【物理】重庆一中2014-2015学年高二上学期期中考试

一、单项选择题（共8小题，每小题4分，共计32分，每小题只有一个选项符合题意）1、在物理学史上，首先发现电流周围存在磁场的著名科学家是（）A、特斯拉B、安培C、奥斯特D、法拉第2、根据磁感应强度的定义式FBIL，下列说法正确的是（）A、在磁场中某确定位置，B与F成正比，与I、L的乘积成反比B、一小段通电直导线在空间某处受磁场力F=0，那么该处的B一定为零C、磁场中某处的B的方向跟电流在该处受磁场力F的方向相同D、一小段通电直导线放在B为零的位置，那么它受到的磁场力F也一定为零3、如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图，励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直，电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节，下列说法正确的是（）A、仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大B、仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大C、仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变大D、仅增大励磁线圈中电流，电子束径迹的半径变大4、通电矩形线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图所示，bc边与MN平行，以下关于线框四个边受到安培力的说法正确的是A、线框只有两个边受力，合力向左B、线框只有两个边受力，合力向右C、线框四个边都受力，合力向左D、线框四个边都受力，合力向右5、如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成，当闭合开关S1、S2后，电动机正常工作，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出，断开开关S1，电吹风吹冷风。

已知电吹风的额定电压为220V，吹热风时的功率为1000W，吹冷风时的功率为120W，关于该电吹风，下列说法正确的是A、当电吹风吹热风时，电热丝每秒消耗的电能为1000J，B、当电吹风吹冷风时，电热丝每秒消耗的电能为120JC、电热丝的电阻为55ΩD、电动机线圈的电阻为12103A、随着速度的增加，带电粒子在磁场中运动的周期越来越短B、带电粒子获得的最大速度是由交变电场的加速电压决定的C、加速质子后，不需要改变加速器的任何量，就可以用来加速α粒子D、交变电场的频率跟带电粒子的比荷成正比7、利用霍尔效应制作霍尔元件，广泛应用与测量和自动控制等领域，如图是活儿元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，CD两侧面会形成电势差CDU，下列说法中正确的是A、电势差CDU仅与材料有关B、仅增大磁感应强度时，C、D两面的电势差变大C、若霍尔元件中定向移动的是自由电子，则侧面C电势比侧面D电势高D、在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平方向8、如图所示，两个通电直导线a、b平行放置，a、b中通有同方向的电流I和3I，此时a受到的磁场力为F，若在a、b的正中间再放置一根与a、b平行共面的通电长直导线c，且通入a、b同向电流后，a受到的磁场力变为2F，则此时b受到的磁场力为二、多项选择题（共4小题，每小题4分，共计16分，每小题至少有两个选项符合题意，选对但不全的得2分，不选或错选的得0分）9、下列关于磁场和磁感线的说法中，正确的是A、磁场和电场一样，是客观存在的特殊物质B、磁场是为了解释磁极间相互作用而人为引入的C、磁体的磁感线总是从N极指向S极D、磁感线是闭合曲线10、如图所示，一半径为R的圆内有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为B，CD是该圆一直径，一质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子（不计重力），自A点沿AO方向垂直射入磁场中，恰好从D点飞出磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向30°，则A、可判别圆内的匀强磁场的方向垂直纸面向里B、可求得粒子在磁场中的运动时间C、不可求出粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径D、不可求得粒子进入磁场时的速度11、如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A=60°，AO=a。

秘密★启用前2013年重庆一中高2015级高二上期定时练习物理试题卷2013.10物理试题分选择题和非选择题两部分，满分110分，考试时间90分钟。

注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上．2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上．4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效．一、单项选择题（共32分，8小题，每小题4分，每小题只有一个正确答案）1．下列有关点电荷和元电荷的说法中，正确的是（）A．点电荷就是体积很小的电荷B．带电体的电荷量可以取任意值，能连续变化C．元电荷实质上就是电子或质子D．带电体的形状、大小及电荷分布状况对所研究问题的影响可忽略时其可视作点电荷2．（原创）用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法。

下列四个选项中全部都应用了比值定义法的是（）①电场强度②电势③电容④电流⑤电动势⑥导体的电阻A．①③⑤⑥B．②③⑤⑥C．②③④⑥D．②④⑤⑥3．当电阻两端加上某一稳定电压时，通过它的电荷量为0.3C，消耗的电能为0.6J。

为在相同时间内使0.9C的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是（）A．3V，5.4J B．6V，5.4J C．3V，3.6J D．6V，3.6J4．在如图所示的电路中，R1、R2都是定值电阻，R3是滑动变阻器，电源电动势和内阻稳定，当R3的滑片向下移动时，下列关于电压表读数以及灯泡L亮度的变化的说法中，正确的是（）A．变大，变亮B．变大，变暗C．变小，变亮D．变小，变暗5．如图所示的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷，则图中a、b两点电场强度和电势均相同的是（）6．下表是给出的是某品牌电动自行车铭牌上所示的技术参数：则此车电机内部线圈的电阻r和电机在额定电压下工作时的效率η分别为（）A．1.25Ω，87.5% B．1.25Ω，85.7% C．10Ω，87.5%D．10Ω，85.7% 7．如图，带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的2倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着与电场强度方向垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，不计粒子重力，若OM=MN，则P和Q的质量之比为（）A．3：4 B．4：3C．1：2 D．2：18．某工作电路如图所示，电源电动势E=8 V，内阻一定，红、绿灯的电阻分别为R r=4Ω,R g=8Ω，其他电阻R1=4Ω，R2=2Ω，R3=6Ω，正常工作时电压表读数U0=6.0 V。

秘密★启用前重庆市重庆一中2015级高三上期半期考试物理试题卷2014．11物理试题分为选择题、非选择题和选做题三部分，满分110分．选择题和非选择题两部分学生必做；选做题有两题，考生从中选做一题，若两题都做，则按所做的第一题计分．【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的必修一、必修二、选修3-3的内容，主要包含受力分析、牛顿运动定律、动能定理、电场、分子动理论、热力学定律、动量守恒定律等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，以基础知识和基本技能为载体，在试题上以改变题为主，没有沿用老题，是份非常好的试卷。

