上海市浦東新區(qū)高三上學(xué)期期末考試（一模）物理試題及答案

1、上海市浦東新區(qū)2015屆高三一模物理試卷一、單項(xiàng)選擇題.（共16分，每小題2分，每小題只有一個(gè)正確選項(xiàng)，答案涂寫(xiě)在答題卡上）1比值法定義物理量是物理學(xué)中一種常用的方法，下列物理量中屬于用比值法定義的是（）as=bt=ci=de=考點(diǎn)：電場(chǎng)強(qiáng)度 .專題：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題分析：所謂比值定義法，就是用兩個(gè)物理量的比值來(lái)定義一個(gè)新的物理量的方法比值法定義的基本特點(diǎn)是被定義的物理量往往是反映物質(zhì)的最本質(zhì)的屬性，與參與定義的物理量無(wú)關(guān)據(jù)此分析解答：解：a、s=是勻變速運(yùn)動(dòng)的位移公式，s與a、t有關(guān)，所以該式不是用比值法定義的，故a錯(cuò)誤b、由t=知 t與成反比，不符合比值法定義的共性，所以該式不是用比

2、值法定義的，故b錯(cuò)誤c、由此知i與e成正比，與r+r成反比，不符合比值法定義的共性，所以該式不是用比值法定義的，故c錯(cuò)誤d、e=是電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式，e與f、q無(wú)關(guān)，反映電場(chǎng)本身的性質(zhì)，所以該式是用比值法定義的，故d正確故選：d點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵理解比值定義法的特點(diǎn)：被定義的物理量往往是反映物質(zhì)的最本質(zhì)的屬性，它不隨定義所用的物理量的大小取舍而改變2（2分）（2015浦東新區(qū)一模）下列物理量中屬于矢量的是（）a重力勢(shì)能b電流強(qiáng)度c功d磁感強(qiáng)度考點(diǎn)：矢量和標(biāo)量 .分析：本題根據(jù)矢量和標(biāo)量的概念進(jìn)行分析矢量是既有大小又有方向的物理量，標(biāo)量是只有大小沒(méi)有方向的物理量矢量的運(yùn)算遵守平行四邊形法則解答：

3、解：a、c、重力勢(shì)能和功都是只有大小沒(méi)有方向的標(biāo)量，不是矢量故ac錯(cuò)誤b、電流強(qiáng)度是標(biāo)量，因?yàn)殡娏鲝?qiáng)度運(yùn)算時(shí)遵守代數(shù)加減法則，不是平行四邊形定則，所以不是矢量故b錯(cuò)誤d、磁感強(qiáng)度是矢量，其方向就是磁場(chǎng)方向故d正確故選：d點(diǎn)評(píng)：矢量與標(biāo)量的區(qū)別有兩點(diǎn)：一是矢量有方向，標(biāo)量沒(méi)有方向；二是矢量運(yùn)算遵守平行四邊形定則，標(biāo)量運(yùn)算遵守代數(shù)加減法3（2分）（2015浦東新區(qū)一模）對(duì)牛頓第一定律的建立作出過(guò)重要貢獻(xiàn)的科學(xué)家是（）a卡文迪什b惠更斯c伽利略d奧斯特考點(diǎn)：物理學(xué)史 .分析：此題是物理學(xué)史問(wèn)題，根據(jù)相關(guān)科學(xué)家的物理學(xué)成就進(jìn)行解答解答：解：在牛頓發(fā)現(xiàn)牛頓第一定律之前，伽利略就研究了力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，得出

4、了力不是維持物體運(yùn)動(dòng)原因的結(jié)論，為牛頓第一定律的建立奠定了基礎(chǔ)故c正確，abd錯(cuò)誤故選：c點(diǎn)評(píng)：物理學(xué)史是高考考查內(nèi)容之一，是常識(shí)性問(wèn)題，這些常識(shí)要與物理學(xué)其他知識(shí)一起識(shí)記4（2分）（2015浦東新區(qū)一模）如圖為監(jiān)控汽車(chē)安全帶使用情況的報(bào)警電路，s為汽車(chē)啟動(dòng)開(kāi)關(guān)，汽車(chē)啟動(dòng)時(shí)s閉合rt為安全帶使用情況檢測(cè)傳感器，駕駛員末系安全帶時(shí)其阻值較小，系好安全帶后rt阻值變大，且遠(yuǎn)大于r1要求當(dāng)駕駛員啟動(dòng)汽車(chē)但未系安全帶時(shí)蜂鳴器報(bào)警則在圖中虛線框內(nèi)應(yīng)接入的元件是（）a“非”門(mén)b“或”門(mén)c“與”門(mén)d“與非”門(mén)考點(diǎn)：簡(jiǎn)單的邏輯電路 .分析：未系安全帶時(shí)要求鳴器報(bào)警，則要求蜂鳴器兩端有高電壓，即輸出端為高電勢(shì)，

5、蜂鳴器兩個(gè)輸入端已有一個(gè)是高電勢(shì)，另一個(gè)輸入端的電勢(shì)高低看rt阻值的大小，未系安全帶時(shí)rt阻值很小，rt兩端的電勢(shì)差很小，即輸入端為高電勢(shì)，否則為低電勢(shì)解答：解：未系安全帶時(shí)rt阻值很小，rt兩端的電勢(shì)差很小，即輸入端為高電勢(shì)，另一輸入端已為高電勢(shì)，此時(shí)蜂鳴器報(bào)警，知輸出端為高電勢(shì)若系安全帶，rt阻值大，兩端電勢(shì)差也大，即輸入端為低電勢(shì)，此時(shí)蜂鳴器不報(bào)警，知輸出端為低電勢(shì)所以該該元件為“與”門(mén)故c正確，a、b、d錯(cuò)誤故選：c點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵掌握“與”門(mén)電路的特點(diǎn)，即幾個(gè)條件都滿足，事件才能發(fā)生5（2分）（2015浦東新區(qū)一模）如圖所示為彈簧振子的振動(dòng)圖象，根據(jù)此振動(dòng)圖象不能確定的物理量是（

6、）a周期b振幅c頻率d最大回復(fù)力考點(diǎn)：簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振動(dòng)圖象 .專題：簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)專題分析：由振動(dòng)圖象可直接振幅a和周期t，由f=求出頻率由單擺的周期公式t=2求出擺長(zhǎng)擺球的質(zhì)量未知，無(wú)法確定回復(fù)力解答：解：由圖知，單擺的周期為t=2s，振幅為a=3cm，則頻率為：f=0.5hz由單擺的周期公式t=2求得擺長(zhǎng)l=1m，擺球的回復(fù)力等于f=mg，由于擺球的質(zhì)量m未知，無(wú)法確定最大回復(fù)力故abc正確，d錯(cuò)誤本題不能確定的物理量，故選：d點(diǎn)評(píng)：本題考查基本的讀圖能力，要掌握單擺的周期公式t=2，知道單擺的回復(fù)力表達(dá)式f=mg6（2分）（2015浦東新區(qū)一模）關(guān)于靜電現(xiàn)象，下列說(shuō)法正確的是（）a摩擦起電現(xiàn)象說(shuō)

