河南省三门峡市陕州中学高三物理上学期第五次月考试卷（含解析）.doc

2014-2015学年河南省三门 峡市陕州中学高三（上）第五次月考物理试卷一、选择题：（本题共12小题，每小题4分，共48分其中3、4、8、10、11、12为多选）1在科学发展史上，很多科学家做出了杰出的贡献他们在物理学的研究过程中应用了很多科学的思想方法，下列叙述正确的是（）a 库仑首先提出用电场线描绘抽象的电场这种形象化的研究方法b 牛顿首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推”的科学推理方法c 用质点来代替有质量的物体是采用了理想模型的方法d 场强表达式e=和加速度表达式a=都是利用比值法得到的定义式2粗细均匀的电线架在a、b两根电线杆之间由于热胀冷缩，电线在夏、冬两季呈现如图所示的两种形状，若电线杆始终处于竖直状态，下列说法中正确的是（）a 冬季，电线对电线杆的拉力较大b 夏季，电线对电线杆的拉力较大c 夏季与冬季，电线对电线杆的拉力一样大d 夏季，杆对地面的压力较大3一质点作直线运动的速度图象如图所示，下列选项正确的是（）a 在45s内，质点所受合外力做正功b 在05s内，质点的平均速度为7m/sc 在前6s内，质点离出发点的最远距离为30md 质点在46s内的加速度大小是02s内的加速度大小的2倍4如图所示，a、b两物块质量均为m，用一轻弹簧相连，将a用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，b物块恰好与水平桌面接触，此时轻弹簧的伸长量为x，现将悬绳剪断，则（）a 悬绳剪断瞬间a物块的加速度大小为2gb 悬绳剪断瞬间a物块的加速度大小为gc 悬绳剪断后a物块向下运动距离2x时速度最大d 悬绳剪断后a物块向下运动距离x时加速度最小5伽利略曾利用对接斜面研究“力与运动”的关系如图，固定在水平地面上的倾角均为的两斜面，以光滑小圆弧相连接左侧斜面顶端的小球与两斜面的动摩擦因数均为小球从左侧顶端滑到最低点的时间为t1，滑到右侧最高点的时间为t2规定斜面连接处为参考平面，则小球在这个运动过程中速度的大小v、加速度的大小a、动能ek及机械能e随时间t变化的关系图线正确的是（）a b c d 6如图所示，有一等腰直角三角形的区域，其斜边长为2l，高为l在该区域内分布着如图所示的磁场，左侧小三角形内磁场方向垂直纸面向外，右侧小三角形内磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小均为b一边长为l、总电阻为r的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域取沿abcda的感应电流方向为正，则图乙中表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是（）a b c d 7火星表面特征非常接近地球，可能适合人类居住2010年，我国志愿者王跃参与了在俄罗斯进行的“模拟登火星”实验活动已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，自转周期基本相同地球表面重力加速度是g，若王跃在地面上能向上跳起的最大高度是h，在忽略自转影响的条件下，下述分析正确的是（）a 王跃在火星表面所受火星引力是他在地球表面所受地球引力的倍b 火星表面的重力加速度是c 火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍d 王跃在火星上向上跳起的最大高度是8一个正点电荷q静止在正方形的一个角上，另一个带电质点射入该区域时，恰好能经过正方形的另外三个角a、b、c，如图所示，则有（）a a、b、c三点电势高低及场强大小的关系是a=cb，ea=ec=2ebb 质点由a到b电势能增加，由b到c电场力做正功，在b点动能最小c 质点在a、b、c三处的加速度大小之比是1：2：1d 若改变带电质点在a处的速度大小和方向，有可能使其经过a、b、c三点做匀速圆周运动9如图甲所示电路，理想变压器原线圈输入电压如图乙所示，副线圈电路中r0为定值电阻，r是滑动变阻器，c为耐压值为22v的电容器，所有电表均为理想电表下列说法正确的是（）a 副线圈两端电压的变化频率为0.5hzb 电流表的示数表示的是电流的瞬时值c 滑动片p向下移时，电流表a1和a2示数均增大d 为保证电容器c不被击穿，原副线圈匝数比应小于10：110如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角，实验测得x与斜面倾角的关系如图乙所示，g取10m/s2，根据图象可求出（）a 物体的初速率v0=3m/sb 物体与斜面间的动摩擦因数=0.75c 取不同的倾角，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin=1.44md 