甘肅省天水市秦安一中高三物理上學期期末試卷（實驗班含解析）.doc

2015-2016學年甘肅省天水市秦安一中高三（上）期末物理試卷（實驗班）一、單項選擇題部分（共10小題，每小題4分，共40分在每小題給出的4個選項中，只有一項是正確的，選對的得4分，選錯或不答的得0分）1如圖所示，在豎直平面內(nèi)，用甲、乙兩個彈簧秤通過細線拉著一個鉤碼，使之處于靜止狀態(tài)若保持甲彈簧秤拉力的方向不變，緩慢地調(diào)節(jié)乙彈簧秤，使兩細線之間的夾角增大一些，則（）a兩拉力的合力可能增大b兩拉力的合力可能減小c甲彈簧秤的示數(shù)可能減小d乙彈簧秤的示數(shù)可能減小2塔式起重機模型如圖，小車p沿吊臂向末端m水平勻速運動，同時將物體q從地面豎直向上勻加速吊起，下圖中能大致反映q運動軌跡的是（）abcd3一傾角為的粗糙絕緣斜面放置在一個足夠大的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，將一個帶電的小物塊放在斜面上由靜止開始下滑如圖所示，設(shè)斜面足夠長，如物塊始終沒有離開斜面則下列說法正確的是（）a物塊帶正電b下滑過程中物塊受到的洛倫茲力做負功c物塊最終將靜止在斜面上d下滑過程中物塊的機械能守恒4如圖所示一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地在兩極板間有一負電荷（電量很?。┕潭ㄔ趐點，以e表示兩板間的場強，u表示電容器兩板間的電壓，w表示正電荷在p點的電勢能若保持負極板不動，將正極板移到圖中虛線所示位置，則（）au變小，w不變be變大，w變大cu變大，e不變du不變，w不變5如圖所示，半徑為r的金屬環(huán)繞通過其直徑的軸oo以角度勻速轉(zhuǎn)動，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為b從金屬環(huán)的平面與磁場方向重合時開始計時，在轉(zhuǎn)過30角的過程中，環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢平均值為（）a2br2b2br2c3br2d3br26如圖所示，電阻r和線圈自感系數(shù)l的值都較大，電感線圈的電阻不計，a、b是兩只完全相同的燈泡，當開關(guān)s閉合時，電路可能出現(xiàn)的情況是（）aa、b一起亮，然后b熄滅ba比b先亮，然后a熄滅ca、b一起亮，然后a熄滅db比a先亮，然后b熄滅7如圖所示，將質(zhì)量為m的滑塊放在傾角為的固定斜面上滑塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為若滑塊與斜面之間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度為g，則（）a將滑塊由靜止釋放，如果tan，滑塊將下滑b給滑塊沿斜面向下的初速度，如果tan，滑塊將減速下滑c用平行于斜面向上的力拉滑塊向上勻速滑動，如果=tan，拉力大小應(yīng)是2mgsind用平行于斜面向下的力拉滑塊向下勻速滑動，如果=tan，拉力大小應(yīng)是mgsin8一物塊沿傾角為的斜坡向上滑動當物塊的初速度為v時，上升的最大高度為h，如圖所示；當物塊的初速度為時，上升的最大高度記為h重力加速度大小為g物塊與斜坡間的動摩擦因數(shù)和h分別為（）atan和b（1）tan和ctan和d（1）tan和9如圖所示，+q1和q2是兩個可自由移動的電荷，q2=4q1現(xiàn)再取一個可自由移動的點電荷q3放在q1與q2連接的直線上，欲使整個系統(tǒng)平衡，那么（）aq3應(yīng)為負電荷，放在q1的左邊bq3應(yīng)為負電荷，放在q2的右邊cq3應(yīng)為正電荷，放在q1的左邊dq3應(yīng)為正電荷，放在q2的右邊10光滑水平面上有一質(zhì)量為2kg的物體，在五個恒定的水平共點力的作用下處于平衡狀態(tài)現(xiàn)同時撤去大小分別為5n和15n的兩個水平力而其余力保持不變，關(guān)于此后物體的運動情況的說法中正確的是（）a一定做勻變速直線運動，加速度大小可能是5m/s2b可能做勻減速直線運動，加速度大小可能是2m/s2c一定做勻變速運動，加速度大小可能10m/s2d可能做勻速圓周運動，向心加速度大小可能是10m/s2二多項選擇題部分（共5小題，每小題4分，共20分在每小題給出的4個選項中，有多個選項是正確的全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯或不答的得0分）11如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