2019年安徽省合肥市高考物理一模試卷.doc

.2019年安徽省合肥市高考物理一模試卷一、選擇題1（4分）原子核X俘獲一個中子，生成一個核Y并釋放一個質子。由此可知（）AA13 Z6BA13 Z7CA14 Z6DA14 Z72（4分）甲、乙兩物體由同一點沿同一條直線運動，它們的vt圖象如圖所示，則在04s內（）A兩物體始終同向運動B2s末兩物體相距最遠C兩物體平均速度相等D4s末兩物體相遇3（4分）2019年1月3日10時26分，“嫦娥四號”探測器成功在月球背面著陸，標志著我國探月航空工程進入了一個新高度，圖示是“嫦娥四號”到達月球背面的巡視器。已知地球和月球的半徑之比為4：1，其表面重力加速度之比為6：1則地球和月球的密度之比為（）A2：3B3：2C4：1D6：14（4分）如圖所示，真空中位于x軸上的兩個等量負點電荷，關于坐標原點O對稱。下列關于E隨x變化的圖象正確的是（）ABCD5（4分）圖示為一帶電粒子在水平向右的勻強電場中運動的一段軌跡，A、B為軌跡上的兩點。已知該粒子質量為m、電荷量為q，其在A點的速度大小為vo，方向豎直向上，到B點時速度方向與水平方向的夾角為30，粒子重力不計。則A、B兩點間的電勢差為（）ABCD6（4分）如圖所示，一有界區(qū)域磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，磁場寬度為L；正方形導線框abcd的邊長也為L，當bc邊位于磁場左邊緣時，線框從靜止開始沿x軸正方向勻加速通過磁場區(qū)域。若規(guī)定逆時針方向為電流的正方向，則反映線框中感應電流變化規(guī)律的圖象是（）ABCD7（4分）如圖所示，傾斜直桿的左端固定在地面上，與水平面成角，桿上穿有質量為m的小球a和輕質環(huán)b，兩者通過一條細繩跨過定滑輪相連接。當a、b靜止時，Oa段繩與桿的夾角也為，不計一切摩擦，重力加速度為g。則下列說法正確的是（）Aa可能受到2個力的作用Bb可能受到3個力的作用C繩對a的拉力大小為mgtanD桿對a的支持力大小為mgcos8（4分）一輕彈簧兩端連接著質量均為m的A、B兩物塊，A通過輕繩固定于光滑斜面的擋板上。用沿斜面的力F使B向上緩慢移動一段距離后靜止，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，輕繩仍處于伸直狀態(tài)，如圖所示?，F撤去F，在B下滑過程中，以下說法正確的是（彈簧始終處在彈性限度內）（）A物塊A始終保持靜止B繩的拉力不可能為零C彈簧恢復原長時B的速度最大D彈簧彈性勢能先減小后增大9（4分）如圖所示，傾角為的傳送帶由電動機帶動，始終保持速率v勻速運動，質量為m的物塊由傳送帶底端靜止釋放。已知物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為（tan），物塊到達傳送帶頂端前與之保持靜止。則在物塊由靜止釋放到相對傳送帶靜止的過程中，下列說法正確的是（）A電動機多提供的能量為mv2B傳送帶克服摩擦力做的功為mv2C傳送帶和物塊增加的內能為D摩擦力對物體的平均功率為mgvcos10（4分）如圖所示，一根固定的絕緣豎直長桿位于范圍足夠大且相互正交的勻強電場和勻強磁場中，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B一質量為m、電荷量為q的帶正電小圓環(huán)套在桿上，環(huán)與桿間的動摩擦因數為o現使圓環(huán)以初速度vo向下運動，經時間to，圓環(huán)回到出發(fā)點。若圓環(huán)回到出發(fā)點之前已經開始做勻速直線運動，不計空氣阻力，重力加速度為g。則下列說法中正確的是（）A環(huán)經過時間剛好到達最低點B環(huán)的最大加速度為amg+C環(huán)在t0時間內損失的機械能為m（v02）D環(huán)下降過程和上升過程系統(tǒng)因摩擦產生的內能相等二、實驗題11（8分）以下是某實驗小組探究“二力合成規(guī)律”的過程。