河南省三门峡市陕州中学高三物理上学期第一次强化训练试卷（含解析）.docVIP

2015-2016学年河南省三门峡市陕州中学高三（上）第一次强化训练物理试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第912题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1在平直公路上行驶的a车和b车，其位移时间图象分别为图中直线a和曲线b，由图可知（）ab车运动方向始终不变b在t1时刻a车的位移大于b车ct1到t2时间内a车的平均速度小于b车dt1到t2时间内某时刻两车的速度可能相同2将三根伸长可不计的轻绳ab、bc、cd如图连接，现在b点悬挂一个质量为m的重物，为使bc绳保持水平且ab绳、cd绳与水平天花板夹角分别为60与30，需在c点再施加一作用力，则该力的最小值为（）amgb mgc mgd mg3如图所示，质量为m，电量为q的带正电的物体，在磁感应强度为b，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，沿动摩擦因数为的水平面向左运动，则（）a若另加一个电场强度为，方向水平向右的匀强电场，物体做匀速运动b若另加一个电场强度为，方向竖直向上的匀强电场，物体做匀速直线运动c物体的速度由v减小到零所用的时间等于d物体的速度由v减小到零所用的时间小于4如图甲，一带电物块无初速度地放上皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端e运动至皮带轮顶端f的过程中，其vt图象如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5s，关于带电物块及运动过程的说法正确的是（）a该物块带负电b皮带轮的传动速度大小一定为1m/sc若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移d在2s4.5s内，物块与皮带仍可能有相对运动5如图所示，小车向右做匀加速直线运动的加速度大小为a，bc是固定在小车上的水平横杆，物块m穿在杆上，m通过细线悬吊着小铁球m，m、m均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为，若小车的加速度逐渐增大到3a时，m、m仍与小车保持相对静止，则（）a细线与竖直方向的夹角增加到原来的3倍b细线与竖直方向夹角的正切值增加到原来的3倍c细线的拉力增加到原来的3倍dm受到的摩擦力增加到原来的3倍62014年10月24日，“嫦娥五号”探路兵发射升空，为计划于2017年左右发射的“嫦娥五号”探路，并在8天后以“跳跃式返回技术”成功返回地面“跳跃式返回技术”指航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后再进入大气层如图所示，虚线为大气层的边界已知地球半径r，地心到d点距离r，地球表面重力加速度为g下列说法正确的是（）a“嫦娥五号”在b点处于完全失重状态b“嫦娥五号”在d点的加速度小于c“嫦娥五号”在a点速率大于在c点的速率d“嫦娥五号”在c点速率大于在e点的速率7如图所示，某小型发电站发电机输出的交流电压为500v，输出的电功率为100kw，用总电阻为10的输电线向远处送电为提高输电效率，发电站安装一变压比为1：20的升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220v供用户使用（两个变压器均为理想变压器）对整个送电过程，下列说法正确的是（）a输电线上的电流为200ab降压变压器的输入电压为10kvc降压变压器的变压比为11：495d输电线上损失功率为输电功率的1%8微元累积法是常用的物理研究方法，如图所示为某物理量随时间变化的函数图象，关于此图线与两坐标轴围成面积的物理意义，下列说法正确的是（）a如果y表示加速度，则面积等于质点t0在时刻的速度b如果y表示流过用电器的电流，则面积等于在相应时间内该用电器消耗的电能c如果y表示力做功的功率，则面积等于该力在相应时间内所做的功d如果y表示变化磁场在金属线圈中产生的电动势，则面积等于该磁场在相应时间内磁感应强度的变化量9如图所示，在距水平地面高为0.4m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上p点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在p点的右边，杆上套有一质量m=2kg的小球a半径r=0.3m的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心o在p点的正下方，在轨道上套有一质量也为m=2kg的小球b用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将两小球连接起来杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响现给小球a一个水平向右的恒力f=50n（取g=10m/s2）则（）a把小球b从地面拉到p的正下方时力f 