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安徽省合肥市2015届高三第一次模拟考试物理试题Word版含解析

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2015年安徽省合肥市高考物理一模试卷一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．（4分）（2015•合肥一模）在竖直放置的平底圆筒内，放置两个半径相同的刚性球a和b，球a质量大于球b．放置的方式有如图甲和图乙两种．不计圆筒内壁和球面之间的摩擦，对有关接触面的弹力，下列说法正确的是（）A．图甲圆筒底受到的压力大于图乙圆筒底受到的压力B．图甲中球a对圆筒侧面的压力小于图乙中球b对侧面的压力C．图甲中球a对圆筒侧面的压力大于图乙中球b对侧面的压力D．图甲中球a对圆筒侧面的压力等于图乙中球b对侧面的压力【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】：以两球整体为研究对象判断桶底对球的弹力，以上面球为研究对象判断侧壁对球的弹力大小．【解析】：解：A、以AB整体为研究对象，受力分析，受重力、支持力和两侧的支持力，根据平衡条件，桶底对两个球整体的重力，故图甲圆筒底受到的压力等于图乙圆筒底受到的压力，故A错误；B、C、D、以AB整体为研究对象，受力分析，受重力、底面的支持力和两侧的两个支持力，根据平衡条件，两侧的两个支持力是相等的；再以上面球为研究对象受力分析，根据平衡条件运动合成法，如下图：由几何知识可知：N桶=，故侧壁的弹力与上面球的重力成正比，由于球a质量大于球b，故乙图中两侧的弹力较大；故B正确，CD错误；故选：B．【点评】：本题考查受力分析及平衡条件的应用，灵活选取研究对象，即隔离法还是整体法是关键．2．（4分）（2015•合肥一模）质量为0.2kg的球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向弹回．取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化△p 和合力对小球做W，下列说法正确的是（）A．△p=2kg•m/s W=﹣2J B．△p=﹣2kg•m/s W=0C．△p=0.4kg•m/s W=﹣2J D．△p=﹣0.4kg•m/s W=2J【考点】：动量守恒定律．【分析】：取竖直向上方向为正方向，分别表示出碰地前后小球的动量，小球动量的变化量等于末动量与初动量的差；由动能定理求出合力做的功．【解析】：解：取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化为：△p=mv2﹣mv1=0.2×4﹣0.2×﹣（﹣6）=2kg•m/s，方向竖直向上．由动能定理可知，合外力做功：W=mv22﹣mv12=×0.2×42﹣×0.2×62=﹣2J；故选：A．【点评】：此题中动量是矢量，要规定正方向，用带正负呈的数值表示动量．动量变化量也是矢量，同样要注意方向．应用动能定理可以求出合外力做的功．3．（4分）（2015•合肥一模）“天宫一号”某次变轨，离地高度由200km升至362km，假定变轨前后均做匀速圆周运动，变轨后“天宫一号”的（）A．加速度增大B．周期变小C．线速度变小D．向心力变大【考点】：共点力平衡的条件及其应用；矢量和标量；万有引力定律及其应用．【专题】：共点力作用下物体平衡专题．【分析】：根据万有引力提供向心力，通过轨道半径的大小比较天宫一号变轨前后的线速度、周期、角速度和向心加速度．【解析】：解：根据万有引力提供向心力得：=ma==A、a=，变轨后“天宫一号”的轨道半径增大，所以加速度减小，故A错误；B、T=2π，变轨后“天宫一号”的轨道半径增大，所以周期增大，故B错误；C、F=，变轨后“天宫一号”的轨道半径增大，所以向心力减小，故C正确；D、v=，变轨后“天宫一号”的轨道半径增大，所以线速度减小，故D错误；故选C．【点评】：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系．4．（4分）（2015•合肥一模）一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，小铁块所受向心力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为（）A．mgR B．mgR C．D．【考点】：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．【专题】：动能定理的应用专题．