湖南省益阳市箴言中学高三物理下学期第三次模拟试卷（含解析）.doc

湖南省益阳市箴言中学2015届高考物理三模试卷一选择题：（本题共12小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，1至9小题只有一个选项是正确的，10至12小题有多个选项是正确的，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分请把答案填涂在答题卷的答题卡上）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2如图所示，有一质量不计的杆ao，长为r，可绕a自由转动用绳在o点悬挂一个重为g的物体，另一根绳一端系在o点，另一端系在以o点为圆心的圆弧形墙壁上的c点当点c由图示位置逐渐向上沿圆弧cb移动过程中（保持oa与地面夹角不变），oc绳所受拉力的大小变化情况是( )a逐渐减小b逐渐增大c先减小后增大d先增大后减小3我国蹦床队组建时间不长，但已经在国际大赛中取得了骄人的成绩，前不久又取得北京奥运会的金牌假如运动员从某一高处下落到蹦床后又被弹回到原来的高度，其整个过程中的速度随时间的变化规律如图所示，其中oa段和cd段为直线，则根据此图象可知运动员( )a在t1t2时间内所受合力逐渐增大b在t2时刻处于平衡位置c在t3时刻处于平衡状态d在t4时刻所受的弹力最大4如图所示电路中，a、b两灯均正常发光，r为一滑动变阻器，p为滑动片，若将滑动片向下滑动，则( )aa灯变亮bb灯变亮cr1上消耗功率变大d总电流变小5埃隆马斯克首次对媒体透露了在火星建立社区的“火星移民”计划假设火星移民通过一代又一代坚韧不拔的努力，不仅完成了“立足”火星的基本任务，而且还掌握了探测太空的完整技术已知火星半径是地球半径的，火星质量是地球质量的，在地球上发射人造地球卫星时的最小发射速度为v，则火星人在火星上发射人造火星卫星时的最小发射速度为( )avbvcvdv6m、n是某电场中一条电场线上的两点，若在m点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由m点运动到n点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是( )a电子在n点的动能小于在m点的动能b该电子运动的加速度越来越小c该电场一定是匀强电场d电子运动的轨迹为曲线7太极球是广大市民中较流行的一种健身器材将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的a、b、c、d位置时球与板间无相对运动趋势a为圆周的最高点，c为最低点，b、d与圆心o等高球的质量为m，重力加速度为g，则( )a在c处板对球所需施加的力比a处大6mgb球在运动过程中机械能守恒c球在最低点c的速度最小值为d板在b处与水平方向倾斜角随速度的增大而减小8a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点电场线与矩形所在平面平行已知a点的电势为20v，b点的电势为24v，d点的电势为4v，如图，由此可知c点的电势为( )a4vb8vc12vd24v9如图，平行板电容器经开关k与电池连接，a处有一带电量非常小的点电荷k是闭合的，ua表示a点的电势，f表示点电荷受到的电场力现将电容器的b板向下稍微移动，使两板间的距离增大，则( )aua变大，f变大bua变大，f变小cua不变，f不变dua不变，f变小10如图所示，mpqo为有界的竖直向下的匀强电场（边界上有电场），电场强度为e=，acb为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为r，a、b为圆水平直径的两个端点，ac为圆弧一个质量为m，电荷量为q的带电小球，从a点正上方高为h=r处由静止释放，并从a点沿切线进入半圆轨道，不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的受力及运动情况，下列说法正确的是( )a小球到达c点时对轨道压力为2mgb小球在ac部分运动时，加速度不变c适当增大e，小球到达c点的速度可能为零d若e=，要使小球沿轨道运动到c，则应将h至少调整为11如图所示，物块a放在直角三角形斜面体b上面，b放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