1、甘肃省兰州市兰炼一中2015届高考物理二模试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1伽利略利用如图所示的装置做如下实验：小球从斜面左侧上的O点由静止释放后运动，沿右侧斜面上升斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐减小的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3对比三次实验结果，可直接得到的结论是( )A如果斜面光滑，小球可以上升到比O点更高的位置B如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D小球受到斜面的阻
2、力越小，其上升的位置越高2质量为m的物体由静止开始做直线运动，物体所受合力F随时间t变化的图象如图所示关于物体在08s内的运动，下列说法正确的是( )A物体在04s内做匀变速直线运动B物体在第4s末速度最大C物体在第8s末离出发点最远D物体在第6s末速度的大小为3如图所示为远距离输电示意图，升压变压器原、副线圈匝数之比为1：100降压变压器原、副线圈匝数之比为100：1，远距离输电线的总电阻为100若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为750kW下列说法正确的是( )A用户端交流电的频率为100HzB输电线中电流为30AC用户端电压为250VD输电线路损耗功率为180kW4如图所示，EF
3、是边长为l的等边三角形ABC的中位线，在E、F点分别放置电荷量均为Q的正、负点电荷下列说法正确的是( )AA点的电场强度大小为BA的电势高于C点的电势C电势差UEB大于电势差UEAD正电荷在B点的电势能等于在C点的电势能5设地球的质量为M，半径为R，自转周期为T，引力常量为G，“神舟七号”绕地球运行时离地面的高度为h，则“神舟七号”与“同步卫星”各自所处轨道处的重力加速度之比为( )ABCD6如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮质量分别为M、m（Mm）的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行两滑块由静止释放后
4、，沿斜面做匀加速运动若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )A两滑块组成系统的机械能守恒B重力对M做的功等于M动能的增加C轻绳对m做的功等于m机械能的增加D两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功7如图所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m且与水平方向的夹角均为37现有两个小物块A、B同时从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，已知物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度g=10m/s2下列说法正确的是( )A物块A、B运动的加速度大小不同B物块A、B同时到达传送带底端C物块A、B运
5、动到传送带底端时重力的功率一定相等D物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1：38如图甲所示，由一根导线绕成的矩形线圈的匝数n=10匝，质量m=0.04kg、高h=0.05m、总电阻R=0.5、竖直固定在质量为M=0.06kg的小车上，小车与线圈的水平长度l相同线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度v0=2m/s进入垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度B=1.0T，运动过程中线圈平面和磁场方向始终垂直若小车从刚进磁场位置1运动到刚出磁场位置2的过程中速度v随车的位移x变化的vx图象如图乙所示，则根据以上信息可知( )A小车的水平长度l=10cmB小车的位移x=20cm时线圈中的电流I=1.
6、5AC小车离开磁场时的速度为1.0m/sD小车离开磁场的过程中，线圈产生的热量Q=0.0875J二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第14题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一金属圆柱体的外直径D和厚度d，测量的示数如图所示，该金属圆柱体的外直径D为_ cm，厚度d为_mm10某同学要测量一量程已知的电表内阻，所备器材如下：A待测电压表V（量程3V，内阻未知）B电流表A（量程0.6A，内阻0.01）C定值电阻R0（阻值2k，额定电流50mA）D电池组E（电动势小于3V，内阻可忽略不计）E多用电表
