2019年上海市虹口区高考物理一模试卷.doc

2019年上海市虹口区高考物理一模试卷一、选择题（共40分第1-8小题，每小题3分第9-12小题每小题3分每小题只有一个正确答案）1（3分）下列物理量单位属于国际单位制中基本单位的是（）A特斯拉B伏特C库仑D安培2（3分）下列物理量的负号表示方向的是（）A气体的温度t10B物体的位移s8mC物体的重力势能Ep50JD阻力做功为W10J3（3分）如图所示，质量为m的木块A，放在斜面B上，若A和B在水平地面上以相同的速度向左做匀速直线运动，则A对B的作用力大小为（）AmgBmgsinCmgcosD不能确定4（3分）一列横波向右传播，某时刻介质中质点A的位置如图。周期后，质点A位于平衡位置的（）A上方，且向上运动B下方，且向上运动C上方，且向下运动D下方，且向下运动5（3分）如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块（）A在Q和P中都做自由落体运动B在两个下落过程中的机械能都守恒C在P中的下落时间比在Q中的长D落至底部时在P中的速度比在Q中的大6（3分）如图（a），一小木块由静止开始，沿斜面下滑至水平地面，其运动过程中的速率时间图（vt图）如图（b）所示。现增加斜面的倾角a后，将该木块从斜面上的同一位置由静止释放（忽略小木块从斜面到水平地面转角过程中的能量损失），下列vt图中的虚线部分表示该运动过程的是（）ABCD7（3分）长为L的通电直导线放在倾角为的光滑斜面上，并处在磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，当B方向竖直向上，电流为I1时导体处于平衡状态，若B方向改为垂直斜面向上，则电流为I2时导体处于平衡状态，电流比值应为（）ABcosCsinD8（3分）如图所示，一小球用细线悬挂于O点，细线长为L，O点正下方L处有一铁钉。将小球拉至A处无初速释放（摆角很小），这个摆的周期是（）ABCD9（4分）物体A质量为1kg，与水平地面间的动摩擦因数为0.2，其从t0开始以初速度v0向右滑行。与此同时，A还受到一个水平向左、大小恒为1N的作用力，能反映A所受擦力Ff随时间变化的图象是（设向右为正方向）（）ABCD10（4分）设月亮绕地球以半径R做匀速圆周运动。已知地球质量为M、月球质量为m、引力常量为G，则月球与地球连线在单位时间内扫过的面积为（）ABCD11（4分）如图（甲）所示，MN、PQ是水平方向的匀强磁场的上下边界，磁场宽度为L一个边长为a的正方形导线框（L2a）从磁场上方下落，运动过程中上下两边始终与磁场边界平行线框进入磁场过程中感应电流i随时间t变化的图象如图（乙）所示，则线框从磁场中穿出过程中线框中感应电流i随时间t变化的图象可能是以下的哪一个（）ABCD12（4分）压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学设计了利用压敏电阻判断升降机运动状态的装置，如图所示，将压敏电阻固定在升降机底板上并接入电路，其上放置物块；合上电键后，在升降机运动过程的某一段时间内，发现电流表的示数I不变，且I大于升降机静止时电流表的示数I0，在这段时间内（）A升降机可能匀速上升B升降机一定在匀减速上升C升降机一定处于失重状态D升降机一定在匀加速上升二.填空题（共20分）（每一空格2分）13（4分）电场是电荷周围空间存在的 ，用于反映电场的能的性质的物理量是 。14（4分）如图，两个质量相同的小球A、B用轻杆连接后靠在墙上处于平衡状态，已知墙面光滑，水平地面粗糙。现将B球向墙面推动一小段距离，两球再次达到平衡。将移动前后平衡状态下物体的受力情况相比较，地面对B球支持力 ，地面给B球的摩擦力 （均选填“变大”“不变”“变小）。15（4分）如图（a），点电荷M、N固定于光滑绝缘水平桌面上，其连线的中垂线上有A、B、C三点。带负电的小球自A点由静止释放，其运动的vt图象如图（b）所示，图中tB、tC分别为小球运动到B、C点的时刻。设B、C两点的电场强度大小分别为EB、EC；小球在这两点的电势能分别为EpB、EpC，则EB EC，EpB EpC（选填“”、“”或者“”）16（4分）如图，光滑固定斜面的倾角为30，A、B两物体的质量之比为3：1B用不可伸长的轻绳分别与A和地面相连，开始时A、B离地高度相同。