1、云南省曲靖一中2015届高三下学期第二次月考物理试卷一、选择题（本题共10题，每题4分，1-6题为单选，7-10题多选，多选题全部选对的4分，选对但不全的得2分，有错选或不选的得0分）1（4分）汽车A在红绿灯前停住，绿灯亮起时起动，以0.4m/s2的加速度做匀加速运动，经过30s后以该时刻的速度做匀速直线运动设在绿灯亮的同时，汽车B以8m/s的速度从A车旁边驶过，且一直以相同的速度做匀速直线运动，运动方向与A车相同，则从绿灯亮时开始（）AA车在加速过程中与B车相遇BA、B相遇时速度相同C相遇时A车做匀速运动D两车可能再次相遇2（4分）如图所示，A、B两小球分别连在轻线两端，B球另一端与弹簧相连
2、，弹簧固定在倾角为30的光滑斜面顶端A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为（）A都等于B和0C和D和3（4分）半圆柱体P放在粗糙的水平面上，有一挡板MN，延长线总是过半圆柱体的轴心O，但挡板与半圆柱不接触，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，如图是这个装置的截面图，若用外力使MN绕O点缓慢地顺时针转动，在MN到达水平位置前，发现P始终保持静止，在此过程中，下列说法中正确的是（）AMN对Q的弹力逐渐增大BMN对Q的弹力先增大后减小CP、Q间的弹力先减小后增大DQ所受的合力逐渐增大4（4分）一辆
3、汽车以恒定功率P1在平直公路上匀速行驶，若驾驶员突然减小油门，使汽车的功率突然减小为P2并继续行驶，若整个过程中阻力不变，则汽车发动机的牵引力将（）A保持不变B不断减小C先增大，再减小，后保持不变D先减小，再增大，后保持不变5（4分）一个带正电的金属球半径为R，以球心为原点建立坐标系，设无穷远处电势为零你可能不知道带电金属球所产生的电场中电势随x变化的规律，但是根据学过的知识你可以确定其x图象可能是（）ABCD6（4分）如图所示，虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面2的电势为0一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26eV
4、和5eV当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为8eV，它的动能应为（）A6 eVB13 eVC20 eVD27 eV7（4分）如图所示，在相互垂直的水平匀强电场和水平匀强磁场中，有一竖直固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电量为q，P与杆间的动摩擦因数为，电场强度为E，磁感应强度为B，小球由静止起开始下滑，设电场、磁场区域足够大，杆足够长，当下滑加速度为最大加速度一半时的速度及当下滑速度为最大下滑速度一半时的加速度分别为（）Av=Bv=Ca=g+Da=8（4分）如图所示，电源电动势为E，内电阻为r当滑动变阻器R的滑片P从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为
5、U1和U2，下列说法中正确的是（）A小灯泡L1、L3变暗，L2变亮B小灯泡L3变暗，L1、L2变亮CU1U2DU1U29（4分）如图所示，水平长直导线MN中通有M到N方向的恒定电流，用两根轻质绝缘细线将矩形线圈abcd悬挂在其正下方开始时线圈内不通电流，两根细线上的张力均为FT，当线圈中通过的电流为I时，两根细线上的张力均减小为FT下列说法正确的是（）A线圈中通过的电流方向为adcbaB线圈中通过的电流方向为abcdaC当线圈中的电流变为I时，两细线内的张力均为零D当线圈中的电流变为I时，两细线内的张力均为零10（4分）如图1所示，物体以一定初速度从倾角=37的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最
6、大高度为3.0m选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图2所示g=10m/s2，sin37=0.60，cos37=0.80则（）A物体的质量m=0.67kgB物体与斜面间的动摩擦因数=0.40C物体上升过程的加速度大小a=10m/s2D物体回到斜面底端时的动能Ek=10J二、实验题（本题共2题，15分，请完成在答题卡上的相应位置）11（6分）某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案如图示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端开始时小球和滑块均静止，剪短细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释放
7、的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移x（空气阻力对本实验的影响可以忽略）滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为滑块与斜面间的动摩擦因数为以下能引起实验误差的是a滑块的质量 b当地重力加速度的大小c长度测量时的读数误差 d小球落地和滑块撞击挡板不同时12（9分）有一额定电压为2.8V、额定功率0.56W的小灯泡，现要用伏安法描绘这个小灯泡的伏安特性曲线有下列器材可供选用A电压表（量程03V内阻约6k）B电压表（量程06V，内阻约20k）C电流表（量程00.6A，内阻约0.