（一）选择题（本大题共5小题，每题6分，共30分．每题仅有一个正确答案）【题文】14．某同学为估测一教学楼的总高度，在楼顶将一直径为2cm的钢球由静止释放，测得通过安装在地面的光电门数字计时器的时间为0.001s，由此可知教学楼的总高度约为（不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2）A．10m B．20m C．30m D．40m【知识点】自由落体运动．A3【答案解析】 B 解析：由图可知AB的长度为2cm，即0.02m，曝光时间为11000s，所以AB段的平均速度的大小为：0.020.001xvt===20m/s，由于时间极短，故A点对应时刻的瞬时速度近似为20m/s，由自由落体的速度位移的关系式 v2=2gh可得：h=22202210vg=⨯=20m．故B正确．故选：B【思路点拨】根据照片上痕迹的长度，可以知道在曝光时间内物体下落的距离，由此可以估算出AB段的平均速度的大小，由于时间极短，可以近似表示A点对应时刻的瞬时速度，最后再利用自由落体运动的公式可以求得下落的距离．由于AB的运动时间很短，我们可以用AB 段的平均速度来代替A点的瞬时速度，由此再来计算下降的高度就很容易了，通过本题一定要掌握这种近似的方法．【题文】15的0.1倍，汽车能达到的最大速度为mv.汽车的加速度为（重力加速度为g）A．0.1g B．0.2g C．0.3g D．g4.0【知识点】功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．C2 E1【答案解析】 A 解析：令汽车质量为m，则汽车行驶时的阻力f=0.1mg．当汽车速度最大v m 时，汽车所受的牵引力F=f ，则有：P=f•v m 当速度为2m v 时有：P=F•2m v 由以上两式可得：F=222m m mf v P f v v ∙==根据牛顿第二定律：F-f=ma 所以a=20.10.1F f f f f mg g m m m m--====;故A 正确，B 、C 、D 均错误．故选A ． 【思路点拨】汽车达到速度最大时，汽车的牵引力和阻力相等，根据功率P=Fv ，可以根据题意算出汽车发动机的功率P ，当速度为2m v 时，在运用一次P=Fv 即可求出此时的F ，根据牛顿第二定律就可求出此时的加速度．掌握汽车速度最大时，牵引力与阻力大小相等，能根据P=FV 计算功率与速度的关系．【题文】16．2013年12月2日“嫦娥三号”探月卫星在西昌卫星发射中心发射，“嫦娥三号”先在离月球表面某一高度的圆轨道上运动，随后多次变轨，最后围绕月球表面做圆周飞行，周期为T ．引力常量G 已知．则A ．变轨过程中必须向运动的反方向喷气B ．变轨后比变轨前相比，机械能增大C ．可以确定该星球的质量D ．可以确定该星球的密度【知识点】 万有引力定律及其应用．D5【答案解析】 D 解析： A 、变轨时飞船运动的轨道半径变小，做近心运动，要减速，所以变轨过程中必须向运动的方向喷气，故A 错误；B 、变轨时，动能减小，势能减小，所以机械能减小，之后只有万有引力做功，机械能不变，所以轨后比变轨前相比，飞船的机械能减小，故B 错误；C 、飞船围绕该星球做近表面圆周飞行，周期为T ．则有：2224mM R G m R T π=解得：23343MGTR ππ=，所以可知确定密度，但不能确定质量，故C 错误，D 正确．故选：D 【思路点拨】变轨时飞船做近心运动，要减速，动能减小，势能减小，所以机械能减小，根据万有引力提供向心力公式可以判断CD 选项．解答本题要知道：飞船做近心运动时要减速，做离心运动时要加速，只有万有引力做功时，机械能不变，能根据万有引力提供向心力公式求解相关问题，难度适中．【题文】17．一小球从地面上以某一初速度竖直向上抛出，运动过程中受到的阻力大小与速率成正比，在上升过程中，下列能正确反映小球的机械能E 随上升高度h 的变化规律（选地面为零势能参考平面）的是【知识点】机械能守恒定律；竖直上抛运动．A4 E3【答案解析】C 解析：根据题意可知：f=kv△E=W f=f h则得 E=E0-△E=E0-f h因为速度逐渐减小，所以f h逐渐减小，故图象的斜率逐渐减小，即机械能减小越来越慢．当小球上升时还有重力势能，机械能不为0，只有C正确．【思路点拨】只有重力对物体做功时，物体的机械能守恒，由于物体受空气阻力的作用，所以物体的机械能要减小，减小的机械能等于克服阻力做的功．物体受空气阻力的作用，物体的机械能要减小，由于空气阻力逐渐减小，所以机械能减小的越来越慢．【题文】18．如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为Rh高处由静止释放，2，现将质量也为m的小球从距A点正上方然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为气阻力），则A．小球和小车组成的系统动量守恒BC．小球离开小车后做斜上抛运动D【知识点】机械能守恒定律；向心力．E3 D4【答案解析】 D 解析：A 、C 水平地面光滑，系统水平方向动力守恒，但竖直方向动量不守恒，则质点离开槽后做竖直上抛运动，下来时还会落回半圆槽中，故A 、C 错误；B 、小车与小球水平方向动量守恒，120mv mv =+ ，122v t v t R += ，所以2v t R = ，小车向左运动的距离为R ，故B 错误；D 、根据动能定理研究第一次质点在槽中滚动得：mg(H-34H)-W f =0，W f 为质点克服摩擦力做功大小．解得：W f =14mgH ．即第一次质点在槽中滚动损失的机械能为14mgH ．由于第二次小球在槽中滚动时，对应位置处速度变小，因此槽给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于14mgH ，机械能损失小于14mgH ，因此小球再次冲出a 点时，能上升的高度为为：12H ＜h ＜34H ．故D 正确．故选：D 【思路点拨】水平地面光滑，系统水平方向动力守恒，则质点离开槽后做竖直上抛运动，下来时还会落回半圆槽中，根据动能定理求解质点在槽中滚动摩擦力做功．除重力之外的力做功量度物体机械能的变化．第二次小球在槽中滚动时，对应位置处速度变小，因此槽给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功变小．动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功．摩擦力做功使得机械能转化成内能．（二）非选择题．【题文】6．(19分)（1）如图所示为实验室“验证碰撞中的动量守恒”的实验装置．①下列说法中不符合．．．本实验要求的是 ． A ．入射球比靶球质量大，但二者的直径可以不同B ．在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放C ．安装轨道时，轨道末端必须水平D ．需要使用的测量仪器有天平和刻度尺②实验中记录了轨道末端在记录纸上的竖直投影为O 点，经多次释放入射球，在M 、P 、N ，并测得它们到O 点的距离分别为质量为1m ，靶球的质量为2m ，如果测得近似等于 ，则认为成功验证了碰撞中的动量守恒．题6(1)图＝_____成立，则可证明碰撞中系统的动能守恒(要求用②问中的涉及的物理量表示) ．【知识点】验证动量守恒定律．F5111122小球做平抛运动时抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t相等，两边同时乘以时间t，m1v1t=m1v1′t+m2v2t得：m1OP=m1OM+m2ON；③若在碰撞过程中动能守恒则有12m1v02=12m1v12+12m2v22即12m1OP2=12m1OM2+12m2ON2又由于m1OP=m1OM+m2ON 联立以上两式可得OM+OP=ON【思路点拨】实验是要验证两个小球碰撞过程系统动量守恒，同时通过平抛运动将速度的测量转化为水平射程的测量；为防止小球反弹，还要保证入射球质量要大于被碰球质量；实验要验证两个小球系统碰撞过程动量守恒，即要验证m1v1=m1v1′+m2v2，可以通过平抛运动将速度的测量转化为水平射程的测量。

高二物理上学期期中试题共6页。

满分110 分。

时间100 分钟。

注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。

2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。

3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。

4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。

一、选择题（本题共12小题，总52分，其中1-8题为单项选择题，每小题4分.9-12题为多项选择题，每小题5分，选对不选全得3分，错选得0分）1.以下磁体或通电直导线周围的小磁针（深色端为小磁针N极）指向符合物理实际的是A B C D2.以下不能作为磁感应强度单位的一项是A.TB.N/(A m)⋅C.(N s)/(C m)⋅⋅ D.Wb/m3.如题3图所示是一个自制简易电动机的原理图，一枚干电池竖直放置（正极朝上），电池的负极上吸有一块圆形的可以导电的小磁体，磁场分布已知，将一个金属线圈套在电池上，线圈和电池构成闭合回路，通电线圈在磁场的作用下就会转动起.从上向下俯视，线圈的转动方向为A.顺时针转动B.逆时针转动C.时而顺时针转动时而逆时针转动D.以上说法均不正确SIB磁感线线框电池II题3图4.在研究影响平行板电容器电容大小的因素实验中，用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差.如题4图所示，由两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器的极板N 与静电计相接，极板M 接地.在两板相距一定距离时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度.在整个实验过程中，保持电容器所带电量Q 不变，下面操作将使静电计指针张角变大的是 A.将M 板沿水平向右平移靠近N 板B.将M 板向下平移C.在M 、N 之间插入玻璃板D.在M 、N 之间紧靠M 插入有一定厚度的金属板5.如题5图甲，真空中有一半径为R 、电荷量为＋Q 的均匀带电球体，以球心O 为坐标原点，沿半径方向建立轴．已知 轴上各点的场强随变化关系如题5图乙，1x 、2x 分别对应轴上A 、B 两点，规定电场强度沿轴正方向为正，则A.A 、B 两点电势相等B.负电荷在A 点电势能大于B 点C.同一电荷在A 、B 两点所受电场力等大反向D.正电荷从A 到B ，电场力一直做正功6.如题6图为某台电风扇的铭牌，如果已知该电风扇在额定电压下工作时，转化为机械能的功率等于电动机消耗电功率的98%，则在额定电压下工作时，通过电动机的电流I 及电动机线圈的电阻R 分别是 A.I =2.5A ，R =11 Ω B.I =2.5A ，R =88Ω C.I =0.4A ，R =11 Ω D.I =0.4A ，R =550 Ω7.一根粗细均匀的细橡胶管，里面灌满盐水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段封闭的盐水柱，长度为30cm 。

秘密★启用前2013年重庆一中高2014级高三上期半期考试物 理 试 题 2013.11物理试题共4页，满分 110 分。

注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。

2.答选择题时，必须使用2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。

3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。

4.所有题目必须．．在答题卡上作答，在试题卷上答题无效．．．．．．．．．。

一、选择题：（本题共5小题，每小题6分，共30分。

在每小题给出的四个选项中只有一个选项是正确的，选对的得6分，错选．不选的得0分）1．一辆轿车正在通过如图所示的路段，关于该轿车在转弯的过程中，正确的是（ ）A ．轿车处于平衡状态B ．轿车的速度大小不一定变化C ．轿车加速度的方向一定沿运动路线的切线方向D ．轿车加速度的方向一定垂直于运动路线的切线方向 【答案】B【解析】由图可知汽车要绕转盘做圆周运动，可以是匀速圆周运动，也可以是非匀速的圆周运动，速度的大小不一定变化，但方向一定变化；若是匀速圆周运动汽车受到的静摩擦力提供向心力，加速度方向指向圆心，若是非匀速的圆周运动，存在径向加速度和切向加速度，加速度的方向是两个加速度的和成方向，故B 正确。

【考点】匀速圆周运动2．一物体做加速直线运动，依次通过A 、B 、C 三点，AB =BC ，物体在AB 段的加速度为a 1，所用时间为t 1，在BC 段的加速度为a 2，所用时间为t 2，且物体在B 点的速度为V B =（V A +V C ）/2，则：（ ）A. a 1=a 2B. a 1 > a 2C.t 1=t 2D. .t 1>t 2 【答案】D【解析】设物体AB 段和BC 段位移均为x ，第一段位移中加速度a 1，第二段加速度a 2对AB 段：2212B A v v a x -＝ ，对BC 段：2222C B v v a x -＝解得：2211()8A C a a v v x--＝因为物体做加速运动x 位移为正，解得：a 2＞a 1，故AB 错误； 对两段由0v v at =+得11B A v v a t =+，22C B v v a t =+，代入2A C B v v v +=（）得：11222cAv v a t a t -==，因为a 2＞a 1，所以t 1>t 2 故C 错误D 正确。

