浙江省嘉兴一中高三物理上学期期中试题（含解析）新人教版.doc

浙江省嘉兴一中2015届高三上学期期中考试物理试卷一、单选题（本题共8小题，每小题3分，共24分每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对得3分，选错得0分）1伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的o点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐减低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是（）a如果斜面光滑，小球将上升到与o点等高的位置b如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态c如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变d小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小考点：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法.分析：小球从左侧斜面上的o点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升，阻力越小则上升的高度越大，伽利略通过上述实验推理得出运动物体如果不受其他物体的作用，将会一直运动下去解答：解：a、如果斜面光滑，小球不会有能量损失，将上升到与o点等高的位置，故a正确；b、通过推理和假想，如果小球不受力，它将一直保持匀速运动，得不出静止的结论，故b错误；c、根据三次实验结果的对比，不可以直接得到运动状态将发生改变的结论，故c错误；d、受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小是牛顿第二定律的结论，与本实验无关，故d错误故选：a点评：要想分清哪些是可靠事实，哪些是科学推论要抓住其关键的特征，即是否是真实的客观存在，这一点至关重要，这也是本题不易判断之处；伽利略的结论并不是最终牛顿所得出的牛顿第一定律，因此，在确定最后一空时一定要注意这一点2（3分）某小孩在广场游玩时，将一氢气球系在了水平地面上的砖块上，在水平风力的作用下，处于如图所示的静止状态若水平风速缓慢增大，不考虑气球体积及空气密度的变化，则下列说法中正确的是（）a细绳受到的拉力逐渐减小b砖块受到的摩擦力可能为零c砖块可能被绳子拉离地面d砖块对地面的压力保持不变考点：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：以气球和砖块整体为研究对象，由平衡条件分析砖块所受地面的支持力和摩擦力如何变化，再由牛顿第三定律判断地面受到砖块的压力变化解答：解：以气球和砖块整体为研究对象，分析受力如图1，根据平衡条件得：竖直方向：n+f1=g1+g2，水平方向：f=f气球所受的浮力f1、气球的重力g1、砖块的重力g2都不变，则地面对砖块的支持力n不变，地面受到砖块的压力也不变在砖块滑动前，当风力f增大时，砖块所受的摩擦力增大，当砖块滑动后受到的摩擦力f=n保持不变由于地面对砖块的支持力n=g1+g2f1保持不变，与风力无关，所以当风力增大时，砖块连同气球一起不可能被吹离地面，以气球为研究对象，分析受力如图2所示：气球受力：重力g1、空气的浮力f1、风力f、绳子的拉力t设绳子与水平方向的夹角为，当风力增大时，将减小根据平衡条件得竖直方向有：f1=g1+tsin，当减小时，sin减小，而f1、g1都不变，则绳子拉力t增大故d正确，abc错误故选：d点评：本题是两个物体的平衡问题，一是要灵活选择研究对象，二是要抓住浮力、重力等不变的条件进行分析3（3分）一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为f1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度为v，若将水平拉力的大小改为f2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v，对于上述两个过程，用wf1、wf2分别表示拉力f1、f2所做的功，wf1、wf2分别表示前两次克服摩擦力所做的功，则（）awf24wf1，wf22wf1bwf24wf1，wf2=2wf1cwf24wf1，wf2=2wf1dwf24wf1，wf22wf1考点：功的计算.