江蘇省常州市2013屆高三物理上學期期中試卷（含解析）新人教版.doc

江蘇省常州市2013屆高三上學期期中考試物理試卷一、單項選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分每小題只有一個選項符合題意1（3分）關(guān)于運動和力，下列說法中正確的是（）a物體運動速度變化越快，加速度越大b做直線運動的物體受到的合外力一定是恒力c做勻速圓周運動的物體的加速度不變d做平拋運動的物體在任意一段時間內(nèi)速度變化的方向是不相同的考點：平拋運動；牛頓第一定律；物體做曲線運動的條件；向心加速度專題：平拋運動專題分析：1、加速度是反映速度變化快慢的物理量加速度大，速度變化快2、物體做直線運動的條件是：受到的合力與速度方向在同一直線上3、做勻速圓周運動的物體的向心加速度方向時刻改變4、平拋運動的加速度是重力加速度，大小方向都不變，所以速度變化的方向就不變解答：解：a、加速度是反映速度變化快慢的物理量加速度大，速度變化快故a正確b、只要合力與速度的方向在同一直線上，物體就做直線運動，合力的大小可以變化，例如加速度減小的加速直線運動故b錯誤c、做勻速圓周運動的物體的加速度是向心加速度，向心加速度的方向始終指向圓心，方向時刻改變，故加速度是時刻改變的故c錯誤d、速度變化的方向就是加速度的方向，加速度不變化，速度變化的方向就不變，平拋運動的加速度是重力加速度，大小方向都不變，故做平拋運動的物體在任意一段時間內(nèi)速度變化的方向是相同的故d錯誤故選a點評：本題主要考查運動學、動力學的基本知識，記住并理解這些基本概念即可，難度不大，屬于基礎題2（3分）（2011上海模擬）一小球在離地高h處從靜止開始豎直下落，運動過程中受到的阻力大小與速率成正比，如圖圖象反映了小球的機械能e隨下落高度h的變化規(guī)律（選地面為零勢能參考平面），其中可能正確的是（）abcd考點：機械能守恒定律；功能關(guān)系專題：機械能守恒定律應用專題分析：只有重力對物體做功時，物體的機械能守恒，由于物體受空氣阻力的作用，所以物體的機械能要減小，減小的機械能等于克服阻力做的功解答：解：根據(jù)題意可知：f=kv e=因為速度逐漸增大，所以逐漸增大，故圖象的斜率逐漸增大，即機械能減小的越來越快當小球落到地面上時還有動能，機械能不為0，只有b正確故選b點評：物體受空氣阻力的作用，物體的機械能要減小，由于空氣阻力逐漸增大，所以機械能減小的越來越快3（3分）（2012徐州一模）如圖所示，在真空中有兩個帶正電的點電荷，分別置于p、q兩點，p處正點電荷的電荷量大于q處點電荷的電荷量，a、b為p、q連線的中垂線上的兩點，現(xiàn)將一負電荷q 由a點沿中垂線移動到b點，在此過程中，下列說法正確的是（）aq的電勢能逐漸減小bq的電勢能逐漸增大cq的電勢能先增大后減小d以上均不正確考點：電勢能；電場線專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：a、b為帶正電的點電荷連線的中垂線上的兩點，電場線從mn出發(fā)到無窮遠終止，根據(jù)順著電場線電勢降低可知，a的電勢高于b點的電勢，將負點電荷q由a點沿中垂線移動到b點，根據(jù)電場力做功的正負，判斷其電勢能的變化解答：解：由題分析可知，a的電勢高于b點的電勢，將負點電荷q由a點沿中垂線移動到b點的過程中，電場力一直做負功，電荷的電勢能逐漸增大故選b點評：本題關(guān)鍵是判斷出ab間電勢的高低本題也可以根據(jù)推論：負電荷在電勢低處電勢能大來判斷電勢能的變化4（3分）如圖所示，閉合電鍵s后，a燈與b燈均發(fā)光，電流表a1、a2的讀數(shù)分別為i1、i2，當滑動變阻器滑動片向下滑動一段后，電流表a1、a2讀數(shù)變化的大小分別為i1、i2，則下列說法中錯誤的是（）aa燈變暗bb燈變暗ci1、i2都變小di1i2考點：閉合電路的歐姆定律專題：恒定電流專題分析：當滑動變阻器滑動片向下滑動一段后，變阻器接入電路的電阻減小，分析外