黑龙江省哈尔滨六中高考物理三模试卷（含解析）.doc

黑龙江省 哈尔滨六中高考物理三模试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1质量为m的木箱置于水平面上，水平推力f即可使木箱做匀速直线运动现保持f的大小不变，方向改为与水平方向成60斜向上拉木箱，仍能使其做匀速直线运动，如图所示则木箱与水平面间的动摩擦因数为（） a b c d 2气象卫星是用来拍摄云层照片、观测气象资料和测量气象数据的我国先后自行成功研制和发射了“风云号”和“风云号”两颗气象卫星，“风云号”卫星轨道（极地圆轨道）与赤道平面垂直并且通过两极，绕地做匀速圆周运动的周期为12h“风云号”气象卫星轨道（地球同步轨道）平面在赤道平面内，绕地做匀速圆周运动的周期为24h，则“风云号”卫星比“风云号”卫星（） a 轨道半径小 b 线速度小 c 角速度大 d 向心加速度大3如图所示，实线为一簇未标明方向的点电荷q周围的电场线，若带电粒子q（|q|远大于|q|）由a运动到b，电场力做正功；粒子在a、b两点所受电场力分别为fa、fb，则下列判断正确的是（） a 若q为正电荷，则q带正电，fafb b 若q为正电荷，则q带负电，fafb c 若q为负电荷，则q带正电，fafb d 若q为负电荷，则q带负电，fafb4如图所示，质量为m=4kg的木板a长l=1m，静止放在光滑的水平地面上，其右端静置一质量为m=1kg的小滑块b（可视为质点），它与木板a之间的动摩擦因数=0.4现用水平恒力f=28n向右拉木板，使小滑块b能从木板a上滑下来木板a和小滑块b的加速度大小分别为aa、ab，速度大小分别为va、vb，重力加速度g取10m/s2，则从开始运动到小滑块b滑下木板的过程中，下列图象正确的是（） a b c d 5如图所示，质量为m的竖直光滑圆环a的半径为r，竖直固定在质量为m的木板b上，木板b的两侧各有一竖直挡板固定在地面上，使木板不能左右运动在环的最低点静置一质量为m的小球c现给小球一水平向右的瞬时速度v0，小球会在环内侧做圆周运动为保证小球能通过环的最高点，且不会使木板离开地面，则初速度v0必须满足（） a v0 b v0 c v03 d v06某小型发电站通过升压变压器向60km远处的用户供电，在用户端用降压变压器将高压电变为220v供用户使用（设两个变压器均为理想变压器），输电示意图如图所示已知输电线的电阻率为=1.25108m，横截面积为1.5104m2，发电机输出功率为20kw，输出电压为250v，若线路损耗的功率为输出功率的5%则下列说法正确的是（） a 发电机是将其他形式能转化为电能的设备，发电原理是法拉第电磁感应定律 b 输电线上的电流为10a c d 升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压7如图所示，在半径为r的半圆形区域内，有磁感应强度为b的垂直纸面向里的有界匀强磁场，pqm为圆内接三角形，且pm为圆的直径，三角形的各边由材料相同的细软导线组成（不考虑导线中电流间的相互作用）设线圈的总电阻为r且不随形状改变，此时pmq=37，已知sin37=0.6，cos37=0.8则下列说法正确的是（） a 穿过线圈pqm的磁通量为=0.96br2 b 若磁场方向不变，只改变磁感应强度b的大小，且b=b0+kt（k为常数，k0），则线圈中产生的感应电流大小为i= c 保持p、m两点位置不变，将q点沿圆弧顺时针移动到接近m点的过程中，线圈中感应电流的方向先沿逆时针，后沿顺时针 d 保持p、m两点位置不变，将q点沿圆弧顺时针移动到接近m点的过程中，线圈中不会产生焦耳热8在倾角为的光滑固定斜面上有两个用轻弹簧连接的物块a和b，它们的质量分别为m和2m，弹簧的劲度系数为k，c为一固定挡板，系统处于静止状态现用一沿斜面方向的恒力拉物块a使之沿斜面向上运动，当b刚离开c时，a的速度为v，加速度为a，且方向沿斜面向上设弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，则（） a 