做功为20jb小球b运动到c处时的速度大小为0c小球b被拉到与小球a速度大小相等时，sinopb=d把小球b从地面拉到p的正下方时小球b的机械能增加了6j10如图，平行板电容器两极板水平放置，现将其和二极管串联接在电源上，已知a和电源正极相连，二极管具有单向导电性一带电小球沿ab中心水平射入，打在b极板上的n点，小球的重力不能忽略且重力一定大于电场力，现通过上下移动a板来改变两极板ab间距（两极板仍平行），则下列说法正确的是（）a若小球带正电，当ab间距增大时，小球将打在n的右侧b若小球带正电，当ab间距减小时，小球将打在n的左侧c若小球带负电，当ab间距减小时，小球将打在n的右侧d若小球带负电，当ab间距增大时，小球将打在n的左侧11两点电荷q1、q2固定在x轴上，在+x轴上每一点的电势随x变化的关系如图所示，其中x=x0处的电势为零，x=x1处的电势最低下列说法正确的是（）ax=x0处的电场强度为零bx=x1处的电场强度为零cq1带正电、q2带负电dq1的电荷量比q2的大12电磁泵在目前的生产、科技中得到了广泛应用如图所示，泵体是一个长方体，ab边长为l1，两侧端面是边长为l2的正方形；流经泵体内的液体密度为、在泵头通入导电剂后液体的电导率为（电阻率的倒数），泵体所在处有方向垂直向外的磁场b，把泵体的上下两表面接在电压为u（内阻不计）的电源上，则（）a泵体上表面应接电源正极b通过泵体的电流i=c增大磁感应强度可获得更大的抽液高度d增大液体的电阻率可获得更大的抽液高度二、实验题13某同学利用图示装置来研究机械能守恒问题，设计了如下实验a、b是质量均为m的小物块，c是质量为m的重物，a、b间由轻弹簧相连，a、c间由轻绳相连在物块b下放置一压力传感器，重物c下放置一速度传感器，压力传感器与速度传感器相连当压力传感器示数为零时，就触发速度传感器测定此时重物c的速度整个实验中弹簧均处于弹性限度内，重力加速度为g实验操作如下：（1）开始时，系统在外力作用下保持静止，细绳拉直但张力为零现释放c，使其向下运动，当压力传感器示数为零时，触发速度传感器测出c的速度为v（2）在实验中保持a，b质量不变，改变c的质量m，多次重复第（1）步该实验中，m和m大小关系必需满足m m（选填“小于”、“等于”或“大于”）为便于研究速度v与质量m的关系，每次测重物的速度时，其已下降的高度应（选填“相同”或“不同”）根据所测数据，为得到线性关系图线，应作出（选填“v2m”、“v2”或“v2”）图线根据问的图线知，图线在纵轴上截距为b，则弹簧的劲度系数为（用题给的已知量表示）14采用伏安法测量电源电动势e和内阻r时，由于电表因素带来了实验的系统误差某研究性学习小组对此实验进行改进，设计出如图所示的测量电源电动势e和内电阻r的电路，e是辅助电源，a、b两点间有一灵敏电流计g（1）请你补充实验步骤：闭合开关s1、s2，调节r和r使得灵敏电流计g的示数为零，这时，a、b两点的电势a、b的关系是ab（选填“大于”、“小于”或“等于”），读出电流表和电压表的示数i1和u1，其中i1（选填“大于”、“小于”或“等于”）通过电源e的电流改变滑动变阻器r、r的阻值，重新使得，读出（2）由上述步骤中测出的物理量，可以得出电动势e表达式为、内电阻r的表达式为（3）该实验中e测e真（选填“大于”、“小于”或“等于”），r测r真（选填“大于”、“小于”或“等于”）三、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和重要的方程式，只写出最终结果的不能得分）15如图，一木块通过长度忽略不计的绳固定在小车的前壁上，小车表面光滑某时刻小车由静止开始向右匀加速运动，经过2s，细绳断裂细绳断裂后，小车的加速度不变，又经过一段时间，滑块从小车左端刚好掉下，在这段时间内，已知滑块相对小车前3s内滑行了4.5m；后3s内滑行了10.5m（1）小车的加速度多大？（2）从绳断到滑块离开车尾所用时间是多少？（3）小车的长度是多少？16目前，上海有若干辆超级电容车试运行，运行中无需连接电缆，只需在乘客上车间隙充电30秒到1分钟，就能行驶3到5公里假设有一辆超级电容车，质量m=2103kg，额定功率p=60kw，当超级电容车在平直水平路面上行驶时，受到的阻力f是车重的0.1倍，g取10m/s2（1）超级电容车在此路面上行驶所能达到的最大速度是多少？（2）若超级电容车从静止开始，保持以0.5m/s2的加速度做匀加速直线运动，这一过程能维持多长时间？