专题：功的计算专题分析：根据动能定理，结合运动学公式，求出滑动摩擦力做功，从而求得结果解答：解：由题意可知，两次物体均做匀加速运动，则在同样的时间内，它们的位移之比为s1：s2=1：2；两次物体所受的摩擦力不变，根据力做功表达式，则有滑动摩擦力做功之比wf1：wf2=fs1：fs2=1：2；再由动能定理，则有：wfwf=；可知，wf1wf1=；wf2wf2=4；由上两式可解得：wf2=4wf12wf1，故c正确，abd错误；故选：c点评：考查做功表达式的应用，掌握动能定理的内容，注意做功的正负4（3分）（2014江苏）如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直与环面且过圆心o，下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（）ao点的电场强度为零，电势最低bo点的电场强度为零，电势最高c从o点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高d从o点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低考点：电势；电场强度.专题：电场力与电势的性质专题分析：圆环上均匀分布着正电荷，根据电场的叠加和对称性，分析o点的场强根据电场的叠加原理分析x轴上电场强度的方向，即可判断电势的高低解答：解：a、b、圆环上均匀分布着正电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在o点产生的场强抵消，合场强为零圆环上各电荷产生的电场强度在x轴有向右的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴上电场强度方向向右，根据顺着电场线方向电势降低，可知在x轴上o点的电势最高，故a错误，b正确；c、d、o点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从o点沿x轴正方向，场强应先增大后减小x轴上电场强度方向向右，电势降低，故cd错误故选：b点评：解决本题的关键有两点：一是掌握电场的叠加原理，并能灵活运用；二是运用极限法场强的变化5（3分）2013年7月7日，温网女双决赛开打，“海峡组合”彭帅、谢淑薇击败澳大利亚组合夺得职业生涯首个大满贯冠军如图所示是比赛场地，已知底线到网的距离为l，彭帅在网前截击，若她在球网正上方距地面h处，将球以水平速度沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上将球的运动视作平抛运动，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）a根据题目条件能求出球的水平初动能b球从击球点至落地点的位移与球的质量有关c球从击球点至落地点的位移等于ld根据题目条件能求出球从击出至落地所用时间t考点：平抛运动.专题：平抛运动专题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度求出运动的时间，结合水平位移和时间求出初速度的大小解答：解：a、根据h=得，球从击出到落地的时间t=则球的水平初速度=，由于球质量未知，故不能求得初动能故a错误，d正确b、因为高度一定，水平位移由初速度和运动时间决定，与质量无关，知球从击球点至落地点的位移与球的质量无关故b错误；c、球从击球点到落地点的位移s=故c错误故选：d点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移6（3分）（2014天津）如图所示，电路中r1、r2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器c的极板水平放置，闭合电键s，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是（）a增大r1的阻值b增大r2的阻值c增大两板间的距离d断开电键s考点：带电粒子在混合场中的运动；电容；闭合电路的欧姆定律.专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：分析清楚电路结构，求出极板间的电场强度，求出油滴受到的电场力，然后根据电场力的表达式分析答题解答：解：根据图示电路图，由欧姆定律可得：电容器两端电压：u=ir1=r1=，油滴受到的电场力：f=，开始时油滴静止不动，f=mg，要使油滴保持静止不动，则电场力应保持不变；a、增大r1的阻值，电场力：f=变大，电场力大于重力，油滴受到的合力向上，油滴向上运动，故a错误；b、增大r2的阻值，电场力：f=不变，电场力与重力仍然是一对平衡力，油滴静止不动，故b正确；c、增大两板间的距离，极板间的电场强度减小，电场力减小，小于重力，油滴受到的合力向下，油滴向下运动，故c错误；d、断开电键s，极板间的电场强度为零，电场力为零，油滴受到重力作用，油滴向下运动，故d错误故选：b点评：本题考查了判断油滴的运动状态问题，分析清楚极板间的电场力如何变化是正确解题的关键7（3分）如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接电阻r，宽度相同的水平条形区域和之间无磁场，一导体棒两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好的接触，导体棒从距区域上边界h处由静止释放，在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻r上的电流及其变化情况相同，下面四个图象能定性描述导体棒速度大小与时间关系的是（）abcd考点：导体切割磁感线时的感应电动势；匀变速直线运动的图像.