当b刚离开c时，a发生的位移大小为 b 从静止到b刚离开c的过程中，物块a克服重力做功为 c b刚离开c时，恒力对a做功的功率为v d 当a的速度达到最大时，b的加速度大小为二、非选择题：包括必考题和选考题两部分考生根据要求作答（一）必考题9某同学欲采用如图所示的电路完成相关实验图中电流表a的量程为0.6a，内阻约0.1；电压表v的量程为3v，内阻约6k；g为小量程电流表；电源电动势约3v，内阻较小下列实验电路中正确的是（） a 测定一段电阻丝（约5）的电阻 b 测定电池的电动势和内阻（约2.0） c 描绘小灯泡（额定电压2.5v）的伏安特性曲线 d 多用电表欧姆档测二极管正向电阻10如图1所示，小车、打点计时器等器材置于高度可调节的长木板上（1）在验证牛顿第二定律的实验中，除打点计时器（附纸带、复写纸）、小车（其上可放置砝码）、细线、钩码（质量已知）、附滑轮的长木板、导线外，在下面的仪器和器材中，必须使用的有（填写序号）电压合适的50hz交流电源 电压可调的直流电源 刻度尺 秒表 天平实验时通过改变，可验证质量一定时，加速度与力成正比的关系；通过，可验证力一定时，加速度与质量成反比的关系在验证牛顿第二定律的实验中，若平衡摩擦力时，长木板的一端调节过高，使得倾角偏大，则所得到如图2的af关系图象为（a是小车的加速度，f是细线作用于小车的拉力）（3）实验中得到如图3的一条纸带，在纸带上便于测量的地方选取第1个计数点，其下标明a，第6个计数点下标明b，第11个计数点下标明c，第16个计数点下标明d，第21个计数点下标明e若测得ac长为14.56cm，cd长11.15cm，de长为13.73cm，则小车运动的加速度大小为m/s2，打c点时小车的瞬时速度大小为m/s（保留三位有效数字）11如图所示，电荷量均为+q、质量分别为m和2m的小球a和b，中间连接质量不计的绝缘细线，在竖直方向的匀强电场中以速度v0匀速上升重力加速度为g，某时刻细绳断开（不考虑电荷间的库仑力作用），求：（1）细线断开后，a，b两球的加速度的大小和方向；从细线断开至b球速度为零的过程中，a球的机械能增量12如图所示，虚线mo与水平线pq相交于o点，夹角=30，在mo左侧存在电场强度为e、方向竖直向下的匀强电场；mo右侧某个区域存在磁感应强度为b、垂直纸面向里的匀强磁场，且o点在磁场的边界上现有大量质量为m、电量为+q的带电粒子在纸面内以速度v（0v）垂直于mo从o点射入磁场，所有粒子通过直线mo时，速度方向均平行于pq向左不计粒子的重力及粒子间的相互作用求：（1）速度最大的粒子从o点运动至水平线pq所需的时间；磁场区域的最小面积【物理-选修3-5】13关于核反应方程thpa+x+e（e为释放出的核能，x为新生成粒子），已知th的半衰期为t，则下列说法正确的是（） a 原子序数大于或等于83的元素，都能自发地发出射线，原子序数小于83的元素则不能放出射线 b pa比th少1个中子，x粒子是从原子核中射出的，此核反应为衰变 c n0个th经2t时间因发生上述核反应而放出的核能为n0e（n0数值很大） d th的比结合能为 e 该放射性元素（th）与其它元素形成化合物的半衰期仍等于t14如图所示，用轻绳将大小相同、质量不等的n个小球并列悬挂于一水平杆上，球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为1、2、3 n，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左侧球的质量之比为k（k1）将1号球向左拉起，然后由静止释放，使其与2号球碰撞，2号球再与3号球碰撞 所有碰撞均为无机械能损失的正碰（不计空气阻力）（i）求n号球与n+1号球碰撞后的速率之比；（ii）若n=5，k=1，在1号球向左拉高h（远小于绳长）的情况下，问5号球碰撞后上升的最大高度黑龙江省哈尔滨六中高考物理三模试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1质量为m的木箱置于水平面上，水平推力f即可使木箱做匀速直线运动现保持f的大小不变，方向改为与水平方向成60斜向上拉木箱，仍能使其做匀速直线运动，如图所示则木箱与水平面间的动摩擦因数为（） a