时a、b静止，弹簧处于竖直现用力f沿斜面向上推a，但ab并未运动下列说法正确的是( )a施加f前，竖直墙壁对b的摩擦力可能向下b施加f前，弹簧弹力大小一定等于a、b两物体重力大小之和c施加f后，a、b之间的摩擦力大小可能为零d施加f后，b与竖直墙壁之间可能没有摩擦力12如图所示，a、b两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上，a、b间的动摩擦因数为，b与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现对a施加一水平拉力f，则( )a当f2mg时，a、b都相对地面静止b当f=mg时，a的加速度为gc当f3mg时，a相对b滑动d无论f为何值，b的加速度不会超过g二实验题：（本题共2小题，共14分请将解答写在答题卡上相应的位置）13某同学利用自己设计的弹簧弹射器测量弹簧的弹性势能装置如图所示水平放置的弹射器将质量为m的静止小球弹射出去测出小球通过两个竖直放置的光电门的时间间隔为t，甲、乙光电门间距为l，忽略一切阻力小球被弹射出的速度大小v=_，求得静止释放小球时弹簧弹性势能ep=_；（用题目中的字母符号表示）由于重力作用，小球被弹射出去后运动轨迹会向下有所偏转，这对实验结果_影响（选填“有”或“无”）14为了测量一微安表头a的内阻，某同学设计了如图所示的电路图中，a0是标准电流表，r0和rn分别是滑动变阻器和电阻箱，s和s1分别是单刀双掷开关和单刀开关，e是电池完成下列实验步骤中的填空：（1）将s拨向接点1，接通s1，调节r0，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时_的读数i；（2）然后将s拨向接点2，调节_，使_，记下此时rn的读数；（3）多次重复上述过程，计算rn读数的_，此即为待测微安表头内阻的测量值三解答题：（本题共4小题，38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和单位，请把答案写在答题卷对应的题号上）15如图所示，质量为m，电荷量为q的带电粒子以初速v0进入场强为e的匀强电场中，极板的长度为l，电容器极板中央到光屏的距离也是l，已知带电粒子打到光屏的p点，求偏移量op的大小16如图所示，在光滑绝缘水平桌面上有两个静止的小球a和b，b在桌边缘，a和b均可视为质点，质量均为m=0.2kg，a球带正电，电荷量q=0.1c，b球是绝缘体不带电，桌面距地面的高h=0.05m开始时a、b相距l=0.1m，在方向水平向右、大小e=10n/c的匀强电场的电场力作用下，a开始向右运动，并与b球发生正碰，碰撞中a和b之间速度交换，a和b之间无电荷转移求：（1）a经过多长时间与b碰撞？（2）a、b落地点之间的距离是多大？17近期，为提高警惕保卫祖国，我国海军进行了登陆演练如图所示，假设一艘战舰因吨位大吃水太深，只能停锚在离海岸登陆点s=1km处登陆队员需要从较高的军舰甲板上，利用绳索下滑到登陆快艇上再行登陆接近目标，若绳索两端固定好后，与竖直方向的夹角=37，甲板到快艇的竖直高度h=24m队员下滑时，先从静止开始匀加速滑到某最大速度，再握紧绳索增大摩擦匀减速滑至快艇，速度刚好为零，重力加速度g=10m/s2，cos37=0.6，问：（1）若登陆队员在绳索上运动的总时间为t1=4s，且加速过程与减速过程中的加速度大小相等，请指出队员滑到何处速度最大，并求出最大速度的值和加速度大小（2）若快艇额定功率为5kw，载人后连同装备总质量为103kg，从静止开始以最大功率向登陆点加速靠近，到达岸边时刚好能达到最大速度10m/s，快艇在水中受到的阻力恒定，求快艇运动的时间t218如图所示，a、b质量分别为ma=1kg，mb=2kg，ab间用弹簧连接着，弹簧弹性系数k=100n/m，轻绳一端系在a上，另一端跨过定滑轮，b为套在轻绳上的光滑圆环，另一圆环c固定在桌边，b被c挡住而静止在c上，若开始时作用在绳子另一端的拉力f为零，此时a处于静止且刚没接触地面现用恒定拉力f=15n拉绳子，恰能使b离开c但不能继续上升，不计摩擦且弹簧没超过弹性限度，求：（1）b刚要离开c时a的加速度；（2）若把拉力f改为f=30n，则b刚要离开c时，a的速度湖南省益阳市箴言中学2015届高考物理三模试卷一选择题：（本题共12小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，1至