1、2015-2016学年江苏省盐城市东台市创新学校高三（上）月考物理试卷（11月份）一、单项选择题：本题共7小题；每小题4分，共28分，每小题只有一个选项符合题意，请选出正确答案1在物理学的发展进程中，科学的物理思想与方法对物理学的发展起到了重要作用，下列关于物理思想和方法的说法中不正确的是( )A质点和点电荷是同一种思想方法B在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了理想模型法C重心、合力和分力都体现了等效替换的思想D加速度、电场强度、电势都是采取比值法定义的物理量2如图所示，条形磁铁A、B质量均为m，C为木块，它
2、们放在水平面上静止时，B对A的弹力为F1，C对B的弹力为F2，则F1、F2与重力mg的大小关系正确的是( )AFl=mg，F2=2mgBF1mg，F2=2mgCFlmg，F2=mgDF1=mg，F22mg3为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示那么下列说法中正确的是( )A顾客始终受到三个力的作用B顾客始终处于超重状态C顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下D顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下4在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一压力传感器上完
3、成一次下蹲动作传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象，则下列图象中可能正确的是( )ABCD5如图所示，小船沿直线AB过河，船头始终垂直于河岸若水流速度增大，为保持航线不变，下列措施与结论正确的是( )A增大船速，过河时间不变B增大船速，过河时间缩短C减小船速，过河时间缩短D减小船速，过河时间不变6图示为真空中半径为r的圆，O为圆心，直径ac、bd相互垂直在a、c处分别固定有电荷量为+q、q的两个点电荷下列说法正确的是( )A位置b处电场强度大小为Bac线上各点电场强度方向与bd线上各点电场强度方向垂直CO点电势一定等于b点电势D将一负试探电荷从b点移到c点，电势能减小
4、7如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，下面判断不正确的是( )ALI变暗，L2变亮，L3亮度不变BL1和L3变暗，L2变亮CLI变亮，L2变亮，L3亮度不变DLI变亮，L2变暗，L3亮度不变二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计25分每小题有多个选项符合题意全部选对的得5分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分8如图所示，三个小球从同一高度处的O点分别以水平初速度v1、v2、v3抛出，落在水平面上的位置分别是A、B、C，O是O在水平面上的射影点，且OA：OB：OC=1：3：5若不计空气阻力，则下列说法正确的是( )Av1：v2：v3=1：3：5
5、B三个小球下落的时间相同C三个小球落地的速度相同D三个小球落地的位移相同9某人将质量为m的物体由静止开始以加速度a竖直向上匀加速提升h，关于此过程下列说法中正确的有( )A人对物体做的功为m（ga）hB物体的动能增加了mahC物体的重力势能增加了m（g+a）hD物体克服重力做的功为mgh10如图所示，a、b、c是地球大气层外圆形轨道上运动的三颗卫星，且b和c在同一个轨道上，则下列说法正确的是( )Ab、c的周期相同，且大于a的周期Bb、c的线速度大小相等，且大于a的线速度Cb加速后可以实现与c对接Da的线速度一定小于第一宇宙速度11目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨
6、道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是( )A卫星的动能逐渐减小B由于地球引力做正功，引力势能一定减小C由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变D卫星克服气体阻力做的功等于引力势能的减小12将一电荷量为+Q 的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等a、b 为电场中的两点，则( )Aa 点的电场强度比b 点的大Ba 点的电势比b 点的高C检验电荷q 在a 点的电势能比在b 点的大D将检验电荷q 从a 点移到b 点的过程中电场力做负功三、实验题（2小题，每空2分，计