的小木塊a和b（可視為質(zhì)點）放在水平圓盤上，a與轉(zhuǎn)軸oo的距離為l，b與轉(zhuǎn)軸oo的距離為2l，木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊重力的k倍，重力加速度大小為g，使圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動，用表示圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，下列說法正確的是（）ab一定比a先開始滑動ba、b所受的靜摩擦力大小始終相等c當=時，a所受摩擦力的大小為kmgd=時b開始滑動12如圖所示，假若衛(wèi)星先沿橢圓軌道飛行，后在遠地點p處由橢圓軌道變軌進入地球同步圓軌道下列說法正確的是（）a衛(wèi)星在軌道運行時的速度大于7.9km/sb衛(wèi)星在橢圓軌道上的p點處加速進入軌道c衛(wèi)星在軌道運行時不受地球引力作用d衛(wèi)星在軌道運行時的向心加速度比在赤道上相對地球靜止的物體的向心加速度大13p、q兩電荷的電場線分布如圖所示，c、d為電場中的兩點，一個帶電粒子從a運動到b軌跡如圖所示，不計重力，下列說法中正確的是（）ap電荷帶負電bc、d兩點的電勢相等c粒子在運動的過程中受到p的吸引力d粒子從a到b的過程中電場力做正功14如圖（a），一物塊在t=0時刻滑上一固定斜面，其運動的vt圖線如圖（b）所示若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為己知量，則不可求出（）a斜面的傾角b物塊的質(zhì)量c物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)d物塊沿斜面向上滑行的最大高度15如圖所示電路中，電源電動勢恒定，內(nèi)阻r=1，定值電阻r3=5當電鍵k斷開與閉合時，ab段電路消耗的電功率相等則下列說法中正確的是 （電表均為理想表）（）a電阻r1、r2可能分別為4、5b電阻r1、r2可能分別為3、6c電鍵k斷開時電壓表的示數(shù)一定大于k閉合時的示數(shù)d電鍵k斷開與閉合時電壓表的示數(shù)變化量大小與電流表的示數(shù)變化量大小之比一定等于6三填空題（共16分）16如圖甲所示的裝置由氣墊導(dǎo)軌、兩個光電門、滑塊和沙桶等組成光電門可以測出滑塊分別通過兩個光電門的時間t1和t2，導(dǎo)軌標尺可以測出兩個光電門間的距離l，游標卡尺測量遮光片的寬度d，另用天平測出滑塊和沙與沙桶的質(zhì)量分別為m和m，回答下列問題：測量d時，某次游標卡尺（主尺的最小分度為1mm）的示數(shù)如圖乙所示，其讀數(shù)為 mm若用該裝置來驗證牛頓第二定律，以下說法不正確的是a該裝置可以不平衡摩擦力也不需要將氣墊導(dǎo)軌調(diào)節(jié)水平b如果氣墊導(dǎo)軌水平則輕推滑塊勻速滑動時，通過兩個光電門的時間t1和t2必相等c實驗時，多次在同一條件下重復(fù)實驗取擋光片通過兩光電門時間的平均值以減小偶然誤差若用此裝置中滑塊受到線的拉力即合外力f 可用m、m、l和時間t1和t2表示為f=通過計算比較發(fā)現(xiàn)滑塊受到的線的拉力f與沙和沙桶的重力不相等且相差較大，是因為17用如圖甲的電路圖測電源的電動勢和內(nèi)電阻，提供的器材如圖乙所示某次實驗數(shù)據(jù)作出的ui圖線如圖丙所示實驗時應(yīng)將多用電表的選擇開關(guān)旋至擋（填“”、“v”或“ma”），電流表的量程應(yīng)選擇（填“00.6a”或“03a”）用實線代表導(dǎo)線把圖乙所示的實物連接成完整的測量電路由此圖線求得的電源內(nèi)電阻r=（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）四、計算題（本題共3小題，共34分，解答應(yīng)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）18如圖所示，a、b為兩塊足夠大的相距為d的平行金屬板，接在電壓為u的電源上在a板的中央p點放置一個電子發(fā)射源可以向各個方向釋放電子，射出的初速度為v，電子打在b板上的區(qū)域面積為s，（不計電子的重力），試求電子的比荷19如圖所示，光滑水平軌道與半徑為r的光滑豎直半圓軌道在b點平滑連接在過圓心o的水平界面mn的下方分布有水平向右的勻強電場現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電量為+q的小球從水平軌道上a、點