻R外=8 总电流I=0.6A 路端电压U外=IR外=0.68=4.8V 流过R3的电流为 I3=0.12A （2）闭合开关S后，电路稳定时，加在电阻R3的电压U3=I3R3=
40、3.6V 电容充电完毕所带的电荷量Q=CU3=3.6104C 闭合开关S直至电路稳定流过R4的总电荷量Q=3.6104C 答：（1）闭合开关S后，电路稳定时，流过R3的电流大小I3为0.12A；（2）闭合开关S后，直至电路稳定过程中流过R4的总电荷量Q为3.6104C点评：对于含有电容器的问题，关键是确定电容器的电压电路稳定时电容器的电压等于其并联电路两端的电压16如图，固定在水平面上组合轨道，由光滑的斜面、光滑的竖直半圆（半径R=2.5m）与粗糙的水平轨道组成；水平轨道摩擦因数=0.25，与半圆的最低点相切，轨道固定在水平面上一个质量为m=0.1kg的小球从斜面上A处静止开始滑下，并恰好能到
41、达半圆轨道最高点D，且水平抛出，落在水平轨道的最左端B点处不计空气阻力，小球在经过斜面与水平轨道连接处时不计能量损失，g取10m/s2求：（1）小球出D点的速度v；（2）水平轨道BC的长度x；（3）小球开始下落的高度h考点：机械能守恒定律；平抛运动；向心力专题：机械能守恒定律应用专题分析：（1）小球恰好能到达半圆轨道最高点D，此时只有重力作为向心力，根据向心力的公式可以求出速度的大小；（2）小球从D点开始做的是平抛运动，水平轨道BC的长度即为平抛运动的水平位移的大小；（3）对全过程利用动能定理可以求得小球开始下落的高度h解答：解：（1）小球恰好能到达半圆轨道最高点D，此时只有重力作为向心力，即
42、mg=m所以小球出D点的速度v=5m/s；（2）根据竖直方向上的自由落体运动可得，2R=gt2，所以运动的时间为t=s=1s，水平轨道BC的长度即为平抛运动的水平位移的大小，所以x=vt=51=5m（3）对从A到D的过程，利用动能定理可得，mghmgxmg2R=m解得h=7.5m答：（1）小球出D点的速度v为5m/s；（2）水平轨道BC的长度x为5m；（3）小球开始下落的高度h为7.5m点评：本题考查了动能定理的应用，分析清楚物体的运动过程、应用动能定理与平抛运动规律即可正确解题17如图所示，水平传送带在电动机带动下以速度v1=2m/s匀速运动，小物体P、Q质量分别为0.2kg和0.3kg，由
43、通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t=O时刻P放在传送带中点处由静止释放已知P与传送带间的动摩擦因数为O.5，传送带水平部分两端点间的距离为4m，不计定滑轮质量及摩擦，P与定滑轮间的绳水平，取g=1Om/s2（1）判断P在传送带上的运动方向并求其加速度大小；（2）求P从开始到离开传送带水平端点的过程中，与传送带间因摩擦产生的热量；（3）求P从开始到离开传送带水平端点的过程中，电动机多消耗的电能考点：动能定理的应用；牛顿第二定律专题：动能定理的应用专题分析：（1）以整体沿绳为研究对象，根据受力分析由牛顿第二定律可求得加速度；（2）摩擦力与相对位移的乘积为产生的热量；根据相对运动关系求出相对位移即可
44、（3）由能量守恒定律可知多消耗的电能等于克服摩擦力所做的功解答：解：（1）P释放后受到向右的摩擦力，大小为：f=mg=0.52=1N；Q对P的拉力为F=Mg=0.310=3N；由PQ为整体，受到的合力为F合=Ff=31=2N；物体将向左运动！则由牛顿第二定律可知，加速度a=4m/s2；（2）P到达左侧时，位移为x=2m；用时t=1s；则物体与传送带间的相对位移x相=2+vt=2+21=4m；则产生的热量：Q=fx相=14=4J；（2）由能量守恒定律可知，电动机多消耗的能量等于传送带克服摩擦力所做的功，故多消耗的电能E=fvt=121=2J；答：（1）P的加速度为4m/s2；物体P向左运动（2）产生的热量为4J；（3）电动机多消耗的电能为2J点评：本题考查功能牛顿第二定律及功能关系，要注意正确掌握功能的转化关系，明确热量等于摩擦力与相对位移的乘积