【分析】：当滑到半球底部时，半圆轨道底部所受压力为铁块重力的1.5倍，根据牛顿第二定律可以求出铁块的速度；铁块下滑过程中，只有重力和摩擦力做功，重力做功不影响机械能的减小，损失的机械能等于克服摩擦力做的功，根据动能定理可以求出铁块克服摩擦力做的功．【解析】：解：铁块滑到半球底部时，小铁块所受向心力为铁块重力的1.5倍，由牛顿第二定律得：1.5mg=m对铁块的下滑过程运用动能定理得：mgR﹣W=mv2，解得：W=mgR；故选：B．【点评】：根据向心力公式求出末速度，再根据动能定理求出克服摩擦力做的功即可．5．（4分）（2015•合肥一模）如图所示，真空中有两个点电荷，Q1=+4.0×10﹣8C和Q2=﹣1.0×10﹣8C，分别固定在x轴上的x=0和x=6cm的位置上．将一带负电的试探电荷q从x=20cm的位置沿x轴负方向移到x=10cm的位置，在此过程中，试探电荷的（）A．电势能一直增大B．电势能一直减小C．电势能先减小后增大D．电势能先增大后减小【考点】：电场线；电势能．【分析】：某点的电场强度是正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的叠加，运用合成法进行分析场强为零的位置，从而确定各段电场线的方向，分析电场力做功情况，判断电势能的变化．【解析】：解：空间某点的电场强度是正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的叠加，是合场强．设Q2右侧场强为零的点到Q2的距离为L．根据点电荷的场强公式E=k，所以要使电场强度为零，那么正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的场强大小相等方向相反．所以k=k，解得L=0.06m=6cm．所以x坐标轴上x=12cm处的电场强度为零，则从x=20cm到x=12cm，场强方向沿x轴正方向，从x=12cm到x=10cm，场强方向沿x轴负方向，将一带负电的试探电荷q从x=20cm的位置沿x轴负方向移到x=12cm的位置，电场力做正功，从x=12cm的位置沿x轴负方向移到x=10cm的位置，电场力做负功，所以该负电荷的电势能先减小后增大，故C正确，ABD错误．故选：C．【点评】：空间中某一点的电场，是空间所有电荷产生的电场的叠加，场强是矢量，其合成遵守平行四边形定则．6．（4分）（2015•合肥一模）如图所示，a、b两物体的质量分别为m1和m2，由轻质弹簧相连．当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b﹣起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为为x1，加速度大小为a1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b﹣起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，加速度大小为a2．则有（）A．a1=a2，x1=x2 B．a1＜a2，x1=x2 C．a1=a2，x1＞x2 D．a1＜a2，x1＞x2【考点】：牛顿第二定律；胡克定律．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：先对AB整体进行分析，可以得出整体运动的加速度；再对隔离出受力最少的一个进行受力分析，由牛顿第二定律可得出弹簧弹力，则可得出弹簧的形变量．【解析】：解：对整体分析有：，，可知a1＜a2．隔离对b分析有：F1﹣m2g=m2a1，解得：，，可知F1=F2，根据胡克定律知，x1=x2．故选：B．【点评】：本题考查了牛顿第二定律和胡克定律的基本运用，掌握整体法和隔离法的灵活运用，难度中等．7．（4分）（2015•合肥一模）A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v﹣t图象如图所示．已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等．则下列说法正确的是（）A．F1、F2大小之比为1：2B．F1、F2对A做功之比为1：2C．A、B质量之比为2：1D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2：1【考点】：匀变速直线运动的图像．【专题】：运动学中的图像专题．【分析】：根据速度与时间的图象可知，各段运动的位移关系之比，同时由牛顿第二定律可得匀减速运动的加速度之比，再由动能定理可得出拉力、摩擦力的关系，及它们的做功关系．