由靜止釋放，小球運動到c點離開圓軌道后，經(jīng)界面mn上的p點進入電場（p點恰好在a點的正上方，如圖小球可視為質(zhì)點，小球運動到c點之前電量保持不變，經(jīng)過c點后電量立即變?yōu)榱悖┮阎猘、b間距離為2r，重力加速度為g在上述運動過程中，求：（1）電場強度e的大小；（2）小球在圓軌道上運動時的最大速率：20如圖所示，兩足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置，相距為l，一理想電流表與兩導(dǎo)軌相連，勻強磁場與導(dǎo)軌平面垂直一質(zhì)量為m、有效電阻為r的導(dǎo)體棒在距磁場上邊界h處靜止釋放導(dǎo)體棒進入磁場后，流經(jīng)電流表的電流逐漸減小，最終穩(wěn)定為i整個運動過程中，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，且始終保持水平，不計導(dǎo)軌的電阻求：（1）磁感應(yīng)強度的大小b；（2）電流穩(wěn)定后，導(dǎo)體棒運動速度的大小v；（3）流經(jīng)電流表電流的最大值im2015-2016學年甘肅省天水市秦安一中高三（上）期末物理試卷（實驗班）參考答案與試題解析一、單項選擇題部分（共10小題，每小題4分，共40分在每小題給出的4個選項中，只有一項是正確的，選對的得4分，選錯或不答的得0分）1如圖所示，在豎直平面內(nèi)，用甲、乙兩個彈簧秤通過細線拉著一個鉤碼，使之處于靜止狀態(tài)若保持甲彈簧秤拉力的方向不變，緩慢地調(diào)節(jié)乙彈簧秤，使兩細線之間的夾角增大一些，則（）a兩拉力的合力可能增大b兩拉力的合力可能減小c甲彈簧秤的示數(shù)可能減小d乙彈簧秤的示數(shù)可能減小【考點】合力的大小與分力間夾角的關(guān)系【專題】平行四邊形法則圖解法專題【分析】對結(jié)點受力分析，通過圖解法抓住甲、乙合力不變，甲的拉力方向不變，改變乙的拉力，從而判斷拉力的變化【解答】解：由平衡條件得知，甲、乙兩個拉力f1和f2的合力與重力g大小相等、方向相反，保持不變，作出甲、乙兩個在三個不同位置時力的合成圖，如圖，在甲、乙從123三個位置的過程中，可以看出，當甲、乙兩個方向相互垂直時，f2最小，可見，f1逐漸減小，f2先逐漸減小后逐漸增大甲的拉力逐漸減小，乙的拉力先減小后增大故選：d【點評】本題采用圖解法研究動態(tài)平衡問題圖解法形象、直觀，能直接反映力的變化情況作圖時要抓住張力f1和f2的合力不變、甲的方向不變，再由幾何知識進行分析2塔式起重機模型如圖，小車p沿吊臂向末端m水平勻速運動，同時將物體q從地面豎直向上勻加速吊起，下圖中能大致反映q運動軌跡的是（）abcd【考點】運動的合成和分解【專題】運動的合成和分解專題【分析】物體q從地面豎直向上勻加速吊起的同時，隨著小車向右勻速直線運動，實際運動是兩個運動的合運動【解答】解：物體q參與兩個分運動，水平方向向右做勻速直線運動，豎直方向向上做勻加速直線運動；水平分運動無加速度，豎直分運動加速度向上，故物體合運動的加速度向上，故軌跡向上彎曲，故a錯誤，b正確，c錯誤，d錯誤；故選b【點評】本題關(guān)鍵是找出物體的分運動，同時明確加速度方向與軌跡的完全方向相一致3一傾角為的粗糙絕緣斜面放置在一個足夠大的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，將一個帶電的小物塊放在斜面上由靜止開始下滑如圖所示，設(shè)斜面足夠長，如物塊始終沒有離開斜面則下列說法正確的是（）a物塊帶正電b下滑過程中物塊受到的洛倫茲力做負功c物塊最終將靜止在斜面上d下滑過程中物塊的機械能守恒【考點】洛侖茲力；功能關(guān)系【分析】帶電物體下滑始終沒有離開斜面，由此可知洛倫茲力垂直于斜面向下，根據(jù)左手定則判斷帶電物體的電性，物塊在斜面上運動時受重力、支持力、洛倫茲力、摩擦力在向下運動的過程速度增大，洛倫茲力增大，支持力增大，摩擦力增大，當摩擦力與重力向下的分量相等時，速度達到最大【解答】解：a、帶電物體下滑始終沒有離開斜面，由此可知洛倫茲力垂直于斜面向下上，根據(jù)左手定則判斷帶電物體帶正電，故a正確；b、下滑過程中物體受到的洛倫茲力始終與運動方向垂直，故不做功，故b錯誤；c、物體做加速度減小的加速運動當摩擦力與重力向下的分量相等時，加速度等于0，速度達到最大，故不能靜止，故c錯誤；d、在下滑過程中摩擦力做負功，故機械能不守恒，故d錯誤故選：a【點評】解決本題的關(guān)鍵是正確地進行受力分析，根據(jù)受力情況，判斷運動情況4如圖所示一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地在兩極板間有一負電荷（電量很?。