湖南省永州市新田一中高考物理一模试卷（含解析）.doc

2015年湖南省永州市新田一中高考物理一模试卷一、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，第18小题只有一项符合题目要求，第912小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，有错选或不答的得0分）1在物理学的学展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，下列表述符合物理史学的是（）a开普勒认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比b牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出一物体，物体就不会再落到地球上c奥斯特发现了电磁感应现象，这和他竖信电和磁之间一定存在着联系的哲学思想是分不开的d安培首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究2汽车在水平路面上转弯，提供向心力的是（）a支持力b静摩擦力c重力、支持力的合力d重力、支持力、牵引力的合力3一辆汽车做匀加速直线运动，经过路旁两棵相距50m的树共用时间5s，它经过第二棵树时的速度是15m/s，则它经过第一棵树时的速度是（）a2m/sb10m/sc5m/sd2.5m/s4如图所示的电路中，p为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压u1不变，闭合电键s，下列说法正确的是（）ap向下滑动时，灯l变亮bp向下滑动时，变压器的输出电压不变cp向上滑动时，变压器的输入电流变小dp向上滑动时，变压器的输出功率变大5如图所示，质量分别为m和2m的物块a、b叠放在光滑的水平地面上，现对b施加一水平力f，已知物块a、b间的最大静摩擦力为f1，假定物块间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等为保证它们无相对滑动，水平力f的最大值为（）a0.5f1bf1c2f1d3f16如图两段长均为l的轻质线共同系住一个质量为m的小球，另一端分别固定在等高的a、b两点，a、b两点间距也为l，今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v，两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高点时速率为2v，则此时每段线中张力大小为（）a mgb2mgc3mgd4mg7图甲中理想变压器接有电阻r=55的负载，电压表和电流表均为理想交流电表若原线圈接入图乙所示的正弦交变电压，电压表示数为110v，下列说法正确的是（）a电流表示数为2ab电流表示数为2ac原、副线圈的匝数之比为1：2d原、副线圈中交变电压的频率均为100hz8点电荷a、b是带电量为q的正电荷，c、d是带电量为q的负电荷，它们处在一个矩形的四个顶点上它们产生静电场的等势面如图中虚线所示，在电场中对称的有一个正方形路径abcd（与abcd共面），如实线所示，o为正方形与矩形的中心，取无穷远处电势为零则（）a取无穷远处电势为零，则o点电势为零，场强为零bb、d两点场强相等，电势相等c将电子沿正方形路径adc移动，电场力先做负功，后做正功d将电子沿正方形路径abc移动，电场力先做负功，后做正功9矩形导线框固定在匀强磁场中，如图甲所示磁感线的方向与导线框所在平面 垂直，规定磁场的正方向为垂直纸面向里，磁感应强度b随时间t变化的规律如图乙所示，则（）a从0到t1时间内，导线框中电流的方向为abcdab从0到t1时间内，导线框中电流大小不变c从0到t2时间内，导线框中电流的方向始终为adcbad从0到t2时间内，导线框ab边受到的安培力越来越大10如图所示，有三个斜面1、2、3，斜面1与2底边相同，斜面2与3高度相同，同一物体与三个斜面间的动摩擦因数相同，当一物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端时，下列说法正确的是（）a下滑过程中物体损失的机械能e3e2e1b下滑过程中因摩擦产生的热量q1=q2q3c到达底端时的速度v1v2v3d到达底端时的速度v1v3v2112011年9月29日晚21时16分，我国将首个目标飞行器天宫一号发射升空，它将在两年内分别与神舟八号、神舟九号、神舟十号飞船对接，从而建立我国第一个空间实验室假如神舟八号与天宫一号对接前所处的轨道如图所示，下列说法正确的是（）a神