湖南省岳阳市临澧一中高考物理模拟试卷（含解析）.doc

2015年湖南省岳阳 市临澧一中高考物理模拟试卷一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分每小题有一个或多个正确选项，全部答对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不选得0分）1如图所示分别为一列横波在某一时刻的图象和在x=6m处的质点从该时刻开始计时的振动图象，则这列波（）a 沿x轴的正方向传播b 沿x轴的负方向传播c 波速为1m/sd 波速为2.5m/s2如图所示的电路中，当r1的滑动触头向右移动时（）a r1上电流的变化大于r3上电流的变化b r1上电流的变化小于r3上电流的变化c r2上电压的变化大于路端电压的变化d r2上电压的变化小于路端电压的变化3如图所示，滑块a和b叠放在固定的斜面体上，从静止开始以相同的加速度一起沿斜面加速下滑已知b与斜面体之间光滑接触，则在ab下滑过程中，下列说法正确的是（）a a只受到重力和b的支持力的作用b a对b的压力大小等于a受到的重力大小c 下滑过程中a的机械能守恒d 下滑过程中b对a做负功4太阳系八大行星绕太阳运动的轨道可粗略地认为是圆，各行星的半径、日星距离和质量如表所示：行星名称水星金星地球火星木星土星天王星海王星星球半径/106m2.446.056.383.4071.4960.2725.5624.75日星距离/1011m0.581.081.502.287.7814.2928.7145.04星球质量/1024kg0.334.876.000.64190056986.8102由表中所列数据可以估算海王星公转的周期最接近于（）a 1050年b 165年c 35年d 15年5如图所示，物体p左边用一根轻弹簧和竖直墙相连，放在粗糙水平面上，静止时弹簧的长度大于原长若再用一个从零开始逐渐增大的水平力f向右拉p，直到把p拉动在p被拉动之前的过程中，弹簧对p的弹力t的大小和地面对p的摩擦力f的大小的变化情况是（）a t始终增大，f始终减小b t先不变后增大，f先减小后增大c t保持不变，f始终减小d t保持不变，f先减小后增大6传感器是把非电学物理量（如位移、速度、压力、角度等）转换成电学物理量（如电压、电流、电量等）的一种元件如图所示中的甲、乙、丙、丁是四种常见的电容式传感器，下列说法正确的是（）a 图甲中两极间的电量不变，若电压减少，可判断出h变小b 图乙中两极间的电量不变，若电压增加，可判断出变大c 图丙中两极间的电压不变，若有电流流向传感器的负极，则插入长度x变大d 图丁中两极间的电压不变，若有电流流向传感器的正极，则f变大7如图所示，足够长的小平板车b的质量为m，以速度v0向右在光滑水平面上运动，质量为m的物体a被轻放到车的右端，由于物体与车面之间的摩擦力f的作用，a也运动起来，当a在车面上达到最大速度时，下列说法错误的是（）a 平板车的速度最小b 物体a不再受摩擦力作用c 在此过程，摩擦力对a、b系统的总冲量为mv0d 此过程经历时间为8如图所示，一水平放置的平行板电容器充完电后一直与电源相连，带正电的极板接地，两极板间在p点固定一带正电的点电荷，若将负极板向下移动一小段距离稳定后（两板仍正对平行），则下列说法中正确的是（）a p点的电势升高b 两板间的场强不变c 点电荷的电势能减小d 两极板所带的电量不变9如果a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个梯形的四个顶点，电场线与梯形所在的平面平行，ab平行cd，且ab边长为cd边长的一半，已知a点的电势是3v，b点的电势是5v，c点的电势是7v，由此可知，d点的电势为（）a 1vb 2vc 3vd 4v10内壁光滑的绝缘材料制成圆轨道固定在倾角为的斜面上，与斜面的交点是a，直径ab垂直于斜面，直径cd和mn分别在水平和竖直方向上它们处在水平方向的匀强电场中质量为m、电荷量为q的小球（可视为点电荷）刚好能静止于圆轨道内的a点现对在a点的该点电荷施加一沿圆环切线方向的瞬时冲量，使其恰能绕圆环完成圆周运动下列对该点电荷运动的分析，正确的是（）a 