電路總電阻的變化，由閉合電路歐姆定律分析干路電流的變化和路端電壓的變化，即可知道a1讀數(shù)的變化由歐姆定律判斷通過a燈的電流變化，判斷其亮度變化根據(jù)干路電流與a燈電流的變化，分析通過電流表a2讀數(shù)的變化及電阻r0兩端電壓的變化，結(jié)合路端電壓的變化，分析燈b與變阻器并聯(lián)電壓的變化，判斷b燈亮度的變化解答：解：當滑動變阻器滑動片向下滑動一段后，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，由閉合電路歐姆定律分析得知：干路電流增大，電源的內(nèi)電壓增大，則路端電壓減小則a1讀數(shù)i1變大；路端電壓減小，通過a燈的電流變小，則a變暗由干路電流增大，而a燈電流減小，得知通過電流表a2讀數(shù)i2變大的變化，電阻r0兩端電壓變大，而路端電壓變小，則燈b與變阻器并聯(lián)電壓變小，b燈變暗由于i1變大，i2變大，ia變小，又i1=i2+ia，則得i1i2故abd正確，c錯誤本題選錯誤的，故選c點評：本題是電路動態(tài)變化分析問題，按局部到整體再到局部的思路進行分析5（3分）如圖所示，質(zhì)量不計的彈簧豎直固定在水平面上，t=0時刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球接觸彈簧并將彈簧壓縮至最低點（形變在彈性限度內(nèi)），然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后又下落，如此反復通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測出該過程中彈簧彈力f隨時間t變化的圖象如圖所示，下列說法錯誤的是（）a運動過程中小球、地球和彈簧組成的系統(tǒng)的機械能守恒bt2時刻小球的加速度為零ct2t3這段時間內(nèi)，小球的動能先增加后減少dt2t3這段時間內(nèi)，小球的動能與重力勢能之和在增加考點：機械能守恒定律；胡克定律；牛頓第二定律專題：機械能守恒定律應用專題分析：對于小球、地球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒通過分析小球的受力情況和運動情況，分析加速度、動能的變化由系統(tǒng)的機械能守恒，分析小球的動能與重力勢能之和如何變化解答：解：a、對于小球、地球和彈簧組成的系統(tǒng)，只有重力和彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒故a正確b、c分析小球的受力情況和運動情況： 小球先自由下落，與彈簧接觸后，彈簧被壓縮，在下降的過程中，彈力不斷變大，當彈力小于重力時，物體加速下降，合力變小，加速度變小，故小球做加速度減小的加速運動；當加速度減為零時，速度達到最大；之后物體由于慣性繼續(xù)下降，彈力大于重力，合變?yōu)橄蛏锨也粩嘧兇螅铀俣认蛏锨也粩嘧兇?，故小球做加速度不斷增大的減速運動；同理，上升過程，先做加速度不斷減小的加速運動，當加速度減為零時，速度達到最大，之后做加速度不斷增大的減速運動t2時刻小球到達最低點，速度為零，但合力不為零，則其加速度不為零t2t3這段時間內(nèi)，小球正上升，速度先增大后減小，動能先增加后減少故b錯誤，c正確d、根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒得知：小球的動能、重力勢能與彈簧的彈性勢能總和保持不變，t2t3這段時間內(nèi)，小球在上升，彈簧的彈性勢能減小，則知小球的動能與重力勢能之和在增加故d正確本題選錯誤的，故選b點評：本題關(guān)鍵要將小球的運動分為自由下落過程、向下的加速和減速過程、向上的加速和減速過程進行分析處理，抓住守恒條件分析系統(tǒng)的機械能守恒二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