河南省中原名校高三物理上学期第三次联考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年河南省中原名校高三（上）第三次联考物理试卷一、选择题（共10小题，每小题5分，共50分在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求，810小题有多项符合题目要求全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）12015年元宵节期间人们燃放起美丽的烟火以庆祝中华民族的传统节日，按照设计，某种型号的装有烟花的礼花弹从专用从专用炮筒中射出后，在 3s末到达离地面 90m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，那么为v0和k分别等于（）a30m/s 1b30m/s 0.5c60m/s 0.5d60m/s 12如图所示，细绳一端固定在天花板上的o点，另一端穿过一张cd光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边沿现将cd光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v匀速移动，移动过程中，cd光盘中央小孔始终紧挨桌面边线，当悬线与竖直方向的夹角为时，小球上升的速度大小为（）avsinbvcoscvtandvcot3转笔（pen spinning）是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动，如图所示转笔深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其上的某一点o做匀速圆周运动，下列有关该同学转笔中涉及到的物理知识的叙述正确的是（）a笔杆上的点离o点越近的，做圆周运动的向心加速度越大b笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由万有引力提供的c若该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走d若该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，由于笔杆中不会产生感应电流，因此金属笔杆两端一定不会形成电势差42015年9月30日7时13分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭成功将第4颗新一代北斗导航卫星送入倾角55的倾斜地球同步轨道，新一代北斗导航卫星的发射，标志着我国在卫星研制、发射方面取得里程碑式的成功关于该卫星到地心的距离r可由求出，已知式中g为万有引力常量，则关于物理量a，b，c的描述正确的是（）aa是地球平均密度，b是地球自转周期，c是地球半径ba是地球表面重力加速度，b是地球自转周期，c是卫星的加速度ca是地球平均密度，b是卫星的加速度，c是地球自转的周期da是地球表面重力加速度，b是地球自转周期，c是地球半径5某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角=60，使飞行器恰恰与水平方向成=30角的直线斜向右上方匀加速飞行，经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法中正确的是（）a加速时加速度的大小为gb加速时动力的大小等于mgc减速时动力的大小等于mgd减速飞行时间2t后速度为零6如图所示，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户（电灯等用电器），r表示输电线的电阻，则（）a用电器增加时，变压器输出电压增大b要提高用户的电压，滑动触头p应向上滑c用电器增加时，输电线的热损耗减少d用电器增加时，变压器的输入功率减小7静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置如图所示为该透镜工作原理示意图，虚线表示这个静电场在xoy平面内的一簇等势线，等势线形状相对于ox轴、oy轴对称，且相邻两等势线的电势差相等图中实线为某个电子通过电场区域时的轨迹示意图，关于此电子从a点运动到b点过程中，下列说法正确的是（）aa点的电势高于b点的电势b电子在a点的加速度大于在b点的加速度c电子在a点的动能大于在b点的动能d电子在a点的电势能大于在b点的电势能8如图所示，在质量为mb=30kg的车厢b内紧靠右壁，放一质量ma=20kg的小物体a（可视为质点），对车厢b施加一水平向右的恒力f，且f=120n，使之从静止开始运动测得车厢b在最初t=2.0s内移动s=5.0m，且这段时间内小物块未与车厢壁发生过碰撞车厢与地面间的摩擦忽略不计则下列选项正确的是（）a车厢b在2.0 