小球一定带负电b 小球运动到b点时动能最小c 小球运动到m点时动能最小d 小球运动到d点时机械能最小二、实验题20分11科学实验是人们认识自然的重要手段电学实验中经常需要测量某负载的电阻（1）测电阻的方法有多种，现在有一只标有“220v，100w”的灯泡，它正常工作时的电阻为若用多用电表的欧姆档来测量这只灯泡的电阻，则测出的电阻应（填“大于”、“等于”或“小于”）灯泡正常工作时的电阻这是因为（2）请你用下列器材设计一个实验，测定灯泡正常工作时的电阻a.220v交流电源b单刀双掷开关一个c电阻箱一个（0999，额定电流1a）d交流电流表一个（00.6a）e导线若干请画出电路原理图12某同学为了测电流表a1的内阻精确值，有如下器材：电流表a1（量程300ma，内阻约为5）；电流表a2（量程600ma，内阻约为1）；电压表v（量程15v，内阻约为3k）；定值电阻r0 （5）；滑动变阻器r1（010，额定电流为1a）；滑动变阻器r2（0250，额定电流为0.3a）；电源e（电动势3v，内阻较小）导线、开关若干（1）要求待测电流表 a1的示数从零开始变化，且多测几组数据，尽可能的减少误差，从以上给定的器材中选择恰当的器材在如图所示线框内画出测量用的电路原理图，并在图中标出所用仪器的代号（2）若选测量数据中的一组来计算电流表a1的内阻r1，则r1表达式为r1=；式中各符号的意义是三、计算题本题共3小题，共40分解答要写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤；只写出最后答案不能得分；有数值计算的题，答案必须写出数值的单位13某日有雾的清晨，一艘质量为m=500t的轮船，从某码头由静止启航做直线运动，并保持发动机输出功率等于额定功率不变，经t0=10min后，达到最大行驶速度vm=20m/s，雾也恰好散开，此时船长突然发现航线正前方s0=480m处，有一只拖网渔船以v=5m/s的速度沿垂直航线方向匀速运动，且此时渔船船头恰好位于轮船航线上，轮船船长立即下令关闭发动机且附加了制动力f=1.0105n，结果渔船的拖网刚好越过轮船的航线时，轮船也刚好从该点通过，从而避免了事故的发生，已知渔船和拖网共长l=200m求：（1）轮船减速时的加速度大小a；（2）轮船的额定功率p；（3）发现渔船时，轮船已离开码头的距离s14如图所示，两电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角为，导轨间距为l，所在平面的正方形区域abcd内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为b，方向垂直于斜面向上如图所示，将甲、乙两阻值相同，质量均为m的相同金属杆放置在导轨上，甲金属杆处在磁场的上边界，甲、乙相距l从静止释放两金属杆的同时，在金属杆甲上施加一个沿着导轨的外力，使甲金属杆在运动过程中始终沿导轨向下做匀加速直线运动，且加速度大小以a=gsin，乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动（1）求每根金属杆的电阻r为多少？（2）从刚释放金属杆时开始计时，写出从计时开始到甲金属杆离开磁场的过程中外力f随时间t的变化关系式，并说明f的方向（3）若从开始释放两杆到乙金属杆离开磁场，乙金属杆共产生热量q，试求此过程中外力f对甲做的功15如图所示，某放射线源处于oxy平面坐标系的o点，该放射源连续放出速度为v0的电子，电子的电量为e，质量为m通过技术手段，只剩下在oxy平面、象限内的电子今要让这些电子都能在h+h的区域内平行x轴向x轴的正方向前进某同学想只通过匀强磁场达到上述目的，试问（1）磁场的大小和方向怎样？