四川省攀枝花市米易中学2013-2014学年高二下期末物理模拟试卷一

20132014学年四川省攀枝花市米易中学高二（下）期末物理模拟试卷（一）一、选择题（本题共6小题，每小题3分，共18分每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1（3分）（2014春米易县校级期末）关于库仑定律以下说法中正确的是（）A库仑定律是实验定律B库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的带电体C库仑定律仅对静止的点电荷间相互作用才正确D根据库仑定律，当两个点电荷间的距离趋近于零时，则库仑力趋近于无穷大2（3分）（2014春米易县校级期末）关于作用力与反作用力做功的关系，下列说法中正确的是（）A当作用力做正功时，反作用力一定做负功B当作用力不做功时，反作用力也不做功C作用力做正功时，反作用力也可以做正功D作用力与反作用力所做的功一定是大小相等、正负相反的3（3分）（2014春米易县校级期末）如图所示，一个物体静止放在倾斜的木板上，在木板的倾角缓慢增大到某一角度的过程中，物体一直静止在木板上，则下列说法中正确的有（）A物体所受的支持力逐渐增大B物体所受的支持力与摩擦力的合力逐渐增大C物体所受的重力、支持力和摩擦力这三个力的合力逐渐增大D物体所受的重力、支持力和摩擦力这三个力的合力不变4（3分）（2014春米易县校级期末）如图所示为某一点电荷Q产生的电场中的一条电场线，A、B为电场线上的两点，一电子以某一速度沿电场线由A运动到B的过程中，动能增加，则可以判断（）A电场线方向由B指向AB场强大小EAEBCQ为负电荷，则Q在B点右侧DQ不可能为正电荷5（3分）（2014春米易县校级期末）弹簧振子做简谐运动，其位移X与时间T的关系如图所示，由图可知（）AT1S时，速度值最大，方向为负，加速度为零BT2S时，速度值最大，方向为正，加速度最大CT3S时，速度值最大，方向为负，加速度为零DT4S时，速度值最大，方向为正，加速度最大6（3分）（2014春米易县校级期末）如图所示为沿水平方向的介质中的部分质点，每相邻两质点的距离相等，其中O为波源设波源的振动周期为T，自波源通过平衡位置竖直向下振动时开始计时，经过，质点1开始振动，则下列关于各质点的振动和介质中的波的说法中错误的是（）A介质中所有质点的起振方向都是竖直向下的，且图中质点9起振最晚B图中所画出的质点起振时间都是相同的，起振的位置和起振的方向是不同的C图中质点8的振动完全重复质点7的振动，只是质点8振动时，通过平衡位置或最大位移的时间总比质点7通过相同位置时落后D只要图中所有质点都已振动了，质点1与质点9的振动步调就完全一致，但如果质点1发生的是第100次振动，则质点9发生的就是第98次振动二、选择题（本题共7小题，每小题3分，共21分每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确全部选对的得3分，选对不全的得15分，有选错或不答的得0分）7（3分）（2014春米易县校级期末）关于麦克斯韦电磁场理论，下列说法正确的是（）A在电场周围空间一定存在着磁场B任何变化的电场周围一定存在着变化的磁场C均匀变化的磁场周围一定存在着变化的电场D振荡电场在它的周围空间一定产生同频率的振荡磁场8（3分）（2014春米易县校级期末）假如作圆周运动的人造卫星的轨道半径增大到原来的2倍后仍作圆周运动，则（）A根据公式VR可知，卫星运动的线速度将增大到原来的2倍B根据公式F可知，卫星所需的向心力将减小到原来的C根据公式F可知，地球提供的向心力将减小到原来的D根据上述（B）和（C）中给出的公式可知，卫星运动的线速度将减小到原来的9（3分）（2014春米易县校级期末）发电厂输送电压为U1发电厂到学校的输电导线总电阻为R，通过导线的电流为I，学校得到的电压为U2，则输电线上损耗的功率表示错误的是（）ABCI2RDI（U1U2）10（3分）（2014春米易县校级期末）如图所示，电感线圈的电阻和电池内阻均可忽略不计，两个电阻的阻值都是R，电键K原来打开着，电流为I0，今合上电键将一电阻短路，于是线圈中有自感电动势产生，此时自感电动势（）A有阻碍电流的作用，最后电流由I0减小到零B有阻碍电流的作用，最后电流总小于I0C有阻碍电流增大的作用，因而电流I0保持不变D有阻碍电流增大的作用，因而电流最后还是增大到2I011（3分）（2013广陵区校级学业考试）A、B两物体在同一直线