7、16分）13为了探究受到空气阻力时，物体运动速度随时间的变化规律，某同学采用了“加速度与物体质量、物体受力关系”的实验装置（如图1所示）实验时，平衡小车与木板之间的摩擦力后，在小车上安装一薄板，以增大空气对小车运动的阻力（1）往砝码盘中加入一小砝码，在释放小车_（选填“之前”或“之后”）接通打点计时器的电源，在纸带上打出一系列的点（2）从纸带上选取若干计数点进行测量，得出各计数点的时间t与速度v的数据如下表：时间t/s00.501.001.502.002.50速度v/（ms1）0.120.190.230.260.280.29请根据实验数据在图2中作出小车的vt图象（3）通过对实验结果的分析，该
8、同学认为：随着运动速度的增加，小车所受的空气阻力将变大，你是否同意他的观点？请根据vt图象简要阐述理由14某同学在实验室先后完成下面两个实验：测定一节干电池的电动势和内电阻；描绘小灯泡的伏安特性曲线（1）用实验测量得到数据作出UI图线如图乙中a线，实验测得干电池电动势为_V，内电阻为_（2）在描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中，为减小实验误差，方便调节，请在给定的四个电路图（图甲）和三个滑动变阻器中选取适当的电路或器材，并将它们的编号填在横线上应选取的电路是_，滑动变阻器应选取_E总阻值20，最大允许电流2A的滑动变阻器F总阻值200，最大允许电流2A的滑动变阻器G总阻值2000，最大允许电流1A
9、的滑动变阻器（3）将实验中得到的数据在实验中同一UI坐标系内描点作图（图乙），得到如图乙所示的图线b，如果将实验中的电池与实验中的小灯泡组成闭合回路，此时小灯泡的实际功率为_W四、计算题（三小题：计47分）15如图所示，一固定粗糙斜面与水平面夹角=30，一个质量m=1kg的小物（可视为质点），在沿斜面向上的拉力F=10N作用下，由静止开始沿斜面向上运动已知斜面与物体间的动摩擦因数=，取g=10m/s2试求：（1）物体在拉力F作用下运动的速度a1；（2）若力F作用1.2s后撤去，物体在上滑过程中距出发点的最大距离s；（3）物体从静止出发，到再次回到出发点的过程中，物体克服摩擦力所做的功wf16如
10、图所示，一质量为m=2kg的滑块从半径为R=0.45m的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A处由静止滑下，A点和圆弧对应的圆心O点等高，圆弧的底端B与水平传送带平滑相接已知传送带匀速运行的速度为v0=5m/s，B点到传送带右端C点的距离为L=4m当滑块滑到传送带的右端C时，其速度恰好与传送带的速度相同取g=10m/s2，求：（1）滑块到达底端B时对轨道的压力；（2）滑块与传送带间的动摩擦因数；（3）此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量Q17如图所示，一根长为l的细绝缘线，上端固定，下端系一个质量为m的带电小球，将整个装置放入一匀强电场，电场强度大小为E，方向水平向右，已知：当细线偏离竖直方
11、向为=30时，小球处于平衡状态，试求：（1）小球带何种电荷，带电量为多少；（2）如果将细线剪断，小球经t秒发生的位移大小；（3）若将小球拉至最低点无初速释放，当小球运动到图示位置对线的拉力18如图所示，在水平向右的匀强电场中的A点，有一个质量为m、带电荷量为q的油滴以速度v竖直向上运动已知当油滴经过最高点B时，速度大小也为v求：场强E的大小及A、B两点间的电势差2015-2016学年江苏省盐城市东台市创新学校高三（上）月考物理试卷（11月份）一、单项选择题：本题共7小题；每小题4分，共28分，每小题只有一个选项符合题意，请选出正确答案1在物理学的发展进程中，科学的物理思想与方法对物理学的发展起
12、到了重要作用，下列关于物理思想和方法的说法中不正确的是( )A质点和点电荷是同一种思想方法B在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了理想模型法C重心、合力和分力都体现了等效替换的思想D加速度、电场强度、电势都是采取比值法定义的物理量【考点】物理学史 【分析】质点及点电荷采用了理想化的物理模型的方法合力与分力能够等效替代，采用了等效替代的思想；伽利略提出了“落体运动的速度v与时间t成正比”的观点加速度、电场强度、电势都是采取比值法定义的物理量【解答】解：A、质点及点电荷采用了理想化的物理模型的方法，所以质点和点电荷