舟八号的加速度比天宫一号的加速度大b神舟八号的运行速度比天宫一号的运行速度大c神舟八号的运行周期比天宫一号的运行周期长d神舟八号通过加速后变轨可实现与天宫一号对接12如图所示，相距为d的两平行金属板的电容为c，带电量为q有一长为l的绝缘轻杆，两端各固定电荷量分别为q和+q的小球，不计两球的重力和两球间的库仑力现先将杆从平行于极板的位置i缓慢移动到垂直于极板的位置，再从位置缓慢移动到无穷远处则（）a从位置i移到位置的过程中，两球电势能之和减小b从位置i移到位置的过程中，电场力做功为零c从位置移到无穷远处的过程中，两球的电势能之和不变d从位置移到无穷远处的过程中，克服电场力做功二、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分把答案填在答题卷的指定位置上）13某同学设计了一个探究合力f不变时小车的加速度a与质量m关系的实验，图（a）所示为实验装置简图：（交流电的频率为50hz）（1）图（b）所示为某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小为m/s2；（保留两位有效数字）（2）保持砂和砂桶质量m不变，改变小车质量m，分别得到小车加速度a与质量m及对应的数据在如图（c）所示的坐标纸中画出了a图线，根据图线求出小车加速度a与质量倒数之间的关系式是；（3）若m=50g，改变m的值，进行多次实验，以下m的取值最不合适的一个是am1=50gbm2=500gcm3=1kgdm4=2kg14将一铜片和一锌片分别插入一只苹果内，就构成了简单的“水果电池”，其电动势约为1.5v，可是这种电池并不能使额定电压为1.5v、额定电流为0.3a的手电筒的小灯泡正常发光，原因是流过小灯泡的电流太小了，经实验测得还不足3ma为了精确地测定“水果电池”的电动势和内阻，现提供如下器材：a电流表（量程为3ma，内阻为10）b电压表（量程为1.5v，内阻为3k）c滑动变阻器（030）d滑动变阻器（03k）e开关和导线若干（1）为减小实验误差，滑动变阻器应选用（选填：选项前的字母代号）；（2）为了能更准确地测定“水果电池”的电动势和内阻，应选择图电路但是，由于电表内阻的影响，仍然会产生误差你所选择的电路测出的“水果电池”的内阻与真实值相比将（选填“偏大”、“偏小”或“相等”）；（3）某同学根据自己所选的电路图进行实验，所得的数据如表所示，若由表中第2次和第4次实验数据求得“水果电池”的电动势为e=v，内阻为r=实验次数123456i/ma0.501.001.502.002.503.00u/v1.231.000.780.550.330.10三、计算题（本题共3小题，满分46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）15两个完全相同的物块a、b质量均为m=2kg，在水平面上以相同的初速度从同一位置同时开始运动，图中的两条直线分别表示物块a不受拉力作用和物块b受到水平拉力f作用的vt图象，取g=10m/s2，求：（1）物块a所受摩擦力f的大小；（2）物块b所受拉力f的大小；（3）8s末物块a、b间的距离16如图所示，光滑水平面ab与竖直面内的半圆形轨道在b点相接，轨道半径为r一个质量为m的物体（可视为质点）将轻质弹簧压缩至a点后由静止释放，在弹力作用下物体水平向右运动至某一速度时脱离弹簧，当它经过b点进入轨道瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动到达c点时对轨道的压力大小为0.5mg求：（1）弹簧被压缩时的最大弹性势能ep；（2）物体从b点运动至c点过程中克服摩擦阻力做的功wf；（3）物体离开c点后落回水平面ab时的动能ek17如图所示，在直角坐标系的第i象限分布着场强e=5103v/m，方向水平向左的匀强电场，其余三象限分布着垂直纸面向里的匀强磁场现从电场中m（0.5，0.5）点由静止释放一重力不计的带正电粒子，粒子的电荷量q=2104c，质量m=1108kg，该粒子第一次进入磁场后将垂直通过x轴求：（1）匀强磁场的磁感应强度大小；（2）带电粒子第二次进入磁场时的位置坐标；（3）在粒子第二次进入磁场时，撤掉第i象限的电场，粒子在磁场中运动后又进入第i象限且经过释放点m，则粒子从m点由静止释放到再经过m点所用的总时间是多少2015年湖南省永州市新田一中高考物理一模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分在每小题给出的四个选项中，第18小题只有一项符合题目要求，第912小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