9小题只有一个选项是正确的，10至12小题有多个选项是正确的，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分请把答案填涂在答题卷的答题卡上）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如图所示，有一质量不计的杆ao，长为r，可绕a自由转动用绳在o点悬挂一个重为g的物体，另一根绳一端系在o点，另一端系在以o点为圆心的圆弧形墙壁上的c点当点c由图示位置逐渐向上沿圆弧cb移动过程中（保持oa与地面夹角不变），oc绳所受拉力的大小变化情况是( )a逐渐减小b逐渐增大c先减小后增大d先增大后减小考点：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：先对g受力分析可知竖直绳上的拉力不变，再对结点o分析可得出受力的平行四边形；根据c点的移动利用图示法可得出oc拉力的变化解答：解：对g分析，g受力平衡，则拉力等于重力；故竖直绳的拉力不变；再对o点分析，o受绳子的拉力oa的支持力及oc的拉力而处于平衡；受力分析如图所示；将f和oc绳上的拉力合力，其合力与g大小相等，方向相反，则在oc上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知oc的拉力先减小后增大，图中d点时力最小；故选：c点评：本题利用了图示法解题，解题时要注意找出不变的量作为对角线，从而由平行四边形可得出拉力的变化3我国蹦床队组建时间不长，但已经在国际大赛中取得了骄人的成绩，前不久又取得北京奥运会的金牌假如运动员从某一高处下落到蹦床后又被弹回到原来的高度，其整个过程中的速度随时间的变化规律如图所示，其中oa段和cd段为直线，则根据此图象可知运动员( )a在t1t2时间内所受合力逐渐增大b在t2时刻处于平衡位置c在t3时刻处于平衡状态d在t4时刻所受的弹力最大考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系 专题：运动学中的图像专题分析：运动员在某一个高度落下，先向下做自由落体运动，与蹦床接触后，先做加速度减小的加速运动，当重力与弹力相等时，速度最大，然后做加速度逐渐增大的减速运动，到达最低点，速度为零解答：解：a、在t1t2时间内做加速度逐渐减小的加速运动，所受的合力逐渐减小故a错误b、在t2时刻重力和弹力相等，速度最大，该位置为平衡位置故b正确c、在t3时刻到达最低点，速度为零，加速度不为零，不是平衡状态故c错误d、在t4时刻弹力与重力相等，不是最大，在最低点弹力最大故d错误故选：b点评：解决本题的关键通过图线得出运动员的运动情况，结合牛顿第二定律进行分析4如图所示电路中，a、b两灯均正常发光，r为一滑动变阻器，p为滑动片，若将滑动片向下滑动，则( )aa灯变亮bb灯变亮cr1上消耗功率变大d总电流变小考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：将滑动片向下滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，再分析r1上消耗功率的变化根据总电流的变化分析并联部分电压的变化，判断b灯亮度的变化解答：解：将滑动片向下滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，总电流i增大，则r1上消耗功率变大路端电压u=eir，i增大，u减小，则a灯变暗b灯与变阻器并联的电压u并=ei（r1+r），i增大，则u并减小，所以b灯变暗故选c点评：对于电路中动态变化分析问题，一般先确定局部电阻的变化，再确定总电阻的变化，到总电流、总电压的变化，再回到局部电路研究电压、电流的变化5埃隆马斯克首次对媒体透露了在火星建立社区的“火星移民”计划假设火星移民通过一代又一代坚韧不拔的努力，不仅完成了“立足”火星的基本任务，而且还掌握了探测太空的完整技术已知火星半径是地球半径的，火星质量是地球质量的，在地球上发射人造地球卫星时的最小发射速度为v，则火星人在火星上发射人造火星卫星时的最小发射速度为( )avbvcvdv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：根据万有引力提供向心力得出发射的最小速度，从而结合半径之比、质量之比求出发射的最小速度之比，得出火星人在火星上发射人造火星卫星时的最小发