13、是同一种思想方法，故A正确；B、在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了微分、积分法，故B错误；C、重心、合力和分力、都采用了等效替代的思想，故C正确；D、加速度、电场强度、电势都是采取比值法定义的物理量故D正确；本题选错误的，故选：B【点评】对于物理学上重要的实验和发现，可根据实验的原理、内容、结论及相应的物理学家等等一起记忆，不能混淆2如图所示，条形磁铁A、B质量均为m，C为木块，它们放在水平面上静止时，B对A的弹力为F1，C对B的弹力为F2，则F1、F2与重力mg的大小关系正确的是( )AFl=mg，F2=
14、2mgBF1mg，F2=2mgCFlmg，F2=mgDF1=mg，F22mg【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】以A为研究对象，研究B对A的弹力为F1与重力的关系以整体为研究对象，研究C对B的弹力为F2与总重力的关系【解答】解：以A为研究对象，A受到竖直向下重力mg、B对A竖直向下的引力F引和B对A竖直向上的弹力为F1，由平衡条件得：mg+F引=F1，得F1mg以整体为研究对象，整体受到总重力2mg和C对B的弹力F2，由平衡条件得知，F2=2mg故B正确，故选：B【点评】本题采用隔离法和整体法研究两个物体的平衡问题，运用整体法时，由于
15、不分析内力，比较简便3为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示那么下列说法中正确的是( )A顾客始终受到三个力的作用B顾客始终处于超重状态C顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下D顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下【考点】牛顿运动定律的综合应用 【分析】分加速和匀速两个过程对顾客进行运动分析和受力分析，加速过程合力斜向右上方，故支持力大于重力，静摩擦力向右；匀速过程重力和支持力二力平衡【解答】解：在慢慢加速的过程中，受力如图，物体加速度与速度同方向，合力斜
16、向右上方，因而顾客受到的摩擦力与接触面平行水平向右，电梯对其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，由牛顿第三定律，它的反作用力即人对电梯的作用方向指向向左下，由于加速向右上方，处于超重状态；在匀速运动的过程中，顾客处于平衡状态，只受重力和支持力，顾客与电梯间的摩擦力等于零，顾客对扶梯的作用仅剩下压力，方向沿竖直向下；故选C【点评】本题关键要分两个过程研究，加速过程可以先找出加速度方向，然后得出合力方向，结合物体的受力情况，可以得出各个力的大小情况；匀速过程二力平衡，与运动方向无关！4在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压
17、力F随时间t变化的图象，则下列图象中可能正确的是( )ABCD【考点】超重和失重 【专题】运动学中的图像专题【分析】人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态【解答】解：对人的运动过程分析可知，人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，所以D正确故选D【点评】本题主要考查了对超重失重现象的理解，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5如图所示，小船沿直线AB过河，船头始终垂直
18、于河岸若水流速度增大，为保持航线不变，下列措施与结论正确的是( )A增大船速，过河时间不变B增大船速，过河时间缩短C减小船速，过河时间缩短D减小船速，过河时间不变【考点】运动的合成和分解 【专题】定性思想；推理法；运动的合成和分解专题【分析】小船渡河的运动可分解为沿河岸方向和垂直河岸方向两个分运动，分运动和合运动具有等时性，根据垂直河岸方向的运动去判断渡河的时间【解答】解：船头始终垂直于河岸，河宽一定，当水流速度增大，为保持航线不变，根据运动的合成，静水速度必须增大，再根据t=，所以渡河的时间变小，故ACD错误，B正确故选：B【点评】解决本题的关键将小船渡河的运动可分解为沿河岸方向和垂直河岸方