一、单项选择题（共8小题，每小题4分，共计32分，每小题只有一个选项符合题意）1、在物理学史上，首先发现电流周围存在磁场的著名科学家是（）A、特斯拉B、安培C、奥斯特D、法拉第【答案】C考点：考查了物理学史【名师点睛】对于此类题目，在平时的学习中，应注意多积累，多记忆，多区分2、根据磁感应强度的定义式FBIL=，下列说法正确的是（）A、在磁场中某确定位置，B与F成正比，与I、L的乘积成反比B、一小段通电直导线在空间某处受磁场力F=0，那么该处的B一定为零C、磁场中某处的B的方向跟电流在该处受磁场力F的方向相同D、一小段通电直导线放在B为零的位置，那么它受到的磁场力F也一定为零【答案】D【解析】试题分析：磁场中一点的磁感应强度的大小与外界因素无关，只和磁场本身的性质有关，AB错误；根据左手定则可得磁感应强度B的方向与F的方向垂直，C错误；根据公式F BIL=可知，一小段通电直导线放在B为零的位置，那么它受到的磁场力F也一定为零，D正确；考点：考查了对磁感应强度的理解【名师点睛】磁感应强度的定义式FBIL=可知，是属于比值定义法．即B与F、I、L均没有关系，它是由磁场的本身决定．例如：电场强度FEq=一样．同时还要注意定义式FBIL=是有条件，同时掌握左手定则的应用，知道磁场力总是垂直于电流与磁场方向3、如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图，励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直，电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节，下列说法正确的是（）A、仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大B、仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大C、仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变大D、仅增大励磁线圈中电流，电子束径迹的半径变大【答案】B考点：考查了带电粒子在磁场中的运动【名师点睛】根据安培定则和左手定则结合判断电子的运动轨迹．然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式．即可进行分析4、通电矩形线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图所示，bc边与MN平行，以下关于线框四个边受到安培力的说法正确的是A、线框只有两个边受力，合力向左B、线框只有两个边受力，合力向右C、线框四个边都受力，合力向左D、线框四个边都受力，合力向右【答案】C考点：考查了安培力，右手螺旋定则【名师点睛】本题关键：（1）会根据安培定则判断通电直导线的磁场；（2）会根据左手定则判断安培力方向；（3）会根据安培力公式F=BIL并结合微元法判断安培力的大小5、如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成，当闭合开关S1、S2后，电动机正常工作，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出，断开开关S1，电吹风吹冷风。

★秘密★启用前2014年重庆一中高2015级高三上学期第四次月考理科综合能力测试2014.12注意事项：1. 答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上．2. 答选择题时，必须使用2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号．3. 答非选择题和选做题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上．4. 所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效．5. 考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回．物 理 （共110分）一、选择题（本大题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）14．两颗在轨道正常运行的地球同步卫星，可能具有不同大小的A ．周期B ．线速度C ．向心加速度D ．动能 15．（原创）一种转速监测器的主要构造如图所示，在内壁光滑的圆筒内有一根原长为 L 、劲度系数为 k 的轻质弹簧，弹簧的一端系于圆筒底部，另一端系一质量为 m 的小球．当圆筒绕过底部的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动时，若弹簧的长度稳定为 2L ，则圆筒的角速度为AB． CD． 16．（原创）多弹头攻击系统是破解导弹防御体系的重要手段．同一水平面上的 A 、B 两个军事目标的位置关系如图，P 、Q 是其连线上的两个三等分点．现有一枚母弹无动力运动至 P 点正上方的 K 点时分裂成两个质量相等的分弹头，分别命中 A 、B 两个目标．已知分裂前后炮弹的速度均在水平方向且不计空气阻力．若该母弹在 K 点没有成功分裂，它的落点将在A ．A 与 P 之间B ．P 与 Q 之间C ．Q 点处D ．Q 与 B 之间 17．（原创）某粒子分析器的简化结构如图．一束带电粒子（不计重力和粒子间的相互影响）从 A 小孔以特定的角度和初速度射入平行板电极 P 和 Q 之间的真空区域，经偏转后打在 Q 极板上如图所示的位置．在其他条件不变的情况下要使该粒子束能从 Q 极板上 B 孔射出，下列操作中可能实现的是A ．先断开开关 S ，再适当上移 P 极板B ．先断开开关 S ，再适当右移 P 极板C ．保持开关 S 闭合，适当上移 P 极板D ．保持开关 S 闭合，适当右移 P 极板题15图AB P 题16图18．（原创）在 x 轴上关于原点对称的 a 、b 两点处固定有两个电荷量相等的点电荷，如下的 E - x 图象描绘了 x 轴上部分区域的电场强度（以 x 轴正方向为电场强度的正方向）．对于该电场中 x 轴上关于原点对称的 c 、d 两点，下列结论正确的是A ．两点场强相同，c 点电势更高B ．两点场强相同，d 点电势更高C ．两点场强不同，两点电势相等，均比 O 点电势高D ．两点场强不同，两点电势相等，均比 O 点电势低 二、非选择题（本大题共4小题，共68分）6．（18分） （1）某同学用毫米刻度尺、20分度游标卡尺和螺旋测微器分别测量一块金属板的长、宽、厚．测量结果分别如图1中甲、乙、丙所示，则刻度尺的读数为________cm ，游标卡尺的读数为________cm ，螺旋测微器的读数为_______cm ．（2）（原创）某品牌电饭锅采用纯电阻电热丝加热，有“煮饭”和“保温”两种工作模式，在220V 电压下额定功率分别为600W 和80W ．物理兴趣小组的同学们想通过实验测定该电饭锅电热丝的电阻．现有实验器材：干电池两节，滑动变阻器R 1（最大阻值20 Ω），电阻箱R （精度0.1 Ω）电压表V （量程3 V ，内阻很大），电流表A （量程6 mA ，内阻r = 35.0 Ω），开关及导线若干．①同学们利用多用表进行初步测量和估算发现，电饭锅处于不同工作模式时，实验电流差异较大．为了能顺利完成实验，他们打算将电流表的测量范围扩大到48 mA ，则应该将电阻箱调节至R = _______Ω并与电流表并联．②同学们设计并连接了如图2所示的电路图，接通电源前应将滑动变阻器的滑片置于_______（填“a ”或“b ”）端．③将电饭锅调至“煮饭”模式，_______（填“闭合”或“断开”）开关K 2，再闭合开关K 1，调节滑动变阻器阻值，发现两表均有示数，但都不能调到零．如果该故障是由图中标号“1”到“6”中的一根导线断路引起，则断路的导线是_______．排除故障后，调节滑动变阻器阻值，记下各电表六组读数后断开开关K 1．然后将电饭锅调至“保温”模式，改变K 2状态，再闭合开关K 1，调节滑动变阻器阻值，记下各电表六组读数后断开开关K 1．题18图题6图1乙 丙④直接将两组实验读到的数据绘制成如图3所示的图象．由图可知，该实验中电饭锅处于“煮饭”模式时测得的阻值为________Ω．（保留两位有效数字）⑤同学们计算发现，实验操作、数据记录与处理均正确无误，但实验得到的结果比电饭锅正常工作时的阻值小很多，请指出造成该差异的主要原因：__________________________________．7．（15分）如图所示，重为G 的两个完全相同的小球静止在地面上，它们与水平面的动摩擦F 作用在连接两球轻绳的中点，绳间夹角为α = 60°，现从零开始逐渐增大F ． （1）当F = G 时，每个小球受到的静摩擦力有多大？ （2）当F 多大时，小球刚要开始滑动？8．（16分）（原创）在竖直平面内有一固定的光滑绝缘轨道，由倾斜直轨道AB 、水平直轨道BC 及圆弧轨道CDH 组成，圆弧部分圆心为O ，半径为R ，图中所示角度均为θ = 37°，其余尺寸及位置关系如图所示，轨道各部分间平滑连接．整个空间有水平向左的匀强电场，场强E = 3mg /4q ，质量为m 、带电量为 -q 的小球从A 处无初速度地进入AB 轨道．已知重力加速度为g ，sin37° = 0.6，cos 37° = 0.8，不计空气阻力．求 （1）小球经过D 点时对轨道的压力；（2）小球从H 点离开轨道后经多长时间再次回到轨道．9．（19分）（原创）如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为m 的木板A ，在木板的右端静置一质量为4m 可视为质点的小物体B ，A 、B 间的滑动摩擦系数μ = 0.25，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．离A 右端足够远的平台边缘有一光滑定滑轮，用不可伸长的轻绳绕过定滑轮连接A 和质量也为m 的物体C ，现由H题8图 题7图U /VI /mA 保温模式煮饭模式静止释放C ，当它自由下落L 时轻绳绷紧．当B 与A 相对静止时刚好到达A 的左端．若重力加速度为g ，不计空气阻力，不考虑A 与滑轮碰撞及之后的情形． （1）求轻绳绷紧后瞬间物体C 的速度大小； （2）求木板A 的长度；（3）若物体B 带有一定量的正电，其电荷量恒为q ，轻绳刚绷紧的瞬间在空间加一水平向右的匀强电场，在保证物体B 能滑离木板A 的情况下求A 、B 间摩擦生热的最大极限值．三、选做题（第10题和第11题各12分，考生从中选做一题，若两题都做，则按第10题计分，请将正确选项的标号填入答题卡上对应的位置）10．【选修3－3】 （1）（6分）（原创）已知某种液体与玻璃之间不浸润，若将两端开口的玻璃细管插入盛有该种液体的开口玻璃容器里，下列各图中能正确表示稳定后细管内外液面情况的是（仅有一个正确选项）（2）（6分）（原创）回热式制冷机是一种深低温设备，制冷极限约50K ．某台设备工作时，一定量的氦气（可视为理想气体）缓慢经历如图所示的四个过程：从状态A 到B 和C 到D 是等温过程，温度分别为t 1 = 27℃和t 2 =﹣133℃；从状态B 到C 和D 到A 是等容过程，体积分别为V 0和5 V 0．求状态B 与D 的压强之比．11．【选修3－4】略．命题人：李忠相 审题人：翟佑彬 吴高文AB CD题10（2）图2014年重庆一中高2015级定时练习理科综合能力测试物理参考答案2014.12一、选择题（本大题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）14. D 15. A 16. B 17. C 18. A二、非选择题（本大题共4小题，共68分）6.（18分，每空2分） （1）8.38（8.36~8.40）；1.165；0.3707（0.3706~0.3709）（2）①5.0 （有效位数不作要求） ②a ③闭合，3 ④50⑤正常工作比实验时温度高，金属电阻阻值随温度升高而增大7.（15分）解：若绳上拉力记为T ，对结点，有2cos2F T α= 3分对左球水平方向：sin2f T α= 3分 竖直方向：cos 2N F T G α+= 3分（1）当F G =时，解得f = 2分 （2）当恰好要滑动时，再有N f F μ=2分 解得 1.2F G =2分8.（16分）解： （1）（8分）从A 到D()212cot 02D qE R R mv θ+=-3分在D 点2DN v F qE m R-=3分 得 6.25N F mg =1分由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力6.25NN F F mg '==，方向水平向右 1分 （2）（8分）小球所受重力与电场力的合力1.25F mg ==1分方向恰好垂直于BH 连线，故H B v v =，且，小球离开H 点后做匀减速直线运动再反向匀加速从H 点再进入轨道．由小球从A 至B21cot 02B mgR qER mv θ+=-3分得B v =离开H 至再次回至H 点，以离开H 点时速度方向为正方向，有H H Ft mv mv -=--3分得t1分9.（19分）解： （1）（5分）自由释放C 至绳绷紧前瞬间212mgL mv = 2分 绳绷紧前后瞬间，对A 和C 系统012mv mv =2分 得1v =1分 （2）（7分）绳绷紧后，对A 和C 系统142mg mg ma μ-=2分得10a =，二者匀速运动 对B244mg ma μ=2分得20.25a g =，匀加速 从绳绷紧至二者共速21a t v =1分A 板的长度即为二者相对位移1112A x v t v t L =-=2分 （3）（7分）经分析，A 、B 共速后能使B 相对A 向右运动的最小电场对应最大的产热．临界情形下，B 与A 加速度相同，且二者之间摩擦力为最大静摩擦力对B ：44qE mg ma μ-= 对AC ：42mg mg ma μ+=得5mg E q= 3分（说明：此处解得a = g ，绳恰好没有松弛，AC 加速度相同，上述解答合理） 绳绷紧至A 、B 共速前，A 仍以v 1匀速，对B244qE mg ma μ'+= 21a t v ''= 二者相对位移11126Lx v t v t ''∆=-=3分之后，B 又从A 的右端滑出，所以全程摩擦产热max 1423Q mg x mgL μ=⋅∆=1分 三、选做题（第10题和第11题各12分，考生从中选做一题，若两题都做，则按第10题计分，请将正确选项的标号填入答题卡上对应的位置） 10. 【选修3－3】（1）（6分）D （2）（6分）10.7（或757） 11. 【选修3－4】 略。