7、F开关S1、S2，导线若干（1）该同学利用多用电表做了以下实验：将多用表与电压表如图1连接，其主要操作如下将选择开关拨到“1k”的欧姆挡上；将表笔插入测试插孔中，先把两根表笔相接触，旋转欧姆调零旋转，使指针指在电阻刻度的零位上；把两根表笔分别与电压表的两接线柱相接，发现这时指针偏转较大；换用“100”的欧姆挡，随即记下欧姆数值；把表笔从测试笔插孔中拔出后，将多用电表放回桌上原处该同学在测量时已注意到：不用手碰表笔的金属杆，那么这位同学在实验中有哪些操作是错误的？（三个错误） 错误一：_；错误二：_；错误三：_（2）在对该同学的实验步骤做正确修改后，多用表刻度盘上的指针位置如图2所示，那么测量结
8、果大约是_（3）为了更精确的测出此电压表内阻的大小，该同学设计了如图3所示的A、B两实验电路图你认为其中较合理的电路图是_其理由是_（4）用你所选择的电路图进行实验时，需要进行测量步骤和记录的物理量是_；_，用上述所测各量表示电压表内阻，其表达式为RV=_11如图所示是某次四驱车比赛的轨道某一段张华控制的四驱车（可视为质点），质量m=1.0kg，额定功率为P=7W张华的四驱车到达水平平台上A点时速度很小（可视为0），此时启动四驱车的发动机并直接使发动机的功率达到额定功率，一段时间后关闭发动机当四驱车由平台边缘B点飞出后，恰能沿竖直光滑圆弧轨道CDE上C点的切线方向飞入圆形轨道，且此时的速度大小
9、为5m/s，COD=53，并从轨道边缘E点竖直向上飞出，离开E以后上升的最大高度为h=0.85m已知AB间的距离L=6m，四驱车在AB段运动时的阻力恒为1N重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力sin53=0.8，cos53=0.6，求：（1）四驱车运动到B点时的速度大小；（2）发动机在水平平台上工作的时间；（3）四驱车对圆弧轨道的最大压力12（19分）如图所示，在坐标系的第一象限内存在磁感应强度的大小为B、方向垂直纸面向外的矩形有界匀强磁场，在第三象限存在与y轴正向成30角的匀强电场现有一质量为m、电荷量为+q的粒子由静止从电场的P点经电场加速后从O点进入磁场不计粒子的重力（1）在UPO较
10、小时，粒子从磁场下边界射出，求此时粒子在磁场中运动的时间t；（2）增大UPO，粒子将从磁场右边界射出，求PO间的电势差UPO的范围（3）继续增大UPO，粒子将从磁场上边界射出，求磁场上边界有粒子射出的区域的长度【物理3-5】13用同一光电管研究a、b两种单色光产生的光电效应，得到光电流I与光电管两极间所加电压U的关系如图则这两种光( )A照射该光电管时a光使其逸出的光电子最大初动能大B从同种玻璃射入空气发生全反射时，a光的临界角大C通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距大D通过同一玻璃三棱镜时，a光的偏折程度大E若a光照射某金属能发生光电效应，则b光照射该金属也一定能逸出电子14 在光滑
11、的水平面上，有三个小球A、B、C，质量分别为mA=1kg、mB=2kg、mC=4kg，AB之间有一个弹簧（与物体不拴接），在外力作用下处于压缩状态，储存了弹性势能Ep=108J，某时刻突然撤去外力，由静止释放AB，B离开弹簧后与C正碰，碰撞后粘在一起求：BC粘在一起后的速度大小甘肃省兰州市兰炼一中2015届高考物理二模试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1伽利略利用如图所示的装置做如下实验：小球从斜面左侧上的O点由静止释放后运动，沿右侧斜面上升斜面上先
12、后铺垫三种粗糙程度逐渐减小的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3对比三次实验结果，可直接得到的结论是( )A如果斜面光滑，小球可以上升到比O点更高的位置B如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D小球受到斜面的阻力越小，其上升的位置越高考点：动能定理的应用 专题：动能定理的应用专题分析：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升，阻力越小则上升的高度越大，伽利略通过上述实验推理得出运动物体如果不受其他物体的作用，将会一直运动下去解答：解：A、如果斜面光滑，小球不会有能量损失，将上升到与O点等高的位置，不会