（l）首先進行如下操作：如圖甲，輕質小圓環(huán)掛在橡皮條的一端，另一端固定，橡皮條的長度為GE；如圖乙，用手通過兩個彈簧測力計共同拉動小圓環(huán)。小圓環(huán)在拉力F1、F2的共同作用下，位于O點，橡皮條伸長的長度為EO；撤去F1、F2，改用一個力F單獨拉住小圓環(huán)，仍使其位于0點，如圖丙。同學們發(fā)現，力F單獨作用，與F1、F2共同作用的效果是一樣的，都使小圓環(huán)保持靜止，由于兩次橡皮條伸長的長度相同，即 ，所以F等于F1、F2的合力。（2）然后實驗小組探究了合力F與分力F1、F2的關系：由紙上O點出發(fā)，用力的圖示法畫出拉力F1、F2和F（三個力的方向沿各自拉線的方向，三個力大小由彈簧測力計讀出）；用虛線將拉力F的箭頭端分別與F1、F2的箭頭端連接，如圖丁，得到的啟示是 ；多次改變拉力F1、F2的大小和方向，重做上述實驗，通過畫各力的圖示，進一步檢驗所圍成的圖形。實驗小組發(fā)現：在兩個力合成時，以表示這兩個力的有向線段為鄰邊作平行四邊形，這兩個鄰邊之間的對角線就代表合力的大小和方向，這個規(guī)律叫做 ，上述實驗中，如果把圖乙和圖丙的操作順序對調，即先用拉力F將圓環(huán)拉到O點，再用拉力F1和F2共同拉圓環(huán)產生相同效果，則F1和F2就是F的 ，此實驗可以探究 規(guī)律。12（8分）某實驗小組為了測量一個阻值未知的電阻，進行了如下操作：（1）首先用歐姆表粗測其電阻，如圖所示，則其讀數為 ；（2）為了比較準確地測量此電阻，采用“伏安法”進行實驗。所用器材如下：電源E：電動勢為9V，內阻r約為1.0；電流表A：量程0.6A，內阻RA為0.50；電壓表V：量程10V，內阻Rv約為10k；滑動變阻器R：最大阻值為5.0；開關一個，導線若干。為了減小實驗誤差，要求盡可能多測幾組數據，請完成以下問題：在線框內畫出實驗電路圖 ；實驗小組按照正確的實驗步驟，采集了部分數據，并在IU圖象中描出相應的點，由此可知該電阻的阻值為 （保留一位小數）；若所用器材結構完好，該實驗的主要誤差是 （選填“系統(tǒng)”或“偶然”）誤差。三、計算題13（10分）強行超車是道路交通安全的極大隱患之一。下圖是汽車超車過程的示意圖，汽車甲和貨車均以36km/h的速度在路面上勻速行駛，其中甲車車身長L1Sm、貨車長L28m，貨車在甲車前s3m。若甲車司機開始加速從貨車左側超車，加速度大小為2m/s2假定貨車速度保持不變，不計車輛變道的時間及車輛的寬度。求：（1）甲車完成超車至少需要多長時間；（2）若甲車開始超車時，看到道路正前方的乙車迎面駛來，此時二者相距l(xiāng)lOm，乙車速度為54km/h。甲車超車的整個過程中，乙車速度始終保持不變，請通過計算分析，甲車能否安全超車。14（10分）如圖所示，質量M50kg的運動員在進行體能訓練時，腰部系著一不可伸長的輕繩，繩另一端連接質量m11kg的輪胎。當運動員由靜止開始沿水平跑道勻加速奔跑時，繩的拉力大小為70N，繩與跑道的夾角為370，5s末繩突然斷裂。輪胎與跑道間的動摩擦因數0.5，空氣阻力不計，已知sin370.6，g10m/s2求：（l）運動員的加速度大??；（2）3s末運動員克服繩拉力做功的功率；（3）整個過程中輪胎克服摩擦力做的功。15（12分）如圖所示，在邊長為l的正方形區(qū)域內有水平向右的勻強電場，場強大小E；在矩形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，其邊界a、b和c為三塊垂直紙面放置的絕緣板。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以速度v從圖示位置垂直電場方向射入區(qū)域，離開區(qū)域后進入區(qū)域并垂直擊中板a的中點，接著與板b、c發(fā)生碰撞并返回區(qū)域已知粒子與板碰撞前后沿板方向的分速度不變，垂直板方向的分速度大小不變、方向相反，不計粒子與板的碰撞時間及粒子的重力。