上做匀变速直线运动，它们的速度图象如图所示，则（）AA、B两物体运动方向一定相反B开头4S内A、B两物体的位移相同CT4S时，A、B两物体的速度相同DA物体的加速度比B物体的加速度大12（3分）（2014春米易县校级期末）甲在做测定玻璃的折射率的实验时，法线画得与界面不垂直，出现如图（A）所示的倾斜；乙在放置玻璃砖时，玻璃砖的平面没有与AA重合，出现如图（B）所示的偏差，则他们测得的折射率比真实值（）A甲的偏小B乙的偏小C甲的偏大D乙的偏大13（3分）（2014春米易县校级期末）如图所示，一轻质弹簧竖直放置，下端固定在水平面上，上端处于A位置，当一重球放在弹簧上端静止时，弹簧上端被压缩到B位置现将重球（视为质点）从高于A位置的C位置沿弹簧中轴线自由下落，弹簧被重球压缩到最低位置D以下关于重球运动过程的正确说法应是（）A重球下落压缩弹簧由A至D的过程中，重球作减速运动B重球下落至B处获得最大速度C由A至D过程中重球克服弹簧弹力做的功等于小球由C下落至D处时重力势能减少量D重球在B位置处具有的动能等于小球由C下落到B处减少的重力势能三、实验题（本题共2小题，共14分）14（6分）（2001江西）一打点计时器固定在斜面上某处，一小车拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下，如图甲所示图乙是打出的纸带的一段（1）已知打点计时器使用的交流电频率为50HZ，利用图乙给出的数据可求出小车下滑的加速度A（2）为了求出小车在下滑过程中所受的阻力，还需测量的物理量有用测得的量及加速度A表示阻力的计算式为F15（8分）（2008杭州一模）用伏安法测一节干电池的电动势E和内电阻R，所给的器材有（A）电压表0315V；（B）电流表0063A；（C）变阻器R1（总电阻20）；（D）变阻器R2（总电阻100）；以及电键S和导线若干画出实验电路图（标明变阻器规格）如图所示的UI图上是由实验测得的7组数据标出的点，请你完成图线，并由图线求出EV，R若只选用两组数据，用欧姆定律算出E、R，有可能误差较大，若选用第和第组数据误差最大四、本题共4小题，共47分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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16（10分）（2014春米易县校级期末）如图所示，一质量M4KG，长为L3M的长木板放在地面上，今施一力F8N水平向右拉木板，木板以V2M/S的速度在地面上匀速运动，某一时刻把质量为M1KG的铁块轻放在木板的最右端，不计铁块与木板间的摩擦，且小铁块视为质点，求小铁块经过多长时间将离开木板（G10M/S2）17（11分）（2014春米易县校级期末）如图所示，质量为M的物体放在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为，想用大小为F的力推动物体沿水平地面滑动，推力方向与水平面的夹角在什么范围内都是可能的（可以用三角函数表示）18（12分）（2014春米易县校级期末）如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑离心轨道，一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为M，电量为Q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为（小球的重力大于所受的电场力），半径为R的光滑外接圆轨道与斜轨道相连，且小球过连接点时无能量损失（1）求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小；（2）若使小球通过圆轨道顶端的B点时不落下来，求A点距水平地面的高度H至少应为多大（3）若小球从斜轨道H5R处由静止释放假设其能够通过B点，求在此过程中小球机械能的改变量19（14分）（2014四川二模）如图，竖直平面坐标系XOY的第一象限，有垂直XOY面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为B和E；第四象限有垂直XOY面向里的水平匀强电场，大小也为E；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点O相切，最低点与绝缘光滑水平面相切于N一质量为M的带电小