安徽省滁州高中联谊会高三物理上学期期末试卷（含解析）.doc

2014-2015学年安徽省滁州高中 联谊会高三（上）期末物理试卷一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1如图所示，在屏幕mn的上方有空间足够大且折射率n=的玻璃介质，玻璃中有一正三角形空气泡，其边长l=40cm顶点与屏幕接触于c点，底边ab与屏幕平行一束光垂直于ab边射向bc边的中点o，结果在屏幕mn上出现两个光斑则这两个光斑之间的距离为（）a 10cmb 20cmc 30cmd 40cm2置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上的部的线圈a相连套在铁芯下部的线圈b引出两根导线接在两根水平导轨上，如图所示导轨上有一根金属棒ab处在垂直于纸面向外的匀强磁场中下列说法中正确的是（）a 圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动b 圆盘顺时针减速转动时，ab棒将向右运动c 圆盘顺时针匀速转动时，ab棒将向右运动d 圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向左运动3电磁轨道炮是一种新型的战略武器，其工作原理如图所示待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与导轨接触良好电流i从一条导轨流入，通过导电弹体后从另一导轨流回轨道电流在弹体产生的磁场（可视为匀强磁场）使弹体受到安培力的作用而高速射出，则（）a 弹体处的磁场方向垂直于导轨平面向上b 导轨中电流越大，弹体受到的安培力越大c 只改变电流方向，可以改变弹体受到的安培力的方向d 只改变弹体的形状，就可以改变弹体受到的安培力大小4太空行走又称为出舱活动狭义的太空行走即指航天员离开载人航天器乘员舱，只身进入太空的出舱活动假设某航天员出舱离开飞船后身上的速度计显示其对地心的速度为v，该航天员从离开舱门到结束太空行用的时间为t，已知地球的半径为r，地球表面的重力加速度为g，则（）a 航大员在太空行走时可模仿游泳向后划着前进b 该航天员在太空“走”的路程估计只有几米c 该航天员离地高度为rd 该航天员的加速度为5我们在生活中移动货物经常推着或拉着物体沿地面运动，这样方便省力在粗糙的水平面上放置一个小物体pp受到与水平面成夹角、斜向上的拉力f作用沿水平面运动，如图甲所示，物体p的加速度随f变化规律如图乙中图线p所示把物体p换成q，其他条件不变，重复操作，得到q的加速度随f变化规律如图乙中图线q所示图乙中b，c和d都是已知量，由此可知（）a p和q的材料相同b p的质量大于q的质量c p的质量为d q的质量为6如图所示粗糙水平圆盘上，质量相等的a、b两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（）a b的向心力是a的向心力的2倍b 盘对b的摩擦力等于对b对a的摩擦力c a有沿半径向外滑动的趋势，b有沿半径向内滑动的趋势d 若b先滑动，则a、b之间的动摩擦因数a大于b与盘之间的动摩擦因数b7如图，理想变压器原副线圈匝数之比为10：1原线圈接入一电压为u=u0sint的交流电源（如图乙所示），其中u0=100v，副线圈接一个滑动变阻器r，则下述结论正确的是（）a 副线圈中输出交流电的周期为sb 副线圈中电压表的读数为10vc 若滑动变阻器的滑动触头p向上滑动，则原线圈中的输入功率变小d 若滑动变阻器接入电路中的电阻值r=10，原线圈中电流表的读数为1a8无限长粗糙斜面倾角为一物块从斜面底端以初速度v0沿斜面上运动若物块在运动过程中受到的阻力与其速率成正比，物块运动的速率随时间变化的规律如图所示，回到斜面底端时速率为v1，且回到斜面底端前物块已经做匀速运动，则下列说法不正确的是（）a 物块向上滑行过程的位移一定小于v0t1b 物块开始运动时的加速度大小为gsinc 物块的加速度在向上滑行过程中逐渐减小，在下降过程中逐渐增大d 