8、5）D电流表（量程0200mA，内阻约20）E滑动变阻器（最大电阻10，允许最大电流2A）F滑动变阻器（最大电阻200，允许最大电流150mA）G三节干电池（电动势约为4.5V）H电键、导线若干（1）为提高实验的精确程度，电压表应选用；电流表应选用；滑动变阻器应选用（以上均填器材前的序号）（2）请在虚线框内画出描绘小灯泡伏安特性曲线的电路图（3）通过实验描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图所示，某同学将一电源（电动势E=2V，内阻r=5）与此小灯泡直接连接时，小灯泡的实际功率是W（保留两位有效数字）三、计算题（本题共3小题，共48分解答时应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
9、能得分有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）13（13分）静止在水平面上的A、B两个物体通过一根拉直的轻绳相连，如图所示，轻绳长L=1m，承受的最大拉力为8N，A的质量m1=2kg，B的质量m2=8kg，A、B与水平面间的动摩擦因数=0.2，现用一逐渐增大的水平力作用在B上，使A、B向右运动，当F增大到某一值时，轻绳刚好被拉断（g=10m/s2） （1）求绳刚被拉断时F的大小（2）若绳刚被拉断时，A、B的速度为2m/s，保持此时的F大小不变，当A的速度恰好减小为0时，A、B间的距离为多少？14（14分）如图所示，MPQ为竖直面内一固定轨道，MP是半径为R的光滑圆弧轨道，它与水平轨道PQ相切
10、于P，Q端固定一竖直挡板，PQ长为s一小物块在M端由静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次弹性碰撞后停在距Q点为l的地方，重力加速度为g求：（1）物块滑至圆弧轨道P点时对轨道压力的大小；（2）物块与PQ段动摩擦因数的可能值15（18分）如图所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y轴正方向电场强度为正）在t=0时刻由原点O发射初速度大小为0，方向沿y轴正方向的带负电粒子已知u0、t0、B0，粒子的比荷，不计粒子的重力（1）t=时，求粒子的位置坐标；（2）若t=5t0时粒子回到原点，求05t0时间内粒子距x轴
11、的最大距离；（3）若粒子能够回到原点，求满足条件的所有E0值云南省曲靖一中2015届高三下学期第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10题，每题4分，1-6题为单选，7-10题多选，多选题全部选对的4分，选对但不全的得2分，有错选或不选的得0分）1（4分）汽车A在红绿灯前停住，绿灯亮起时起动，以0.4m/s2的加速度做匀加速运动，经过30s后以该时刻的速度做匀速直线运动设在绿灯亮的同时，汽车B以8m/s的速度从A车旁边驶过，且一直以相同的速度做匀速直线运动，运动方向与A车相同，则从绿灯亮时开始（）AA车在加速过程中与B车相遇BA、B相遇时速度相同C相遇时A车做匀速运动D两车可能
12、再次相遇考点：匀速直线运动及其公式、图像 专题：直线运动规律专题分析：作出A、B两车的速度时间图线，根据图线与时间轴围成的面积表示位移进行分析解答：解：作出A、B两车的速度时间图线，由图象可知：A先做匀加速运动，后做匀速运动，B一直做匀速运动，相遇时两者的位移相等，即AB速度图象与时间轴围成的面积相等，30s时，B的位移大于A的位移，所以相遇时在30s以后，即A做匀速运动时，故C正确；此后两车均做匀速运动，A的速度大于B的速度，故不可能再次相遇；ABD错误；故选：C点评：本题可以运用运动学公式进行求解，也可以运用图象进行求解用图象求解比较直观，方便2（4分）如图所示，A、B两小球分别连在轻线两
13、端，B球另一端与弹簧相连，弹簧固定在倾角为30的光滑斜面顶端A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为（）A都等于B和0C和D和考点：牛顿第二定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：在剪断绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变，再分别对A、B两个小球运用牛顿第二定律，即可求得加速度解答：解：对A：在剪断绳子之前，A处于平衡状态，所以弹簧的拉力等于A的重力沿斜面的分力相等在剪断绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，此时小球A受到的合力为F=mgsin30=ma，a=gsin30=；对B：在
