浙江省杭州市七校2015屆高三上學(xué)期期末聯(lián)考物理試題及答案

1、浙江省杭州市七校2015屆高三上學(xué)期期末聯(lián)考物理試卷一、選擇題（本題共6小題，每小題4分共計(jì)24分每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中只有一個(gè)選項(xiàng)正確，選對(duì)得4分，選錯(cuò)得0分）1（4分）某汽車在啟用ABS剎車系統(tǒng)和不啟用該剎車系統(tǒng)緊急剎車時(shí)，其車速與時(shí)間的變化關(guān)系分別如圖中的、圖線所示由圖可知，啟用ABS后（）At1時(shí)刻車速更小B0t1的時(shí)間內(nèi)加速度更大C加速度總比不啟用ABS時(shí)大D剎車后前行的距離比不啟用ABS更短考點(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：根據(jù)速度圖象，直接比較車速的大小，由斜率等于加速度，比較加速度的大小由圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移，

2、比較位移的大小解答：解：A、由圖看出，啟用ABS后t1時(shí)刻車速更大故A錯(cuò)誤B、C、由斜率等于加速度的大小得到，啟用ABS后0t1的時(shí)間加速度小，t1t2的時(shí)間內(nèi)加速度大故BC錯(cuò)誤D、根據(jù)速度圖象的“面積”等于位移大小看出，剎車后前行的距離比不啟用ABS更短故D正確故選：D點(diǎn)評(píng)：本題要結(jié)合速度圖象來(lái)分析汽車的速度、加速度和位移的大小，抓住斜率等于加速度、“面積”等于位移是基本方法2（4分）（2013紹興二模）如圖所示，一只用絕緣材料制成的半徑為R的半球形碗倒扣在水平面上，其內(nèi)壁上有一質(zhì)量為m的帶正電小球，在豎直向上的電場(chǎng)力F=2mg的作用下靜止在距碗口高處已知小球與碗之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，則碗對(duì)小

3、球的彈力與摩擦力的大小分別為（）A0.8mg和0.6mgB0.8mg和0.8mgCmg和mgDmg和0.6mg考點(diǎn)：物體的彈性和彈力.專題：萬(wàn)有引力定律在天體運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用專題分析：對(duì)帶電小球受力分析，結(jié)合平衡方程，與力的合成與分解，即可求解解答：解：對(duì)帶電小球受力分析，則有：電場(chǎng)力、重力、支持力與摩擦力，處于平衡狀態(tài)，根據(jù)力的平行四邊形定則可知，N=mgcos；f=mgsin；由幾何關(guān)系，則有sin=； cos=；因此碗對(duì)小球的彈力N=0.8mg和摩擦力的大小f=0.6mg；故A正確，BCD錯(cuò)誤；故選：A點(diǎn)評(píng)：考查小球如何受力分析，掌握力的處理方法，理解力的平行四邊形定則，注意幾何關(guān)系的構(gòu)建3

4、（4分）張飛同學(xué)參加學(xué)校運(yùn)動(dòng)會(huì)立定跳遠(yuǎn)項(xiàng)目比賽，起跳直至著地過(guò)程如圖，測(cè)量得到比賽成績(jī)是2.5m，目測(cè)空中腳離地最大高度約0.8m，忽略空氣阻力，則起跳過(guò)程該同學(xué)所做功最接近（）A65JB750JC1025JD1650J考點(diǎn)：動(dòng)能定理.專題：功的計(jì)算專題分析：運(yùn)動(dòng)員做拋體運(yùn)動(dòng)，從起跳到達(dá)到最大高度的過(guò)程中，豎直方向做加速度為g的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)豎直方向求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間和起跳時(shí)豎直方向的速度，根據(jù)水平方向求出水平速度，根據(jù)速度的合成原則求出合速度，再根據(jù)動(dòng)能定理即可求解解答：解：運(yùn)動(dòng)員做拋體運(yùn)動(dòng)，從起跳到達(dá)到最大高度的過(guò)程中，豎直方向做加速度為g的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則t=0