【解析】：解：由速度与时间图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为1：2，由牛顿第二定律可知：A、B受摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是2：1，由速度与时间图象可知，A、B两物体加速与减速的位移相等，且匀加速运动位移之比1：2，匀减速运动的位移之比2：1，由动能定理可得：A物体的拉力与摩擦力的关系，F1•X﹣f1•3X=0﹣0；B物体的拉力与摩擦力的关系，F2•2X﹣f2•3X=0﹣0，因此可得：F1=3f1，F2=f2，f1=f2，所以F1=2F2．全过程中摩擦力对A、B做功相等，F1、F2对A、B做功之大小相等．故ABD错误，C正确．故选：C．【点评】：解决本题的关键通过图象得出匀加速运动和匀减速运动的加速度，根据牛顿第二定律，得出两个力的大小之比，以及知道速度﹣时间图线与时间轴所围成的面积表示位移，并运用动能定理．8．（4分）（2015•合肥一模）图甲所示的电路中，电流表A1指针指满刻度，电流表A2的指针指满刻度的处；图乙中，A2指针指满刻度，A1指针指满刻度的处．已知A1的内阻为0.45Ω，则A2的电阻为（）A．0.1Ω B．0.15Ω C．0.3Ω D．0.6Ω【考点】：把电流表改装成电压表．【专题】：实验题；恒定电流专题．【分析】：根据串联电路电流相等的特点和并联电路电压相等的特点，利用欧姆定律分别列出两电流表满偏时指针的关系，再把A2的内阻代入求解方程即可求出A1的内阻．【解析】：解：设电流表A1、A2满偏电流分别为I1、I2；由题意知，当电流表串联时：I1=I2…①当电流表并联时：电源的电压为：U=I2R2=I1R1…②由于R1=0.45Ω…③将①③式代入②解得：R2=0.1Ω．故选：A．【点评】：本题要理解并掌握串联电路和并联电路特点，能根据两电流表示数之间的关系建立方程组．9．（4分）（2015•合肥一模）如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1，R2为可变电阻，开关S闭合．质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点．若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是（）A．保持开关S闭合，增大R1，粒子打在O点左侧B．保持开关S闭合，增大R2，粒子打在O点左侧C．断开开关S，M极板稍微上移，粒子打在O点右侧D．断开开关S，M极板稍微下移，粒子打在O点右侧【考点】：带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】：带电粒子在电场中的运动专题．【分析】：电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻R1的电压，改变R2，对电容器的电压没有影响．增大R1分担的电压增大，电容器的电压增大，粒子将向下运动．断开开关S，上下移动极板，根据电容器的电容定义式与决定式判断出极板间的电场强度，根据牛顿第二定律即可判断加速度，利用运动学公式判断水平位移【解析】：解：A、保持开关S闭合，由串并联电压关系可知，R0两端的电压为U=，增大R1，U将减小，电容器两端的电压减小，故粒子受重力和电场力，产生的加速度增大，平行板两极板电压减小达到极板上则，水平位移为x=，水平位移将减小，故粒子打在O点左侧侧，故A正确B、保持开关S闭合，增大R2，不会影响电阻R两端的电压，故粒子打在O点，故B错误；C、断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为E=，结合及可得，电场强度不变，故加速度不变，M极板稍微上移，不会影响离子的运动，故还打在O点，故C错误；D、断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为E=，结合及可得，电场强度不变，加速度不变，M极板稍微下移，偏转量增大，根据，水平位移为x=，水平位移将增大，故粒子打在O点右侧，故D正确故选：AD【点评】：本题关键分析电容器的电压是否变化．当断开开关S，改变板间距离时，板间场强不变，油滴也保持不动．10．（4分）（2015•合肥一模）如图所示为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置在x=1.0m处的质点，Q是平衡位置在x=4m处的质点．质点Q简谐运动的表达式为y=0.10sin10πt（国际单位制）．下列说法正确的是（）A．在t=0.10s时，质点Q向y轴正向运动B．在t=0.10s，质点P的加速度方向沿y轴正方向C．从t=0.10s到t=0.25s，该波沿x轴负方向传播了6mD．