（3）若超级电容车从静止开始，保持额定功率做加速运动，50s后达到最大速度，求此过程中超级电容车的位移17如图甲所示，不变形、足够长、质量为m1=0.2kg的“u”形金属导轨pqmn放在绝缘水平桌面上，qp与mn平行且距离d=1m，q、m间导体电阻阻值r=4，右内侧紧靠两固定绝缘小立柱1、2；光滑金属杆kl电阻阻值r=1，质量m2=0.1kg，垂直于qp和mn，与qm平行且距离l=0.5m，左侧紧靠两固定绝缘小立柱3、4金属导轨与桌面的动摩擦因数=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其余电阻不计从t=0开始，垂直于导轨平面的磁场磁感应强度如图乙所示（1）求在整个过程中，导轨受到的静摩擦力的最大值fmax；（2）如果从t=2s开始，给金属杆kl水平向右的外力，外力对金属杆作用的功率保持不变为p0=320w，杆到达最大速度时撤去外力，求撤去外力后qm上产生的热量qr=？18如图甲，真空中竖直放置两块相距为d的平行金属板p、q，两板间加上如图乙最大值为u0的周期性变化的电压，在q板右侧某个区域内存在磁感应强度大小为b、方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场在紧靠p板处有一粒子源a，自t=0开始连续释放初速不计的粒子，经一段时间从q板小孔o射入磁场，然后射出磁场，射出时所有粒子的速度方向均竖直向上已知电场变化周期t=，粒子质量为m，电荷量为+q，不计粒子重力及相互间的作用力求：（1）t=0时刻释放的粒子在p、q间运动的时间；（2）粒子射入磁场时的最大速率和最小速率；（3）有界磁场区域的最小面积2015-2016学年河南省三门峡市陕州中学高三（上）第一次强化训练物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第912题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1在平直公路上行驶的a车和b车，其位移时间图象分别为图中直线a和曲线b，由图可知（）ab车运动方向始终不变b在t1时刻a车的位移大于b车ct1到t2时间内a车的平均速度小于b车dt1到t2时间内某时刻两车的速度可能相同【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】直线运动规律专题【分析】位移时间图线反映位移随时间的变化规律，图线切线的斜率表示瞬时速度，结合斜率的变化得出速度如何变化根据位移和时间比较平均速度的大小【解答】解：a、b图线切线切线先为正值，然后为负值，知b的运动方向发生变化故a错误b、在t1时刻，两车的位移相等故b错误c、t1到t2时间内，两车的位移相同，时间相同，则平均速度相同故c错误d、t1到t2时间内，b图线的切线斜率在某时刻与a相同，则两车的速度可能相同故d正确故选：d【点评】解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线的切线斜率表示瞬时速度，根据斜率的正负可以确定运动的方向2将三根伸长可不计的轻绳ab、bc、cd如图连接，现在b点悬挂一个质量为m的重物，为使bc绳保持水平且ab绳、cd绳与水平天花板夹角分别为60与30，需在c点再施加一作用力，则该力的最小值为（）amgb mgc mgd mg【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】对b点进行受力分析，根据共点力平衡求出bc绳的拉力大小，再对c点分析，通过图解法求出作用力的最小值【解答】解：对b点受力分析，根据共点力平衡得，解得，对c点分析，cd的拉力方向一定，根据图解法知，当外力的方向与cd垂直时，外力f最小，根据平行四边形定则知，sin30=，f=故选：d【点评】在共点力的平衡中要注意几何关系的应用，特别是求最小力时一定要通过几何图形进行分析3如图所示，质量为m，电量为q的带正电的物体，在磁感应强度为b，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，沿动摩擦因数为的水平面向左运动，则（）a若另加一个电场强度为，方向水平向右的匀强电场，物体做匀速运动b若另加一个电场强度为，方向竖直向上的匀强电场，物体做匀速直线运动c物体的速度由v减小到零所用的时间等于d物体的速度由v减小到零所用的时间小于【考点】电势差与电场强度的关系【专题】电场力与电势的性质专题【分析】对物体受力分析，受重力、支持力，洛伦兹力和滑动摩擦力；加电场力后，当受力平衡时做匀速直线运动根据左手定则，洛伦兹力向下，根据动量定理或运动学的公式即可求解时间【解答】解：a、对物体受力分析，受重力、支持力，洛伦兹力和滑动摩擦力；根据左手定则，洛伦兹力向下若另加一个水平向右的电场，电场力的方向向右，与摩擦力方向相同，合外力不为零，滑块不可能做匀速直线运动故a错误；b、若另加一个竖直向上的电场，电场力的方向向上，当qe=（mg+qvb），即e=时，支持力为零，摩擦力为零，则合外力为零，滑块可能做匀速直线运动故b正确；cd、由于合力向右，物体向左做减速运动；由于摩擦力f=（mg+qvtb），随速度的减小不断减小，摩擦力f不断减小，加速度不断减小，不是匀变速运动，故物体的速度由v减小到零所经历的时间t，由动量定理得ft=0mv得 