（2）给出所加磁场的区域边界方程2015年湖南省岳阳市临澧一中高考物理模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分每小题有一个或多个正确选项，全部答对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不选得0分）1如图所示分别为一列横波在某一时刻的图象和在x=6m处的质点从该时刻开始计时的振动图象，则这列波（）a 沿x轴的正方向传播b 沿x轴的负方向传播c 波速为1m/sd 波速为2.5m/s考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象分析：根据t=0时刻x=6m处质点的振动方向得到波的传播方向，由左图得到波长，右图得到周期，根据v= 求解波速解答：解：a、b，t=0时刻x=6m处质点的振动方向是向上，由波形平移法知，波沿x轴负方向传播，故a错误，b正确；c、由左图得到波长为=8m，右图得到周期为t=0.08s，故波速v=100m/s，故cd错误故选：b点评：本题关键明确波形平移方向与质点振动方向的关系，能够结合公式v=求解波速2如图所示的电路中，当r1的滑动触头向右移动时（）a r1上电流的变化大于r3上电流的变化b r1上电流的变化小于r3上电流的变化c r2上电压的变化大于路端电压的变化d r2上电压的变化小于路端电压的变化考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：根据滑片的移动方向判断出滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后由串并联电路特点及欧姆定律分析答题解答：解：ab、由电路图可知，滑动变阻器的滑动片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路的总电阻增大；电源的电动势不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电流i减小，并联部分的电压增大，通过r2的电流增大，因为总电流减小，所以通过r1的电流减小，且r1上电流的变化大于r3上电流即总电流的变化，故a正确，b错误cd、r2上电压增大，r3上电压减小，它们的总电压即路端电压增大，所以r2上电压的变化大于路端电压的变化故c正确，d错误故选：ac点评：本题是电路的动态变化分析问题，首先分析变阻器接入电路的电阻如何变化，接着分析总电阻、总电流和路端电压的变化，再分析局部电流、电压的变化，即按“局部到整体再到局部”的思路进行分析3如图所示，滑块a和b叠放在固定的斜面体上，从静止开始以相同的加速度一起沿斜面加速下滑已知b与斜面体之间光滑接触，则在ab下滑过程中，下列说法正确的是（）a a只受到重力和b的支持力的作用b a对b的压力大小等于a受到的重力大小c 下滑过程中a的机械能守恒d 下滑过程中b对a做负功考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：先整体法分析，ab整体沿斜面向下匀加速直线运动，再隔离a进行分析求解即可解答：解：a、对整体受力分析可得整体的加速度沿着斜面向下，大小为gsin，对小木块a将加速度分解为水平向左的加速度ax和竖直向下的加速度ay，而对小木块a受力有重力mg（竖直向下）、支持力n（竖直向上）和摩擦力f（水平方向），显然水平分加速度只能由摩擦力提供，即f=max，故小木块a受到水平向左的摩擦力，故a错误；b、小木块有竖直向下的加速度，竖直方向由牛顿第二定律可得，mgn=may，故mgn，所以b对a的支持力的大小小于a受到的重力大小，根据牛顿第三定律可知，a对b的压力大小小于a受到的重力大小故b错误；a受力如图所示：c、d、当物块a下滑的距离为l时，合外力做的功：w1=mgsinl，该过程中重力做的功：wg=mgh=mglsin=w1，可知物体受到的合外力做的功与重力做的功相等，说明除重力做的功外，其他的力做功的总和为0即b对a做功的合为0，所以下滑过程中a的机械能守恒故c正确，d错误故选：c点评：解决本题的关键知道b与整体具有相同的加速度，根据加速度确定物体的合力方向注意整体法和隔离法的运用4太阳系八大行星绕太阳运动的轨道可粗略地认为是圆，各行星的半径、日星距离和质量如表所示：行星名称水星金星地球火星木星土星天王星海王星星球半径/106m2.446.056.383.4071.4960.2725.5624.75日星距离/1011m0.581.081.502.287.7814.2928.7145.04星球质量/1024kg0.334.876.000.64190056986.8102由表中所列数据可以估算海王星公转的周期最接近于（）a 