┕潭ㄔ趐點，以e表示兩板間的場強，u表示電容器兩板間的電壓，w表示正電荷在p點的電勢能若保持負極板不動，將正極板移到圖中虛線所示位置，則（）au變小，w不變be變大，w變大cu變大，e不變du不變，w不變【考點】電勢差與電場強度的關(guān)系【專題】比較思想；控制變量法；電場力與電勢的性質(zhì)專題【分析】平行板電容器充電后與電源斷開后，電容器的電量不變將正極板移到圖中虛線所示的位置，板間距離減小，電容增大由推論公式e=分析板間場強e的變化情況由公式c=判斷板間電壓的變化分析p點電勢的變化，即可分析電勢能的變化【解答】解：電容器的電量不變，板間距離減小，根據(jù)電容的決定式知電容增大由c=知板間電壓u變小由推論公式 e=，知電場強度e不變因為電場強度不變，則p與負極板間的電勢差不變，由u=ed知p與下極板間的電勢差不變，則p點的電勢不變，正電荷在p點的電勢能w不變故a正確，b、c、d錯誤故選：a【點評】本題是電容器的動態(tài)變化分析問題，難點是確定電場強度的變化，只要得出電場強度的變化，就可以得出p與負極板電勢差的變化，得出p點的電勢以及電荷在p點電勢能的變化5如圖所示，半徑為r的金屬環(huán)繞通過其直徑的軸oo以角度勻速轉(zhuǎn)動，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為b從金屬環(huán)的平面與磁場方向重合時開始計時，在轉(zhuǎn)過30角的過程中，環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢平均值為（）a2br2b2br2c3br2d3br2【考點】法拉第電磁感應(yīng)定律；閉合電路的歐姆定律【專題】電磁感應(yīng)與電路結(jié)合【分析】由法拉第電磁感應(yīng)定律，得感應(yīng)電動勢的平均值【解答】解：圖示位置時穿過線圈的磁通量為：1=0；轉(zhuǎn)過30時穿過線圈的磁通量為：2=bssin30=bs轉(zhuǎn)過30用的時間為：t=由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動勢的平均值為：=n=n=3br2，故c正確，abd錯誤；故選：c【點評】本題綜合考查了交流電瞬時值表達式、電動勢的平均值和電流做功情況，難度中等6如圖所示，電阻r和線圈自感系數(shù)l的值都較大，電感線圈的電阻不計，a、b是兩只完全相同的燈泡，當開關(guān)s閉合時，電路可能出現(xiàn)的情況是（）aa、b一起亮，然后b熄滅ba比b先亮，然后a熄滅ca、b一起亮，然后a熄滅db比a先亮，然后b熄滅【考點】感生電動勢、動生電動勢【專題】恒定電流專題【分析】當開關(guān)s閉合時，電源的電壓同時加到兩個燈泡上，它們會同時發(fā)光根據(jù)電感線圈的電阻不計，會將a燈短路，分析a燈亮度的變化【解答】解：當開關(guān)s閉合時，電源的電壓同時加到兩個燈泡上，它們會一起亮但由于電感線圈的電阻不計，線圈將a燈逐漸短路，a燈變暗直至熄滅；故c正確故選：c【點評】本題考查了電感線圈l對電流發(fā)生突變時的阻礙作用，關(guān)鍵要抓住線圈的雙重作用：當電流變化時，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，相當于電源；而當電路穩(wěn)定時，相當于導(dǎo)線，能將并聯(lián)的燈泡短路7如圖所示，將質(zhì)量為m的滑塊放在傾角為的固定斜面上滑塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為若滑塊與斜面之間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度為g，則（）a將滑塊由靜止釋放，如果tan，滑塊將下滑b給滑塊沿斜面向下的初速度，如果tan，滑塊將減速下滑c用平行于斜面向上的力拉滑塊向上勻速滑動，如果=tan，拉力大小應(yīng)是2mgsind用平行于斜面向下的力拉滑塊向下勻速滑動，如果=tan，拉力大小應(yīng)是mgsin【考點】牛頓第二定律；共點力平衡的條件及其應(yīng)用【分析】物體的重力有兩個作用效果，使物體沿斜面下滑和使物體緊壓斜面，將重力正交分解后，當重力的下滑分量大于滑動摩擦力時，物體加速下滑，當重力的下滑分量小于最大靜摩擦力時，物體不能下滑，勻速下滑時，重力的下滑分量等于滑動摩擦力【解答】解：a、物體由靜止釋放，對物體受力分析，受重力、支持力、摩擦力，如圖物體加速下滑，gxfn=gy故mgsinmgcos解得 