辽宁省大连二十四中高三物理上学期期中试卷（含解析）.doc

2015-2016学年辽宁省大连二十四中高三（上）期中物理试卷一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一项符合题目要求，第7-12题有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.1下列说法正确的是（）a平均速度、瞬时速度以及加速度，都是牛顿首先建立起来的b绕太阳运行的8颗行星中，海王星被人们称为“笔尖下发现的行星”c元电荷、点电荷等，都是由美国科学家富兰克林命名的d使用多用电表测电阻时，如果发现指针偏转很小，应选择倍率较小的欧姆档重新测量2如图所示，某极地轨道卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极，已知该卫星从北纬60的正上方，按图示方向第一次运行到南纬60的正上方过程所用时间为1h，则下列说法正确的是（）a该卫星的运行速度一定大于7.9km/sb该卫星与同步卫星的运行半径之比为1：4c该卫星与同步卫星的运行速度之比为1：2d该卫星的机械能一定大于同步卫星的机械能3如图所示电路中，已知i=3a，i1=2a，r1=10，r2=5，r3=30，则通过电流表的电流方向和大小为下列哪一个选项（）a向右、0.5ab向右、0.3ac向左、0.5ad向左、0.3a4如图所示，半径为r的一圆柱形匀强磁场区域的横截面，磁感应强度大小为b，方向垂直于纸面向外，有一电荷量为q（q0），质量为m的带电粒子，重力不计，沿正对co中点且垂直于co方向射入磁场区域，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60，则带电粒子的速率为（）abcd5如图所示，小方块代表一些相同质量的钩码，图1中o为轻绳之间连接的结点，图2中光滑的轻质小滑轮跨在轻绳上悬挂钩码，两装置处于静止状态，现将图1中b滑轮的端点b稍稍右移一些，图2中的端点b沿虚线稍稍上移一些，（2图中的绳长不变）则关于图角和ob绳的张力f的变化，下列说法正确的是（）a1、2图中的角均增大，f均不变b1、2图中的角均增不变，f均不变c1图中角增大、2图中角不变，张力f均不变d1图中角减小、t不变，2图中角增大，f减小6如图所示，两根完全相同、轴线在同一水平面内的平行长圆柱上放一均匀木板，木板的重心与两圆柱等距，其中圆柱的半径r=2cm，木板质量m=5kg，木板与圆柱间的动摩擦因数=0.2，两圆柱以角速度绕轴线作相反方向的转动现施加一过木板重心且平行圆柱轴线的拉力f于木板上，使其以速度v=0.6m/s沿圆柱表面作匀速运动取g=10m/s2下列说法中正确的是（）a若=0，则水平拉力f=20nb若=40rad/s，则水平拉力f=6nc若=40rad/s，木板移动距离x=0.5m，则拉力所做的功为4jd不论为多大，所需水平拉力恒为10n7随着我国经济的高速发展，汽车在家庭中带得到普及，在某驾驶员训练场上，驾驶员练习驾驶时，汽车沿曲线轨迹的箭头方向运动，轨迹经过方格中线段的交点a、b、c、d、e，如图所示，沿ab、abc、abcd、abcde四段曲线轨迹运动所用的时间分别是1s，2s，2.5s，3s，每个小方格的边长均为1m，下列说法正确的是（）a汽车在ab段的平均速度为1m/sb汽车在abc段的平均速度为m/scab段的平均速度比abc段的平均速度更能反映物体处于a点时的瞬时速度d汽车在ab段的平均速度与abcde段的平均速度相同8如图所示，空间中固定的四个点电荷分别位于正四面体的四个顶点处，a点为对应棱的中点，b点为右侧面的中心，c点为底面的中心，d点为正四面体的中心（到四个顶点的距离均相等）关于a、b、c、d四点的电势高低，下列判断正确的是（）aa=bba=dcbcdcd9如图7甲所示，用粘性材料粘在一起的a、b两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为 ma=lkg、mb=2kg，当a、b之间产生拉力且大于0.3n时a、b将会分离t=0时刻开始对物块a施加一水平推力f1，同时对物块b施加同一方向的拉力f2，使a、b从静止开始运动，运动过程中f1、f2方向保持不变，f1、f2的大小随时间变化的规律如图乙所示则下列关于a、b两物块 