共計16分每小題有多個選項符合題意全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分6（4分）如圖所示，“嫦娥二號”探月衛(wèi)星在月球引力的作用下，沿橢圓軌道向月球靠近，并在p處“剎車制動”后繞月球做勻速圓周運動，已知“嫦娥二號”繞月球做勻速圓周運動的軌道半徑為r，周期為t，引力常量為g下列說法中正確的是（）a“嫦娥二號”向p處運動過程中速度逐漸變小b根據(jù)題中條件可以算出月球質(zhì)量c根據(jù)題中條件可以算出“嫦娥二號”受到月球引力的大小d“嫦娥二號”向p處運動過程中加速度逐漸變大考點：人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系；萬有引力定律及其應用專題：人造衛(wèi)星問題分析：“嫦娥二號”探月衛(wèi)星在靠近月球的過程中，萬有引力做正功，動能增加，速度越來越大根據(jù)萬有引力提供向心力可以求出月球質(zhì)量及加速度的變化情況解答：解：a、“嫦娥二號”向p處運動過程中，萬有引力做正功，動能增加，速度越來越大故a錯誤；b、根據(jù)萬有引力提供向心力周期公式得：m=，故b正確；c、“嫦娥二號”受到月球引力f=，由于不知道嫦娥二號的質(zhì)量，故無法求得“嫦娥二號”受到月球引力的大??；d、根據(jù)，解得：a=，“嫦娥二號”向p處運動過程中r變小，所以加速度變大，故d正確故選bd點評：本題主要考查了萬有引力提供向心力公式的直接應用，通過公式可以求得中心天體的質(zhì)量，不可以求出環(huán)繞天體的質(zhì)量7（4分）用一直流電池組給電阻為r的直流電動機供電，當電動機正常工作時，電動機兩端的電壓為u，通過的電流為i，則下列說法中正確的是（）a電動機的輸入功率為uib電動機的輸入功率為uii2rc電動機的發(fā)熱功率為i2rd電動機的輸出功率是uii2r考點：電功、電功率專題：恒定電流專題分析：當電動機正常工作時，其電路是非純電阻電路，輸入的功率是電功率，根據(jù)p=ui求解發(fā)熱功率由p=i2r求解輸出功率由能量守恒定律研究解答：解：a、b電動機輸入的功率是電功率，即p電=ui故a正確，b錯誤 c、電動機的發(fā)熱功率根據(jù)焦耳定律得到p熱=i2r故c正確 d、電動機的輸出功率是機械功率，根據(jù)能量守恒定律得，p出=p電p熱=uii2r故d正確故選acd點評：本題中當電動機正常工作時其電路是非純電阻電路，求電功率只能用p=ui，求熱功率只能用p=i2r而輸出的機械功率只能根據(jù)能量守恒求解，而且電功率大于熱功率8（4分）如圖所示，一塊長木板b放在光滑的水平面上，再在b上放一物體a，現(xiàn)以恒定的外力拉b，a、b發(fā)生相對滑動，向前移動了一段距離在此過程中（）ab對a的摩擦力所做的功等于a的動能增加量ba對b的摩擦力所做的功等于b對a的摩擦力所做的功c外力f做的功等于a和b動能的增加量d外力f對b做的功等于b的動能的增加量與b克服摩擦力所做的功之和考點：動能定理的應用；功的計算；功能關(guān)系專題：動能定理的應用專題分析：本題可以對a物體運用動能定理列式分析，也可以對b物體運用動能定理列式分析，還可以對a、b整體運用動能定理列式分析，其中a與b之間的一對滑動摩擦力做的功等于內(nèi)能的增加量，本題通過靈活選擇研究對象運用動能定理分析各個選項即可解答：解：a、對物體a受力分析，受重力、支持力和摩擦力，只有摩擦力做功，根據(jù)動能定理，b對a的摩擦力所做的功等于a的動能增加量，故a正確；b、由于存在相對滑動，故a對b的摩擦力所做的功不等于b對a的摩擦力所做的功，故b錯誤；c、對a、b整體運用動能定理，除拉力做功外，還有一對滑動摩擦力做功，故系統(tǒng)動能增加量小于拉力做的功，故c錯誤；d、對物體b運用動能定理可知，拉力做的功減去克服摩擦力做的功等于動能增加量，故外力f對b做的功等于b的動能的增加量與b克服摩擦力所做的功之和，故d正確；故選ad