甘肃省天水市秦安二中高三物理上学期第四次月考试卷（含解析）.doc

甘肃省天水市秦安二中2015届高三 上学期第四次月考物理试卷一、选择题选择题（每小题4分，共48分，其中第3、9、10、12题为多选）1（4分）人造地球卫星离地面的高度等于地球半径r，卫星以速度v沿圆轨道运动，设地面的重力加速度为g，则有（）av=bv=cv=dv=22（4分）如图所示，在水平向右做匀加速直线运动的平板车上有一小球，其质量为m且与竖直挡板及斜面间均无摩擦，若车的加速度为a，斜面的倾角为，斜面对小球的弹力为f1和挡板对小球的弹力为f2，则f1、f2的大小分别是（）af1=bf1=ma+mgtancf2=df2=ma+mgtan3（4分）如图，电梯内重为10n的物体悬挂在弹簧测力计上某时刻，乘客观察到测力计示数变为8n，则电梯可能（）a匀加速向上运动b匀减速向上运动c匀加速向下运动d匀减速向下运动4（4分）将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于o点，如图所示用力f拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线oa与竖直方向的夹角保持=30，则f的最小值为（）amgbmgcmgdmg5（4分）冥王星绕太阳的公转轨道是个椭圆，公转周期为t0，其近日点到太阳的距离为a，远日点到太阳的距离为b，半短轴的长度为c，a、b、c、d分别为长短轴的端点，如图所示若太阳的质量为m，万有引力常量为g，忽略其他行星对它的影响则（）a冥王星从abc的过程中，速率逐渐变大b冥王星从ab所用的时间等于c冥王星从bcd的过程中，万有引力对它先做正功后做负功d冥王星在b点的加速度为6（4分）如图所示，在粗糙水平板上放一个物体，使水平板和物体一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，ab为水平直径，cd为竖直直径，在运动过程中木板始终保持水平，物块相对木板始终静止，则（）a物块始终受到三个力作用b只有在a、b、c、d四点，物块受到合外力才指向圆心c从a到b，物体所受的摩擦力先增大后减小d从b到a，物块处于超重状态7（4分）如图所示，ab是某个点电荷的一根电场线，在电场线上o点由静止释放一个负电荷，它仅在电场力作用下沿电场线向b运动，下列判断正确的是（）a电场线由b指向a，该电荷做加速运动，加速度越来越小b电场线由b指向a，该电荷做加速运动，加速度大小变化因题设条件不能确定c电场线由a指向b，电荷做匀加速运动d电场线由b指向a，电荷做加速运动，加速度越来越大8（4分）如图所示，质量为2kg的物体冲上倾角为37的固定斜面匀减速上滑了2m距离，物体加速度的大小为8m/s2，（重力加速度g取10m/s2）在此过程中（）a物体的重力势能增加了24jb物体的机械能减少了8jc物体的动能减少了32jd摩擦力对斜面做的功为8j9（4分）一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能ep随位移x变化的关系如图所示，其中0x2段是对称的曲线，x2x3段是直线，则下列说法正确的是（）ax1处粒子的动能最小bx1、x2、x3处电势1、2、3的关系为123c粒子在0x2段做变速运动，x2x3段做匀速运动dx2x3段是匀强电场10（4分）在一次探究活动中，某同学设计了如图所示的实验装置，将半径r=1m的光滑半圆弧轨道固定在质量m=0.5kg、长l=4m的小车的上表面中点位置，半圆弧轨道下端与小车的上表面水平相切，现让位于轨道最低点的质量m=0.1kg的光滑小球随同小车一起沿光滑水平面向右做匀速直线运动，某时刻小车碰到障碍物而瞬时处于静止状态（小车不反弹），之后小球离开圆弧轨道最高点并恰好落在小车的左端边沿处，该同学通过这次实验得到了如下结论，其中正确的是（g取10m/s2）（）a小球到达最高点的速度为m/b小车与障碍物碰撞时损失的机械能为12.5jc小车瞬时静止前、后，小球在轨道最低点对轨道的压力由1n瞬时变为6.5nd小车向右做匀速直线运动的速度约为6.5m/s11（4分）如图所示，电灯a标有“10v，10w”，电灯b标有“8v，20w”，滑动变阻器的总电阻为6，当滑动触头由a端向b端滑动的过程中（不考电灯电阻的变化）（）a安培表示数一直减小，伏特表示数一直增大b安培表示数一直增大，伏特表示数一直减小c安培表示数先增大后减小，伏特表示数先减小后增大d安培表示数先减小后增大，伏特表示数先增大后减小12（4分）如图所示，电阻r1=20，电动机的绕组r2=10当开关打开时，电流表的示数是0.5a，当开关合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数i和电路消耗的电功率p应是（）ai=1.5abi1.5acp=15wdp15w二、实验题（5+9=14分）13（5分）如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置他在气垫导轨上安装了一个光电门b，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，力传感器可直接测出绳中拉力，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