5、.4s，豎直方向初速度vy=gt=4m/s水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則v0=3.125m/s，則起跳時(shí)的速度v=5.07m/s設(shè)中學(xué)生的質(zhì)量為50kg，根據(jù)動(dòng)能定理得：W=mv2=×50×25.7=642J；最接近750J故選：B點(diǎn)評(píng)：本題的關(guān)鍵是正確處理運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，知道運(yùn)動(dòng)員做拋體運(yùn)動(dòng)，豎直方向做加速度為g的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)；同時(shí)要注意明確題目中只要求求出最接近的4（4分）在如圖所示的電路中，電源電動(dòng)勢(shì)為E=6V，內(nèi)電阻r=5，小燈泡甲的規(guī)格是“3V，0.3A”（燈泡電阻不隨溫度變化）為使小燈泡甲最亮，小燈泡乙應(yīng)選擇（）A“3V，0.3A”B“3

6、V，0.2A”C“6V，1.2A”D“2V，0.1A”考點(diǎn)：電功、電功率.專題：恒定電流專題分析：為使小燈泡甲最亮，電路中電流應(yīng)最大，乙的電阻最小根據(jù)公式R=分析解答：解：為使小燈泡甲最亮，電路中電流應(yīng)最大，乙的電阻最小根據(jù)公式R=，可得四個(gè)選項(xiàng)中燈泡的電阻分別為： RA=10，RB=15，RC=5，RC=20所以為使小燈泡甲最亮，小燈泡乙應(yīng)選擇電阻最小的故選：C點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵要掌握公式R=，并能正確分析電流與電阻的關(guān)系5（4分）如圖所示，在水平地面上固定一傾角為的光滑絕緣斜面，斜面處于電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、方向沿斜面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一勁度系數(shù)為K的絕緣輕質(zhì)彈簧的一端固定在斜面底端，整根彈

7、簧處于自然狀態(tài)，一帶正電的滑塊從距離彈簧上端為X0處?kù)o止釋放，滑塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電荷量保持不變彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，則下列說(shuō)法正確的是（）A當(dāng)滑塊的速度最大時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大B當(dāng)滑塊的速度最大時(shí)，滑塊與彈簧系統(tǒng)的機(jī)械能最大C當(dāng)滑塊剛碰到彈簧時(shí)速度最大D滑塊從接觸彈簧開(kāi)始向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，滑塊的加速度先減小后增大考點(diǎn)：機(jī)械能守恒定律；牛頓第二定律.專題：機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題分析：滑塊向下先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，然后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，速度為0，此時(shí)加速度最大在整個(gè)過(guò)程中，有動(dòng)能、重力勢(shì)能、彈性勢(shì)能、電勢(shì)能發(fā)生相互轉(zhuǎn)化，動(dòng)能、重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能統(tǒng)稱為系統(tǒng)的機(jī)械能，

8、當(dāng)電勢(shì)能減小最大時(shí)，系統(tǒng)的機(jī)械能最大解答：解：A、C、D在斜面方向，滑塊受到沿斜面向下的電場(chǎng)力和重力的分力、彈簧的彈力，彈簧的彈力先小于電場(chǎng)力與重力分力之和，滑塊先向下先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為0時(shí)，速度最大，然后彈簧的彈力大于電場(chǎng)力與重力分力之和，做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)最低點(diǎn)，速度減小到0，此時(shí)加速度最大，彈簧的彈性勢(shì)能最大所以滑塊的加速度先減小后增大故A、C錯(cuò)誤，D正確B、動(dòng)能、重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能統(tǒng)稱為系統(tǒng)的機(jī)械能，根據(jù)能量守恒定律，電勢(shì)能減小，系統(tǒng)的機(jī)械能增大，當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)力做的正功最多，即電勢(shì)能減小最多，此時(shí)系統(tǒng)機(jī)械能最大故B錯(cuò)誤故選：D點(diǎn)評(píng)：解決

9、本題的關(guān)鍵知道滑塊的運(yùn)動(dòng)是向下先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，然后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，速度為0知道在最低點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大在整個(gè)過(guò)程中，有動(dòng)能、重力勢(shì)能、彈性勢(shì)能、電勢(shì)能發(fā)生相互轉(zhuǎn)化，當(dāng)電勢(shì)能減小最多時(shí)，系統(tǒng)的機(jī)械能最大6（4分）（2014濱州一模）某學(xué)生設(shè)計(jì)了一個(gè)驗(yàn)證法拉第電磁感應(yīng)定律的實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示在大線圈中放置一個(gè)小線圈，大線圈與多功能電源連接多功能電源輸入到大線圈的電流i1的周期為T(mén)，且按圖乙所示的規(guī)律變化，電流i1將在大線圈的內(nèi)部產(chǎn)生變化的磁場(chǎng)，該磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B與線圈中電流i的關(guān)系為B=ki1（其中k為常數(shù)）小線圈與電流傳感器連接，并可通過(guò)計(jì)算機(jī)處理數(shù)據(jù)后