s内的加速度为2.5 m/s2ba在2.0 s末的速度大小是4.5 m/sc2.0 s内a在b上滑动的距离是0.5 mda的加速度大小为2.5 m/s29如图，两根平行长直导线相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定电流，a、b、c是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为、l和3l关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是（）aa处的磁感应强度大小比c处的大bb、c两处的磁感应强度大小相等ca、c两处的磁感应强度方向相同db处的磁感应强度为零10某同学设计了一个测定列车加速度的仪器，如图所示ab是一段圆弧的电阻，o点为其圆心，圆弧半径为ro点下用一电阻不计的金属线悬挂着一个金属球，球的下部与ab接触良好且无摩擦a、b之间接有内阻不计、电动势为9v的电池，电路中接有理想电流表a，o、b间接有一个理想电压表v整个装置在一竖直平面内，且装置所在平面与列车前进的方向平行下列说法中正确的是（）a从图中看到列车一定是向右加速运动b当列车的加速度增大时，电流表a的读数增大，电压表v的读数也增大c若电压表显示3v，则列车的加速度为gd如果根据电压表示数与列车加速度的一一对应关系将电压表改制成一个加速度表，则加速度表的刻度是不均匀的二、实验题（本题共两个小题，满分60分）11如图甲所示，某同学将力传感器固定在小车上，然后把绳的一端固定在传感器的挂钩上，用来测量绳对小车的拉力，探究在小车及传感器总质量不变时加速度跟它们所受拉力的关系（1）该同学将实验器材如图甲所示连接后，实验时还需要注意什么？（只需填一条注意事项）（2）先接通电源，小车由静止释放，获得的一条纸带如图乙，o、a、b、c、d和e为纸带上六个计数点，o为运动时打的第一个点，则od间的距离为cm（3）图丙是根据实验数据绘出的st2图线（s为各计数点至起点o的距离），则由此图可算出加速度为m/s2（保留两位有效数字）12在测定某新型电池的电动势和内阻的实验中，所提供的器材有：待测电池（电动势约6v）电流表g（量程6.0ma，内阻r1=100）电流表a（量程0.6a，内阻r2=5.0）定值电阻r1=100定值电阻r2=900滑动变阻器r（050）开关、导线若干（1）为了精确测出该电池的电动势和内阻，采用图甲所示实验电路图，其中定值电阻应选用（选填r1或r2）（2）某同学在实验中测出电流表a和电流表g的示数i和ig，根据记录数据作出igi图象如图乙所示（图象的斜率用k表示）根据图象可求得，被测电池电动势值为v；内阻的表达式r=，其值为13如图所示，在两车道的公路上有黑白两辆车，黑色车辆停在a线位置，某时刻白色车速度以v1=40m/s通过a线后立即以大小a1=4m/s2的加速度开始制动减速，黑车4s后开始以a2=4m/s2的加速度开始向同一方向匀加速运动，经过一定时间，两车同时在b线位置两车看成质点从白色车通过a线位置开始计时，求经过多长时间两车同时在b线位置及在b线位置时黑色车的速度大小14如图所示，在竖直平面内有xoy坐标系，长为l的不可伸长细绳，一端固定在a点，a点的坐标为（0、），另一端系一质量为m的小球现在x坐标轴上（x0）固定一个小钉，拉小球使细绳绷直并呈水平位置，再让小球从静止释放，当细绳碰到钉子以后，小球可以绕钉子在竖直平面内做圆周运动（1）当钉子在x=l的p点时，小球经过最低点时细绳恰好不被拉断，求细绳能承受的最大拉力；（2）为使小球释放后能绕钉子在竖直平面内做圆周运动，而细绳又不被拉断，求钉子所在位置的范围15如图甲，在水平桌面上固定着两根相距l=20cm、相互平行的无电阻轨道p、q，轨道一端固定一根电阻r=0.02的导体棒a，轨道上横置一根质量m=40g、电阻可忽略不计的金属棒b，两棒相距也为l=20cm该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中开始时，磁感应强度b0=0.10t设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2（1）若保持磁感应强度b0的大小不变，从t=0时刻开始，给b棒施加一个水平向右的拉力，使它由静止开始做匀加速直线运动此拉力f的大小随时间t变化关系如图乙所示求b棒做匀加速运动的加速度及b棒与导轨间的滑动摩擦力；（2）若从t=0开始，磁感应强度b随时间t按图丙中图象所示的规律变化，求在金属棒b开始运动前，这个装置释放的热量是多少？