tan故a錯誤；b、給滑塊沿斜面向下的初速度，如果tan，則有mgsinmgcos故b錯誤；c、用平行于斜面向上的力拉滑塊向上勻速滑動，根據(jù)平衡條件，有fmgsinmgcos=0=tan故解得f=2mgsin故c正確；d、用平行于斜面向下的力拉滑塊向下勻速滑動，根據(jù)平衡條件，有f+mgsinmmgcos=0=tan故解得f=0故d錯誤；故選：c【點評】本題關(guān)鍵將重力按照作用效果正交分解，然后求出最大靜摩擦力，結(jié)合共點力平衡條件討論即可8一物塊沿傾角為的斜坡向上滑動當物塊的初速度為v時，上升的最大高度為h，如圖所示；當物塊的初速度為時，上升的最大高度記為h重力加速度大小為g物塊與斜坡間的動摩擦因數(shù)和h分別為（）atan和b（1）tan和ctan和d（1）tan和【考點】牛頓第二定律【專題】牛頓運動定律綜合專題【分析】兩次上滑過程中，利用動能定理列式求的即可；【解答】解：以速度v上升過程中，由動能定理可知以速度上升過程中，由動能定理可知聯(lián)立解得，h=故d正確故選：d【點評】本題主要考查了動能定理，注意過程的選取是關(guān)鍵；9如圖所示，+q1和q2是兩個可自由移動的電荷，q2=4q1現(xiàn)再取一個可自由移動的點電荷q3放在q1與q2連接的直線上，欲使整個系統(tǒng)平衡，那么（）aq3應(yīng)為負電荷，放在q1的左邊bq3應(yīng)為負電荷，放在q2的右邊cq3應(yīng)為正電荷，放在q1的左邊dq3應(yīng)為正電荷，放在q2的右邊【考點】庫侖定律【專題】電場力與電勢的性質(zhì)專題【分析】由于q1帶點電荷，q2帶負點電荷，根據(jù)同種電荷排斥，異種電荷吸引，要使整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，對其q3受力分析，去判斷所處的位置【解答】解：假設(shè)q3放在q1q2之間，那么q1對q3的電場力和q2對q3的電場力方向相同，q3不能處于平衡狀態(tài)，所以假設(shè)不成立設(shè)q3所在位置與q1的距離為r13，q3所在位置與q2的距離為r23，要能處于平衡狀態(tài)，所以q1對q3的電場力大小等于q2對q3的電場力大小即：由于q2=4q1，所以r23=2r13，所以q3位于q1的左方根據(jù)同種電荷排斥，異種電荷吸引，可判斷q3帶負電故選a【點評】我們可以去嘗試假設(shè)q3放帶正電或負電，它應(yīng)該放在什么地方，能不能使整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)不行再繼續(xù)判斷10光滑水平面上有一質(zhì)量為2kg的物體，在五個恒定的水平共點力的作用下處于平衡狀態(tài)現(xiàn)同時撤去大小分別為5n和15n的兩個水平力而其余力保持不變，關(guān)于此后物體的運動情況的說法中正確的是（）a一定做勻變速直線運動，加速度大小可能是5m/s2b可能做勻減速直線運動，加速度大小可能是2m/s2c一定做勻變速運動，加速度大小可能10m/s2d可能做勻速圓周運動，向心加速度大小可能是10m/s2【考點】向心力；牛頓第二定律【專題】牛頓第二定律在圓周運動中的應(yīng)用【分析】撤去大小分別為5n和15n的兩個力，其余的力保持不變，則知其余力的合力范圍，由牛頓第二定律求出物體加速度的范圍物體一定做勻變速運動，當撤去的兩個力的合力與原來的速度方向相同時，物體可能做勻減速直線運動恒力作用下不可能做勻速圓周運動【解答】解：根據(jù)平衡條件得知，余下力的合力與撤去的兩個力的合力大小相等、方向相反，則撤去大小分別為5n和15n的兩個力后，物體的合力大小范圍為10nf合20n，根據(jù)牛頓第二定律f=ma得物體的加速度范圍為：5m/s2a10m/s2a、若物體原來做勻速直線運動，撤去的兩個力的合力方向與速度方向不在同一直線上時，物體可以做曲線運動，加速度大小可能是5m/s2故a錯誤b、若物體原來做勻速直線運動，撤去的兩個力的合力方向與速度方向相同時，則撤去兩個力后物體做勻減速直線運動，由上知加速度大小不可能是2m/s2故b錯誤c、由于撤去兩個力后其余力保持不變，則物體所受的合力不變，一定做勻變速運動加速度大小可能等于10 