求：（1）區(qū)域的面積；（2）區(qū)域內磁場的磁感應強度大??；（3）粒子在電場和磁場中運動的總時間。16（12分）過山車是游樂場中常見的設施之一。下圖是過山車模型的一部分，它由足夠長的水平軌道和半徑為R的豎直光滑圓形軌道組成，B點是圓形軌道的最低點。一質量為2m的小球a，由距B點2R的A點以初速度vo（vo未知）水平向右運動，在B點與質量為m的小球b發(fā)生彈性正碰，碰后a未脫離軌道。已知a、b與水平軌道的動摩擦因數均為，重力加速度為g。（1）若碰后b恰能到達軌道上與圓心等高處，求a的初速度vo；（2）若碰后b恰能越過軌道的最高點，求最終a、b兩球的水平距離x。2019年安徽省合肥市高考物理一模試卷參考答案與試題解析一、選擇題1（4分）原子核X俘獲一個中子，生成一個核Y并釋放一個質子。由此可知（）AA13 Z6BA13 Z7CA14 Z6DA14 Z7【考點】JF：原子核的人工轉變菁優(yōu)網版權所有【專題】32：定量思想；43：推理法；54Q：重核的裂變和輕核的聚變專題【分析】根據質量數守恒和電荷數守恒可求出各值?！窘獯稹拷猓河少|量數守恒：A+114+1，得：A14由電荷數守恒：Z6+17，則D正確，ABC錯誤故選：D?！军c評】明確核反應中質量數，電荷數守恒即可輕松解題，基本內容的應用。2（4分）甲、乙兩物體由同一點沿同一條直線運動，它們的vt圖象如圖所示，則在04s內（）A兩物體始終同向運動B2s末兩物體相距最遠C兩物體平均速度相等D4s末兩物體相遇【考點】1I：勻變速直線運動的圖像菁優(yōu)網版權所有【專題】32：定量思想；4B：圖析法；512：運動學中的圖像專題【分析】速度時間圖象中，速度正負表示運動方向，斜率表示加速度，圍成面積表示位移?！窘獯稹拷猓篈、圖象中，甲乙的速度始均為正，故兩物體始終同向運動，故A正確；BD、甲、乙兩物體由同一點沿同一條直線運動，速度相等時兩物體相距最遠，即4s末兩物體相距最遠，故BD錯誤；C、速度時間圖象中面積表示位移可知，04s內甲的位移大于乙的位移，根據可知，甲的平均速度大于乙的平均速度，故C錯誤；故選：A?！军c評】本題考查速度時間圖象，關鍵是要知道斜率表示加速度，面積表示位移，屬于基礎題目。3（4分）2019年1月3日10時26分，“嫦娥四號”探測器成功在月球背面著陸，標志著我國探月航空工程進入了一個新高度，圖示是“嫦娥四號”到達月球背面的巡視器。已知地球和月球的半徑之比為4：1，其表面重力加速度之比為6：1則地球和月球的密度之比為（）A2：3B3：2C4：1D6：1【考點】4A：向心力；4F：萬有引力定律及其應用菁優(yōu)網版權所有【專題】32：定量思想；4C：方程法；528：萬有引力定律的應用專題【分析】根據天體表面物體的重力等于萬有引力即可得出天體質量的表達式，再根據密度公式得出密度表達式，結合已知條件即可求解?！窘獯稹拷猓焊鶕祗w表面物體的重力等于萬有引力，有：得密度所以，故B正確，ACD錯誤；故選：B?！军c評】本題關鍵是明確在星球的表面重力等于萬有引力，根據萬有引力定律的表達式列式分析即可，基礎題目。4（4分）如圖所示，真空中位于x軸上的兩個等量負點電荷，關于坐標原點O對稱。下列關于E隨x變化的圖象正確的是（）ABCD【考點】A8：點電荷的電場；AA：電場的疊加菁優(yōu)網版權所有【專題】14：作圖題；31：定性思想；43：推理法；532：電場力與電勢的性質專題【分析】兩個等量同種電荷，根據場強的疊加知，在兩電荷的中點場強為零，它們周圍電場線是排斥狀的，根據等量電荷周圍的電場線確定電場強度E隨x的變化規(guī)律；根據電場線從正電荷（或無窮遠）出發(fā)，終止于負電荷（或無窮遠）?！窘獯稹拷猓篈、根據場強的疊加，知兩個等量負點電荷的中點場強為零，兩側場強方向是相反的，不可能相同；根據電場線的疏密表示場強的大小，可知，從左側無窮遠到負電荷，電場強度逐漸增大，方向向右；從負電荷到負電荷，電場強度先減小后增大，且O點的電場強度為零；從負電荷到右側無窮遠，電場強度逐漸減小到零，方向向左；故A正確，BCD錯誤；故選：A?！