，有错选或不答的得0分）1在物理学的学展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，下列表述符合物理史学的是（）a开普勒认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比b牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出一物体，物体就不会再落到地球上c奥斯特发现了电磁感应现象，这和他竖信电和磁之间一定存在着联系的哲学思想是分不开的d安培首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究【考点】物理学史【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解：a、胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比，故a错误；b、牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出一物体，就不会再落在地球上，故b正确；c、法拉第发现了电磁感应现象，故c错误；d、法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究，故d错误；故选：b【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2汽车在水平路面上转弯，提供向心力的是（）a支持力b静摩擦力c重力、支持力的合力d重力、支持力、牵引力的合力【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】在水平面拐弯，汽车受重力、支持力、静摩擦力，重力和支持力平衡，静摩擦力提供圆周运动的向心力【解答】解：在水平路面上拐弯，向心力来源于静摩擦力，静摩擦力方向指向圆心故b正确，a、c、d错误故选：b【点评】解决本题的关键知道汽车在水平路面上拐弯，重力和支持力平衡，静摩擦力提供圆周运动的向心力3一辆汽车做匀加速直线运动，经过路旁两棵相距50m的树共用时间5s，它经过第二棵树时的速度是15m/s，则它经过第一棵树时的速度是（）a2m/sb10m/sc5m/sd2.5m/s【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系【专题】直线运动规律专题【分析】根据位移和时间，结合匀变速直线运动的平均速度推论求出汽车经过第一颗树时的速度【解答】解：汽车的平均速度为：，因为，则汽车经过第一颗树时的速度为：故c正确，a、b、d错误故选：c【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷4如图所示的电路中，p为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压u1不变，闭合电键s，下列说法正确的是（）ap向下滑动时，灯l变亮bp向下滑动时，变压器的输出电压不变cp向上滑动时，变压器的输入电流变小dp向上滑动时，变压器的输出功率变大【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率【专题】交流电专题【分析】与闭合电路中的动态分析类似，可以根据滑动变阻器r的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况【解答】解：a、当滑动变阻器r的滑片向下移动时，导致总电阻增大，由于输入电压u1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，根据，即亮度不变故a错误；b、当滑动变阻器r的滑片向下移动时，导致总电阻增大，由于输入电压u1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，故b正确；c、当滑动变阻器r的滑片向上移动时，导致总电阻减小，由于输入电压u1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大因此输入电流也变大故c错误；d、当滑动变阻器r的滑片向上移动时，导致总电阻减少，由于输入电压u1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大则输出功率增大，故d正确故选：bd【点评】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法