在C处剪断轻绳，当A落地前瞬间，A、B的机械能之比为 ，速度大小之比为 ，（以地面为零势能面）。17（4分）如图所示是利用潮沙发电的示意图，左方为陆地和海湾，右侧为大海，中间为水坝，其下有通道。水流经通道即可带动发电机工作，涨潮时，水进入海湾，如图甲，待内外水面高度相同，堵住通道。潮落至最低时放水发电，如图乙，待内外水面高度相同，再堵住通道，直至下次涨潮到最高点，又放水发电，如图丙。设海湾平均面积为S5.0108m2，平均潮差为h3.0m，每次涨潮时流进海湾（落潮时流出海湾）的海水质量为 kg；每天涨、落潮各两次，利用潮汐发电的平均能量转化率为12%，则一天内发电的平均功率为 W（p1.0103kg/m3，g取10m/s2，保留两位小数。）三.综合题（共40分）注意：第18、19、20题，在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文字说明、公式演算等.18（14分）如图，质量m1kg的物体量于倾角30的固定斜面上（斜面足够长）。从t0开始，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，使物体从静止开始沿斜面加速上升。当t11s时撒去F，此时物体速度大小v118m。已知物体与斜面间的最大静摩擦力和物体与斜面间的滑动摩擦力大小均为f6N，g取10m/s2求：（1）拉力F的大小；（2）撤去F后，物体沿斜面上行过程中的加速度；（3）4s时物体的速度v2。19（12分）如图（1）所示，用电动势为E、内阻为r的电源，向滑动变阻器R供电。合上电键后，改变变阻器R的阻值，路端电压U与电流r均随之变化。（1）以U为纵坐标，I为横坐标，在图（2）中画出变阻器阻值R在实验过程中变化时对应的UI图象，并说明UI图象与坐标轴交点的物理意义。（2）在图（2）画好的UI关系图线上取一点A（U1、I1），请在图（3）中用阴影面积表示电流为I1时的电源内部发热功率。（3）推导该电源的最大输出功率及条件，并作出PR示意图（已知Rr）。20（14分）如图，一宽度L0.4m的U形光滑金属框架水平放置，开口向右。在框架所在范围内存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B0.2T一质量m0.05kg、电阻R1的金属杆ab垂直于框架的两平行边、静置其上。现在水平外力F的作用下，使杆ab以恒定加速度a2m/s2，由静止开始沿框架向右做匀加速运动（不计框架电阻，框架足够长）。求（1）5s内杆ab移动的距离s；（2）5s末作用在杆ab上的水平外力大小F；（3）水平外力F与时间t的函数关系；（4）若撒去F，分析并说明金属杆ab在此后的运动过程中速度、加速度的变化情况。2019年上海市虹口区高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共40分第1-8小题，每小题3分第9-12小题每小题3分每小题只有一个正确答案）1（3分）下列物理量单位属于国际单位制中基本单位的是（）A特斯拉B伏特C库仑D安培【考点】3A：力学单位制菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题【分析】国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。【解答】解：单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔。A、特斯拉是磁感应强度的单位，是导出单位，故A错误；B、伏特是电压的单位，是导出单位，故B错误；C、库仑是电量的单位，是导出单位，故C错误；D、安培是电流的单位，是国际单位制中基本单位，故D正确；故选：D。【点评】国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的。2（3分）下列物理量的负号表示方向的是（）A气体的温度t10B物体的位移s8mC物体的重力势能Ep50JD阻力做功为W10J【考点】2F：矢量和标量菁优网版权所有【分析】矢量的正负号表示其方向，标量的正负号表示大小【解答】解：A、温度t10.0的“”表示温度比零度低10.0，不表示方向。