受力及运动情况的分析，正确的是（）at=2.0s时刻a、b之间作用力大小为0.6nbt=2.0s时刻a、b之间作用力为零ct=2.5s时刻a对b的作用力方向向左d从t=0时刻到a、b分离，它们运动的位移为5.4m10由粗糙的水平杆ao与光滑的竖直杆bo组成的绝缘直角支架如图放置，在ao杆、bo杆上套有带正电的小球p、q，两个小球恰能在某一位置平衡现将p缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡若小球所带电量不变，与移动前相比（）ap、q之间的距离增大b杆bo对q的弹力减小c杆ao对p的摩擦力增大d杆ao对p的弹力减小112015年国际乒联世界巡回赛瑞典公开赛落下战幕，中国乒乓球队包揽男女单打、男女双打四个冠军在比赛中，乒乓球先后两次落台后恰好在等高处水平越过球网，过网时的速度方向均垂直于球网，把两次的乒乓球看成完全相同的两个球，球1和球2，如图所示，不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自起跳到最高点的过程中，下列说法中正确的是（）a起跳时，球1的重力功率等于球2的重力功率b球1的速度变化率小于球2的速度变化率c球1的飞行时间大于球2的飞行时间d过网时球1的速度大于球2的速度12如图所示，图甲中m为一电动机，当滑动变阻器r的触头从左端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示已知电流表读数在0.2a以下时，电动机没有发生转动不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是（）a电路中电源电动势为3.6vb变阻器向右滑动时，v2读数逐渐减小c此电路中，电动机的输出功率减小d变阻器的最大阻值为30二、非选择题：（共52分）13在探究合力的方法时，先将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两根细绳实验时，需要两次拉伸橡皮条，一次是通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条，另一次是用一个弹簧秤通过细绳拉橡皮条（1）同学们在操作过程中有如下议论，其中对减小实验误差有益的说法是（填字母代号）a两细绳必须等长b、弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行c、用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数适当大一些d、拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些（2）当橡皮筋的活动端拉到o点时，两根细绳相互垂直，如图1所示这时弹簧测力计的读数可从图中读出，由图可读得两个相互垂直的拉力的大小分别为牛和牛（3）在图2的虚线方格纸上按作图法的要求画出这两个力及它们的合力并利用所作图求出合力大小14手机、电脑等电器已经普及到人们的日常生活中，这些电器都要用到蓄电池某同学利用下列器材测定一节蓄电池的电动势和内电阻蓄电池的电动势约为3va量程是0.6a，内阻约为0.5的电流表；b量程是3v，内阻是6k的电压表；c量程是15v，内阻是30k的电压表；d阻值为01k，额定电流为0.5a的滑动变阻器；e阻值为010，额定电流为2a的滑动变阻器；f定值电阻4，额定功率4w；g电键s一个，导线若干（1）为了减小实验误差，电压表应选择（填器材代号），电路图中的导线应连接到（填“或“），改变滑动变阻器阻值的时候，为了使电压表和电流表的读数变化比较明显，滑动变阻器应选择（填器材代号）（2）用（1）问中的实验电路进行测量，读出电压表和电流表的读数，画出对应的ui图线如图2中（a）所示，由图线（a）可得改蓄电池的电动势e=v，内电阻=（结果保留两位有效数字）（3）硅光电池是一种新型太阳能电场，具有低碳环保的优点，如图3所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压u和电流i的关系图象（电池内阻不是常数），图线b是某电阻r的ui图象当它们组成闭合电路时，硅光电池的电动势为v，内电阻为（结果保留两位有效数字）15风力发电是利用风能的一种方式，风力发电机可以将风能（气流的动能）转化为电能，其主要部件如图所示已知某风力发电机风轮机旋转叶片正面迎风时的有效受风面积为s，运动的空气与受风面作用后速度变为零，风力发电机将风能转化为电能的效率和空气密度均保持不变当风速为v且风向与风力发电机受风面垂直时，风力发电机输出的电功率为p求（1）在同样的风向条件下，风速为时这台风力发电机输出的