1050年b 165年c 35年d 15年考点：万有引力定律及其应用专题：万有引力定律的应用专题分析：根据开普勒第三定律内容太阳系中所有行星的轨道半长轴的3次方与其公转周期的平方的比值都相等，即解答：解：根据开普勒第三定律内容太阳系中所有行星的轨道半长轴的3次方与其公转周期的平方的比值都相等，即，对围绕同一中心天体运行的行星（或卫星）都相同所以地球的公转周期是1年，从表中可以知道地球和天王星的轨道半径，所以天王星的公转的周期t天=t地=165年故b正确点评：解该题关键要掌握，式中的k值，对围绕同一中心天体运行的行星（或卫星）都相同5如图所示，物体p左边用一根轻弹簧和竖直墙相连，放在粗糙水平面上，静止时弹簧的长度大于原长若再用一个从零开始逐渐增大的水平力f向右拉p，直到把p拉动在p被拉动之前的过程中，弹簧对p的弹力t的大小和地面对p的摩擦力f的大小的变化情况是（）a t始终增大，f始终减小b t先不变后增大，f先减小后增大c t保持不变，f始终减小d t保持不变，f先减小后增大考点：力的合成与分解的运用；胡克定律专题：受力分析方法专题分析：在p被拉动之前的过程中，弹簧仍处于原状，因此弹力不变，而物体p先开始受到向右的静摩擦力，当拉力渐渐增大时，导致出现向左的静摩擦力，因而根据进行受力分析，即可判断解答：解：由题意可知，放在粗糙水平面上，静止时弹簧的长度大于原长，则弹簧对p的拉力向左，由于粗糙水平面，因此同时受到水平向右的静摩擦力当再用一个从零开始逐渐增大的水平力f向右拉p，直到把p拉动前过程中，物体p受到的静摩擦力从向左变为水平向右所以其大小先减小后增大故只有d正确，abc均错误；故选d点评：本题解题的关键是对p物体进行正确的受力分析，知道当p没有运动时，弹簧弹力不变，而由于拉力的变化，从而导致静摩擦力的方向变化，难度适中6传感器是把非电学物理量（如位移、速度、压力、角度等）转换成电学物理量（如电压、电流、电量等）的一种元件如图所示中的甲、乙、丙、丁是四种常见的电容式传感器，下列说法正确的是（）a 图甲中两极间的电量不变，若电压减少，可判断出h变小b 图乙中两极间的电量不变，若电压增加，可判断出变大c 图丙中两极间的电压不变，若有电流流向传感器的负极，则插入长度x变大d 图丁中两极间的电压不变，若有电流流向传感器的正极，则f变大考点：电容器的动态分析专题：电容器专题分析：根据电容的决定式c=和定义式c=结合分析电量不变时，电压增加时，h如何变化分析电压不变时，x如何变化解答：解：a、图甲中由电容的决定式c=得知，h变小，两极板正对面积变小，则c变小，由于两极间的电量不变，则由电容的定义式c=分析知道，则电压变大，故a错误b、图乙中变大，极板正对面积减小，由电容的决定式c=得知电容减小，两极间的电量不变，则由电容的定义式c=分析知道，电压增加，故b正确c、图丙中两极间的电压不变，有电流流向传感器的负极，则电容器在放电，电量减小，由电容的定义式c=分析知道，电容减小，由电容的决定式c=得知，电介质向外移动，则x变小故c错误d、图丁中两极间的电压不变，有电流流向传感器的正极，则电容器在充电，电量增加，由电容的定义式c=分析知道，电容增大，极板间距离减小，则e增大，f变大故d正确故选：bd点评：本题是电容的动态变化分析问题，抓住不变量，根据电容的决定式c=和定义式c=结合进行分析7如图所示，足够长的小平板车b的质量为m，以速度v0向右在光滑水平面上运动，质量为m的物体a被轻放到车的右端，由于物体与车面之间的摩擦力f的作用，a也运动起来，当a在车面上达到最大速度时，下列说法错误的是（）a 平板车的速度最小b 物体a不再受摩擦力作用c 