军c評】解決本題的關鍵知道等量負電荷周圍電場線分布，知道電場線密的地方場強比較強；同時還可考查明確沿電場線的方向電勢降低。5（4分）圖示為一帶電粒子在水平向右的勻強電場中運動的一段軌跡，A、B為軌跡上的兩點。已知該粒子質量為m、電荷量為q，其在A點的速度大小為vo，方向豎直向上，到B點時速度方向與水平方向的夾角為30，粒子重力不計。則A、B兩點間的電勢差為（）ABCD【考點】AB：電勢差；AK：帶電粒子在勻強電場中的運動菁優(yōu)網版權所有【專題】32：定量思想；49：合成分解法；531：帶電粒子在電場中的運動專題【分析】粒子水平方向受電場力，做勻加速直線運動；豎直方向不受力，做勻速直線運動。結合速度的分解知識得到A點速度與B點速度的關系，然后對A到B過程根據動能定理列式可求出電勢差?！窘獯稹拷猓涸O帶電粒子在B點的速度大小為vB，粒子在垂直于電場方向做勻速直線運動，分速度不變，故有：vBsin30v0設A、B間的電勢差為UAB，由動能定理有：qUAB聯立可以求出A、B兩點間的電勢差為 UAB3，故ABD錯誤，C正確。故選：C?！军c評】本題關鍵是通過運動的合成與分解得到A點速度和B點速度的關系，然后結合動能定理列式求解電勢差。6（4分）如圖所示，一有界區(qū)域磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，磁場寬度為L；正方形導線框abcd的邊長也為L，當bc邊位于磁場左邊緣時，線框從靜止開始沿x軸正方向勻加速通過磁場區(qū)域。若規(guī)定逆時針方向為電流的正方向，則反映線框中感應電流變化規(guī)律的圖象是（）ABCD【考點】BB：閉合電路的歐姆定律；D9：導體切割磁感線時的感應電動勢菁優(yōu)網版權所有【專題】32：定量思想；43：推理法；53B：電磁感應與圖像結合【分析】先根據楞次定律判斷感應電流的方向，由左手定則判斷；由歐姆定律和EBLvBLat結合求解感應電流的大小與時間關系；【解答】解：設加速度為a，時刻t時速度為：vat，bc切割磁感線產生的電動勢EBLVBLat，對應的電流，電流與時間t成正比例關系，符合此規(guī)律的為BD；在t1時刻bc邊框出磁場的同時ad邊框進磁場，電流瞬時值的大小不變，但由右手定則可判斷出電流方向從逆時針突變成順時針，符合此規(guī)律的AB，故ACD錯誤，B正確；故選：B。【點評】對于圖象要能根據物理規(guī)律得到解析式或求解出相關的數值，再進行分析。本題關鍵掌握楞次定律、法拉第電磁感應定律和歐姆定律，分過程進行研究即可。7（4分）如圖所示，傾斜直桿的左端固定在地面上，與水平面成角，桿上穿有質量為m的小球a和輕質環(huán)b，兩者通過一條細繩跨過定滑輪相連接。當a、b靜止時，Oa段繩與桿的夾角也為，不計一切摩擦，重力加速度為g。則下列說法正確的是（）Aa可能受到2個力的作用Bb可能受到3個力的作用C繩對a的拉力大小為mgtanD桿對a的支持力大小為mgcos【考點】2G：力的合成與分解的運用；3C：共點力的平衡菁優(yōu)網版權所有【專題】32：定量思想；4A：整體法和隔離法；527：共點力作用下物體平衡專題【分析】分別對ab兩球分析，運用合成法，用T表示出繩的拉力，同一根繩子上的拉力相等，即繩子ab兩球的拉力是相等的，根據正弦定理列式求解?！窘獯稹拷猓篈、對a球受力分析可知，若45，則Oa繩豎直，a受到重力，繩子的拉力而平衡，a可能受到2個力的作用，故A正確；B、輕質環(huán)b不收重力，則繩的拉力和桿的彈力二力平衡，該段繩與桿垂直，故B錯誤；CD、以a球為研究對象，則繩的拉力為：Tmgtan根據正弦定理列式得：，解得：N，故C正確D錯誤，故選：AC?！军c評】本題考查了隔離法對兩個物體的受力分析，關鍵是抓住同一根繩子上的拉力處處相等結合幾何關系將兩個小球的重力聯系起來。