重庆市示范性高中2014-2015学年上学期期中联考高二物理试卷一、单项选择题〔共12小题，每题4分，共计48分〕1．〔4分〕对物体带电现象的表示，正确的答案是〔〕A．不带电的物体一定没有电荷B．带电物体一定具有多余的电子C．一根带电的导体棒放在潮湿的房间，过了一段时间后，发现导体棒不带电了，这过程中电荷不守恒D．摩擦起电实际上是电荷从一个物体转移到另一个物体或者从物体的一局部转移到物体的另一局部的过程考点：电荷守恒定律；元电荷、点电荷．.分析：电荷并不能创生，也不能消失，只能从一个物体转移到另一物体，或从物体的一局部转移到另一局部，但电荷的总量保持不变．元电荷的电量是最小的带电量．解答：解：A、不带电的物体可能带有等量的正电荷和负电荷，对外显示不带电．故A错误．B、带电物体可能有多余的正电荷，也可能有多余的负电荷．故B错误．C、一根带电的导体棒放在潮湿的房间，过了一段时间后，发现导体棒不带电了，是因为电荷被中和了，电荷仍然守恒．故C错误．D、摩擦起电实际上是电荷从一个物体转移到另一个物体或者从物体的一局部转移到物体的另一局部的过程．故D正确．应当选：D．点评：解决此题的关键掌握电荷守恒定律，电荷并不能创生，也不能消失，只能从一个物体转移到另一物体，或从物体的一局部转移到另一局部，但电荷的总量保持不变．以与知道元电荷的电量是最小的带电量．2．〔4分〕关于闭合电路，如下说法中正确的答案是〔〕A．闭合电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方B．闭合电路中，电源的路端电压越大，电源的输出功率就越大C．闭合电路中，电流越大，电源的路端电压就越大D．闭合电路中，外电阻越大，电源的路端电压就越大考点：闭合电路的欧姆定律．.专题：恒定电流专题．分析：根据闭合电路欧姆定律分析电流与外电阻的关系，得出内电压和路端电压的变化．根据推论，当电源的外电阻等于内电阻时，输出功率最大．在闭合电路的外电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方．解答：解：A、在闭合电路的外电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方，而在内电路中，电流总是从电势低的地方流向电势高的地方．故A错误．B、闭合电路中，电源的路端电压越大，说明外电阻越大，根据推论：当电源的外电阻等于内电阻时，输出功率最大，可知，电源的输出功率不一定越大．故B错误．C、闭合电路中，电流越大，内电压越大，如此电源的路端电压就越小．故C错误．D、在闭合电路中，外电阻越大，由闭合电路欧姆定律知，电路中的电流越小，内电压越小，如此电源的路端电压就越大．故D正确．应当选：D．点评：闭合电路中，路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小．抓住电源的内电阻不变，内电压与电流成正比是关键．3．〔4分〕如下列图为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．如此〔〕A．场强E a＞E b，E b＞E cB．电势φa＞φb，φc＞φbC．沿cba路径移动质子与电子，电荷的电势能改变是一样的D．沿bc方向直线射入的电子有可能做曲线运动考点：电势；电场强度；电场线．.专题：电场力与电势的性质专题．分析：沿电场线电势降低，电场强度的大小与电场线的疏密的关系；沿着电场线方向电势是降低的．明确电荷在电场中的受力特点以与电场力做功情况，从而进一步判断电势能变化情况．根据受力情况，分析电子的运动情况．解答：解：A、根据电场线的疏密表示电场强度的相对大小，可知E a＞E b＞E c．故A正确．B、沿着电场线方向电势是降低的，同一等势面上各点的电势相等，如此知φc＞φb=φa．故B错误．C、沿cba路径移动质子与电子，根据公式W=qU，知由于电子与质子的电性相反，电场力对质子做正功，对电子做负功，如此质子的电势能减小，电子的电势能增大．故C错误．D、沿bc方向直线射入的电子，所受的电场力沿cb方向，电子做直线运动．故D错误．应当选：A．点评：此题关键是明确电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场力做功看电荷的电性和电势差，属于根底问题．4．〔4分〕〔2014•漳州模拟〕如下列图，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以一样速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示．如此〔〕A．a一定带正电，b 一定带负电B ．a的速度将减小，b的速度将增加C．a的加速度将减小，b的加速度将增加D．两个粒子的动能，一个增加一个减小考点：电场线；电势能．.专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧．根据电场力做功来判断动能的变化．解答：解：A、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，由于电场线的方向不知，所以粒子带电性质不定，故A错误；B、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，从图中轨道变化来看速度与力方向的夹角小于90°，所以电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，故B错误，D错误．C、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，故C正确．应当选C．点评：加强根底知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决此题．5．〔4分〕在如下列图的四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点，其中a、b两点电势和场强都一样的是〔〕A．B．C．D．考点：电场强度；电势．.专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度是矢量，既有大小又有方向，只有当大小均一样时，场强才一样．电势是标量，真空中点电荷电场的等势线是以点电荷为球心的球面．解答：解：A、ab两点电势一样，电场强度方向不同，场强不同．故A错误．B、a点电场强度是由匀强电场与点电荷电场场强的合成，a点场强斜向右上方，b点场强斜向右下方，如此两点场强不同．故B错误．C、根据对称性，ab两点场强一样，ab在同一等势面上，电势一样．故C正确．D、a点场强方向向上，b点场强方向向下，场强不同．故D错误．应当选C点评：矢量要一样，只有大小和方向都一样才一样，相反当大小或方向之一变化时，矢量就变化．6．〔4分〕一根均匀导线，现将它均匀拉长，使导线的直径减小为原来的一半，此时它的阻值为64Ω，如此导线原来的电阻值为〔〕A．128ΩB．32ΩC．4ΩD．2Ω考点：电阻定律．.专题：恒定电流专题．分析：通过导线长度和横截面积的变化，根据电阻定律R=求出电阻的大小．解答：解：一根均匀导线，现将它均匀拉长，使导线的直径减小为原来的一半，如此横截面积变为原来的，因为导线的体积不变，如此长度变为原来的4倍，根据电阻定律R=，知电阻变为原来的16倍，所以导线原来的电阻为4Ω．故C正确，A、B、D 错误．应当选C．点评：解决此题的关键掌握电阻定律的公式R=，知道影响电阻的因素．7．〔4分〕夜间，居民楼的楼道里只是偶尔有人经过，“长明灯〞会造成浪费．科研人员利用“光敏〞材料制成“光控开关〞﹣﹣天黑时自动闭合，天亮时自动断开；利用“声敏〞材料制成“声控开关〞﹣﹣当有人走动发出声音时自动闭合，无人走动时自动断开．假设将这两种开关配合使用，就可以使楼道里的灯变的“聪明〞．这种“聪明〞的电路是图中的〔〕A．B．C．D．考点：串联电路和并联电路；常见传感器的工作原理．.专题：恒定电流专题．分析：根据电路的特点可以知道，只有题目的两个条件同时满足的时候，电路才可以接通，由此来分析可能的电路结构．解答：解：在白天时，一般不需要灯照明的；天黑以后，特别是夜深人静时，一般也不需要灯照明的，也就是说天黑且人在楼道里走动时需要．