14、剪断绳子之前，对B球进行受力分析，B受到重力、弹簧对它斜向上的拉力、支持力及绳子的拉力，在剪断绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，对B球进行受力分析，则B受到到重力、弹簧的向上拉力、支持力所以根据牛顿第二定律得：mAgsin30=mBaa=；故选：C点评：该题要注意在剪断绳子的瞬间，绳子上的力立即减为0，而弹簧的弹力不发生改变，再结合牛顿第二定律解题，难度不大3（4分）半圆柱体P放在粗糙的水平面上，有一挡板MN，延长线总是过半圆柱体的轴心O，但挡板与半圆柱不接触，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，如图是这个装置的截面图，若用外力使MN绕O点缓慢地顺时针转动，在M
15、N到达水平位置前，发现P始终保持静止，在此过程中，下列说法中正确的是（）AMN对Q的弹力逐渐增大BMN对Q的弹力先增大后减小CP、Q间的弹力先减小后增大DQ所受的合力逐渐增大考点：力的概念及其矢量性；物体的弹性和弹力 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：以小圆柱体Q为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，根据平衡条件分析MN对Q的弹力和半圆柱体P对Q的弹力变化情况再对P研究，由平衡条件判断地面对P的弹力如何变化解答：解：A、B、C、以小圆柱体Q为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图1所示由平衡条件得：MN对Q的弹力F1=mgcos，P对Q的弹力F2=mgsin使MN绕O点缓慢地顺
16、时针转动的过程中，减小，则F1增大，F2减小故A正确BC错误；D、对Q为研究的对象，使MN绕O点缓慢地顺时针转动，可以认为Q处于静止状态，所以受到 的合外力始终为0保持不变故D错误故选：A点评：本题采用隔离法研究动态平衡问题，分析受力，作出力图是关键，难度一般4（4分）一辆汽车以恒定功率P1在平直公路上匀速行驶，若驾驶员突然减小油门，使汽车的功率突然减小为P2并继续行驶，若整个过程中阻力不变，则汽车发动机的牵引力将（）A保持不变B不断减小C先增大，再减小，后保持不变D先减小，再增大，后保持不变考点：功率、平均功率和瞬时功率 专题：功率的计算专题分析：当汽车功率减小时，牵引力减小，汽车做减速运动
17、，抓住功率不变，根据P=Fv判断牵引力的变化，当汽车牵引力等于阻力时，汽车又做匀速直线运动解答：解：设汽车的牵引力为F，阻力为Ff，开始时汽车的速度为v1，F=Ff，当汽车突然减小油门，使汽车的功率减小为P2，汽车那一瞬间的速度不变仍为v1，由P=Fv知汽车牵引力会突然减小，则汽车做减速运动；同时，由于速度降低，功率不变，牵引力逐步增大，直到和阻力相等，后继续以较小的速度做匀速运动，故D正确；故选：D点评：本题考查分析汽车运动过程的能力，要抓住汽车的功率P=Fv，在功率一定时，牵引力与速度成反比，是相互制约的关系5（4分）一个带正电的金属球半径为R，以球心为原点建立坐标系，设无穷远处电势为零你
18、可能不知道带电金属球所产生的电场中电势随x变化的规律，但是根据学过的知识你可以确定其x图象可能是（）ABCD考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势 专题：电场力与电势的性质专题分析：一个带正电的金属球的电场强度在半径内不变，半径外沿x轴增大而减小，根据沿电场线方向电势逐渐降低，判断电势的变化，电势与x图线的斜率表示电场强度的大小解答：解：一个带正电的金属球内的电场强度为零，电势处处相等从球外沿x轴方向无穷远处，由点电荷电场强度公式可知，电场强度渐渐变小根据沿电场的方向电势逐渐降低，知电势随x逐渐降低，电势与x图线的斜率表示电场强度的大小，知斜率先不变后减小故B正确， A、C、D错误故选B
19、点评：解决本题的关键知道点电荷周围电场线分布的特点，以及知道沿电场线方向电势逐渐降低6（4分）如图所示，虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面2的电势为0一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26eV和5eV当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为8eV，它的动能应为（）A6 eVB13 eVC20 eVD27 eV考点：电势能 分析：由题，相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，根据能量守恒定律确定出电荷在b等势面上的电势能，写出电荷的总能量，再由能量守恒求出其电势能变为8e