16如图甲所示，在直角坐标系0xl区域内有沿y轴正方向的匀强电场，场强大小e=，右侧有一个以点（3l，0）为中心、边长为2l的正方形区域，其边界ab与x轴平行，正方形区域与x轴的交点分别为m、n现有一质量为m，带电量为e的电子，从y轴上的a点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从m点进入正方形区域（1）求电子进入正方形磁场区域时的速度v；（2）在正方形区域加垂直纸面向里的匀强磁场b，使电子从正方形区域边界点d点射出，则b的大小为多少；（3）若当电子到达m点时，在正方形区域加如图乙所示周期性变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子运动一段时间后从n点飞出，速度方向与电子进入磁场时的速度方向相同，求正方形磁场区域磁感应强度b0的大小、磁场变化周期t各应满足的表达式2015-2016学年河南省中原名校高三（上）第三次联考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题5分，共50分在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求，810小题有多项符合题目要求全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）12015年元宵节期间人们燃放起美丽的烟火以庆祝中华民族的传统节日，按照设计，某种型号的装有烟花的礼花弹从专用从专用炮筒中射出后，在 3s末到达离地面 90m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，那么为v0和k分别等于（）a30m/s 1b30m/s 0.5c60m/s 0.5d60m/s 1【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题【分析】礼花弹从炮筒中竖直射出时向上做匀减速直线运动，对其进行受力分析，根据牛顿第二定律及匀减速直线运动的基本公式即可求解【解答】解：上升过程中所受的平均阻力f=kmg，根据牛顿第二定律得：a=（k+1）g； 根据h=at2得：a=20m/s2，所以v0=at=203=60m/s，而（k+1）g=20m/s2，所以 k=1故选：d【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，要注意明确物体的受力分析，知道礼花弹在空中受重力和空气阻力的作用，再由牛顿第二定律分析求解即可2如图所示，细绳一端固定在天花板上的o点，另一端穿过一张cd光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边沿现将cd光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v匀速移动，移动过程中，cd光盘中央小孔始终紧挨桌面边线，当悬线与竖直方向的夹角为时，小球上升的速度大小为（）avsinbvcoscvtandvcot【考点】运动的合成和分解【专题】运动的合成和分解专题【分析】对线与cd光盘交点进行运动的合成与分解，此点既有沿着线方向的运动，又有垂直线方向的运动，而实际运动即为cd光盘的运动，结合数学三角函数关系，即可求解【解答】解：由题意可知，线与光盘交点参与两个运动，一是沿着线的方向运动，二是垂直线的方向运动，则合运动的速度大小为v，由数学三角函数关系，则有：v线=vsin；而线的速度的方向，即为小球上升的速度大小，故a正确，bcd错误；故选：a【点评】考查运动的合成与分解，掌握分运动与合运动的确定是解题的关键，同时理解力的平行四边形定则内容3转笔（pen spinning）是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动，如图所示转笔深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其上的某一点o做匀速圆周运动，下列有关该同学转笔中涉及到的物理知识的叙述正确的是（）a笔杆上的点离o点越近的，做圆周运动的向心加速度越大b笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由万有引力提供的c若该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走d若该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，由于笔杆中不会产生感应电流，因此金属笔杆两端一定不会形成电势差【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；向心力【专题】电磁感应与电路结合【分析】a、根据向心加速度公式an=2r，即可确定向心加速度大小；b、各点做圆周运动的向心力是杆的弹力提供；c、当提供的向心力小于需要向心力，则会出现离心现象；d、根据电磁感应现象，结合地磁场，从而判定是否感应电动势，及感应电流【解答】解：a、由向