在向上运动过程中，物块开始时的加速度值最大，到达最高点时的加速度值最小9如图所示，两平行金属板竖直放置且b板接地，期间有用绝缘细线悬挂的带电小球，当给两金属板充电，使金属板带电荷量为q，此时悬线与竖直方向的夹角为，因电离作用，两金属板的电荷量缓慢减小（假设小球的电荷量不变），以致悬线与竖直方向夹角逐渐减小，则夹角减小到的过程中，下列说法正确的是（）a 细线的拉力逐渐增大b 细线的拉力大小不变c 电容器减少的电荷量为d 电容器减少的电荷量为10如图甲，电源电动势e=6v，r=2，电键s闭合后，将滑动变阻器的滑片从a端移动到b端，该过程中定值电阻r1、r2消耗的功率与通过该电阻的电流的关系如图乙所示由图可知，滑动变阻器的阻值最大以及r1的最大功率分别（）a 6 4wb 8 4wc 8 12wd 12 8w二、实验题（共3小题，满分15分）11某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：（1）用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图所示，则该摆球的直径为cm（2）以下是实验过程中的一些做法或结论，其中正确的是（填选项前的字母）a摆线要选择细些的，伸缩性小些的，并且尽可能长一些b摆球尽量选择密度较小、体积较小的c测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为d用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大e为了使单摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度12为了测定一滑块与水平桌面之间的动摩擦因数，某同学设置了如图甲所示的实验装置：水平桌面左端固定一个竖直的光滑圆弧轨道，圆弧轨道底端与水平桌面相切c点，桌面cd长l=1m，高h2=0.5m，实验步骤如下：将小球从圆弧上静止释放，通过水平桌面后从d点飞出做平抛运动，最后落到水平地面上，设小滑块从d点飞落到的水平地面上的水平距离为x（假设小滑块可视为质点），改变小滑块在圆弧轨道面的高度，然后多次重复实验步骤试分析下列问题：（1）试写出小滑块经过d点时的速度vd与x的关系表达式vd=；（2）根据实验所得到的数据最后作出了如图乙所示的图象，根据该图象求得小滑体与水平桌面间的动摩擦因数=13某同学用图1所示的原理图来测量一节电池的电动势和内电阻，图中两电压表均视为理想电压表，实验中的定值电阻阻值r0=10，试分析下列问题：（1）实验前该同学利用多用电表的直流电压挡的“2.5v”挡初测该电源的电动势，测量结果如图2所示，则多用电表测得的电动势为e=v（2）根据电路图请将图3中的实物图连接好（3）根据实验中所得的数据最后作出了如图4所示的图象，依据图4得该电源的电动势e=v，内阻r=（结果保留三位有效数字）三、计算题（共4小题，满分45分）14为了检测汽车的刹车性能，一驾驶员让该汽车以v1=108km/h的速度匀速行驶，驾驶员接到刹车指令后汽车又前进了x1=133.50m的距离时将车刹住；再让汽车以v2=54km/h的速度匀速行驶，驾驶员接到刹车指令后在汽车又前进了x2=38.625m的距离时将车刹住假设两种情况下汽车轮胎与路面间的动摩擦因数相同，驾驶员的汽车系统在两种情况下的反应时间不变，试求：（1）驾驶员和汽车系统的反应总时间；（2）汽车轮胎与路面间的动摩擦因数（取重力加速度g=10m/s2，结果保留两位有效数字）15如图所示，两根相距为l=2m的足够长的光滑金属导轨，一组导轨水平，另一组导轨与水平面成37角，拐角处连接一阻值为r=1的电阻质量均为m=2kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，导轨电阻不计，两杆的电阻均为r=1整个装置处于磁感应强度大小为b=3t，方向竖直导轨的匀强磁场中当ab杆在平行于水平导轨的拉力作用下沿导轨向右匀速运动时，cd杆静止，g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）水平拉力的功率（2）现让cd杆静止，求撤去拉力后ab杆的焦耳热16在高出水平地面h=0.8m的光滑平台边缘静止放置一质量m=1kg用特殊材料制