t=故cd错误；故选：b【点评】本题关键是对物体受力分析，由于洛伦兹力随着速度变化，当受力平衡时洛伦兹力不变，做匀速直线运动4如图甲，一带电物块无初速度地放上皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端e运动至皮带轮顶端f的过程中，其vt图象如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5s，关于带电物块及运动过程的说法正确的是（）a该物块带负电b皮带轮的传动速度大小一定为1m/sc若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移d在2s4.5s内，物块与皮带仍可能有相对运动【考点】带电粒子在混合场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】由图得出物块的速度和加速度随时间的变化关系，结合对物块的受力分析，得出洛伦兹力的方向，由左手定则即可判断出物块的电性；结合受力分析，得出物块做匀速直线运动的条件，从而判断出物块是否相对于传送带静止；结合运动学的公式可以判断位移【解答】解：由图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动物块的最大速度是1m/sa、对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为，沿斜面的方向：fnmgsin=ma 物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是fn逐渐减小，而开始时：fn=mgcos，后来：fn=mgcosf洛，即洛伦兹力的方向是向上的物块沿传送带向上运动，由左手定则可知，物块带正电故a错误；b、d、物块向上运动的过程中，洛伦兹力越来越大，则受到的支持力越来越小，结合式可知，物块的加速度也越来越小，当加速度等于0时，物块达到最大速度，此时：mgsin=（mgcosf洛） 由可知，只要传送带的速度大于等于1m/s，则物块达到最大速度的条件与传送带的速度无关，所以传送带的速度可能是1m/s，有可能是大于1m/s，物块可能相对于传送带静止，有可能相对于传送带不静止故b错误，d正确；c、由以上的分析可知，传送带的速度不能判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移故c错误故选：d【点评】该题考查传送带问题，物块沿传送带向上的运动可能达到与传送带的速度相等，也有可能二者的速度不会相等要注意对题目中可能出现的情况进行分析与把握5如图所示，小车向右做匀加速直线运动的加速度大小为a，bc是固定在小车上的水平横杆，物块m穿在杆上，m通过细线悬吊着小铁球m，m、m均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为，若小车的加速度逐渐增大到3a时，m、m仍与小车保持相对静止，则（）a细线与竖直方向的夹角增加到原来的3倍b细线与竖直方向夹角的正切值增加到原来的3倍c细线的拉力增加到原来的3倍dm受到的摩擦力增加到原来的3倍【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】先对小球受力分析，根据牛顿第二定律列式分析；再对小球和滑块整体受力分析，根据牛顿第二定律列式求解【解答】解：对小球受力分析，受重力mg和细线的拉力t，如图根据牛顿第二定律，有tsin=ma tcosmg=0 再对m和m整体受力分析，受总重力（m+m）g、支持力n、摩擦力f，如图根据牛顿第二定律，有f=（m+m）a n（m+m）g=0 由解得：tan=n=（m+m）gt=f=（m+m）a的正切变为原来的3倍，但不是3倍，故a错误，b正确；由于t=，故t不是增加原来的3倍，故c错误；当加速度变为3倍时，摩擦力f变为3倍，故d正确；故选b【点评】本题关键是先后对小球、滑块与小球整体受力分析后根据牛顿第二定律列式求解62014年10月24日，“嫦娥五号”探路兵发射升空，为计划于2017年左右发射的“嫦娥五号”探路，并在8天后以“跳跃式返回技术”成功返回地面“跳跃式返回技术”指航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后再进入大气层如图所示，虚线为大气层的边界已知地球半径r，地心到d点距离r，地球表面重力加速度为g下列说法正确的是（）a“嫦娥五号”在b点处于完全失重状态b“嫦娥五号”在d点的加速度小于c“嫦娥五号”在a点速率大于在c点的速率d“嫦娥五号”在c点速率大于在e点的速率【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【专题】人造卫星问题【分析】根据加速度的方向确定“嫦娥五号”处于超重还是失重，根据牛顿第二定律，结合gm=gr2求出d点的加速度嫦娥五号从a点到c点，万有引力不做功，阻力做负功，根据动能定理比较a、c两点的速率大小