当某次=30时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑11如图所示，光滑水平面上放着质量为m的木板，木板的上表面粗糙且左端有一个质量为m的木块现对木块施加一个水平向右的恒力f，木块与木板由静止开始运动，经过时间t分离下列说法正确的是（）a 若仅增大木板的质量m，则时间t增大b 若仅增大木块的质量m，则时间t增大c 若仅增大恒力f，则时间t增大d 若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则时间t增大12在地面附近，存在着一有界电场，边界mn将空间分成上下两个区域、，在区域中有竖直向上的匀强电场，在区域i中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球a，如图甲所示，小球运动的vt图象如图乙所示，不计空气阻力，则（）a 小球受到的重力与电场力之比为3：5b 在t=5s时，小球经过边界mnc 在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做功d 在1s4s过程中，小球的机械能先减小后增大二、填空题：本题共2小题，16分13为了测量木块与木板间动摩擦因数，某小组使用位移传感器设计了如图1所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点a由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移s随时间t变化规律，如图2所示根据上述图线，计算0.4s时木块的速度v=m/s，木块加速度a=m/s2；为了测定动摩擦因数，还需要测量的量是；（已知当地的重力加速度g）为了提高木块与木板间动摩擦因数的测量精度，下列措施可行的是aa点与传感器距离适当大些b木板的倾角越大越好c选择体积较大的空心木块d传感器开始计时的时刻必须是木块从a点释放的时刻14某科技小组要测量一未知电阻rx的阻值，实验室提供了下列器材：a待测电阻rxb电池组（电动势3v，内阻约5）c电压表（量程3v，内阻约3000）d电压表（量程5ma，内阻约10）e滑动变阻器（最大阻值50，额定电流1.0a）f开关、导线若干该小组使用完全相同的器材用不同的测量电路（电流表内接或外接）进行测量，并将其测量数据绘成ui图象，如图甲和图乙所示由测量结果判定图测量结果较为准确，其测量值rx=（结果保留三位有效数字），rx的测量值真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）请把正确的测量电路图画在丙中方框内三、计算题：15近来我国高速公路发生多起有关客车相撞的严重交通事故，原因之一就是没有掌握好车距，据经验丰富的司机总结，在高速公路上，一般可按你的车速来确定与前车的距离，如车速为80km/h，就应与前车保持80m的距离，以此类推，现有一辆客车以大小v0=90km/h的速度行驶，一般司机反应时间t=0.5s（反应时间内车被视为匀速运动），刹车时最大加速度a1=5m/s2求：（1）若司机发现前车因故突然停车，则从司机发现危险到客车停止运动，该客车通过的最短路程？并说明按经验，车距保持90m是否可行？（2）若客车超载，刹车最大加速度减为a2=4m/s2；司机为赶时间而超速，速度达到v1=144km/h；且晚上疲劳驾驶，反应时间增为t=1.5s，则从司机发现危险到客车停止运动，客车通过的最短路程？并说明在此情况下经验是否可靠？16如图所示，将两条倾角=30，宽度l=1m的足够长的“u”形平行的光滑金属导轨固定在磁感应强度b=1t，范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下用平行于导轨的牵引力拉一质量m=0.2kg，电阻r=1放在导轨上的金属棒ab，使之由静止沿轨道向上运动，牵引力的功率恒为p=6w，当金属棒移动s=2.8m时，获得稳定速度，此过程中金属棒产生热量q=5.8j，不计导轨电阻及一切摩擦，取g=10m/s2求：（1）金属棒达到的稳定速度是多大？（2）金属棒从静止至达到稳定速度时所需的时间多长？17如图所示，倾斜轨道ab的倾角为37，cd、ef轨道水平，ab与cd通过光滑圆弧管道bc连接，cd右端与竖直光滑圆周轨道相连小球可以从d进入该轨道，沿轨道内侧运动，从e滑出该轨道进入ef水平轨道小球由静止从a点释放，已知ab长为5r，cd长为r，重力加速度为g，小球与斜轨ab及水平轨道cd、ef的动摩擦因数均为0.5，sin37=0.6，cos37=0.8，圆弧管道bc入口b与出口c的高度差为l.8r求：（在运算中，根号中的数值无需算出）（1）小球滑到斜面底端c时速度的大小（2）小球刚到c时对轨道的作用力（3）要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径r应该满足什么条件？