故A错误。B、物体的位移s8m，负号表示位移方向与正方向相反，故B正确C、物体的重力势能Ep50.0J的“”表示重力势能比0小，不表示方向。故C错误。D、阻力做功为W10J，负号表示该力是阻力，不表示方向。故D错误。故选：B。【点评】本题只要掌握矢量的正负号表示方向，而标量的正负号表示相对大小，就能轻松解答3（3分）如图所示，质量为m的木块A，放在斜面B上，若A和B在水平地面上以相同的速度向左做匀速直线运动，则A对B的作用力大小为（）AmgBmgsinCmgcosD不能确定【考点】29：物体的弹性和弹力；3C：共点力的平衡菁优网版权所有【专题】527：共点力作用下物体平衡专题【分析】选A为研究对象，则A受到重力、支持力、静摩擦力三个力，由于A和B一起做匀速直线运动，故A处于平衡状态，即A的重力、支持力、静摩擦力三力的合力为0A和B之间的作用力为支持力和摩擦力的合力。【解答】解：选A为研究对象，则A受到重力、支持力、静摩擦力三个力，由于A和B一起做匀速直线运动，故A处于平衡状态，即A的重力、支持力、静摩擦力三力的合力为0；其中支持力和摩擦力是B作用于A的，故A和B之间的相互作用力的大小就等于支持力和摩擦力的合力的大小。由力的合成知识知：若有N个力的合力为0，其中任意一个力的大小都等于另外N1个力的合力的大小，故摩擦力与支持力的合力的大小等于重力的大小。故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】该题主要考查学生平对衡条件及共点力的合成等知识的掌握情况。只要知道物体平衡则合力为0，合力为零则其中任何一个分力大小都等于其余分力的合力的大小，就可以解答了。4（3分）一列横波向右传播，某时刻介质中质点A的位置如图。周期后，质点A位于平衡位置的（）A上方，且向上运动B下方，且向上运动C上方，且向下运动D下方，且向下运动【考点】F4：横波的图象菁优网版权所有【专题】34：比较思想；4B：图析法；51D：振动图像与波动图像专题【分析】先根据“上下坡法”判断出图示时刻质点A的运动方向，再根据周期后，质点A的位置与图示时刻的位移关于平衡位置对称，速度反向来分析。【解答】解：横波向右传播，根据“上下坡法”知图示时刻质点A向上运动，则周期后，质点A位于平衡位置的上方，且向下运动，故ABD错误，C正确。故选：C。【点评】解决本题的关键要知道每经过半个周期的运动状态相反，能熟练运用“上下坡法”或波形平移法判断质点的振动方向。5（3分）如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块（）A在Q和P中都做自由落体运动B在两个下落过程中的机械能都守恒C在P中的下落时间比在Q中的长D落至底部时在P中的速度比在Q中的大【考点】6C：机械能守恒定律；D6：电磁感应在生活和生产中的应用菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；52E：机械能守恒定律应用专题；538：电磁感应功能问题【分析】当小磁块在光滑的铜管P下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，从而产生安培阻力，对于塑料管没有任何阻碍，从而即可求解【解答】解：A、当小磁块在光滑的铜管P下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，从而产生安培阻力，所以P做的运动不是自由落体运动；而对于塑料管内小磁块没有任何阻力，在做自由落体运动，故A错误；B、由A选项分析可知，在铜管的小磁块机械能不守恒，而在塑料管的小磁块机械能守恒，故B错误；C、在铜管中小磁块受到安培阻力，则在P中的下落时间比在Q中的长，故C正确；D、根据动能定理可知，因安培阻力，导致产生热能，则至底部时在P中的速度比在Q中的小，故D错误。故选：C。【点评】该题考查涡流以及楞次定律的应用，注意感应电流产生条件，理解涡流的概念是关键6（3分）如图（a），一小木块由静止开始，沿斜面下滑至水平地面，其运动过程中的速率时间图（vt图）如图（b）所示。