m/s2故c正確d、由于撤去兩個力后其余力保持不變，恒力作用下不可能做勻速圓周運動故d錯誤故選：c【點評】本題中物體原來可能靜止，也可能做勻速直線運動，要根據(jù)物體的合力與速度方向的關(guān)系分析物體可能的運動情況二多項選擇題部分（共5小題，每小題4分，共20分在每小題給出的4個選項中，有多個選項是正確的全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯或不答的得0分）11如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的小木塊a和b（可視為質(zhì)點）放在水平圓盤上，a與轉(zhuǎn)軸oo的距離為l，b與轉(zhuǎn)軸oo的距離為2l，木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊重力的k倍，重力加速度大小為g，使圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動，用表示圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，下列說法正確的是（）ab一定比a先開始滑動ba、b所受的靜摩擦力大小始終相等c當=時，a所受摩擦力的大小為kmgd=時b開始滑動【考點】向心力；牛頓第二定律【專題】應(yīng)用題；學科綜合題；定量思想；推理法；牛頓第二定律在圓周運動中的應(yīng)用【分析】木塊隨圓盤一起轉(zhuǎn)動，靜摩擦力提供向心力，而所需要的向心力大小由物體的質(zhì)量、半徑和角速度決定當圓盤轉(zhuǎn)速增大時，提供的靜摩擦力隨之而增大當需要的向心力大于最大靜摩擦力時，物體開始滑動因此是否滑動與質(zhì)量無關(guān)，是由半徑大小決定【解答】解：a、兩個木塊的最大靜摩擦力相等木塊隨圓盤一起轉(zhuǎn)動，靜摩擦力提供向心力，由牛頓第二定律得：木塊所受的靜摩擦力f=m2r，m、相等，fr，所以b所受的靜摩擦力大于a的靜摩擦力，當圓盤的角速度增大時b的靜摩擦力先達到最大值，所以b一定比a先開始滑動，故a正確，b錯誤；c、以a為研究對象，當=時，由牛頓第二定律得：f=m2l，可解得：f=kmg，故c錯誤；d、當b剛要滑動時，有kmg=m22l，解得：=，故d正確；故選：ad【點評】本題的關(guān)鍵是正確分析木塊的受力，明確木塊做圓周運動時，靜摩擦力提供向心力，把握住臨界條件：靜摩擦力達到最大，由牛頓第二定律分析解答12如圖所示，假若衛(wèi)星先沿橢圓軌道飛行，后在遠地點p處由橢圓軌道變軌進入地球同步圓軌道下列說法正確的是（）a衛(wèi)星在軌道運行時的速度大于7.9km/sb衛(wèi)星在橢圓軌道上的p點處加速進入軌道c衛(wèi)星在軌道運行時不受地球引力作用d衛(wèi)星在軌道運行時的向心加速度比在赤道上相對地球靜止的物體的向心加速度大【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(yīng)用【專題】人造衛(wèi)星問題【分析】地球同步衛(wèi)星，又稱對地靜止衛(wèi)星，是運行在地球同步軌道上的人造衛(wèi)星，衛(wèi)星距離地球的高度約為36000 km，衛(wèi)星的運行方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同、運行軌道為位于地球赤道平面上圓形軌道、運行周期與地球自轉(zhuǎn)一周的時間相等，即23時56分4秒，衛(wèi)星在軌道上的繞行速度約為3.1公里/秒，其運行角速度等于地球自轉(zhuǎn)的角速度【解答】解：a、7.9km/s即第一宇宙速度是近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，也是最大的圓周運動的環(huán)繞速度而同步衛(wèi)星的軌道半徑要大于近地衛(wèi)星的軌道半徑，根據(jù)v的表達式可以發(fā)現(xiàn)同步衛(wèi)星運行的線速度一定小于第一宇宙速度，故a錯誤；b、衛(wèi)星在橢圓軌道上的p點處加速使向心力等于提供的萬有引力，做圓周運動進入軌道故b正確；c、衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動時所受重力作用提供向心力，處于失重狀態(tài)，故c錯誤；d、同步衛(wèi)星的角速度與赤道上物體的角速度相等，根據(jù)a=r2，同步衛(wèi)星的向心加速度大于赤道上物體的向心加速度，故d正確；故選：bd【點評】本題考查了地球衛(wèi)星軌道相關(guān)知識點，地球衛(wèi)星圍繞地球做勻速圓周運動，圓心是地球的地心，萬有引力提供向心力，軌道的中心一定是地球的球心；同步衛(wèi)星有四個“定”：定軌道、定高度、定速度、定周期本題難度不大，屬于基礎(chǔ)題13p、q兩電荷的電場線分布如圖所示，c、d為電場中的兩點，一個帶電粒子從a運動到b軌跡如圖所示，不計重力，下列說法中正確的是（）ap電荷帶負電bc、d兩點的電勢相等c粒子在運動的過程中受到p的吸引力d粒子從a