10、繪制出小線圈中感應(yīng)電流i2隨時(shí)間t變化的圖象若僅將多功能電源輸出電流變化的頻率適當(dāng)增大，則下圖中所示各圖象中可能正確反映i2t圖象變化的是（圖中分別以實(shí)線和虛線表示調(diào)整前、后的i2t圖象）（）ABCD考點(diǎn)：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)與圖像結(jié)合分析：大線圈與多功能電源連接，在每個(gè)時(shí)間段內(nèi)電流隨時(shí)間均勻變化，則產(chǎn)生的磁場(chǎng)均勻變化，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，判斷小線圈中電流的變化當(dāng)多功能電源輸出電流變化的頻率適當(dāng)增大，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)適當(dāng)增加解答：解：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，E=，因?yàn)榇缶€圈中每個(gè)時(shí)間段內(nèi)電流均勻變化，則每個(gè)時(shí)間段內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，則小線圈中每個(gè)時(shí)

11、間段內(nèi)感應(yīng)電流的大小不變因?yàn)槎喙δ茈娫摧敵鲭娏髯兓念l率適當(dāng)增大，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)適當(dāng)增加，感應(yīng)電流大小適當(dāng)增加，變化的周期變小故D正確，A、B、C錯(cuò)誤故選D點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵掌握法拉第電磁感應(yīng)定律，知道磁場(chǎng)均勻變化時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不變，會(huì)根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向二、選擇題（本題共4小題，每小題4分，共l6分每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中至少有一個(gè)選項(xiàng)正確，選對(duì)得4分；末選全但無(wú)選錯(cuò)的得2分；有選錯(cuò)的得0分）7（4分）（2014寧波一模）如圖所示，在暴雨前，有一帶電云團(tuán)（可近似看作帶電絕緣球）正慢慢靠近地面，某野外地面附近有一質(zhì)量較小的帶電體被吸上天空，帶電體在上升過(guò)程中，以下說(shuō)法正

12、確的是（）A帶電體的電勢(shì)能一定越來(lái)越大B帶電體所經(jīng)過(guò)的不同位置的電勢(shì)一定越來(lái)越高C帶電體所經(jīng)過(guò)的不同位置的電場(chǎng)強(qiáng)度一定越來(lái)越大D帶電體的加速度一定越來(lái)越大考點(diǎn)：電勢(shì)能；電場(chǎng)強(qiáng)度；電勢(shì).專題：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題分析：越靠近場(chǎng)源，電場(chǎng)強(qiáng)度越大，從而可知帶電體上升過(guò)程中與云層間電勢(shì)差的變化結(jié)合電場(chǎng)強(qiáng)度的變化，根據(jù)牛頓第二定律判斷加速度的變化根據(jù)電場(chǎng)力做功判斷電勢(shì)能的變化解答：解：A、帶電體在上升的過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小故A錯(cuò)誤B、由于不知道云層所帶電荷的電性，所以帶電體上升的過(guò)程中，不能判斷出電勢(shì)的變化故B錯(cuò)誤C、因?yàn)樵娇拷鼒?chǎng)源，場(chǎng)強(qiáng)越大，所以帶電體在上升中所處環(huán)境的電場(chǎng)強(qiáng)度是越來(lái)越大

13、故C正確D、根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度越來(lái)越大，則電場(chǎng)力越來(lái)越大，合力越來(lái)越大，根據(jù)牛頓第二定律知，加速度越來(lái)越大故D正確故選：CD點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道越靠近場(chǎng)源，電場(chǎng)強(qiáng)度越大，以及知道電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加8（4分）如圖所示，木塊A放置在光滑水平面上，當(dāng)受到6N水平拉力作用時(shí)，產(chǎn)生了3m/s2的加速度若在靜止的木塊A上面放置質(zhì)量為4kg的木塊B，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3取重力加速度g=10m/s2，當(dāng)6N水平拉力作用在B木塊上，（）A木塊A、B一起加速運(yùn)動(dòng)B10s后木塊B的速度大小為15m/sC木塊A對(duì)木塊B的摩擦力大小為2ND10s內(nèi)木塊B對(duì)木塊A做的功為100J考