现增加斜面的倾角a后，将该木块从斜面上的同一位置由静止释放（忽略小木块从斜面到水平地面转角过程中的能量损失），下列vt图中的虚线部分表示该运动过程的是（）ABCD【考点】1I：匀变速直线运动的图像；37：牛顿第二定律菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题【分析】在斜面上滑行时：由牛顿第二定律写出加速度表达式，由速度位移的关系式写出滑到底端的速度表达式，由位移公式写出滑到底端的时间表达式，讨论各个物理量的变化就能选出正确选项。【解答】解：木块沿斜面下滑时由牛顿第二定律得：agsingcos，增加斜面的倾角a后，加速度变大；设木块释放的位置离水平面的距离为L，由速度位移的关系式得：v22aL，增加斜面的倾角a后，滑到底端的速度变大；由位移公式L得下滑的时间：t，增加斜面的倾角a后，下滑的时间变短，在水平面滑行时，ag，不变；t变长，故A正确BCD错误；故选：A。【点评】本题考查了牛顿第二定律、速度位移的关系式、位移公式，分析清楚运动过程，明确变化的量、不变的量就能正确解答。7（3分）长为L的通电直导线放在倾角为的光滑斜面上，并处在磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，当B方向竖直向上，电流为I1时导体处于平衡状态，若B方向改为垂直斜面向上，则电流为I2时导体处于平衡状态，电流比值应为（）ABcosCsinD【考点】3C：共点力的平衡；CE：安培力的计算菁优网版权所有【专题】31：定性思想；4C：方程法；53D：磁场 磁场对电流的作用【分析】通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式FBIL求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向。其方向与磁场及电流构成的平面垂直。【解答】解：若磁场方向竖直向上，则安培力水平方向。由平衡条件可得：mgtanBI1L若磁场方向垂直于斜面向上，则安培力沿斜面向上。由平衡条件可得：mgsinBI2L则I1：I21：cos故A正确，BCD错误故选：A。【点评】学会区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向。8（3分）如图所示，一小球用细线悬挂于O点，细线长为L，O点正下方L处有一铁钉。将小球拉至A处无初速释放（摆角很小），这个摆的周期是（）ABCD【考点】76：单摆的周期菁优网版权所有【专题】31：定性思想；4C：方程法；51D：振动图像与波动图像专题【分析】小球再次回到A点时所用的时间为一个周期，其中包括了以L为摆长的简谐运动半个周期和以L为摆长的简谐运动的半个周期。【解答】解：以L为摆长的运动时间为：t1以L为摆长的运动的时间为：t2则这个摆的周期为：Tt1+t2故ABC错误，D正确故选：D。【点评】考查对单摆周期的理解，明确不同的摆长对应不同的周期。9（4分）物体A质量为1kg，与水平地面间的动摩擦因数为0.2，其从t0开始以初速度v0向右滑行。与此同时，A还受到一个水平向左、大小恒为1N的作用力，能反映A所受擦力Ff随时间变化的图象是（设向右为正方向）（）ABCD【考点】2A：滑动摩擦力与动摩擦因数；37：牛顿第二定律菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；524：摩擦力专题【分析】物块所受的滑动摩擦力fmg2N，知物块向左做匀减速运动，当速度为零后，由于拉力小于最大静摩擦力，物块保持静止。【解答】解：物块首先受到滑动摩擦力，大小fmg2N，方向水平向左，做匀减速直线运动，当速度减为0，物块处于静止，所受的摩擦力为静摩擦力，大小为f1N，方向水平向右，因取向右为正方向，故B正确，ACD错误；故选：B。【点评】解决本题的关键理清物体的运动，知道物块在整个过程中的运动情况，确定物块所受的摩擦力是什么摩擦力。10（4分）设月亮绕地球以半径R做匀速圆周运动。已知地球质量为M、月球质量为m、引力常量为G，则月球与地球连线在单位时间内扫过的面积为（）ABCD【考点】4A：向心力；4F：万有引力定律及其应用菁优网版权所有【专题】31：定性思想；4C：方程法；529：万有引力定律在天体运动中的应用专题【分析】月亮绕地球做匀速圆周运动，地球对月亮的万有引力提供卫星的向心力，解得周期T，再根据几何关系计算出月亮绕地球做匀速圆周运动的圆的面积为Sr2，用该面积除以周期即为月亮与地心连线在单位时间内所扫过的面积。