在此过程，摩擦力对a、b系统的总冲量为mv0d 此过程经历时间为考点：动量定理专题：动量定理应用专题分析：根据动量守恒定律求出m与m的共同速度，再结合动量定理求出摩擦力的作用的时间，以及摩擦力的冲量解答：解：a、根据动量守恒定律有：mv0=（m+m）v，解得：v=；达到共同速度后，m速度达到最大值，m速度达到最小值，此后一起匀速运动，故a正确；b、达到共同速度后，m速度达到最大值，m速度达到最小值，此后一起匀速运动，故无先对滑动趋势，无静摩擦力，故b正确；c、根据动量定理，在此过程，摩擦力对系统的总冲量等于系统动量的变化量，而系统的动量守恒，所用为0，故c错误；d、根据动量定理，在此过程，摩擦力对m的冲量等于m动量的增加量，有：ft=mv；解得：t=，故d正确；本题选错误的，故选c点评：本题综合考查了动量守恒定律和动量定理，也可以运用牛顿第二定律和运动学公式联立求解，不难8如图所示，一水平放置的平行板电容器充完电后一直与电源相连，带正电的极板接地，两极板间在p点固定一带正电的点电荷，若将负极板向下移动一小段距离稳定后（两板仍正对平行），则下列说法中正确的是（）a p点的电势升高b 两板间的场强不变c 点电荷的电势能减小d 两极板所带的电量不变考点：电容器的动态分析专题：电容器专题分析：电容器始终与电源连接，两端的电势差不变，负极板向下移动一小段距离稳定后，电容发生变化，根据q=cu判断带电量的变化，根据e=判断电场强度的变化，可以根据u=ed判断p点与正极板间电势差的变化，从而得出p点电势的变化解答：解：a、电容器始终与电源连接，两端的电势差不变，负极板向下移动一小段距离稳定后，d变小，根据e=，知两板间的电场强度增大根据u=ed知，正极板与p点间的电势差增大，电势差等于正极板与p点的电势之差，正极板的电势为0，所以p点的电势降低故a错误，b错误 c、p点的电势降低，根据ep=q，该点电荷是正电荷，所以电势能降低故c正确 d、根据c=，知电容器的电容增大，再根据q=cu知，极板所带的电量增加故d错误故选：c点评：解决本题的关键知道电容器与电源始终相连，两端间的电势差不变电容器与电源断开，电容器的电量保持不变9如果a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个梯形的四个顶点，电场线与梯形所在的平面平行，ab平行cd，且ab边长为cd边长的一半，已知a点的电势是3v，b点的电势是5v，c点的电势是7v，由此可知，d点的电势为（）a 1vb 2vc 3vd 4v考点：电势；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：在匀强电场中已知任意三点的电势确定第四点的电势高低，连接已知三点中的任意两点，在其连线上找到与第三点的等势点，连接这两点，过第四点做连线的平行线，与连线的交点的电势即为第四点的电势解答：解：由题意，得a=3v，b=5v，c=7v，沿长ab，使ab=bf，且be=ef，分别作li、bh、eg、fc平行于ab如图示，则 l=4v，f=c=7v，a=d=3v，故c正确故选c点评：考查了匀强电场中不同的电势高低，方法找等势线、等势点10内壁光滑的绝缘材料制成圆轨道固定在倾角为的斜面上，与斜面的交点是a，直径ab垂直于斜面，直径cd和mn分别在水平和竖直方向上它们处在水平方向的匀强电场中质量为m、电荷量为q的小球（可视为点电荷）刚好能静止于圆轨道内的a点现对在a点的该点电荷施加一沿圆环切线方向的瞬时冲量，使其恰能绕圆环完成圆周运动下列对该点电荷运动的分析，正确的是（）a 小球一定带负电b 小球运动到b点时动能最小c 小球运动到m点时动能最小d 