14、點(diǎn)：牛頓第二定律；摩擦力的判斷與計(jì)算；功的計(jì)算.專題：牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題分析：先根據(jù)牛頓第二定律求出A的質(zhì)量，放上B后假設(shè)二者能相對(duì)靜止，由整體法和隔離法求出AB間需要的靜摩擦力大小，若此值小于等于AB間的最大靜摩擦力，則AB能保持相對(duì)靜止解答：解：對(duì)A，根據(jù)牛頓第二定律：F=mAa得：mA=2kg假設(shè)AB能保持相對(duì)靜止，以AB整體為研究對(duì)象：F=（mA+mB）a得：a=1m/s2對(duì)A所需要的摩擦力：f=mAa=2×1=2NAB間最大靜摩擦力：fmax=mBg=0.3×40=12N12N2N，故AB能保持相對(duì)靜止，即AB一起加速，A正確；10s后木塊B的速度v=at=10

15、×1=10m/s，故B錯(cuò)誤；由前面分析知木塊A對(duì)木塊B的摩擦力大小為2N，C正確；根據(jù)動(dòng)能定理，10s內(nèi)木塊B對(duì)木塊A做的功W=mAvA2=×2×102=100J，D正確；故選：ACD點(diǎn)評(píng)：本題屬于連接體問(wèn)題，通常采用整體法和隔離法結(jié)合應(yīng)用，關(guān)鍵是知道，放上B后A有最大加速度是由最大靜摩擦力提供的，若A的加速度大于此值則二者會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)9（4分）有一輛質(zhì)量為170kg、輸出功率為1440W的太陽(yáng)能試驗(yàn)汽車，安裝有約6m2的太陽(yáng)能電池板和蓄能電池，該電池板在有效光照條件下單位面積輸出的電功率為30W/m2若駕駛員的質(zhì)量為70kg，汽車最大行駛速度為90km/h假設(shè)

16、汽車行駛時(shí)受到的阻力與其速度成正比，則汽車（）A以最大速度行駛時(shí)牽引力大小為57.6NB起動(dòng)時(shí)的加速度大小為0.24C保持最大速度行駛1h至少需要有效光照8hD直接用太陽(yáng)能電池板提供的功率可獲得3.13m/s的最大行駛速度考點(diǎn)：能量守恒定律；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系；牛頓第二定律.專題：牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題分析：根據(jù)P=Fv計(jì)算最大速度時(shí)的牽引力大??；由牛頓第二定律和公式P=Fv結(jié)合求解加速度由能量守恒定律分析CD兩項(xiàng)解答：解：A、根據(jù)P額=Fvmax，得：F=N=57.6N，故A正確；B、以額定功率啟動(dòng)時(shí)：f=ma，而剛啟動(dòng)時(shí)v=0，則f=0，故剛啟動(dòng)時(shí)加速度很大，B錯(cuò)誤；C、由公式

17、W=Pt，由能量守恒得：1440W×1h=30×6W×t，得：t=8h，即保持最大速度行駛1h至少需要有效光照8h，故C正確；D、由題意：汽車行駛時(shí)受到的空氣阻力與其速度成正比，設(shè)f=kv，則結(jié)合前面分析：57.6=k×25得：k=2.304，當(dāng)直接用太陽(yáng)能電池板提供的功率行駛有最大速度時(shí)：牽引力=阻力，即：=kv得：v8.83m/s，故D錯(cuò)誤；故選：AC點(diǎn)評(píng)：本題考查推力、功率、面積等的計(jì)算，關(guān)鍵是公式及其變形的靈活運(yùn)用，本題還告訴我們一定要廣泛應(yīng)用太陽(yáng)能，太陽(yáng)能不但節(jié)省能源，還可以環(huán)保10（4分）為了測(cè)量某地地磁場(chǎng)的水平分量Bx，課外興趣小組進(jìn)行了如