【解答】解：根据万有引力提供向心力，解得月亮做圆周运动的周期为月亮绕地球做匀速圆周运动的圆的面积为：SR2所以月亮与地心连线在单位时间内所扫过的面积为：故B正确、ACD错误。故选：B。【点评】熟练掌握万有引力提供卫星圆周运动的向心力，并能根据题意选择周期表示向心力，计算出周期，这是解本题的关键。11（4分）如图（甲）所示，MN、PQ是水平方向的匀强磁场的上下边界，磁场宽度为L一个边长为a的正方形导线框（L2a）从磁场上方下落，运动过程中上下两边始终与磁场边界平行线框进入磁场过程中感应电流i随时间t变化的图象如图（乙）所示，则线框从磁场中穿出过程中线框中感应电流i随时间t变化的图象可能是以下的哪一个（）ABCD【考点】37：牛顿第二定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势菁优网版权所有【分析】由题意可知，线框进入磁场时，做匀速直线运动，根据L2a，则可知，出磁场时，速度与进入磁场的速度相比较，从而确定线框的运动性质，进而由法拉第电磁感应定律，可求得感应电流的大小如何变化，即可求解【解答】解：由题意可知，线框进入磁场过程中感应电流i随时间t变化的图象如图（乙）所示，由法拉第电磁感应定律可知，线框匀速进入磁场，由于L2a，当完全进入磁场后，因磁通量不变，则没有感应电流，线框只受到重力，使得线框速度增加，当出磁场时，速度大于进入磁场的速度，由法拉第电磁感应定律可知，出磁场的感应电流大于进磁场的感应电流，导致出磁场时的安培力大于重力，导致线框做减速运动，根据牛顿第二定律，BILmgma，则有：加速度在减小的减速运动，故B正确，ACD错误；故选：B。【点评】考查线框切割磁感线产生感应电流，掌握法拉第电磁感应定律与牛顿第二定律的应用，注意出磁场安培力大于进磁场的安培力，这是解题的关键，同时注意完全进入磁场后，不受到安培力作用12（4分）压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学设计了利用压敏电阻判断升降机运动状态的装置，如图所示，将压敏电阻固定在升降机底板上并接入电路，其上放置物块；合上电键后，在升降机运动过程的某一段时间内，发现电流表的示数I不变，且I大于升降机静止时电流表的示数I0，在这段时间内（）A升降机可能匀速上升B升降机一定在匀减速上升C升降机一定处于失重状态D升降机一定在匀加速上升【考点】3E：牛顿运动定律的应用超重和失重；BB：闭合电路的欧姆定律菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题【分析】通过压敏电阻将压力信号转换成电信号，从而根据电路中电表的示数来确定升降机的运动状态。【解答】解：A、在升降机运动过程中发现I大于升降机静止时电流表的示数I0，则说明不可能匀速运动。故A错误；BCD、在升降机运动过程中发现电流表不变，则说明是匀变速运动，且I大于升降机静止时电流表的示数I0，则可知外电压变大，内电压变小，说明电流变小。所以是电阻变大。由压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，则压力变小。因此加速度方向向下。可能向下匀加速，也可能向上匀减速。故BD错误C正确；故选：C。【点评】电流表的示数I不变，说明压力不变；而I大于升降机静止时电流表的示数I0，则说明压力不等于重力。结合压敏电阻的性质来分析。二.填空题（共20分）（每一空格2分）13（4分）电场是电荷周围空间存在的一种物质，用于反映电场的能的性质的物理量是电势。【考点】A5：电场菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题【分析】电荷周围存在着一种特殊物质，这种物质叫电场，其力的性质由电场强度来描述，能的性质可由电势描述。【解答】解：电荷的周围产生电场，它是一种特殊的物质，只对放入其中的电荷有力的作用；通常用电势来描述电场能的性质。故答案为：一种物质；电势【点评】本题考查电场的性质以及电场力做功与电势能关系，要注意电场力与重力均为保守力，其做功直接量度电势能的变化。