成的小木块有一质量m=0.01kg的子弹，以速度v0射入木块后，以水平速度射出木块木块离开平台后恰好无碰撞的沿切线落入光滑的圆弧中，已知圆弧半径r=1m，所对应的圆心角为53（v0为未知量，取g=10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6）求：（1）木块离开平台时的速度v；（2）木块运动到圆弧最低点f时对圆弧的压力多大；（3）子弹射入木块的过程中系统损失的机械能17在真空中存在正交的匀强电场和匀强磁场，所建坐标系xoy平面与匀强电场平行，与匀强磁场垂直，如图所示电场强度的方向沿x轴正方向，以图示方向我磁场和电场的正方向，电场强度和磁感应强度分别以图乙、丙所示规律变化，其中电场强度e0=，磁感应强度b0=，质量为m、电荷量为q的带正电粒子，在t=0时刻乙初速度v0从坐标原点沿y轴正方向开始运动，粒子重力不计，m、q、v0、t0，已知，（1）求t=4t0时刻粒子的速度v大小；（2）若在06t0时间内，带电粒子能垂直打在平行x轴放置的挡板mn上的p点，试求带电粒子打击挡板时的位置坐标p及粒子从原点o运动到p的时间t2014-2015学年安徽省滁州高中联谊会高三（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1如图所示，在屏幕mn的上方有空间足够大且折射率n=的玻璃介质，玻璃中有一正三角形空气泡，其边长l=40cm顶点与屏幕接触于c点，底边ab与屏幕平行一束光垂直于ab边射向bc边的中点o，结果在屏幕mn上出现两个光斑则这两个光斑之间的距离为（）a 10cmb 20cmc 30cmd 40cm考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：光束垂直于ab边射向bc边的中点o时，由于光的反射和折射，在屏幕mn上出现两个光斑，由折射定律和折射定律作出光路图由几何知识求出a光的入射角，由折射定律求出折射角，根据反射定律求出反射角由几何知识求解两个光斑之间的距离解答：解：画出光路图如图所示，在界面bc上，光的入射角i=60由光的折射定律有：n=，代入数据，求得折射角r=30由光的反射定律得，反射角i=60由几何关系易得：odc是边长为0.5l的正三角形，coe为等腰三角形，ce=oc=0.5l故两光斑之间的距离l=dc+ce=l=40cm，故d正确故选：d点评：本题是几何光学问题，是折射定律、反射定律与几何知识的综合应用要充分运用几何知识，求解两个光斑之间的距离2置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上的部的线圈a相连套在铁芯下部的线圈b引出两根导线接在两根水平导轨上，如图所示导轨上有一根金属棒ab处在垂直于纸面向外的匀强磁场中下列说法中正确的是（）a 圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动b 圆盘顺时针减速转动时，ab棒将向右运动c 圆盘顺时针匀速转动时，ab棒将向右运动d 圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向左运动考点：楞次定律分析：金属圆盘转动时，类似于导体棒切割磁感线，可以用安培定则判定感应电流的方向，即a中电流的方向，之后，再用楞次定律判定导体棒ab中的感应电流的方向解答：解：ad、由右手定则可知，圆盘顺时针加速转动时，感应电流从圆心流向边缘，线圈a中产生的磁场方向向下且磁场增强由楞次定律可知，线圈b中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由ab由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向左，故a错误，d正确；b、同理可知，若圆盘顺时针减速转动时，则ab棒将向右运动，选项b正确；c、当圆盘顺时针匀速转动时，线圈a中产生恒定的电流，那么线圈b的磁通量不变，则ab棒没有感应电流，则将不会运动，故c错误；故选：bd点评：金属圆盘转动时，类似于导体棒切割磁感线，可以用安培定则判定感应电流的方向b中感应电流的磁场方向使用楞次定律进行判定3电磁轨道炮是一种新型的战略武器，其工作原理如图所示待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与导轨接触良好电流i从一条导轨流入，通过导电弹体后从另一导轨流回轨道电流在弹体产生的磁场（可视为匀强磁场）使弹体受到安培力的作用而高速射出，则（）a 