从a处由静止释放气垫导轨摩擦阻力很小可忽略不计，由于遮光条的宽度很小，可认为遮光条通过光电门时速度不变（1）该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=mm（2）实验时，该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，将滑块从a位置由静止释放，测量遮光条到光电门的距离l，若要得到滑块的加速度，还需由数字计时器读出遮光条通过光电门b的14（9分）如图2所示，小灯泡l1（4v、1.6w），小灯泡l2（6v、3.6w），滑动变阻器r1（010、0.5a），滑动变阻器r2（020、1.5a），以及电源e（=9v、r=0）和开关s各一只，导线若干（1）设计一个电路，要求在电路中l1和l2均正确发光，且电路中消耗的功率最小，在方框中画出设计的电路图；（2）按设计要求在如图1所示实物中连线三、计算题（共38分）15（8分）几节自带动力的车辆（动车）加几节不带动力的车辆（也叫拖车）编成一组，就是动车（1）假设动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比，每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定功率都相等若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为120km/h；则6节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为多少？（2）若动车组运动阻力正比于其速度，已知动车组最大功率p0时最大速度是v，若要求提速一倍，则动车组功率是多少？（3）若动车组从静止开始做匀加速直线运动，经过t1时间达到动车组最大功率p，然后以该最大功率继续加速，又经过t2时间达到最大速度v0，设运动阻力恒定，动车组总质量为m，求动车组整个加速距离16（8分）一物体在距某一行星表面某一高度o点由静止开始做自由落体运动，依次通过a、b、c三点，已知ab段与bc段的距离相等，均为24cm，通过ab与bc的时间分为0.2s与0.1s，若该星球的半径为180km，则环绕该行星的卫星做圆周运动的最小周期为多少？17（10分）如图所示，跨过轻质定滑轮的细绳两端，一端连接质量为m的物体a，另一端通过一轻质弹簧与质量为m的物体b连接，b物体静止在地面上，用手托着a物体，在a距地面高h处时，细绳刚好被拉直、弹簧无形变今将a物体从h高处无初速释放，a物体恰好能到达地面，且a到达地面时，b物体对地面的压力恰好减为零已知重力加速度为g，弹簧的弹性势能与劲度系数k、弹簧的伸长量x的关系是：e弹=kx2；两个物体均可视为质点，不计绳子和滑轮的质量、不计滑轮轴上的摩擦力和空气阻力问：（1）a、b两物体的质量之比为多少？（2）现将a、b两物体的初始位置互换，再让b物体从h高处无初速释放，当a物体刚要离开地面时，b物体的速度是多少？18（12分）如图所示，半径r=0.8m的光滑绝缘导轨固定于竖直平面内，加上某一方向的匀强电场时，带正电的小球沿轨道内侧做圆周运动圆心o与a点的连线与竖直成一角度，在a点时小球对轨道的压力n=120n，此时小球的动能最大若小球的最大动能比最小动能多32j，且小球能够到达轨道上的任意一点（不计空气阻力）则：（1）小球的最小动能是多少？（2）小球受到重力和电场力的合力是多少？（3）现小球在动能最小的位置突然撤去轨道，并保持其他量都不变，若小球在0.04s后的动能与它在a点时的动能相等，求小球的质量甘肃省天水市秦安二中2015届高三上学期第四次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题选择题（每小题4分，共48分，其中第3、9、10、12题为多选）1（4分）人造地球卫星离地面的高度等于地球半径r，卫星以速度v沿圆轨道运动，设地面的重力加速度为g，则有（）av=bv=cv=dv=2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：人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式，再结合地球表面重力加速度的公式进行讨论即可解答：解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为m，有f=f向f=f向=因而 在地球的表面： 联立解得故选：a点评：本题关键根据人造卫星的万有引力等于向心力，以及地球表面重力等于万有引力列两个方程求解2（4分）如图所示，在水平向右做匀加速直线运动的平板车上有一小球，其质量为m且与竖直挡板及斜面间均无摩擦，若车的加速度为a，斜面的倾角为，斜面对小球的弹力为f1和挡板对小球的弹力为f2，则f1、f2的大小分别是（）af1=bf1=ma+mgtancf2=df2=ma+mgtan考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：以小球为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律分析竖直挡板对球的弹力和斜面对球的弹力情况解答：解：以小球为研究对象，分析受力情况，如图：设斜面的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：竖直方向：f1cos=mg 