7、明通過(guò)做功可以創(chuàng)造出電荷b摩擦起電實(shí)質(zhì)上是電荷從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體的過(guò)程c驗(yàn)電器可以測(cè)量物體帶電量的多少d日常生活中見(jiàn)到的所有靜電現(xiàn)象都是有危害的考點(diǎn)：靜電場(chǎng)中的導(dǎo)體 .專題：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題分析：摩擦起電的實(shí)質(zhì)是電子從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，并沒(méi)有創(chuàng)造電荷感應(yīng)起電的實(shí)質(zhì)是電荷可以從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一個(gè)部分解答：解：a、b、摩擦起電的實(shí)質(zhì)是電子從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，即說(shuō)明了電荷可以從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體摩擦起電現(xiàn)象說(shuō)明機(jī)械能可以轉(zhuǎn)化為電能，但并沒(méi)有創(chuàng)造電荷故a錯(cuò)誤，b正確c、d、驗(yàn)電器可以檢驗(yàn)是否帶電，不能測(cè)量物體帶電量的多少故c錯(cuò)誤；d、日常生活中見(jiàn)到的所有靜電現(xiàn)

8、象有一些是有危害的，有一些是有益的故d錯(cuò)誤故選：b點(diǎn)評(píng)：摩擦起電和感應(yīng)起電的實(shí)質(zhì)都電子發(fā)生了轉(zhuǎn)移，只是感應(yīng)起電是電子從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一個(gè)部分摩擦起電是電子從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體7（2分）（2015浦東新區(qū)一模）在空間某一點(diǎn)以大小相等的速度分別豎直上拋、豎直下拋、水平拋出質(zhì)量相等的小球，不計(jì)空氣阻力，經(jīng)過(guò)相等的時(shí)間（小球均未落地）（）a三個(gè)小球的速度變化相同b做豎直上拋運(yùn)動(dòng)的小球速度變化最大c做平拋運(yùn)動(dòng)的小球速度變化最小d做豎直下拋運(yùn)動(dòng)的小球速度變化最小考點(diǎn)：拋體運(yùn)動(dòng) .分析：根據(jù)加速度等于知速度變化v=at判定解答：解：根據(jù)加速度等于知速度變化v=at知豎直上拋、豎直下拋、水平拋出質(zhì)

9、量相等的小球加速度相同，均為g，經(jīng)過(guò)相等的時(shí)間，則v相同，故a正確故選：a點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵是知道加速度的定義，并知道豎直上拋、豎直下拋、水平拋出質(zhì)量相等的小球加速度相同8（2分）（2015浦東新區(qū)一模）如圖所示，菱形abcd的對(duì)角線相交于o點(diǎn)，兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷分別放在ac連線上m點(diǎn)與n點(diǎn)，且om=on，則（）aa、c兩處電勢(shì)、場(chǎng)強(qiáng)均相同bb、d兩處電勢(shì)、場(chǎng)強(qiáng)均相同c在mn連線上o點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)最大d在bd連線上o點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)最小考點(diǎn)：電場(chǎng)的疊加；電場(chǎng)強(qiáng)度；電勢(shì)；電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系 .專題：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題分析：電場(chǎng)強(qiáng)度為矢量，疊加遵守四邊形定則，電勢(shì)為標(biāo)量，疊加時(shí)直接求代數(shù)和解答：解：a、a處

10、電勢(shì)為正，c處電勢(shì)為負(fù)，a處場(chǎng)強(qiáng)方向向左，c處場(chǎng)強(qiáng)方向向右，故a錯(cuò)誤；b、bd兩處場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向水平向右，兩處的電勢(shì)均為0，故b正確；c、在mn連線上o點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)最小故c錯(cuò)誤；d、在bd連線上o點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)最大，故d錯(cuò)誤故選：b點(diǎn)評(píng)：熟記等量異種電荷的電場(chǎng)線分布圖，知道電場(chǎng)強(qiáng)度為矢量，電勢(shì)為標(biāo)量二、單項(xiàng)選擇題（共24分，每小題3分，每小題只有一個(gè)正確選項(xiàng)，答案涂寫(xiě)在答題卡上）9（3分）（2014山東）如圖，用兩根等長(zhǎng)輕繩將木板懸掛在豎直木樁上等高的兩點(diǎn)，制成一簡(jiǎn)易秋千，某次維修時(shí)將兩輕繩各剪去一小段，但仍能保持等長(zhǎng)且懸掛點(diǎn)不變，木板靜止時(shí)，f1表示木板所受合力的大小，f2表示單根輕繩對(duì)木板拉力的

11、大小，則維修后（）af1不變，f2變大bf1變大，f2變小cf1變大，f2變大df1變小，f2變小考點(diǎn)：共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；物體的彈性和彈力 .專題：共點(diǎn)力作用下物體平衡專題分析：木板靜止時(shí)，受重力和兩個(gè)拉力而平衡，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件并結(jié)合正交分解法列式分析即可解答：解：木板靜止時(shí)，受重力和兩個(gè)拉力而平衡，故三個(gè)力的合力為零，即：f1=0；根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有：2f2cos=mg解得：f2=當(dāng)細(xì)線變短時(shí)，細(xì)線與豎直方向的夾角增加，故cos減小，拉力f2變大故選：a點(diǎn)評(píng)：本題是簡(jiǎn)單的三力平衡問(wèn)題，關(guān)鍵是受力分析后運(yùn)用圖示法分析，不難10（3分）（2015浦東新區(qū)一模）一質(zhì)點(diǎn)在外力作用下做

12、直線運(yùn)動(dòng)，其速度v隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示在圖中標(biāo)出的各時(shí)間段中，質(zhì)點(diǎn)所受合外力恒定且合外力方向與速度方向始終相同的時(shí)間段是（）a0t1bt1t2ct2t3dt3t4考點(diǎn)：質(zhì)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間的關(guān)系 .專題：運(yùn)動(dòng)學(xué)中的圖像專題分析：根據(jù)牛頓第二定律，合外力方向與加速度方向相同，當(dāng)加速度與速度同向時(shí)物體做加速運(yùn)動(dòng)解答：解：a、0t1加速度逐漸減小，故a錯(cuò)誤；b、t1t2所受合外力恒定且合外力方向與速度方向始終相反，故b錯(cuò)誤；c、t2t3質(zhì)點(diǎn)所受合外力恒定且合外力方向與速度方向始終相同，故c正確；d、t3t4加速度逐漸增大，故d錯(cuò)誤；故選：c點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵是明確直線運(yùn)動(dòng)中，物體

13、加速時(shí)合力與速度同向；物體減速時(shí)合力與速度反向，基礎(chǔ)題目11（3分）（2015浦東新區(qū)一模）如圖所示，t型支架可繞o點(diǎn)無(wú)摩擦自由轉(zhuǎn)動(dòng)，b端擱在水平地面上，將一小物體放在支架上讓其從a端自由下滑，若支架表面光滑，當(dāng)小物體經(jīng)過(guò)c點(diǎn)時(shí)，b端受到的彈力為n1；若支架和小物體間有摩擦，并從a端給小物體一定的初速度，小物體恰好沿ab勻速下滑，當(dāng)小物體經(jīng)過(guò)c點(diǎn)時(shí)，b端受到的彈力為n2，前后兩次過(guò)程t型支架均不翻轉(zhuǎn)，則（）an1=0bn1n2cn1n2dn1=n2考點(diǎn)：力矩的平衡條件 .分析：以o為支點(diǎn)，根據(jù)力矩平衡條件研究n1與n2的大小關(guān)系支架和小物體間光滑，當(dāng)支架和小物體間光滑小物體經(jīng)過(guò)c時(shí)，n1的力矩