19、向两个分运动，通过分运动的时间去判断渡河的时间6图示为真空中半径为r的圆，O为圆心，直径ac、bd相互垂直在a、c处分别固定有电荷量为+q、q的两个点电荷下列说法正确的是( )A位置b处电场强度大小为Bac线上各点电场强度方向与bd线上各点电场强度方向垂直CO点电势一定等于b点电势D将一负试探电荷从b点移到c点，电势能减小【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】两个等电量正点电荷Q产生 的电场等势线与电场线具有对称性，作出ac间的电场线，根据顺着电场线电势降低和对称性，分析B与D电势的高低，判断电场力做功情况，可知o点和b电势的大小，根据点电荷的电场E=
20、k和电场叠加原理可求解b点的场强大小【解答】解：A、正负电荷在b点分别产生的场强为，根据矢量可知，故A错误；B、ac线上各点电场强度方向由a指向c，bd线上各点电场强度方向由a指向c，故B错误；C、bOd是一条等势面，故电势相同，故C正确；D、将一负试探电荷从b点移到c点，电场力做负功，电势能增加，故D错误；故选：C【点评】本题关键抓住电场线与等势线的对称性，注意空间每一点的电场是由两个点电荷产生的电场叠加，是考查基础的好题7如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，下面判断不正确的是( )ALI变暗，L2变亮，L3亮度不变BL1和L3变暗，L2变亮CLI变亮
21、，L2变亮，L3亮度不变DLI变亮，L2变暗，L3亮度不变【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】由图可知L3与R串联后与L2并联，再与R0、L1串联；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则可知总电阻的变化；由闭合电路的欧姆定律可知电路中电流的变化，即可知L1亮度的变化；将R0、L1作为内电阻处理，由U=EIr可知并联部分电压的变化，由欧姆定律可得出两灯亮度的变化【解答】解：当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流减小，故L1变暗，电路中电流减小，故内阻及R0、L1两端的电压减小，而电动势不变，故并联部
22、分的电压增大，故L2变亮；因L2中电流增大，干路电流减小，故流过L3的电流减小，故L3变暗，故ACD错误，B正确；本题选错误的故选：ACD【点评】本题是简单的电路动态变化分析问题，通常按照“部分整体部分”的思路分析，要求学生能灵活应用串并联电路的电流电压规律及闭合电路的欧姆定律二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计25分每小题有多个选项符合题意全部选对的得5分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分8如图所示，三个小球从同一高度处的O点分别以水平初速度v1、v2、v3抛出，落在水平面上的位置分别是A、B、C，O是O在水平面上的射影点，且OA：OB：OC=1：3：5若不计空气阻力，则下列
23、说法正确的是( )Av1：v2：v3=1：3：5B三个小球下落的时间相同C三个小球落地的速度相同D三个小球落地的位移相同【考点】平抛运动 【专题】平抛运动专题【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，根据高度确定小球运动的时间，根据水平位移求出三个小球的初速度之比，将落地速度分解，求出落地的速度关系【解答】解：A、三个小球的高度相等，则根据h=知，平抛运动的时间相等，水平位移之比为1：3：5，则根据x=v0t得，初速度之比为1：3：5故AB正确C、小球落地时的竖直方向上的分速度相等，落地时的速度v=，初速度不等，则落地的速度不等故C错误D、小球落地时的位移，水平位