A、“声控开关〞闭合时，发生短路；所以A错误．B、不管是“光控开关〞，还是“声控开关〞各自都能让灯发光，节能目的达不到；所以B错误．C、“光控开关〞闭合时，发生短路；所以C错误．D、“光控开关〞与“声控开关〞同时闭合时，灯才亮，所以达到节能的目的，所以D正确．应当选：D．点评：根据电路中元件的串并联的特点来分析电路即可，比拟简单，但是这是在生活中的直接的应用，和现实的生活联系比拟密切，很好的表现了物理知识在生活中的应用．8．〔4分〕如下列图，直线A为某电源的U﹣I图线，曲线B为某小灯泡D1的U﹣I图线的一局部，用该电源和小灯泡D1组成闭合电路时，灯泡D1恰好能正常发光，如此如下说法中正确的答案是〔〕A．此电源的内阻为ΩB．灯泡D1的额定电压为3V，功率为6WC．把灯泡D1换成“3V，20W〞的灯泡D2，电源的输出功率将变小D．由于小灯泡B的U﹣I图线是一条曲线，所以灯泡发光过程，欧姆定律不适用考点：电功、电功率；路端电压与负载的关系．.专题：恒定电流专题．分析：电源的外特性曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流与电源的电动势，从而可算出电源的输出功率．解答：解：A、由图读出电源的电动势为 E=4V，图线A的斜率大小表示电源的内阻，如此r=Ω=0.5Ω，故A错误；B、灯泡与电源连接时，A、B两图线的交点表示灯泡的工作状态，如此知其电压U=3V，I=2A，如此灯泡D1的额定电压为3V，功率为=UI=6W，故B正确．C、把灯泡D1换成“3V，20W〞的灯泡D2，由P=知：灯泡D2的正常工作时的电阻为R2===0.45Ω灯泡D1的电阻为R1==Ω=1.5Ω，如此知灯泡D2的电阻更接近电源的内阻，电源的输出功率将变大，故C错误；D、小灯泡是纯电阻，欧姆定律是适用的，小灯泡的U﹣I图线之所以是一条曲线，是因为小灯泡电阻随温度的变化发生改变，故D错误；应当选：B点评：解决这类问题的关键在于从数学角度理解图象的物理意义，抓住图象的斜率、面积、截距、交点等方面进展分析，更加全面地读出图象的物理内涵．9．〔4分〕如下列图电路中，R为一滑动变阻器，P为滑片，假设将滑片向下滑动，如此在滑动过程中，如下判断错误的答案是〔〕A．电源内电路消耗功率一定逐渐增大B．灯泡L2一定逐渐变暗C．电源效率一定逐渐减小D．R上消耗功率一定逐渐变小考点：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；据功率公式和电源效率公式判断选项．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．A、据P=I2r可知，电源内部消耗的功率增大，故A正确；BD、由于干路电流增大，路端电压减小，所以R1上的电流增大，电压增大；再由于路端电压减小，R1上电压增大，所以L2的电压减小〔滑动变阻器R的电压减小〕，即该灯泡变暗；由于R1上的电流增大，而L2的电流减小，所以通过滑动变阻器R的电流变大，据P=UI可知，R上消耗的功率不一定变小，故B正确，D错误；C、据电源效率公式η=可知，当总电阻减小，电源效率减小，故C正确．此题选错误的答案是，应当选：D．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．10．〔4分〕如下列图的电路中，O点接地，当原来断开的开关K闭合时，电路中 A、B两点的电势变化情况是〔〕A．都降低B．都升高C．U A升高，U B降低D．U A降低，U B升高考点：闭合电路的欧姆定律．.专题：恒定电流专题．分析：原来断开的开关K闭合后，电路中电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得出电路中的电流变化；从而得出各局部电路的电压变化，进而得出各点电势的变化．分析时要抓住在外电路中顺着电流方向电势逐渐降低．解答：解：当原来断开的开关K闭合后，电路中电阻减小，总电流增大，R1两端的电压增大，因O点接地，A点的电势比O点的电势高，所以可知A点的电势升高；因R1的电压和内电压均增大，OB间的电压减小，而B点的电势低于O点的电势，故B点电势升高；故B正确；应当选：B．点评：此题考查闭合电路欧姆定律的应用，注意电势与电压之间的关系：电压等于电势之差，知道在外电路中顺着电流方向电势逐渐降低．11．〔4分〕压敏电阻的阻值R随所受压力的增大而减小，某兴趣小组利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，其装置示意图如图甲所示．将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体A，电梯静止时电压表示数为Uo，电梯在某次运动过程中，电压表的示数变化情况如图乙所示，如下判断中正确的答案是〔〕A．乙图表示电梯可能做变减速下降B．乙图表示电梯可能做匀减速下降C．乙图表示电梯可能做变减速上升D．乙图表示电梯可能做匀速下降考点：闭合电路的欧姆定律；牛顿第二定律．.专题：恒定电流专题．分析：从U﹣t图象读出压敏电阻的电压随时间的变化情况，根据压敏电阻的特性，判断压敏电阻所受压力的变化情况，结合超失重的知识，确定加速度怎样变化，来判断电梯的运动状态．解答：解：A、电梯变减速下降时，压力大于重力，由其特性知，其电压逐渐减小．与图象的意义相符．故A正确．B、电梯匀减速下降时，加速度不变，压敏电阻所受压力不变，其电压不随时间而变化，与图象情况不符，故B错误．C、电梯变减速上升时，其加速度向下，根据牛顿第二定律，压敏电阻所受压力小于重力，如此其电压逐渐增大，与图象意义不符．故C错误．D、电梯匀速下降时，压敏电阻所受压力等于重力不变，其电压不变，与图象反映的情况不符．故D错误应当选：A．点评：此题可以根据压敏电阻的特性和牛顿第二定律，将每项逐个代入，检查是否符合题意．代入法也是做选择题常用方法．12．〔4分〕如下列图，开关K原来是闭合的，当R1、R2的滑片处于图中所示的位置时，悬在平行板电容器的带电尘埃P刚好处于静止状态．要使尘埃加速向下运动的方法是〔〕A．把R1的滑片向上移动B．把R2的滑片向上移动C．把R2的滑片向下移动D．断开开关K考点：闭合电路的欧姆定律；电容器的动态分析．.专题：恒定电流专题．分析：尘埃P受到重力和电场力而平衡，要使尘埃P向下加速，就要减小电场力，即要减小电场强度；变阻器R2处于分压状态，根据题意，只要减小电容器两端电压就可以减小电场力，从而使尘埃P向下加速运动．解答：解：A、尘埃P受到重力和电场力而平衡，要使尘埃P向下加速，就要减小电场力，故要减小电容器两端的电压；电路稳定时，滑动变阻器R1无电流通过，两端电压为零，故改变R1的电阻值无效果，故A错误；BC、变阻器R2处于分压状态，电容器两端电压等于变阻器R2上半段的电压上，故要减小变阻器R2上半段的电阻值，变阻器R2滑片应该向上移动，故B正确，C错误；D、把闭合的开关k断开，电容器两端电压增大到等于电源电动势，故P向上加速，故D错误；应当选：B．点评：此题是简单的力电综合问题，关键先通过受力分析，得到电场力先与重力平衡，后小于重力；然后对电路进展分析，得到减小电容器两端电压的方法．二、实验题〔每空2分，共计18分〕13．〔8分〕一灵敏电流计，允许通过的最大电流〔满刻度电流〕为Ig=50μA，表头电阻Rg=1kΩ，假设改装成量程为Im=10mA的电流表，应并联〔填“串联〞或“并联〞〕的电阻阻值为5 Ω．假设将此电流计改装成量程为Um=15V的电压表，应再串联〔填“串联〞或“并联〞〕一个阻值为 2.99×105Ω的电阻．考点：把电流表改装成电压表．.专题：实验题．分析：把电流表改装成大量程电流表需要并联分流电阻，把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值．解答：解：把电流表改装成10mA的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：R==≈5Ω；把电流表改装成15V的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值：R′=﹣R g=﹣1000=2.99×105Ω；故答案为：并联；5；串联；2.99×105．