14、與物塊對(duì)支架壓力的力矩平衡當(dāng)小物體勻速下滑經(jīng)過(guò)c時(shí)，n2的力矩與摩擦力的力矩之和等于物塊對(duì)支架壓力的力矩解答：解：設(shè)物體經(jīng)過(guò)c時(shí)對(duì)支架的壓力大小為n以o為支點(diǎn)當(dāng)支架和小物體間光滑，小物體經(jīng)過(guò)c時(shí)，根據(jù)力矩平衡得知n1的力矩與物塊對(duì)支架壓力的力矩平衡，即：mn1=mn當(dāng)小物體勻速下滑經(jīng)過(guò)c時(shí)，n2的力矩與摩擦力的力矩之和等于物塊對(duì)支架壓力的力矩，即mn2+mf=mn由于兩次物塊對(duì)支架壓力的力矩相等，得mn1=mn2+mf，則有mn1mn2，而力臂不變，所以n1n2故選：c點(diǎn)評(píng)：本題是力矩平衡問(wèn)題，分析除支點(diǎn)以外支架的受力情況是解題的關(guān)鍵，還要分析力矩的方向12（3分）（2015浦東新區(qū)一模）物體

15、做方向不變的直線運(yùn)動(dòng)，若在任意相等的位移內(nèi)速度的變化量均相等，則下列說(shuō)法中正確的是（）a若v=0，則物體作勻加速直線運(yùn)動(dòng)b若v0，則物體作勻加速直線運(yùn)動(dòng)c若v0，則物體作加速度逐漸增大的加速直線運(yùn)動(dòng)d若v0，則物體作加速度逐漸增大的減速直線運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)：勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度與位移的關(guān)系 .專題：直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律專題分析：若v=0，物體的速度不變，則知物體作勻速直線運(yùn)動(dòng)若v0，物體作加速直線運(yùn)動(dòng)，通過(guò)任意相等位移的時(shí)間t減小，加速度增大相反，若v0，物體作加速度逐漸變小的減速直線運(yùn)動(dòng)解答：解：a、若v=0，物體的速度不變，則物體作勻速直線運(yùn)動(dòng)故a錯(cuò)誤；b、c，v0，物體作加速直線運(yùn)動(dòng)，通過(guò)任意相等位移的

16、所用時(shí)間t逐漸減小，由加速度a=知，加速度增大故b錯(cuò)誤，c正確；d、若v0，物體作減速直線運(yùn)動(dòng)，通過(guò)任意相等位移的所用時(shí)間t逐漸增大，由加速度a=知，加速度減小，物體作加速度逐漸變小的減速直線運(yùn)動(dòng)故d錯(cuò)誤故選：c點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵要抓住勻變速運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)：加速度不變，由加速度的定義分析其變化，要注意是相等位移內(nèi)速度的變化不是相等時(shí)間13（3分）（2015浦東新區(qū)一模）如圖所示，一質(zhì)點(diǎn)在一恒力作用下做曲線運(yùn)動(dòng)，從m點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到n點(diǎn)時(shí)，質(zhì)點(diǎn)的速度方恰好改變了90在此過(guò)程中，質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能（）a不斷增大b不斷減小c先減小后增大d先增大后減小考點(diǎn)：動(dòng)能定理的應(yīng)用；曲線運(yùn)動(dòng) .專題：動(dòng)能定理的應(yīng)用專題分析：質(zhì)點(diǎn)從m點(diǎn)

17、運(yùn)動(dòng)到n點(diǎn)時(shí)，其速度方向恰好改變了90，可以判斷恒力方向指向右下方，與初速度的方向夾角要大于90小于180因此恒力先做負(fù)功后做正功，動(dòng)能先減小后增大解答：解：因?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)速度方向恰好改變了90，可以判斷恒力方向應(yīng)為右下方，與初速度的方向夾角要大于90小于180才能出現(xiàn)末速度與初速度垂直的情況，因此恒力先做負(fù)功，當(dāng)達(dá)到速度與恒力方向垂直后，恒力做正功，動(dòng)能先減小后增大所以c正確故選c點(diǎn)評(píng)：此題需要根據(jù)運(yùn)動(dòng)情況分析受力情況，進(jìn)一步分析力的做功問(wèn)題，從而判斷速度（動(dòng)能）的變化14（3分）（2015浦東新區(qū)一模）如圖所示，有一內(nèi)壁光滑的閉合橢圓形管道，置于豎直平面內(nèi)，mn是通過(guò)橢圓中心o的水平線已知一小球

18、從m點(diǎn)出發(fā)，以初速v0沿管道m(xù)pn運(yùn)動(dòng)，到n點(diǎn)的速率為v1，所需的時(shí)間為t1；若該小球仍由m點(diǎn)以相同初速v0出發(fā)，而沿管道m(xù)qn運(yùn)動(dòng)，到n點(diǎn)的速率為v2，所需時(shí)間為t2則（）av1=v2，t1t2bv1v2，t1t2cv1=v2，t1t2dv1v2，t1t2考點(diǎn)：機(jī)械能守恒定律 .分析：根據(jù)機(jī)械能守恒定律分析小球到達(dá)n點(diǎn)時(shí)速率關(guān)系，結(jié)合小球的運(yùn)動(dòng)情況，分析平均速率關(guān)系，即可得到結(jié)論解答：解：由于小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，到達(dá)n點(diǎn)時(shí)速率相等，即有v1=v2小球沿管道m(xù)pn運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球的速率小于初速率v0，而小球沿管道m(xù)qn運(yùn)動(dòng)，小球的速率大于初速

19、率v0，所以小球沿管道m(xù)pn運(yùn)動(dòng)的平均速率小于沿管道m(xù)qn運(yùn)動(dòng)的平均速率，而兩個(gè)過(guò)程的路程相等，所以有t1t2故a正確，bcd錯(cuò)誤故選：a點(diǎn)評(píng)：解決本題關(guān)鍵要掌握機(jī)械能守恒定律，并能用來(lái)分析小球速率的大小，知道平均速率等于路程與時(shí)間之比15（3分）（2015浦東新區(qū)一模）一傾角為30的斜劈放在水平地面上，一物體沿斜劈勻速下滑現(xiàn)給物體施加如圖所示力f，f與豎直方向夾角為30，斜劈仍靜止，則此時(shí)地面對(duì)斜劈的摩擦力（）a大小為零b方向水平向右c方向水平向左d無(wú)法判斷大小和方向考點(diǎn)：共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；滑動(dòng)摩擦力；力的合成與分解的運(yùn)用 .專題：共點(diǎn)力作用下物體平衡專題分析：滑塊勻速下滑時(shí)，受重力