到b的過程中電場力做正功【考點】電場線；電勢能【分析】根據(jù)電場線的方向確定場源電荷的正負電勢的高低看電場線的指向，沿著電場線電勢一定降低根據(jù)軌跡曲線的彎曲方向可知粒子的受力方向；根據(jù)力與速度的夾角判斷功的正負【解答】解：a、根據(jù)電場線的方向，從p出發(fā)，終止于q，所以p帶正電故a正確b、沿著電場線電勢一定降低，所以c點電勢大于d點的電勢，故b錯誤c、電荷所受電場力指向軌跡內(nèi)側(cè)，所以離子在運動過程中受到p的吸引，故c正確d、離子從a到b，電場力與速度的夾角為鈍角，所以做負功故d錯誤故選：ac【點評】通過電場線的指向看電勢的高低根據(jù)曲線的彎曲方向可知粒子的受力方向14如圖（a），一物塊在t=0時刻滑上一固定斜面，其運動的vt圖線如圖（b）所示若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為己知量，則不可求出（）a斜面的傾角b物塊的質(zhì)量c物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)d物塊沿斜面向上滑行的最大高度【考點】牛頓第二定律；動摩擦因數(shù)【專題】牛頓運動定律綜合專題【分析】由圖b可求得物體運動過程及加速度，再對物體受力分析，由牛頓第二定律可明確各物理量是否能夠求出【解答】解：由圖b可知，物體先向上減速到達最高時再向下加速度；圖象與時間軸圍成的面積為物體經(jīng)過的位移，故可出物體在斜面上的位移；圖象的斜率表示加速度，上升過程及下降過程加速度均可求，上升過程有：mgsin+mgcos=ma1；下降過程有：mgsinmgcos=ma2；兩式聯(lián)立可求得斜面傾角及動摩擦因數(shù)；但由于m均消去，故無法求得質(zhì)量；因已知上升位移及夾角，則可求得上升的最大高度；本題選擇不能求出的；故選：b【點評】本題考查牛頓第二定律及圖象的應(yīng)用，要注意圖象中的斜率表示加速度，面積表示位移；同時注意正確的受力分析，根據(jù)牛頓第二定律明確力和運動的關(guān)系15如圖所示電路中，電源電動勢恒定，內(nèi)阻r=1，定值電阻r3=5當電鍵k斷開與閉合時，ab段電路消耗的電功率相等則下列說法中正確的是 （電表均為理想表）（）a電阻r1、r2可能分別為4、5b電阻r1、r2可能分別為3、6c電鍵k斷開時電壓表的示數(shù)一定大于k閉合時的示數(shù)d電鍵k斷開與閉合時電壓表的示數(shù)變化量大小與電流表的示數(shù)變化量大小之比一定等于6【考點】閉合電路的歐姆定律【專題】恒定電流專題【分析】當k閉合時r2被短路，根據(jù)電鍵k斷開與閉合時，ab段電路消耗的電功率相等，列出方程，將電阻r1、r2代入，選擇使方程成立的阻值根據(jù)外電路總電阻的變化，分析電壓表示數(shù)的大小關(guān)系根據(jù)閉合電路歐姆定律求解電鍵k斷開與閉合時電壓表的示數(shù)變化量大小與電流表的示數(shù)變化量大小之比【解答】解：a、b由題，電鍵k斷開與閉合時，ab段電路消耗的電功率相等，則有=r1將r1=4、r2=5代入方程成立，而將r1=3、r2=6代入方程不成立故a正確，b錯誤c、電鍵k斷開時外電路總電阻大于k閉合時外電路總電阻，則電鍵k斷開時電壓表的示數(shù)一定大于k閉合時的示數(shù)故c正確d、根據(jù)閉合電路歐姆定律得：u=e（r3+r）i，則電壓表的示數(shù)變化量大小與電流表的示數(shù)變化量大小之比為=r3+r=6故d正確故選acd【點評】本題考查運用閉合電路歐姆定律分析和計算電路問題的能力d項也可以根據(jù)ui圖象理解三填空題（共16分）16如圖甲所示的裝置由氣墊導(dǎo)軌、兩個光電門、滑塊和沙桶等組成光電門可以測出滑塊分別通過兩個光電門的時間t1和t2，導(dǎo)軌標尺可以測出兩個光電門間的距離l，游標卡尺測量遮光片的寬度d，另用天平測出滑塊和沙與沙桶的質(zhì)量分別為m和m，回答下列問題：測量d時，某次游標卡尺（主尺的最小分度為1mm）的示數(shù)如圖乙所示，其讀數(shù)為11.30 mm若用該裝置來驗證牛頓第二定律，以下說法不正確的是aa該裝置可以不平衡摩擦力也不需要將氣墊導(dǎo)軌調(diào)節(jié)水平b如果氣墊導(dǎo)軌水平則輕推滑塊勻速滑動時，通過兩個光電門的時間t1和t2必相等c實驗時，多次在同一條件下重復(fù)實驗取擋光片通過兩光電門時間的平均值以減小偶然誤差若用此裝置中滑塊受到線的拉力即合外力f 