13、上升到比O更高的位置，故A错误；B、通过推理和假想，如果小球不受力，它将一直保持匀速运动，得不出静止的结论，故B错误；C、根据三次实验结果的对比，不可以直接得到运动状态将发生改变的结论，故C错误；D、由图示实验可知，小球受到斜面的阻力越小，其上升的位置越高，故D正确；故选：D点评：要想分清哪些是可靠事实，哪些是科学推论要抓住其关键的特征，即是否是真实的客观存在，这一点至关重要，这也是本题不易判断之处；伽利略的结论并不是最终牛顿所得出的牛顿第一定律，因此，在确定最后一空时一定要注意这一点2质量为m的物体由静止开始做直线运动，物体所受合力F随时间t变化的图象如图所示关于物体在08s内的运动，下列说
14、法正确的是( )A物体在04s内做匀变速直线运动B物体在第4s末速度最大C物体在第8s末离出发点最远D物体在第6s末速度的大小为考点：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：题中知道物体的受力情况，可根据牛顿第二定律分析物体的运动情况，得到物体的运动性质、位移和速度的变化情况解答：解：A、在02s内，物体受到向正方向的恒力，物体向正方向做匀加速直线运动，在24s内，物体受到向负方向的恒力，物体继续向正方向做匀减速直线运动故A错误B、4s末物体的速度为零，4s末物体的运动方向改变故B错误；C、在46s内，物体受到向负方向的恒力，物体向负方向做匀加速直线运动
15、在68s内，物体受到向正方向的恒力，物体继续向负方向做匀减速直线运动，8s末速度为零综上，物体在4s末离出发点最远故C错误 D、根据动量定理可得：物体在4s末物体的速度为零，第6s末速度的大小为=故D正确故选：D点评：本题是应用牛顿第二定律，根据物体的受力情况定性分析物体的运动，也可作出物体的vt图象进行分析特别要注意的是2s末物体的运动方向不是回头3如图所示为远距离输电示意图，升压变压器原、副线圈匝数之比为1：100降压变压器原、副线圈匝数之比为100：1，远距离输电线的总电阻为100若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为750kW下列说法正确的是( )A用户端交流电的频率为100Hz
16、B输电线中电流为30AC用户端电压为250VD输电线路损耗功率为180kW考点：远距离输电 专题：交流电专题分析：根据升压变压器的输入电压，结合匝数比求出输出电压，从而得出输送电流，根据输电线的电阻得出损失的功率，根据电压损失得出降压变压器的输入电压，计算用户得到的电压解答：解：A、由图乙知交流电的周期T=0.02s，所以频率，A错误；B、由图乙知升压变压器输入端电压最大值为250V，有效值为250V，根据电压与匝数成正比知，副线圈电压为，根据P=UI得：所以输电线中的电流为：，故B正确；C、输电线损失的电压为：U=I2R=30100=3000V，降压变压器输入端电压为：U3=U2U=2500
17、03000=22000V，根据电压与匝数成正比知用户端电压为：，故C错误；D、输电线路损耗功率为：P=UI=300030W=90kW，故D错误；故选：B点评：解决本题的关键知道：1、输送功率与输送电压、电流的关系；2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系4如图所示，EF是边长为l的等边三角形ABC的中位线，在E、F点分别放置电荷量均为Q的正、负点电荷下列说法正确的是( )AA点的电场强度大小为BA的电势高于C点的电势C电势差UEB大于电势差UEAD正电荷在B点的电势能等于在
18、C点的电势能考点：库仑定律；共点力平衡的条件及其应用 分析：A点的场强为两个点电荷单独存在时在A点产生场强的矢量和；等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线根据公式U=Ed定性分析电势差关系根据电势的高低，可分析电势能的大小解答：解：A、+Q、Q两个点电荷产生的电场在A处的场强大小相等，夹角为120，故A点的电场强度大小为：EA=k=故A错误B、根据电场线的分布和顺着电场线电势降低，可知A点的电势高于C点的电势故B正确C、由电场线的分布可知：EB间的电场强度比EA间的小，由U=Ed知电势差UEB小于电势差UEA故C错误D、B点的电势高于C点的电势，由Ep=q知正电荷在B点的电势能大于在C点的电