射速度解答：解：根据万有引力提供向心力得：，解得最小的发射速度为：v=，因为火星半径是地球半径的，火星质量是地球质量的，则火星上发射的最小速度是地球上的倍，即故b正确，a、c、d错误故选：b点评：解决本题的关键发射的最小速度等于环绕中心天体表面做圆周运动的速度，结合万有引力提供向心力进行求解6m、n是某电场中一条电场线上的两点，若在m点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由m点运动到n点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是( )a电子在n点的动能小于在m点的动能b该电子运动的加速度越来越小c该电场一定是匀强电场d电子运动的轨迹为曲线考点：电势差与电场强度的关系；电势能 专题：电场力与电势的性质专题分析：电场力做功等于电势能的减小量，epx图线切线的斜率表示电场力的大小，通过斜率的大小判断电场力的变化，从而得出加速度的变化根据电场力的变化判断动能的变化解答：解：a、由于电势能减小，知电场力做正功，因为电子仅受电场力，根据动能定理，知动能增大，即n点的动能大于m点的动能故a错误c、图线切线的斜率逐渐减小，则电场力逐渐减小，电场强度逐渐减小，不是匀强电场故c错误b、电场力逐渐减小，根据牛顿第二定律知，加速度逐渐减小故b正确d、若电场线是直线，在m点释放一个初速度为零的电子，电子的运动轨迹为直线故d错误故选：b点评：解决本题的关键知道图线切线的斜率表示电场力，通过电场力的大小判断电场强度、加速度的变化，通过电场力做功判断动能的变化7太极球是广大市民中较流行的一种健身器材将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的a、b、c、d位置时球与板间无相对运动趋势a为圆周的最高点，c为最低点，b、d与圆心o等高球的质量为m，重力加速度为g，则( )a在c处板对球所需施加的力比a处大6mgb球在运动过程中机械能守恒c球在最低点c的速度最小值为d板在b处与水平方向倾斜角随速度的增大而减小考点：向心力 专题：匀速圆周运动专题分析：人在运动过程中受重力和支持力，由向心力公式可以求在各点的受力情况解答：解：a、设球运动的线速率为v，半径为r，则在a处时： 在c处时： 由式得：f=2mg，即在c处板对球所需施加的力比a处大mg，故a错误b、球在运动过程中，动能不变，势能时刻变化，故机械能不守恒，故b错误c、球在任意时刻的速度大小相等，即球在最低点c的速度最小值为等于在最高点最小速度，根据，得，故c正确d、根据重力沿水平方向的分力提供向心力，即mgtan=故v=，故板在b处与水平方向倾斜角随速度的增大而增大，故d错误故选：c点评：本题考查了向心力公式的应用，重点要对物体的受力做出正确的分析，列式即可解决此类问题8a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点电场线与矩形所在平面平行已知a点的电势为20v，b点的电势为24v，d点的电势为4v，如图，由此可知c点的电势为( )a4vb8vc12vd24v考点：等势面；电势 专题：压轴题分析：在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分，故可将bd五等分，求出e、f的电势，连接ae和cf，则cfae，c=f=8v解答：解：根据在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分将线段bd五等分，如图所示，则ube=ubd=（244）=4v，故ube=be=4v，故fd=4v，故e=244=20vf=8v故a=e，连接cf，则cfae，故c点的电势c=f=8v故b正确故选b点评：在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分；在匀强电场中电场线平行且均匀分布故等势线平行且均匀分布以上两点是解决此类题目的金钥匙9如图，平行板电容器经开关k与电池连接，a处有一带电量非常小的点电荷k是闭合的，ua表示a点的电势，f表示点电荷受到的电场力现将电容器的b板向下稍微移动，使两板间的距离增大，则( )aua变大，f变大bua变大，f变小cua不变，f不变dua不变，f变小考点：电容器的动态分析；力的合成与分解的运用 