點評：本題關(guān)鍵是要知道不僅可以對單個物體運用動能定理，也可以對物體系統(tǒng)運用動能定理，即對多物體系統(tǒng)，內(nèi)力和外力做的做功等于系統(tǒng)動能的增加量9（4分）靜電場方向平行于x軸，其電勢隨x的分布可簡化為如圖所示的折線一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子（不計重力），以初速度v0從o點進入電場，沿x軸正方向運動下列敘述正確的是（）a粒子從o運動到x1的過程中，電場力做正功b粒子從x1運動到x3的過程中一直加速c要使粒子能運動到x4處，粒子的初速度v0至少為d若v0=，粒子在運動過程中的最大速度為考點：勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系；電場強度；電勢能專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：根據(jù)順著電場線方向電勢降低，判斷場強的方向，根據(jù)電場力方向分析粒子的運動情況根據(jù)正電荷在電勢高處電勢越大，判斷電勢能的變化粒子如能運動到x1處，就能到達x4處，根據(jù)動能定理研究0x1過程，求解初速度v0粒子運動到x3處電勢能最小，動能最大，由動能定理求解最大速度解答：解：a、粒子從o運動到x1的過程中，電勢升高，場強方向沿x軸負方向，粒子所受的電場力方向也沿x軸負方向，電場力做負功，粒子做減速運動故a錯誤b、粒子從x1運動到x3的過程中，電勢不斷降低，根據(jù)正電荷在電勢高處電勢越大，可知，粒子的電勢能不斷減小，電場力做正功，則一直處于加速狀態(tài)，故b正確c、根據(jù)電場力和運動的對稱性可知：粒子如能運動到x1處，就能到達x4處，當粒子恰好運動到x1處時，由動能定理得 q（00）=0m，解得，v0=，要使粒子能運動到x4處，粒子的初速度v0至少為v0=故c錯誤d、若v0=，粒子運動到x3處電勢能最小，動能最大，由動能定理得q0（0）= mm，解得最大速度為vm=故d正確故選bd點評：根據(jù)電勢隨x的分布圖線可以得出電勢函數(shù)關(guān)系，由電勢能和電勢關(guān)系式得出電勢能的變化利用動能定理列方程解答三、簡答題（共計20分）：請將解答填寫在答題卡相應的位置10（8分）甲乙兩個同學共同做“驗證牛頓第二定律”的實驗，裝置如圖1所示兩位同學用砝碼盤（連同砝碼）的重力作為小車（對象）受到的合外力，需要平衡桌面的摩擦力對小車運動的影響他們將長木板的一端適當墊高，在不掛砝碼盤的情況下，小車能夠自由地做勻運速直線運動另外，還應滿足砝碼盤（連同砝碼）的質(zhì)量m遠小于小車的質(zhì)量m（填“遠小于”、“遠大于”或“近似等于”）接下來，甲同學研究：在保持小車的質(zhì)量不變的條件下，其加速度與其受到的牽引力的關(guān)系；乙同學研究：在保持受到的牽引力不變的條件下，小車的加速度與其質(zhì)量的關(guān)系甲同學通過對小車所牽引紙帶的測量，就能得出小車的加速度a圖2是某次實驗所打出的一條紙帶，在紙帶上標出了5個計數(shù)點，在相鄰的兩個計數(shù)點之間還有4個點未標出，圖中數(shù)據(jù)的單位是cm實驗中使用的電源是頻率f=50hz的交變電流根據(jù)以上數(shù)據(jù)，可以算出小車的加速度a=0.343m/s2（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）乙同學通過給小車增加砝碼來改變小車的質(zhì)量m，得到小車的加速度a與質(zhì)量m的數(shù)據(jù)，畫出a圖線后，發(fā)現(xiàn)：當較大時，圖線發(fā)生彎曲于是，該同學后來又對實驗方案進行了進一步地修正，避免了圖線的末端發(fā)生彎曲的現(xiàn)象那么，該同學的修正方案可能是aa改畫a與的關(guān)系圖線 b改畫a與（m+m）的關(guān)系圖線c改畫 a與的關(guān)系圖線 