19、势能，故D错误故选：B点评：本题考查了电场的叠加原理，电场强度是矢量，合成符合平行四边形定则要掌握常见电场的电场线和等势面的分布情况5设地球的质量为M，半径为R，自转周期为T，引力常量为G，“神舟七号”绕地球运行时离地面的高度为h，则“神舟七号”与“同步卫星”各自所处轨道处的重力加速度之比为( )ABCD考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系 专题：人造卫星问题分析：根据万有引力提供向心力，求出同步卫星的轨道半径，再根据万有引力等于重力，得出重力加速度与轨道半径的关系，通过轨道半径比求出重力加速度之比解答：解：万有引力提供向心力，r= 根据万有引力等于重力，得所以“神舟七号”与“同步卫星”各
20、自所处轨道处的重力加速度之比=故C正确，A、B、D错误故选C点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，以及万有引力等于重力6如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮质量分别为M、m（Mm）的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )A两滑块组成系统的机械能守恒B重力对M做的功等于M动能的增加C轻绳对m做的功等于m机械能的增加D两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功考点：机械能守恒定律；动能定理的应用 专题：动能定
21、理的应用专题分析：机械能守恒的条件是只有重力或系统内弹力做功，发生的能量转化为重力势能和弹性势能的转化，不产生其他形式的能量功与能量转化相联系，是能量转化的量度解答：解：A、由于“粗糙斜面ab”，故两滑块组成系统的机械能不守恒，故A错误；B、由动能定理得，重力、拉力、摩擦力对M做的总功等于M动能的增加，故B错误；C、除重力弹力以外的力做功，将导致机械能变化，故C正确；D、除重力弹力以外的力做功，将导致机械能变化，摩擦力做负功，故造成机械能损失，故D正确；故选：CD点评：关键理解透机械能守恒的条件和功能关系，重力做功对应重力势能变化、弹力做功对应弹性势能变化、合力做功对应动能变化、除重力或系统内
22、的弹力做功对应机械能变化7如图所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m且与水平方向的夹角均为37现有两个小物块A、B同时从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，已知物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度g=10m/s2下列说法正确的是( )A物块A、B运动的加速度大小不同B物块A、B同时到达传送带底端C物块A、B运动到传送带底端时重力的功率一定相等D物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1：3考点：牛顿第二定律；功率、平均功率和瞬时功率 专题：牛顿运动定律综合专题分析：AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，故
23、传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，用匀变速直线运动规律解决解答：解：A、AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，mgsin37mgcos37，故传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故两物体沿斜面向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，故时间相同，故A错误，B正确C、滑动摩擦力向上，位移向下，重力做正功，摩擦力做负功，所以物块A、B运动到传送带底端时速度的大小相同，由题可知AB与水平面的夹角是相等的，所以重力的功率一定相等 故C正确D、对A，划痕的长度等于A的位移减为传送带的位移，以A为研究对象，由牛顿第二定律得：a=2m/s2由运动学公式得运动时间分别为：
24、t=1s所以皮带运动的位移为x=vt=1m所以A对皮带的划痕为：x1=2m1m=1m对B，划痕的长度等于B的位移加上传送带的位移，同理得出B对皮带 的划痕为x2=3m所以划痕之比为1：3，故D正确故选：BCD点评：滑动摩擦力与相对运动方向相反；AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，降低了本题的难度，若没有这一条件，同学可思考一下会怎样8如图甲所示，由一根导线绕成的矩形线圈的匝数n=10匝，质量m=0.04kg、高h=0.05m、总电阻R=0.5、竖直固定在质量为M=0.06kg的小车上，小车与线圈的水平长度l相同线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度v0=2m/s进入垂直纸面向里的有界匀强