b c d 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： 用水平推力f即可使物体做匀速直线运动，根据共点力平衡列式，改用与水平方向成角的斜向上的拉力f去拉物体，也使它做匀速直线运动，根据共点力平衡联立列式可求解解答： 解：用水平推力f即可使物体做匀速直线运动，知摩擦力f=f=mg当改用与水平方向成角的斜向上的拉力f去拉物体，则有：fcos60=ff=（mgfsin60）联立解得：=故选：c点评： 解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平均进行求解2气象卫星是用来拍摄云层照片、观测气象资料和测量气象数据的我国先后自行成功研制和发射了“风云号”和“风云号”两颗气象卫星，“风云号”卫星轨道（极地圆轨道）与赤道平面垂直并且通过两极，绕地做匀速圆周运动的周期为12h“风云号”气象卫星轨道（地球同步轨道）平面在赤道平面内，绕地做匀速圆周运动的周期为24h，则“风云号”卫星比“风云号”卫星（） a 轨道半径小 b 线速度小 c 角速度大 d 向心加速度大考点： 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： 风云二号卫星为地球同步轨道卫星，故周期为24h，卫星运行时万有引力提供向心力，可得轨道半径、向心加速度以及线速度的大小关系解答： 解：对于卫星，万有引力提供向心力，故：g解得：a、根据，“风云号”卫星比“风云号”卫星的轨道半径大，故a错误；b、根据公式，“风云号”卫星比“风云号”卫星的线速度小，故b正确；c、根据，“风云号”卫星比“风云号”卫星的角速度小，故c错误；d、根据，“风云号”卫星比“风云号”卫星的加速度小，故d错误；故选：b点评： 知道地球同步轨道卫星的周期t=24h，然后根据万有引力提供向心力的表达式进行速度、轨道以及向心加速度的讨论，知向更高轨道发射卫星需要克服重力做更多的功，因此需要列大的发射速度3如图所示，实线为一簇未标明方向的点电荷q周围的电场线，若带电粒子q（|q|远大于|q|）由a运动到b，电场力做正功；粒子在a、b两点所受电场力分别为fa、fb，则下列判断正确的是（） a 若q为正电荷，则q带正电，fafb b 若q为正电荷，则q带负电，fafb c 若q为负电荷，则q带正电，fafb d 若q为负电荷，则q带负电，fafb考点： 电势差与电场强度的关系；电场强度专题： 电场力与电势的性质专题分析： 根据q的正负以及电场力做的功判断带电粒子的电性，根据电场线的疏密比较场强的大小，从而得知电场力的大小解答： 解：ab、若q为正电荷，带电粒子由a点到b点电场力做正功，知，该带电粒子带正电由于eaeb，则fafb故a正确，b错误cd、若q为负电荷，带电粒子由a点到b点电场力做正功，知，该带电粒子带负电由于eaeb，则fafb故c错误，d错误故选：a点评： 解决本题的关键知道电场线的性质，知道电场线越密的地方场强越强，越疏的地方场强越弱4如图所示，质量为m=4kg的木板a长l=1m，静止放在光滑的水平地面上，其右端静置一质量为m=1kg的小滑块b（可视为质点），它与木板a之间的动摩擦因数=0.4现用水平恒力f=28n向右拉木板，使小滑块b能从木板a上滑下来木板a和小滑块b的加速度大小分别为aa、ab，速度大小分别为va、vb，重力加速度g取10m/s2，则从开始运动到小滑块b滑下木板的过程中，下列图象正确的是（） a b c d 考点： 牛顿第二定律专题： 牛顿运动定律综合专题分析： 分别对两个物体受力分析，由牛顿第二定律方程求解加速度，由运动学公式求离开时的速度和时间解答： 