24、移不等，竖直位移相等，则小球通过的位移不等故D错误故选：AB【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，灵活运用运动学公式进行求解9某人将质量为m的物体由静止开始以加速度a竖直向上匀加速提升h，关于此过程下列说法中正确的有( )A人对物体做的功为m（ga）hB物体的动能增加了mahC物体的重力势能增加了m（g+a）hD物体克服重力做的功为mgh【考点】功能关系 【分析】由牛顿第二定律求得物体受到的合力与人对物体的拉力，然后利用恒力做功的公式分别求出重力和拉力做的功，应用动能定理判断动能的变化【解答】解：A、设人对物体的拉力F，由牛顿第二定律得Fmg=ma，即F=m（g+
25、a），提高过程中人对物体做功为m（a+g）h，故A错误；B、提高过程中合外力对物体做功w合=mah，则动能增加mah，故B正确；C、D、提高过程中物体克服重力做功mgh，重力势能增加mgh，故C错误，D正确故选：BD【点评】本题考查了恒力做功引起物体动能变化的过程，正确求出各个力做的功是关键是一道好题10如图所示，a、b、c是地球大气层外圆形轨道上运动的三颗卫星，且b和c在同一个轨道上，则下列说法正确的是( )Ab、c的周期相同，且大于a的周期Bb、c的线速度大小相等，且大于a的线速度Cb加速后可以实现与c对接Da的线速度一定小于第一宇宙速度【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力
26、定律及其应用 【专题】人造卫星问题【分析】根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式进行讨论即可【解答】解：卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力；A、由牛顿第二定律得：G=mr，解得：T=2，由于rarb=rc，则：TaTb=Tc，故A正确；B、由牛顿第二定律得：G=m，解得：v=，由于rarb=rc，则：vavb=vc，故B错误；C、b加速后做圆周运动需要的向心力变大，所需向心力小于在该轨道上受到的万有引力，b做离心运动，轨道半径变大，不可能与c对接，故C错误；D、由牛顿第二定律得：G=m，解得：v=，由于a的轨道半径大于地球半径，则a的线速度小于第一
27、宇宙速度，故D正确；故选：AD【点评】本题考查了万有引力定律的应用，能根据万有引力提供圆周运动向心力并由此分析描述圆周运动的物理量与半径的关系是正确解题的关键11目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是( )A卫星的动能逐渐减小B由于地球引力做正功，引力势能一定减小C由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变D卫星克服气体阻力做的功等于引力势能的减小【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】本题关键是首先根据地球对卫
28、星的万有引力等于卫星需要的向心力，得出卫星的动能随轨道半径的减小而增大，然后再根据动能定理和功能原理讨论即可【解答】解：A、由万有引力提供向心力，可知，v=，可见，卫星的速度大小随轨道半径的减小而增大，所以A错误；B、由于卫星高度逐渐降低，所以地球引力对卫星做正功，引力势能减小，所以B正确；C、由于气体阻力做负功，所以卫星与地球组成的系统机械能减少，故C错误；D、根据动能定理可知引力与空气阻力对卫星做的总功应为正值，而引力做的功等于引力势能的减少，即卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的变化，所以D错误故选：B【点评】若卫星做圆周运动，则应满足，可得轨道半径越小v越大，应熟记12将一电荷量为+Q
29、 的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等a、b 为电场中的两点，则( )Aa 点的电场强度比b 点的大Ba 点的电势比b 点的高C检验电荷q 在a 点的电势能比在b 点的大D将检验电荷q 从a 点移到b 点的过程中电场力做负功【考点】电势差与电场强度的关系；电势能 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场线的疏密表示场强的大小；a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势；电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小【解答】解：A：电场线的疏密表示场