25、磁场，磁感应强度B=1.0T，运动过程中线圈平面和磁场方向始终垂直若小车从刚进磁场位置1运动到刚出磁场位置2的过程中速度v随车的位移x变化的vx图象如图乙所示，则根据以上信息可知( )A小车的水平长度l=10cmB小车的位移x=20cm时线圈中的电流I=1.5AC小车离开磁场时的速度为1.0m/sD小车离开磁场的过程中，线圈产生的热量Q=0.0875J考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化 专题：电磁感应功能问题分析：小车进入磁场，线圈中有感应电流受安培力作用，小车做减速运动速度v随位移s减小，当线圈完全进入磁场，线圈中感应电流消失，小车做匀速运动结合图象的信息，读出小车的水
26、平长度l线圈进入磁场和离开磁场时，克服安培力做功，线圈的动能减少，转化成电能消耗在线圈上产生电热解答：解：A、由图可知，从x=0cm开始，小车进入磁场，线圈中有感应电流，受安培力作用，小车做减速运动，速度v随位移s减小，当x=10cm时，线圈完全进入磁场，线圈中感应电流消失，小车做匀速运动因此小车的水平长度l=10cm故A正确B、由图知，小车的位移x=20cm时完全在磁场中，磁通量不变，没有感应电流，故B错误C、设小车完全在磁场时速度为v2，运动到位置3时的速度为v3根据动量定理得：进入磁场过程：nBht1=mv2mv1；而t1=q1；则得 nBq1h=mv1mv2；同理，穿出磁场的过程：nB
27、q2h=mv2mv3；根据q=n，知感应电量 q1=q2；由上式解得：v3=2v2v1=21.32=1m/s，故C正确D、线圈进入磁场和离开磁场时，克服安培力做功，线圈的动能减少，转化成电能消耗在线圈上产生电热Q=（M+m）（） 解得线圈电阻发热量Q=0.15J，故D错误故选：AC点评：本题的关键是运用动量定理求电量，这是电磁感应中常用的方法，并掌握感应电荷量公式q=n，求感应电动势时要注意线框的匝数不能遗漏二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第14题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一金属圆柱
28、体的外直径D和厚度d，测量的示数如图所示，该金属圆柱体的外直径D为1.240 cm，厚度d为6.000mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用 专题：实验题分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读解答：解：1、游标卡尺的主尺读数为12mm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为80.05mm=0.40mm，所以最终读数为：12mm+0.40mm=12.40mm=1.240cm2、螺旋测微器的固定刻度为6mm，可动刻度为0.00.01mm=0.000mm，所以最
29、终读数为6mm+0.000mm=6.000mm故答案为：1.240；6.000点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量10某同学要测量一量程已知的电表内阻，所备器材如下：A待测电压表V（量程3V，内阻未知）B电流表A（量程0.6A，内阻0.01）C定值电阻R0（阻值2k，额定电流50mA）D电池组E（电动势小于3V，内阻可忽略不计）E多用电表F开关S1、S2，导线若干（1）该同学利用多用电表做了以下实验：将多用表与电压表如图1连接，其主要操作如下将选择开关拨到“1k”的欧姆挡上；将表笔插入测试插孔中，先把两根表笔相接触，旋转欧姆调零旋转，
30、使指针指在电阻刻度的零位上；把两根表笔分别与电压表的两接线柱相接，发现这时指针偏转较大；换用“100”的欧姆挡，随即记下欧姆数值；把表笔从测试笔插孔中拔出后，将多用电表放回桌上原处该同学在测量时已注意到：不用手碰表笔的金属杆，那么这位同学在实验中有哪些操作是错误的？（三个错误） 错误一：换用“100”的欧姆档后没有重新进行欧姆调零；错误二：表盘读数应乘倍率；错误三：实验结束后，没有把选择开关置于OFF档或交流电压最高档（2）在对该同学的实验步骤做正确修改后，多用表刻度盘上的指针位置如图2所示，那么测量结果大约是3000（3）为了更精确的测出此电压表内阻的大小，该同学设计了如图3所示的A、B两实