心加速度公式an=2r，笔杆上的点离o点越近的，做圆周运动的向心加速度越小，故a错误；b、杆上的各点做圆周运动的向心力是由杆的弹力提供的，与万有引力无关，故b错误；c、当转速过大时，当提供的向心力小于需要向心力，出现笔尖上的小钢珠有可能做离心运动被甩走，故c正确；d、当金属笔杆转动时，切割地磁场，从而产生感应电动势，但不会产生感应电流，故d错误；故选：c【点评】考查向心加速度公式，掌握向心力的来源，理解离心现象的条件，及电磁感应现象，注意形成感应电流的条件42015年9月30日7时13分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭成功将第4颗新一代北斗导航卫星送入倾角55的倾斜地球同步轨道，新一代北斗导航卫星的发射，标志着我国在卫星研制、发射方面取得里程碑式的成功关于该卫星到地心的距离r可由求出，已知式中g为万有引力常量，则关于物理量a，b，c的描述正确的是（）aa是地球平均密度，b是地球自转周期，c是地球半径ba是地球表面重力加速度，b是地球自转周期，c是卫星的加速度ca是地球平均密度，b是卫星的加速度，c是地球自转的周期da是地球表面重力加速度，b是地球自转周期，c是地球半径【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【专题】定量思想；推理法；人造卫星问题【分析】由万有引力提供向心力，列方程求得r的表达式可分析a，b，c的物理意义【解答】解：万有引力提供向心力： 可得：r=，则可知a是地球平均密度，b是地球自转周期，c是地球半径，则a正确故选：a【点评】明确万有引力提供向心力，列出方程，再结合所给的式子确定出质量的表达式可得结论5某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角=60，使飞行器恰恰与水平方向成=30角的直线斜向右上方匀加速飞行，经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法中正确的是（）a加速时加速度的大小为gb加速时动力的大小等于mgc减速时动力的大小等于mgd减速飞行时间2t后速度为零【考点】牛顿第二定律【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30角斜向上，根据几何关系求出合力，由牛顿第二定律求出加速度，根据匀加速运动速度公式求解最大速度；推力方向逆时针旋转60后，先根据牛顿第二定律求解加速度，再求出继续上升的时间【解答】解：a、b、起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30角斜向上，设动力为f，合力为fb，如图所示：在offb中，由几何关系得：f=，fb=mg由牛顿第二定律得飞行器的加速度为：a1=g故a正确，b错误；c、d、t时刻的速率：v=a1t=gt推力方向逆时针旋转60，合力的方向与水平方向成30斜向下，推力f跟合力fh垂直，如图所示，此时合力大小为：fh=mgsin30动力大小：飞行器的加速度大小为：a2=g到最高点的时间为：t=2t故cd正确；故选：acd【点评】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的应用，要求同学们能正确对分析器进行受力分析并能结合几何关系求解，难度适中6如图所示，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户（电灯等用电器），r表示输电线的电阻，则（）a用电器增加时，变压器输出电压增大b要提高用户的电压，滑动触头p应向上滑c用电器增加时，输电线的热损耗减少d用电器增加时，变压器的输入功率减小【考点】变压器的构造和原理【专题】定性思想；推理法；交流电专题【分析】对于理想变压器要明确两个关系：一是输出电压由输入电压决定，二是输入功率由输出功率决定明确这两个关系然后根据有关电路知识即可求解【解答】解：a、由于变压器原、副线圈的匝数不变，而且输入电压不变，因此增加负载不会影响输出电压，故a错误；b、根据变压器原理可知输出电压u2=u1，当滑动触头p应向上滑时，n2增大，所以输出电压增大，用户两端电压增大，故b正确；c、由于用电器是并联的，因此用电器增加时总电阻变小，输出电压不变，总电流增大，故输电线上热损耗增大，故c错误；d、用电器增加时总电阻变小，总电流增大，输出功率增大，所以输入功率增大，故d错误故选：b【点评】分析变压器时注意输出电压和输入功率这两个物理量的决定关系，然后结合电阻的串并联知识进行求解7静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置如图所示为该透镜工作原理示意图，虚线表示这个静电场在xoy平面内的一簇等势线，等势线形状相对于ox轴、oy轴对称，且相邻两等势线的电