从c点到e点，机械能守恒，速率大小相等【解答】解：a：“嫦娥五号“沿abc轨迹做曲线运动，曲线运动的合力指向曲线弯曲的内侧，所以在b点合力向上，即加速度向上，因此“嫦娥五号“在b点处于超重状态，故a错误b、在d点，“嫦娥五号”的加速度a=，又gm=gr2，所以a=故b错误c、“嫦娥五号”从a点到c，万有引力不做功，由于阻力做功，则a点速率大于c点速率故c正确d、从c点到e点，没有空气阻力，机械能守恒，则c点速率和e点速率相等，故d错误故选：c【点评】解决本题的关键知道卫星在大气层中受到空气阻力作用，在大气层以外不受空气阻力，结合动能定理、机械能守恒进行求解7如图所示，某小型发电站发电机输出的交流电压为500v，输出的电功率为100kw，用总电阻为10的输电线向远处送电为提高输电效率，发电站安装一变压比为1：20的升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220v供用户使用（两个变压器均为理想变压器）对整个送电过程，下列说法正确的是（）a输电线上的电流为200ab降压变压器的输入电压为10kvc降压变压器的变压比为11：495d输电线上损失功率为输电功率的1%【考点】变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】根据输电线上损耗的功率，结合求出输电线上的电流；根据输出功率和输出电压得出升压变压器原线圈的电流，从而得出升压变压器的匝数之比结合输电线上的电压损失求出降压变压器的输入电压【解答】解：a、根据：，输电线上的电压： v，根据p=ui，输电线上的电流为：i2=10a故a错误；b、输电线损失的电压：u损=i2r=1010=100v，所以降压变压器的输入电压为u3=u2u损=10kv10v=9990v故b错误c、降压变压器的输入电压为：9990v输出为220v所以降压变压器的变压比为：故c错误；d、输电线上损失功率为： w，输电线上损失功率为输电功率的：100%=100%=1%故d正确故选：d【点评】解决本题的关键知道：1、变压器原副线圈的电压比、电流比与匝数比的关系；2、知道升压变压器的输出电压、电压损失、降压变压器的输入电压之间的关系8微元累积法是常用的物理研究方法，如图所示为某物理量随时间变化的函数图象，关于此图线与两坐标轴围成面积的物理意义，下列说法正确的是（）a如果y表示加速度，则面积等于质点t0在时刻的速度b如果y表示流过用电器的电流，则面积等于在相应时间内该用电器消耗的电能c如果y表示力做功的功率，则面积等于该力在相应时间内所做的功d如果y表示变化磁场在金属线圈中产生的电动势，则面积等于该磁场在相应时间内磁感应强度的变化量【考点】磁感应强度【分析】本题根据图形面积所表示的量等于横坐标轴量与纵坐标轴量的乘积所得量的值结合相关的规律进行分析【解答】解：a、如果y轴表示加速度，由a=知，v=at，知面积等于质点在相应时间内的速度变化，不是速度故a错误b、如果y轴表示力做功的电流，由q=it可知面积等于该力在相应时间内通过用电器的电量故b错误；c、如果y表示力做功的功率，则面积等于该力在相应时间内所做的功故c正确d、如果y轴表示变化磁场在金属线圈产生的电动势，根据e=知，=et知，面积等于该磁场在相应时间内磁通量的变化量，不是磁感应强度的变化量故d错误故选：c【点评】本题考查图形面积的意义，要学会变通，能举一反三关键要掌握相关的物理规律9如图所示，在距水平地面高为0.4m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上p点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在p点的右边，杆上套有一质量m=2kg的小球a半径r=0.3m的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心o在p点的正下方，在轨道上套有一质量也为m=2kg的小球b用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将两小球连接起来杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响现给小球a一个水平向右的恒力f=50n（取g=10m/s2）则（）a把小球b从地面拉到p的正下方时力f 做功为20jb小球b运动到c处时的速度大小为0c小球b被拉到与小球a速度大小相等时，sinopb=d把小球b从地面拉到p的正下方时小球b的机械能增加了6j【考点】动能定理的应用；机械能守恒定律【专题】动能定理的应用专题【分析】根据几何知识求出滑块移动的位移大小，再求解力f做的功，力f做的功等于ab组成的系统机械能的增加，根据功能关系列方程求解小球b运动到c处时的速度大小v，当绳与轨道相切时两球速度相等，小滑块a与小球b的速度大小相等，由几何知识求出夹角【解答】解：a、对于f的做功过程，由几何知识得到：力f作用点的位移 x=pbpc=则力f做的功 