8（4分）一輕彈簧兩端連接著質量均為m的A、B兩物塊，A通過輕繩固定于光滑斜面的擋板上。用沿斜面的力F使B向上緩慢移動一段距離后靜止，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，輕繩仍處于伸直狀態(tài)，如圖所示?，F撤去F，在B下滑過程中，以下說法正確的是（彈簧始終處在彈性限度內）（）A物塊A始終保持靜止B繩的拉力不可能為零C彈簧恢復原長時B的速度最大D彈簧彈性勢能先減小后增大【考點】3C：共點力的平衡；6B：功能關系菁優(yōu)網版權所有【專題】32：定量思想；43：推理法；52I：與彈簧相關的動量、能量綜合專題【分析】對于A受力分析確定出其受力的變化，但其合力為0，處于平衡態(tài)，對于B向下先加速后減速，彈性勢能由其長度確定。【解答】解：A、對于A當撤去F后其受到的彈簧的彈力要先減小，后變?yōu)橄蛳?，A受到上邊繩的制約不會向下運動，則A靜止，則A正確B、對于A彈力向上時：mgsinkxT，當mgsinkx時T0，則B錯誤C、對于B，當彈簧達到原長時還有向下的加速度agsin，則還要向下加速，速度增加，則C錯誤D、彈簧由壓縮態(tài)變?yōu)樯扉L態(tài)彈性勢能先減小后增大，則D正確。故選：AD?！军c評】考查彈簧的彈性勢能，明確彈性勢能與形變量的大小有關?；绢}。9（4分）如圖所示，傾角為的傳送帶由電動機帶動，始終保持速率v勻速運動，質量為m的物塊由傳送帶底端靜止釋放。已知物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為（tan），物塊到達傳送帶頂端前與之保持靜止。則在物塊由靜止釋放到相對傳送帶靜止的過程中，下列說法正確的是（）A電動機多提供的能量為mv2B傳送帶克服摩擦力做的功為mv2C傳送帶和物塊增加的內能為D摩擦力對物體的平均功率為mgvcos【考點】63：功率、平均功率和瞬時功率；6B：功能關系菁優(yōu)網版權所有【專題】32：定量思想；43：推理法；52C：功率的計算專題【分析】在物塊從靜止釋放到相對傳送帶靜止的過程中，電動機多做的功等于系統(tǒng)摩擦產生的內能和物塊機械能的增加量；電動機多做的功也等于克服摩擦力做的功；根據功能關系列式分析【解答】解：AB、電動機多做的功等于系統(tǒng)摩擦產生的內能和物塊機械能的增加量；對滑塊，增加的機械能為：EfLmgcost系統(tǒng)增加的內能：QfSf（S帶S物）f（vtt）mgcost故EQ故電動機多做的功等于物體機械能增加量的2倍，大于mv2電動機多做的功也等于克服摩擦力做的功；故AB錯誤；C、系統(tǒng)增加的內能為：QfSf（S帶S物）f（vtt）mgcost物體的加速度：ag（cossin）故加速時間為：t故系統(tǒng)增加的內能為：Q；故C正確；D、摩擦力做功的平均功率大小為：Pfmgcosv；故D正確；故選：CD。【點評】本題關鍵是明確滑塊的受力情況、運動情況和能量轉化情況，結合功能關系、運動學公式列式分析，不難。10（4分）如圖所示，一根固定的絕緣豎直長桿位于范圍足夠大且相互正交的勻強電場和勻強磁場中，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B一質量為m、電荷量為q的帶正電小圓環(huán)套在桿上，環(huán)與桿間的動摩擦因數為o現使圓環(huán)以初速度vo向下運動，經時間to，圓環(huán)回到出發(fā)點。若圓環(huán)回到出發(fā)點之前已經開始做勻速直線運動，不計空氣阻力，重力加速度為g。