专题：压轴题；2015届高考物理专题；电容器专题分析：要求a点的电势如何变化，首先要确定电势为0的位置即零电势点，由于电容与电源相连故两极板之间的电压不变，而两极板之间的距离增大，故两极板之间的电场强度减小，所以aa之间的电势差减小，所以ab之间的电压增大由于两极板之间的场强减小故试探电荷所受的电场力减小解答：解：由于开关k闭合，且电容器两极板始终与电源的两极相连，故电容器两极板之间的电压uab保持不变随b极板下移两极板之间的距离增大，根据e=可知两极板之间的电场强度e减小，由于uaa=ehaa，由于电场强度e减小，故uaa减小，由于uab=uaa+uab，所以uab增大，由题图可知电源的负极接地，故b极板接地，所以b板的电势为0即ub=0，又uab=uaub，所以ua=uab增大而点电荷在a点所受的电场力f=qe，由于e减小，所以电场力f减小故b正确故选b点评：本题难度较大，涉及知识面大，需要认真分析方法是：先找不变量（uab），再找容易确定的物理量（e和uaa），最后求出难以确定的量（确定uab不能用uab=ehab，因为e和hab一个变大另一个变小）10如图所示，mpqo为有界的竖直向下的匀强电场（边界上有电场），电场强度为e=，acb为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为r，a、b为圆水平直径的两个端点，ac为圆弧一个质量为m，电荷量为q的带电小球，从a点正上方高为h=r处由静止释放，并从a点沿切线进入半圆轨道，不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的受力及运动情况，下列说法正确的是( )a小球到达c点时对轨道压力为2mgb小球在ac部分运动时，加速度不变c适当增大e，小球到达c点的速度可能为零d若e=，要使小球沿轨道运动到c，则应将h至少调整为考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；向心力 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：根据重力和电场力的关系，判断出小球进入圆弧轨道后的运动规律，结合径向的合力提供向心力分析根据动能定理，结合牛顿第二定律判断c点的速度能否为零当电场力是重力的2倍时，根据最低点弹力为零求出最小速度，结合动能定理求出h的至少高度解答：解：a、小球进入半圆轨道，电场力和重力平衡，小球做匀速圆周运动，根据动能定理知，mgh=mva20，解得：va=根据牛顿第二定律得：n=m，则小球到达c点时对轨道的压力为2mg故a正确b、小球在ac部分做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向始终指向圆心故b错误c、若电场力小于重力，根据动能定理知，小球到达c点的速度不可能为零若小球所受的电场力大于重力，根据径向的合力通过向心力，在最低点的速度不可能为零故c错误d、若e=，在最低点轨道的作用力为零，根据牛顿第二定律得，qemg=m，解得：vc=，根据动能定理得：mg（h+r）qer=mvc20，解得：h=r所以h至少为r故d正确故选：ad点评：本题考查了带电小球在电场和重力场中的运动，综合运用了动能定理、牛顿第二定律等知识，综合性强，对学生的能力要求较高，需加强这类题型的训练11如图所示，物块a放在直角三角形斜面体b上面，b放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时a、b静止，弹簧处于竖直现用力f沿斜面向上推a，但ab并未运动下列说法正确的是( )a施加f前，竖直墙壁对b的摩擦力可能向下b施加f前，弹簧弹力大小一定等于a、b两物体重力大小之和c施加f后，a、b之间的摩擦力大小可能为零d施加f后，b与竖直墙壁之间可能没有摩擦力考点：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：隔离对a分析，通过a受力平衡判断a、b之间摩擦力的变化通过对整体分析，抓住ab不动，弹簧的弹力不变，判断b与墙之间有无摩擦力解答：解：a、施加f前，对整体受力分析，一定受重力、弹簧弹力，若竖直方向受静摩擦力，则也一定受墙向右的弹力，但若受向右的弹力，则没有向左的力与之平衡，合力不可能为零，故整体不受墙的弹力，也不受静摩擦力；故a错误；b、施加f前，对整体受力分析，受重力、弹簧弹力，根据平衡条件弹簧弹力大小一定等于a、b两物体重力大小之和，b正确；c、当施加f后，仍然处于静止，开始a