w=fx=500.4j=20j，故a正确；b、由于b球到达c处时，已无沿绳的分速度，所以此时滑块a的速度为零，考察两球及绳子组成的系统的能量变化过程，由功能关系得：w=mv2+mgr代入已知量得：20=+2100.3，解得小球b速度的大小 v=m/s，故b错误；c、当绳与轨道相切时两球速度相等，如图：由三角形知识得：sinopb=，故c正确；d、设最低点势能为0，小球b从地面拉到p的正下方时小球b的机械能增加，故d错误；故选：ac【点评】本题连接体问题，关键分析两物体之间的速度与高度关系并运用几何知识和功能关系来研究，注意分析b球到达最高点时a球速度为零10如图，平行板电容器两极板水平放置，现将其和二极管串联接在电源上，已知a和电源正极相连，二极管具有单向导电性一带电小球沿ab中心水平射入，打在b极板上的n点，小球的重力不能忽略且重力一定大于电场力，现通过上下移动a板来改变两极板ab间距（两极板仍平行），则下列说法正确的是（）a若小球带正电，当ab间距增大时，小球将打在n的右侧b若小球带正电，当ab间距减小时，小球将打在n的左侧c若小球带负电，当ab间距减小时，小球将打在n的右侧d若小球带负电，当ab间距增大时，小球将打在n的左侧【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【专题】电场力与电势的性质专题【分析】a极板带正电，b极板带负电，根据二极管具有单向导电性，极板的电量只能增加不能减小根据两极板间电场的变化，判断电场力的变化，从而确定小球水平方向上的位移变化【解答】解：a、若小球带正电，当d增大时，电容减小，但q不可能减小，所以q不变，电场强度：e=，知e不变所以电场力不变，小球仍然打在n点故a错误b、若小球带正电，当d减小时，电容增大，q增大，根据e=，知d减小时e增大，所以电场力变大，方向向下，小球做平抛运动竖直方向加速度增大，运动时间变短，打在n点左侧故b正确c、若小球带负电，当ab间距d减小时，电容增大，则q增大，根据e=，知e增大，所以电场力变大，方向向上，若电场力小于重力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将打在n点的右侧故c正确d、若小球带负电，当ab间距d增大时，电容减小，但q不可能减小，所以q不变，根据e=，知e不变，所以电场力大小不变，方向变为向上，若电场力小于重力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度不变，运动时间不变，小球仍然打在n点故d错误故选：bc【点评】解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法以及知道二极管的单向导电性，在本题中电容器的带电量只增不减11两点电荷q1、q2固定在x轴上，在+x轴上每一点的电势随x变化的关系如图所示，其中x=x0处的电势为零，x=x1处的电势最低下列说法正确的是（）ax=x0处的电场强度为零bx=x1处的电场强度为零cq1带正电、q2带负电dq1的电荷量比q2的大【考点】电势能【分析】解答本题应抓住：因为电势随x变化的关系图线上每点切线的斜率为（x0），表示电场强度e，所以可知x1点的场强为0根据p点的场强为0，由点电荷场强公式分析两电荷的电量大小根据各点场强为0，知两电荷是同种电荷，根据电势的变化，判断电荷的电性根据电场力做功判断电势能的变化【解答】解：a、电势随x变化的关系图线上每点切线的斜率大小等于电场强度，即e=，x=x0处的电场强度不为零，x=x1处的电场强度为零，故a错误，b正确c、因为x1点的场强为0，所以两点的电荷在x1点产生的场强大小相等，方向相反，两电荷为同种电荷，根据沿电场线方向电势逐渐降低，q1带负电、q2带正电故c错误d、因为x1点的场强为0，所以两点的电荷在x1点产生的场强大小相等，方向相反，根据e=k，知距离大的电量大，所以q1的电荷量大于q2的电荷量故d正确故选：bd【点评】解决本题的关键掌握电势随x变化的关系图线上每点切线的斜率表示电场强度e以x1点场强为0作为突破口，展开分析12电磁泵在目前的生产、科技中得到了广泛应用如图所示，泵体是一个长方体，ab边长为l1，两侧端面是边长为l2的正方形；流经泵体内的液体密度为、在泵头通入导电剂后液体的电导率为（电阻率的倒数），泵体所在处有方向垂直向外的磁场b，把泵体的上下两表面接在电压为u（内阻不计）的电源上，则（）a泵体上表面应接电源正极b通过泵体的电流i=c增大磁感应强度可获得更大的抽液高度d增大液体的电阻率可获得更大的抽液高度【考点】霍尔效应及其应用【分析】当泵体中电流向下时，安培力向左，故液体被抽出；根据电阻定律和欧姆定律列式求解电流表达式分析，根据安培力公式分析安培力大小情况【解答】解：a、当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向右，拉动液体，故a正确；b、根据电阻定律，泵体内液体的电阻：r=；因此流过泵体的电流i=，故b错误；c、增大