弹体处的磁场方向垂直于导轨平面向上b 导轨中电流越大，弹体受到的安培力越大c 只改变电流方向，可以改变弹体受到的安培力的方向d 只改变弹体的形状，就可以改变弹体受到的安培力大小考点：安培力分析：当导轨上通入电流后，流过弹体的电流与磁场方向垂直，因此弹体将受安培力作用，根据左手定则可以判断弹体所受安培力方向，解答：解：a、弹体处的磁场由轨道电流产生，由安培定则可以判断，弹体处磁场方向垂直于导轨平面向下，选项a错误；b、由安培力f=bil及电流磁场与电流的关系可知，电流越大，磁场越强，弹体受到的安培力越大，选项b正确；c、若只改变电流方向，由右手螺旋定则可知，弹体处的磁场方向变为垂直于导轨平面向上，但同时通过弹体的电流方向同时反向，由左手定则知弹体受到的安培力方向不变，选项c错误；d、只改变弹体的形状，弹体受安培力的有效长度（即导轨间距）不变，则安培力大小不变，选项d错误故选：b点评：本题实质上就是借助安培力问题考查了力与运动，因此解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄清运动形式，然后依据相应规律求解，同时注意安培力公式f=bil中各个物理量的含义以及公式适用条件4太空行走又称为出舱活动狭义的太空行走即指航天员离开载人航天器乘员舱，只身进入太空的出舱活动假设某航天员出舱离开飞船后身上的速度计显示其对地心的速度为v，该航天员从离开舱门到结束太空行用的时间为t，已知地球的半径为r，地球表面的重力加速度为g，则（）a 航大员在太空行走时可模仿游泳向后划着前进b 该航天员在太空“走”的路程估计只有几米c 该航天员离地高度为rd 该航天员的加速度为考点：万有引力定律及其应用；向心力专题：万有引力定律的应用专题分析：太空没有空气，无法模仿；路程等于速度与时间的乘积；由引力提供向心力，及黄金代换公式，即可求解解答：解：a、由于太空没有空气，因此航天员在太空中行走时无法模仿游泳向后划着前进，故a错误；b、航天员在太空行走的路程是以速度v运动的路程，即为vt，故b错误；c、由和，得，故c正确；d、由=得a=，故d错误故选：c点评：考查引力提供向心力的应用，掌握牛顿第二定律的内容，理解黄金代换公式的含义5我们在生活中移动货物经常推着或拉着物体沿地面运动，这样方便省力在粗糙的水平面上放置一个小物体pp受到与水平面成夹角、斜向上的拉力f作用沿水平面运动，如图甲所示，物体p的加速度随f变化规律如图乙中图线p所示把物体p换成q，其他条件不变，重复操作，得到q的加速度随f变化规律如图乙中图线q所示图乙中b，c和d都是已知量，由此可知（）a p和q的材料相同b p的质量大于q的质量c p的质量为d q的质量为考点：牛顿第二定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：由牛顿第二定律可得出对应的加速度的表达式，则再根据图象的性质可求得动摩擦因数解答：解：a、对物体应用牛顿第二定律有：fcos（mgfsin）=ma可得：a=g，故图线纵轴截距表示g，可知两者动摩擦因数相同，p和q的材料相同，选项a正确；b、图线斜率表示，p的质量小于q的质量，故b错误；c、由以上分析可知，pq的质量无法由bcd求出；故cd错误；故选：a点评：本题考查牛顿第二定律的应用，解题关键在于明确图象的性质，注意图象中斜率与截距的意义6如图所示粗糙水平圆盘上，质量相等的a、b两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（）a b的向心力是a的向心力的2倍b 盘对b的摩擦力等于对b对a的摩擦力c a有沿半径向外滑动的趋势，b有沿半径向内滑动的趋势d 