专题：电磁感应与图像结合分析：根据导体棒在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻r上的电流及其变化情况相同，说明导体棒穿过磁场的过程必定做减速运动，分析安培力的变化，判断合力和加速度的变化，即可解答解答：解：据题导体棒从距区域上边界h处由静止释放，做自由落体运动，做匀加速运动，由于导体棒在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻r上的电流及其变化情况相同，说明导体棒穿过磁场的过程必定做减速运动，导体棒所受的安培力大于重力，而速度减小，产生的感应电动势减小，感应电流减小，导体棒所受的安培力减小，合力减小，则导体棒的加速度减小，vt图象的斜率逐渐减小，而且根据两个过程的相似性可知进磁场和出磁场的速度相同，故c正确，abd错误故选：c点评：对于电磁感应中动态分析问题，关键要抓住安培力与速度的关系进行分析，知道速度减小，安培力即减小，再进一步分析加速度的变化，即可进行解答8（3分）（2014安徽）如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为，（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘面与水平面的夹角为30，g取10m/s2，则的最大值是（）arad/sbrad/sc1.0rad/sd0.5rad/s考点：向心力；线速度、角速度和周期、转速.专题：匀速圆周运动专题分析：当物体转到圆盘的最低点，由重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力的合力提供向心力时，角速度最大，由牛顿第二定律求出最大角速度解答：解：当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得： mgcos30mgsin30=m2r则=rad/s=1rad/s故选：c点评：本题关键要分析向心力的来源，明确角速度在什么位置最大，由牛顿第二定律进行解题二、不定项选择（本题共4小题，每小题4分，共16分，每小题给出的四个选项中，有的有一个选项正确，有的有多个选项正确，选对得4分；未选全但无选错的得2分；有选错的得0分）9（4分）一铁块m被竖直悬挂着的磁性黑板紧紧吸住不动，如图所示，下列说法正确的是（）a铁块受到四个力作用，其中有三个力的施力物体是黑板b铁块与黑板间在水平方向有一对相互作用力c磁力和弹力是一对作用力反作用力d磁力大于弹力，黑板才能吸住铁块不动考点：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：首先对铁块进行受力分析，如下图所示，铁块静止时受力平衡，受力物体都是铁块；一对相互作用力作用在两个不同物体上，一定是同种性质的力，同时产生、同时消失解答：解：a、铁块受到四个力：重力g=mg，施力物体是地球；支持力n、摩擦力f、磁力t，这三个力的施力物体都是磁性黑板，故a正确；b、黑板对铁块有支持力，则铁块对黑板有压力，这两个力是一对相互作用力；黑板对铁块有磁力，反过来，铁块对黑板有大小相等的磁力，这两个力是一对相互作用力；所以水平方向有两对相互作用力：互相吸引的磁力和互相推斥的弹力，故b错误c、铁块所受的磁力和弹力是一对平衡力，大小相等，故c错误d、由上分析磁力与弹力大小相等，只有铁块所受的最大静摩擦力小于等于重力，黑板才能吸住铁块不动，故d错误故选：a点评：掌握力的三要素，物体平衡的条件，正确区分平衡力和相互作用力是解决此题的关键10（4分）如图所示，某滑块初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零对于该运动过程若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是（）abcd考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像.