20、V时的动能值解答：解：由题，电荷经过a、b点时的动能分别为26eV和5eV，动能减小为21eV而相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，则电荷从2等势面到4等势面时，动能减小14eV，电势能增大，等势面2的电势为0，电荷经过b时电势能为14eV，又由题，电荷经b点时的动能为5eV，所以电荷的总能量为E=Ep+Ek=14eV+5eV=19eV，其电势能变为8eV时，根据能量守恒定律得到，动能应为27eV，故D正确，ABC错误；故选：D点评：本题关键要根据电场力做功与电势差的关系确定电荷的总能量，注意动能与电势能之和是不变，是解题的突破口7（4分）如
21、图所示，在相互垂直的水平匀强电场和水平匀强磁场中，有一竖直固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电量为q，P与杆间的动摩擦因数为，电场强度为E，磁感应强度为B，小球由静止起开始下滑，设电场、磁场区域足够大，杆足够长，当下滑加速度为最大加速度一半时的速度及当下滑速度为最大下滑速度一半时的加速度分别为（）Av=Bv=Ca=g+Da=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：小球受重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向左的洛伦兹力、向右的电场力，当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大；当洛伦兹力大于电场力，且滑动摩擦力与重力平衡时，速度最大对小
22、球进行受力分析，再根据各力的变化，可以找出合力及加速度的变化；即可以找出小球最大速度及最大加速度的状态解答：解：AB、小球受重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向左的洛伦兹力、向右的电场力，当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大，故：mg=maqE=qvB解得：a=g；当洛仑兹力等于电场力时，摩擦力为零，此时加速度为g，达最大；此后速度继续增大，则洛仑兹力增大，水平方向上的合力增大，摩擦力将增大；加速度将减小，故最大加速度的一半会有两种情况，一是在洛仑兹力小于电场力的时间内，另一种是在洛仑兹力大于电场力的情况下，则：=，解得：v1=；当洛伦兹力大于电场力时，则有：=，解得：v2=
23、，故A正确，B错误；CD、当洛伦兹力大于电场力，且滑动摩擦力与重力平衡时，速度最大，根据平衡条件，有：qvBqEN=0f=N=mg解得：v=；当下滑速度为最大下滑速度一半时的加速度的大小为a，则有：qvBqEN=0由牛顿第二定律，则有：mgf=ma解得：a=，故C错误，D正确；故选：AD点评：本题要注意分析带电小球的运动过程，属于牛顿第二定律的动态应用与电磁场结合的题目，此类问题要求能准确找出物体的运动过程，并能分析各力的变化，对学生要求较高8（4分）如图所示，电源电动势为E，内电阻为r当滑动变阻器R的滑片P从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为U1和U2，下列说法中正确
24、的是（）A小灯泡L1、L3变暗，L2变亮B小灯泡L3变暗，L1、L2变亮CU1U2DU1U2考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，判断灯L2亮度的变化根据总电流的变化，分析并联部分电压的变化，判断L3亮度的变化根据总电流与通过L3电流的变化，分析通过L1电流的变化，判断其亮度变化根据路端电压的变化，分析U1和U2的大小解答：解：A、B、当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则L2变亮变阻器的电
25、阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分电压减小，则L3变暗总电流增大，而L3的电流减小，则L1的电流增大，则L1变亮故A错误，B正确C、D、由上分析可知，电压表V1的示数减小，电压表V2的示数增大，由于路端电压减小，所以U1U2故C正确，D错误故选：BC点评：本题是电路动态变化分析问题，按“局部整体局部”思路进行分析运用总量法分析两电压表读数变化量的大小9（4分）如图所示，水平长直导线MN中通有M到N方向的恒定电流，用两根轻质绝缘细线将矩形线圈abcd悬挂在其正下方开始时线圈内不通电流，两根细线上的张力均为FT，当线圈中通过的电流为I时，两根细线上的张力均减小为FT下列说法正确的是（）A线圈中