小球运动到d点时机械能最小考点：功能关系；电势能分析：小球原来处于静止状态，分析电场力方向，即可判断小球的电性；找到等效最高点位置，此位置的动能最小；电场力做功引起机械能的变化，电场力做负功最大时，机械能减小最大解答：解：a、小球原来处于静止状态，分析受力可知，小球所受的电场力方向向左，电场强度方向向右，故小球带负电，故a正确；b、c、小球静止时，受到重力、电场力和轨道的支持力作用，由平衡条件得知，重力与电场力的合力方向与支持力方向相反，与斜面垂直向下，则小球从a运动到b点的过程中，此合力做负功，动能减小，所以小球运动到b点时动能最小，故b正确，c错误；d、根据功能关系可知，电场力做负功越多，小球的机械能减小越大，可知，小球从a运动到d点时，电场力做负功最多，所以小球运动到d点时机械能最小，故d正确；故选：abd点评：本题关键要掌握动能定理和功能关系，在正确分析受力情况的基础上，运用功能关系进行分析，该题中要注意的是在等效最高点的速度最小，而不是在最高点m速度最小二、实验题20分11科学实验是人们认识自然的重要手段电学实验中经常需要测量某负载的电阻（1）测电阻的方法有多种，现在有一只标有“220v，100w”的灯泡，它正常工作时的电阻为484若用多用电表的欧姆档来测量这只灯泡的电阻，则测出的电阻应小于（填“大于”、“等于”或“小于”）灯泡正常工作时的电阻这是因为灯泡电阻随温度变化而变化，温度越高电阻越大（2）请你用下列器材设计一个实验，测定灯泡正常工作时的电阻a.220v交流电源b单刀双掷开关一个c电阻箱一个（0999，额定电流1a）d交流电流表一个（00.6a）e导线若干请画出电路原理图考点：伏安法测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）灯泡正常发光时温度可以达到一千多摄氏度，金属电阻（率）随温度升高而增大；考虑灯泡发光时产生热量，则导致电阻率变大，使得工作时电阻偏大（2）解答该题的思路为想法测量出灯泡的电压，即可测量其工作状态时的实际电阻值，在设计实验的时候可以将灯泡和电阻箱并联，当流过它们的电流相等时，则电压相同，由此可求出工作时的电阻解答：解：（1）根据，得到：；灯泡正常发光时温度可以达到一千多摄氏度，金属电阻（率）随温度升高而增大，故常温下电阻较小；（2）由于没有电压表，不能使用伏安法测量电阻，所以要将灯泡和电阻箱并联，当流过它们的电流相等时，则电压相同，由此可确定灯泡工作时的电阻等于电阻箱的电阻故电路原理图如图所示；故答案为：（1）484 小于 灯泡电阻随温度变化而变化，温度越高电阻越大（2）电路原理图如图所示点评：考查公式及式中成立条件，是不是受温度的影响同时还体现电阻率随着温度升高而增大明确实验原理是进行实验设计的前提，在进行设计实验时，要熟练应用串并联的有关知识，这点在平时训练中要加强练习12某同学为了测电流表a1的内阻精确值，有如下器材：电流表a1（量程300ma，内阻约为5）；电流表a2（量程600ma，内阻约为1）；电压表v（量程15v，内阻约为3k）；定值电阻r0 （5）；滑动变阻器r1（010，额定电流为1a）；滑动变阻器r2（0250，额定电流为0.3a）；电源e（电动势3v，内阻较小）导线、开关若干（1）要求待测电流表 a1的示数从零开始变化，且多测几组数据，尽可能的减少误差，从以上给定的器材中选择恰当的器材在如图所示线框内画出测量用的电路原理图，并在图中标出所用仪器的代号（2）若选测量数据中的一组来计算电流表a1的内阻r1，则r1表达式为r1=；式中各符号的意义是i1和i2分别表示某次测量a1表a2的读数r0为定值电阻的阻值考点：伏安法测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：待测电流表 a1的示数从零开始变化，则滑动变阻器采用分压式接法，电压表量程偏大，不可以用电压表测量电流表a1的电压，通过电流表a1与定值电阻并联，再与a2串联，测量电压表a1的电压，根据欧姆定律求出电流表a1的内阻解答：解：（1）要求待测电流表 