点评：此题考查了电压表与电流表的改装，知道电表改装原理、应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题．14．〔10分〕某同学采用如图甲所示的电路测定一节干电池的电动势和内电阻．提供的器材有，电压表〔0～3V；〕、电流表〔0～0.6A〕、滑动变阻器有R1〔10Ω，2A〕各一只．〔1〕在实验中测得多组电压和电流值，得到如图丙所示的U﹣I图线，由图可求出该电源电动势E= 1.46 V；内阻r= 1.78 Ω．〔保存三位有效数字〕〔2〕在图乙中用笔画线代替导线连接实验电路．〔3〕电动势测量值= 真实值，内电阻测量值＞真实值．〔填＜，＞，=〕考点：测定电源的电动势和内阻．.专题：实验题；恒定电流专题．分析：〔1〕由闭合电路欧姆定律分析U﹣I图象的纵轴截距和斜率的意义，可求出电动势和内阻．〔2〕对照电路图，按顺序连接电路．〔3〕本实验中误差来自由没有分析电流表与电压表的内阻；如此通过电表对电路的影响作出真实值与测量值间的图象，由图象可分析其误差情况；解答：解：〔1〕由闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir得知，当I=0时，U=E，U﹣I图象斜率的绝对值等于电源的内阻，纵截距即为电动势E=1.46Vr==1.78Ω．〔2〕对照电路图，按电流方向连接电路，如下列图．〔3〕图中由于电压表测量值小于电源真实的路端电压；但当外电路断开时，电流表的分压可以忽略，故本接法中电动势是准确的；而测量的电压小于真实值，故由图象可知测量的内阻大于真实值；故答案为：①1.46；1.78；②如下列图；③=；＞点评：此题中误差分析采用图象法，关键在于明确电表内阻对测量结果的影响；注意极限法的应用从而正确得出图象．三、计算〔此题共4个小题，共计44分〕15．〔10分〕〔2006•江苏〕如下列图电路中，电阻R1=R2=R3=10Ω，电源内阻r=5Ω，电压表可视为理想电表．当开关S1和S2均闭合时，电压表的示数为10V．〔1〕电阻R2中的电流为多大？〔2〕路端电压为多大？〔3〕电源的电动势为多大？〔4〕当开关S1闭合而S2断开时，电压表的示数变为多大？考点：闭合电路的欧姆定律．.专题：压轴题；恒定电流专题．分析：〔1〕当开关S1和S2均闭合时，电阻R1与R3并联后与R2串联．电压表的读数与电阻R2，根据欧姆定律定律求出电阻R2中的电流；〔2〕求出外电路总电阻，根据U=IR求出路端电压；〔3〕根据闭合电路欧姆定律求出电源的电动势；〔4〕当开关S1闭合而S2断开时，电阻R1与R2串联，电压表的读数等于路端电压．再由欧姆定律求出电流和路端电压．解答：解：〔1〕电阻R2中的电流I==1A〔2〕外电阻R=R2+=15Ω所以路端电压为：U=RI=15×1=15V〔3〕根据闭合电路欧姆定律I=得E=I〔R+r〕代入数据解得E=20V〔4〕S1闭合而S2断开，电路中的总电流I′==A=0.8A电压表示数U′=I′〔R1+R2〕=0.8×20V代入数据解得U′=16V．答：〔1〕电阻R2中的电流是1A；〔2〕路端电压为15V；〔3〕电源的电动势是20V；〔4〕当开关S1闭合而S2断开时，电压表的示数是16V．点评：此题是电路的计算问题，首先要识别电路的结构，其次要明确电压表测量哪局部电路的电压．16．〔10分〕在图所示电路中，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω．D为直流电动机，其电枢线圈电阻R=2Ω，限流电阻R′=3Ω．当电动机正常工作时，电压表示数为0.3V．求：〔1〕通过电动机的电流是多大？〔2〕电动机输入的电功率、转变为热量的功率和输出机械功率各是多少？考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．.专题：恒定电流专题．分析：电动机与电阻串联，根据欧姆定律求解电流；根据P=UI求解输入到电动机的电功率；根据P出=UI﹣I2r求解输出功率．解答：解：〔1〕通过电动机的电流I与流过限流电阻R′的电流一样，由I=得：I===0.1 A〔2〕由E=Ir+U+U D可得电动机两端电压：U D=E﹣Ir﹣U=6 V﹣0.1×1 V﹣0.3 V=5.6 V所以电动机输入的电功率：P入=U D I=0.56 W电动机的发热功率：P热=I2R=0.02 W电动机的输出功率：P出=P入﹣P热=0.54 W答：〔1〕通过电动机的电流是0.1A；〔2〕电动机输入的电功率为0.56W、转变为热量的功率为0.02W和输出机械功率是0.54W．点评：在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．17．〔10分〕一辆有三十多个座位的客车的动力装置的一套电池能反复充电1200屡次；每次充电仅需三至五个小时，蓄电量可让客车一次性跑500km，客车时速最高可达180km．如果客车总质量为9×103kg．当它在某城市快速公交路面上以v=90km/h的速度匀速行驶时，驱动电机的输入电流I=150A，电压U=300V．在此行驶状态下〔取g=10m/s2〕，求：〔1〕驱动电机的输入功率；〔2〕假设驱动电机能够将输入功率的80%转化为用于牵引汽车前进的机械功率P机，求汽车所受阻力的大小；〔3〕如果当它在某城市快速公交路面上以v=90km/h的速度匀速行驶一段时间后关闭电源〔设汽车所受阻力不变〕，客车滑行的时间是多少？〔结果保存三位有效数字〕考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．.专题：功率的计算专题．分析：此题〔1〕根据功率公式P=UI求解即可；题〔2〕客车匀速行驶时的机械功率P机=fv m，然后再根据P机和P电的关系即可求解；题〔3〕根据牛顿第二定律求出关闭电源后客车的加速度，然后再根据运动学速度时间关系式即可求解．解答：解：〔1〕驱动电机的输入功率P电=IU=150×300 W=4.5×104 W．〔2〕在匀速行驶时P机=0.8P电=Fv=F f vF f==1 440 N．〔3〕汽车所受阻力不变，可认为做匀减速运动，根据牛顿第二定律：a== m/s2=0.16 m/s2又因为v=at所以t=≈156 s．答：〔1〕驱动电机的输入功率为4.5×104 W；〔2〕假设驱动电机能够将输入功率的80%转化为用于牵引汽车前进的机械功率P机，汽车所受阻力的大小为1440 N；〔3〕如果当它在某城市快速公交路面上以v=90km/h的速度匀速行驶一段时间后关闭电源〔设汽车所受阻力不变〕，客车滑行的时间是156 s．点评：应明确：①机车启动类问题中匀速时速度最大；②动力机械的额定功率与最大速度关系为P额=fv m．18．〔14分〕〔2006•四川〕如下列图的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm．电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间．假设小球带电量为q=1×10﹣2C，质量为m=2×10﹣2kg，不考虑空气阻力．那么〔1〕滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？〔2〕此时，电源的输出功率是多大？〔取g=10m/s2〕考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；欧姆定律；电功、电功率．.专题：压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．分析：小球恰好运动到A板，根据动能定理列式求解两板间的电压；然后根据欧姆定律求解滑动变阻器的电阻值；最后根据电功率表达式求解电源的输出功率．解答：解：〔1〕小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零．设两板间电压为U AB由动能定理得﹣mgd﹣qU AB=0﹣①∴滑动变阻器两端电压U滑=U AB=8 V ②设通过滑动变阻器电流为I，由欧姆定律得I==1A ③滑动变阻器接入电路的电阻R滑==8Ω ④即滑动变阻器接入电路的阻值为8Ω时，小球恰能到达A板．〔2〕电源的输出功率P出=I2〔R+R滑〕=23 W ⑤故电源的输出功率是23W．点评：此题关键是分析清楚电路结构和运动情况后，根据动能定理、欧姆定律联立列式求解．。