水平方向：f2f1sin=ma 联立解得：f1=f2=mgtan+ma故选：d点评：本题运用正交分解法，根据牛顿第二定律研究物体的受力情况，要正确作出物体的受力图，抓住竖直方向没有加速度3（4分）如图，电梯内重为10n的物体悬挂在弹簧测力计上某时刻，乘客观察到测力计示数变为8n，则电梯可能（）a匀加速向上运动b匀减速向上运动c匀加速向下运动d匀减速向下运动考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重 专题：牛顿运动定律综合专题分析：对物体受力分析，受重力和拉力，结合牛顿第二定律，判断出加速度的方向；然后判断电梯和乘客的超、失重情况解答：解：由题意乘客观察到测力计示数变为8n，小于物体的重力，所以知物体失重，具有向下的加速度，运动状态可能是匀减速向上运动或匀加速向下运动故选：bc点评：本题关键是对物体受力分析，根据牛顿第二定律判断出小球的加速度方向，由于小球和电梯相对静止，从而得到电梯的加速度，最后判断电梯的超、失重情况4（4分）将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于o点，如图所示用力f拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线oa与竖直方向的夹角保持=30，则f的最小值为（）amgbmgcmgdmg考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：以两个小球组成的整体为研究对象，当f垂直于oa线时取得最小值，根据平衡条件求解f的最小值解答：解：以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出f在三个方向时整体的受力图，根据平衡条件得知：f与t的合力与重力mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当f与绳子oa垂直时，f有最小值，即图中2位置，f的最小值为：根据平衡条件得：f=2mgsin30=mg故选：b点评：本题是隐含的临界问题，关键运用图解法确定出f的范围，得到f最小的条件，再由平衡条件进行求解5（4分）冥王星绕太阳的公转轨道是个椭圆，公转周期为t0，其近日点到太阳的距离为a，远日点到太阳的距离为b，半短轴的长度为c，a、b、c、d分别为长短轴的端点，如图所示若太阳的质量为m，万有引力常量为g，忽略其他行星对它的影响则（）a冥王星从abc的过程中，速率逐渐变大b冥王星从ab所用的时间等于c冥王星从bcd的过程中，万有引力对它先做正功后做负功d冥王星在b点的加速度为考点：万有引力定律及其应用；功能关系 专题：万有引力定律的应用专题分析：熟记理解开普勒的行星运动三定律：第一定律：所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等第三定律：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等根据力与速度方向的夹角判断该力是做正功还是负功解答：解：a、根据第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等所以冥王星从abc的过程中，冥王星与太阳的距离增大，速率逐渐变小，故a错误；b、公转周期为t0，冥王星从ac的过程中所用的时间是0.5t0，由于冥王星从abc的过程中，速率逐渐变小，从ab与从bc的路程相等，所以冥王星从ab所用的时间小于，故b错误；c、冥王星从bcd的过程中，万有引力方向先与速度方向成钝角，过了c点后万有引力方向与速度方向成锐角，所以万有引力对它先做负功后做正功，故c错误；d、根据几何关系可知，冥王星在b点到太阳的距离为r=，根据万有引力充当向心力知=ma知冥王星在b点的加速度为=，故d正确；故选：d点评：正确理解开普勒的行星运动三定律是解答本题的关键，会根据力与速度方向的夹角判断该力是做正功还是负功6（4分）如图所示，在粗糙水平板上放一个物体，使水平板和物体一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，ab为水平直径，cd为竖直直径，在运动过程中木板始终保持水平，物块相对木板始终静止，则（）a物块始终受到三个力作用b只有在a、b、c、d四点，物块受到合外力才指向圆心c从a到b，物体所受的摩擦力先增大后减小d从b到a，物块处于超重状态考点：向心力；牛顿第二定律 