势差相等图中实线为某个电子通过电场区域时的轨迹示意图，关于此电子从a点运动到b点过程中，下列说法正确的是（）aa点的电势高于b点的电势b电子在a点的加速度大于在b点的加速度c电子在a点的动能大于在b点的动能d电子在a点的电势能大于在b点的电势能【考点】电势差与电场强度的关系；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据等势线与电场线垂直和电势变化的情况从而画出电场线，然后根据受力情况分析出物体在x轴方向的速度变化情况根据负电荷在电势低处电势能大，判断电势能的变化，确定电场力做功的正负【解答】解：a、由于等势线的电势沿x轴正向增加，根据等势线与电场线垂直，可作出电场线，电子所受的电场力与场强方向相反，故电子在y轴左侧受到一个斜向右下方的电场力，在y轴右侧受到一个斜向右上方的电场力，故电子沿x轴方向一直加速，对负电荷是从低电势向高电势运动，故a错误b、根据等势线的疏密知道b处的电场线也密，场强大，电子的加速度大，故b错误c、根据负电荷在负电荷在电势低处电势能大，可知电子的电势能一直减小，则电子在a处的电势能大于在b处的电势能d电子的电势能一直减小，则电子穿过电场的过程中，电场力始终做正功，动能增加，故c错误，d正确故选：d【点评】解决这类题目的一定要从受力情况着手，分析电子的运动情况，能熟练运用推论：负电荷在电势低处电势能大，判断电势能的变化8如图所示，在质量为mb=30kg的车厢b内紧靠右壁，放一质量ma=20kg的小物体a（可视为质点），对车厢b施加一水平向右的恒力f，且f=120n，使之从静止开始运动测得车厢b在最初t=2.0s内移动s=5.0m，且这段时间内小物块未与车厢壁发生过碰撞车厢与地面间的摩擦忽略不计则下列选项正确的是（）a车厢b在2.0 s内的加速度为2.5 m/s2ba在2.0 s末的速度大小是4.5 m/sc2.0 s内a在b上滑动的距离是0.5 mda的加速度大小为2.5 m/s2【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题【分析】根据位移公式可求得车厢的加速度；对b根据牛顿第二定律列式求出摩擦力；再对a分析，根据牛顿第二定律可求得加速度；根据速度公式求出速度；再根据位移公式求出位移，则可明确a在b上滑行的距离【解答】解：设t=2.0s内车厢的加速度为ab，由s= 得ab=2. 5m/s2则a正确；b、对b物体，由牛顿第二定律：ff=mbab，得f=45n对a据牛顿第二定律得a的加速度大小为aa=2.25m/s2，所以t=2.0s末a的速度大小为：va=aat=2.252=4.5m/s在t=2.0s内a运动的位移为sa=4.5m；a在b上滑动的距离s=ssa=54.5=0.5m；故bc正确，d错误；故选：abc【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，要注意明确ab间运动的关系，能正确分析两物体的受力情况以及运动过程，从而明确相对位移和速度的变化关系9如图，两根平行长直导线相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定电流，a、b、c是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为、l和3l关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是（）aa处的磁感应强度大小比c处的大bb、c两处的磁感应强度大小相等ca、c两处的磁感应强度方向相同db处的磁感应强度为零【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】根据安培定则判断两根直导线在三个点产生的磁场方向，由磁场的叠加原理分析即可【解答】解：a、b、c、根据安培定则判断知：左侧导线在a点产生的磁场方向向里，在c点产生的磁场方向向外，右侧导线在a点产生的磁场方向向里，在b点产生的磁场方向向里，根据磁感线的疏密表示磁场的强弱，可知离直导线越远，磁场越弱，可知：a处磁感线比c处密，则a处的磁感应强度大小比c处的大由磁场的叠加可知：a、c两处的磁感应强度方向相反故a正确，bc错误；d、由于左右侧导线在b处产生的磁感应强度方向相反，大小相等，所以b处的磁感应强度为零，故d正确故选：ad【点评】本题关键要掌握安培定则，运用磁场的叠加分析磁感应强度的大小10某同学设计了一个测定列车加速度的仪器，如图所示ab是一段圆弧的电阻，o点为其圆心，圆弧半径为ro点下用一电阻不计的金属线悬挂着一个金属球，球的下部与ab接触良好且无摩擦a、b之间接有内阻不计、电动势为9v的电池，电路中接有理想电流表a，o、b间接有一个理想电压表v整个装置在一竖直平面内，且装置所在平面与列车前进的方向平行下列说法中正确的是（）a从图中看到列车一定是