14（4分）如图，两个质量相同的小球A、B用轻杆连接后靠在墙上处于平衡状态，已知墙面光滑，水平地面粗糙。现将B球向墙面推动一小段距离，两球再次达到平衡。将移动前后平衡状态下物体的受力情况相比较，地面对B球支持力不变，地面给B球的摩擦力变小（均选填“变大”“不变”“变小）。【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡菁优网版权所有【专题】31：定性思想；49：合成分解法；527：共点力作用下物体平衡专题【分析】先对整体受力分析，整体受总重力、地面的支持力、墙壁对A的弹力，地面对B的静摩擦力。整体处于平衡状态，从而可知F1的大小变化。再隔离对A球进行受力分析，A球受重力，墙壁的弹力和杆子的弹力，三个力处于平衡状态，通过夹角的变化，判断墙壁弹力的变化，从而得出摩擦力的变化。【解答】解：对整体进行受力分析，知F12mg，移动两球后，仍然平衡，则F1仍然等于2mg，所以F1不变。墙壁对小球A的弹力始终等于地面对B的摩擦力F2。 再隔离对A进行受力分析，墙壁对A的弹力FAmgtan，当A球向上移动一小段距离，夹角减小，所以FA减小。而墙壁对小球A的弹力始终等于地面对B的摩擦力F2，所以F2减小。故答案为：不变，变小【点评】在该题中运用了整体法和隔离法，先对整体受力分析，确定地面对球B的支持力不变。再隔离分析，判断墙壁弹力的变化，从而得出地面对B摩擦力的变化。15（4分）如图（a），点电荷M、N固定于光滑绝缘水平桌面上，其连线的中垂线上有A、B、C三点。带负电的小球自A点由静止释放，其运动的vt图象如图（b）所示，图中tB、tC分别为小球运动到B、C点的时刻。设B、C两点的电场强度大小分别为EB、EC；小球在这两点的电势能分别为EpB、EpC，则EBEC，EpBEpC（选填“”、“”或者“”）【考点】A7：电场线；AA：电场的叠加；AE：电势能与电场力做功菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题【分析】根据vt图象的斜率知加速度大小，加速度反映电场强度的大小；根据能量守恒，动能增大，电势能减小。【解答】解：根据vt图象知加速度aBaC，根据题意知合力等于电场力，所以加速度反映电场强度的大小，即EBEC，根据能量守恒，动能增大，电势能减小，即EpBEpC；故答案为：，。【点评】此题根据图象获取加速度和速度的大小，从而根据牛顿第二定律和能量守恒分析力和能量的变化即可，简单题目。16（4分）如图，光滑固定斜面的倾角为30，A、B两物体的质量之比为3：1B用不可伸长的轻绳分别与A和地面相连，开始时A、B离地高度相同。在C处剪断轻绳，当A落地前瞬间，A、B的机械能之比为3：1，速度大小之比为2：1，（以地面为零势能面）。【考点】6C：机械能守恒定律菁优网版权所有【专题】32：定量思想；4T：寻找守恒量法；52E：机械能守恒定律应用专题【分析】剪断轻绳后，A、B在运动过程中均只有重力做功，故机械能均守恒，由机械能守恒定律求机械能之比。并求落地时速度大小之比。【解答】解：剪断轻绳后，A、B在运动过程中均只有重力做功，故机械能均守恒，则知当A落地前瞬间，A、B的机械能等于刚释放时的机械能，由Emgh知A、B的机械能之比等于质量之比，为3：1。设A、B距地面的高度为h，剪断轻绳后，A做自由落体运动，B沿斜面向下做匀加速运动，对A可知，2ghvA2，解得vA，下落时间 t对B，沿斜面下滑的加速度为a0.5g，A落地时B获得的速度vBat，故落地时速度大小之比为vA：vB2：1；故答案为：3：1，2：1。【点评】本题要知道物体在只有重力做功的情形下物机械能守恒，采用比例法研究。也可以动能定理列式判断。17（4分）如图所示是利用潮沙发电的示意图，左方为陆地和海湾，右侧为大海，中间为水坝，其下有通道。水流经通道即可带动发电机工作，涨潮时，水进入海湾，如图甲，待内外水面高度相同，堵住通道。潮落至最低时放水发电，如图乙，待内外水面高度相同，再堵住通道，直至下次涨潮到最高点，又放水发电，如图丙。设海湾平均面积为S5.0108m2，平均潮差为h3.0m，每次涨潮时流进海湾（落潮时流出海湾）的海水质量为1.51012kg；每天涨、落潮各两次，利用潮汐发电的平均能量转化率为12%，则一天内发电的平均功率为6.24107W（p1.0103kg/m3，g取10m/s2，保留两位小数。）