20、、支持力和摩擦力，三力平衡，故支持力和摩擦力的合力與重力平衡，豎直向上，根據(jù)牛頓第三定律得到滑塊對(duì)斜面體的作用力方向；當(dāng)加推力f后，滑塊對(duì)斜面體的壓力和滑動(dòng)摩擦力同比增加，合力方向不變解答：解：塊勻速下滑時(shí)，受重力、支持力和摩擦力，三力平衡，故支持力和摩擦力的合力與重力平衡，豎直向上，根據(jù)牛頓第三定律得到滑塊對(duì)斜面體的作用力方向豎直向下，等于mg；當(dāng)加推力f后，根據(jù)滑動(dòng)摩擦定律f=n，支持力和滑動(dòng)摩擦力同比增加，故其合力的方向不變，根據(jù)牛頓第三定律，滑塊對(duì)斜面體的壓力和滑動(dòng)摩擦力的合力方向也不變，豎直向下；故斜面體相對(duì)與地面無(wú)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，靜摩擦力仍然為零；故選a點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵對(duì)滑塊受力分析后根據(jù)

21、平衡條件得到支持力和摩擦力的合力方向，然后根據(jù)牛頓第三定律得到滑塊對(duì)斜面體的作用力的合力方向，當(dāng)壓力增加后，滑動(dòng)摩擦力也增加，但兩個(gè)力的合力方向不變16（3分）（2015浦東新區(qū)一模）一帶電粒子在電場(chǎng)中僅受靜電力作用，從o點(diǎn)出發(fā)沿x軸正方向做初速度為零的直線運(yùn)動(dòng)，其電勢(shì)能ep與位移x的關(guān)系如圖所示，則以下所示的圖象中正確的是（）a場(chǎng)強(qiáng)與位移的關(guān)系b動(dòng)能與位移的關(guān)系c速度與位移的關(guān)系d加速度與位移的關(guān)系考點(diǎn)：電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；電勢(shì)能 .專題：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題分析：粒子僅受電場(chǎng)力作用，做初速度為零的加速直線運(yùn)動(dòng)；根據(jù)功能關(guān)系得到epx圖象的斜率的含義，得出電場(chǎng)力的變化情況；然后結(jié)合加速

22、度的含義判斷加速度隨著位移的變化情況解答：解：粒子僅受電場(chǎng)力作用，做初速度為零的加速直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做功等于電勢(shì)能的減小量，故：f=|，即epx圖象上某點(diǎn)的切線的斜率表示電場(chǎng)力；a、epx圖象上某點(diǎn)的切線的斜率表示電場(chǎng)力，故電場(chǎng)力逐漸減小，根據(jù)e=，故電場(chǎng)強(qiáng)度也逐漸減??；故a錯(cuò)誤； b、根據(jù)動(dòng)能定理，有：fx=ek，故ekx圖線上某點(diǎn)切線的斜率表示電場(chǎng)力；由于電場(chǎng)力逐漸減小，與b圖矛盾，故b錯(cuò)誤； c、按照c圖，速度隨著位移均勻增加，而相同位移所用的時(shí)間逐漸減?。铀龠\(yùn)動(dòng)），故加速度逐漸增加；而電場(chǎng)力減小導(dǎo)致加速度減?。还拭?，故c錯(cuò)誤； d、粒子做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故d正確；故選：d點(diǎn)評(píng)

23、：本題切入點(diǎn)在于根據(jù)epx圖象得到電場(chǎng)力的變化規(guī)律，突破口在于根據(jù)牛頓第二定律得到加速度的變化規(guī)律，然后結(jié)合動(dòng)能定理分析；不難三、多項(xiàng)選擇題（共16分，每小題4分，每小題有二個(gè)或三個(gè)正確選項(xiàng)，全選對(duì)的，得4分，選對(duì)但不全的，得2分，有選錯(cuò)或不答的，得0分，答案涂寫(xiě)在答題卡上）17（4分）（2015浦東新區(qū)一模）如圖所示，甲、乙、丙三個(gè)物體放在勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平粗糙圓臺(tái)上，甲的質(zhì)量為2m，乙、丙的質(zhì)量均為m，甲、乙離軸為r，丙離軸為2r，則當(dāng)圓臺(tái)旋轉(zhuǎn)時(shí)（設(shè)甲、乙、丙始終與圓臺(tái)保持相對(duì)靜止）（）a甲物體的線速度比丙物體的線速度小b乙物體的角速度比丙物體的角速度小c甲物體的向心加速度比乙物體的向心加速度

24、大d乙物體受到的向心力比丙物體受到的向心力小考點(diǎn)：向心力；線速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速 .專題：勻速圓周運(yùn)動(dòng)專題分析：甲、乙、丙共軸轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度大小相等，根據(jù)線速度、向心力、向心加速度公式即可判斷轉(zhuǎn)解答：解：a、甲、乙、丙轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度大小相等，根據(jù)v=r，且甲的半徑小于丙的半徑可知，甲物體的線速度比丙物體的線速度小，故a正確，b錯(cuò)誤；c、根據(jù)向心加速度a=r2，且甲、乙半徑相等，可知，甲物體的向心加速度和乙物體的向心加速度相等，故c錯(cuò)誤；d、根據(jù)f=mr2知，甲、乙、丙的質(zhì)量之比為2：1：1，轉(zhuǎn)動(dòng)的半徑之比為1：1：2，則向心力大小之比為2：1：2，所以乙物體受到的向心力比丙物體受到的向心力小，

25、故d正確故選：ad點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道共軸轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度相等，結(jié)合v=r，a=r2，f=mr2分析求解18（4分）（2015浦東新區(qū)一模）如圖所示電路中，r1、r2為定值電阻，電源的內(nèi)電阻為r閉合電鍵s，電壓表顯示有讀數(shù)，調(diào)節(jié)可變電阻r的阻值，電壓表示數(shù)增大量為u對(duì)此過(guò)程，下列判斷正確的是（）a可變電阻r阻值增大，流過(guò)它的電流增大b電阻r2兩端的電壓減小，減小量小于uc通過(guò)電阻r2的電流減小，減小量等于d路端電壓一定增大，增大量小于u考點(diǎn)：閉合電路的歐姆定律 .專題：恒定電流專題分析：由題意電壓表的示數(shù)增大了u，說(shuō)明r和r1并聯(lián)的電阻增大，知r增大r增大，外電阻增大，干路電流減小，電阻r2兩

26、端的電壓減小，根據(jù)路端電壓的變化，分析電阻r2兩端的電壓減小量和u的大小，由歐姆定律求出電流減小量的范圍解答：解：a、由題，電壓表的示數(shù)增大，r和r1并聯(lián)的電阻增大，得知r增大，總電阻增大，總電流減小，并聯(lián)部分電壓增大，通過(guò)r1的電流增大，所以通過(guò)可變電阻r的電流減小，故a錯(cuò)誤b、c、r增大，外電阻增大，干路電流減小，電阻r2兩端的電壓減小，路端電壓增大，而路端電壓等于外電路總電壓，所以電阻r2兩端的電壓減小量小于u，由歐姆定律得知，通過(guò)電阻r2的電流減小，減小量小于故c錯(cuò)誤，b正確d、由于電阻r2兩端的電壓減小，所以路端電壓的增大量小于u故d正確故選：bd點(diǎn)評(píng)：本題根據(jù)部分與整體的關(guān)系，采用