球从Y轴上（Y0）的P点沿X轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N点水平进入第四象限，并在电场中运动（已知重力加速度为G）（1）判断小球的带电性质并求出其所带电荷量；（2）P点距坐标原点O至少多高；（3）若该小球以满足（2）中OP最小值的位置和对应速度进入第一象限，通过N点开始计时，经时间T2小球距坐标原点O的距离S为多远20132014学年四川省攀枝花市米易中学高二（下）期末物理模拟试卷（一）参考答案与试题解析一、选择题（本题共6小题，每小题3分，共18分每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1（3分）（2014春米易县校级期末）关于库仑定律以下说法中正确的是（）A库仑定律是实验定律B库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的带电体C库仑定律仅对静止的点电荷间相互作用才正确D根据库仑定律，当两个点电荷间的距离趋近于零时，则库仑力趋近于无穷大考点库仑定律版权所有分析库仑定律的两电荷量的间距要远大于电荷自身的大小，此时才可以看成点电荷同时要处于真空中，这样确保电荷量不变当满足这些条件时，库仑力才与两电荷量的乘积成正比，与两电荷间距的平方成反比解答解A、库仑定律是库仑通过实验得出的规律，实验过程中注意确保间距要大且电荷量不能变，故A正确；B、当两点电荷的间距远大于自身的大小时，才能看成点电荷，并不是体积很小就能当作点电荷故B错误；C、库仑定律只要是点电荷及其电量不变，库仑力就会满足与两电荷量的乘积成正比，与两电荷间距的平方成反比，不一定是静止的电荷，故C错误；D、由公式FK可知，当R0时此时已不满足点电荷条件，所以公式不适用故D错误；故选A点评本题重点考查库仑定律的成立条件，并突出何时能看成点电荷的分析方法2（3分）（2014春米易县校级期末）关于作用力与反作用力做功的关系，下列说法中正确的是（）A当作用力做正功时，反作用力一定做负功B当作用力不做功时，反作用力也不做功C作用力做正功时，反作用力也可以做正功D作用力与反作用力所做的功一定是大小相等、正负相反的考点作用力和反作用力版权所有分析力做功的正负即决于力和位移的方向关系；根据作用力和反作用力的性质可以判断两力做功的情况解答解作用力和反作用力是作用在两个相互作用的物体之上的；作用力和反作用力可以同时做负功，也可以同时做正功；如冰面上两个原来静止的小孩子相互推一下之后，两人同时后退，则两力做正功；而两个相对运动后撞在一起的物体，作用力和反作用力均做负功，故ABD错误，C正确；故选C点评对于作用力和反作力要注意掌握其基本性质，再在性质的基础之上运用实例进行分析判断3（3分）（2014春米易县校级期末）如图所示，一个物体静止放在倾斜的木板上，在木板的倾角缓慢增大到某一角度的过程中，物体一直静止在木板上，则下列说法中正确的有（）A物体所受的支持力逐渐增大B物体所受的支持力与摩擦力的合力逐渐增大C物体所受的重力、支持力和摩擦力这三个力的合力逐渐增大D物体所受的重力、支持力和摩擦力这三个力的合力不变考点物体的弹性和弹力版权所有分析据平衡条件得出物体所受支持力和摩擦力与角的关系式，再分析它们的变化物体一直处于静止状态，合力保持为零解答解A、B、物体受力如图，根据平衡条件得支持力NGCOS摩擦力FGSIN当增大时，N减小，F增大故A错误；B、由于物体一直静止在木板上，物体所受的重力、支持力和摩擦力的合力一直为零，保持不变支持力与摩擦力的合力一直等于重力，保持不变；故BC错误；D正确；故选D点评本题动态平衡问题，采用数学上函数法分析支持力和摩擦力的变化，也可以运用图解法分析4（3分）（2014春米易县校级期末）如图所示为某一点电荷Q产生的电场中的一条电场线，A、B为电场线上的两点，一电子以某一速度沿电场线由A运动到B的过程中，动能增加，则可以判断（）A电场线方向由B指向AB场强大小EAEBCQ为负电荷，则Q在B点右侧DQ不可能为正电荷考点电场线；电势能版权所有专题电场力与电势的性质专题分析一电子以某一速度沿电场线由A运动到B的过程中，动能增加，电场力对电子做正功，电场力方向与运动方向相同，电势能减小解答解A、一电子以某一速度沿电场线由A运动到B的过程中，动能增加，电场力对电子做正功，电场力方向与运动方向相同，所以电场强度方向由B指向A，电场线方向由B指向A，故A正确；B、不知电场线的疏密，故无法知道电场的强弱故B