30、强的大小，由图象知a点的电场强度比b点大，故A正确；B：a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势，即a点的电势比b点的高故B正确；C：电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，故C错误；D：由上知，q在a点的电势能较b点小，则把q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点，电势能增大，电场力做负功故D错误故选：AB【点评】该题考查电场线的特点与电场力做功的特点，解题的关键是电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加基础题目三、实验题（2小题，每空2分
31、，计16分）13为了探究受到空气阻力时，物体运动速度随时间的变化规律，某同学采用了“加速度与物体质量、物体受力关系”的实验装置（如图1所示）实验时，平衡小车与木板之间的摩擦力后，在小车上安装一薄板，以增大空气对小车运动的阻力（1）往砝码盘中加入一小砝码，在释放小车之前（选填“之前”或“之后”）接通打点计时器的电源，在纸带上打出一系列的点（2）从纸带上选取若干计数点进行测量，得出各计数点的时间t与速度v的数据如下表：时间t/s00.501.001.502.002.50速度v/（ms1）0.120.190.230.260.280.29请根据实验数据在图2中作出小车的vt图象（3）通过对实验结果的分
32、析，该同学认为：随着运动速度的增加，小车所受的空气阻力将变大，你是否同意他的观点？请根据vt图象简要阐述理由【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系 【专题】压轴题【分析】本题以探究运动物体所受空气阻力与速度的关系实验为背景，考查对基本实验（探究加速度与力的关系）变通与创新能力实验原理是牛顿第二定律利用题中数据可建立vt图象，由vt图象可得到不同速度时的加速度，再由牛顿第二定律可得到不同速度时的空气阻力，这就可以直到空气阻力与速度的关系【解答】解（1）由于纸带长度有限，为了能在有限长度的纸带上打出更多可用的点，应该先接通电源再释放纸带（2）合理选取坐标刻度，尽可能使图象“充满”坐标平面，利
33、用题中所给数据描点连线，得到小车的vt图象如图7所示（3）由小车的vt图象可知，随小车速度的增大，其加速度（图象斜率）变小，由牛顿第二定律可知，小车所受合外力随速度增大而减小由于小车所受拉力大小一定，摩擦力已经平衡掉，所以合力减小必是由空气阻力增大引起的所以，随着运动速度的增加，小车所受的空气阻力将变大该同学的观点正确故答案是：（1）之前；（2）作出的vt图象如图所示；（3）同意在vt图象中，速度越大时，加速度越小，小车受到的合力越小，则小车受空气阻力越大【点评】本题以探究运动物体所受空气阻力与速度的关系实验为背景，考查对基本实验（探究加速度与力的关系）变通与创新能力，所以我们要对书本上的实验
34、问题掌握到位14某同学在实验室先后完成下面两个实验：测定一节干电池的电动势和内电阻；描绘小灯泡的伏安特性曲线（1）用实验测量得到数据作出UI图线如图乙中a线，实验测得干电池电动势为1.50V，内电阻为0.6（2）在描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中，为减小实验误差，方便调节，请在给定的四个电路图（图甲）和三个滑动变阻器中选取适当的电路或器材，并将它们的编号填在横线上应选取的电路是C，滑动变阻器应选取EE总阻值20，最大允许电流2A的滑动变阻器F总阻值200，最大允许电流2A的滑动变阻器G总阻值2000，最大允许电流1A的滑动变阻器（3）将实验中得到的数据在实验中同一UI坐标系内描点作图（图乙），得
35、到如图乙所示的图线b，如果将实验中的电池与实验中的小灯泡组成闭合回路，此时小灯泡的实际功率为0.9W【考点】测定电源的电动势和内阻；用多用电表测电阻 【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）干电池的UI图象与纵轴的焦点坐标是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源的内阻（2）描绘灯泡伏安特性曲线，滑动变阻器要采用分压接法，电流表采用外接法，分析电路图，找出符合要求的电流；为了方便实验操作，在保证安全的前提下，应选择最大阻值较小的滑动变阻器（3）由图象找出电源的UI图象与灯泡UI图象交点的坐标值，该坐标值就是该电源与该灯泡组成闭合电路时的电路电流与到灯泡两端的电源，由P=UI可以求出灯泡的实际功率【