27、總量法分析r2兩端的電壓減小量和u的增加量的大小，即總量增大，增大的量較大19（4分）（2015浦東新區(qū)一模）一列橫波沿直線傳播，在波的傳播方向上有a、b兩點(diǎn)在t時(shí)刻a、b兩點(diǎn)間形成如圖甲所示波形，在（t+3s）時(shí)刻a、b兩點(diǎn)間形成如圖乙所示波形，已知a、b兩點(diǎn)間距離a=9m，則以下說(shuō)法中正確的是（）a若周期大于4s，波可能向右傳播b若周期為4s，波一定向右傳播c若波速為8.5m/s，波一定向左傳播d該波波速可能的最小值為0.5m/s考點(diǎn)：橫波的圖象；波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系 .專題：振動(dòng)圖像與波動(dòng)圖像專題分析：根據(jù)兩時(shí)刻的波形，列出周期通項(xiàng)，得到波速的通項(xiàng)，再分析特殊值確定波的傳播方向解答：解

28、：a、若波向右傳播，3s=（n+）t1，（n=0，1，2，），t1=s；若波向左傳播，3s=（n+）t2，（n=0，1，2，），t2=s由于n是整數(shù)，當(dāng)n=0時(shí)，t=4s時(shí)，符合t1通項(xiàng)，波向右傳播，而波向右傳播周期t4s故a錯(cuò)誤，b正確c、由圖知波長(zhǎng)=6m，若波速為8.5m/s，波傳播的距離為x=vt=8.53m=25.5m=4，根據(jù)波形的平移，波一定向左傳播故c正確d、波傳播的最大距離為向左傳播1.5m，波波速可能的最小值為v=m/s=0.5m/s故d正確故選：bcd點(diǎn)評(píng)：本題知道兩個(gè)時(shí)刻的波形，根據(jù)波的周期性，得到周期的通項(xiàng)，判斷波的傳播方向20（4分）（2015浦東新區(qū)一模）如圖甲所示

29、是一打樁機(jī)的簡(jiǎn)易模型質(zhì)量m=1kg的物體在拉力f作用下從與釘子接觸處由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，上升一段高度后撤去f，到最高點(diǎn)后自由下落，撞擊釘子，將釘子打入2cm深度，且物體不再被彈起若以初始狀態(tài)物體與釘子接觸處為零勢(shì)能點(diǎn)，物體上升過(guò)程中，機(jī)械能e與上升高度h的關(guān)系圖象如圖乙所示撞擊前不計(jì)所有摩擦，釘子質(zhì)量忽略不計(jì)，g取10m/s2則（）a物體上升過(guò)程的加速度為12m/s2b物體上升過(guò)程的最大速度為2m/sc物體上升到0.25m高度處拉力f的瞬時(shí)功率為12wd釘子受到的平均阻力為600n考點(diǎn)：功率、平均功率和瞬時(shí)功率 .專題：功率的計(jì)算專題分析：撤去拉力后，物體的機(jī)械能守恒，結(jié)合圖象求出物體上升過(guò)程中的

30、最大速度，根據(jù)速度位移公式求出物體上升的加速度根據(jù)速度位移公式求出上升到0.25m時(shí)的速度，根據(jù)牛頓第二定律求出拉力的大小，從而求出拉力的瞬時(shí)功率根據(jù)能量守恒求出釘子受到的平均阻力大小解答：解：a、物體上升1m高度時(shí)的機(jī)械能e=mgh1+mv，即：12=101+，解得物體上升過(guò)程中最大速度v1=2m/s根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式得：v12=2ah1，可知物體上升過(guò)程的加速度為：a=2m/s2故a錯(cuò)誤，b正確c、根據(jù)速度位移公式得：v22=2ah，解得：v2=m/s=1m/s；根據(jù)牛頓第二定律得：fmg=ma，解得：f=mg+ma=112n=12n，則拉力f的瞬時(shí)功率為：p=fv=121w

31、=12w故c正確d、根據(jù)機(jī)械能守恒得，物體與釘子接觸時(shí)的動(dòng)能為12j，根據(jù)能量守恒得：mghmv=fh2，代入數(shù)據(jù)得：f=610n故d錯(cuò)誤故選：bc點(diǎn)評(píng)：物體動(dòng)能與勢(shì)能之和是物體的機(jī)械能，分析清楚圖象，應(yīng)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、功率公式等知識(shí)即可正確解題四、填空題（共20分，每小題4分，答案寫(xiě)在答題紙中指定位置，不要求寫(xiě)出演算過(guò)程）21（4分）（2015浦東新區(qū)一模）如圖所示為地磁場(chǎng)磁感線的示意圖在北半球地磁場(chǎng)的豎直分量向下飛機(jī)在我國(guó)上空勻速巡航，機(jī)翼保持水平，飛行高度不變由于地磁場(chǎng)的作用，金屬機(jī)翼上有電勢(shì)差，設(shè)飛行員左方機(jī)翼末端處的電勢(shì)為1，右方機(jī)翼末端處的電勢(shì)為2，若飛機(jī)從西往東飛，1

32、2（選填“”、“=”或“”）；若飛機(jī)從南往北飛，12（選填“”、“=”或“”）考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) .分析：由于地磁場(chǎng)的存在，當(dāng)飛機(jī)在北半球水平飛行時(shí)，兩機(jī)翼的兩端點(diǎn)之間會(huì)有一定的電勢(shì)差，相當(dāng)于金屬棒在切割磁感線一樣由右手定則可判定電勢(shì)的高低解答：解：當(dāng)飛機(jī)在北半球飛行時(shí)，由于地磁場(chǎng)的存在，且地磁場(chǎng)的豎直分量方向豎直向下，由于感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向與感應(yīng)電流的方向是相同的，由低電勢(shì)指向高電勢(shì)，由右手定則可判知，在北半球，不論沿何方向水平飛行，都是飛機(jī)的左方機(jī)翼電勢(shì)高，右方機(jī)翼電勢(shì)低，即總有1比2高故答案為：；點(diǎn)評(píng)：本題要了解地磁場(chǎng)的分布情況，掌握右手定則對(duì)于機(jī)翼的運(yùn)動(dòng)，類似于金屬棒在磁

33、場(chǎng)中切割磁感線一樣會(huì)產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，而電源內(nèi)部的電流方向則是由負(fù)極流向正極的22（4分）（2015浦東新區(qū)一模）同步衛(wèi)星a距地面高度為h，近地衛(wèi)星b距地面高度忽略不計(jì)，地球半徑為r則衛(wèi)星a、b的向心加速度大小之比aa：ab=r2：（r+h）2，線速度大小之比va：vb=考點(diǎn)：同步衛(wèi)星 .專題：人造衛(wèi)星問(wèn)題分析：人造地球衛(wèi)星均由萬(wàn)有引力充當(dāng)向心力，則有公式可求得加速度及線速度的表達(dá)式即可求解解答：解：衛(wèi)星的向心力由萬(wàn)有引力提拱，則對(duì)ab兩衛(wèi)星，由萬(wàn)有引力公式可求得向心加速度及線速度之比；故g=ma=m可得：a=；v=故同步衛(wèi)星與近地衛(wèi)星的加速度之比為：；線速度之比為故答案為：r2：（r+h）2；點(diǎn)評(píng)