错误C、Q可以为正电荷，也可以为负电荷，如是正电荷则在B的右侧，故CD错误故选A点评解决本题的关键根据电子动能增加判断出电场的方向以及知道电场力做功与电势能的变化关系，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大5（3分）（2014春米易县校级期末）弹簧振子做简谐运动，其位移X与时间T的关系如图所示，由图可知（）AT1S时，速度值最大，方向为负，加速度为零BT2S时，速度值最大，方向为正，加速度最大CT3S时，速度值最大，方向为负，加速度为零DT4S时，速度值最大，方向为正，加速度最大考点波长、频率和波速的关系；横波的图象版权所有分析弹簧振子做简谐运动时，位移越大，速度越小，加速度越大根据位移进行分析解答解A、1S末时刻，振子的位移为零，经过平衡位置，速度最大，且速度为负方向，加速度最小，为零，故A正确；B、2S末时刻，位移为负向最大，故速度为零，由A知加速度最大，故B错误；C、3S末时刻，振子的位移为零，经过平衡位置，速度最大，且沿正方向，加速度最小，为零，故C错误；D、4S末时刻，位移正向最大，故速度为零，加速度为最大，故D错误；故选A点评本题关键是要知道质点位移最小时，速度最大，加速度最小；位移最大时，加速度最大，速度最小6（3分）（2014春米易县校级期末）如图所示为沿水平方向的介质中的部分质点，每相邻两质点的距离相等，其中O为波源设波源的振动周期为T，自波源通过平衡位置竖直向下振动时开始计时，经过，质点1开始振动，则下列关于各质点的振动和介质中的波的说法中错误的是（）A介质中所有质点的起振方向都是竖直向下的，且图中质点9起振最晚B图中所画出的质点起振时间都是相同的，起振的位置和起振的方向是不同的C图中质点8的振动完全重复质点7的振动，只是质点8振动时，通过平衡位置或最大位移的时间总比质点7通过相同位置时落后D只要图中所有质点都已振动了，质点1与质点9的振动步调就完全一致，但如果质点1发生的是第100次振动，则质点9发生的就是第98次振动考点波长、频率和波速的关系；简谐运动的振幅、周期和频率；横波的图象版权所有专题振动图像与波动图像专题分析介质中各质点的起振方向与波源的起振方向相同，沿波的传播方向质点的振动越来越迟，后振动的质点重复先振动的质点的运动根据质点1和9之间的距离与波长的关系，分析振动步调的关系，确定振动次数的关系解答解A、波源的起振方向通过平衡位置竖直向下，介质中各质点的起振方向也都竖直向下，波向右传播，质点9起振最晚故A正确B、图中所画出的质点起振的时间依次落后，起振位置不同，但起振方向相同，都是竖直向下故B错误C、当波传到质点8时，质点8的振动完全重复质点7的振动，由题知道，波从质点7传到质点8的时间为，则质点8振动时，通过平衡位置或最大位移的时间总比质点7通过相同位置时落后故C正确D、设相邻两质点间距离为S，则由题得到波长为4S，质点1与质点9的距离为S8S2，图中所有质点都振动后，质点1与质点9的振动情况完全相同，步调完全一致，波从质点1到质点9时，质点1已振动了2次，所以如果质点1发生的是第100次振动，则质点9发生的就是第98次振动故D正确本题选错误的，故选B点评机械波的基本特点是介质中各质点随着波源做受迫振动，起振方向都与波源相同，各质点的振动情况概括起来为“前带后，后跟前”二、选择题（本题共7小题，每小题3分，共21分每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确全部选对的得3分，选对不全的得15分，有选错或不答的得0分）7（3分）（2014春米易县校级期末）关于麦克斯韦电磁场理论，下列说法正确的是（）A在电场周围空间一定存在着磁场B任何变化的电场周围一定存在着变化的磁场C均匀变化的磁场周围一定存在着变化的电场D振荡电场在它的周围空间一定产生同频率的振荡磁场考点电磁场版权所有分析麦克斯韦的电磁场理论中变化的磁场一定产生电场，当中的变化有均匀变化与周期性变化之分解答解A、在稳定的电场周围空间不存在着磁场，故A错误；BCD、均匀变化的电场产生稳定的磁场，而非均匀变化的电场产生非均匀变化的磁场，恒定的电场不会产生磁场，故BC错误；D正确；故选D点评考查麦克斯韦的电磁场理论中变化的分类均匀变化与非均匀（或周期性）变化电磁波被麦克斯韦预言了存在，而赫兹证实了电磁波的存在8（3分）（2014春米易县校级期末）假如作圆周运动的人造卫星的轨道半径增大到原来的2倍后仍作圆周运动，则（）A根据公式VR可知，卫星