36、解答】解：（1）UI图象与纵轴的焦点坐标是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源的内阻由干电池的UI图象可知，干电池的电动势E=1.50V，电源内阻r=0.6；（2）滑动变阻器应采用分压接法，电流表采用外接法，因此应选电路图C为方便实验操作，滑动变阻器应选E、总阻值20，最大允许电流2A的滑动变阻器（3）由图象可知，a、b图象的交点坐标值为1.5A，0.6V，则此时灯泡的实际功率P=UI=0.6V1.5A=0.9W；故答案为：（1）1.50； 0.6； （2）C E； （3）0.9【点评】本题考查了求电源电动势、电源内阻、灯泡实际功率等问题，要掌握图象法处理实验数据的方法，由图象求电压与对应的电流
37、值是正确解题的关键四、计算题（三小题：计47分）15如图所示，一固定粗糙斜面与水平面夹角=30，一个质量m=1kg的小物（可视为质点），在沿斜面向上的拉力F=10N作用下，由静止开始沿斜面向上运动已知斜面与物体间的动摩擦因数=，取g=10m/s2试求：（1）物体在拉力F作用下运动的速度a1；（2）若力F作用1.2s后撤去，物体在上滑过程中距出发点的最大距离s；（3）物体从静止出发，到再次回到出发点的过程中，物体克服摩擦力所做的功wf【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）由牛顿第二定律可以求出加速度；（2）由匀变速运动的速度公式与位移公式可以求出物体的位移
38、；（3）求出整个过程中物体的路程，然后由功的计算公式求出克服摩擦力做功【解答】解：（1）由牛顿第二定律得：Fmgsin30mgcos30=ma1，解得：a1=2.5m/s2； （2）力作用t=1.2s后，速度大小为v=at=3m/s，物体向上滑动的距离：s1=a1t2=1.8m；此后它将向上匀减速运动，其加速度大a2=7.5m/s2， 这一过程物体向上滑动的距离：s2=0.6m，整个上滑过程移动的最大距离：s=s1+s2=2.4m；（3）整个运动过程所通过的路程为s=2s=4.8m，克服摩擦所做的功Wf=mgcos30s=12J；答：（1）物体在拉力F作用下运动的速度为2.5m/s2；（2）若
39、 力F作用1.2s后撤去，物体在上滑过程中距出发点的最大距离为2.4m；（3）物体从静止出发，到再次回到出发点的过程中，物体克服摩擦力所做的功为12J【点评】对物体正确受力分析、应用牛顿第二定律、匀变速运动规律、功的计算公式即可正确解题16如图所示，一质量为m=2kg的滑块从半径为R=0.45m的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A处由静止滑下，A点和圆弧对应的圆心O点等高，圆弧的底端B与水平传送带平滑相接已知传送带匀速运行的速度为v0=5m/s，B点到传送带右端C点的距离为L=4m当滑块滑到传送带的右端C时，其速度恰好与传送带的速度相同取g=10m/s2，求：（1）滑块到达底端B时对轨道的压力；（2
40、）滑块与传送带间的动摩擦因数；（3）此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量Q【考点】动能定理；向心力 【专题】计算题；比较思想；临界法；动能定理的应用专题【分析】（1）滑块从A运动到B的过程中，只有重力做功，根据机械能守恒定律或动能定理，求出滑块到达底端B时的速度滑块经过B时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，根据牛顿运动定律求解滑块对轨道的压力；（2）滑块滑上传送带后向右做匀加速运动，由题，滑块滑到传送带的右端C时，其速度恰好与传送带的速度相同，根据动能定理或牛顿第二定律、运动学公式求解动摩擦因数；（3）根据运动学公式求出滑块从B到C的运动时间，即可求出此时间内传送带的位移，得