电功率（2）利用风能发电时由于风速、风向不稳定，会造成风力发电输出的电压和功率不稳定请你提出一条合理性建议，解决这一问题16如图所示，真空中有一个点状的放射源p，它向各个方向发射同种正粒子（不计重力），速率都相同，ab为p点附近的一条水平直线（p到直线ab的距离pc=lm），q为直线ab上一点，它与p点相距pq=m（现只研究与放射源p和直线ab在同一个平面内的粒子的运动），当真空中（直线ab以上区域）只存在垂直该平面向里、磁感应强度为b=2t匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达q点；当真空中（直线ab以上区域）只存在平行该平面的匀强电场时，不同方向发射的粒子若能到达ab直线，则到达ab直线时它们速度大小都相等，已知水平向左射出的粒子也恰好到达q点（粒子比荷为=1106c/kg）求：（1）粒子的发射速率；（2）当仅加上述电场时，求到达ab直线上粒子的速度大小和电场强度的大小；（结果可用根号表示）（3）当仅加上述磁场时，从p运动到直线ab的粒子中所用的最短时间17如图所示，质量分别为2m和3m的两个小球固定在一根直角尺的两端a、b，直角尺的顶点o处有光滑的固定转动轴ao、bo的长分别为2l和l开始时直角尺的ao部分处于水平位置而b在o的正下方让该系统由静止开始自由转动，（sin37=0.6），不计直角尺的质量，求：（1）当a到达最低点时，a小球的速度大小v；（2）b球能上升的最大高度h；（3）要使直角尺能绕转轴o顺时针方向转动，需要对该系统做功则至少要对该系统做多少功？2015-2016学年辽宁省大连二十四中高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一项符合题目要求，第7-12题有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.1下列说法正确的是（）a平均速度、瞬时速度以及加速度，都是牛顿首先建立起来的b绕太阳运行的8颗行星中，海王星被人们称为“笔尖下发现的行星”c元电荷、点电荷等，都是由美国科学家富兰克林命名的d使用多用电表测电阻时，如果发现指针偏转很小，应选择倍率较小的欧姆档重新测量【考点】多用电表的原理及其使用；元电荷、点电荷【专题】定性思想；恒定电流专题【分析】本题根据物理学史及科学家贡献进行分析答题，要知道相关科学家的物理学成就【解答】解：a、平均速度、瞬时速度以及加速度的概念是由伽利略首先建立起来的，故a错误 b、绕太阳运行的8颗行星中，海王星是计算推测出的，被人们称为“笔尖下发现的行星”则b正确 c、元电荷电荷量的大小最早由美国物理学家密立根测得，则c错误 d、多用电表测电阻时，如果发现指针偏转很小，则电阻大，应选择倍率较大的欧姆档重新测量，则d错误故选：b【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2如图所示，某极地轨道卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极，已知该卫星从北纬60的正上方，按图示方向第一次运行到南纬60的正上方过程所用时间为1h，则下列说法正确的是（）a该卫星的运行速度一定大于7.9km/sb该卫星与同步卫星的运行半径之比为1：4c该卫星与同步卫星的运行速度之比为1：2d该卫星的机械能一定大于同步卫星的机械能【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【专题】人造卫星问题【分析】地球表面重力等于万有引力，卫星运动的向心力由地球对卫星的万有引力提供，据此展开讨论即可【解答】解：a、7.9km/s是卫星环绕地球做匀速圆周运动的最大速度，所以该卫星的运行速度一定小于7.9km/s，故a错误；b、卫星从北纬60的正上方，按图示方向第一次运行到南纬60的正上方时，偏转的角度是120，刚好为运动周期的t，所以卫星运行的周期为3t，同步卫星的周期是24h，由得：，所以：故b正确；c、由得：，所以故c错误；d、由于不知道卫星的质量关系，所以无法判断机械能的大小，故d错误故选：b【点评】该题考查人造卫星与同步卫星的关系，灵活运动用重力和万有引力相等以及万有引力提供圆周运动的向心力是解决本题的关键3如图所示电路中，已知i=3a，i1=2a，r1=10，r2=5，r3=30，则通过电流表的电流方向和大小为下列哪一个选项（）a向右、0.5ab向右、0.3ac向左、0.5ad向左、0.3a【考点】串联电路和并联