18如图所示，在x轴下方的区域内存在方向与y轴相同的匀强电场，电场强度为e在x轴上方以原点o为圆心、半径为r的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感应强度为by轴下方的a点与o点的距离为d一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从a点由静止释放，经电场加速后从o点射入磁场不计粒子的重力作用（1）求粒子在磁场中运动的轨道半径r（2）要使粒子进入磁场之后不再经过x轴，电场强度需大于或等于某个值e0求e0（3）若电场强度e等于第（2）问e0的，求粒子经过x轴时的位置2014-2015学年河南省三门峡市陕州中学高三（上）第五次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：（本题共12小题，每小题4分，共48分其中3、4、8、10、11、12为多选）1在科学发展史上，很多科学家做出了杰出的贡献他们在物理学的研究过程中应用了很多科学的思想方法，下列叙述正确的是（）a 库仑首先提出用电场线描绘抽象的电场这种形象化的研究方法b 牛顿首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推”的科学推理方法c 用质点来代替有质量的物体是采用了理想模型的方法d 场强表达式e=和加速度表达式a=都是利用比值法得到的定义式考点：物理学史分析：常用的物理学研究方法有：控制变量法、等效替代法、模型法、比较法、类比法、转换法等，是科学探究中的重要思想方法根据物理方法和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：a、法拉第首先提出用电场线和磁感线描绘抽象的电场和磁场这种形象化的研究方法故a错误；b、伽利略首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推“的科学推理方法，故b错误；c、用质点来代替有质量的物体是采用了理想模型的方法，故c正确；d、场强表达式e=是比值法得到的定义式，加速度表达式a=不是比值法得到的定义式，故d错误；故选：c点评：在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习2粗细均匀的电线架在a、b两根电线杆之间由于热胀冷缩，电线在夏、冬两季呈现如图所示的两种形状，若电线杆始终处于竖直状态，下列说法中正确的是（）a 冬季，电线对电线杆的拉力较大b 夏季，电线对电线杆的拉力较大c 夏季与冬季，电线对电线杆的拉力一样大d 夏季，杆对地面的压力较大考点：力的合成分析：以整条电线为研究对象，受力分析根据平衡条件列出等式，结合夏季、冬季的电线几何关系求解解答：解：以整条电线为研究对象，受力分析如右图所示，由共点力的平衡条件知，两电线杆对电线的弹力的合力与其重力平衡，由几何关系得：fcos=，即：f=由于夏天气温较高，电线的体积会膨胀，两杆正中部位电线下坠的距离h变大，则电线在杆上固定处的切线方向与竖直方向的夹角变小，故 变小，所以两电线杆处的电线拉力与冬天相比是变小电线杆上的电线的质量一定，受力平衡，夏季、冬季杆对地面的压力相等所以选项bcd错误，a正确故选：a点评：要比较一个物理量的大小关系，我们应该先把这个物理量运用物理规律表示出来，本题中应该抓住电线杆上的电线的质量一定，受力平衡，根据夏季、冬季电线在杆上固定处的切线方向与竖直方向的夹角的不同分析求解3一质点作直线运动的速度图象如图所示，下列选项正确的是（）a 在45s内，质点所受合外力做正功b 在05s内，质点的平均速度为7m/sc 在前6s内，质点离出发点的最远距离为30md 质点在46s内的加速度大小是02s内的加速度大小的2倍考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：由图读出速度的变化情况，分析物体的运动情况，速度图象的斜率等于加速度由图线“面积”求出位移，再求解平均速度解答：解：a、在45s内，质点的速度逐渐减小，根据动能定理知所受合外力做负功，a错误；b、在05s内，质点的位移为：x=（2+5）10=35m，平均速度为：=7m/s，b正确；c、在前6s内，5s末质点离出发点最远，最远距离为35m，c错误；d、由图线的斜率知：质点在46s内的加速度大小是02s内的加速度大小的2倍，d正确；故选：bd点评：本题关键抓住速度图象的斜率表示加速度、“面积”表示位移来理解图象的物理意义4如图所示，a、b两物块质量均为m，用一轻弹簧相连，将a用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，b物块恰好与水平桌面接触，此时轻弹簧的伸长量为x，现将悬绳剪断，则（）a 