从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程为30cm【考点】：波长、频率和波速的关系；横波的图象．【分析】：根据图可以读出该波的波长和周期，从而求出波速，t=0.10s时Q点在平衡位置上，由简谐运动表达式知下一时刻向下振动，从而确定了该波向左传播．根据时间与周期的关系，分析质点P的位置和加速度，求出通过的路程．根据x=vt求解波传播的距离．【解析】：解：A、由质点Q的简谐运动表达式知，在t=0.10s下一刻，质点Q的位移为负，所以点Q向y轴负方向运动，故A错误；B、t=0.10s，质点P位于平衡位置上方，则加速度方向向下，B错误；C、在t=0.10s时，质点Q沿x轴负方向运动，根据波形平稳法可知该波沿x轴负方向传播，周期为：T===0.2s，波长为：λ=8m，则波速为：v==m/s=40m/s，从t=0.10s到=0.25s经过的时间为△t=0.15s，该波沿x轴负方向传播的距离为△x=v△t=40×0.15m=6m，故C正确；D、由甲图知D、从t=0.10s到=0.25s经过的时间为△t=0.15s=T，由于t=0.10s时刻质点P不在平衡位置或波峰、波谷处，所以质点P通过的路程不是3A=30cm，故D错误；故选：C．【点评】：本题有一定的综合性，考察了波动图象问题，关键是会根据振动情况来判断波的传播方向，抓住振动图象和波动图象之间的内在联系．二、实验题（共18分）11．（2分）（2015•合肥一模）如图是用游标卡尺测量某金属圆筒外径时的示数，可读出该圆筒外径为25.00cm【考点】：长度的测量．【分析】：游标卡尺的读数方法是主尺读数加上游标读数．注意不需要估读．【解析】：解：主尺读数为25mm，游标尺上的0刻度与上边对齐，所以游标读数是0×0.02mm=0.00mm，所以圆筒的内径为25.00mm．故答案为：25.00【点评】：解决本题的关键是掌握游标卡尺的读数方法，主尺读数加上游标读数．注意不需要估读．12．（2分）（2015•合肥一模）如图是用螺旋测微器测量某金属棒直径时的读数，可读出该金属棒的直径为 2.823mm【考点】：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【专题】：实验题．【分析】：螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．【解析】：解：螺旋测微器的固定刻度为2.5mm，可动刻度为32.3×0.01mm=0.323mm，所以最终读数为2.5mm+0.323mm=2.823 mm．故答案为：2.823【点评】：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．13．（4分）（2015•合肥一模）某同学用两个弹簧测力计、细线和橡皮条做共点力合成实验，最后画出了如图所示的图．（1）在图上标出的F1、F2、F和F′，四个力中，力F′不是由弹簧测力力计直接测得的，比较力F与力F′的大小和方向基本相同，这就验证了共点力合成的平行行定则．（2）某同学对此实验的一些说法，其中正确的是ACD．A．如果手头只有一个弹簧测力计，改变方法也可以完成实验B．用两个测力计拉线时，橡皮条应沿两线夹角的平分线C．拉橡皮条的线要长一些，用以标记同一细线方向的两点要相距远些D．拉橡皮条时，细绳应沿弹簧测力计的轴线E．在用一个测力计和同时用两个测力计拉线时，只需这两次橡皮条的伸长相同就行．【考点】：验证力的平行四边形定则．【专题】：实验题；平行四边形法则图解法专题．【分析】：本题涉及实验原理：合力与分力产生相同的形变效果，测量出分力与合力的大小和方向，用同样的标度作出这些力的图示，寻找规律【解析】：解：（1）本实验是通过两个弹簧秤的拉力作出的平行四边形得出合力，只要合力与实际的拉力重合，则实验成功；由图可知F′是由平行四边形定则得出的，故F′不是由弹簧秤直接测得的；（2）A、如果只有一个弹簧秤，则可以交替测出各边的拉力，但要保证两次拉的时候效果相同，故A正确；B、只要橡皮筋的另一端两次都接到O点，达到效果相同，拉力方向没有限制，橡皮筋不需要与两绳夹角的平分线在同一直线上，故B错误；C、为了减小误差，拉橡皮条的细绳需长些，标记方向的两点要远些，故C正确；D、只有细绳和弹簧测力计的轴线应一条直线上，弹簧的弹力才等于拉橡皮筋的拉力，否则拉橡皮筋的拉力只是弹簧的一个分力，故D正确；E、在用一个测力计和同时用两个测力计拉线时，每次拉橡皮筋的时要使橡皮筋形变的长度和方向都相同，即要到同一位置，这样两次的效果带等效，才符合“等效替代”法，故E错误；故选：ACD．