电路【专题】恒定电流专题【分析】流过c点的电流等于流过r1与r2电流之和，即可得到流过r2的电流，根据欧姆定律分别求出电阻r1和r2的电压，两电压之差等于ab间的电压，并判断它们电势的高低，确定电流的方向，再求解通过电流表的电流大小和方向【解答】解：流过r2的电流为：i2=ii1=3a2a=1a，根据欧姆定律得电阻r1和r2的电压分别为：u1=i1r1=210v=20v，u2=i2r2=15v=5v，则ba间的电压为：u3=u1u2=15v在外电路中顺着电流方向，电势降低，根据电压可知，a的电势比c点低20v，b点的电势比c点电势低15v，则a点的电势低于b点的电势，则r3中电流由b流向a，电流大小为：i3=a=0.5a所以通过电流表的电流大小为：ia=i2i3=1a0.5a=0.5a，方向向右故选：a【点评】本题考查欧姆定律的应用和电流方向的判断，可根据电荷守恒定律分析各个节点电流的分配规律，根据电流方向判断电势的高低4如图所示，半径为r的一圆柱形匀强磁场区域的横截面，磁感应强度大小为b，方向垂直于纸面向外，有一电荷量为q（q0），质量为m的带电粒子，重力不计，沿正对co中点且垂直于co方向射入磁场区域，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60，则带电粒子的速率为（）abcd【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题【分析】由题意利用几何关系可得出粒子的转动半径，由洛仑兹力充当向心力可得出粒子速度的大小【解答】解：由题，射入点与ab的距离为则射入点与圆心的连线和竖直方向之间的夹角是30，粒子的偏转角是60，即它的轨迹圆弧对应的圆心角是60，所以入射点、出射点和圆心构成等边三角形，所以，它的轨迹的半径与圆形磁场的半径相等，即r=r轨迹如图：洛伦兹力提供向心力：qvb=m，变形得：v=故d正确，abc错误故选：d【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹，应用牛顿第二定律即可正确解题，由几何知识求出粒子运动轨迹是正确解题的前提与关键5如图所示，小方块代表一些相同质量的钩码，图1中o为轻绳之间连接的结点，图2中光滑的轻质小滑轮跨在轻绳上悬挂钩码，两装置处于静止状态，现将图1中b滑轮的端点b稍稍右移一些，图2中的端点b沿虚线稍稍上移一些，（2图中的绳长不变）则关于图角和ob绳的张力f的变化，下列说法正确的是（）a1、2图中的角均增大，f均不变b1、2图中的角均增不变，f均不变c1图中角增大、2图中角不变，张力f均不变d1图中角减小、t不变，2图中角增大，f减小【考点】共点力平衡的条件及其应用；合力的大小与分力间夹角的关系【专题】动态预测题；比较思想；合成分解法；平行四边形法则图解法专题【分析】根据力的平行四边形定则，结合几何关系，即可求解【解答】解：图1中，根据钩码个数，o点所受的三个力正好构成直角三角形，若端点b沿虚线稍稍上移一些，三力大小f不变，根据力的合成法则，可知，方向不变，即夹角不变图2中，因光滑的滑轮，且绳子中的张力相等，则a、b的力总是相等的，因此合力平分a、b绳的夹角，即使稍上移，绳子张力大小f仍不变，则根据力的合成法则，可知，ab夹角不变，则角不变故b正确，acd错误故选：b【点评】本题解题关键是抓住动滑轮绳子的张力大小相等的特点，以及合力与分力的关系：合力大小不变，夹角增大时，合力减小进行分析6如图所示，两根完全相同、轴线在同一水平面内的平行长圆柱上放一均匀木板，木板的重心与两圆柱等距，其中圆柱的半径r=2cm，木板质量m=5kg，木板与圆柱间的动摩擦因数=0.2，两圆柱以角速度绕轴线作相反方向的转动现施加一过木板重心且平行圆柱轴线的拉力f于木板上，使其以速度v=0.6m/s沿圆柱表面作匀速运动取g=10m/s2下列说法中正确的是（）a若=0，则水平拉力f=20nb若=40rad/s，则水平拉力f=6nc若=40rad/s，木板移动距离x=0.5m，则拉力所做的功为4jd不论为多大，所需水平拉力恒为10n【考点】动能定理的应用【专题】动能定理的应用专题【分析】应用滑动摩擦力公式求出滑动摩擦力大小，然后应用平衡条件求出拉力大小，再应用功的计算公式分析答题【解答】解：当=40rad/s，圆柱转动的线速度大小为 