【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率；6B：功能关系菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；52C：功率的计算专题【分析】根据质量和密度关系式知：mVsh；一天内水流做的功W2mg，一天内水流的功率为P，一天内发电的平均功率12%P。【解答】解：根据质量和密度关系式知：mVsh1.01035.01083.01.51012kg一天内水流做的功W2mg24.51013J一天内水流的功率为PW5.2108W一天内发电的平均功率12%P6.24107W故答案为：1.51012kg，6.24107W【点评】此题考查功和平均功率的计算，注意重心位置和时间换算即可。三.综合题（共40分）注意：第18、19、20题，在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文字说明、公式演算等.18（14分）如图，质量m1kg的物体量于倾角30的固定斜面上（斜面足够长）。从t0开始，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，使物体从静止开始沿斜面加速上升。当t11s时撒去F，此时物体速度大小v118m。已知物体与斜面间的最大静摩擦力和物体与斜面间的滑动摩擦力大小均为f6N，g取10m/s2求：（1）拉力F的大小；（2）撤去F后，物体沿斜面上行过程中的加速度；（3）4s时物体的速度v2。【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；37：牛顿第二定律菁优网版权所有【专题】32：定量思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题【分析】（1）根据速度时间关系求解加速度，根据牛顿第二定律求解力F；（2）根据牛顿第二定律求解加速度；（3）分析受力情况，根据受力情况确定速度大小。【解答】解：（1）在1s内根据速度时间关系可得：a1对物体进行受力分析如图所示，根据牛顿第二定律可得：Fmgsinfma1，解得F29N；（2）1s后，物体受力分析如图所示，物体将做初速度为18m/s的匀减速直线运动，设其加速度大小为a2，则：mgsin+fma2，解得a211m/s2，方向沿斜面向下；（3）设物体经过t时间速度为零，则t1.64s即tt1+t2.64s时物体速度为零，此时重力沿斜面向下的分力为Gxmgsin5N6N，所以此后物体静止在斜面上，即速度v20。答：（1）拉力F的大小为29N；（2）撤去F后，物体沿斜面上行过程中的加速度为11m/s2，方向沿斜面向下；（3）4s时物体的速度为0。【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。19（12分）如图（1）所示，用电动势为E、内阻为r的电源，向滑动变阻器R供电。合上电键后，改变变阻器R的阻值，路端电压U与电流r均随之变化。（1）以U为纵坐标，I为横坐标，在图（2）中画出变阻器阻值R在实验过程中变化时对应的UI图象，并说明UI图象与坐标轴交点的物理意义。（2）在图（2）画好的UI关系图线上取一点A（U1、I1），请在图（3）中用阴影面积表示电流为I1时的电源内部发热功率。（3）推导该电源的最大输出功率及条件，并作出PR示意图（已知Rr）。【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；BG：电功、电功率菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；535：恒定电流专题【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律得到UI表达式，再画出图象；根据表达式分析图象与两坐标轴交点的物理意义；（2）（3）根据PUI画出图象，根据闭合电路的欧姆定律结合电功率的计算公式求解最大输出功率；【解答】解：（1）根据闭合电路的欧姆定律可得EU+Ir，解得UEIr，画出的UI图象如图所示；图象与纵坐标的坐标值