物理试卷一、选择题〔共5小题，每一小题6分，总分为30分〕1．某同学为估测一教学楼的总高度，在楼顶将一直径为2cm的钢球由静止释放，测得通过安装在地面的光电门数字计时器的时间为0.001s，由此可知教学楼的总高度约为〔不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2〕〔〕A． 10m B．20m C．30m D．40m考点：自由落体运动．分析：物体做的是自由落体运动，根据自由落体的位移公式可以求得．解答：解：设运动时间为t，根据h=gt2可得，根据△x=x t﹣x t﹣1即gt2﹣g〔t﹣0.001〕2=△x，即×10t2﹣×10〔t﹣0.001〕2=0.02解得：t=2sh=×10×22=20m应当选：B．点评：此题考查的是自由落体运动公式的直接应用，题目比拟简单，属于根底题．2．汽车以恒定的功率在平直公路上行驶，所受到的摩擦阻力恒等于车重的0.1倍，汽车能达到的最大速度为v m．如此当汽车速度为时，汽车的加速度为〔重力加速度为g〕〔〕A． 0.1g B．0.2g C．0.3g D．0.4g考点：功率、平均功率和瞬时功率．分析：汽车达到速度最大时，汽车的牵引力和阻力相等，根据功率P=Fv，可以根据题意算出汽车发动机的功率P，当速度为时，在运用一次P=Fv即可求出此时的F，根据牛顿第二定律就可求出此时的加速度．解答：解：令汽车质量为m，如此汽车行驶时的阻力f=0.1mg．当汽车速度最大v m时，汽车所受的牵引力F=f，如此有：P=f•v m当速度为时有：由以上两式可得：=2f根据牛顿第二定律：F﹣f=ma所以=0.1g故A正确，B、C、D均错误．应当选：A．点评：掌握汽车速度最大时，牵引力与阻力大小相等，能根据P=FV计算功率与速度的关系．3．〔6分〕2013年12月2日“嫦娥三号〞探月卫星在西昌卫星发射中心发射，“嫦娥三号〞先在离月球外表某一高度的圆轨道上运动，随后屡次变轨，最后围绕月球外表做圆周飞行，周期为T．引力常量G．如此〔〕A．变轨过程中必须向运动的反方向喷气B．变轨后比变轨前相比，机械能增大C．可以确定该星球的质量D．可以确定该星球的密度考点：万有引力定律与其应用；机械能守恒定律．专题：万有引力定律的应用专题．分析：由题意知，嫦娥三号变轨使其卫星轨道减小，故由此判定嫦娥三号三变轨的过程中做近心运动，需要减速，故判定其喷气方向，由于变轨过程中发动机对嫦娥三号做负功，其机械能减小，仅由周期不能求和月球的质量，但可以结合密度公式求出其密度．解答：解：A、变轨过程中必须向运动的方向喷气，使其减速做近心运动，才可以进入近月轨道，故A错误．B、变轨过程中必须向运动的方向喷气，即飞船要抑制阻力做功，机械能减小，故B错误．C、由于只知道周期，不知道轨道半径，故无法计算该星球的质量，故C错误．D、卫星绕月球外表飞行，根据万有引力提供向心力，得月球的质量，根据密度的定义式，故D正确．应当选：D．点评：掌握卫星变轨原理，通过加速做离心运动和减速做近心运动实现轨道的变化，同时知道加速时向运动的反方向喷气，减速时向运动方向喷气，这是正确解题的关键．4．〔6分〕一小球从地面上以某一初速度竖直向上抛出，运动过程中受到的阻力大小与速率成正比，在上升过程中，如下能正确反映小球的机械能E随上升高度h的变化规律〔选地面为零势能参考平面〕的是〔〕A．B．C．D．考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：只有重力对物体做功时，物体的机械能守恒，由于物体受空气阻力的作用，所以物体的机械能要减小，减小的机械能等于抑制阻力做的功．根据功能关系列式分析．解答：解：设小球运动的速率为v时所受的阻力大小为f，根据题意可知：f=kv 根据功能原理得：△E=W f=fh如此得 E=E0﹣△E=E0﹣fh因为速度逐渐减小，所以f逐渐减小，故图象的斜率逐渐减小，只有C正确．应当选：C．点评：物体受空气阻力的作用，物体的机械能要减小，由于空气阻力逐渐减小，所以机械能减小的越来越慢．由功能原理分析是常用的方法．5．〔6分〕如下列图，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h0〔不计空气阻力〕，如此〔〕A．小球和小车组成的系统动量守恒B．小车向左运动的最大距离为C．小球离开小车后做斜上抛运动D．小球第二次能上升的最大高度h0＜h＜h0考点：动量守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：水平地面光滑，系统水平方向动力守恒，如此小球离开小车后做竖直上抛运动，下来时还会落回小车中，根据动能定理求出小球在小车中滚动时摩擦力做功．第二次小球在小车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功变小，据此分析答题．解答：解：A、小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；B、系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv﹣mv′=0，m﹣m=0，解得，小车的位移：x=R，故B错误；C、小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；D、小球第一次车中运动过程中，由动能定理得：mg〔h0﹣h0〕﹣W f=0，W f为小球抑制摩擦力做功大小，解得：W f=mgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgh0，机械能损失小于mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：h0﹣h0=h0，而小于h0，故D正确；应当选：D．点评：动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功．摩擦力做功使得机械能转化成内能．二、解答题〔共5小题，总分为68分〕6．〔9分〕如下列图为实验室“验证碰撞中的动量守恒〞的实验装置．①如下说法中不符合本实验要求的是 A ．A．入射球比靶球质量大，但二者的直径可以不同B．在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放C．安装轨道时，轨道末端必须水平D．需要使用的测量仪器有天平和刻度尺②实验中记录了轨道末端在记录纸上的竖直投影为O点，经屡次释放入射球，在记录纸上找到了两球平均落点位置为M、P、N，并测得它们到O点的距离分别为、和．入射球的质量为m1，靶球的质量为m2，如果测得m1+m2近似等于m1，如此认为成功验证了碰撞中的动量守恒．③在实验中，根据小球的落点情况，假设等式= m12﹣m12成立，如此可证明碰撞中系统的动能守恒〔要求用②问中的涉与的物理量表示〕．考点：验证动量守恒定律．专题：实验题．分析：①要使两球发生对心正碰，两球半径应相等，为防止入射球碰撞后反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，根据实验原理与实验须知事项分析答题；②应用动量守恒定律根据图示求出需要验证的表达式，然后分析答题．③应用机械能守恒定律分析答题．解答：解：①A、要使两球发生对心正碰，两球半径应相等，为防止入射球碰撞后反弹，入射球的质量应大于靶球的质量，即：入射球比靶球质量大，入射球与靶球半径应相等，故A错误；B、为保持入射球的初速度相等，在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放，故B正确；C、为保证小球离开轨道后做平抛运动，小球离开轨道时的速度必须水平，安装轨道时，轨道末端必须水平，故C正确；D、实验中需要测出小球质量与小球的水平位移，需要使用的测量仪器有天平和刻度尺，故D正确，此题选错误的，应当选A．②两球碰撞后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，碰撞过程动量守恒，如此m1v1=m1v1′+m2v2′，两边同时乘以时间t得：m1v1t=m1v1′t+m2v2′t，如此m1=m1+m2，如果m1=m1+m2，如此碰撞过程中，系统动量守恒．③如果碰撞过程动能守恒，如此：m1v12=m1v1′2+m2v2′2，m1〔〕2=m1〔〕2+m2〔〕2，m12=m12+m22，即：如果m12=m12+m22，m22=m12﹣m12，如此碰撞过程动能守恒．故答案为：①A；②m1；③m12﹣m12．点评：此题考查了实验须知事项、实验器材的选择、数据处理，知道实验原理、实验须知事项即可正确解题；小球离开轨道后做平抛运动，它们在空中的运动时间相等，水平位移与初速度正正比，可以用水平位移表示初速度．7．〔10分〕用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律．实验所用的电源为学生电源，输出电压为6V的交流电和直流电两种．重锤从高处由静止开始落下，重锤上拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点迹进展测量，重力加速度为g，即可验证机械能守恒定律．①下面列举了该实验的几个操作步骤：A．按照图示的装置安装器件；B．将打点计时器接到电源的直流输出端上；C．用天平测量出重锤的质量；D．先释放悬挂纸带的夹子，然后接通电源开关打出一条纸带；E．测量打出的纸带上某些点之间的距离；F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能在误差范围内是否等于增加的动能．其中没有必要或操作不恰当的步骤是BCD 〔填写选项对应的字母〕②如图2所示是实验中得到一条纸带，将起始点记为O，并在离O点较远的任意点依次选取6个连续的点，分别记为A、B、C、D、E、F，量出与O点的距离分别为h1、h2、h3、h4、h5、h6，使用交流电的周期为T，设重锤质量为m，如此在打E点时重锤的动能为，在打O点和E点这段时间内的重力势能的减少量为mgh5．③在本实验中发现，重锤减少的重力势能总是大于〔填“大于〞或“小于〞〕重锤增加的动能，主要是因为在重锤下落过程中存在着阻力的作用，为了测定阻力大小，可算出②问中纸带各点对应的速度，分别记为v1至v6，并作﹣h n图象，如图3所示，直线斜率为k，如此可测出阻力大小为．考点：验证机械能守恒定律．专题：实验题．分析：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以与须知事项，只有理解了这些才能真正了解具体实验操作的含义．纸带法实验中，假设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推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能．