d改畫a與的關(guān)系圖線考點：驗證牛頓第二運動定律專題：實驗題；牛頓運動定律綜合專題分析：在“驗證牛頓第二定律”的實驗中，為使繩子拉力為小車受到的合力，應先平衡摩擦力；為使繩子拉力等于砝碼和砝碼盤的重力，應滿足砝碼和砝碼盤的質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量；在相鄰的兩個計數(shù)點之間還有4個點未標出，說明任意兩個技計數(shù)點之間的時間間隔為打點周期的5倍，在求平均加速度時注意運用“二分法”解答：解：“驗證牛頓第二定律”的實驗中，為使繩子拉力為小車受到的合力，應先平衡摩擦力，方法是將長木板的一端適當墊高，在不掛砝碼盤的情況下，小車能夠自由地做勻速直線運動，另外為使繩子拉力等于砝碼盤（連同砝碼）的質(zhì)量，必須滿足滿足砝碼盤（連同砝碼）的質(zhì)量m遠小于小車的質(zhì)量m的條件由勻變速運動的推論x=at2得，將計數(shù)點0到4分成0到2和2到4兩部分，其中t=2（50.02s）=0.2s，x=（17.478.05）8.05cm=1.37cm，代入上式解得a=0.343m/s2乙同學通過給小車增加砝碼來改變小車的質(zhì)量m，故小車的質(zhì)量應為m+m，作圖時應作出a圖象，故選a故答案為：勻速直線，遠小于，0.343 a點評：明確實驗原理是解決有關(guān)實驗問題的關(guān)鍵在驗證牛頓第二定律實驗中，注意以下幾點：（1）平衡摩擦力，這樣繩子拉力才為合力；（2）滿足砝碼（連同砝碼盤）質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量，這樣繩子拉力才近似等于砝碼（連同砝碼盤）的重力；（3）用“二分法”求出小車的加速度11（12分）（1）某同學為研究某電學元件（最大電壓不超過2.5v，最大電流不超過0.55a）的伏安特性曲線，在實驗室找到了下列實驗器材：a電壓表（量程是3v，內(nèi)阻是6k的伏特表）b電流表（量程是0.6a，內(nèi)阻是0.5的安培表）c滑動變阻器（阻值范圍05，額定電流為0.6a）d直流電源（電動勢e=3v，內(nèi)阻不計）e開關(guān)、導線若干該同學設計電路并進行實驗，通過實驗得到如下數(shù)據(jù)（i和u分別表示電學測量儀器上的電流和電壓）i/a00.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50u/v00.200.400.600.801.001.201.401.601.802.00請在圖1的方框中畫出實驗電路圖，電學元件用rx表示；在圖（a）中描出該電學元件的伏安特性曲線；（2）某同學利用電壓表和電阻箱測定一種特殊電池的電動勢，該同學利用如圖2所示的電路進行實驗，圖中r0為已知阻值的定值電阻用該電路測電動勢與內(nèi)阻，測量值和真實值的關(guān)系：e真 e測，r真 r測（填“”、“”或“=”）改變電阻箱阻值，取得多組數(shù)據(jù)為了便于用圖象法求解電動勢與內(nèi)阻，需要建立合適的坐標系，縱坐標表示，橫坐標表示考點：描繪小電珠的伏安特性曲線專題：實驗題；恒定電流專題分析：（1）描繪伏安特性曲線電壓與電流應從零開始變化，滑動變阻器應采用分壓接法；根據(jù)電學元件電阻與電表內(nèi)阻的關(guān)系確定電流表的接法，然后作出電路圖根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)在坐標系內(nèi)描出對應點，應用描點法作出圖象（2）在應用圖象法處理實驗數(shù)據(jù)時，直線最簡單、直觀，根據(jù)閉合電路的歐姆定律求出求出u與r的關(guān)系式，然后答題解答：解：（1）電壓與電流從零開始變化，滑動變阻器應采用分壓接法；待測元件電阻阻值約為r=4.5，=1333，=9，應采用電流表外接法，實驗電路圖如圖1所示根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)，應用描點法作圖，圖象如圖2所示（2）如果考慮電壓表的內(nèi)阻，根據(jù)實驗的原理e=u+（+）r，得： =（1+）+，縱軸表示，橫軸表示，考慮電壓表的內(nèi)阻，此時圖線的縱軸截距表示（1+），所以e真大于e測，r真大于r測故答案為：（1）如圖1所示 