故答案为：（1）F′；（2）ACD【点评】：只有通过具体实践，才能真正的理解具体实验操作细节的意义，因此平时同学们应该加强实验实践，而不是空洞的记忆实验，只有通过具体实践，才能真正的理解具体实验操作细节的意义，因此平时同学们应该加强实验实践，而不是空洞的记忆实验．14．（10分）（2015•合肥一模）LED发光二极管技术得到广泛应用，下表为某发光二极管的正向电压U与正向电流I关系的数据．U/V 0.00 2.56 2.71 2.80 2.84 2.87 2.89 2.91 2.99I/A 0.00 0.03 0.07 0.11 0.34 0.52 0.75 0.91 3.02（1）根据以上数据，在图1中画出电压在2.5V〜3.00V范围内二极管的I﹣U图线．分析曲线可知二极管的电阻随U变大而变小（填‘变大”、“变小”或“不变”），在该范围内电阻最小约为1000Ω；（2）某同学用伏安法测电阻的电路验证该二极管的伏安特性曲线，要求二极管的正向电压从0开始变化，并使测量误差尽量減小．图2是实验器材实物图，电压表量程为3V，内阻约为3kΩ，电流表量程为5mA，内阻约为10Ω．图中已连接了部分导线，请按实验要求将实物图中的连线补充完整．（3）若此LED发光二极管的工作电流为2mA，则此发光二极管应与一阻值R=10Ω的电阻串联后才能与电动势为3V、内阻不计的电源相连．【考点】：描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】：实验题；恒定电流专题．【分析】：由表格中数据选择合适的标度，采用描点法得出伏安特性曲线；通过实验尽可能大范围描绘出它的伏安特性曲线来研究它的工作特性，知滑动变阻器需采用分压式接法．根据通过二极管的电流读出二极管两端电压，再根据串并联规律求出串联的电阻即可．【解析】：解：（1）如图选取电压及电流标度，采用描点法得出各点位置，用平滑的曲线将各点相连；如图所示；图象上点与坐标原点的连线的斜率倒数在减小，可知二极管的电阻随U变大而变小，在该范围内电阻最小约为R==1000Ω（2）由于电压和电流的测量范围比较大，则滑动变阻器采用分压式接法，由于二极管内阻更接近电压表内阻，所以电流表采取内接法，实物图如上图．（3）根据二极管I﹣U图象或数据表可知，通过二极管的电流I=2mA时，二极管两端的电压U=2.95V，根据串并联规律，应串联的电阻为：R==10Ω；故答案为：（1）变小；1000（2）如图（3）10【点评】：由于二极管电阻较小，故测定伏安特性曲线时应采用滑动变阻器的分压接法．同时注意用好实验的原理．三、计算题（第15、16、17题各10分，第18题12分，共42分）15．（10分）（2015•合肥一模）如图所示，在图（a）中，沿斜面的拉力F把质量为m的物块A沿粗糙斜面匀速向上拉，改变斜面倾角θ，使物块沿斜面向上匀速运动的拉力也随之改变，根据实验数据画出如图（b）所示的﹣tanθ图线．取重力加速度的大小g=10m/s2．（1）在图（a）中画出物体的受力示意图；（2）求物块的质量m和物块与斜面间的动摩擦因数μ；（3）若θ=45°时，不用力F拉物块，而给物块一沿斜面向上的较小初速度，物块速度减为零后又沿斜面下滑，求物块沿斜面向上和向下运动时加速度大小之比a1：a2．【考点】：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：对物体受力分析，根据共点力平衡得出与tanθ的函数关系式，结合图线的斜率和截距求出物块的质量和动摩擦因数的大小．根据牛顿第二定律分别求出物块沿斜面向上和向下的加速度，从而得出加速度之比．【解析】：解：（1）a的受力分析图如图所示．（2）由于滑块匀速运动时受力平衡，有：F=mgsinθ+μmgcosθ，解得：．与tanθ为线性函数，由图象可知：mg=40N，解得：m=4kg，μmg=20N，解得：μ=0.5．（3）根据牛顿第二定律得：mgsin45°+μmgcos45°=ma1，mgsin45°﹣μmgcos45°=ma2，解得：a1：a2=3：1．答：（1）物体的受力分析如图所示．（2）物块的质量为4kg，动摩擦因数为0.5．（3）物块沿斜面向上和向下运动时加速度大小之比为3：1．【点评】：本题考查了共点力平衡、牛顿第二定律与图象的综合，对于图象题，关键得出函数的表达式，结合图线的斜率和截距进行求解．16．（10分）（2015•合肥一模）如图所示，在一底边长为2L，底角θ=45°的等腰三角形区域内（O为底边中点）有垂直纸面向外的匀强电场．现有一质量为m，电量为q的带正电粒子从静止开始经过电势差为U的电场加速后，从O点垂直于AB进入磁场，不计重力与空气阻力的影响．（1）粒子经电场加速射入磁场时的速度？（2）若要进入磁场的粒子能打到OA板上，求磁感应强度B的最小值；（3）设粒子与AB板碰撞后，电量保持不变并以与碰前相同的速度反弹，磁感应强度越大，粒子在磁场中的运动时间也越大，求粒子在磁场中运动的最长时间．