v=r=0.8m/s木板的速度v=0.6m/s，则木板所受的滑动摩擦力与f的夹角为（180+37）木板在垂直与轴线方向受到两轴的滑动摩擦力大小相等方向相反，在垂直与轴线方向上受到的滑动摩擦力为零，在平行于轴线方向上，木板受到的滑动摩擦力f=mg=0.2510=10n，木板做匀速直线运动，由平衡条件得：f=fsin37=6n，木板移动距离x=0.5m拉力做功：w=fx=60.5=3j，故acd错误，b正确；故选：b【点评】本题考查了求摩擦力大小，物体所受的滑动摩擦力大小与物体的运动速度无关，应用滑动摩擦力公式与功的计算公式即可正确解题7随着我国经济的高速发展，汽车在家庭中带得到普及，在某驾驶员训练场上，驾驶员练习驾驶时，汽车沿曲线轨迹的箭头方向运动，轨迹经过方格中线段的交点a、b、c、d、e，如图所示，沿ab、abc、abcd、abcde四段曲线轨迹运动所用的时间分别是1s，2s，2.5s，3s，每个小方格的边长均为1m，下列说法正确的是（）a汽车在ab段的平均速度为1m/sb汽车在abc段的平均速度为m/scab段的平均速度比abc段的平均速度更能反映物体处于a点时的瞬时速度d汽车在ab段的平均速度与abcde段的平均速度相同【考点】平均速度；瞬时速度【专题】定性思想；控制变量法；直线运动规律专题【分析】本题考查了对平均速度概念的理解，公式=，表示物体发生位移与所用时间的比值，在具体计算很容易用路程除以时间，因此正确理解平均速度的概念即可正确解答【解答】解：a、物体在ab段的位移为1米，因此由公式=，得=m/s=1m/s，故a正确；b、物体在abc段的位移大小为：x=米，所以=m/s，故b正确；c、根据公式=可知，当物体位移无限小，时间无限短时，物体的平均速度可以代替某点的瞬时速度，位移越小，平均速度越能代表某点的瞬时速度，故c正确；d、物体做曲线运动，所以物体在ab段的平均速度与abcde段的平均速度方向不相同，故d错误故选：abc【点评】本题考查平均速度的定义，正确理解平均速度和瞬时速度的概念，注意平均速度和平均速率的区别8如图所示，空间中固定的四个点电荷分别位于正四面体的四个顶点处，a点为对应棱的中点，b点为右侧面的中心，c点为底面的中心，d点为正四面体的中心（到四个顶点的距离均相等）关于a、b、c、d四点的电势高低，下列判断正确的是（）aa=bba=dcbcdcd【考点】电势；电势差与电场强度的关系【专题】电场力与电势的性质专题【分析】两个等量异种点电荷，其电场线和等势面具有对称性，过中垂面是一等势面，a、d在同一等势面上，电势相等，根据几何关系分析电势【解答】解：b、由题如图，两个等量异种点电荷，其电场线和等势面具有对称性，通过ab和cd之间的中垂面是一等势面，由题目描述知a、d在同一等势面上，电势相等，故b正确；acd、由图可知，电场线方向由b指向c一侧，依据沿电场线方向电势降低，由几何关系可知bc，ba，dc，故c正确，ad错误故选：bc【点评】本题要掌握等量异种电荷电场线和等势线分布情况，抓住对称性，结合里面的几何关系，即可分析电势的关系9如图7甲所示，用粘性材料粘在一起的a、b两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为 ma=lkg、mb=2kg，当a、b之间产生拉力且大于0.3n时a、b将会分离t=0时刻开始对物块a施加一水平推力f1，同时对物块b施加同一方向的拉力f2，使a、b从静止开始运动，运动过程中f1、f2方向保持不变，f1、f2的大小随时间变化的规律如图乙所示则下列关于a、b两物块 受力及运动情况的分析，正确的是（）at=2.0s时刻a、b之间作用力大小为0.6nbt=2.0s时刻a、b之间作用力为零ct=2.5s时刻a对b的作用力方向向左d从t=0时刻到a、b分离，它们运动的位移为5.4m【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】ab分离之前共同运动，以整体为研究对象根据牛顿第二定律列方程求出加速度大小，分离时二者之间的作用力为0.3n但加速度相等，然后隔离a、b分别为研究对象根据牛顿第二定律和运动学公式列方程确定分离的时刻【解答】解：设t时刻ab分离，分离之前ab物体共同运动，加速度为a，以整体为研究对象，则有：a=1.2m/s2，分离时：f2f=mba，得：f2=f+mba=0.3+21.2=2.7n，经历时间：t=2.7=3s，根据位移公式：s=at2=5.4m，则d正确；当t=2s时，f2=1.8n，f2+f=mba，得：f=mbaf2=0.6n，a正确，b错误；当t=2.5s时，f2=2.25n，f2+f=m2a，得：f=m2af20，c错误故选：ad【点评】本题属于连接体问题，通常采用整体法和隔离法相结合求解，当