a1的示数从零开始变化，则滑动变阻器采用分压式接法，由于电压表的量程较大，测量电流表a1的电压测量误差较大，选择电流表a1与定值电阻并联，再与a2串联，结合欧姆定律得出a1两端的电压如图所示（2）根据串并联电路的特点，通过定值电阻的电流ir=i2i1，则电流表a1的内阻，i1和i2分别表示某次测量a1表a2的读数r0为定值电阻的阻值式中i1和i2分别表示某次测量a1表a2的读数r0为定值电阻的阻值故答案为：（1）实验电路如图所示：（2）；式中i1和i2分别表示某次测量a1表a2的读数r0为定值电阻的阻值点评：解决本题的关键知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，以及掌握器材选取的原则，即安全、精确三、计算题本题共3小题，共40分解答要写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤；只写出最后答案不能得分；有数值计算的题，答案必须写出数值的单位13某日有雾的清晨，一艘质量为m=500t的轮船，从某码头由静止启航做直线运动，并保持发动机输出功率等于额定功率不变，经t0=10min后，达到最大行驶速度vm=20m/s，雾也恰好散开，此时船长突然发现航线正前方s0=480m处，有一只拖网渔船以v=5m/s的速度沿垂直航线方向匀速运动，且此时渔船船头恰好位于轮船航线上，轮船船长立即下令关闭发动机且附加了制动力f=1.0105n，结果渔船的拖网刚好越过轮船的航线时，轮船也刚好从该点通过，从而避免了事故的发生，已知渔船和拖网共长l=200m求：（1）轮船减速时的加速度大小a；（2）轮船的额定功率p；（3）发现渔船时，轮船已离开码头的距离s考点：运动的合成和分解；功率、平均功率和瞬时功率专题：运动的合成和分解专题分析：（1）先求出渔船通过的时间，轮船运动的时间等于渔船运动的时间，根据位移时间公式即可求得加速度；（2）根据牛顿第二定律求出轮船所受阻力，最大速度行驶时，牵引力等于阻力，再根据功率p=fvm求出功率；（3）从开始运动到看到渔船的过程中运用动能定理即可解题解答：解：（1）渔船通过的时间为：t=s=40s 由运动学公式有：s=vmt+at2，得：a=0.4m/s2（2）轮船做减速运动时，由牛顿第二定律得：（ f+ff）=ma 解得：ff=1.0105 n 最大速度行驶时，牵引力为：f=ff=1.0105n，功率为：p=fvm=ff vm=1.010520w=2.0106 w （3）由动能定理得：pt0+（ffs1）=mv代入数据解得：s1=1.1104m答：（1）轮船减速时的加速度大小为0.4m/s2；（2）轮船的额定功率p为2.0106 w；（3）发现渔船时，轮船离开码头的距离为1.1104m点评：本题主要考查了运动学基本格式、牛顿第二定律及动能定理得直接应用，难度适中，解题时注意牵引力做的功等于功率与时间的乘积14如图所示，两电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角为，导轨间距为l，所在平面的正方形区域abcd内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为b，方向垂直于斜面向上如图所示，将甲、乙两阻值相同，质量均为m的相同金属杆放置在导轨上，甲金属杆处在磁场的上边界，甲、乙相距l从静止释放两金属杆的同时，在金属杆甲上施加一个沿着导轨的外力，使甲金属杆在运动过程中始终沿导轨向下做匀加速直线运动，且加速度大小以a=gsin，乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动（1）求每根金属杆的电阻r为多少？（2）从刚释放金属杆时开始计时，写出从计时开始到甲金属杆离开磁场的过程中外力f随时间t的变化关系式，并说明f的方向（3）若从开始释放两杆到乙金属杆离开磁场，乙金属杆共产生热量q，试求此过程中外力f对甲做的功考点：导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；安培力；电磁感应中的能量转化专题：压轴题；电磁感应功能问题分析：（1）甲、乙匀加速运动时加速度相同，当乙通过位移l进入磁场时，甲刚出磁场，由运动学速度位移公式求出乙进入磁场时的速度，乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，根据平衡条件求解电阻r（2）从刚释放金属杆时开始计时，由于甲的加速度大小a=gsin，外力与安培力