則下列說法中正確的是（）A環(huán)經過時間剛好到達最低點B環(huán)的最大加速度為amg+C環(huán)在t0時間內損失的機械能為m（v02）D環(huán)下降過程和上升過程系統(tǒng)因摩擦產生的內能相等【考點】37：牛頓第二定律；6B：功能關系；AE：電勢能與電場力做功；CM：帶電粒子在混合場中的運動菁優(yōu)網版權所有【專題】32：定量思想；49：合成分解法；537：帶電粒子在復合場中的運動專題【分析】A、環(huán)來回運動性質不相對稱，從而判定即可；B、依據牛頓第二定律，結合洛倫茲力大小公式fBqv，及左手定則，即可求解；C、根據動能定理，即可回到原點的機械能變化量；D、依據動能定理，結合初末速度，即可求解?！窘獯稹拷猓篈、環(huán)向下運動時豎直方向受到重力、向上的電場力、向上的摩擦力，設加速度大小為a1，則a1，因此速度的減小，導致洛淪茲力減小，則摩擦力會減小，因此環(huán)做加速度減小的減速運動，當環(huán)回頭時，環(huán)的加速度大小a2，隨著速度增大，開始做加速度減小的加速運動，之后做勻速直線運動，因此在t時，不可能剛好到達最低點，故A錯誤；B、圓環(huán)在運動過程中，只有向下運動時，加速度大于向上運動的加速度，而向下運動摩擦力越大，則加速度越大，因此環(huán)剛開始運動時，加速度最大，最大加速度amg+，故B正確；C、圓環(huán)從出發(fā)到回到出發(fā)點過程中，重力勢能變化為零，那么機械能的損失，即為動能的減小，根據動能定理，則有，EK，而v，因此損失的機械能為m（v02），故C正確；D、根據功能關系，除重力以外的力做功，則導致機械能變化，而環(huán)在下落與上升過程中，因摩擦力做功值不同，因此環(huán)在下落過程中損失的機械能不會等于上升回到出發(fā)點過程中損失的機械能，故D錯誤；故選：BC?！军c評】考查牛頓第二定律、動能定理的內容，掌握機械能損失與除重力以外的力做功有關，理解環(huán)在運動中受到洛倫茲力與速率的關系，及洛倫茲力的方向判定，注意環(huán)來回運動性質的不同是解題的關鍵。二、實驗題11（8分）以下是某實驗小組探究“二力合成規(guī)律”的過程。（l）首先進行如下操作：如圖甲，輕質小圓環(huán)掛在橡皮條的一端，另一端固定，橡皮條的長度為GE；如圖乙，用手通過兩個彈簧測力計共同拉動小圓環(huán)。小圓環(huán)在拉力F1、F2的共同作用下，位于O點，橡皮條伸長的長度為EO；撤去F1、F2，改用一個力F單獨拉住小圓環(huán)，仍使其位于0點，如圖丙。同學們發(fā)現，力F單獨作用，與F1、F2共同作用的效果是一樣的，都使小圓環(huán)保持靜止，由于兩次橡皮條伸長的長度相同，即橡皮條對小圓環(huán)的拉力相同，所以F等于F1、F2的合力。（2）然后實驗小組探究了合力F與分力F1、F2的關系：由紙上O點出發(fā)，用力的圖示法畫出拉力F1、F2和F（三個力的方向沿各自拉線的方向，三個力大小由彈簧測力計讀出）；用虛線將拉力F的箭頭端分別與F1、F2的箭頭端連接，如圖丁，得到的啟示是可能構成平行四邊形；多次改變拉力F1、F2的大小和方向，重做上述實驗，通過畫各力的圖示，進一步檢驗所圍成的圖形。實驗小組發(fā)現：在兩個力合成時，以表示這兩個力的有向線段為鄰邊作平行四邊形，這兩個鄰邊之間的對角線就代表合力的大小和方向，這個規(guī)律叫做平行四邊形定則，上述實驗中，如果把圖乙和圖丙的操作順序對調，即先用拉力F將圓環(huán)拉到O點，再用拉力F1和F2共同拉圓環(huán)產生相同效果，則F1和F2就是F的分力，此實驗可以探究力的分解規(guī)律?！究键c】M3：驗證力的平行四邊形定則菁優(yōu)網版權所有【專題】32：定量思想；43：推理法；526：平行四邊形法則圖解法專題【分析】（1）兩次橡皮條伸長的長度相同，則其對小圓環(huán)的拉力相同。（2）由圖可觀察到其圖形為平行四邊形（3）表示這兩個力的有向線段為鄰邊作平行四邊形，這兩個鄰邊之間的對角線就代表合力的大小和方向，為平行四邊形定則；F1和F2就是F的分力。【解答】解：（1）橡皮條對小圓環(huán)的拉力相同，即相同的作用效果。