以整体为研究对象受力分析时ab之间的作用力不分析10由粗糙的水平杆ao与光滑的竖直杆bo组成的绝缘直角支架如图放置，在ao杆、bo杆上套有带正电的小球p、q，两个小球恰能在某一位置平衡现将p缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡若小球所带电量不变，与移动前相比（）ap、q之间的距离增大b杆bo对q的弹力减小c杆ao对p的摩擦力增大d杆ao对p的弹力减小【考点】电势差与电场强度的关系；库仑定律【专题】电场力与电势的性质专题【分析】分别以两环组成的整体和q环为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件研究ao杆对p环的支持力n和细绳上的拉力t的变化情况【解答】解：a、q受力如图，由力的合成与平衡条件可知：bo杆对小球q的弹力变大，两小球之间的库仑力变大，由库仑定律知，两小球p、q的距离变小，a、b错误；c、对整体受力分析，可得ao杆对小球p的摩擦力变大，c正确；d、ao杆对小球p的弹力不变，d错误故选：c【点评】本题涉及两个物体的平衡问题，灵活选择研究对象是关键当几个物体都处于静止状态时，可以把它们看成整体进行研究112015年国际乒联世界巡回赛瑞典公开赛落下战幕，中国乒乓球队包揽男女单打、男女双打四个冠军在比赛中，乒乓球先后两次落台后恰好在等高处水平越过球网，过网时的速度方向均垂直于球网，把两次的乒乓球看成完全相同的两个球，球1和球2，如图所示，不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自起跳到最高点的过程中，下列说法中正确的是（）a起跳时，球1的重力功率等于球2的重力功率b球1的速度变化率小于球2的速度变化率c球1的飞行时间大于球2的飞行时间d过网时球1的速度大于球2的速度【考点】平抛运动【专题】比较思想；合成分解法；平抛运动专题【分析】起跳后，乒乓球的运动视为斜抛运动，其逆过程为平抛运动根据pg=mgvy判定功率关系；根据v=gt判定速度变化快慢；根据运动的合成判定平抛运动的初速度大小【解答】解：ac、起跳后，乒乓球的运动视为斜抛运动，其逆过程为平抛运动由h=，得t=，则球1的飞行时间等于球2的飞行时间起跳时，竖直分速度为vy=gt，重力功率为pg=mgvy，可知起跳时，两球的重力功率相等故a正确，c错误；b、不计乒乓球的旋转和空气阻力，知两球加速度等于g，相同，故球1的速度变化率等于球2的速度变化率，故b错误；d、过网时球的速度是平抛运动的初速度，根据以上分析知运动时间相同，球1的水平位移大，故过网时球1的速度大于球2的速度，故d正确故选：ad【点评】解决本题的关键是运用逆向思维，来研究斜抛运动，知道平抛运动的时间由高度决定，水平位移由高度和初速度共同决定12如图所示，图甲中m为一电动机，当滑动变阻器r的触头从左端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示已知电流表读数在0.2a以下时，电动机没有发生转动不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是（）a电路中电源电动势为3.6vb变阻器向右滑动时，v2读数逐渐减小c此电路中，电动机的输出功率减小d变阻器的最大阻值为30【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】先确定图线与电压表示数对应的关系再根据图线求出电源的电动势，并判断v2读数的变化情况当i=0.3a时，电动机输出功率最大由电动机的总功率ui与发热功率i2r之差求解输出功率变阻器的全部接入电路时，电路中电流最小由欧姆定律求解变阻器的最大阻值【解答】解：a、由电路图甲知，电压表v2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示v2的电压与电流的关系此图线的斜率大小等于电源的内阻，为 r=2当电流 i=0.1a时，u=3.4v，则电源的电动势 e=u+ir=3.4+0.12v=3.6v，故a正确：b、变阻器向右滑动时，r阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压即为v2读数逐渐增大，故b错误；c、由图可知，电动机的电阻 rm=4当i=0.3a时，u=3v，电动机输出功率最大，此过程电动机输出功率增大，故c错误；d、当i=0.1a时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以 