所受的静摩擦力大小为magsin，若f=magsin，则a、b之间的摩擦力为零，故c正确d、对整体分析，由于ab不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，开始弹簧的弹力等于a、b的总重力，施加f后，弹簧的弹力不变，总重力不变，根据平衡知，则b与墙之间一定有摩擦力故d错误故选：bc点评：解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解，以及掌握整体法和隔离法的运用12如图所示，a、b两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上，a、b间的动摩擦因数为，b与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现对a施加一水平拉力f，则( )a当f2mg时，a、b都相对地面静止b当f=mg时，a的加速度为gc当f3mg时，a相对b滑动d无论f为何值，b的加速度不会超过g考点：牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算 专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据a、b之间的最大静摩擦力，隔离对b分析求出整体的临界加速度，通过牛顿第二定律求出a、b不发生相对滑动时的最大拉力然后通过整体法隔离法逐项分析解答：解：a、设b对a的摩擦力为f1，a对b的摩擦力为f2，地面对b的摩擦力为f3，由牛顿第三定律可知f1与f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均为2mg，f3的最大值为，故当0f时，a、b均保持静止；继续增大f，在一定范围内a、b将相对静止以共同的加速度开始运动，故a错误；b、设当a、b恰好发生相对滑动时的拉力为f，加速度为a，则对a，有f2mg=2ma，对a、b整体，有f，解得f=3mg，故当f3mg时，a相对于b静止，二者以共同的加速度开始运动；当f3mg时，a相对于b滑动当f=时，a、b以共同的加速度开始运动，将a、b看作整体，由牛顿第二定律有f=3ma，解得a=，故b、c正确d、对b来说，其所受合力的最大值fm=2mg，即b的加速度不会超过，故d正确故选：bcd点评：本题考查牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出a、b不发生相对滑动时的最大拉力二实验题：（本题共2小题，共14分请将解答写在答题卡上相应的位置）13某同学利用自己设计的弹簧弹射器测量弹簧的弹性势能装置如图所示水平放置的弹射器将质量为m的静止小球弹射出去测出小球通过两个竖直放置的光电门的时间间隔为t，甲、乙光电门间距为l，忽略一切阻力小球被弹射出的速度大小v=，求得静止释放小球时弹簧弹性势能ep=；（用题目中的字母符号表示）由于重力作用，小球被弹射出去后运动轨迹会向下有所偏转，这对实验结果无影响（选填“有”或“无”）考点：弹性势能 分析：（1）由图可知，弹簧在小球进入光电门之前就恢复形变，故其弹射速度为通过光电门的水平速度，由此可得速度，再由能量守恒可得弹性势能（2）由图中给的数据带入弹性势能表达式可得劲度系数（3）由力作用的独立性可知，对结果无影响解答：解：（1）由图可知，弹簧在小球进入光电门之前就恢复形变，故其弹射速度为通过光电门的水平速度：，由能量守恒得：（2）由力作用的独立性可知，重力不影响弹力做功的结果，有没有重力做功，小球的水平速度不会变化故答案为： 无点评：本题重点是要弄清小球的射出速度就是在光电门间匀速运动的速度，在由平抛规律可得结果14为了测量一微安表头a的内阻，某同学设计了如图所示的电路图中，a0是标准电流表，r0和rn分别是滑动变阻器和电阻箱，s和s1分别是单刀双掷开关和单刀开关，e是电池完成下列实验步骤中的填空：（1）将s拨向接点1，接通s1，调节r0，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时标准电流表的读数i；（2）然后将s拨向接点2，调节rn，使标准电流表的读数仍为i，记下此时rn的读数；（3）多次重复上述过程，计算rn读数的平均值，此即为待测微安表头内阻的测量值考点：伏安法测电阻 专题：实验题分析：先接通1，使待测电表有一示数，再接通2调节电阻箱使待测电表的示数相同，此时电阻箱的示数即为待测电表的内阻解答：解：（1）将s拨向接点1，接通s1，调节r0 