如圖2所示（2）；點評：解決本題的關(guān)鍵：知道運用伏阻法測量電源電動勢和內(nèi)阻的原理，會根據(jù)圖象測量電源的電動勢和內(nèi)阻，將兩個非線性關(guān)系的物理量，變成兩個線性關(guān)系的物理量四、計算題（共計69分）解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟只寫出最后答案的不能得分有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位12（14分）（2011南京一模）雜技演員在進行“頂桿”表演時，使用了一根質(zhì)量可忽略不計的長竹竿一質(zhì)量為40kg的演員自桿頂由靜止開始下滑，指到竹桿底端時速度剛好為零已知雜技演員在下滑過程中其速度一時間圖象如圖所示（以向下的方向為速度的正方向）求：（1）在o1s時間內(nèi)雜技演員的加速度大小；（2）長竹竿的長度；（3）在o1s時間內(nèi)竹竿底部對下面頂桿人肩部的壓力大小（取g=10m/s2）考點：牛頓第二定律；勻變速直線運動的速度與時間的關(guān)系；勻變速直線運動的圖像專題：牛頓運動定律綜合專題分析：（1）在速度時間圖象上，圖象斜率代表加速度（2）在速度時間圖象上，圖象與坐標軸圍成的面積表示位移（3）由（1）可知01s內(nèi)雜技演員的加速度，然后對雜技演員利用牛頓第二定律列式求解即可解答：解（1）由圖象得：在o1s時間內(nèi)雜技演員的加速度大小 （2）由圖象得：竹竿的長度為：（3）對雜技演員由牛頓第二定律得：mgf=ma 聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得：f=280n由牛頓第三定律得竹竿底部對下面頂桿人肩部壓力大小f=f=280n答：（1）在o1s時間內(nèi)雜技演員的加速度大小3m/s2；（2）長竹竿的長度為4.5m；（3）在o1s時間內(nèi)竹竿底部對下面頂桿人肩部的壓力大小為280n點評：本題主要考查了牛頓第二定律和牛頓第三定律的直接應用，要求同學們能根據(jù)圖象得出有效信息13（11分）如圖所示，直線a為某電源的ui圖線，直線b為電阻r的ui 圖線，求：（1）電源的電動勢和內(nèi)阻分別是多大？（2）當用此電阻r和該電源組成的閉合電路時，該電源的輸出功率為多少？（3）若接入該電源的外電阻是一個最大阻值是2的滑動變阻器，則滑動變阻器的阻值多大時，其消耗的功率最大考點：閉合電路的歐姆定律專題：恒定電流專題分析：（1）由電源的ui圖象讀出電動勢，求出內(nèi)阻（2）由電阻r的ui圖象求出電阻r，根據(jù)閉合電路歐姆定律求出用該電源和該電阻組成閉合電路時電路中電流和電源的輸出電壓，再求出電源的輸出功率（3）當電源的內(nèi)電阻等于外電阻時，電源的輸出功率最大解答：解：（1）讀圖線a可知，圖線縱軸截距等于電源的電動勢，則知電源的電動勢e=6v，圖線的斜率大小等于電源的內(nèi)阻，則電源的內(nèi)阻r=0.5 （2）當用此電阻r和該電源組成的閉合電路時，兩圖線的交點表示電路的工作狀態(tài)，則知電阻的電壓為u=5v，電流為i=2a，則該電源的輸出功率為：p=ui=5v2a=10w （3）當r=r時，即r的阻值是0.5時，輸出功率最大 答：（1）電源的電動勢和內(nèi)阻分別是6v和0.5（2）當用此電阻r和該電源組成的閉合電路時，該電源的輸出功率為10w（3）滑動變阻器的阻值為0.5時，其消耗的功率最大點評：本題考查對電源和電阻伏安特性曲線的理解能力，其實兩圖線的交點就表示該電源和該電阻組成閉合電路時的工作狀態(tài)，能直接電流和路端電壓，求出電源的輸出功率14（15分）如圖所示，將一質(zhì)量為m=0.1kg的小球自水平平臺右端o點以初速度v0水平拋出，小球飛離平臺后由a點沿切線落入豎直光滑圓軌道abc，并沿軌道恰好通過最高點c，圓軌道abc的形狀為半徑r=2.5m的圓截去了左上角l27的圓弧，bc為其豎直直徑，（sin53=0.8 cos53=0.6，重力加速度g取10m/s2）求：（1）小球經(jīng)過c點的速度大??