r=rrm=（24）=30，故d正确故选：ad【点评】本题考查对物理图象的理解能力，可以把本题看成动态分析问题，来选择两电表示对应的图线对于电动机，理解并掌握功率的分配关系是关键二、非选择题：（共52分）13在探究合力的方法时，先将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两根细绳实验时，需要两次拉伸橡皮条，一次是通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条，另一次是用一个弹簧秤通过细绳拉橡皮条（1）同学们在操作过程中有如下议论，其中对减小实验误差有益的说法是bcd（填字母代号）a两细绳必须等长b、弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行c、用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数适当大一些d、拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些（2）当橡皮筋的活动端拉到o点时，两根细绳相互垂直，如图1所示这时弹簧测力计的读数可从图中读出，由图可读得两个相互垂直的拉力的大小分别为4.00牛和2.50牛（3）在图2的虚线方格纸上按作图法的要求画出这两个力及它们的合力并利用所作图求出合力大小【考点】验证力的平行四边形定则【专题】实验题【分析】明确实验原理和实验的具体操作从而正确分析产生误差的原因，进一步采取减小误差的措施，分析对弹簧秤、细绳、橡皮条的要求先得出弹簧秤的最小分度，再由指针的位置读出拉力的示数；（2）画力的图示应注意先选择合适的标度，再由标度表示出力的大小，由细线的方向得出力的方向；根据作图的方法作图即可【解答】解：（1）a、具体实验中，两细绳长度不需要相同，故a错误；b、本实验是通过在白纸上作力的图示来验证平行四边定则，为了减小实验误差，弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，否则，作出的是拉力在纸面上的分力，误差较大，故b正确；c、用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数适当大一些，故c正确；d、在记录力的方向时，同一细绳方向的两点要远些，作图时产生的角度误差会减小，故d正确故选：bcd（2）由图可知，弹簧秤的最小分度为0.1n；则读得：f1=4.00 n，f2=2.50 n（3）取如图所示的两格表示1.0n，则可得出f1、f2，由上图得出两力的方向；作出平行四边形，即其对角线的长度表示力的大小，箭头的指向表示力的方向，故答案如图所示：求得f=4.70n；故答案为；（1）bcd（2）4.00； 2.50； （3）如图所示【点评】实验的核心是实验原理，根据原理选择器材，安排实验步骤，分析实验误差，进行数据处理等，从多个角度来理解和分析实验，提高分析解决问题的能力考查弹簧秤的读数及作力的图示，都属对基础技能的考查；应注意读数时要注意精度及题目的要求14手机、电脑等电器已经普及到人们的日常生活中，这些电器都要用到蓄电池某同学利用下列器材测定一节蓄电池的电动势和内电阻蓄电池的电动势约为3va量程是0.6a，内阻约为0.5的电流表；b量程是3v，内阻是6k的电压表；c量程是15v，内阻是30k的电压表；d阻值为01k，额定电流为0.5a的滑动变阻器；e阻值为010，额定电流为2a的滑动变阻器；f定值电阻4，额定功率4w；g电键s一个，导线若干（1）为了减小实验误差，电压表应选择b（填器材代号），电路图中的导线应连接到（填“或“），改变滑动变阻器阻值的时候，为了使电压表和电流表的读数变化比较明显，滑动变阻器应选择e（填器材代号）（2）用（1）问中的实验电路进行测量，读出电压表和电流表的读数，画出对应的ui图线如图2中（a）所示，由图线（a）可得改蓄电池的电动势e=3.2v，内电阻=1.3（结果保留两位有效数字）（3）硅光电池是一种新型太阳能电场，具有低碳环保的优点，如图3所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压u和电流i的关系图象（电池内阻不是常数），图线b是某电阻r的ui图象当它们组成闭合电路时，硅光电池的电动势为3.0v，内电阻为5.0（结果保留两位有效数字）【