31、验电路图你认为其中较合理的电路图是B其理由是R的阻值与电压表阻值接近，误差小（4）用你所选择的电路图进行实验时，需要进行测量步骤和记录的物理量是伏特表读数U1；伏特表读数U2，用上述所测各量表示电压表内阻，其表达式为RV=考点：伏安法测电阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，欧姆表使用完毕，要把选择开关置于OFFF档或交流电压最高档（2）根据选择倍率求出测量的结果；电阻大，乙图中电流示数太小，误差大，丙图较合理；开关2 闭合时的电压为电动势，断开时二者串联解答：解：1、由实验步骤可知，操作不当之处有：一、换用“100”的欧姆档后没有重新进行欧姆调零；二、表盘
32、读数应乘倍率三、实验结束后，没有把选择开关置于OFF档或交流电压最高档；（2）由图可知，指针所指示刻度为30；故读数为：30100=3000；（3）较为合理的是B图，因为电阻较大，A图中电流表的示数太小，误差太大，B图中R的阻值与电压表阻值接近，误差小；（4）需要直接测量的物理量是 k2闭合、断开时伏特表读数U1和U2；k2闭合时，示数U1相当于电动势，断开时，二者串联，电流相等，即=，所以 RV=故答案为：（1）、换用“100”的欧姆档后没有重新进行欧姆调零；2、表盘读数应乘倍率；3、实验结束后，没有把选择开关置于OFF档或交流电压最高档（2）3000；（3）B；（4）伏特表读数U1；伏特表
33、读数U2；点评：本题考查了欧姆表的使用方法，电路的选择，要根据实际情况分析不同的电路图误差的原因及误差大小，选择最佳电路图，难度稍大11如图所示是某次四驱车比赛的轨道某一段张华控制的四驱车（可视为质点），质量m=1.0kg，额定功率为P=7W张华的四驱车到达水平平台上A点时速度很小（可视为0），此时启动四驱车的发动机并直接使发动机的功率达到额定功率，一段时间后关闭发动机当四驱车由平台边缘B点飞出后，恰能沿竖直光滑圆弧轨道CDE上C点的切线方向飞入圆形轨道，且此时的速度大小为5m/s，COD=53，并从轨道边缘E点竖直向上飞出，离开E以后上升的最大高度为h=0.85m已知AB间的距离L=6m，四
34、驱车在AB段运动时的阻力恒为1N重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力sin53=0.8，cos53=0.6，求：（1）四驱车运动到B点时的速度大小；（2）发动机在水平平台上工作的时间；（3）四驱车对圆弧轨道的最大压力考点：牛顿运动定律的综合应用；平抛运动；向心力 分析：（1）小车离开B点做平抛运动，根据平行四边形定则求出水平分速度，从而得出B点的速度（2）对A到B的过程运用动能定理，抓住功率不变，求出发动机在水平平台上的工作时间（3）根据机械能守恒定律求出D点的速度，通过牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出压力的大小解答：解：（1）到达B点的速度：vB=vCcos53，滑块运动到B点时的
35、速度为：vB=50.6m/s=3m/s；（2）从A到B的运动过程中有牵引力和阻力做功，根据动能定理有：mVB2=PtfL，代入数据解得t=1.5s；（3）从C点运动到最高过程中，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律有：mVC2=mg（h+Rcos53）圆轨道的半径R=m，设四驱车到达D点时对轨道的压力最大，四驱车在D点速度为VD，从C到D过程中机械能守恒，有：mVD2mVC2=mgR（1cos53），由牛顿第二定律得：Fmaxmg=m，代入数据得，四驱车对轨道的最大压力Fmax=55.5 N答：（1）四驱车运动到B点时的速度大小为3m/s；（2）发动机在水平平台上工作的时间为1.5s；（
36、3）四驱车对圆弧轨道的最大压力为55.5N点评：本题考查了动能定理、机械能守恒与平抛运动、圆周运动的综合，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律以及圆周运动向心力的来源是解决本题的关键12（19分）如图所示，在坐标系的第一象限内存在磁感应强度的大小为B、方向垂直纸面向外的矩形有界匀强磁场，在第三象限存在与y轴正向成30角的匀强电场现有一质量为m、电荷量为+q的粒子由静止从电场的P点经电场加速后从O点进入磁场不计粒子的重力（1）在UPO较小时，粒子从磁场下边界射出，求此时粒子在磁场中运动的时间t；（2）增大UPO，粒子将从磁场右边界射出，求PO间的电势差UPO的范围（3）继续增大UPO，粒