（2）圖丁，得到的啟示是可能構成平行四邊形；（3）表示這兩個力的有向線段為鄰邊作平行四邊形，這兩個鄰邊之間的對角線就代表合力的大小和方向，這個規(guī)律叫做平行四邊形定則。先用拉力F將圓環(huán)拉到O點，再用拉力F1和F2共同拉圓環(huán)產生相同效果，則F1和F2就是F的分力，此實驗可以探究力的分解規(guī)律。故答案為：（1）橡皮條對小圓環(huán)的拉力相同（2）可能構成平行四邊形（3）平行四邊形定則 分力 力的分解【點評】本題關鍵明確“探究共點力合成規(guī)律”的實驗的實驗原理，是用一個彈簧秤拉力和兩個彈簧秤拉力產生相同的形變效果等效來驗證力的平行四邊形定則的；然后按照該原理設計實驗步驟。12（8分）某實驗小組為了測量一個阻值未知的電阻，進行了如下操作：（1）首先用歐姆表粗測其電阻，如圖所示，則其讀數為18；（2）為了比較準確地測量此電阻，采用“伏安法”進行實驗。所用器材如下：電源E：電動勢為9V，內阻r約為1.0；電流表A：量程0.6A，內阻RA為0.50；電壓表V：量程10V，內阻Rv約為10k；滑動變阻器R：最大阻值為5.0；開關一個，導線若干。為了減小實驗誤差，要求盡可能多測幾組數據，請完成以下問題：在線框內畫出實驗電路圖；實驗小組按照正確的實驗步驟，采集了部分數據，并在IU圖象中描出相應的點，由此可知該電阻的阻值為18.9（保留一位小數）；若所用器材結構完好，該實驗的主要誤差是偶然（選填“系統(tǒng)”或“偶然”）誤差?！究键c】N6：伏安法測電阻菁優(yōu)網版權所有【專題】13：實驗題；31：定性思想；46：實驗分析法；535：恒定電流專題【分析】（1）歐姆表的讀數等于表盤刻度檔位倍率；（2）為了比較準確地測量此電阻，要求盡可能多測幾組數據確定滑動變阻器的接法；由于電流表內阻已知確定電流表接法，從而設計電路圖；根據歐姆定律求解電阻；該實驗由于電流表內阻已知，因此測量結果較為準確，器材結構完好，該實驗的主要誤差源于偶然誤差。【解答】解：（1）歐姆表的讀數等于表盤刻度檔位倍率，此次倍率選擇為1，故讀數為18118；（2）為了減小實驗誤差，要求盡可能多測幾組數據，且滑動變阻器阻值小于待測阻值，故滑動變阻器采用分壓接法；由于電流表內阻已知，且比待測電阻小很多，故電流表采用內接法；故設計實驗電路圖如圖所示：該IU圖利用直線擬合，讓盡量多的點在直線上，不在直線上點均勻分布在直線兩側，繪圖如下：該圖線的斜率為電阻倒數，即圖的斜率為：，故電阻為：；該實驗由于電流表內阻已知，因此測量結果較為準確，器材結構完好，該實驗的主要誤差源于偶然誤差；故答案為：（1）18；（2）；18.9；偶然。【點評】本題考查了測電阻的兩種方法，先通過歐姆表粗測，再用伏安法精測，要明確實驗原理，知道系統(tǒng)誤差來源。三、計算題13（10分）強行超車是道路交通安全的極大隱患之一。下圖是汽車超車過程的示意圖，汽車甲和貨車均以36km/h的速度在路面上勻速行駛，其中甲車車身長L1Sm、貨車長L28m，貨車在甲車前s3m。若甲車司機開始加速從貨車左側超車，加速度大小為2m/s2假定貨車速度保持不變，不計車輛變道的時間及車輛的寬度。求：（1）甲車完成超車至少需要多長時間；（2）若甲車開始超車時，看到道路正前方的乙車迎面駛來，此時二者相距l(xiāng)lOm，乙車速度為54km/h。甲車超車的整個過程中，乙車速度始終保持不變，請通過計算分析，甲車能否安全超車?！究键c】1D：勻變速直線運動的速度與時間的關系；1E：勻變速直線運動的位移與時間的關系菁優(yōu)網版權所有【專題】32：定量思想；43：推理法；511：直線運動規(guī)律專題【分析】（1）甲車要完成超車，甲車的車尾和貨車的車頭對齊即可；（2）根據兩車的位移關系來判斷能否安全超車。【解答】解：（1）甲車要完成超車，甲車的車尾和貨車的車頭對齊即可，設甲車經過時間t剛好完成超車，在t內甲車位移：貨車位移：x2v2t根據幾何關系x1x2+L1+L2+s解得：t4s；（2）假設甲車能安全超車，在最短時間4s內，甲車位移x156m，貨車位移x3v3t60m，由于x1+x3116m110m，故不能完成超車。