运动的线速度将增大到原来的2倍B根据公式F可知，卫星所需的向心力将减小到原来的C根据公式F可知，地球提供的向心力将减小到原来的D根据上述（B）和（C）中给出的公式可知，卫星运动的线速度将减小到原来的考点人造卫星的加速度、周期和轨道的关系版权所有专题万有引力定律的应用专题分析人造地球卫星的轨道半径增大到原来2倍时，角速度减小，线速度减小，由数学知识分析线速度和向心力的变化根据公式F，地球提供的向心力将减少到原来的根据卫星线速度和角速度的公式来分析它们的变化解答解A、卫星圆周运动向心力由万有引力提供，根据知，当卫星的半径变化时角速度也发生变化，故线速度不与半径成正比，所以A错误；B、万有引力提供圆周运动向心力F知，当半径增大到原来的2倍时，向心力减小为原来的，故B错误；C、卫星的万有引力提供圆周运动向心力，根据向心力表达式可知，万有引力减小为原来的，故C正确；D、据F知，线速度，线速度大小与半径的平方根成反比，卫星运动的线速度将减小到原来的，故D错误故选C点评卫星绕地球做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，据此分析线速度与半径的关系，注意物理公式中控制变量的讨论方法9（3分）（2014春米易县校级期末）发电厂输送电压为U1发电厂到学校的输电导线总电阻为R，通过导线的电流为I，学校得到的电压为U2，则输电线上损耗的功率表示错误的是（）ABCI2RDI（U1U2）考点远距离输电版权所有专题交流电专题分析根据题意求出导线损失的电压，应用电功率公式求出导线损失的电功率解答解导线上损失的电压U损U1U2，输电电流为I，导线电阻为R，导线损失的功率P，PU损I（U1U2）I，PI2R，U1是输电电压，R是导线电阻，P不是导线上损失的功率，故A错误，BCD正确；本题选错误的，故选A点评本题考查了求导线损失的电功率，分析清楚输电过程、知道各量的含义、应用电功率公式即可正确解题10（3分）（2014春米易县校级期末）如图所示，电感线圈的电阻和电池内阻均可忽略不计，两个电阻的阻值都是R，电键K原来打开着，电流为I0，今合上电键将一电阻短路，于是线圈中有自感电动势产生，此时自感电动势（）A有阻碍电流的作用，最后电流由I0减小到零B有阻碍电流的作用，最后电流总小于I0C有阻碍电流增大的作用，因而电流I0保持不变D有阻碍电流增大的作用，因而电流最后还是增大到2I0考点自感现象和自感系数版权所有分析电路中有线圈，当通过线圈的电流发生变化时会产生感应电动势去阻碍线圈中电流变化但不能阻止解答解由于开关的闭合，使得电流增加，则线圈产生反感电动势，有阻碍电流的作用，因为多匝电感线圈L的电阻和电池内阻都忽略不计，所以最后电流慢慢增加到2倍，故ABC错误；D正确；故选D点评线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源负极当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈左端是电源正极11（3分）（2013广陵区校级学业考试）A、B两物体在同一直线上做匀变速直线运动，它们的速度图象如图所示，则（）AA、B两物体运动方向一定相反B开头4S内A、B两物体的位移相同CT4S时，A、B两物体的速度相同DA物体的加速度比B物体的加速度大考点匀变速直线运动的图像版权所有专题运动学中的图像专题分析由图象中的坐标可知物体速度的大小及方向；由斜率的大小可知加速度；由图象与时间轴围成的面积可表示位移解答解A、由图可知两物体均沿正方向运动，故速度方向相同，故A错误；B、4S内B的移大于A的位移，故B错误；C、4S时丙物体的图象相交，说明两物体速度相同，故C正确；D、A的斜率小于B的斜率，说明A的加速度比B要小，故D错误；故选C点评解决VT图象关键在于弄清图象中点的坐标、斜率及面积的含义；再由数学方法进行分析即可12（3分）（2014春米易县校级期末）甲在做测定玻璃的折射率的实验时，法线画得与界面不垂直，出现如图（A）所示的倾斜；乙在放置玻璃砖时，玻璃砖的平面没有与AA重合，出现如图（B）所示的偏差，则他们测得的折射率比真实值（）A甲的偏小B乙的偏小C甲的偏大D乙的偏大考点测定玻璃的折射率版权所有分析用插针法测定玻璃砖折射率的实验原理是折射定律N，作出光路图，确定折射光线的偏折情况，分析入射角与折射角的误差，来确定折射率的误差解答解（A）测得的入射角I和折射角R都偏大，而且增大相同的角度玻璃砖的折射率为N，运用特殊值法分析假