5如图所示，质量分别为m和2m的物块a、b叠放在光滑的水平地面上，现对b施加一水平力f，已知物块a、b间的最大静摩擦力为f1，假定物块间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等为保证它们无相对滑动，水平力f的最大值为（）a0.5f1bf1c2f1d3f1【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间的最大静摩擦力求出a的最大加速度，对整体分析，根据牛顿第二定律求出水平力f的最大值【解答】解：隔离对a分析，a的最大加速度a=，对整体分析，水平力f的最大值f=3ma=3f1故选：d【点评】本题考查了牛顿第二定律的临界问题，抓住最大静摩擦力求出临界加速度是关键，掌握整体法和隔离法的灵活运用6如图两段长均为l的轻质线共同系住一个质量为m的小球，另一端分别固定在等高的a、b两点，a、b两点间距也为l，今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v，两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高点时速率为2v，则此时每段线中张力大小为（）a mgb2mgc3mgd4mg【考点】向心力；匀速圆周运动【专题】匀速圆周运动专题【分析】小球在最高点绳子张力为零，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球在最高点速率为2v时，两段绳子拉力的合力，从而根据力的合成求出每段绳子的张力大小【解答】解：当小球到达最高点速率为v，有mg=m，当小球到达最高点速率为2v时，应有f+mg=m=4mg，所以f=3mg，此时最高点各力如图所示，所以ft=mg，a正确b、c、d错误故选a【点评】本题考查牛顿第二定律和力和合成的综合运用，关键知道小球在最高点向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解7图甲中理想变压器接有电阻r=55的负载，电压表和电流表均为理想交流电表若原线圈接入图乙所示的正弦交变电压，电压表示数为110v，下列说法正确的是（）a电流表示数为2ab电流表示数为2ac原、副线圈的匝数之比为1：2d原、副线圈中交变电压的频率均为100hz【考点】变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】根据图象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、根据电路图可知，电阻r的电压为110v，电阻为55，所以电阻r的电流i=2a，故a正确，b错误c、由图可知，输入的电压的有效值为220v，电压表的示数为110v，即为输出的电压，根据电压与匝数成正比可得匝数比为2：1，故c错误d、经过变压器前后电压的频率是不变的，根据图象可知，输出电压的频率为f=50hz，所以原线圈中交变电压的频率也为50hz，故d错误故选：a【点评】能够根据图象得到我们需要的物理信息，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点电荷a、b是带电量为q的正电荷，c、d是带电量为q的负电荷，它们处在一个矩形的四个顶点上它们产生静电场的等势面如图中虚线所示，在电场中对称的有一个正方形路径abcd（与abcd共面），如实线所示，o为正方形与矩形的中心，取无穷远处电势为零则（）a取无穷远处电势为零，则o点电势为零，场强为零bb、d两点场强相等，电势相等c将电子沿正方形路径adc移动，电场力先做负功，后做正功d将电子沿正方形路径abc移动，电场力先做负功，后做正功【考点】电功、电功率【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场线与等势面垂直，电场线的疏密程度也可以反映场强的大小【解答】解：a、从图中可以看出，经过o点的等势面通向无穷远处，故o点的电势与无穷远处电势相等，故o点电势为零，而场强不为零，故a错误；b、将一个正的试探电荷从b点移动到d点，电场力做正功，电势能减小，电势降低，故b错误；c、将某一正试探电荷沿正方形路径adc移动，从a到d，电场力做正功，从d到c，电场力做负功，由于a与c在同一等势面上，故电场力做的总功为零，故c正确；d、将某一正试探电荷沿正方形路径abc移动，从a到b，电场力做负功，从b到c，电场力做正功，由于a与c在同一等势面上，故电场力做的总功为零，故d错误；故选c【点评】本题关键抓住等势面与电场线垂直，电场线的疏密程度也可以反映场强的大小进行讨论，同时运用在同一等势面上移动，电场力做功为零9矩形导线框固定在匀强磁场中，如图甲所示磁感线的方向与导线框所在平面 