18、圖所示的實(shí)驗(yàn)：在橫截面為長(zhǎng)方形、只有上下表面A、B為金屬板的導(dǎo)管中通以導(dǎo)電液體，將導(dǎo)管沿東西方向放置時(shí)，A、B兩面出現(xiàn)電勢(shì)差，測(cè)出相應(yīng)的值就可以求出地磁場(chǎng)的水平分量假如在某次實(shí)驗(yàn)中測(cè)得導(dǎo)電液體的流動(dòng)速度為v、導(dǎo)管橫截面的寬為a、高為b，A、B面的電勢(shì)差為U則下列判斷正確的是（）ABx=BBx=CA面的電勢(shì)高于B面DB面的電勢(shì)高于A面考點(diǎn)：霍爾效應(yīng)及其應(yīng)用.分析：導(dǎo)電液體流過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，正負(fù)電荷受到洛倫茲力，發(fā)生偏轉(zhuǎn)打到上下兩個(gè)面上，上下兩個(gè)面之間形成電場(chǎng)，最終正負(fù)電荷在電場(chǎng)力和洛倫茲力的作用下處于平衡，根據(jù)受力平衡求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的水平分量解答：解：A、B、導(dǎo)電液體流過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域穩(wěn)定時(shí)，電荷所受的

19、電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，則有qE=q=qvBx；解得：Bx=，故A錯(cuò)誤，B正確；C、D、地磁場(chǎng)的水平分量從南向北，根據(jù)左手定則，正電荷A板偏轉(zhuǎn)，負(fù)電荷向B板偏轉(zhuǎn)，故A面的電勢(shì)高于B面，故C正確，D錯(cuò)誤；故選：BC點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道導(dǎo)電液體流過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，正負(fù)電荷受到洛倫茲力，發(fā)生偏轉(zhuǎn)打到上下兩個(gè)面上，上下兩個(gè)面之間形成電場(chǎng)，最終正負(fù)電荷在電場(chǎng)力和洛倫茲力的作用下處于平衡三、填空題（本題共4小題，每空2分，共16分）11（4分）如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個(gè)質(zhì)量為m的小球自A的正上方P點(diǎn)由靜止開(kāi)始自由下落，小球沿軌道到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)恰好對(duì)軌道沒(méi)有壓力

20、已知AP=3R，重力加速度為g，則小球從P到B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，合外力做功，摩擦力做功為考點(diǎn)：功的計(jì)算；摩擦力的判斷與計(jì)算.專題：功的計(jì)算專題分析：由牛頓第二定律求出到達(dá)B的速度，由動(dòng)能定理求出合外力做功；由動(dòng)能定理求出克服摩擦力做功解答：解：小球在B點(diǎn)對(duì)軌道恰好沒(méi)有壓力，小球只受重力，由牛頓第二定律得：mg=m，解得：vB=，從P到B由動(dòng)能定理的W=；mg2RWf=Wf=故摩擦力做功為故答案為：，點(diǎn)評(píng)：分析清楚小球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用牛頓第二定律、動(dòng)能定理規(guī)律即可正確解題，注意過(guò)程的選取12（2分）關(guān)于橋梁的研究有如圖（1）所示的橋梁結(jié)構(gòu)，如圖（2）所示，兩根鋼索對(duì)塔柱的拉力F1、F2作用在同一點(diǎn)它

21、們合起來(lái)對(duì)塔柱的作用效果應(yīng)該讓塔柱好像受到一個(gè)豎直向下的力F一樣這樣，塔柱便能穩(wěn)固地佇立在橋墩上，不會(huì)因鋼索的牽拉而發(fā)生傾斜，甚至倒下如果斜拉橋塔柱兩側(cè)的鋼索不能呈對(duì)稱分布如圖（3）所示，要保持塔柱所受的合力豎直向下，那么鋼索AC、AB的拉力FAC：FAB=sin：sin考點(diǎn)：力的分解.分析：將鋼索AC、AB的拉力FAC、FAB進(jìn)行合成，合力豎直向下，根據(jù)平行四邊形定則作圖后根據(jù)幾何關(guān)系列式求解解答：解：將鋼索AC、AB的拉力FAC、FAB進(jìn)行合成，合力豎直向下，根據(jù)平行四邊形定則作圖，如圖所示：結(jié)合正弦定理可知：FAC：FAB=sin：sin；故答案為：sin：sin點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵將鋼索AC