若b先滑动，则a、b之间的动摩擦因数a大于b与盘之间的动摩擦因数b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：a、b两物体一起做圆周运动，靠摩擦力提供向心力，两物体的角速度大小相等，结合牛顿第二定律分析判断解答：解：a、因为a、b两物体的角速度大小相等，根据f=m2r，因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，则向心力相等，故a错误b、对ab整体分析，fab=2m2r，对a分析，有：fa=m2r，知盘对b的摩擦力是b对a的摩擦力的2倍，故b错误c、a所受的静摩擦力方向指向圆心，可知a有沿半径向外滑动的趋势，b受到盘的静摩擦力方向指向圆心，有沿半径向外滑动的趋势，故c错误d、若b先滑动，表明盘对b的摩擦力先达到最大摩擦力，则当b恰要滑动时设b对a的摩擦力为f，应有b2mgf=mr，又mramg，f=amg，解得ab，故d正确故选：d点评：解决本题的关键知道a、b两物体一起做匀速圆周运动，角速度大小相等，知道圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，难度中等7如图，理想变压器原副线圈匝数之比为10：1原线圈接入一电压为u=u0sint的交流电源（如图乙所示），其中u0=100v，副线圈接一个滑动变阻器r，则下述结论正确的是（）a 副线圈中输出交流电的周期为sb 副线圈中电压表的读数为10vc 若滑动变阻器的滑动触头p向上滑动，则原线圈中的输入功率变小d 若滑动变阻器接入电路中的电阻值r=10，原线圈中电流表的读数为1a考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论解答：解：a、由乙图可知，该交流电的周期为0.02s，选项a错误；b、理想变压器的原副线圈两端的电压比等于匝数比，即电压表的读数为10v，选项b错误；c、滑动变阻器的滑动触头p向上滑动，其电阻值变大，电流减小，副线圈输出功率减小，则原线圈的输入功率也减小，选项c正确；d、当滑动变阻器接入电路的电阻值r=10，副线圈的电流为1a，由理想变压器的变流关系可知，电流表的读数为0.1a，选项d错误故选：c点评：本题考查变压器原理；掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题8无限长粗糙斜面倾角为一物块从斜面底端以初速度v0沿斜面上运动若物块在运动过程中受到的阻力与其速率成正比，物块运动的速率随时间变化的规律如图所示，回到斜面底端时速率为v1，且回到斜面底端前物块已经做匀速运动，则下列说法不正确的是（）a 物块向上滑行过程的位移一定小于v0t1b 物块开始运动时的加速度大小为gsinc 物块的加速度在向上滑行过程中逐渐减小，在下降过程中逐渐增大d 在向上运动过程中，物块开始时的加速度值最大，到达最高点时的加速度值最小考点：匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律专题：运动学中的图像专题分析：（1）由图象可知，下落过程中加速度越来越小的加速运动，最后匀速；（2）刚抛出时，根据牛顿第二定律求出加速度；（3）上升过程中，若时间很短时可以看加速度不变，再根据匀变速运动公式进行求和即可求解解答：解：a、由图象知物块在0t1时间内上滑，在此过程中的位移小于相同初速度、相同情况下做匀减速直线运动的位移v0t1，选项a正确；b、做匀速运动时，有mgsin=kv1，即=，刚抛出时的加速度a0=（1+）gsin，选项b正确c、由牛顿第二定律可知，上滑过程物块做减速运动，加速度大小a1=随速度的减小而减小，下滑过程物块做加速运动，加速度大小a2=随速度的增大而减小在向上运动过程中，开始时加速度最大，在最高点时加速度等于gsin最小，匀速向下运动时加速度最小（大小为零），选项c错误，d正确；本题选错误的，故选：c点评：本题考查牛顿第二定律及图象的应用；要注意速度时间图象斜率表示加速度，面积表示位移，会用极限的思想求解位移9如图所示，两平行金属板竖直放置且b板接地，期间有用绝缘细线悬挂的带电小球，当给两金属板充电，使金属板带电荷量为q，此时悬线与竖直方向的夹角为，因电离作用，两金属板的电荷量缓慢减小（假设小球的电荷量不变），以致悬线与竖直方向夹角逐渐减小，则夹角减小到的过程中，下列说法正确的是（）a 