设若法线与界面垂直时，入射角为I45，折射角为R30，则折射率为N141若法线与界面不垂直时，入射角与折射角都增大15，则折射率为N122，可见，甲的测量值将偏小（B）出现如图（B）所示的偏差时测量的入射角I和折射角R都增大，而且增大相同的角度与A情况恰好相同，故测量值将偏小，故AB正确，CD错误；故选AB点评对于实验误差，要紧扣实验原理，用作图法，确定出入射角与折射角的误差，即可分析折射率的误差13（3分）（2014春米易县校级期末）如图所示，一轻质弹簧竖直放置，下端固定在水平面上，上端处于A位置，当一重球放在弹簧上端静止时，弹簧上端被压缩到B位置现将重球（视为质点）从高于A位置的C位置沿弹簧中轴线自由下落，弹簧被重球压缩到最低位置D以下关于重球运动过程的正确说法应是（）A重球下落压缩弹簧由A至D的过程中，重球作减速运动B重球下落至B处获得最大速度C由A至D过程中重球克服弹簧弹力做的功等于小球由C下落至D处时重力势能减少量D重球在B位置处具有的动能等于小球由C下落到B处减少的重力势能考点功能关系；动能和势能的相互转化版权所有分析通过分析小球的受力情况，分析其运动情况，即可判断动能的变化根据机械能守恒的条件只有重力或弹力做功，分析机械能是否守恒结合功能原理进行分析解答解A、重球下落压缩弹簧由A至D的过程中，小球受到向下的重力和向上的弹力，弹力先小于重力，后大于重力，合力先向下后向上，所以小球先加速后减速，当小球运动到B时动能最大，故A错误B、重球下落压缩弹簧由A至D的过程中，小球先加速后减速，当小球运动到B时动能最大，速度最大故B正确C、对小球C到D运用动能定理，有WGW弹00知从C到D重力做的功和A至D过程克服弹簧弹力做的功相等，而重力做功等于重力势能的减少量，所以由A至D过程中重球克服弹簧弹力做的功等于重球由C下落至D处时重力势能减少量故C正确D、根据机械能守恒定律可知重球在B位置处具有的动能等于重球由C下落到B处减少的重力势能与弹力获得的弹性势能之差，故D错误故选BC点评解决本题的关键知道根据合力的大小和方向可知加速度的大小和方向，以及知道加速度与速度同向，速度增加，加速度与速度反向，速度减小掌握功能关系进行动态变化分析三、实验题（本题共2小题，共14分）14（6分）（2001江西）一打点计时器固定在斜面上某处，一小车拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下，如图甲所示图乙是打出的纸带的一段（1）已知打点计时器使用的交流电频率为50HZ，利用图乙给出的数据可求出小车下滑的加速度A400M/S2（2）为了求出小车在下滑过程中所受的阻力，还需测量的物理量有小车质量；斜面上任意两点间距离及这两点的高度差用测得的量及加速度A表示阻力的计算式为FMGMA考点打点计时器系列实验中纸带的处理版权所有专题实验题；压轴题分析利用匀变速直线运动的推论，采用逐差法求解加速度对小车进行受力分析，根据牛顿第二定律解决问题解答解（1）由图2中的纸带可知相邻的2个计数点间的时间间隔T2002S004S，相邻两个计数点的距离分别为S1521CM，S2575CM，为了减小误差可用逐差法求加速度S9S45AT2S8S35AT2S7S25AT2S6S15AT2A400M/S2（2）对小车进行受力分析，小车受重力、支持力、阻力将重力沿斜面和垂直斜面分解，设斜面倾角为，根据牛顿第二定律得F合MGSINFMAFMGSINMA，所以我们要求出小车质量M和SIN，那么实际测量时，我们应该测出斜面上任意两点间距离L及这两点的高度差H来求SIN，即SIN所以FMGMA故答案为（1）400M/S2（2）小车质量，斜面上任意两点间距离及这两点的高度差，MGMA点评能够知道相邻的计数点之间的时间间隔能够运用逐差法求解加速度能够把纸带的问题结合动力学知识运用解决问题15（8分）（2008杭州一模）用伏安法测一节干电池的电动势E和内电阻R，所给的器材有（A）电压表0315V；（B）电流表0063A；（C）变阻器R1（总电阻20）；（D）变阻器R2（总电阻100）；以及电键S和导线若干画出实验电路图（标明变阻器规格）如图所示的UI图上是由实验测得的7组数据标出的点，请你完成图线，并由图线求出E15V，R05若只选用两组数据，用欧姆定律算出E、R，有可能误差较大，若选用第5和第6组数据误差最大考点测定电源的电动势和内阻版权所有专题实验题；恒定电流专题分析应用伏安法测电源的电动势与内电阻，用电流表测电流，电压表测路端电压，据此作出实验电路图电源