41、到滑块与传送带的相对位移，因摩擦而产生的热量Q等于滑动摩擦力与相对位移大小的乘积【解答】解：（1）设滑块到达底端B时的速度大小为vB，滑块从A运动到B的过程中，由动能定理，有：代入数据可解得：在B端，由牛顿第二定律有：所以有：N=3mg=60N根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力大小为60N，方向竖直向下（2）滑块从B运动到C的过程中，由动能定理得：代入数据可得：=0.2（3）滑块在传送带上滑动的加速度为：滑块从B到C的时间为：在此过程中传送带运动的距离为：x=v0t=5m/s滑块与传送带的相对位移为：x=xL=1m所以摩擦生热为：Q=mgx=4J答：（1）滑块到达底端B时对轨道的压力是60N，
42、方向竖直向下；（2）滑块与传送带间的动摩擦因数是0.2；（3）此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量Q是4J【点评】本题是动能定理、向心力、牛顿第二定律、运动学公式的综合应用，容易出错的地方是：Q=mgx，应根据相对位移求解摩擦生热17如图所示，一根长为l的细绝缘线，上端固定，下端系一个质量为m的带电小球，将整个装置放入一匀强电场，电场强度大小为E，方向水平向右，已知：当细线偏离竖直方向为=30时，小球处于平衡状态，试求：（1）小球带何种电荷，带电量为多少；（2）如果将细线剪断，小球经t秒发生的位移大小；（3）若将小球拉至最低点无初速释放，当小球运动到图示位置对线的拉力【考点】匀强电
43、场中电势差和电场强度的关系 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】（1）正电荷所受电场力与电场强度同方向，负电荷所受电场力与电场强度反方向；受力分析后，根据平衡条件得到电场力，确定电场强度；（2）剪短细线后，小球受电场力和重力，合力恒定，加速度恒定，做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求加速度，再根据位移时间关系公式求解位移；（3）小球做圆周运动，由动能定理求出到达图示位置时的速度，在图示位置时合力指向圆心，提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解【解答】解：（1）对小球受力分析，受重力、拉力和电场力，电场力向右，故带正电荷根据平衡条件可知：x方向有：Tsin=qE，y方向：
44、Tcos=mg，解得qE=mgtan，故q=故小球带正电荷，带电量为（2）剪短细线后，小球受电场力和重力，合力沿着绳子向右下方，大小等于第一问中绳子的拉力，为；根据牛顿第二定律，加速度为：a=做初速度为零的匀加速直线运动，位移为 x=（3）从最低点到平衡位置的过程，由动能定理得：Eqlsinmgl（1cos）=mv2；小球做圆周运动，到达图示位置时，受到重力、电场力和细线的拉力，重力和电场力的合力大小为；三力的合力指向圆心，提供向心力，根据牛顿第二定律得：FT=m，解得：FT=mg（2）=2（1）mg答：（1）小球带正电荷，带电量为（2）如果将细线剪断，小球经时间t发生的位移大小为；（3）若将
45、小球拉至最低点无初速释放，当小球运动到图示位置时受到线的拉力的大小是2（1）mg【点评】本题关键是：（1）根据平衡条件结合正交分解法求解力；（2）根据牛顿运动定律确定加速度后计算位移；（3）根据动能定理求解速度后，运用向心力公式和牛顿第二定律求解拉力18如图所示，在水平向右的匀强电场中的A点，有一个质量为m、带电荷量为q的油滴以速度v竖直向上运动已知当油滴经过最高点B时，速度大小也为v求：场强E的大小及A、B两点间的电势差【考点】电势差；电场强度 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】（1）油滴在电场中受到重力和电场力，两个力都是恒力，运用运动的分解法研究，将油滴的运动分解为水平和竖直两个方向
46、研究，根据匀变速直线运动平均速度公式列出两个方向的位移，得到两个位移的关系，再根据动能定理列式求解E（2）根据动能定理求解A、B两点间的电势差【解答】解：（1）油滴在水平方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动；竖直方向上做匀减速直线运动根据分运动与合运动的等时性以及匀变速直线运动平均速度公式有： 竖直方向有：h= 水平方向有：x= 所以得：h=x 由动能定理：qExmgh=0 得到：E= （2）由动能定理得：qUAB+mgh=0 且竖直方向有：mgh=0mv2 得到：UAB= 答：（1）场强E的大小为； （2）A、B两点间的电势差为【点评】本题考查运动的合成与分解，掌握运动学公式和动能定理的应用，理解电场力做功与电势差之间的关系