37、子将从磁场上边界射出，求磁场上边界有粒子射出的区域的长度考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，求出粒子转过的圆心角，然后根据粒子的周期公式求出粒子的运动时间（2）粒子在电场中加速，由动能定理可以求出粒子进入磁场时的速度；粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何知识求出粒子的轨道半径，由牛顿第二定律列方程，解方程组可以求出OP间的电势差；（3）根据粒子运动轨迹与粒子轨道半径，应用几何知识可以求出磁场上边界有粒子射出的区域的长度解答：解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：T=，若粒子在磁场中运动的轨迹
38、所对的圆心角为，则粒子在磁场中运动的时间为：t=T=，从图中几何关系可知，=，所以时间为：t=；（2）由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：R=，从磁场右边界射出的最小速度的粒子，在磁场中做圆周运动的半径最小如图所示，粒子从右边界以最小速度qB射出时轨道2对应的半径最小，由几何关系可知：R2=a，由牛顿第二定律：qvB=m，带电粒子在电场中，由动能定理：qUPO=mv2，联立得：UPO1=，如图所示，粒子从右边界以最大速度射出时轨道3对应的半径最大，根据几何关系可知：R3a=R3sin30，解得：R3=2a，解得：UPO2=，则粒子从磁场右边界射出，UPO；（3）由图中的几何关系可知：磁场上边界
39、粒子射出的区域的长度：lAB=R3cos30atan30=a；答：（1）若粒子从磁场下边界射出，子在磁场中运动的时间t为；（2）若粒子从磁场右边界射出，PO间的电势差UPO的范围是：UPO；（3）若粒子从磁场上边界射出，磁场上边界有粒子射出的区域的长度为a点评：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、应用动能定理、牛顿第二定律、圆周运动的周期公式即可正确解题，解题时注意数学知识的应用【物理3-5】13用同一光电管研究a、b两种单色光产生的光电效应，得到光电流I与光电管两极间所加电压U的关系如图则这两种光( )A照射该光电管时a光使其逸出的光电子最大初动能大B从同种玻璃射入空气
40、发生全反射时，a光的临界角大C通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距大D通过同一玻璃三棱镜时，a光的偏折程度大E若a光照射某金属能发生光电效应，则b光照射该金属也一定能逸出电子考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：要明确各种单色光的折射率和波长、频率之间的关系：折射率越大则频率越大，波长越小对于本题解题的关键是通过图象判定a、b两种单色光谁的频率大，反向截止电压大的则初动能大，初动能大的则频率高，故b光频率高于a光的解答：解：A、由光电效应方程=hW0，又 =eUc，由题图可得b光照射光电管时使其逸出的光电子最大初动能大，故A正确B、b光的频率大，折射率大，由sinC=，可知，从同
41、种玻璃射入空气发生全反射时，b光的临界角小，a光的临界角大，故B正确C、a光的折射率小，波长长，而双缝干涉条纹间距与波长成正比，则知a光的相邻条纹间距大，故C正确D、b光的频率大，在玻璃中的折射率nb大，通过同一玻璃三棱镜时，b光的偏折程度大，故D错误E、由于b光的频率比a光的大，则若a光照射某金属能发生光电效应，则b光照射该金属也一定能逸出电子，故E正确故选：ABCE点评：要熟练掌握所学公式，明确各个物理量之间的联系如本题中折射率、临界角、光子能量、最大初动能等都有光的频率有关14 在光滑的水平面上，有三个小球A、B、C，质量分别为mA=1kg、mB=2kg、mC=4kg，AB之间有一个弹簧
42、（与物体不拴接），在外力作用下处于压缩状态，储存了弹性势能Ep=108J，某时刻突然撤去外力，由静止释放AB，B离开弹簧后与C正碰，碰撞后粘在一起求：BC粘在一起后的速度大小考点：动量守恒定律 专题：动量定理应用专题分析：A、B相互作用过程动量守恒、机械能守恒，B、C碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出BC的速度解答：解：释放弹簧过程中，A、B系统动量守恒定律、机械能守恒定律，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mBvBmAvA=0，由机械能守恒定律得：mAvA2+mBvB2=EP，B、C碰撞过程中，动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mBvB=（mC+mB）v，联立并代入数据得：v=2m/s；答：BC粘在一起后的速度为2m/s；点评：本题考查了求速度，分析清楚运动过程、应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题