使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时标准电流表 读数i；（2）然后将s拨向接点2，调节rn，使 标准电流表的读数仍为i，记下此时rn的读数；（3）多次重复上述过程，计算rn读数的 平均值，此即为待测微安表头内阻的测量值故答案为：（1）标准电流表（2）rn，标准电流表的读数仍为i（3）平均值点评：本题考查了一种新的实验方法测量电表的内阻，要能够根据实验原理图知道实验的原理和步骤三解答题：（本题共4小题，38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和单位，请把答案写在答题卷对应的题号上）15如图所示，质量为m，电荷量为q的带电粒子以初速v0进入场强为e的匀强电场中，极板的长度为l，电容器极板中央到光屏的距离也是l，已知带电粒子打到光屏的p点，求偏移量op的大小考点：带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系 专题：电场力与电势的性质专题分析：带电粒子垂直射入匀强电场中，做类平抛运动，平行于板的方向做匀速直线运动，由板长和初速度求出时间根据牛顿张第二定律求出加速度，将射出电场的速度分解，求出偏转角的正切，由op=ltan求解op解答：解：水平方向：粒子做匀速直线运动，则有：t=竖直方向：粒子做初速度为零的匀加速直线运动加速度为：a=设粒子射出电场时，速度偏向角为，则有：tan=代入得：tan=故有：op=ltan=答：偏移量op的大小为点评：本题是应用推论求解的，也可以求出偏转距离和偏转角的正切，根据数学知识求解op也可以用三角形相似法求解op16如图所示，在光滑绝缘水平桌面上有两个静止的小球a和b，b在桌边缘，a和b均可视为质点，质量均为m=0.2kg，a球带正电，电荷量q=0.1c，b球是绝缘体不带电，桌面距地面的高h=0.05m开始时a、b相距l=0.1m，在方向水平向右、大小e=10n/c的匀强电场的电场力作用下，a开始向右运动，并与b球发生正碰，碰撞中a和b之间速度交换，a和b之间无电荷转移求：（1）a经过多长时间与b碰撞？（2）a、b落地点之间的距离是多大？考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；平抛运动 专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）a球在电场力作用下做匀加速运动，根据动能定理和位移公式求出时间（2）碰撞过程中，a、b的总动能无损失，动能守恒，动量也守恒，根据两大守恒列式，求出碰撞后两球的速率碰撞后，b做平抛运动，a在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上初速度为零的匀加速运动，两者运动时间相等，由竖直方向上自由落体运动，根据高度h求出时间，由运动学公式分别两球的水平位移，即可求出a、b两小球的落地点之间的距离解答：解：（1）a在电场作用下做初速度为零的匀加速直线运动，根据动能定理有：qel=代入数据解 得：v0=1m/s由l=得：t=0.2s（2）碰撞中a和b之间速度交换：va=0，vb=1m/s则a球和b球发生碰撞后，b做平抛运动，a在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上初速度为零的匀加速运动，两球在竖直方向都做自由落体运动，运动时间相等，则有：h=gt2，得 t=0.1s则a球落地时水平位移为：xa=at2=0.025mb球落地时水平位移为：xb=vbt=10.1m=0.1m故a、b两小球的落地点之间的距离为：s=xbxa=0.075m答：（1）在小球a与b相碰前a的速率为1m/s；（2）a、b两小球的落地点之间的距离是0.075m点评：题两球发生弹性碰撞，质量相等，交换速度，作为一个重要结论要记牢碰撞后两球运动情况的分析是难点，也是解题的关键，运用运动的分解法研究17近期，为提高警惕保卫祖国，我国海军进行了登陆演练如图所示，假设一艘战舰因吨位大吃水太深，只能停锚在离海岸登陆点s=1km处登陆队员需要从较高的军舰甲板上，利用绳索下滑到登陆快艇上再行登陆接近目标，若绳索两端固定好后，与竖直方向的夹角=37，甲板到快艇的竖直高度h=24m队员下滑时，先从静止开始匀加速滑到某