磁感应强度b，受到的磁场力变大，因此可获得更大的抽液高度，故c正确；d、若增大液体的电阻率，可以使电流减小，受到的磁场力减小，使抽液高度减小，故d错误；故选：ac【点评】本题关键是明确电磁泵的工作原理，要能够结合欧姆定律、电阻定律、安培力公式分析抽液高度的影响因素，不难二、实验题13某同学利用图示装置来研究机械能守恒问题，设计了如下实验a、b是质量均为m的小物块，c是质量为m的重物，a、b间由轻弹簧相连，a、c间由轻绳相连在物块b下放置一压力传感器，重物c下放置一速度传感器，压力传感器与速度传感器相连当压力传感器示数为零时，就触发速度传感器测定此时重物c的速度整个实验中弹簧均处于弹性限度内，重力加速度为g实验操作如下：（1）开始时，系统在外力作用下保持静止，细绳拉直但张力为零现释放c，使其向下运动，当压力传感器示数为零时，触发速度传感器测出c的速度为v（2）在实验中保持a，b质量不变，改变c的质量m，多次重复第（1）步该实验中，m和m大小关系必需满足m大于 m（选填“小于”、“等于”或“大于”）为便于研究速度v与质量m的关系，每次测重物的速度时，其已下降的高度应相同（选填“相同”或“不同”）根据所测数据，为得到线性关系图线，应作出v2（选填“v2m”、“v2”或“v2”）图线根据问的图线知，图线在纵轴上截距为b，则弹簧的劲度系数为（用题给的已知量表示）【考点】验证机械能守恒定律【专题】实验题；定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题【分析】若要使b处压力传感器示数为零，必须满足m大于m的条件；根据胡克定律，不论m质量如何，要使压力传感器为零，从而得出下落的高度大小如何；选取a、c及弹簧为系统，根据机械能守恒定律，列式，即可求得结果；根据问的表达式，结合图象的含义，即可求解【解答】解：根据题意，确保压力传感器的示数为零，因此弹簧要从压缩状态到伸长状态，那么c的质m要大于a的质量m；要刚释放c时，弹簧处于压缩状态，若使压力传感器为零，则弹簧的拉力为f=mg，因此弹簧的形变量为x=x1+x2=+=；不论c的质量如何，要使压力传感器示数为零，则a物体上升了，则c下落的高度为，即c下落的高度总相同；选取a、c及弹簧为系统，根据机械能守恒定律，则有：（mm）g=（m+m）v2；整理可知，v2=+；为得到线性关系图线，因此应作出v2的图象；由上表达式可知， =b；解得：k=；故答案为：大于； 相同；v2； 【点评】考查胡克定律与机械能守恒定律的应用，理解弹簧有压缩与伸长的状态，掌握依据图象要求，对表达式的变形的技巧14采用伏安法测量电源电动势e和内阻r时，由于电表因素带来了实验的系统误差某研究性学习小组对此实验进行改进，设计出如图所示的测量电源电动势e和内电阻r的电路，e是辅助电源，a、b两点间有一灵敏电流计g（1）请你补充实验步骤：闭合开关s1、s2，调节r和r使得灵敏电流计g的示数为零，这时，a、b两点的电势a、b的关系是a等于b（选填“大于”、“小于”或“等于”），读出电流表和电压表的示数i1和u1，其中i1等于（选填“大于”、“小于”或“等于”）通过电源e的电流改变滑动变阻器r、r的阻值，重新使得灵敏电流计示数为零，读出电流表和电压表的示数i2和u2（2）由上述步骤中测出的物理量，可以得出电动势e表达式为u1+、内电阻r的表达式为（3）该实验中e测等于e真（选填“大于”、“小于”或“等于”），r测等于r真（选填“大于”、“小于”或“等于”）【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题【分析】本题是比较创新的实验，是属于研究性学习实验，是在常规实验基础上的改进，主要考查的是测量电源电动势和内阻、测金属电阻率的实验原理及误差的消除方法本题都是两次测量，利用消元法消除了电表内阻造成的系统误差，提高了实验的准确度，根据闭合回路欧姆定律列出等式求解【解答】解：（1）闭合开关s1、s2，调节r和r使得灵敏电流计g的示数为零，这时，a、b两点的电势a、b的关系是a 等于b，读出电流表和电压表的示数i1和u1，电流表测量的是干路上的电流，其中i1 等于通过电源e的电流改变滑动变阻器r、r的阻值，重新使得灵敏电流计示数为零读出 电流表和电压表的示数i2和u2（2）根据闭合回路欧姆定律得：e=i1r+u1 e=i2r+u2解得：e=u1+r=（3）两次测量，调节r和r使得灵敏电流计g的示数为零，使得ab之间的等效电阻为零，利用消元法消除了电表内阻造成的系统误差，所以e测 等于e真，r测 等于 r真 故答案为：（1）等于，等于，灵敏电流计示数为零，电流表和电压表的示数i2和u2（2）u1+，（3）等于，等于【点评】电学探究性实验有创新，要求考生对电学实验的基本知识很熟练而且能够灵活应用是一道很好的题目，该题有一定难度，要注意认真分析题意，明确物理规律的应用三、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和重要的方程式，只写出最终结果的不能得分）15如图，一木块通过长度忽略不计的绳固定在小车的前壁上，小车表面光滑某时刻小车由静止开始向右匀加速运动，经过2s，细绳断裂细绳断裂后，小车的加速度不变，又经过一段时间，滑块从小车左端刚好掉下，在这段时间内，已知滑块相对小车前3s内滑行了4.5m；后3s内滑行了10.5m（1）小车的加速度多大？