垂直，规定磁场的正方向为垂直纸面向里，磁感应强度b随时间t变化的规律如图乙所示，则（）a从0到t1时间内，导线框中电流的方向为abcdab从0到t1时间内，导线框中电流大小不变c从0到t2时间内，导线框中电流的方向始终为adcbad从0到t2时间内，导线框ab边受到的安培力越来越大【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；安培力【专题】电磁感应功能问题【分析】由右图可知b的变化，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向；由法拉第电磁感应定律可知电动势，即可知电路中电流的变化情况；由f=bil可知安培力的变化情况【解答】解：a、从0到t1时间内，根据楞次定律，则导线框中电流的方向为adcba，故a错误；b、从0到t1时间内，线圈中磁通量的变化率相同，感应电动势恒定不变，电路中电流大小时恒定不变；导线电流大小恒定，故b正确；c、由图可知，0t2内，线圈中磁通量的变化率相同，故0到t2时间内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为adcba方向，故c正确；d、从t0到t2时间内，电路中电流大小时恒定不变，故由f=bil可知，f与b成正比，即先减小后增大，故d错误；故选：bc【点评】本题要求学生能正确理解bt图的含义，才能准确的利用楞次定律、左手定律等进行判定；解题时要特别注意，两个时段，虽然磁场的方向发生了变化，但因其变化为连续的，故产生的电流一定是相同的10如图所示，有三个斜面1、2、3，斜面1与2底边相同，斜面2与3高度相同，同一物体与三个斜面间的动摩擦因数相同，当一物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端时，下列说法正确的是（）a下滑过程中物体损失的机械能e3e2e1b下滑过程中因摩擦产生的热量q1=q2q3c到达底端时的速度v1v2v3d到达底端时的速度v1v3v2【考点】功能关系【分析】物体从斜面下滑过程中，重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可以比较三者速度大小，注意物体在运动过程中克服摩擦力所做功等于因摩擦产生热量，据此可以比较摩擦生热大小【解答】解：a设斜面和水平方向夹角为，斜面长度为l，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为：w=mglcoslcos即为底边长度，由图可知1和2底边相等且小于3的，故摩擦生热关系为：q1=q2q3，所以损失的机械能e1=e2e3，故a错误，b正确；c、设物体滑到底端时的速度为v，根据动能定理得：mghmglcos=0，根据图中斜面高度和底边长度可知滑到底边时速度大小关系为：v1v2v3，故c正确d、沿斜面运动的时间为：t=，23，l2l3，所以t2t3，由于动摩擦因数和斜面1、2的倾角关系未知，无法确定t1和t2，故d错误故选：bc【点评】本题比较简单直接利用功能关系即可求解，易错点在于写出表达式后的数学运算，因此学生要加强练习，提高利用数学知识解决物理问题的能力112011年9月29日晚21时16分，我国将首个目标飞行器天宫一号发射升空，它将在两年内分别与神舟八号、神舟九号、神舟十号飞船对接，从而建立我国第一个空间实验室假如神舟八号与天宫一号对接前所处的轨道如图所示，下列说法正确的是（）a神舟八号的加速度比天宫一号的加速度大b神舟八号的运行速度比天宫一号的运行速度大c神舟八号的运行周期比天宫一号的运行周期长d神舟八号通过加速后变轨可实现与天宫一号对接【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【专题】人造卫星问题【分析】解决本题的关键是利用万有引力提供向心力这一知识点，知道线速度、周期、加速度与轨道半径的关系【解答】解：据万有引力提供圆周运动向心力有：a、向心加速度a=可得半径小的神舟八号加速度大，故a正确；b、线速度v=可得半径小的神舟八号线速度大，故b正确；c、周期t=可得半径小的神舟八号周期小，故c错误；d、神舟八号加速后，线速度瞬时变大，需要的向心力增大，故做离心运动，轨道升高，可实现与天宫一号对接，故d正确故选：abd【点评】解决本题的关键是利用万有引力提供向心力这一知识点，知道线速度、周期、加速度与轨道半径的关系12如图所示，相距为d的两平行金属板的电容为c，带电量为q有一