根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值．解答：解：〔1〕B、将打点计时器应接到电源的“交流输出〞上，故B错误．C、因为我们是比拟mgh、mv2的大小关系，故m可约去比拟，不需要用天平，故C错误．D、开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故D错误．应当选：BCD．〔2〕在打O点和E点这段时间内的重力势能的减少量△E p=mgh5．利用匀变速直线运动的推论v E==E kE=mv E2=．〔3〕在本实验中发现，重锤减少的重力势能总是大于重锤增加的动能，其原因主要是因为在重锤下落过程中存在着阻力的作用；重锤下落过程中，受到重力和阻力作用，根据牛顿第二定律得：mg﹣F=ma重锤在下落过程中受到的平均阻力的大小F=m〔g﹣a〕=mg﹣m=．故答案为：①BCD；②，mgh5；③大于；．点评：明确实验原理、实验目的，了解具体操作，掌握匀变速直线运动规律以与牛顿第二定律在具体实验中的应用，要提高应用根底知识解决实验问题的能力．8．〔15分〕如下列图，一质量为m的氢气球用细绳拴在地面上，地面上空风速水平且恒为v0，球静止时绳与水平方向夹角为α．风力的大小与风速成正比，可以表示为f=kv〔k为的常数〕．求：〔1〕氢气球受到的浮力为多大；〔2〕某时刻绳突然断裂，如此绳断裂瞬间氢气球加速度为多大？考点：牛顿第二定律；共点力平衡的条件与其应用．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：对氢气球受力分析，根据共点力平衡求出浮力的大小．当绳子断裂后，合力的大小与绳子的拉力大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律求出加速度．解答：解：〔1〕气球静止时，设细绳的拉力为T，由平衡条件得Tsinα+mg﹣F浮=0 ①Tcosα=kv0 ②解得F浮=kv0tanα+mg〔2〕细绳断裂瞬间，气球所受合力大小为T，如此加速度大小为解得．答：〔1〕氢气球受到的浮力为kv0tanα+mg．〔2〕绳断裂瞬间氢气球加速度为．点评：此题考查了共点力平衡和牛顿第二定律的根本运用，知道绳子断裂后，氢气球的合力与绳子的拉力等值反向，结合牛顿第二定律进展求解，难度不大．9．〔16分〕某兴趣小组为了研究过山车原理，做了一个简易实验：取一段长度L=1m水平粗糙轨道AB，如下列图，在B点设计一个竖直平面内的光滑圆轨道，半径R的大小可以调节．现有一电动小车〔可视为质点〕质量为m=0.2kg静止在A点，通过遥控器打开电源开关，在恒定牵引力F=2N作用下开始向B运动，小车与水平轨道的动摩擦因数为μ=0.1，当小车刚好到达B时立即关闭电源，然后进入圆轨道，g=10m/s2，求：〔1〕假设圆轨道半径R=0.1m，小车到达轨道最高C点时对轨道的压力；〔2〕要使小车不脱离轨道，如此圆轨道的半径R应满足什么条件？考点：动能定理的应用；向心力．专题：动能定理的应用专题．分析：〔1〕由动能定理可求得小车到达C点的速度，再由牛顿第二定律可求得小车到达最高点时的压力；〔2〕由题意可明确小车不离开轨道的情况，再由动能定理可求得半径条件．解答：解：〔1〕小车从A到C的过程，由动能定理得①解得m/s在C点，由向心力公式得②解得F C=26N由牛顿第三定律知，在C点对轨道压力F'C=F C=26N，竖直向上．〔2〕从A到B的过程，由动能定理得③不脱离轨道有两种情况：第一，圆周运动能过最高点．设轨道半径为R1，有：④解得R1≤0.36m第二，往上摆动不超过四分之一圆周；设轨道半径为，有：⑤解得R2≥0.9m所以，轨道半径R的范围是：R≤0.36m和R≥0.9m答：〔1〕假设圆轨道半径R=0.1m，小车到达轨道最高C点时对轨道的压力为26N；〔2〕要使小车不脱离轨道，轨道半径R的范围是：R≤0.36m和R≥0.9m点评：此题考查动能定理的应用，要注意正确应用动能定理与牛顿第二定律进展分析求解．〔18分〕如下列图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L=4.0m，10．皮带以恒定速率v=3.0m/s 顺时针转动．三个质量均为m=1.0kg 的滑块A、B、C置于水平导轨上，B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B与轻弹簧连接，C未连接弹簧，B、C处于静止状态且离N点足够远，现让滑块A以初速度v0=3.0m/s 沿B、C连线方向向B运动，A 与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短．滑块C脱离弹簧后滑上传送带，并从右端P滑出落至地面上．滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g=10m/s2．求：〔1〕滑块A、B碰撞时损失的机械能；〔2〕滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q；〔3〕假设每次实验开始时滑块A的初速度v0大小不一样，要使滑块C滑上传送带后总能落至地面上的同一位置，如此v0的取值范围是什么？考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：〔1〕A、B碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出碰撞过程损失的机械能．〔2〕由动量守恒定律与机械能守恒定律、运动学公式、功的计算公式可以求出产生的热量．〔3〕应用匀变速直线运动规律、动量守恒定律求出临界速度，然后确定速度范围．解答：解：〔1〕设A和B碰撞后共同速度为v1，A、B系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=2mv1 ①碰撞时损失机械能：②代入数据解得：△E=2.25J；〔2〕设AB碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB的速度为v B，C的速度为v c，对A、B、C和弹簧组成的系统从AB碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中，以向右为正方向，由动量守恒定律得：2mv1=2mv B+mv C ③由机械能守恒定律得：④代入数据解得：v C=2m/s，C以v c滑上传送带，假设匀加速直线运动位移为S时与传送带共速，由运动学公式得：，代入数据解得：S=2.5m＜L，加速运动的时间为t，有：t=，代入数据解得：t=1s ⑤C在传送带上滑过的相对位移为：△S=vt﹣S，⑥摩擦生热：Q=μmg△S，代入数据解得：Q=0.5J〔3〕设A的最大速度为v max，滑块C在与弹簧别离时C的速度为v c1、AB的速度为v B1，如此C在传送带上一直匀减速直线运动直到在P点与传送带共速，有：⑦，解得m/s，设A的最小速度为v min，滑块C在与弹簧别离时C的速度为v c2、AB的速度为v B1，如此C在传送带上一直匀加速直线运动直到在P点与传送带共速，有：⑧，解得：m/s对A、B、C和弹簧组成的系统从AB碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv max=2mv B1+mv C1⑨由机械能守恒定律得：⑩解得：m/s同理解得：v min=m/s所以：m/s≤v0≤m/s；答：〔1〕滑块A、B碰撞时损失的机械能为2.25J；〔2〕滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q为0.5J；〔3〕要使滑块C滑上传送带后总能落至地面上的同一位置，如此v0的取值范围是：：m/s≤v0≤m/s．点评：此题着重考查碰撞中的动量守恒和能量守恒问题，同时借助传送带考查到物体在恒定摩擦力作用下的匀减速运动，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律、能量守恒定律、机械能守恒定律、运动学公式即可正确解题．三.选做题【选修3-3】11．〔4分〕如下说法正确的答案是〔〕A．布朗运动是液体分子的无规如此运动B．晶体都具有确定的熔点和规如此的几何形状C．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大D．叶面上的小露珠呈球形是由于液体外表张力的作用考点：*液体的外表张力现象和毛细现象；布朗运动．分析：布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的运动，是液体分子无规如此热运动的反响．单晶体有规如此的几何形状，非晶体没有规如此的几何形状．人们感到潮湿与空气的相对湿度有关．叶面上的小露珠呈球形是由于液体外表张力的作用．解答：解：A、布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，是由于小颗粒受到的液体分子撞击受力不平衡而引起的，所以布朗运动是液体分子无规如此运动的反映，故A错误．B、单晶体有确定的熔点和规如此的几何形状，多晶体没有规如此的几何形状．故B错误．C、人们感到潮湿与空气的相对湿度有关，当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，故C错误．D、叶面上的小露珠呈球形是由于液体外表张力的作用；故D正确．应当选：D点评：此题关键要掌握热力学根本知识，掌握气态方程和热力学第一定律，并能用来分析问题．word12．〔8分〕A、B汽缸的水平长度均为20cm、截面积均为10cm2，C是可在汽缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞，D为阀门．整个装置均由导热材料制成．起初阀门关闭，A内有压强P A=4.0×105Pa的氮气．B内有压强P B=2.0×105Pa的氧气．阀门打开后，活塞C向右移动，最后达到平衡．求活塞C移动的距离与平衡后B中气体的压强．考点：理想气体的状态方程．专题：理想气体状态方程专题．分析：气体发生等温变化，应用玻意耳定律对A、B两局部气体列方程，然后求出距离与压强．解答：解：由玻意耳定律得：对A局部气体：P A LS=P〔L+x〕S①对B局部气体：P B LS=P〔L﹣x〕S ②代入数据解得：x==6.7cm，P=3×105 Pa；答：活塞C移动的距离为6.7cm，平衡后B中气体的压强为3×105Pa．点评：此题是连接体问题，分析清楚气体状态变化过程，应用玻意耳定律即可正确解题．- 11 - / 11。