悬绳剪断瞬间a物块的加速度大小为2gb 悬绳剪断瞬间a物块的加速度大小为gc 悬绳剪断后a物块向下运动距离2x时速度最大d 悬绳剪断后a物块向下运动距离x时加速度最小考点：牛顿第二定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：求出悬绳剪断前弹簧的拉力，再根据牛顿第二定律求出悬绳剪断瞬间a的瞬时加速度当a物块向下运动到重力和弹力相等时，速度最大解答：解：a、b、剪断悬绳前，对b受力分析，b受到重力和弹簧的弹力，知弹力f=mg剪断瞬间，对a分析，a的合力为f合=mg+f=2mg，根据牛顿第二定律，得a=2g故a正确，b错误c、d、弹簧开始处于伸长状态，弹力f=mg=kx当向下压缩，mg=f=kx时，速度最大，x=x，所以下降的距离为2x故c正确d错误故选：ac点评：解决本题关键知道剪断悬绳的瞬间，弹簧的拉力不变，根据牛顿第二定律可以求出瞬时加速度当弹力和重力相等时，速度最大5伽利略曾利用对接斜面研究“力与运动”的关系如图，固定在水平地面上的倾角均为的两斜面，以光滑小圆弧相连接左侧斜面顶端的小球与两斜面的动摩擦因数均为小球从左侧顶端滑到最低点的时间为t1，滑到右侧最高点的时间为t2规定斜面连接处为参考平面，则小球在这个运动过程中速度的大小v、加速度的大小a、动能ek及机械能e随时间t变化的关系图线正确的是（）a b c d 考点：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法专题：常规题型分析：据牛顿第二定律求出上滑和下滑过程中的加速度大小，从而得出速度随时间的变化规律，根据动能与速度大小的关系得出动能与时间t变化的关系求解解答：解：a、由牛顿第二定律可知，小球在两斜面的运动都是匀变速直线运动，两阶段的加速度都恒定不变，小球在左侧斜面下滑时的加速度：a1=gsingcos小球在右侧斜面下滑时的加速度：a2=gsin+gcos，小球在左侧斜面下滑时的加速度较小，故a错误，b正确；c、小球的动能与速率的二次方成正比，即ek=mv2，因此，动能与时间关系图象是曲线，故c错误；d、由于小球在两斜面运动时的加速度大小不相等，因此，小球机械能与时间的关系图象不是连续曲线，故d错误；故选：b点评：解决本题的关键根据牛顿第二定律得出上滑和下滑的加速度，判断出物体的运动情况6如图所示，有一等腰直角三角形的区域，其斜边长为2l，高为l在该区域内分布着如图所示的磁场，左侧小三角形内磁场方向垂直纸面向外，右侧小三角形内磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小均为b一边长为l、总电阻为r的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域取沿abcda的感应电流方向为正，则图乙中表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是（）a b c d 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与电路结合分析：首先根据楞次定律判断出感应电流的方向再分段确定线框有效的切割长度，分析线框中感应电动势的大小与位置坐标的关系线框的电阻一定，感应电流与感应电动势成正比解答：解：bc边的位置坐标x在l2l过程，线框bc边有效切线长度为l=xl，感应电动势为e=blv=b（xl）v，感应电流i=，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿abcda，为正值x在2l3l过程，ad边和bc边都切割磁感线，产生感应电动势，穿过线框的磁通量增大，总的磁感线方向向里，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿adcba，为负值，线框ad边有效切线长度为l=l，感应电动势为e=blv=blv，感应电流i=x在3l4l过程，线框ad边有效切线长度为l=l（x3l）=2lx，感应电动势为e=blv=b（2lx）v，感应电流i=，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿abcda，为正值根据数学知识知道d正确故选d点评：本题关键确定线框有效的切割长度与x的关系，再结合数学知识选择图象7火星表面特征非常接近地球，可能适合人类居住2010年，我国志愿者王跃参与了在俄罗斯进行的“模拟登火星”实验活动已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，自转周期基本相同地球表面重力加速度是g，若王跃在地面上能向上跳起的最大高度是h，在忽略自转影响的条件下，下述分析正确的是（）a 王跃在火星表面所受火星引力是他在地球表面所受地球引力的倍b 