长为l的绝缘轻杆，两端各固定电荷量分别为q和+q的小球，不计两球的重力和两球间的库仑力现先将杆从平行于极板的位置i缓慢移动到垂直于极板的位置，再从位置缓慢移动到无穷远处则（）a从位置i移到位置的过程中，两球电势能之和减小b从位置i移到位置的过程中，电场力做功为零c从位置移到无穷远处的过程中，两球的电势能之和不变d从位置移到无穷远处的过程中，克服电场力做功【考点】电势能；动能定理的应用【专题】电场力与电势的性质专题【分析】由e=、u=推导出板间电场强度大小，再求出从位置i移到位置的过程中电场力做功，即可求出电势能的变化系统在位置时，总电势能为零，移动到无穷处时系统的电势能为零，即求出将杆从位置移到无穷远处的过程中系统电势能的变化，得到电场力做功【解答】解：a、b由e=、u=推导出板间电场强度大小为e=，从位置i移到位置的过程中，电场力对负电荷做负功qel，对正电荷做正功qe2l，则电场力对系统做功为w=qel+qe2l=qel=，故两球电势能之和减小故a正确，b错误c、d系统在位置时，总电势能为零，移到无穷远处的过程时，总的电势能也为零由于从位置i移到位置的过程中，两球电势能之和减小，则从位置移到无穷远处的过程中，电势能将增大，故系统克服电场力做功故c错误，d正确故选ad【点评】本题一方面要掌握电场强度与电势差、电容的关系，另一方面要抓住在位置i时系统的电势能与无穷远处的电势能都为零，来分析电势能的变化二、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分把答案填在答题卷的指定位置上）13某同学设计了一个探究合力f不变时小车的加速度a与质量m关系的实验，图（a）所示为实验装置简图：（交流电的频率为50hz）（1）图（b）所示为某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小为0.51m/s2；（保留两位有效数字）（2）保持砂和砂桶质量m不变，改变小车质量m，分别得到小车加速度a与质量m及对应的数据在如图（c）所示的坐标纸中画出了a图线，根据图线求出小车加速度a与质量倒数之间的关系式是a=；（3）若m=50g，改变m的值，进行多次实验，以下m的取值最不合适的一个是aam1=50gbm2=500gcm3=1kgdm4=2kg【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】实验题【分析】（1）纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的两个推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度（2）根据表格中数据采用描点法画出图象，找出它们之间的关系；（3）根据牛顿第二定律，运用整体法隔离法求出绳子拉力和砝码重力的关系，判断砝码重力等于滑行器合力的条件，从而确定正确的答案【解答】解：（1）相邻计数点之间还有4个点未画出，说明相邻的计数点时间间隔为0.1s，根据数据可知x=6.706.19=7.216.70=7.727.21=0.51cm，根据作差法得：a=0.51m/s2；（2）由图表分析可知在数值上物体加速度a的6倍等于物体质量的倒数即a=（3）根据图表在坐标纸上描点，然后用一条直线将这些点和坐标原点连接起来，图象如图所示；根据牛顿第二定律得，整体的加速度a=，隔离对滑行器分析，绳子的拉力f=ma=，知到那个m远小于m时，砝码的重力等于滑行器的合力所以最不合适的是：a；故答案为：（1）0.51；（2）a=；（3）a【点评】本题要求同学们能根据实验原理，运用作差法求出加速度，能根据表格分析加速度和小车质量之间的关系，分析出实验中存在问题的是本题的难点；解决本题的关键知道砝码重力等于滑行器合力的条件，以及知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小14将一铜片和一锌片分别插入一只苹果内，就构成了简单的“水果电池”，其电动势约为1.5v，可是这种电池并不能使额定电压为1.5v、额定电流为0.3a的手电筒的小灯泡正常发光，原因是流过小灯泡的电流太小了，经实验测得还不足3ma为了精确地测定“水果电池”的电动势和内阻，现提供如下器材：a电流表（量程为3ma，内阻为10）b电压表（量程为1.5v，内阻为3k）c滑动变阻器（030）d滑动变阻器（03k）e开关和导线若干（1）为减小实验误差，滑动变阻器应选用d（选填：选项前的字母代号）；（2）为了能更准确地测定“水果电池”的电动势和内阻，应选择图乙电路但是，由于电表内阻的影响，仍然会产生误差你所选择的电路测出的“水果电池”的内阻与真