向右加速运动b当列车的加速度增大时，电流表a的读数增大，电压表v的读数也增大c若电压表显示3v，则列车的加速度为gd如果根据电压表示数与列车加速度的一一对应关系将电压表改制成一个加速度表，则加速度表的刻度是不均匀的【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；闭合电路的欧姆定律【分析】通过小球的合力方向确定列车的加速度方向，当加速度增大时，判断出角的变化，从而得知bc段电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律判断电流和电压的变化【解答】解：a、小球所受的合力水平向右，知列车向右做加速运动或向左做减速运动故a错误b、小球的加速度a=gtan，当加速度增大，增大，bc段电阻增大，因为总电阻不变，所以电流不变，bc段电压增大故b错误c、当电压表为3v时，知bc段的电阻是总电阻的三分之一，则=30，则a=gtan30=故c正确d、根据a=gtan知，a与不成正比关系，因为电流不变，电压表示数的大小与电阻成正比，bc段电阻与成正比，所以a与电压表示数的关系不成正比，所以加速度表的刻度不均匀故d正确故选：cd【点评】本题将闭合电路欧姆定律与牛顿第二定律综合，关键知道与加速度的关系，与bc段电阻的大小关系二、实验题（本题共两个小题，满分60分）11如图甲所示，某同学将力传感器固定在小车上，然后把绳的一端固定在传感器的挂钩上，用来测量绳对小车的拉力，探究在小车及传感器总质量不变时加速度跟它们所受拉力的关系（1）该同学将实验器材如图甲所示连接后，实验时还需要注意什么？平衡摩擦力（只需填一条注意事项）（2）先接通电源，小车由静止释放，获得的一条纸带如图乙，o、a、b、c、d和e为纸带上六个计数点，o为运动时打的第一个点，则od间的距离为1.20cm（3）图丙是根据实验数据绘出的st2图线（s为各计数点至起点o的距离），则由此图可算出加速度为0.93m/s2（保留两位有效数字）【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】实验题【分析】（1）根据实验注意事项分析答题（2）由图示刻度尺确定其分度值，读出其示数（3）应用匀变速直线运动的位移公式与图示图象求出加速度【解答】解：（1）实验前要平衡摩擦力；实验时要先接通电源，在释放小车等（2）有图示刻度尺可知，其分度值为1mm，od间的距离为：2.201.00=1.20cm（3）小车做初速度为零的匀加速直线运动，位移：s=at2，则st2图象的斜率：k=a，由图示图象可知：k=0.465m/s2，则加速度：a=2k=20.465=0.93m/s2；故答案为：（1）平衡摩擦力；（2）1.20；（3）0.93【点评】本题考查了实验注意事项、刻度尺读数、求加速度；对刻度尺读数时要先确定刻度尺的分度值，然后再读数，读数时视线要与刻度线垂直；应用匀变速直线运动的位移公式、分析清楚图示图象即可求出加速度12在测定某新型电池的电动势和内阻的实验中，所提供的器材有：待测电池（电动势约6v）电流表g（量程6.0ma，内阻r1=100）电流表a（量程0.6a，内阻r2=5.0）定值电阻r1=100定值电阻r2=900滑动变阻器r（050）开关、导线若干（1）为了精确测出该电池的电动势和内阻，采用图甲所示实验电路图，其中定值电阻应选用r2（选填r1或r2）（2）某同学在实验中测出电流表a和电流表g的示数i和ig，根据记录数据作出igi图象如图乙所示（图象的斜率用k表示）根据图象可求得，被测电池电动势值为5.8v；内阻的表达式r=k（r1+r2）r2，其值为2【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】表头及定值电阻串联可充当电压表使用，则由闭合电路欧姆定律可得出表达式，由图象结合表达式可得出电动势和内电阻；【解答】解：（1）由于题目中没有电压表，所以用电流计和定值电阻串联，改装成电压表，待测电池的电动势约为6v，所以应串联的电阻r=900，故选r2；（2）表头的示数与定值电阻阻值的乘积可作为路端电压处理，则由闭合电路欧姆定律可知：ig（r2+r1）=ei（r+r2）解得：ig=i+所以b=解得：e=b（r1+r2），由图象得：e=5.8vk=解得：r=k（r1+r2）r2则r=2故答案为：、r2（2）如图所示5.8v； r=k（r1+r2）r2；2【点评】本题为测量电源的电动势和内电阻的实验的变形，注意由于没有电压表，本实验中采用改装的方式将表头改装为电压表，再根据原实验的研究方法进行分析研究13如图所示，在两车道的公路上有黑白两辆车，黑色车辆停在a线位置，某时刻白色车速度以v1=40m/s通过a线后立即以大小a1=4m/s2的加速度开始制动减速，黑车4s后开始以a2=4m/s2的加速度开始向同一方向匀加速运动，经过一定时间，两车同时在b线位置两车看成质点从白色车通过a线位置开始计时，求经过多长时间两车同时在b线位置及在b线位置时黑色车的速度大小【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动规律的综合运用【专题】直线运动规律专题【分析】（1）白车做匀减速运动直到速度减为0，然后一直静止；黑车3s后由静止开始做匀加速运动，由运动学公式先求出警车的运动时间和位移，再求出黑车在这段时间的位移，然后利用运动学公式求解（2）用匀加速运动的公式求黑车的末速度【解答】解：设白车停下来所需的时间为t1，减速过程通过的距离为x1，则1=a1t1解得 