细线的拉力逐渐增大b 细线的拉力大小不变c 电容器减少的电荷量为d 电容器减少的电荷量为考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：小球受重力、电场力和拉力处于平衡，根据共点力平衡求出电场力与重力的大小关系，在分析那个选项满足即可解答：解：a、b、由于金属板的电荷量缓慢减小，小球受重力mg、细线拉力和t水平向右的电场力f而处于动态平衡状态（如图所示），f=mgtan，t=，因减小，所以拉力t逐渐减小，故a、b错误；c、d、设两极间的距离为d，电容器电容为c，由图知，设减小的电荷量为q，同理可得，联立解得，故c错误，d正确故选：d点评：本题综合考查了共点力平衡、电容器、电场强度等知识点，综合性较强；一定注意c、d选项的问法10如图甲，电源电动势e=6v，r=2，电键s闭合后，将滑动变阻器的滑片从a端移动到b端，该过程中定值电阻r1、r2消耗的功率与通过该电阻的电流的关系如图乙所示由图可知，滑动变阻器的阻值最大以及r1的最大功率分别（）a 6 4wb 8 4wc 8 12wd 12 8w考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率专题：恒定电流专题分析：由题意可知当滑片在a点时，r2的功率最大，则由图象可求得此时r2中的电流、两端的电压等，再由闭合电路欧姆定律可求得滑动变阻器的阻值；当滑片在b点时，r1的功率达最大，由闭合电路欧姆定律可得出最大电流，从而求出最大功率解答：解：由图可知，下方曲线为r2的功率图象，上方图象为r1的功率图象；由p=i2r可得：r2=2；r1=4当滑片在a点时，r2的功率最大为0.72w，电流为i=0.6a，则两端的电压为：u=ir2=0.62=1.2v；则由闭合电路欧姆定律可知：e=1.2+i总（r1+r）解得：i总=0.8a；则滑动变阻器的电流i=i总i=0.80.6=0.2a；则滑动变阻器总阻值为：r=6；当滑片在最下方时，r1的功率最大，电路中总电流为：i=1a；则r1的最大功率为：pmax=i2r1=14=4w；故选：a点评：本题考查闭合电路欧姆定律及功率公式的应用，要注意在看图象上下功夫，明确图象给出的信息才能正确得出结论二、实验题（共3小题，满分15分）11某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：（1）用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图所示，则该摆球的直径为1.040cm（2）以下是实验过程中的一些做法或结论，其中正确的是ad（填选项前的字母）a摆线要选择细些的，伸缩性小些的，并且尽可能长一些b摆球尽量选择密度较小、体积较小的c测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为d用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大e为了使单摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度考点：用单摆测定重力加速度专题：实验题；单摆问题分析：（1）游标卡尺读数等于固定刻度读数加游标尺读数，不需要估读；（2）摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动；单摆摆球经过平衡位置的速度最大，最大位移处速度为0，在平衡位置计时误差最小；由单摆的周期公式即可求解解答：解：（1）游标卡尺读数等于固定刻度读数加游标尺读数；固定刻度读数为：1.0cm；游标尺第8刻线与主尺刻线对齐，读数为80.05mm=0.40mm=0.040cm，故读数为：1.040 cm（2）a、实验中，要选择细些的、伸缩性小些的摆线，长度适当长一些；和选择密度较大、体积较小的摆球，故a正确，b错误；c、一个周期的时间内，摆球通过最低点2次，故c错误；d、由单摆的周期公式可推出重力加速度的计算式g=可知，摆长偏大则代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大，故d正确；e、摆球的周期与摆线的长度有关，在摆角较小时，周期与摆角无关，故e错误故选：ad故答案为：（1）1.040 （2）ad点评：解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，主尺读数加上游标读数，不需估读简谐运动是一种理想的运动模型，单摆只有在摆角很小，空气阻力影响不计的情况下单摆的振动才可以看成简谐运动，要知道影响实验结论的因素12为了测定一滑块与水平桌面之间的动摩擦因数，某同学设置了如图甲所示的实验装置：水平桌面左端固定一个竖直的光滑圆弧轨道，圆弧轨道底端与水平桌面相切c点，桌面cd长l=1m，高h2=0.5m，实验步骤如下：将小球从圆弧上静止释放，通过水平桌面后从d点飞出做平抛运动，最后落到水平地面上，设小滑块从d点飞落到的水平地面上的水平距离为x（假设小滑块可视为质点），改变小滑块在圆弧轨道面的高度，然后多次重复实验步骤试分析下列问题：（1）试写出小滑块经过d点时的速度vd与x的关系表达式vd=xsqrtfracg2h_2；（2）根据实验所得到的数据最后作出了如图乙所示的图象，根据该图象求得小滑体与水平桌面间的动摩擦因数=0.1考点：探究影响摩擦力的大小的因素专题：实验题；摩擦力专题分析：根据平抛运动规律，结合运动学公式，即可求解；由动能定理列出表达式，然后根据图象求出动摩擦因数解答：解：（1）小球从d点滑出后做平抛运动，在水平方向有x=vdt；在竖直方向有：，代入化简可得：（2）由ad全程应用动能定理得：mgh1fl=，小球受到的滑动摩擦力为：f=mg，联立解得：由上式可知图象在纵轴上的截距为：l=0.1，所以小球与水平桌面间的动摩擦因数=0.1故答案为：（1）x； （2）0.1点评：本题考查了求动摩擦因数问题，在解决此类问题时，要深刻理解动能定理，要会通过图象分析相关问题13某同学用图1所示的原理图来测量一节电池的电动势和内电阻，图中两电压表均视为理想电压表，实验中的定值电阻阻值r0=10，试分析下列问题：（1）实验前该同学利用多用电表的直流电压挡的“2.5v”挡初测该电源的电动势，测量结果如图2所示，则多用电表测得的电动势为e=1.50v（2）根据电路图请将图3中的实物图连接好（3）根据实验中所得的数据最后作出了如图4所示的图象，依据图4得该电源的电动势e=1.50v，内阻r=5.00（结果保留三位有效数字）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）根据多用电表的量程，确定最小分度，即可得出对应的读数；（2）根据实验原理图可明确对应的实物图；（3）根据闭合电路欧姆定律进行分析，由图象可明确电源的电动势和内阻解答：解：（1）用多用电表测得电源的电动势为e=1.50v（2）由多用电表的测量结果可知电压表的量程选03v，所连的实物图见答案（3）根据图4可知图象在横轴上的截距表示电阻箱的阻值调到了零的状态在图1中由闭合电路的欧姆定律可得e=u2+，由上式可得u1=u2e，由此可知图象的斜率k=，为求直线的斜率可在直线上取两个距离较远的点，如（0，3.00）和（1.50，1.50），图象的斜率为k=3.00，所以电源的内阻为3r=r+r0，即电源的内阻为r=5.00，由图4的u1u2的图象可知图象在纵轴上的截距的绝对值为3.0=e，所以电源的电动势e=1.50v；故答案为：（1）1.50；（2）如图所示；（3）1.50；5.00点评：本题考查测量电动势和内电阻的实验，要掌握根据原理图分析，由闭合电路欧姆定律列式得出方程，再通过图象求解电动势和内电阻的能力三、计算题（共4小题，满分45分）14为了检测汽车的刹车性能，一驾驶员让该汽车以v1=108km/h的速度匀速行驶，驾驶员接到刹车指令后汽车又前进了x1=133.50m的距离时将车刹住；再让汽车以v2=54km/h的速度匀速行驶，驾驶员接到刹车指令后在汽车又前进了x2=38.625m的距离时将车刹住假设两种情况下汽车轮胎与路面间的动摩擦因数相同，驾驶员的汽车系统在两种情况下的反应时间不变，试求：（1）驾驶员和汽车系统的反应总时间；（2）汽车轮胎