解：a、对m水平方向进行受力分析有：fm=mg=mab代入数据解得：ab=4m/s2对木板在水平方向受力分析有：ffm=maa代入数据解得：aa=6m/s2当小滑块刚掉下时，二者之间的位移关系有：=l解得：t=1s，故a错误b错误c、二者离开时，va=61=6m/s，vb=41=4m/s，故c正确，d错误故选：c点评： 本题的关键是选取不同的研究对象受力分析，应用牛顿第二定律及运动学公式求解5如图所示，质量为m的竖直光滑圆环a的半径为r，竖直固定在质量为m的木板b上，木板b的两侧各有一竖直挡板固定在地面上，使木板不能左右运动在环的最低点静置一质量为m的小球c现给小球一水平向右的瞬时速度v0，小球会在环内侧做圆周运动为保证小球能通过环的最高点，且不会使木板离开地面，则初速度v0必须满足（） a v0 b v0 c v03 d v0考点： 向心力专题： 匀速圆周运动专题分析： 小球在环内侧做圆周运动，通过最高点速度最小时，轨道对球的最小弹力为零，根据牛顿第二定律求出小球在最高点的最小速度；为了不会使环在竖直方向上跳起，小球在最高点对轨道的弹力不能大于2mg，根据牛顿第二定律求出最高点的最大速度，再根据机械能守恒定律求出小球在最低点的速度范围解答： 解：在最高点，速度最小时有：mg=m，解得：v1=从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设最低点的速度为v1，根据机械能守恒定律，有： 2mgr+=mv12解得：v1=要使不会使环在竖直方向上跳起，环对球的压力最大为： f=2mg从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设此时最低点的速度为v2，在最高点，速度最大时有：mg+2mg=m根据机械能守恒定律有：2mgr+mv22=mv22解得：v2=所以为保证小球能通过环的最高点，且不会使木板离开地面，在最低点的初速度范围为：v故d正确，abc错误故选：d点评： 本题综合考查了牛顿第二定律和机械能守恒定律，关键理清在最高点的两个临界情况，求出在最高点的最大速度和最小速度6某小型发电站通过升压变压器向60km远处的用户供电，在用户端用降压变压器将高压电变为220v供用户使用（设两个变压器均为理想变压器），输电示意图如图所示已知输电线的电阻率为=1.25108m，横截面积为1.5104m2，发电机输出功率为20kw，输出电压为250v，若线路损耗的功率为输出功率的5%则下列说法正确的是（） a 发电机是将其他形式能转化为电能的设备，发电原理是法拉第电磁感应定律 b 输电线上的电流为10a c d 升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压考点： 远距离输电专题： 交流电专题分析： 明确发电机原理为电磁感应原理；根据电阻定律可求得导线电阻，则由损失的功率及功率公式可求得电流；由p=ui可求得升压变压器输出电压；由欧姆定律求出导线损耗的电压，由匝数之比等于电压之比可求得匝数之比解答： 解：a、发电机是通过电磁感应将其他形式的能转化为电能的设备，其原理为法拉第电磁感应定律；故a正确；b、由电阻定律可知，r=1.25108103=10；由功率公式可得：5%p=i2r解得：i=10a；故b正确；c、由功率公式p=ui可得，输电电压u2=2000v；则=8；降压变压器输入电压u3=u2ir=20001010=1980v；则=9；故；故cd错误；故选：ab点评： 本题考查远距离输电的内容，要注意明确远距离输电中的变压器原理，同时注意从导线损耗功率入手，灵活选择功率公式求解电流，再由欧姆定律求得电压等，即可求解7如图所示，在半径为r的半圆形区域内，有磁感应强度为b的垂直纸面向里的有界匀强磁场，pqm为圆内接三角形，且pm为圆的直径，三角形的各边由材料相同的细软导线组成（不考虑导线中电流间的相互作用）设线圈的总电阻为r且不随形状改变，此时pmq=37，已知sin37=0.6，cos37=0.8则下列说法正确的是（） a 穿过线圈pqm的磁通量为=0.96br2 b 若磁场方向不变，只改变磁感应强度b的大小，且b=b0+kt（k为常数，k0），则线圈中产生的感应电流大小为i= c 