答：（1）甲車完成超車至少需要4s；（2）此種情況下，甲車不能安全超車?！军c評】本題是追及問題，在分別研究兩車運動的基礎上，關鍵要尋找兩車之間的關系，比如位移關系和速度關系，注意挖掘隱含的臨界條件。14（10分）如圖所示，質量M50kg的運動員在進行體能訓練時，腰部系著一不可伸長的輕繩，繩另一端連接質量m11kg的輪胎。當運動員由靜止開始沿水平跑道勻加速奔跑時，繩的拉力大小為70N，繩與跑道的夾角為370，5s末繩突然斷裂。輪胎與跑道間的動摩擦因數0.5，空氣阻力不計，已知sin370.6，g10m/s2求：（l）運動員的加速度大小；（2）3s末運動員克服繩拉力做功的功率；（3）整個過程中輪胎克服摩擦力做的功。【考點】37：牛頓第二定律；63：功率、平均功率和瞬時功率；65：動能定理菁優(yōu)網版權所有【專題】11：計算題；32：定量思想；43：推理法；52D：動能定理的應用專題【分析】（1）對輪胎受力分析由牛頓第二定律可求解；（2）由速度公式求得3s末運動員的速度，由功率的公式可求解；（3）由位移公式求得加速過程輪胎的位移，再由全程對輪胎由動能定理可求解?！窘獯稹拷猓海?）對輪胎由牛頓第二定律得：Tcos37fmaN+Tsin37mgfN解得：a2m/s2（2）3s末運動員的速度為：vat16m/s3s末運動員克服繩拉力做功的功率為：PTvcos37336W（3）加速過程輪胎的位移為：x25m全程對輪胎由動能定理得：WTWf0則有：WfWTTxcos371400W答：（l）運動員的加速度大小是2m/s2；（2）3s末運動員克服繩拉力做功的功率是336W；（3）整個過程中輪胎克服摩擦力做的功是1400W【點評】本題考查了牛頓第二定律、運動學公式、動能定理的綜合運用，理清運動過程是求解的關鍵，難度中等。15（12分）如圖所示，在邊長為l的正方形區(qū)域內有水平向右的勻強電場，場強大小E；在矩形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，其邊界a、b和c為三塊垂直紙面放置的絕緣板。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以速度v從圖示位置垂直電場方向射入區(qū)域，離開區(qū)域后進入區(qū)域并垂直擊中板a的中點，接著與板b、c發(fā)生碰撞并返回區(qū)域已知粒子與板碰撞前后沿板方向的分速度不變，垂直板方向的分速度大小不變、方向相反，不計粒子與板的碰撞時間及粒子的重力。求：（1）區(qū)域的面積；（2）區(qū)域內磁場的磁感應強度大??；（3）粒子在電場和磁場中運動的總時間?！究键c】37：牛頓第二定律；4A：向心力；AK：帶電粒子在勻強電場中的運動；CI：帶電粒子在勻強磁場中的運動菁優(yōu)網版權所有【專題】11：計算題；32：定量思想；43：推理法；536：帶電粒子在磁場中的運動專題【分析】（1）根據粒子在電場中做類平拋運動求得進入磁場的位置、速度，然后根據粒子在磁場中做勻速圓周運動，由打在a板的位置和速度方向得到軌道半徑和a板長度，從而得到面積；（2）根據軌道半徑和速度，由洛倫茲力做向心力求得磁感應強度；（3）根據幾何關系得到在磁場中轉過的中心角和再次進入電場的速度方向，即可由周期求得在磁場中的運動時間，根據勻變速運動規(guī)律求得第二次在電場中的運動時間，即可求得運動總時間。【解答】解：（1）粒子在電場中只受電場力作用，故粒子做類平拋運動，所以，粒子在電場中的運動時間，進入磁場時的水平分速度，又有；所以，粒子從電場下邊界中點進入磁場，速度方向和水平方向的夾角為；粒子在磁場中只受洛倫茲力作用，故粒子做勻速圓周運動；根據粒子垂直擊中板a的中點可得軌道半徑；所以，a板長度為，故區(qū)域的面積；（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動的速率，故由洛