【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【专题】：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】：（1）由动能定理求粒子进入匀强磁场的速度；（2）求磁感应强度B的最小值，根据磁场强度和半径关系可知，圆周运动得半径最大，则粒子的圆周轨迹应与AC边相切，画出运动轨迹，根据几何关系及向心力公式求解；（3）当r越小，后一次打到AB板的点越靠近A端点，在磁场中圆周运动累积路程越大，时间越长．当r为无穷小，经过n个半圆运动，最后一次打到A点．【解析】：解：（1）依题意，粒子经电场加速射入磁场时的速度为v由…①得：…②（2）要使圆周半径最大，则粒子的圆周轨迹应与AC边相切，设圆周半径为R由图中几何关系：…③由洛仑兹力提供向心力：…④联立②③④解得：…⑤（3）设粒子运动圆周半径为r，，当r越小，最后一次打到AB板的点越靠近A端点，在磁场中圆周运动累积路程越大，时间越长．当r为无穷小，经过n个半圆运动，最后一次打到A点．有：…⑥圆周运动周期：…⑦最长的极限时间为：…⑧由⑥⑦⑧式得：=答：（1）粒子经电场加速射入磁场时的速度为；（2）磁感应强度B为时，粒子能以最大的圆周半径偏转后打到OA板；（3）增加磁感应强度的大小，可以再延长粒子在磁场中的运动时间，粒子在磁场中运动的极限时间为．【点评】：做好此类题目的关键是准确的画出粒子运动的轨迹图，利用几何知识求出粒子运动的半径，再结合半径公式和周期公式去分析．17．（10分）（2015•合肥一模）如图（a）所示，平行长直导轨MJV、PQ水平放置，两导轨间距L=0.5m，导轨左端M、P 间接有一阻值只=0.2Ω的定值电阻，导体棒ab质量m=0.1kg，与导轨间的动摩擦因数μ=0.1，导体棒垂直于导轨放在距离左端为d=1.0m处，导轨和导体棒始终接触良好，电阻均忽略不计．整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，t=0时刻，磁场方向竖直向下，此后，磁感应强度B随时间t的变化如图（b）所示，不计感应电流磁场的影响．取重力加速度g=10m/s2．（1）求t=0时棒所受到的安培力F0；（2）分析前3s时间内导体棒的运动情况并求前3s内棒所受的摩擦力f随时间t变化的关系式；（3）若t=3s时，突然使ab棒获得向右的速度v0=8m/s，同时垂直棒施加一方向水平、大小可变化的外力F，使棒的加速度大小恒为a=4m/s2、方向向左．求从t=3s到t=4s的时间内通过电阻的电量q．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．【专题】：电磁感应——功能问题．【分析】：（1）由图b的斜率求出，由法拉第电磁感应定律求出回路中感应电动势，由欧姆定律求解感应电流的大小，即可求得安培力的大小．（2）前3s内ab棒不动，在水平方向受安培力和摩擦力，二力平衡，由平衡条件和安培力公式求解．（3）t=3s后，ab棒做匀变速运动，由运动学公式求出t=3s到t=4s的时间内棒通过的位移，再由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式结合求解电量．【解析】：解：（1）由图b知：==0.1T/st=0时棒的速度为零，故回路中只有感生感应势为：E==Ld=0.1×0.5×1V=0.05V感应电流为：I==A=0.25A可得t=0时棒所受到的安培力：F0=B0IL=0.025N（2）ab棒与轨道间的最大摩擦力：f m=μmg=0.1×0.1×10N=0.1N＞F0=0.025N所以在t=0时刻棒静止不动，加速度为零，这以后磁感应强度B都小于B0，棒所受的安培力都小于最大静摩擦力，故前3s内导体棒静止不动，电流恒为I=0.25A在0﹣3s内，磁感应强度为：B=B0﹣kt=0.2﹣0.1t因导体棒静止不动，ab棒在水平方向受安培力和摩擦力，二力平衡，有：f=BIL=（B0﹣kt）IL=（0.2﹣0.1t）×0.25×0.5N=0.0125（2﹣t）N（t＜3s）（3）3s﹣4s内磁感应强度大小恒为B2=0.1T，ab棒做匀变速运动，△t2=4s﹣3s=1s设t=4s速度大小为v，位移为x，则：v=v0﹣a△t=4m/sx=t=6m在这段时间内的平均电动势为：=通过电阻的电量为：q====1.5C．答：（1）t=0时棒所受到的安培力F0是0.025N．（2）前3s内导体棒静止不动，前3s内棒所受的摩擦力f随时间t变化的关系式为f=0.0125（2﹣t）N（t＜3s）．（3）从t=3s到t=4s的时间内通过电阻的电量q是1.5C．。