26、通过的电流方向为adcbaB线圈中通过的电流方向为abcdaC当线圈中的电流变为I时，两细线内的张力均为零D当线圈中的电流变为I时，两细线内的张力均为零考点：楞次定律 分析：通过线圈处于平衡，根据共点力平衡判断安培力的方向，从而确定磁场的方向，根据右手螺旋定则确定电流的方向；通过安培力的公式分别求出线框所受的安培力，根据物体的平衡或者牛顿第二定律可正确解答解答：解：A、B、当MN通以强度为I的电流时，两细线内的张力均减小为T，知此时线框所受安培力合力方向竖直向上，则ab边所受的安培力的向上，cd边所受安培力方向向下，根据安培定则知线圈处磁场方向垂直纸面向里，则I方向为abcda，故A错误，B正
27、确；C、当MN内不通电流时，根据线框处于平衡状态有：2T0=mg，当MN中通过电流为I时，设线框中的电流为i，ab到MN的距离是r1，cd到电流MN的距离是r2，ab处的磁感应强度是B1，cd处的磁感应强度是B2，根据题意可知：ab所受安培力为：cd所受安培力为：此时两细线内的张力均减小为T，则有：2T+（F1F2）=mg=2T当绳子中的张力为零时，此时导线中的电流为I1，则有：（F1F2）=mg=2T联立解得：，故C正确，D错误故选：BC点评：解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，右手螺旋定则判断电流周围磁场的方向，然后结合物体平衡或者牛顿第二定律求解10（4分）如图1所示，物体以一定
28、初速度从倾角=37的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图2所示g=10m/s2，sin37=0.60，cos37=0.80则（）A物体的质量m=0.67kgB物体与斜面间的动摩擦因数=0.40C物体上升过程的加速度大小a=10m/s2D物体回到斜面底端时的动能Ek=10J考点：动能定理的应用；机械能守恒定律 专题：动能定理的应用专题分析：当物体到达最高点时速度为零，机械能等于物体的重力势能，由重力势能计算公式可以求出物体质量；在整个运动过程中，机械能的变化量等于摩擦力做的功，由图象求出摩擦力的功，由功计算公式求出动摩
29、擦因数；由牛顿第二定律求出物体上升过程的加速度；由动能定理求出物体回到斜面底端时的动能解答：解：A、物体到达最高点时，机械能E=EP=mgh，m=1kg，故A错误；B、物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力的功，E=mgcos，即3050=110cos37，=0.5，故B错误；C、物体上升过程中，由牛顿第二定律得：mgsin+mgcos=ma，解得a=10m/s2，故C正确；D、由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功W=3050=20J，在整个过程中由动能定理得EKEK0=2W，则EK=EK0+2W=50+2（20）=10J，故D正确；故选CD点评：重力做功不改变
30、物体的机械能，摩擦力做功使物体机械能减少，由图象求出物体初末状态的机械能，应用重力势能的计算公式、动能定理即可正确解题二、实验题（本题共2题，15分，请完成在答题卡上的相应位置）11（6分）某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案如图示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端开始时小球和滑块均静止，剪短细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移x（空气阻力对本实验的
31、影响可以忽略）滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为滑块与斜面间的动摩擦因数为以下能引起实验误差的是cda滑块的质量 b当地重力加速度的大小c长度测量时的读数误差 d小球落地和滑块撞击挡板不同时考点：探究影响摩擦力的大小的因素 专题：实验题；压轴题；摩擦力专题分析：由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同，由匀加速运动的位移时间公式和自由落体的位移时间公式即可求得加速度的比值；由牛顿第二定律及几何关系即可求得滑块与斜面间的动摩擦因数；由的数学表达式就可以知道能引起实验误差的因数，还要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差；解答：解：由于同时听到小球落地和