火星表面的重力加速度是c 火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍d 王跃在火星上向上跳起的最大高度是考点：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：根据万有引力定律公式求出王跃在火星上受的万有引力是在地球上受万有引力的倍数根据万有引力等于重力，得出重力加速度的关系，从而得出上升高度的关系根据万有引力提供向心力求出第一宇宙速度的关系解答：解：a、根据万有引力定律的表达式f=，已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，所以王跃在火星表面受的万有引力是在地球表面受万有引力的倍故a错误b、由得到：g=已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，火星表面的重力加速度是故b错误c、由，得v=已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍故c正确d、王跃以v0在地球起跳时，根据竖直上抛的运动规律得出：可跳的最大高度是 h=，由于火星表面的重力加速度是，王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度h=故d错误故选：c点评：通过物理规律把进行比较的物理量表示出来，再通过已知的物理量关系求出问题是选择题中常见的方法把星球表面的物体运动和天体运动结合起来是考试中常见的问题8一个正点电荷q静止在正方形的一个角上，另一个带电质点射入该区域时，恰好能经过正方形的另外三个角a、b、c，如图所示，则有（）a a、b、c三点电势高低及场强大小的关系是a=cb，ea=ec=2ebb 质点由a到b电势能增加，由b到c电场力做正功，在b点动能最小c 质点在a、b、c三处的加速度大小之比是1：2：1d 若改变带电质点在a处的速度大小和方向，有可能使其经过a、b、c三点做匀速圆周运动考点：电势能；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：电荷受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在o点的电荷是异种电荷，它们之间存在引力，根据点电荷的电场线的特点，q与ac距离相等，都小于b，故b点的电势低于ac两点的电势应用牛顿第二定律求出加速度之间的关系解答：解：a：根据点电荷的电场线的特点，q与ac距离相等，都小于b，故b点的电势低于ac两点的电势；，故a正确；b：电荷受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在o点的电荷是异种电荷，它们之间存在引力，所以质点由a到b电场力做负功，电势能增加，动能减小；由b到c电场力做正功，动能增大，在b点动能最小；故b正确；c：粒子p在a、b、c三点时的加速度大小要根据库仑定律求出库仑力由图可知，代入库仑定律：，可得：由牛顿第二定律：故c错误；d：由c的分析可知，带电粒子abc三个点受到的电场力大小不相等，所以不可能其经过a、b、c三点做匀速圆周运动故d错误故选：ab点评：本题属于电场中轨迹问题，考查分析推理能力根据轨迹的弯曲方向，判断出电荷受到的电场力指向轨迹内侧进而判断出电荷是负电荷9如图甲所示电路，理想变压器原线圈输入电压如图乙所示，副线圈电路中r0为定值电阻，r是滑动变阻器，c为耐压值为22v的电容器，所有电表均为理想电表下列说法正确的是（）a 副线圈两端电压的变化频率为0.5hzb 电流表的示数表示的是电流的瞬时值c 滑动片p向下移时，电流表a1和a2示数均增大d 为保证电容器c不被击穿，原副线圈匝数比应小于10：1考点：变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率专题：交流电专题分析：根据图乙知交流电周期为0.02s，所以频率为50hz，由题意知灯泡两端电压为22v，求副线圈电流，根据欧姆定律求匝数比，滑动变阻器的触头向右滑动，电阻增大，而副线圈电压不变，变压器的输入功率等于输出功率减小解答：解：a、根据图乙知交流电周期为0.02s，所以频率为50hz，a错误；b、电流表的示数表示的是电流的有效值，故b错误；c、滑动变阻器的触头向下滑动，电阻减小，而副线圈电压不变，则电流变大，故c正确；d、由题意知，原线圈的最大电压为311v，而电容器的耐压值为22v，即为最大值，根据原副线圈的电压有效值与匝数成正比，则有原副线圈匝数比是应大于10：1故d错误；故选：c点评：掌握变压器的变压特点，会从图象中获取有用的物理信息，能够用动态分析法分析电路的变化10如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角，实验测得x与斜面倾角的关系如图乙所示，g取10m/s2，根据图象可求出（）a 