的UI图象与纵坐标轴交点是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻，由图象可以求出电源电动势与内阻解答解滑动变阻器采取限流式接法，串联在电路中，电压表接在电源和开关两侧，测量的误差较小，伏安法测电源电动势与内阻的实验电路如图所示作出UI图象由电源的UI图象可知，电源电动势E15V，内电阻R05若只选用两组数据，用欧姆定律算出E、R，有可能误差较大，若选用第5和第6组数据误差最大故答案为如图；15，05；5，6点评本题考查了测电源电动势与内阻的实验电路、求电源电动势与内阻，掌握基础知识即可正确解题；求电源内阻时要注意图象纵坐标起点数值，否则会出错四、本题共4小题，共47分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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16（10分）（2014春米易县校级期末）如图所示，一质量M4KG，长为L3M的长木板放在地面上，今施一力F8N水平向右拉木板，木板以V2M/S的速度在地面上匀速运动，某一时刻把质量为M1KG的铁块轻放在木板的最右端，不计铁块与木板间的摩擦，且小铁块视为质点，求小铁块经过多长时间将离开木板（G10M/S2）考点牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系版权所有专题牛顿运动定律综合专题分析木板匀速运动时，滑动摩擦力与水平拉力平衡，求出木板与地面间的动摩擦因数把铁块轻放在木板的最右端后，木板对地面的压力增大，地面对木板的滑动摩擦力增大，木板开始做匀减速运动，由于与木板间的摩擦不计，铁块相对于地面静止不动根据牛顿第二定律求出木板的加速度当木板的位移等于板长时，小铁块将离开木板，由位移公式求出时间解答解当木板匀速运动时，根据平衡条件得FF，即有FMG得到，当放上铁块后，由于与木板间的摩擦不计，铁块相对于地面静止不动，木板开始做匀减速运动，设木板的加速度大小为A，则根据牛顿第二定律得A05M/S2当小铁块离开木板时，木板的位移等于L，则有LVT代入解得，T2S答小铁块经过多长时间将离开木板是2S点评本题关键是分析物体的受力情况和运动情况，特别要注意铁块与木板间没有摩擦中等难度17（11分）（2014春米易县校级期末）如图所示，质量为M的物体放在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为，想用大小为F的力推动物体沿水平地面滑动，推力方向与水平面的夹角在什么范围内都是可能的（可以用三角函数表示）考点摩擦力的判断与计算版权所有分析当夹角达到一定程度时，无论推力多大，推力在水平方向上的分力都小于最大静摩擦力，根据共点力平衡求出该夹角的大小，从而得出推力方向与水平面的夹角解答解设推力方向与水平面的夹角为，要全使物体能沿水平面滑动，必须满足的条件是FCOSF又NFSINMGFN由以上各式得F（COSSIN）MG令TAN得SIN（）ARCSIN故答案点评本题考查了受力分析和受力平衡问题，关键是知道当FCOS（MGFSIN）时无论力F多大都推不动木块结合临界情况进行求解18（12分）（2014春米易县校级期末）如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑离心轨道，一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为M，电量为Q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为（小球的重力大于所受的电场力），半径为R的光滑外接圆轨道与斜轨道相连，且小球过连接点时无能量损失（1）求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小；（2）若使小球通过圆轨道顶端的B点时不落下来，求A点距水平地面的高度H至少应为多大（3）若小球从斜轨道H5R处由静止释放假设其能够通过B点，求在此过程中小球机械能的改变量考点匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理版权所有分析（1）对小球进行受力分析，由牛顿第二定律即可求出加速度；（2）小球恰好通过最高点，则由向心力公式可求得B点的速度；对AB过程由动能定理可得A在轨道上的高度