与路面间的动摩擦因数（取重力加速度g=10m/s2，结果保留两位有效数字）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）驾驶员在反应时间里没有操作车，汽车仍做匀速直线运动，汽车刹车后做匀减速直线运动，根据反应时间内的位移以及刹车到停止的位移两者之和列式，即可求出反应的总时间（2）由上求出汽车刹车的加速度，再由牛顿第二定律求动摩擦因数解答：解：（1）设驾驶员和汽车系统的反应总时间为t，刹车时加速度的大小为av1=108km/h=30m/s，v2=54km/h=15m/s依题意有： x1=v1t+ x2=v2t+代入数据解得：t=0.70s，a=4.0m/s2（2）根据牛顿第二定律有：mg=ma代入数据解得：=0.40答：（1）驾驶员和汽车系统的反应总时间是0.70s；（2）汽车轮胎与路面间的动摩擦因数是0.40点评：本题关键要掌握匀减速直线运动的规律，知道驾驶员在反应时间里汽车仍做匀速直线运动涉及汽车制动问题，掌握匀变速直线运动的运动学公式是解决本题的关键15如图所示，两根相距为l=2m的足够长的光滑金属导轨，一组导轨水平，另一组导轨与水平面成37角，拐角处连接一阻值为r=1的电阻质量均为m=2kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，导轨电阻不计，两杆的电阻均为r=1整个装置处于磁感应强度大小为b=3t，方向竖直导轨的匀强磁场中当ab杆在平行于水平导轨的拉力作用下沿导轨向右匀速运动时，cd杆静止，g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）水平拉力的功率（2）现让cd杆静止，求撤去拉力后ab杆的焦耳热考点：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）根据安培力公式与平衡条件求出电流，然后又e=blv求出电动势，应用欧姆定律求出金属杆的速度，由平衡条件求出水平拉力，然后应用p=fv求出拉力的功率（2）由能量守恒定律求出产生的热量，然后应用焦耳定律求出ab杆产生的焦耳热解答：解：（1）杆cd静止，由平衡条件可得：mgsin=bicdl，代入数据解得：icd=2a，感应电动势：e=blv，干路电流：i=2icd=4a，电路电流：i=4，代入数据解得：v=1m/s，水平拉力：f=2bil=24n，水平拉力的功率：p=fv=24w；（2）撤去外力后ab杆在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为内能，所以整个电路焦耳热等于棒的动能减少有：q=ek=mv2=1j，而：q=i2rt，ab杆产生的焦耳热：q=i2rt，解得：q=j；答：（1）水平拉力的功率为24w（2）现让cd杆静止，求撤去拉力后ab杆的焦耳热为j点评：本题是电磁感应与电路、力学相结合的综合题，分析清楚运动过程，应用e=blv、安培力公式、欧姆定律、功率公式与焦耳定律可以解题16在高出水平地面h=0.8m的光滑平台边缘静止放置一质量m=1kg用特殊材料制成的小木块有一质量m=0.01kg的子弹，以速度v0射入木块后，以水平速度射出木块木块离开平台后恰好无碰撞的沿切线落入光滑的圆弧中，已知圆弧半径r=1m，所对应的圆心角为53（v0为未知量，取g=10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6）求：（1）木块离开平台时的速度v；（2）木块运动到圆弧最低点f时对圆弧的压力多大；（3）子弹射入木块的过程中系统损失的机械能考点：动量守恒定律；平抛运动；向心力分析：（1）木块离开平台后做平抛运动，应用平抛运动规律求出木块的速度（2）由动能定理求出木块到达最低点时的速度，然后由牛顿第二定律求出支持力，再求出压力（3）子弹射穿木块过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出损失的机械系解答：解：（1）设木块平抛运动的时间为t，由平抛运动规律得：竖直方向：h=gt2，vy=gt，代入数据解得：vy=4m/s，沿切线落入圆弧，合速度沿切