保持p、m两点位置不变，将q点沿圆弧顺时针移动到接近m点的过程中，线圈中感应电流的方向先沿逆时针，后沿顺时针 d 保持p、m两点位置不变，将q点沿圆弧顺时针移动到接近m点的过程中，线圈中不会产生焦耳热考点： 法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律专题： 电磁感应与电路结合分析： 线圈与磁场垂直，磁通量=bs，s是线圈pqm的面积若磁场方向不变，只改变磁感应强度b的大小，b=b0+kt，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流保持p、m两点位置不变，将q点沿圆弧顺时针移动到接近m点的过程中，线圈的面积先增大后减小，穿过线圈的磁通量先增大后减小，根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的变化，即判断感应电流的变化，线圈中产生感应电流，会产生焦耳热解答： 解：a、穿过线圈pqm中的磁通量大小为=b2rsin372rcos37=0.96ba2故a正确b、由b=b0+kt得，=k，根据法拉第电磁感应定律得：感应电动势e=s=k2rsin372rcos37=0.96kr2，线圈中产生的感应电流大小为：i=故b正确c、d保持p、m两点位置不变，将q点沿圆弧顺时针移动到接近m点的过程中，pqm的面积先增大后减小，将产生感应电流，根据楞次定律可知，感应电流方向先沿逆时针方向后沿顺时针方向，而且产生焦耳热故c正确，d错误故选：abc点评： 本题要掌握磁通量公式=bs，法拉第电磁感应定律、楞次定律，就能正确分析其中还用到数学上几何知识分析线圈面积的变化，确定磁通量的变化8在倾角为的光滑固定斜面上有两个用轻弹簧连接的物块a和b，它们的质量分别为m和2m，弹簧的劲度系数为k，c为一固定挡板，系统处于静止状态现用一沿斜面方向的恒力拉物块a使之沿斜面向上运动，当b刚离开c时，a的速度为v，加速度为a，且方向沿斜面向上设弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，则（） a 当b刚离开c时，a发生的位移大小为 b 从静止到b刚离开c的过程中，物块a克服重力做功为 c b刚离开c时，恒力对a做功的功率为v d 当a的速度达到最大时，b的加速度大小为考点： 功率、平均功率和瞬时功率；功的计算专题： 功率的计算专题分析： 未加拉力f时，物体a对弹簧的压力等于其重力的下滑分力；物块b刚要离开c时，弹簧的拉力等于物体b重力的下滑分力；根据平衡条件并结合胡克定律求解出两个状态弹簧的行变量，得到弹簧的长度变化情况；然后结合功能关系进行分析即可解答： 解：a、开始时，弹簧处于压缩状态，压力等于物体a重力的下滑分力，根据胡克定律，有：mgsin=kx1解得：x1=物块b刚要离开c时，弹簧的拉力等于物体b重力的下滑分力，根据胡克定律，有；2mgsin=kx2解得：x2=故物块a运动的距离为：，故a正确；b、从静止到b刚离开c的过程中，物块a克服重力做功为，故b错误；c、此时物体a受拉力、重力、支持力和弹簧的拉力，根据牛顿第二定律，有：fmgsint=ma弹簧的拉力等于物体b重力的下滑分力，为：t=2mgsin故：f=3mgsin+ma，恒力对a做功的功率为（3mgsin+ma）v故c错误；d、当a的速度达到最大时，a受到的合外力为0，则：fmgsint=0所以：t=2mgsin+mab沿斜面方向受到的力：fb=t2mgsin=ma又：fb=2ma所以：故d正确故选：ad点评： 本题关键抓住两个临界状态，开始时的平衡状态和最后的b物体恰好要滑动的临界状态，然后结合功能关系分析，难度适中二、非选择题：包括必考题和选考题两部分考生根据要求作答（一）必考题9某同学欲采用如图所示的电路完成相关实验图中电流表a的量程为0.6a，内阻约0.1；电压表v的量程为3v，内阻约6k；g为小量程电流表；电源电动势约3v，内阻较小下列实验电路中正确的是（） a 