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题；定量思想；图析法；恒定电流专题【分析】（1）根据电池内阻很小，与电流表内阻相差不大，进行选择为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器（2）由表示电源的伏安特性曲线分析，明确图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示内阻；（3）由电阻的伏安特性曲线可得出电阻的阻值，再由闭合电路欧姆定律可求得电源的内阻【解答】解：（1）蓄电池的电动势约为3v，为了减小实验误差，电压表应选择b蓄电池内阻较小，为了避免电流表分压带来较大的误差所以采用电流表的内接法，即选择改变滑动变阻器阻值时，为了使电压表和电流表的读数变化比较明显，滑动变阻器应选择e（2）与图2所示电源ui图象可知，图象与纵轴交点坐标值是3.2，则电源电动势：e=3.2v，电源内阻r=r=41.33（3）由闭合电路的欧姆定律得：u=eir，当i=0时，e=u，由a与纵轴的交点读出电源的电动势为：e=3.0v根据两图线交点处的状态可知，电阻的电压为u=2v，电流为 i=0.2a，则硅光电池的内阻为：r=5；故答案为：（1）b；e；（2）3.2；1.3；（3）3.0；5.0【点评】本题考查了实验器材的选取、求电源电动势与内阻等问题，要掌握实验器材的选取原则，要会由电源的ui图象求电源电动势与内阻15风力发电是利用风能的一种方式，风力发电机可以将风能（气流的动能）转化为电能，其主要部件如图所示已知某风力发电机风轮机旋转叶片正面迎风时的有效受风面积为s，运动的空气与受风面作用后速度变为零，风力发电机将风能转化为电能的效率和空气密度均保持不变当风速为v且风向与风力发电机受风面垂直时，风力发电机输出的电功率为p求（1）在同样的风向条件下，风速为时这台风力发电机输出的电功率（2）利用风能发电时由于风速、风向不稳定，会造成风力发电输出的电压和功率不稳定请你提出一条合理性建议，解决这一问题【考点】能量守恒定律【分析】先求空气的动能，再根据斜率求出发电机的输出功率若风向改变，可以调整风车的叶面朝向，使叶面与风速垂直，风力发电机更多地接受风能；风大时可以让风力发电机将多余的电能给蓄电池充电，把电能储存起来，发电机输出功率变小时用蓄电池辅助供电等【解答】解：单位时间内垂直吹向旋转叶片有效受风面积的空气的质量为m=sv这些空气所具有的动能为 ek=sv3设风力发电机将风能转化为电能的效率为k，则风力发电机输出的电功率为p=kek=ksv3当风速为时输出的电功率 若风向改变，可以调整风车的叶面朝向，使叶面与风速垂直，风力发电机更多地接受风能；风大时可以让风力发电机将多余的电能给蓄电池充电，把电能储存起来，发电机输出功率变小时用蓄电池辅助供电等答：（1）在同样的风向条件下，风速为时这台风力发电机输出的电功率（2）若风向改变，可以调整风车的叶面朝向，使叶面与风速垂直，风力发电机更多地接受风能；风大时可以让风力发电机将多余的电能给蓄电池充电，把电能储存起来，发电机输出功率变小时用蓄电池辅助供电等【点评】本题是道信息量非常大的题目，其中包含了众多物理信息，这就要求我们要仔细阅读题目，筛选出对我们解题有帮助的信息16如图所示，真空中有一个点状的放射源p，它向各个方向发射同种正粒子（不计重力），速率都相同，ab为p点附近的一条水平直线（p到直线ab的距离pc=lm），q为直线ab上一点，它与p点相距pq=m（现只研究与放射源p和直线ab在同一个平面内的粒子的运动），当真空中（直线ab以上区域）只存在垂直该平面向里、磁感应强度为b=2t匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达q点；当真空中（直线ab以上区域）只存在平行该平面的匀强电场时，不同方向发射的粒子若能到达ab直线，则到达ab直线时它们速度大小都相等，已知水平向左射出的粒子也恰好到达q点（粒子比荷为=1106c/kg）求：（1）粒子的发射速率；（2）当仅加上述电场时，求到达ab直线上粒子的速度大小和电场强度的大小；（结果可用根号表示）（3）当仅加上述磁场时，从p运动到直线ab的粒子中所用的最短时间【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】（1）根据几何关系得出粒子在磁场中运动的轨道半径，结合半径公式求出粒子的发射速率（2）因所有粒子到达ab直线的速度大小相等，故电场的方向应由p指向c，水平向左发射的粒子应做类平抛运动