（2）从绳断到滑块离开车尾所用时间是多少？（3）小车的长度是多少？【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）滑块相对于小车在前3s内滑行了4.5m，小车做有初速度的匀加速直线运动，滑块做匀速直线运动，两者位移之差等于4.5m，根据运动学公式求出小车的加速度（2）小车的初速度为零，根据匀变速直线运动的位移时间公式求出从绳断到滑块离开车尾所用时间（3）根据运动学公式，结合后3s内滑行了10.5m，求出后3s内的初速度，从而求出物块运动的总时间，得出绳子断裂后物块与小车运动的时间，根据运动学公式，两者位移之差为小车的长度【解答】解：（1）设绳断裂时滑块和小车的速度为v0，加速度为a，后3s初的速度为v1，则前3s：x车x物=at2=4.5m解得：a=1m/s2故小车的加速度为1m/s2（2）v0=at=2m/s故细绳断裂时，物块的速度为2m/s后3s：x车=v1t+ s物=v0t所以x车x物=（v1v0）t=10.5m所以v1=4m/s则车和物运动总时间为 t=+3=7s断后，物体和小车共运动了5s（3）车长l=x车x物=v0tat2v0t=12.5m答：（1）小车的加速度1m/s2（2）从绳断到滑块离开车尾所用时间是5s；（3）小车的长度是12.5m【点评】本题是相对运动的题目，要对每个物体分别分析其运动情况，利用运动学的基本公式，再根据速度和位移的关系及牛顿第二定律求解本题运动过程较为复杂，难度较大，解决本题的关键理清绳子断裂前和绳子断裂后滑块和小车的运动情况，灵活运用运动学公式进行求解16目前，上海有若干辆超级电容车试运行，运行中无需连接电缆，只需在乘客上车间隙充电30秒到1分钟，就能行驶3到5公里假设有一辆超级电容车，质量m=2103kg，额定功率p=60kw，当超级电容车在平直水平路面上行驶时，受到的阻力f是车重的0.1倍，g取10m/s2（1）超级电容车在此路面上行驶所能达到的最大速度是多少？（2）若超级电容车从静止开始，保持以0.5m/s2的加速度做匀加速直线运动，这一过程能维持多长时间？（3）若超级电容车从静止开始，保持额定功率做加速运动，50s后达到最大速度，求此过程中超级电容车的位移【考点】功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律【专题】功率的计算专题【分析】（1）当汽车匀速运动时，牵引力等于阻力，速度达到最大，由p=fv求的最大速度；（2）当汽车以恒定的加速度运动时，由牛顿第二定律求出牵引力，在牵引力下达到额定功率前，加速度将保持不变，由v=at求出加速时的时间；（3）有动能定理求出位移；【解答】解：（1）当汽车速度达到最大时汽车的牵引力与阻力平衡，即f=ff=kmg=0.1210310=2000np=fvm得：vm=30m/s（2）汽车做匀加速运动：f1f=ma f1=3000n设汽车刚达到额定功率时的速度v1：p=f1v1v1=20m/s设汽车匀加速运动的时间t：v1=at解得：t=40s （3）从静止到最大速度整个过程牵引力与阻力做功，由动能定理得：pt2fs=mvm2代入数据解得：s=m=1050m答：（1）超级电容车在此路面上行驶所能达到的最大速度是30m/s（2）若超级电容车从静止开始，保持以0.5m/s2的加速度作匀加速直线运动，这一过程能维持40s（3）若超级电容车从静止开始，保持额定功率做加速运动，50s后达到最大速度，此过程中超级电容车的位移为1050m【点评】本题主要考查了机车启动的两种方式，恒定功率启动和恒定加速度启动，掌握恒定功率启动时功率保持不变，牵引力随速度增大而减小，恒定加速度启动时牵引力不变，功率随速度增加而增加17如图甲所示，不变形、足够长、质量为m1=0.2kg的“u”形金属导轨pqmn放在绝缘水平桌面上，qp与mn平行且距离d=1m，q、m间导体电阻阻值r=4，右内侧紧靠两固定绝缘小立柱1、2；光滑金属杆kl电阻阻值r=1，质量m2=0.1kg，垂直于qp和mn，与qm平行且距离l=0.5m，左侧紧靠两固定绝缘小立柱3、4金属导轨与桌面的动摩擦因数=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其余电阻不计从t=0开始，垂直于导轨平面的磁场磁感应强度如图乙所示（1）求在整个过程中，导轨受到的静摩擦力的最大值fmax；（2）如果从t=2s开始，给金属杆kl水平向右的外力，外力对金属杆作用的功率保持不变为p0=320w，杆到达最大速度时撤去外力，求撤去外力后qm上产生的热量qr=？【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