22、、AB的拉力FAC、FAB進(jìn)行合成，然后根據(jù)正弦定理列式分析；但是目前江蘇等省份明確規(guī)定只考慮直角三角形的情況，題目較為冷僻13（6分）如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)電阻為r兩電壓表可看作是理想電表，當(dāng)閉合開(kāi)關(guān)，將滑動(dòng)變阻器的觸片由左端向右端滑動(dòng)時(shí)，燈泡L1變亮（選填亮或暗），V2表的讀數(shù)變?。ㄟx填V1或V2）考點(diǎn)：閉合電路的歐姆定律.專題：恒定電流專題分析：首先搞清電路的結(jié)構(gòu)：變阻器與燈泡L1并聯(lián)，再與燈泡L2串聯(lián)V1表測(cè)量路端電壓，V2表測(cè)量燈泡L2的電壓將滑動(dòng)變阻器的觸片由左端向右滑動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻變大，根據(jù)歐姆定律和串聯(lián)電路分壓規(guī)律分析兩電壓表讀數(shù)的變化解答：解：將滑動(dòng)變阻器的

23、觸片由左端向右滑動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻變大，變阻器與燈泡L1并聯(lián)的電阻變大，外電路總電阻增大，則路端電壓隨之增大，即V1表的讀數(shù)變大由閉合電路歐姆定律可知，流過(guò)電源的電流減小，燈泡L2變暗，電壓表V2讀數(shù)變小燈泡L1的電壓U1=EI（r+RL2）增大，燈泡L1變亮故答案為：亮，V2點(diǎn)評(píng)：本題是電路中動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題對(duì)于路端電壓可以直接根據(jù)路端電壓隨外電阻增大而增大，減小而減小判斷14（4分）在“探究小車速度隨時(shí)間變化的規(guī)律”的實(shí)驗(yàn)中，小車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器接在50HZ的低壓交變電源上某同學(xué)在打出的紙帶上每5點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，共取了A、B、C、D、E、F六個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)（每相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)間的四

24、個(gè)點(diǎn)未畫(huà)出）從每一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)處將紙帶剪開(kāi)分成五段（分別為a、b、c、d、e段），將這五段紙帶由短到長(zhǎng)緊靠但不重疊地粘在xoy坐標(biāo)系中，如圖所示，由此可以得到一條表示vt關(guān)系的圖線，從而求出加速度的大?。?）請(qǐng)你在xoy坐標(biāo)系中用最簡(jiǎn)潔的方法作出能表示vt關(guān)系的圖線（作答在答題紙的圖上）；（2）從第一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)開(kāi)始計(jì)時(shí)，為求出0.15s時(shí)刻的瞬時(shí)速度，需要測(cè)出哪一段紙帶的長(zhǎng)度？答：b；（3）若測(cè)得a段紙帶的長(zhǎng)度為2.0cm，e段紙帶的長(zhǎng)度為10.0cm，則可求出加速度的大小為2.0m/s2考點(diǎn)：探究小車速度隨時(shí)間變化的規(guī)律.專題：實(shí)驗(yàn)題；直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律專題分析：使用的方法是等效代替法解題，它們的長(zhǎng)度分

25、別等于x=v平均t，因?yàn)榧魯嗟募垘玫臅r(shí)間都是t=0.1s，即時(shí)間t相等，所以紙帶的長(zhǎng)度之比等于此段紙帶的平均速度之比；而此段紙帶的平均速度等于這段紙帶中間時(shí)刻的速度，最后得出結(jié)論紙帶的長(zhǎng)度之比等于此段紙帶的平均速度之比，還等于各段紙帶中間時(shí)刻的速度之比，即紙帶的高度之比等于中間時(shí)刻速度之比解答：解：（1）紙帶的高度之比等于中間時(shí)刻速度之比，也就是說(shuō)圖中a段紙帶高度代表0.05s時(shí)的瞬時(shí)速度，b紙帶高度代表0.15s時(shí)的瞬時(shí)速度，c紙帶高度代表0.25s時(shí)的瞬時(shí)速度，d的高度代表0.35s時(shí)的瞬時(shí)速度，e代表0.45s時(shí)的瞬時(shí)速度所以在xoy坐標(biāo)系中用最簡(jiǎn)潔的方法作出能表示vt關(guān)系的圖線，如