专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：木板托着物体在竖直平面内逆时针方向一起做匀速圆周运动，物体所受的合力提供圆周运动所需的向心力当加速度方向向上时，物体处于超重状态，加速度向下时，物体处于失重状态解答：解：a、在cd两点处，只受重力和支持力，在其他位置处物体受到重力，支持力、静摩擦力三个作用，故a错误；b、物体作匀速圆周运动，合外力提供向心力，所以合外力始终指向圆心，故b错误；c、从a运动到b，物体的加速度的方向始终指向圆心，水平方向的加速度先减小后反向增大，根据牛顿第二定律可得，物体所受木板的摩擦力先减小后增大故c错误d、从b运动到a，向心加速度有向上的分量，所以物体处于超重状态，故d正确；故选：d点评：解决本题的关键知道a所受的合力提供向心力，向心力大小不变，知道a所受合力在竖直方向的分力等于重力和支持力的合力，在水平方向的分力等于摩擦力7（4分）如图所示，ab是某个点电荷的一根电场线，在电场线上o点由静止释放一个负电荷，它仅在电场力作用下沿电场线向b运动，下列判断正确的是（）a电场线由b指向a，该电荷做加速运动，加速度越来越小b电场线由b指向a，该电荷做加速运动，加速度大小变化因题设条件不能确定c电场线由a指向b，电荷做匀加速运动d电场线由b指向a，电荷做加速运动，加速度越来越大考点：电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：在电场线上o点由静止释放一个负电荷，它仅在电场力作用下沿电场线向b运动，根据该电荷所受电场力方向判断电场线的方向，由于不知场源电荷的电性，所以无法知道电场线的疏密，无法知道加速度的大小解答：解：负电荷由静止向b运动，知所受电场力方向由a指向b，所以电场线的方向由b指向a场源的电荷的电性未知，无法知道a、b点电场线的疏密，无法比较出电场力，则加速度的大小无法比较故b正确，a、c、d错误故选：b点评：解决本题的关键掌握电场强度方向的判断，以及知道电场线越密的地方场强越强，越疏的地方场强越弱8（4分）如图所示，质量为2kg的物体冲上倾角为37的固定斜面匀减速上滑了2m距离，物体加速度的大小为8m/s2，（重力加速度g取10m/s2）在此过程中（）a物体的重力势能增加了24jb物体的机械能减少了8jc物体的动能减少了32jd摩擦力对斜面做的功为8j考点：功能关系；动能定理的应用 分析：对物体受力分析，根据牛顿第二定律列式求解出摩擦力大小，然后根据功能关系列式求解解答：解：a、重力势能的增加量等于克服重力做的功，故ep增=mgh=21020.6=24j，故a正确；b、对物体受力分析，受重力、支持力、滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有mgsin37+f=ma解得：f=mamgsin37=1612n=4n机械能变化量等于除重力外其余力做的功，故e减=fs=4n2m=8j，故b正确；c、根据动能定理，有ek=w=mghfs=2416=40j，故c错误；d、斜面不动，故斜面克服摩擦力做功为零，故d错误；故选：ab点评：本题关键是对物体受力分析后，根据牛顿第二定律求解出摩擦力，然后根据功能关系多次列式求解9（4分）一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能ep随位移x变化的关系如图所示，其中0x2段是对称的曲线，x2x3段是直线，则下列说法正确的是（）ax1处粒子的动能最小bx1、x2、x3处电势1、2、3的关系为123c粒子在0x2段做变速运动，x2x3段做匀速运动dx2x3段是匀强电场考点：电势能 分析：根据电势能与电势的关系：ep=q，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得x1处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由ep=q，分析电势的高低由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质根据斜率读出场强的变化，由f=qe，分析电场力的变化解答：解：a、只在电场力作用下运动，动能与势能加和守恒，由题意知x1处粒子的势能最小，则动能最大，故a错误b、根据电势能与电势的关系：ep=q，粒子带负电，q0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：123故b正确d、由图看出在0x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动x1x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动x2x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故c错误，d正确故选：bd点评：解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况10（4分）在一次探究活动中，某同学设计了如图所示的实验装置，将半径r=1m的光滑半圆弧轨道固定在质量m=0.5kg、长l=4m的小车的上表面中点位置，半圆弧轨道下端与小车的上表面水平相切，现让位于轨道最低点的质量m=0.1kg的光滑小球随同小车一起沿光滑水平面向右做匀速直线运动，某时刻小车碰到障碍物而瞬时处于静止状态（小车不反弹），之后小球离开圆弧轨道最高点并恰好落在小车的左端边沿处，该同学通过这次实验得到了如下结论，其中正确的是（g取10m/s2）（）a小球到达最高点的速度为m/b小车与障碍物碰撞时损失的机械能为12.5jc小车瞬时静止前、后，小球在轨道最低点对轨道的压力由1n瞬时变为6.5nd小车向右做匀速直线运动的速度约为6.5m/s考点：机械能守恒定律 