34、：本題應(yīng)注意由于地球表面的物體其萬(wàn)有引力充當(dāng)了重力和向心力，根據(jù)向心力公式列式求解，難度不大，屬于基礎(chǔ)題23（4分）（2015浦東新區(qū)一模）一質(zhì)量為2kg的物體在如圖（a）所示的xoy平面上運(yùn)動(dòng)，在x方向的速度時(shí)間圖象vxt圖和y方向的位移時(shí)間圖象syt圖分別如圖（b）、（c）所示，則物體的初速度大小為13m/s，前兩秒物體所受的合外力大小為10n考點(diǎn)：勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間的關(guān)系 .專題：運(yùn)動(dòng)學(xué)中的圖像專題分析：由vt圖象可知物體的速度變化；由xt圖象可知y方向上的位移的變化；由運(yùn)動(dòng)的合成和分解可知物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，由牛頓第二定律可求得物體的合外力解答：解：由vt圖可

35、知，物體在x方向上初速度為：vx=12m/s，而在y方向上，物體做勻速運(yùn)動(dòng)，速度為：，物體的初速度為水平速度和豎直速度的合速度，則初速度大?。海挥蓈t圖可知，前2秒，物體的加速度為：，根據(jù)牛頓第二定律，前兩秒物體所受合外力大小為：f=ma=25=10n；故答案為：13，10點(diǎn)評(píng)：圖象是物理學(xué)中重要的解題方法之一，一定要熟練掌握公式的意義及應(yīng)用24（4分）（2015浦東新區(qū)一模）在2008北京奧運(yùn)會(huì)上，中國(guó)選手何雯娜取得女子蹦床比賽的冠軍蹦床模型簡(jiǎn)化如右圖所示，網(wǎng)水平張緊時(shí)，完全相同的輕質(zhì)網(wǎng)繩構(gòu)成正方形，o、a、b、c等為網(wǎng)繩的結(jié)點(diǎn)若何雯娜的質(zhì)量為m，從高處豎直落下，并恰好落在o點(diǎn)，當(dāng)該處沿豎直

36、方向下凹至最低點(diǎn)時(shí)，網(wǎng)繩aoe、cog均成120向上的張角，此時(shí)選手受到o點(diǎn)對(duì)她向上的作用力大小為f，則選手從觸網(wǎng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，速度變化情況是先增大后減小（選填“一直增大”、“一直減小”、“先增大后減小”或“先減小后增大”）；當(dāng)o點(diǎn)下降至最低點(diǎn)時(shí)，其四周每根繩子承受的拉力大小為考點(diǎn)：牛頓第二定律；物體的彈性和彈力 .專題：牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題分析：o點(diǎn)的壓力被兩根繩所承受，故可以為每根繩承受一半的力，則繩子兩端的力的合力應(yīng)等于，由平形四邊形定則可求得每根繩所承受的力解答：解：人由空中自由下落后，速度越來(lái)越大，接觸繩后，由于繩子對(duì)人的作用力慢慢增大，則合力減小，但速度繼續(xù)增大；而當(dāng)彈力等于重

37、力之后，人開(kāi)始減速運(yùn)動(dòng)；故速度先增大后減?。灰蛎扛K的合力應(yīng)為；而繩受力后成120度角，作出平行四邊形可知，由幾何關(guān)系可知：當(dāng)合力為時(shí)，兩分力也為；故每根繩承受的壓力大小為； 故答案為：先增大后減上；點(diǎn)評(píng)：本題應(yīng)注意繩子張力的特點(diǎn)，同一根繃緊的繩，其上的各部分張力相等；兩個(gè)大小相等的力若其夾角為120，則合力與分力大小相等25（4分）（2015浦東新區(qū)一模）如圖所示，一物體在沿斜面向上的恒力f作用下，由靜止從底端沿固定光滑斜面向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t物體運(yùn)動(dòng)到離地面高度為h1的某處，獲得速度v1，此時(shí)撤去恒力f，物體又經(jīng)過(guò)時(shí)間t恰好回到斜面底端，此時(shí)物體的速度大小為v2，則v1與v2大

38、小之比v1：v2=1：2；若選取地面為重力勢(shì)能零參考面，撤去恒力f后物體的動(dòng)能與勢(shì)能恰好相等時(shí)的高度為h2，則h1與h2之比h1：h2=3：2考點(diǎn)：功能關(guān)系 .分析：上升過(guò)程中后撤去f的過(guò)程中，物體都做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平均速度即可求解速度之比，先表示出剛撤去拉力時(shí)的機(jī)械能和返回出發(fā)點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能，根據(jù)撤去f后只有重力做功，機(jī)械能守恒列式即可求解h1與h2之比解答：解：上升過(guò)程中，物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，平均速度，撤去拉力知道回到出發(fā)點(diǎn)的過(guò)程中，平均速度，由于兩個(gè)過(guò)程中，位移相同，時(shí)間相同，則平均速度相同，所以，解得：撤去拉力f時(shí)的機(jī)械能，返回出發(fā)點(diǎn)的機(jī)械能，而動(dòng)能與勢(shì)能恰好相等時(shí)的機(jī)械能e=2

39、mgh2撤去f后只有重力做功，機(jī)械能守恒，則e=e1=e2由解得：故答案為：1：2；3：2點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了勻變速直線運(yùn)動(dòng)平均速度公式及機(jī)械能守恒定律的直接應(yīng)用，抓住求解速度關(guān)系，難度適中五、實(shí)驗(yàn)題（本大題4小題，共24分）26（4分）（2015浦東新區(qū)一模）如圖所示為“研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象”的實(shí)物連接圖，閉合電鍵時(shí)發(fā)現(xiàn)靈敏電流計(jì)g指針向左偏轉(zhuǎn)，則當(dāng)電鍵閉合穩(wěn)定后，將滑動(dòng)變阻器的滑片p從a向b勻速滑動(dòng)的過(guò)程中，靈敏電流計(jì)g指針的偏轉(zhuǎn)情況是向左偏轉(zhuǎn)（選填“向左偏轉(zhuǎn)”、“向右偏轉(zhuǎn)”、“不動(dòng)”）；將線圈a從線圈c中拔出，則與緩慢拔出相比，快速拔出時(shí)靈敏電流計(jì)g的指針偏轉(zhuǎn)角度更大（選填“更大”、“更小”

40、或“相同”）考點(diǎn)：研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象 .專題：實(shí)驗(yàn)題分析：根據(jù)閉合電路，滑片的移動(dòng)，導(dǎo)致電阻變化，從而使電流變化，則影響磁場(chǎng)的方向，進(jìn)而導(dǎo)致線圈c的磁通量變化，根據(jù)閉合電鍵時(shí)發(fā)現(xiàn)靈敏電流計(jì)g指針向左偏轉(zhuǎn)，即可判定感應(yīng)電流的方向；當(dāng)拔出的快慢不同時(shí)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，即可求解解答：解：將滑動(dòng)變阻器的滑片p從a向b勻速滑動(dòng)的過(guò)程中，接入電路的電阻減小，則電流增大，導(dǎo)致穿過(guò)線圈c的磁通量增大，根據(jù)閉合電鍵時(shí)發(fā)現(xiàn)靈敏電流計(jì)g指針向左偏轉(zhuǎn)，可知，靈敏電流表的指針向左偏；快速拔出時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)較大，靈敏電流計(jì)g的指針偏轉(zhuǎn)角度更大故答案為：向左偏轉(zhuǎn)，更大點(diǎn)評(píng)：本題考查研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象及驗(yàn)證楞次定律的