26、圖所示（2）b紙帶高度代表0.15s時(shí)的瞬時(shí)速度，所以為求出0.15s時(shí)刻的瞬時(shí)速度，需要測(cè)出b段紙帶的長(zhǎng)度 （3）若測(cè)得a段紙帶的長(zhǎng)度為2.0cm，時(shí)間時(shí)0.1s，所以平均速度也就是0.05s時(shí)的瞬時(shí)速度為0.2m/s；e段紙帶的長(zhǎng)度為10.0cm，所以平均速度也就是0.45s時(shí)的瞬時(shí)速度為1m/s；由由以上可知v=0.8m/s，t=0.4s；所以加速度a=2.0m/s2故答案為：（1）如圖（2）b（3）2.0點(diǎn)評(píng)：紙帶的長(zhǎng)度之比等于此段紙帶的平均速度之比，還等于各段紙帶中間時(shí)刻的速度之比，即紙帶的高度之比等于中間時(shí)刻速度之比這種等效替代的方法減小了解題難度四、解答題（本大題共4小題，共44

27、分解答應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要演算步驟，只寫(xiě)出最后答案的不能得分有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫(xiě)出數(shù)值和單位）15（10分）某同學(xué)為測(cè)定某電源的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r以及一段電阻絲的電阻率，設(shè)計(jì)了如圖（a）所示的電路ab是一段電阻率較大的粗細(xì)均勻的電阻絲，R0是阻值為2的保護(hù)電阻，滑動(dòng)片P與電阻絲接觸始終良好實(shí)驗(yàn)時(shí)閉合電鍵，調(diào)節(jié)P的位置，將aP長(zhǎng)度x和對(duì)應(yīng)的電壓U、電流I數(shù)據(jù)記錄如表：x（m）0.100.200.300.400.500.60U（V）1.501.721.952.002.102.18I（A）0.490.430.380.330.310.28U/I （）3.064.005.136.

28、066.777.79（1）該同學(xué)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)繪制了如圖（b）所示的UI圖象，可得電源的電動(dòng)勢(shì)E=3.0V；內(nèi)阻 r=1.0（2）請(qǐng)你根據(jù)表中數(shù)據(jù)在圖（c）上描點(diǎn)連線作U/I和x關(guān)系圖線（3）已知金屬絲的橫截面積s=0.12×106m2，利用圖（c）圖線，可以求得電阻絲的電阻率為1.2×106m（保留兩位有效數(shù)字）；根據(jù)圖（c）圖線還可以得到的信息是電流表內(nèi)阻為2.0考點(diǎn)：測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻.專題：實(shí)驗(yàn)題；恒定電流專題分析：（1）螺旋測(cè)微器固定刻度與可動(dòng)刻度示數(shù)之和是螺旋測(cè)微器的示數(shù)（2）電源UI圖象與縱軸交點(diǎn)坐標(biāo)值是電源電動(dòng)勢(shì)，圖象斜率的絕對(duì)值是電源內(nèi)阻；應(yīng)用描點(diǎn)法作圖

29、作出圖象；求出圖象的函數(shù)表達(dá)式，然后根據(jù)圖象求出電阻率解答：解：（1）由圖c所示圖象可知，電源UI圖象與縱軸交點(diǎn)坐標(biāo)值是3.0，電源電動(dòng)勢(shì)E=3.0V，R0+r=3.0，則電源內(nèi)阻：r=32=1.0；（2）根據(jù)表中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系內(nèi)描出對(duì)應(yīng)點(diǎn)，然后根據(jù)描出的點(diǎn)作出圖象如圖所示：（3）由電阻定律可得，R=，由歐姆定律可得：R=，則=x，x圖象斜率k=，由圖4所示圖象可知：k=10，即k=10，電阻率=kS=k（）2=10×3.14×（）1.2×106m；由圖象可得：x=0時(shí)對(duì)應(yīng)的數(shù)值2.0，即=2，則電流表的內(nèi)阻為2.0故答案為：（1）3；1；（2）圖象如圖所示；（

30、3）1.2×106；電流表的內(nèi)阻為2.0點(diǎn)評(píng)：螺旋測(cè)微器固定刻度與可動(dòng)刻度示數(shù)之和是螺旋測(cè)微器示數(shù)，螺旋測(cè)微器需要估讀；要掌握應(yīng)用圖象法處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的方法16（10分）（2013張掖一模）如圖所示，一固定粗糙斜面與水平面夾角=30°，一個(gè)質(zhì)量m=1kg的小物（可視為質(zhì)點(diǎn)），在沿斜面向上的拉力F=10N作用下，由靜止開(kāi)始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)已知斜面與物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)=，取g=10m/s2試求：（1）物體在拉力F作用下運(yùn)動(dòng)的速度a1；（2）若力F作用1.2s后撤去，物體在上滑過(guò)程中距出發(fā)點(diǎn)的最大距離s；（3）物體從靜止出發(fā)，到再次回到出發(fā)點(diǎn)的過(guò)程中，物體克服摩擦力所做的功wf考點(diǎn)：