专题：牛顿运动定律综合专题分析：对物体受力分析由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出速度位移及下降高度与时间的关系即可求的；解答：解：d、在下滑过程中，物体的加速度为mgsinmgcos=maa=gsingcos，加速度的大小保持不变故d错误；c、下滑过程中速度大小关系为v=v0+at=v0+（gsingcos）t，速度与时间之间是线性关系，所以速度图线是一条直线故c正确；a、b、物体向下做匀减速运动，故下滑的位移为s=t2，位移时间关系的图象是向右弯曲的线故b正确；同理，下降的高度为h=ssin，也是向右弯曲的线故a正确；故选：abc点评：本题主要考查了运动学公式，关键是把shv与时间的表达式表示出来即可；11（4分）如图所示，mn是纸面内的一条直线，其所在空间只充满与纸面平行的匀强电场或只充满与纸面垂直的匀强磁场的单一场区（场区都足够大，），现有一重力不计的带电粒子从mn上的o点以水平初速度v0沿纸面射入场区，下列判断正确的是（）a如果粒子回到mn上时速率不变，则该空间存在的一定是磁场b如果粒子回到mn上时速率增大，则该空间存在的一定是电场c若只增大水平初速度v0，发现粒子再回到mn上时速度方向与增大前相同，则该空间存在的一定是磁场d若只增大水平初速度v0，发现粒子再回到mn所用的时间发生变化，则该空间存在的一定是电场考点：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：带电粒子在磁场中的运动专题分析：洛伦兹力不做功，电场力可以做功；粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类似抛体运动解答：解：a、若带电粒子以与电场线平行的速度v0射入，粒子返回速率不变，故a错误；b、洛伦兹力对带电粒子不做功，不能使粒子速度增大，电场力可使带电粒子做功，动能增大，故速率增加一定是电场，故b正确；c、若带电粒子以与电场线平行的速度v0射入，粒子返回速率不变，故c错误；d、由t=知，粒子在磁场中运动的时间与速率无关；故时间改变一定是电场；故d正确；故选：bd点评：本题关键是分电场和磁场两种情况进行分析讨论，抓住匀速圆周运动模型和直线运动模型进行分析讨论12（4分）如图，在半径为r=的圆形区域内有水平向里的匀强磁场，磁感应强度为b圆形区域右侧有一竖直感光板mn带正电粒子从圆弧顶点p以速率v0平行于纸面进入磁场，已知粒子质量为m，电量为q，粒子重力不计若粒子对准圆心射入，则下列说法中正确的是（）a粒子一定沿半径方向射出b粒子在磁场中运动的时间为c若粒子速率变为2v0，穿出磁场后一定垂直打到感光板mn上d粒子以速度v0从p点以任意方向射入磁场，离开磁场后一定垂直打在感光板mn上考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力.专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：根据洛伦兹力提供向心力求出带电粒子在磁场中运动的轨道半径，画出运动轨迹，结合几何关系分析即可解答：解：a、带正电粒子从圆弧顶点p以速率v0平行于纸面且对准圆心射入磁场，根据对称性，一定沿半径方向射出，故a正确；b、粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qv0b=m解得：r=粒子的运动轨迹如图：轨迹圆弧对应的圆心角为，故：运动时间为：t=，故b正确；c、若粒子速率变为2v0，则轨道半径变为2r，运动轨迹如图：故不是垂直打到感光板mn上，故c错误；d、，当带电粒子以v0射入时，带电粒子在磁场中的运动轨道半径为r设粒子射入方向与po方向夹角为，带电粒子从区域边界s射出，带电粒子运动轨迹如图所示因po3=o3s=po=so=r所以四边形poso3为菱形由图可知：poo3s，v3so3因此，带电粒子射出磁场时的方向为水平方向，与入射的方向无关故d正确；故选：abd点评：本题考查带电粒子在磁场中的运动，掌握带电粒子在磁场中运动的半径公式本题对数学几何能力要求较高，需加强这方面的训练三、实验题（本大题共2小题，共20分）13（8分）如图（a）为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图盘和重物的总质量为m，小车和砝码的总质量为m实验中用盘和重物总重力的大小作为细线对小车拉力的大小（1）实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端定滑轮的高度，使细线与长木板平行接下来还需要进行的一项操作是b（填写所选选项的序号）a将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在盘和重物的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动b将长木板的右端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去盘和重物，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动c将长木板的右端垫起适当的高度，撤去纸带以及盘和重物，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动d将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