41、實(shí)驗(yàn)，對(duì)于該實(shí)驗(yàn)注意兩個(gè)回路的不同27（6分）（2015浦東新區(qū)一模）某研究小組的同學(xué)在水平放置的方木板上做“探究共點(diǎn)力的合成規(guī)律”實(shí)驗(yàn)時(shí)：（1）利用坐標(biāo)紙記下了橡皮筋的結(jié)點(diǎn)位置o以及兩只彈簧秤拉力的大小和方向，如圖（a）所示，圖中每一小格長(zhǎng)度均代表0.5n，則f1與f2的合力大小為3.0n（2）關(guān)于此實(shí)驗(yàn)，下列敘述中正確的是ca彈簧秤應(yīng)先在豎直方向進(jìn)行調(diào)零b橡皮筋對(duì)結(jié)點(diǎn)o的拉力就是兩彈簧秤對(duì)結(jié)點(diǎn)o的拉力f1與f2的合力c兩次拉橡皮筋時(shí)，需將橡皮筋結(jié)點(diǎn)拉到同一位置o，這樣做的目的是保證兩次彈簧秤拉力的效果相同d若要改變彈簧秤的拉力大小而又要保證橡皮筋結(jié)點(diǎn)位置不變，只需調(diào)整兩只彈簧秤的拉力大小使

42、其中一只增大另一只減小即可（3）圖（b）所示是甲、乙兩位同學(xué)在做以上實(shí)驗(yàn)時(shí)得到的結(jié)果，其中力f是用一只彈簧秤拉橡皮筋時(shí)的圖示，則哪一位同學(xué)的實(shí)驗(yàn)結(jié)果一定存在問(wèn)題？請(qǐng)簡(jiǎn)單說(shuō)明理由答：乙同學(xué)，因?yàn)橐彝瑢W(xué)實(shí)驗(yàn)的結(jié)果f的方向不與橡皮筋的伸長(zhǎng)方向在同一直線上考點(diǎn)：驗(yàn)證力的平行四邊形定則 .專題：實(shí)驗(yàn)題分析：以f1和f2為鄰邊作平行四邊形，通過(guò)o點(diǎn)的對(duì)角線表示合力f，據(jù)此可正確畫(huà)出f1和f2的合力圖示；明確實(shí)驗(yàn)理論值和實(shí)驗(yàn)值之間的關(guān)系即可正確解答；該實(shí)驗(yàn)采用了“等效替代”法即要求兩次拉橡皮筋時(shí)，要使橡皮筋產(chǎn)生的形變相同，即拉到同一位置解答：解：（1）以f1和f2為鄰邊作平行四邊形，與f1和f2共點(diǎn)的對(duì)角線

43、表示合力f，標(biāo)上箭頭如圖所示則f1與f2的合力大小為3.0n（2）a、彈簧秤應(yīng)先在水平方向進(jìn)行調(diào)零，故a錯(cuò)誤；b、橡皮筋對(duì)結(jié)點(diǎn)o的拉力與兩彈簧秤對(duì)結(jié)點(diǎn)o的拉力f1與f2的合力是一對(duì)平衡力，故b錯(cuò)誤；c、兩次拉橡皮筋時(shí)，需將橡皮筋結(jié)點(diǎn)拉到同一位置o，這樣做的目的是保證兩次彈簧秤拉力的效果相同，故c正確；d、根據(jù)平行四邊形定則可知，合力不變，只增大一個(gè)分力的大小時(shí)，另一個(gè)分力的大小和方向都變化，故d錯(cuò)誤故選：c（3）用平行四邊形定則求出的合力可以與橡皮條拉力的方向有偏差，但用一只彈簧測(cè)力計(jì)拉結(jié)點(diǎn)的拉力與橡皮條拉力一定在同一直線上，所以乙同學(xué)的實(shí)驗(yàn)結(jié)果存在問(wèn)題，因?yàn)橐彝瑢W(xué)實(shí)驗(yàn)的結(jié)果f的方向不與橡皮筋

44、的伸長(zhǎng)方向在同一直線上故答案為：（1）3.0；（2）c；（3）乙同學(xué)，因?yàn)橐彝瑢W(xué)實(shí)驗(yàn)的結(jié)果f的方向不與橡皮筋的伸長(zhǎng)方向在同一直線上點(diǎn)評(píng)：本題要防止產(chǎn)生錯(cuò)誤的認(rèn)識(shí)，認(rèn)為橡皮筋的拉力是兩彈簧測(cè)力計(jì)的拉力，根據(jù)合力與分力等效關(guān)系分析，一個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)的拉力是兩個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)拉力的合力28（6分）（2015浦東新區(qū)一模）利用dis實(shí)驗(yàn)裝置研究小車(chē)質(zhì)量一定時(shí)加速度與力的關(guān)系，為了減小拉力的測(cè)量誤差，實(shí)驗(yàn)中用質(zhì)量可以忽略的小網(wǎng)兜裝小砝碼，將小砝碼的重力作為對(duì)小車(chē)的拉力，現(xiàn)有完全相同的小砝碼若干個(gè)（1）（多選題）為了驗(yàn)證加速度與合外力成正比，實(shí)驗(yàn)中必須做到aca實(shí)驗(yàn)前要平衡摩擦力b每次都必須從相同位置釋放小車(chē)c

45、拉小車(chē)的細(xì)繩必須保持與軌道平行d拉力改變后必須重新平衡摩擦力（2）如果小砝碼的重力未知，仍然使用上述器材進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，那么通過(guò)研究加速度與小砝碼的個(gè)數(shù)的關(guān)系也可以獲得物體的加速度與合外力成正比的結(jié)論考點(diǎn)：探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系 .專題：實(shí)驗(yàn)題分析：探究加速度與力的關(guān)系實(shí)驗(yàn)時(shí)，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力時(shí)，要求小車(chē)在無(wú)動(dòng)力的情況下平衡摩擦力，不需要掛任何東西平衡摩擦力時(shí)，是重力沿木板方向的分力等于摩擦力，即：mgsin=mgcos，可以約掉m，只需要平衡一次摩擦力操作過(guò)程是先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源，再放開(kāi)小車(chē)小車(chē)的加速度應(yīng)根據(jù)打出的紙帶求出解答：解：a、實(shí)驗(yàn)首先要平衡摩擦力，使小車(chē)受到合

46、力就是細(xì)繩對(duì)小車(chē)的拉力，故a正確；b、每次小車(chē)不需要要從同一位置開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，故b錯(cuò)誤；c、要使繩子的拉力等于合力，則需要拉小車(chē)的細(xì)繩必須保持與軌道平行，故c正確；d、由于平衡摩擦力之后有mgsin=mgcos，故tan=所以無(wú)論小車(chē)的質(zhì)量是否改變，小車(chē)所受的滑動(dòng)摩擦力都等于小車(chē)的重力沿斜面的分力，改變小車(chē)質(zhì)量即改變拉小車(chē)?yán)?，不需要重新平衡摩擦力，故d錯(cuò)誤；故選：ac（2）因?yàn)闆](méi)有個(gè)小砝碼的重力相同，所以可以研究加速度與小砝碼的個(gè)數(shù)的關(guān)系，獲得物體的加速度與合外力成正比的結(jié)論故答案為：（1）ac；（2）小砝碼的個(gè)數(shù)點(diǎn)評(píng)：該題考查了實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)、實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理分析，知道實(shí)驗(yàn)原理及注意事項(xiàng)即可正確解題