实值相比将偏大（选填“偏大”、“偏小”或“相等”）；（3）某同学根据自己所选的电路图进行实验，所得的数据如表所示，若由表中第2次和第4次实验数据求得“水果电池”的电动势为e=1.45v，内阻为r=450实验次数123456i/ma0.501.001.502.002.503.00u/v1.231.000.780.550.330.10【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题【分析】（1）通过水果电池的内阻大小，选择合适的滑动变阻器（2）电流表的内阻很小，分担的电压很小，可以忽略，所以用伏安法测电源电动势和内阻时，电流表采取外接法误差较小（3）根据闭合电路欧姆定律列方程，联立可求得电动势和内电阻【解答】解：（1）电源的内阻大约r=500，若选用030的滑动变阻器，移动滑片，电流基本不变，所以本实验中滑动变阻器应选用d（2）因为电流表内阻相对电源内阻较小，分担电压较小，电流表采取相对电源的内接法误差较小滑动变阻器采用限流式接法，串联在电路中，故电路应选用乙由于电流表的分压，使得路端电压存在误差，而电流没有误差，运用图象法分别在ui图上由测量数据作出的图线1和修正误差后真实值作出的图线2，由图看出，电动势没有系统误差，即电动势值与真实值相等，内阻的测量值偏大（3）由闭合电路欧姆定律可知：u=eir；代入2、4两组数据可得：1=e0.001r；0.55=e0.002r；联立解得：e=1.45v；r=450故答案为：（1）d（2）乙；偏大；（3）1.45，450【点评】解决本题的关键知道实验误差的来源，注意本题也可以从ui图线中获取电源的电动势和内电阻三、计算题（本题共3小题，满分46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）15两个完全相同的物块a、b质量均为m=2kg，在水平面上以相同的初速度从同一位置同时开始运动，图中的两条直线分别表示物块a不受拉力作用和物块b受到水平拉力f作用的vt图象，取g=10m/s2，求：（1）物块a所受摩擦力f的大小；（2）物块b所受拉力f的大小；（3）8s末物块a、b间的距离【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】（1）、（2）由速度时间图象得到物体的运动规律，然后根据速度时间公式求出加速度，再对物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程求解即可；（3）根据平均速度公式分别求出物体ab的位移，得到两个物体的间距【解答】解：（1）、（2）设a、b两物块的加速度大小分别为a1、a2，由vt图象可知：a的初速度v0=6m/s，a物体的末速度v1=12m/s，b物体的末速度v2=0，根据速度时间公式，有 a1=0.75m/s2 a2=1m/s2 对a、两物块分别由牛顿第二定律得： ff=ma1 f=ma2 由可得：f=2n，f=5.5n即物块a所受拉力f的大小为1.8n（3）设a、b两物块8s内的位移分别为x1、x2由图象得： x1=m=72m x2=m=18m 所以x=x1x2=44 m 即8s末物块a、b之间的距离x为44m答：（1）物块a所受摩擦力f的大小是2n；（2）物块b所受拉力f的大小是5.5n；（3）8s末物块a、b间的距离是44m【点评】本题关键是根据速度时间图象得到两物体的运动情况，然后根据运动学公式、牛顿第二定律列方程并联立方程组求解16如图所示，光滑水平面ab与竖直面内的半圆形轨道在b点相接，轨道半径为r一个质量为m的物体（可视为质点）将轻质弹簧压缩至a点后由静止释放，在弹力作用下物体水平向右运动至某一速度时脱离弹簧，当它经过b点进入轨道瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动到达c点时对轨道的压力大小为0.5mg求：（1）弹簧被压缩时的最大弹性势能ep；（2）物体从b点运动至c点过程中克服摩擦阻力做的功wf；（3）物体离开c点后落回水平面ab时的动能ek【考点】动能定理；功的计算【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）根据牛顿第二定律得出b点的速度，结合能量守恒定律求出物体在a点时的弹簧的弹性势能（2）物体恰好通过最高点c，根据牛顿第二定律求出c点的速度，通过动能定理求出物体从b点运动至c点的过程中克服摩擦阻力做的功wf（3）物体离开c后做平抛运动，由机械能守恒定律求ek【解答】解：（1）设物体在b点的速度为vb，所受弹力为fnb，则有：fnbmg=m，又fnb=8mg由能量守恒