31、動(dòng)能定理的應(yīng)用；牛頓第二定律.專題：動(dòng)能定理的應(yīng)用專題分析：（1）由牛頓第二定律可以求出加速度；（2）由勻變速運(yùn)動(dòng)的速度公式與位移公式可以求出物體的位移；（3）求出整個(gè)過(guò)程中物體的路程，然后由功的計(jì)算公式求出克服摩擦力做功解答：解：（1）由牛頓第二定律得：Fmgsin30°mgcos30°=ma1，解得：a1=2.5m/s2； （2）力作用t=1.2s后，速度大小為v=at=3m/s，物體向上滑動(dòng)的距離：s1=a1t2=1.8m；此后它將向上勻減速運(yùn)動(dòng)，其加速度大a2=7.5m/s2， 這一過(guò)程物體向上滑動(dòng)的距離：s2=0.6m，整個(gè)上滑過(guò)程移動(dòng)的最大距離：s=s1+s2=

32、2.4m；（3）整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程所通過(guò)的路程為s=2s=4.8m，克服摩擦所做的功Wf=mgcos30°×s=12J；答：（1）物體在拉力F作用下運(yùn)動(dòng)的速度為2.5m/s2；（2）若 力F作用1.2s后撤去，物體在上滑過(guò)程中距出發(fā)點(diǎn)的最大距離為2.4m；（3）物體從靜止出發(fā)，到再次回到出發(fā)點(diǎn)的過(guò)程中，物體克服摩擦力所做的功為12J點(diǎn)評(píng)：對(duì)物體正確受力分析、應(yīng)用牛頓第二定律、勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律、功的計(jì)算公式即可正確解題17（12分）“電磁炮”是利用電磁力對(duì)彈體加速的新型武器，具有速度快，效率高等優(yōu)點(diǎn)如圖是“電磁炮”的原理結(jié)構(gòu)示意圖光滑水平加速導(dǎo)軌電阻不計(jì)，軌道寬為L(zhǎng)=0.2m在導(dǎo)軌間

33、有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1×102T“電磁炮”彈體總質(zhì)量m=0.2kg，其中彈體在軌道間的電阻R=0.4可控電源的內(nèi)阻r=0.6，電源的電壓能自行調(diào)節(jié)，以保證“電磁炮”勻加速發(fā)射在某次試驗(yàn)發(fā)射時(shí)，電源為加速?gòu)楏w提供的電流是I=4×103A，不計(jì)空氣阻力求：（1）彈體從靜止加速到4km/s，軌道至少要多長(zhǎng)？（2）彈體從靜止加速到4km/s過(guò)程中，該系統(tǒng)消耗的總能量；（3）請(qǐng)定性說(shuō)明電源的電壓如何自行調(diào)節(jié)，以保證“電磁炮”勻加速發(fā)射考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化.分析：當(dāng)導(dǎo)軌上通入電流后，炮彈在安培力的作用下，做初速度為零勻加速直線運(yùn)動(dòng)，因

34、此根據(jù)牛頓第二定律求出加速度然后利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可求解消耗的總能量轉(zhuǎn)化為彈體的動(dòng)能和熱量；由于彈體的速度增大，彈體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，電源的電壓應(yīng)增大，抵消產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，以保證電源為加速?gòu)楏w提供恒定的電流，是電磁炮勻加速發(fā)射解答：解：（1）在導(dǎo)軌通有電流I時(shí)，炮彈作為導(dǎo)體受到磁場(chǎng)施加的安培力為：F=ILB=4×103A×0.2×1×102=8×104N由動(dòng)能定理：Fx=彈體從靜止加速到4000m/s，軌道至少需要的長(zhǎng)度為：x=20m（2）由F=ma，v=at=t解得：t=0.01s；發(fā)射過(guò)程產(chǎn)生的熱量：Q=I2（R+r）t=（4×103）2×（0.4+0.6）×0.01=1.6×105J彈體的動(dòng)能：EK=mv2=×0.2×（4000）2=1.6×106J；系統(tǒng)消耗的總能量為：E=Ek+Q=1.6×106J+1.6×105J=1.76×106J（3）由于彈體的速度增大，彈體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，電源的電壓應(yīng)增