物体的初速率v0=3m/sb 物体与斜面间的动摩擦因数=0.75c 取不同的倾角，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin=1.44md 当某次=30时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑考点：动能定理的应用；动摩擦因数；动能定理分析：由题意明确图象的性质，则可得出位移的决定因素；根据竖直方向的运动可求得初速度；由水平运动关系可求得动摩擦因数；再由数学关系可求得位移的最小值解答：解：a、由图可知，当夹角=0时，位移为2.40m；而当夹角为90时，位移为1.80m；则由竖直上抛运动规律可知：v02=2gh；解得：v0=6m/s；故a错误；b、当夹角为0度时，由动能定理可得：mgx=mv02；解得：=0.75；故b正确；c、mgxsinmgcosx=0mv02解得：x=；当+=90时，sin（+）=1；此时位移最小，x=1.44m；故c正确；d、若=30时，物体受到的重力的分力为mgsin30=mg；摩擦力f=mgcos30=0.75mg=mg；一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力；故小球达到最高点后，不会下滑；故d错误；故选：bc点评：本题综合考查动能定理、受力分析及竖直上抛运动；并键在于先明确图象的性质，再通过图象明确物体的运动过程；结合受力分析及动能定理等方法求解11如图所示，光滑水平面上放着质量为m的木板，木板的上表面粗糙且左端有一个质量为m的木块现对木块施加一个水平向右的恒力f，木块与木板由静止开始运动，经过时间t分离下列说法正确的是（）a 若仅增大木板的质量m，则时间t增大b 若仅增大木块的质量m，则时间t增大c 若仅增大恒力f，则时间t增大d 若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则时间t增大考点：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：根据牛顿第二定律分别求出m和m的加速度，抓住位移之差等于板长，结合位移时间公式求出脱离的时间，从而进行分析解答：解：根据牛顿第二定律得，木块m的加速度，木板m的加速度根据l=t=a、若仅增大木板的质量m，m的加速度不变，m的加速度减小，则时间t减小故a错误b、若仅增大小木块的质量m，则m的加速度减小，m的加速度增大，则t变大故b正确c、若仅增大恒力f，则m的加速度变大，m的加速度不变，则t变小故c错误d、若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则小明的加速度减小，m的加速度增大，则t变大故d正确故选：bd点评：解决本题的关键通过牛顿第二定律和位移时间公式得出时间的表达式，从而进行逐项分析12在地面附近，存在着一有界电场，边界mn将空间分成上下两个区域、，在区域中有竖直向上的匀强电场，在区域i中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球a，如图甲所示，小球运动的vt图象如图乙所示，不计空气阻力，则（）a 小球受到的重力与电场力之比为3：5b 在t=5s时，小球经过边界mnc 在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做功d 在1s4s过程中，小球的机械能先减小后增大考点：牛顿运动定律的综合应用；功能关系专题：电场力与电势的性质专题分析：小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界mn的时刻分别求出小球进入电场前、后加速度大小，由牛顿第二定律求出重力与电场力之比根据动能定理研究整个过程中重力做的功与电场力做的功大小关系整个过程中，小球的机械能与电势能总和不变解答：解：b、小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界mn的时刻是t=1s时故b错误a、由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为：a1=，进入电场后的加速度大小为：a2=由牛顿第二定律得：mg=ma1fmg=ma2得电场力：f=mg+ma2=由得重力mg与电场力f之比为3：5故a正确c、整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等故c错误d、整个过程中，由图可得，小球在02.5s内向下运动，在2.5s5s内向上运动，在1s4s过程中，小球的机械能先减小后增大电场力先做负功，后做正功电势能先增大，后减小；由于整