32、滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同， 由x=at2和H=gt2得：所以=根据几何关系可知：sin=，cos= 对滑块由牛顿第二定律得：mgsinmgcos=ma，且a=，联立方程解得=由得表达式可知，能引起实验误差的是长度x、h、H测量时的读数误差，同时要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差，故选cd故答案为：c d点评：本题考查了匀加速直线运动和自由落体运动的基本公式，要求同学们能学会对实验进行误差分析，12（9分）有一额定电压为2.8V、额定功率0.56W的小灯泡，现要用伏安法描绘这个小灯泡的伏安特性曲线有下列器材可供选用A电压表（量程03V内阻约6k）B电压表（量程
33、06V，内阻约20k）C电流表（量程00.6A，内阻约0.5）D电流表（量程0200mA，内阻约20）E滑动变阻器（最大电阻10，允许最大电流2A）F滑动变阻器（最大电阻200，允许最大电流150mA）G三节干电池（电动势约为4.5V）H电键、导线若干（1）为提高实验的精确程度，电压表应选用A；电流表应选用D；滑动变阻器应选用E（以上均填器材前的序号）（2）请在虚线框内画出描绘小灯泡伏安特性曲线的电路图（3）通过实验描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图所示，某同学将一电源（电动势E=2V，内阻r=5）与此小灯泡直接连接时，小灯泡的实际功率是0.17W（保留两位有效数字）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线
34、 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）根据小灯泡的额定电压可以选出电压表，根据灯泡的额定功率可求出额定电流，则可确定出电流表；根据滑动变阻器的接法可选出滑动变阻器；（2）根据测伏安特性曲线的实验要求可以选出滑动变阻器的接法，由电流表及电压表内阻的关系可得出电流表的接法；（3）在图中作出电源的伏安特性曲线，图象与灯泡的伏安特性曲线的交点为灯泡的工作点，则可得出灯泡的电压及电流，由功率公式可求得实际功率解答：解：（1）由题意可知，灯泡的额定电压为2.8V，为了准确性及安全性原则，电压表应选择A；由P=UI可得，灯泡的额定电流为：I=A=200mA，故电流表应选择D；测量灯泡的伏安特性曲线实验中应
35、采用分压接法，故滑动变阻器应选用小电阻，故滑动变阻器应选择 E；（2）测量小灯泡的伏安特性曲线时，要求电压值从零开始变化，故滑动变阻器应采有分压接法；灯泡内阻约为：=14，而电流表内阻约为20，故电流表应采用外接法；故电路图如图所示；（3）由电源的电动势和内阻作出电源的伏安特性曲线如图所示；则交点为灯泡的工作点，由图可知，灯泡的电压为1.38V，电流为0.15A，则灯泡的功率P=UI=1.30.13=0.17W；（0.160.20范围内均给对）故答案为：（1）A、D、E；（2）如图所示；（3）0.17点评：测量小灯泡的伏安特性曲线时，根据实验的要求一般采用滑动变阻器的分压接法，电流表应采用外接
36、法三、计算题（本题共3小题，共48分解答时应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数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）13（13分）静止在水平面上的A、B两个物体通过一根拉直的轻绳相连，如图所示，轻绳长L=1m，承受的最大拉力为8N，A的质量m1=2kg，B的质量m2=8kg，A、B与水平面间的动摩擦因数=0.2，现用一逐渐增大的水平力作用在B上，使A、B向右运动，当F增大到某一值时，轻绳刚好被拉断（g=10m/s2） （1）求绳刚被拉断时F的大小（2）若绳刚被拉断时，A、B的速度为2m/s，保持此时的F大小不变，当A的速度恰好减小为0时，A、B间的距离为多少