，使小车在盘砝码的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动（2）本装置中要用到打点计时器，图（b）为实验室常用的一种计时器，其中电源电压要求是220v交流电（3）实验中要进行质量m和m的选取，以下最合理的一组是cam=20g，m=10g、15g、20g、25g、30g、40gbm=200g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120gcm=400g，m=10g、15g、20g、25g、30g、40gdm=400g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120g（4）图（c）是实验中得到的一条纸带，a、b、c、d、e、f、g为7个相邻的计数点，量出相邻的计数点之间的距离分别为x1、x2、x3、x4、x5、x6已知相邻的计数点之间的时间间隔为t，关于小车的加速度a的计算方法，产生误差较小的算法是da bc d考点：验证牛顿第二运动定律.专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：（1）为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，要先平衡摩擦力；（2）电火花打点计时器使用220v交流电源；（3）实验中要进行质量m和m的选取，需要满足的条件是：mm（4）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）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，可以将长木板的一段垫高，撤去砂和砂桶，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，故b正确；故选：b；（2）电火花打点计时器使用220v交流电源；（3）重物加速下滑，处于失重状态，其对细线的拉力小于重力，设拉力为t，根据牛顿第二定律，有对重物，有 mgt=ma对小车，有 t=ma解得：t=g，故当mm时，有tmg故c符合要求故选：c；（4）根据匀变速直线运动的推论公式x=at2，结合作差法得：a=，故d正确；故选：d故答案为：（1）b；（2）220v交流电；（3）c；（4）d点评：只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握14（12分）利用如图（a）所示电路，可以测量电源电动势和内阻，所用的实验器材有：待测电源，电阻箱r（最大阻值999.9），电阻r0（阻值为3.0），电阻r1（阻值为3.0），电流表a（量程为200ma，内阻为ra=6.0），开关s实验步骤如下：将电阻箱阻值调到最大，闭合开关s；多次调节电阻箱，记下电流表的示数i和电阻箱相应的阻值r；以为纵坐标，r为横坐标，作r图线（用直线拟合）求出直线的斜率k和在纵轴上的截距b回答下列问题：（1）实验得到的部分数据如表所示，其中电阻r=3.0时电流表的示数如图（b）所示，读出数据，完成表答：0.110a，9.09a1r/1.02.03.04.05.06.07.0i/a0.1430.1250.1000.0910.0840.077i1/a16.998.0010.011.011.913.0（2）在答题卡图（c）的坐标纸上所缺数据点补充完整并作图，根据图线求得斜率k=1a11，截距b=6a1（3）根据图线求得电源电动势e=3v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：（1）根据图b所示电流表读出其示数，然后答题（2）应用描点法作出图象，然后根据图象分析答题（3）根据闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达，然后根据图象与图象的函数表达式求出电源电动势解答：解：（1）由图b所示可知，电流i=0.110a，电流的倒数为： =9.09a1；（2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：由图示图象可知，图象斜率k=1，由图示可知，图象截距：b=6.0；（3）电流表与电阻r1并联，两端电压相等，电阻r1的阻值为3.0，电流表内阻为ra=6.0，则通过电阻r1的电流为为通过电流表的2倍，电流表示数为i，电路电流为3i，并联电阻r并=2，由图a所示电路图可知，e=3i（r并+r0+r+r），则=r+3=r+（5.0+r）；由图示图象与图象的函数表达式可知，k=，b=（5.0+r），代入数据解得，电源电动势e=3.0v故答案为：（1）0.110a；9.09a1；（2）图象如图所示；1；6；（3）3点评：本题考查了求图象函数表达式、电表读数、作图象、求电源电动势与内阻问题，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