个的过程中动能、重力势能和电势能的总和不变，所以，小球的机械能先减小后增大故d正确故选：ad点评：本题一要能正确分析小球的运动情况，抓住斜率等于加速度是关键；二要运用牛顿第二定律和动能定理分别研究小球的受力情况和外力做功关系二、填空题：本题共2小题，16分13为了测量木块与木板间动摩擦因数，某小组使用位移传感器设计了如图1所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点a由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移s随时间t变化规律，如图2所示根据上述图线，计算0.4s时木块的速度v=0.4m/s，木块加速度a=1m/s2；为了测定动摩擦因数，还需要测量的量是斜面的倾角（或a点的高度）；（已知当地的重力加速度g）为了提高木块与木板间动摩擦因数的测量精度，下列措施可行的是aaa点与传感器距离适当大些b木板的倾角越大越好c选择体积较大的空心木块d传感器开始计时的时刻必须是木块从a点释放的时刻考点：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：（1）由于滑块在斜面上做匀加速直线运动，所以某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度；根据加速度的定义式即可求出加速度；（2）为了测定动摩擦力因数还需要测量的量是木板的倾角；（3）为了提高木块与木板间摩擦力因数的测量精度，可行的措施是a点与传感器位移适当大些或减小斜面的倾角解答：解：根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得0.4s末的速度为：v= m/s=0.4m/s，0.2s末的速度为：v=0.2m/s，则木块的加速度为：a=1m/s2选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力：ma=mgsinmgcos得：=所以要测定摩擦因数，还需要测出斜面的倾角（或a点的高度）根据（2）的分析可知，在实验中，为了减少实验误差，应使木块的运动时间长一些，可以：可以减小斜面的倾角、增加木块在斜面上滑行的位移等，传感器开始的计时时刻不一定必须是木块从a点释放的时刻故a正确，bcd错误故选：a故答案为：0.4，1；斜面倾角（或a点的高度）；a点评：解决本题的关键知道匀变速直线运动的推论，在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，以及会通过实验的原理得出动摩擦因数的表达式，从而确定所需测量的物理量14某科技小组要测量一未知电阻rx的阻值，实验室提供了下列器材：a待测电阻rxb电池组（电动势3v，内阻约5）c电压表（量程3v，内阻约3000）d电压表（量程5ma，内阻约10）e滑动变阻器（最大阻值50，额定电流1.0a）f开关、导线若干该小组使用完全相同的器材用不同的测量电路（电流表内接或外接）进行测量，并将其测量数据绘成ui图象，如图甲和图乙所示由测量结果判定甲图测量结果较为准确，其测量值rx=1.08103（结果保留三位有效数字），rx的测量值大于真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）请把正确的测量电路图画在丙中方框内考点：伏安法测电阻专题：实验题分析：ui图象的斜率等于电阻阻值，根据图示图象求出待测电阻阻值，根据待测电阻阻值与电表内阻的关系分析答题伏安法测电阻采用电流表外接法时，由于电压表分流，所测电流偏大，电阻测量值小于真实值；电流表采用内接法时，由于电流表分压，所测电压偏大，电阻测量值大于真实值；根据电阻测量值大小判断电流表接法，然后作出对应的实验电路图根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法解答：解：由ui图象可知，电阻测量值：r甲=1.08103，r乙=7.22102；电流表内阻为10，电压表内阻为3000，相对来说待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，则甲图测量结果较准确，其测量值rx=1.08103；电流表采用内接法，由于电流表分压作用，电压测量值大于真实值，由欧姆定律可知，待测电阻测量值大于真实值由可知电流表采用内接法时测量结果较准确，滑动变阻器最大阻值为50，滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，为测量多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示：故答案为：甲；1.08103；大于；电路图如图所示点评：伏安法测电阻有两种实验电路，电流表的外接法与内接法，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时采用电流表外接法，当待测电阻阻值远大于电流表内阻时采用内接法三、计算题：15近来我国高速公路发生多起有关客车相撞的严重交通事故，原因之一就是没有掌握好车距，据经验丰富的司机总结，在高速公路上，一般可按你的车速来确定与前车的距离，如车速为80km/h，就应与前车保持80m的距离，以此类推，现有一辆客车以大小v0=90km/h的速度行驶，一般司机反应时间t=0.5s（反应时间内车被视为匀速运动），刹车时最大加速度a1=5m/s2求：（1）若司机发现前车因故突然停车，则从司机发现危险到客车停止运动，该客车通过的最短路程？