x1=200m，t1=10s 在t1=10s时，设黑车通过的距离为x2，则解得x2=72mx1=200m所以白车停车前未相遇，即白车停车位置就是b线位置 设经过时间t两车同时在b线位置，在b线位置黑车的速度为v2，则2=a2（tt0）解得t=14s，v2=40m/s 答：经过14s两车同时在b线位置，在b线位置时黑色车的速度大小为40m/s【点评】本题考查运动学中的追及问题，抓住位移和时间关系，运用运动学公式进行求解14如图所示，在竖直平面内有xoy坐标系，长为l的不可伸长细绳，一端固定在a点，a点的坐标为（0、），另一端系一质量为m的小球现在x坐标轴上（x0）固定一个小钉，拉小球使细绳绷直并呈水平位置，再让小球从静止释放，当细绳碰到钉子以后，小球可以绕钉子在竖直平面内做圆周运动（1）当钉子在x=l的p点时，小球经过最低点时细绳恰好不被拉断，求细绳能承受的最大拉力；（2）为使小球释放后能绕钉子在竖直平面内做圆周运动，而细绳又不被拉断，求钉子所在位置的范围【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】（1）由数学知识求出小球做圆周运动的轨道半径，由机械能守恒定律求出小球到达最低点时的速度，然后由牛顿第二定律求出绳子的拉力（2）由牛顿第二定律求出小球到达最高点的速度，由机械能守恒定律求出钉子的位置，然后确定钉子位置范围【解答】解：（1）当钉子在的p点时，小球绕钉子转动的半径为：，小球由静止到最低点的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：，在最低点细绳承受的拉力最大，由牛顿第二定律得：，联立解得：f=7mg；（2）小球绕钉子圆周运动恰好到达最高点时，由牛顿第二定律得：，运动中机械能守恒，由机械能守恒定律得：，钉子所在位置为：，解得：，因此钉子所在位置的范围为；答：（1）当钉子在x=l的p点时，小球经过最低点时细绳恰好不被拉断，细绳能承受的最大拉力为7mg；（2）为使小球释放后能绕钉子在竖直平面内做圆周运动，而细绳又不被拉断，钉子所在位置的范围为：【点评】小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，应用机械能守恒定律与牛顿第二定律即可正确解题；解题时要注意，小球恰好到达最高点时，重力提供向心力15如图甲，在水平桌面上固定着两根相距l=20cm、相互平行的无电阻轨道p、q，轨道一端固定一根电阻r=0.02的导体棒a，轨道上横置一根质量m=40g、电阻可忽略不计的金属棒b，两棒相距也为l=20cm该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中开始时，磁感应强度b0=0.10t设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2（1）若保持磁感应强度b0的大小不变，从t=0时刻开始，给b棒施加一个水平向右的拉力，使它由静止开始做匀加速直线运动此拉力f的大小随时间t变化关系如图乙所示求b棒做匀加速运动的加速度及b棒与导轨间的滑动摩擦力；（2）若从t=0开始，磁感应强度b随时间t按图丙中图象所示的规律变化，求在金属棒b开始运动前，这个装置释放的热量是多少？【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【专题】电磁感应功能问题【分析】（1）根据f与t的函数表达式，结合牛顿第二定律，及闭合电路欧姆定律，依据图象的含义，即可求解（2）根据法拉第定律、欧姆定律和安培力公式，求解在金属棒b开始运动前经过的时间，再由焦耳定律求解热量【解答】解：（1）由图象可得到拉力f与t的大小随时间变化的函数表达式为f=f0+当b棒匀加速运动时，根据牛顿第二定律有：fff安=maf安=b0il i=v=atf安=联立可解得f=f+ma+代入数据可解得a=5m/s2 f=0.2n（2）当磁感应强度均匀增大时，闭合电中和有恒定的感应电流i，以b棒为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应度增大到b所受安掊力f与最大静摩擦力f相等时开始滑动感应电动势：e=i=棒b将要运动时