法，要会用图象法处理实验数据四、计算题（本大题共4小题，共40分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位）15（10分）（2014山东）研究表明，一般人的刹车反应时间（即图甲中“反应过程”所用时间）t0=0.4s，但饮酒会导致反应时间延长，在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v1=72km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离l=39m，减速过程中汽车位移x与速度v的关系曲线如同乙所示，此过程可视为匀变速直线运动，取重力加速度的大小g=10m/s2，求：（1）减速过程汽车加速度的大小及所用时间；（2）饮酒使志愿者反应时间比一般人增加了多少；（3）减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）由图中所给数据结合位移速度公式可求得加速度，进而由速度变化与加速度求得减速时间 （2）由行驶距离与刹车距离可求得反应时间内的运动距离，再求出反应时间进行比较（3）对志愿者受力分析由牛顿第二定律求减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值解答：解：（1）设刹车加速度为a，由题可知刹车初速度v0=20m/s，末速度 vt=0 位移 x=25m 由式可得：a=8m/s t=2.5s（2）反应时间内的位移为x=lx=14m 则反应时间为t= 则反应的增加量为t=0.70.4=0.3s （3）设志愿者所受合外力的大小为f，汽车对志愿者的作用力的大小为f0，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得 f=ma 由平行四边形定则得： 由式可得：答：（1）减速过程汽车加速度的大小为8m/s所用时间为2.5s（2）饮酒使志愿者反应时间比一般人增加了0.3s（3）减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值为点评：考查运动学公式，正确应用速度位移公式求加速度是解题的关键，注意受力分析16（10分）如图，一个质量为m的小球（可视为质点）以某一初速度从a点水平抛出，恰好从圆管bcd的b点沿切线方向进入圆弧，经bcd从圆管的最高点d射出，恰好又落到b点已知圆弧的半径为r且a与d在同一水平线上，bc弧对应的圆心角=60，不计空气阻力求：（1）小球从a点做平抛运动的初速度v0的大小；（2）在d点处管壁对小球的作用力n的大小及其方向；（3）小球在圆管中运动时克服阻力做的功wf考点：动能定理的应用.专题：动能定理的应用专题分析：（1）根据几何关系求出平抛运动下降的高度，从而求出竖直方向上的分速度，根据运动的合成和分解求出初速度的大小（2）根据平抛运动知识求出小球在d点的速度，再根据牛顿第二定律求出管壁对小球的弹力作用（3）对a到d全程运用动能定理，求出小球在圆管中运动时克服阻力做的功解答：解：（1）小球从a到b：竖直方向，=2gr（1+cos60）=3gr则vy=在b点，由速度关系v0=（2）小球从d到b：竖直方向，r（1+cos60）=gt2 解得：t=则小球从d点抛出的速度vd=在d点，由向心力公式得：mgn=m解得：n=mg，方向竖直向上 （3）从a到d全程应用动能定理：wl=mm解得：wl=mgr答：（1）小球从a点做平抛运动的初速度v0的大小为（2）在d点处管壁对小球的作用力n为mg，方向竖直向上（3）小球在圆管中运动时克服阻力做的功wl=mgr点评：本题综合考查了平抛运动和圆周运动的基础知识，难度不大，关键搞清平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及圆周运动向心力的来源17（10分）如图所示，质量为m=0.1kg粗细均匀的导线，绕制成闭合矩形线框，其中长lac=50cm，宽lab=20cm，竖直放置在水平面上中间有一磁感应强度b=1.0t，磁场宽度d=10cm的匀强磁场线框在水平向右的恒力f=2n的作用下，由静止开始沿水平方向运动，使ab边进入磁场，从右侧以v=1m/s的速度匀速运动离开磁场，整个过程中始终存在大小恒定的阻力ff=1n，且线框不发生转动求线框ab边：（1）离开磁场时感应电流的大小；（2）刚进入磁场时感应电动势的大小；（3）求线框穿越磁场的过程中产生的焦耳热考点：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）据题意：线框从磁场右侧离开磁场时做匀速直线运动，受力平衡，根据平衡条件和安培力公式f=bil结合列式，即可求得感应电流的大小；（2）线圈进入磁场前做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，由运动学位移速度关系公式求出线框刚进入磁场时的速度，由公式e