测定一段电阻丝（约5）的电阻 b 测定电池的电动势和内阻（约2.0） c 描绘小灯泡（额定电压2.5v）的伏安特性曲线 d 多用电表欧姆档测二极管正向电阻考点： 描绘小电珠的伏安特性曲线专题： 实验题分析： a、伏安法测电阻的电路有两种接法一种是电流表外接，适用于测量小电阻另一种方法是电流表内接，适用于测量大电阻待测电阻丝的电阻与电流表内阻相当，属于小电阻b、测定电源的电动势和内电阻，在该电路图中，电压表测量的是电源两端的电压，电流表应测量通过电源的电流，测的数据偏小，误差形成的原因是电压表的分流作用c、描绘小灯泡（额定电压为2.5 v）的伏安特性曲线，电流电压要从0测起，滑动变阻器应该用分压式d、欧姆表红表笔与内置电源负极相连，黑表笔与正极相连解答： 解：a、待测电阻丝的电阻与电流表内阻相当，远小于电压表内阻，该待测电阻属于小电阻，电流表应用外接法故a正确 b、电压表测量的是电源两端的电压，电流表应测量通过电源的电流，测的数据偏小，误差形成的原因是电压表的分流作用在该实验中，电压表内阻非常大，分流很不明显，误差较小故b正确 c、描绘小灯泡（额定电压为2.5 v）的伏安特性曲线，电流电压要从0测起，滑动变阻器应该用分压式，不能用限流式故c错误 d、测量晶体二极管的正向电阻时红表笔应与它的负极连接，故d正确；故选：abd点评： 解决本题的关键掌握电流表的内外接问题和滑动变阻器的分压限流接法，以及会对实验进行误差分析10如图1所示，小车、打点计时器等器材置于高度可调节的长木板上（1）在验证牛顿第二定律的实验中，除打点计时器（附纸带、复写纸）、小车（其上可放置砝码）、细线、钩码（质量已知）、附滑轮的长木板、导线外，在下面的仪器和器材中，必须使用的有（填写序号）电压合适的50hz交流电源 电压可调的直流电源 刻度尺 秒表 天平实验时通过改变钩码个数，可验证质量一定时，加速度与力成正比的关系；通过在小车上添加钩码的个数，可验证力一定时，加速度与质量成反比的关系在验证牛顿第二定律的实验中，若平衡摩擦力时，长木板的一端调节过高，使得倾角偏大，则所得到如图2的af关系图象为c（a是小车的加速度，f是细线作用于小车的拉力）（3）实验中得到如图3的一条纸带，在纸带上便于测量的地方选取第1个计数点，其下标明a，第6个计数点下标明b，第11个计数点下标明c，第16个计数点下标明d，第21个计数点下标明e若测得ac长为14.56cm，cd长11.15cm，de长为13.73cm，则小车运动的加速度大小为2.58m/s2，打c点时小车的瞬时速度大小为0.986m/s（保留三位有效数字）考点： 验证牛顿第二运动定律专题： 实验题分析： （1）根据牛顿第二定律的实验原理可知实验中需要的器材；会分析加速度时间图象，并能根据图象判定实验中出现的误差原因；（3）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上c点时小车的瞬时速度大小；根据匀变速直线运动的推论公式x=at2可以求出加速度的大小解答： 解：（1）实验中通过打点计时器找出物体运动的位移和时间，通过对纸带的处理得出加速度；故实验中需要用小车、打点计时器、纸带、砝码、小桶、绳子、导线；用天平测量物体的质量，刻度尺测量长度；电源应采用50hz交流电流，打点计时器本身可以记录时间，所以不需要秒表，故需要；该实验采用控制变量法进行实验，实验时通过改变 钩码的个数，可验证质量一定时，加速度与力成正比的关系；通过 在小车上添加钩码的个数，可验证力一定时，加速度与质量成反比的关系若平衡摩擦力时，长木板的一端调节过高，使得倾角偏大，小车的重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，则在加钩码前，小车能有加速度，所以则所得到图象纵坐标的截距不为0，则图2的af关系图象为c（3）物体做匀变速度直线运动，根据运动规律有，平均速度等于中间时刻的瞬时速度所以c点的速度等于ae距离的平均速度所以vc=m/s=0.986m/s；在计算加速度时，为得到的实验数据更准确，应该采用逐差法：a1=，a2=，由逐差法可得加速度为：a= m/s2=2.58m/s2故答案为：（1）；钩码个数；在小车上添加钩码的个数；c；（3）2.58；0.986点评： 