37、？考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系 专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）先分析A当绳达拉力最大时产生的加速度，再整体分析产生该加速度时整体需要受到的拉力；（2）绳断后，A在摩擦务作用下做匀减速直线运动，B在拉力作用下做匀加速直线运动，分析地A的运动时间，确定B和A的位移可得AB间距解答：解：（1）设绳刚要拉断时产生的拉力为F1，根据牛顿第二定律对A物体有：F1m1g=m1a代入数值得：a=2m/s2对AB整体分析有：F（m1+m2）g=（m1+m2）a代入数值计算得：F=40N；（2）设绳断后，A的加速度为a1B的加速度为a2，则有：a1=g=0.210=2m/s2；a2
38、=g=0.210=3m/s2A停下来的时间为：t=1sA的位移为：x1=1m；B的位移为：=3.5m则此时AB间距离为：x=x2+Lx1=3.5m答：（1）绳刚被拉断时F的大小为40N（2）若绳刚被拉断时，A、B的速度为2m/s，保持此时的F大小不变，当A静止时，A、B间的距离为3.5m点评：整体法和隔离法是解决连接体问题的主要方法，抓住一起运动时加速度相同的联系点是解题的关键14（14分）如图所示，MPQ为竖直面内一固定轨道，MP是半径为R的光滑圆弧轨道，它与水平轨道PQ相切于P，Q端固定一竖直挡板，PQ长为s一小物块在M端由静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次弹性碰撞后停在距Q点为l的地方，
39、重力加速度为g求：（1）物块滑至圆弧轨道P点时对轨道压力的大小；（2）物块与PQ段动摩擦因数的可能值考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；牛顿第三定律；向心力 专题：动能定理的应用专题分析：（1）由动能定理求出物块滑到P点时的速度，由牛顿第二定律求出轨道对物块的支持力，然后由牛顿第三定律求出物块对轨道的压力（2）从物块开始下滑到物块停止的整个过程中，应用动能定理可以求出动摩擦因数解答：解：（1）设物块滑至P点时的速度为v，由动能定理得：0，解得：，设物块到达P点时，轨道对它的支持力大小为N，由牛顿运动定律得：，解得，N=3mg，由牛顿第三定律得，物块对轨道压力的大小N=N=3mg；（2）第一种情
40、况：物块与Q处的竖直挡板相撞后，向左运动一段距离，停在距Q为l的地方设该点为O1，物块从M运动到O1的过程，由动能定理得：mgRmg（s+l）=00，解得：；第二种情况：物块与Q处的竖直挡板相撞后，向左运动冲上圆弧轨道后，返回水平轨道，停在距Q为l的地方设该点为O2，物块从M运动到O2的过程，由动能定理得：mgRmg（2s+sl）=00，解得：；答：（1）物块滑至圆弧轨道P点时对轨道压力的大小为3mg；（2）物块与PQ段动摩擦因数可能为或点评：熟练应用动能定理、牛顿第二定律是正确解题的关键；物块与挡板发生一次碰撞，最后静止在PQ间，有两种运动情况，解题时往往只考虑一种情况而出现错误15（18分
41、）如图所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y轴正方向电场强度为正）在t=0时刻由原点O发射初速度大小为0，方向沿y轴正方向的带负电粒子已知u0、t0、B0，粒子的比荷，不计粒子的重力（1）t=时，求粒子的位置坐标；（2）若t=5t0时粒子回到原点，求05t0时间内粒子距x轴的最大距离；（3）若粒子能够回到原点，求满足条件的所有E0值考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）根据洛伦兹力提供向心力和周期公式求粒子的坐标；（2）画出粒子运动轨迹，
42、据此求粒子的最大距离；（3）结合做周期性运动的轨迹，要使粒子经过原点，则必须满足：n（2r22r1）=2r1（n=1，2，3，）解答：解：（1）由粒子的比荷得粒子做圆周运动的周期：则在内转过的圆心角：由牛顿第二定律，有：qv0B0=m解得：故位置坐标：（）；（2）粒子t=5t0时回到原点，轨迹如图所示r2=2r1得v2=2v0 又故粒子在t02t0时间内做匀加速直线运动，2t03t0时间内做匀速圆周运动，则在5t0时间内粒子距x轴的最大距离：（3）如图所示，设带电粒子在x轴上方做圆周运动的轨道半径为r1，在x轴下方做圆周运动的轨道半径为r2，由几何关系可知，要使粒子经过原点，则必须满足：n（2r22r1）=2r1（n=1， 2，3，）其中：，联立以上解得：又由于得（n=1，2，3，）答：（1）t=时，粒子的位置坐标为（）；（2）若t=5t0时粒子回到原点，则05t0时间内粒子距x轴的最大距离为；（3）若粒子能够回到原点，满足条件的E0值为：（n=1，2，3，）点评：带电粒子在电场、磁场和重力场等共存的复合场中的运动，其受力情况和运动图景都比较复杂，但其本质是力学问题，应按力学的基本思路，运用力学的基本规律研究和解决此类问题