47、；探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系實(shí)驗(yàn)時(shí)，要平衡小車(chē)受到的摩擦力，不平衡摩擦力、或平衡摩擦力不夠、或過(guò)平衡摩擦力，小車(chē)受到的合力不等于鉤碼的重力29（8分）（2015浦東新區(qū)一模）某同學(xué)通過(guò)實(shí)驗(yàn)研究小燈泡的電流與電壓的關(guān)系可用的器材如下：電源、滑動(dòng)變阻器、電流表、電壓表、不同規(guī)格的小燈泡兩個(gè)、電鍵、導(dǎo)線若干（1）實(shí)驗(yàn)中移動(dòng)滑動(dòng)變阻器滑片，得到了小燈泡l1的ui圖象如圖（a）中的圖線l1，則可知小燈泡l1的電阻隨電壓增大而增大（選填“增大”、“減小”或“不變”）（2）為了得到圖（a）中的圖線，請(qǐng)將圖（b）中缺少的兩根導(dǎo)線補(bǔ)全，連接成實(shí)驗(yàn)的電路（其中電流表和電壓表分別測(cè)量小燈泡的電流和電壓）（3）換小燈

48、泡l2重做實(shí)驗(yàn)，得到其ui圖象如圖（a）中的圖線l2，現(xiàn)將這兩個(gè)小燈泡并聯(lián)連接在電動(dòng)勢(shì)3v、內(nèi)阻6的電源兩端，則此時(shí)電源兩端的電壓為0.6v；燈泡l2消耗的功率為0.09w考點(diǎn)：描繪小電珠的伏安特性曲線 .專題：實(shí)驗(yàn)題分析：在小燈泡的ui圖象中，圖象上的與原點(diǎn)連線的斜率表示小燈泡電阻的大小，所以小燈泡電阻隨電流的最大而增大；本題的難點(diǎn)是當(dāng)把a(bǔ)b間的導(dǎo)線誤接在ac之間時(shí)，滑動(dòng)變阻器的連接情況：的滑動(dòng)觸頭打到最左端或最右端時(shí)變阻器均短路，此時(shí)小燈泡功率最大，的滑動(dòng)觸頭在中間時(shí)，變阻器的有效電阻最大解答：解：（1）由圖象根據(jù)歐姆定律r=知，小燈泡的電阻隨電壓增大而增大（2）由于小燈泡的電阻遠(yuǎn)小于電壓

49、表的內(nèi)阻，電流表應(yīng)用外接法；又電流與電壓從零逐漸增大，故滑動(dòng)變阻器應(yīng)用分壓式接法，實(shí)物圖如圖，（3）電動(dòng)勢(shì)為3v，內(nèi)阻為6，則短路電流=0.5a，在小燈泡的up圖象中，連接u=3v與i=0.5a兩點(diǎn)，畫(huà)出表示電源的ui圖象，如圖所示；要使兩燈泡并聯(lián)后接在電源兩端，應(yīng)符合閉合電路歐姆定律，則電源的輸出電壓與兩燈泡電壓相等，且路端電壓與內(nèi)壓之和等于電動(dòng)勢(shì)；由圖可知，輸出電壓應(yīng)為0.6v，此時(shí)燈泡l2的電流為0.15a，則其功率p=ui=0.60.15=0.09w；故答案為（1）增大 （2）如圖 （3）0.6；0.09點(diǎn)評(píng)：當(dāng)已知小燈泡的伏安特性曲線，要求其功率時(shí)，要再畫(huà)出表示電源的ui圖象，則兩圖

50、線的交點(diǎn)坐標(biāo)即為小燈泡的實(shí)際電流與電壓，然后根據(jù)p=ui求解六、計(jì)算題（本大題4小題，共50分）30（10分）（2015浦東新區(qū)一模）如圖（a）所示，質(zhì)量為m=2kg的物塊以初速度v0=20m/s從圖中所示位置開(kāi)始沿粗糙水平面向右運(yùn)動(dòng)，同時(shí)物塊受到一水平向左的恒力f作用，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物塊速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖（b）所示，g取10m/s2試求：（1）物塊在04s內(nèi)的加速度a1的大小和48s內(nèi)的加速度a2的大?。唬?）恒力f的大小及物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)考點(diǎn)：牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間的關(guān)系；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像 .專題：牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題分析：（1）物體先向右減速在向左加速

51、，根據(jù)vt圖象得到兩段的加速度；（2）然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解拉力及動(dòng)摩擦力因數(shù)解答：解：（1）由圖可知，02s內(nèi)，物體向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，2s4s內(nèi)，物體向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；02s內(nèi)，a1=，方向水平向左；2s4s內(nèi)，a2=，方向水平向左；由牛頓第二定律，得到：f+mg=ma1fmg=ma2代入數(shù)據(jù)解得：f=7n，=0.15（2）依據(jù)圖象可知，物體4s內(nèi)的位移：s=6m（2）根據(jù)牛頓第二定律，在04s內(nèi)恒力f與摩擦力同向：f+mg=ma14s8s內(nèi)恒力f與摩擦力反向：fmg=ma2代入數(shù)據(jù)解得：f=7n，=0.15答：（1）物塊在04s內(nèi)的加速度a1的大小和48s內(nèi)的加速度a2的大小

52、分別為5m/s2和2m/s2；（2）恒力f的大小為7n，物塊與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.15；點(diǎn)評(píng)：本題是已知物體的受力情況確定物體的運(yùn)動(dòng)情況的問(wèn)題，關(guān)鍵求解確物體的加速度31（12分）（2015浦東新區(qū)一模）如圖所示，在傾角為的足夠長(zhǎng)光滑斜面上放置兩個(gè)質(zhì)量分別為2m和m的帶電小球a和b（均可視為質(zhì)點(diǎn)），它們相距為l兩球同時(shí)由靜止開(kāi)始釋放時(shí)，b球的初始加速度恰好等于零經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，當(dāng)兩球距離為l時(shí)，a、b的加速度大小之比為a1：a2=11：5（靜電力恒量為k）（1）若b球帶正電荷，則判斷a球所帶電荷電性；（2）若b球所帶電荷量為q，求a球所帶電荷量q（3）求l與l之比考點(diǎn)：電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；牛頓第二定律 .專題：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題分析：（1）根據(jù)共點(diǎn)力平衡判斷出庫(kù)侖力，即可判斷電性（2）根據(jù)靜止釋放時(shí)共點(diǎn)力平衡即可求的電荷量；（3）初始時(shí)b球受力平衡，兩球同時(shí)由靜止開(kāi)始釋放，由于a的加速度大于b，所以經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，兩球距離增大，庫(kù)侖力一定減小根據(jù)牛頓第二定