对于实验题要注意实难的原理的把握，根据原理即可分析实验的过程、仪器而数据分析；要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用纸带问题一定要掌握好平均速度表示中间时刻的瞬时速度，和逐差法的应用11如图所示，电荷量均为+q、质量分别为m和2m的小球a和b，中间连接质量不计的绝缘细线，在竖直方向的匀强电场中以速度v0匀速上升重力加速度为g，某时刻细绳断开（不考虑电荷间的库仑力作用），求：（1）细线断开后，a，b两球的加速度的大小和方向；从细线断开至b球速度为零的过程中，a球的机械能增量考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律专题： 电场力与电势的性质专题分析： （1）根据受力平衡条件，可确定电场强度；再由牛顿第二定律，即可求解；根据运动学公式，及电场力做功导致系统的机械能减小，即可求解解答： 解：（1）设电场强度为e，把小球a、b看作一个系统，由于绳未断前作匀速运动，则有：2qe=3mg得：e=绳断后，根据牛顿第二定律：对a：qemg=ma1得：a1=g，方向竖直直向上 对b：2mgqe=2ma2得：a2=g，方向竖直直向下b球：0=v0a2ta球：h=v0t+a2t2e=qeh得e=12mv02答：（1）细绳断开后，a的加速度的大小g，方向竖直直向上，b球加速度大小是g，方向竖直直向下自绳断开至b球速度为零的过程中，a球机械能增量是12mv02点评： 考查平衡条件、牛顿第二定律、动量守恒定律及运动学公式的应用，掌握机械能守恒条件，理解除重力之外的力做功导致机械能变化12如图所示，虚线mo与水平线pq相交于o点，夹角=30，在mo左侧存在电场强度为e、方向竖直向下的匀强电场；mo右侧某个区域存在磁感应强度为b、垂直纸面向里的匀强磁场，且o点在磁场的边界上现有大量质量为m、电量为+q的带电粒子在纸面内以速度v（0v）垂直于mo从o点射入磁场，所有粒子通过直线mo时，速度方向均平行于pq向左不计粒子的重力及粒子间的相互作用求：（1）速度最大的粒子从o点运动至水平线pq所需的时间；磁场区域的最小面积考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动专题： 带电粒子在复合场中的运动专题分析： （1）粒子的运动轨迹如图所示，设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为r，周期为t，先求出粒子在匀强磁场中运动时间，粒子自n点水平飞出磁场，出磁场后应做匀速运动至om，根据几何关系及速度时间公式求出时间，过mo后粒子做类平抛运动，根据平抛运动的基本公式求出此过程中的时间，三段时间之和即为总时间；由题知速度大小不同的粒子均要水平通过om，则其飞出磁场的位置均应在on的连线上，故磁场范围的最小面积s是速度最大的粒子在磁场中的轨迹与on所围成的面积解答： 解：（1）粒子的运动轨迹如图所示，设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为r，周期为t，粒子在匀强磁场中运动时间为t1，由牛顿第二定律得：qvb=m，解得：r=，t=，t1=t，设粒子自n点水平飞出磁场，出磁场后应做匀速运动至om，设匀速运动的距离为s，匀速运动的时间为t2，由几何关系知：s=，t2=，过mo后粒子做类平抛运动，设运动的时间为t3，则：r=t32，又由题知：v=，则速度最大的粒子自o进入磁场至重回水平线poq所用的时间为：t=t1+t2+t3=；由题知速度大小不同的粒子均要水平通过om，则其飞出磁场的位置均应在on的连线上，故磁场范围的最小面积s是速度最大的粒子在磁场中的轨迹与on所围成的面积，扇形oon的面积的面积s=r2，oon的面积为：s=r2cos30sin30=r