可用m、m、l和時間t1和t2表示為f=通過計算比較發(fā)現(xiàn)滑塊受到的線的拉力f與沙和沙桶的重力不相等且相差較大，是因為不滿足mm【考點】驗證牛頓第二運動定律【專題】實驗題；定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題【分析】掌握游標卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，不需估讀根據(jù)極短時間內(nèi)的平均速度表示瞬時速度求出滑塊先后通過兩個光電門的瞬時速度，再根據(jù)勻變速直線運動位移速度公式求出加速度，再結(jié)合牛頓第二定律求出f，只有當mm時，才可以用沙和沙桶的重力來代替滑塊受到的線的拉力f【解答】解：游標卡尺的主尺讀數(shù)為11mm，游標尺上第6個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數(shù)為60.05mm=0.30mm，所以最終讀數(shù)為：11mm+0.30mm=11.30mma、該裝置可以不平衡摩擦力，但需要將氣墊導(dǎo)軌調(diào)節(jié)水平，故a錯誤；b、如果氣墊導(dǎo)軌水平則輕推滑塊勻速滑動時，則速度相等，所以通過兩個光電門的時間t1和t2必相等，故b正確；c、實驗時，多次在同一條件下重復(fù)實驗取擋光片通過兩光電門時間的平均值以減小偶然誤差，故c正確本題選錯誤的故選：a滑塊通過兩光電門的瞬時速度分別為v1=，v2=，根據(jù)勻變速直線運動，速度位移公式得：a=，根據(jù)牛頓第二定律得：f=ma=，只有當mm時，才可以用沙和沙桶的重力來代替滑塊受到的線的拉力f，所以通過計算比較發(fā)現(xiàn)滑塊受到的線的拉力f與沙和沙桶的重力不相等且相差較大，是因為不滿足mm故答案為：11.30；a；不滿足mm【點評】掌握游標卡尺的讀數(shù)方法，知道用重物重力表示小車所受合力的處理方法，知道極短時間內(nèi)的平均速度可以表示瞬時速度，難度適中17用如圖甲的電路圖測電源的電動勢和內(nèi)電阻，提供的器材如圖乙所示某次實驗數(shù)據(jù)作出的ui圖線如圖丙所示實驗時應(yīng)將多用電表的選擇開關(guān)旋至v擋（填“”、“v”或“ma”），電流表的量程應(yīng)選擇03a（填“00.6a”或“03a”）用實線代表導(dǎo)線把圖乙所示的實物連接成完整的測量電路由此圖線求得的電源內(nèi)電阻r=0.74（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）【考點】測定電源的電動勢和內(nèi)阻【專題】實驗題；恒定電流專題【分析】用多用電表測電壓，選擇開關(guān)應(yīng)置于電壓檔；根據(jù)實驗數(shù)據(jù)選擇電流表量程；根據(jù)伏安法測電源電動勢與內(nèi)阻的原理連接實物電路圖電源ui圖象斜率的絕對值是電源內(nèi)阻【解答】解：用電壓表測電壓，應(yīng)將多用電表的選擇開關(guān)旋至v擋；由圖丙所示圖象可知，電流的最大測量值為1.2a，則電流表的量程應(yīng)選擇“03a”伏安法測電源電動勢與內(nèi)阻實驗，電壓表測路端電壓，電流表測電路電流，實物電路圖如圖所示由圖丙所示圖象可知，電源內(nèi)阻r=0.74故答案為：v；“03a”；實物電路圖如圖所示；0.74【點評】本題考查了多用電表的用法、電表量程的選擇、連接實物電路圖、求電阻等，要掌握應(yīng)用圖象法處理實驗數(shù)據(jù)的方法，電源的ui圖象與縱軸交點坐標值是電源的電動勢，圖象斜率的絕對值是電源內(nèi)阻四、計算題（本題共3小題，共34分，解答應(yīng)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）18如圖所示，a、b為兩塊足夠大的相距為d的平行金屬板，接在電壓為u的電源上在a板的中央p點放置一個電子發(fā)射源可以向各個方向釋放電子，射出的初速度為v，電子打在b板上的區(qū)域面積為s，（不計電子的重力），試求電子的比荷【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動；平拋運動【專題】帶電粒子在電場中的運動專題【分析】當粒子的速度方向與極板平行時，打在上級板上的半徑最大，該粒子在電場中做類平拋運動，結(jié)合粒子在垂直電場方向上做勻速直線運動，在沿電場方向上做勻加速直線運動，結(jié)合牛頓第二定律和運動學公式求出電子的比荷【解答】解：打在最邊緣的電子，其初速度方向平行于金屬板，在電場中做類平拋運動，在垂直于電場方向做勻速運動，即r=vt 在平行電場方向做初速度為零的勻加速運動，即電子在平行電場方向上的加速度，電子打在b板上的區(qū)域面積s=r2由以上幾式得答：電子的比荷