专题：机械能守恒定律应用专题分析：小球从圆弧最高点做平抛运动，由竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速运动，即可求得抛出速度，由动能定理即可求得小车和小球的初速度，根据能量守恒判断出小车损失机械能解答：解：a、从最高点做平抛运动，下落时间为t=抛出时的速度为v=，故a正确；b、小球在上滑过程中由动能定理可知解得，故小车和小球向右运动的速度为故小车损失机械能为，故b正确，d错误；c、碰撞前小球静止，故此时小球对轨道的压力为fn1=mg=1n，碰撞后由牛顿第二定律得，解得fn2=6n，由牛顿第三定律可知对轨道的压力为6n，故c错误；故选：ab点评：本题是一道力学综合题，是多研究对象多过程问题，物体运动过程复杂，分析清楚运动过程是正确解题的前提与关键，分析清楚运动过程后，应用相关规律即可正确解题11（4分）如图所示，电灯a标有“10v，10w”，电灯b标有“8v，20w”，滑动变阻器的总电阻为6，当滑动触头由a端向b端滑动的过程中（不考电灯电阻的变化）（）a安培表示数一直减小，伏特表示数一直增大b安培表示数一直增大，伏特表示数一直减小c安培表示数先增大后减小，伏特表示数先减小后增大d安培表示数先减小后增大，伏特表示数先增大后减小考点：伏安法测电阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：先两灯的额定电压和功率，求出其电阻大小再分析当滑动触头p由a端向b端滑动的过程中，变阻器总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析路端电压和总电流的变化，再据滑动变阻器的触头判断两灯的电流的变化解答：解：电灯a的电阻为ra=10，电灯b的电阻为rb=3.2，则知rarb所以当滑动触头p由a端向b端滑动的过程中，变阻器两侧并联的总电阻一直减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流一直增大，路端电压一直减小，则电流表的示数一直增大，电压表的示数一直减小故b正确故选：b点评：本题是电路动态变化分析问题，按“局部整体局部”的思路进行分析对于变阻器，两侧电路并联，根据两灯的电阻大小确定总电阻如何变化是关键12（4分）如图所示，电阻r1=20，电动机的绕组r2=10当开关打开时，电流表的示数是0.5a，当开关合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数i和电路消耗的电功率p应是（）ai=1.5abi1.5acp=15wdp15w考点：电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：当电键s断开时，由欧姆定律求出电阻r1的电压u当电键s闭合后，通过r1的电流仍为0.5a，电动机的电路是非纯电阻电路，由i2求出其电流的范围，即得到电流表电流的范围由p=ui求解电路中功率范围解答：解：当电键s断开时，由欧姆定律得，u=i1r1=10v当电键s闭合后，通过r1的电流仍为0.5a，电动机的电流i2，故电流表的电流i1.5a，电路中电功率p=ui15w故bd正确故选bd点评：本题要抓住非纯电阻电路与纯电阻电路的区别，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，i2是关键不等式二、实验题（5+9=14分）13（5分）如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置他在气垫导轨上安装了一个光电门b，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，力传感器可直接测出绳中拉力，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从a处由静止释放气垫导轨摩擦阻力很小可忽略不计，由于遮光条的宽度很小，可认为遮光条通过光电门时速度不变（1）该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=2.30mm（2）实验时，该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，将滑块从a位置由静止释放，测量遮光条到光电门的距离l，若要得到滑块的加速度，还需由数字计时器读出遮光条通过光电门b的时间t考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系 专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：游标卡尺读数结果等于固定刻度读数加上可动刻度读数，不需要估读滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度根据运动学公式解答解答：解：（1）由图知第6条刻度线与主尺对齐，d=2mm+60.05mm=2.30 