；（2）小球運動到軌道最低點b 時小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?；?）v0的數(shù)值考點：機械能守恒定律；牛頓第二定律；向心力專題：機械能守恒定律應用專題分析：沿軌道恰好通過最高點c，根據(jù)牛頓第二定律求解小球經(jīng)過c點的速度大小從b點到c點，由機械能守恒定律求解b點速度由牛頓第二定律得小球?qū)壍赖膲毫Υ笮腶到b由機械能守恒定律求出a點速度，在a點進行速度的分解，即可求解解答：解：（1）恰好運動到c點，有重力提供向心力，即mg=m解得：vc=5m/s （2）從b點到c點，由機械能守恒定律有在b點對小球進行受力分析，由牛頓第二定律有fnmg=m解得：fn=6n根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?.0n（3）從a到b由機械能守恒定律有解得：m/s在a點進行速度的分解有：v0=vacos53=答：（1）小球經(jīng)過c點的速度大小為5m/s；（2）小球運動到軌道最低點b 時小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?n；（3）v0的數(shù)值為點評：本題是平拋運動和圓周運動相結(jié)合的典型題目，除了運用平拋運動和圓周運動的基本公式外，求速度的問題，動能定理不失為一種好的方法15（14分）（2012徐州一模）如圖所示，在水平方向的勻強電場中有一表面光滑、與水平面成45角的絕緣直桿ac，其下端（c端）距地面高度h=0.8m有一質(zhì)量500g的帶電小環(huán)套在直桿上，正以某一速度沿桿勻速下滑，小環(huán)離桿后正好通過c端的正下方p點處（g=10m/s2）求：（1）小環(huán)帶何種電荷？離開直桿后運動的加速度大小和方向（2）小環(huán)從c運動到p過程中的動能增量（3）小環(huán)在直桿上勻速運動速度的大小0考點：帶電粒子在勻強電場中的運動；牛頓第二定律；動能定理的應用分析：小環(huán)在置于電場中的傾斜的光滑絕緣直桿上勻速下滑，由共點力平衡結(jié)合重力與支持力方向可判斷出電場力方向，又由電場強度的方向可得出電荷的電性當小環(huán)離開直桿后，僅少了支持力則此時的合力就是由重力與電場力提供，由牛頓第二定律可求出離開后的加速度大小與方向小環(huán)離開直桿后，所受合力恰與速度方向垂直，因此做的類平拋運動當小環(huán)從c到p過程中，電場力做功剛好為零，動能的變化完全由重力做功引起當求小環(huán)離開直桿的速度時，僅從離開前無法入手，而離開后做類平拋運動，所以利用垂直于桿的方向與沿桿的方向的位移可求出小環(huán)的拋出速度解答：解：（1）對帶電小環(huán)受力分析因帶電小環(huán)勻速下滑，加之電場強度水平向左，所以小環(huán)帶負電由幾何關(guān)系可知，小環(huán)所受電場力與重力大小相等則小環(huán)離開直桿后所受的合外力大小為：f合=由牛頓第二定律可得：方向垂直于桿向下（或與水平方向成45角斜向下）（2）設小環(huán)從c運動到p過程中動能的增量為ek由動能定理有：wg+we=ek電場力做功為零we=0ek=wg=mgh=4j（3）小環(huán)離開桿做類平拋運動如圖所示建立坐標x、y軸垂直于桿方向做勻加速運動：平行于桿方向做勻速運動：解得：0=2m/s點評：考查帶電粒子在電場與重力場共同作用下的運動，在直桿的束縛下的勻速直線運動與沒有束縛下的