并说明按经验，车距保持90m是否可行？（2）若客车超载，刹车最大加速度减为a2=4m/s2；司机为赶时间而超速，速度达到v1=144km/h；且晚上疲劳驾驶，反应时间增为t=1.5s，则从司机发现危险到客车停止运动，客车通过的最短路程？并说明在此情况下经验是否可靠？考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系专题：直线运动规律专题分析：客车在反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动，结合匀变速直线运动的速度位移公式和匀速直线运动的位移公式求出总位移，从而进行判断解答：解：（1）客车的速度 v0=90km/h=25m/s司机发现前方危险在反应时间内前进的距离x1： x1=v0t=250.5m=12.5m 刹车时间前进的距离x2=62.5m司机发现危险到客车停止运动，客车通过的最短路程x： x=x1+x2=12.5+62.5=75m90m故经验可行（2）若客车超载，司机发现前方危险在反应时间内前进的距离x3： v1=144km/h=40m/s x3=v1t=401.5m=60m刹车时间前进的距离 x4=200m司机发现危险到客车停止运动，设客车通过的最短路程为x按照经验，144km/h安全距离为144mx=x3+x4=60m+200m=260m144m 在多重违章情况下，经验不可靠所以要按交通规则行驶，经验才有可行答：（1）客车通过的最短路程为750m，经验可行（2）客车通过的最短路程为260m，经验不可行点评：本题是运动学问题，关键要明确车子的运动情况，知道在反应时间内汽车做匀速直线运动，灵活运用运动学公式解答16如图所示，将两条倾角=30，宽度l=1m的足够长的“u”形平行的光滑金属导轨固定在磁感应强度b=1t，范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下用平行于导轨的牵引力拉一质量m=0.2kg，电阻r=1放在导轨上的金属棒ab，使之由静止沿轨道向上运动，牵引力的功率恒为p=6w，当金属棒移动s=2.8m时，获得稳定速度，此过程中金属棒产生热量q=5.8j，不计导轨电阻及一切摩擦，取g=10m/s2求：（1）金属棒达到的稳定速度是多大？（2）金属棒从静止至达到稳定速度时所需的时间多长？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）本题和机车以恒定的功率启动类似，当达到稳定速度时，导体棒所受牵引力和阻力相等，根据p=fv=fv可正确解答；（2）金属棒做变速运动，不能根据运动学公式求解时间，由于功率保持不变，外力f做功为w=pt，因此可以根据功能关系求解解答：解：（1）金属棒沿轨道向上运动过程中，受到重力、牵引力、安培力三个力的作用，当三力平衡时，速度达到稳定，此时根据：p=fv有=mgsin+代入数据得：v=2m/s故金属棒达到稳定时速度是：v=2m/s（2）设金属棒从静止达到稳定速度时所需的时间为t，根据动能定理，有：代入数据解得：t=1.5s故金属棒从静止达到稳定速度时需的时间：t=1.5s答：（1）金属棒达到的稳定速度是2m/s；（2）金属棒从静止至达到稳定速度时所需的时间为1.5s点评：该题中金属棒的运功过程类似前面学习的机车以恒定功率启动的过程，因此学习过程中前后知识要融汇贯通，平时注意加强训练，加深理解17如图所示，倾斜轨道ab的倾角为37，cd、ef轨道水平，ab与cd通过光滑圆弧管道bc连接，cd右端与竖直光滑圆周轨道相连小球可以从d进入该轨道，沿轨道内侧运动，从e滑出该轨道进入ef水平轨道小球由静止从a点释放，已知ab长为5r，cd长为r，重力加速度为g，小球与斜轨ab及水平轨道cd、ef的动摩擦因数均为0.5，sin37=0.6，cos37=0.8，圆弧管道bc入口b与出口c的高度差为l.8r求：（在运算中，根号中的数值无需算出）（1）小球滑到斜面底端c时速度的大小（2）小球刚到c时对轨道的作用力（3）要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径r应该满足什