mm；（2）已知初速度为零，位移为l，要计算加速度，需要知道末速度，故需要由数字计时器读出遮光条通过光电门b的时间t；故答案为：（1）2.30；（2）时间t点评：本题要知道滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度要求能够根据实验原理分析操作的合理性14（9分）如图2所示，小灯泡l1（4v、1.6w），小灯泡l2（6v、3.6w），滑动变阻器r1（010、0.5a），滑动变阻器r2（020、1.5a），以及电源e（=9v、r=0）和开关s各一只，导线若干（1）设计一个电路，要求在电路中l1和l2均正确发光，且电路中消耗的功率最小，在方框中画出设计的电路图；（2）按设计要求在如图1所示实物中连线考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 专题：实验题；恒定电流专题分析：根据实验原理及实验要求设计合理的电路，并根据原理图连接实物图解答：解：（1）电源电动势e=9v，大于灯泡的额定电压，故应采用一滑动变阻器分压；两灯泡的额定电压值不同，故将l1与滑动变阻器r1串联，然后与l2并联；电路如图所示；（2）根据原理图连接实物图如图所示；注意导线不能交叉，滑动变阻器采用限流接法，故接“一上一下”故答案如图所示：点评：本题考查实验电路图的设计及实物图的连接，要注意实验电路的合理性及实物图的连接方法三、计算题（共38分）15（8分）几节自带动力的车辆（动车）加几节不带动力的车辆（也叫拖车）编成一组，就是动车（1）假设动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比，每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定功率都相等若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为120km/h；则6节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为多少？（2）若动车组运动阻力正比于其速度，已知动车组最大功率p0时最大速度是v，若要求提速一倍，则动车组功率是多少？（3）若动车组从静止开始做匀加速直线运动，经过t1时间达到动车组最大功率p，然后以该最大功率继续加速，又经过t2时间达到最大速度v0，设运动阻力恒定，动车组总质量为m，求动车组整个加速距离考点：功率、平均功率和瞬时功率 专题：功率的计算专题分析：（1）当牵引力和阻力的大小相等时，动车的速度达到最大值，由此可以求得动车组的最大速度（2）先根据题意求出功率与速度的关系，从而求出速度提升一倍时的功率情况；（3）匀加速过程功率随时间均匀增加，发动机的平均功率是，设总路程是s，根据动能定理即可求解解答：解：（1）每节动车的功率为p，每节动车的重力是g，阻力为kg1节动车加3节拖车 p=f1v1其中牵引力f1=4kg6节动车加3节拖车编成的动车组：6p=f2v2其中牵引力f2=9kgv1=120km/h代入解得：v2=320km/h（2）阻力正比于速度f=kv，最大速度时有：f=f 则有：车速提升一倍，则有：p=k（2v）2=4kv2=4p0，（3）最大功率是p，最大速度是v0，则阻力f为，则f=匀加速过程功率随时间均匀增加，发动机的平均功率是，设总路程是s，有动能定理有：解得：答：（1）则6节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为320km/h；（2）若动车组运动阻力正比于其速度，已知动车组最大功率p0时最大速度是v，若要求提速一倍，则动车组功率是4p0；（3）动车组整个加速距离为点评：当机车的速度达到最大时，机车做匀速运动，此时机车处于受力平衡状态，即此时的牵引力和受到的阻力的大小相等，再根据瞬时功率的公式即可解答本题16（8分）一物体在距某一行星表面某一高度o点由静止开始做自由落体运动，依次通过a、b、c三点，已知ab段与bc段的距离相等，均为24cm，通过ab与bc的时间分为0.2s与0.1s，若该星球的半径为180km，则环绕该行星的卫星做圆周运动的最小周期为多少？考点：万有引力定律及其应用；匀变速直线运动规律的综合运用 分析：分别对ab、bc段由位移公移列式，联立可求得该行量表面的重力加速度；当卫星在行星表面飞行时，运行周期最小，则由万有引力定律的应用可求得最周期解答：解：设通过a点的速度为v0，行星表面的重力加速度为g，环绕该行星的卫星做圆周运动的最小周期为t，行星质量为m，卫星质量为m，行星的半径为r，由公式得对ab段有：；对ac段有：；由得：g=8m/s2；对于近地卫星有：；在行星表面有：；由得：；答：卫星做圆周运动的最小周期为942s点评：本题为万有引力与运动学公式的结合，应明确天体的运动中万有引力充当向心力，而在地球表面处万有引力可以近似看作等于重力17（10分）如图所示，跨过轻质定滑轮的细绳两端，一端连接质量为m的物体a，另一端通过一轻质弹簧与质量为m的物体b连接，b物体静止在地面上，用手托着a物体，在a距地面高h处时，细绳刚好被拉直、弹簧无形变今将a物体从h高处无初速释放，a物体恰好能到达地面，且a到达地面时，b物体对地面的压力恰好减为零已知重力加速度为g，弹簧的弹性势能与劲度系数k、弹簧的伸长量x的关系是：e弹=kx2；两个物体均可视为质点，不计绳子和滑轮的质量、不计滑轮轴上的摩擦力和空气阻力问：（1）a、b两物体的质量之比为多少？（2）现将a、b两物体的初始位置互换，再让b物体从h高处无初速释放，当a物体刚要离开地面时，b物