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合肥市2015年高三第一次教学质量检测(物理试卷超精细解析)

合肥市2015年高三第一次教学质量检测(物理试卷超精细解析)

合肥市2015年高三第一次教学质量检测（物理试卷解析）一、选择题1．在竖直放置的平面圆筒内，放置两个半径相同的刚性球a 和b ，球a 质量大于球b ，放置的方式如图甲和图乙两种，不计圆筒内壁和球面之间的摩擦，对有关接触面的弹力，下列说法正确的是A.图甲圆筒底受到的压力大于图乙圆筒底受到的压力B.图甲中球a 对圆筒侧面的压力小于图乙中球b 对侧面的压力C.图甲中球a 对圆筒侧面的压力大于图乙中球b 对侧面的压力D.图甲中球a 对圆筒侧面的压力等于图乙中球b 对侧面的压力【考点】整体法与隔离法【读题分析】先对两个球组成的整体进行受力分析，再隔离受力少的球分析。

【答案】B【解题过程】先整体知道：21F F G F N ==，总,所以A 错。

由先整体分析知道，圆筒底两侧面受到的压力相等，所以下面球对侧面压力等于上面球对侧面压力。

上面球受力少，所以隔离上面球分析。

由隔离球体受力分析知道θtan mg F F ='=，两球半径相同，θ不变，所以上面球质量大的对侧面压力也大，B 正确。

本题还可以用极限法思考，假设球a 质量远大于球b ，则知道当球b 在球a 上面时对球a 的压力可以忽略不计，则球a 对侧面的压力也可以忽略不计，所以选择B【要点总结】连接体问题，一般先整体，后隔离。

2．质量为0.2kg 的球竖直向下以6m/s 的速度落至水平地面，再以4m/s 的速度反向弹回。

取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化p ∆和合力做功W 下列说法正确的是A.sm kg p /2⋅=∆J W 2-=B.sm kg p /2⋅-=∆0=W C.sm kg p /4.0⋅=∆J W 2-=D.s m kg p /4.0⋅-=∆JW 2=【分析】根据动量变化量公式计算p ∆，注意速度的矢量性。

再直接应用动能定理求合力做功【答案】A【解题过程】取竖直向上为正方向，初速度s m v /6-0=，末速度s m v /4=，s m kg v v m mv mv p /2)(00⋅=-=-=∆。

安徽省合肥一中2015届高三模拟考试二理综物理试题 Word版无答案

安徽省合肥一中2015届高三模拟考试二理综物理试题 Word版无答案

合肥一中2015届理综试卷（二）14.如图所示，水下光源S 向水面A 点发射一束复色光线，折射光线分成a 、b 两束，则下列说法正确的是（ ）A ．在水中a 光的速度比b 光的速度小B ．a 光的频率小于b 光的频率。

C ．若a 、b 两种单色光由玻璃射向空气时，a 光的临界角较小D ．若保持入射点A 位置不变，将入射光线顺时针旋转，则从水面上方观察，a 光先消失15．如图所示，表面光滑的斜面体固定在匀速上升的升降机上，质量相等的A 、B 两物体用一轻质弹簧连接着，B 的上端用一平行斜面的细线拴接在斜面上的固定装置上，斜面的倾角为300，当升降机突然处于完全失重状态时，则此瞬时AB 两物体的瞬时加速度为别为（ ）A ．12g 、gB ．g 、12g C、g D、016．如图所示，已知物体与三块材料不同的地毯间的动摩擦因数从左向右依次分别为μ、2μ和3μ，三块材料不同的地毯长度均为L ，首尾相联固定在水平地面上，该物体以一定的初速度v0从a 点滑上第一块地毯，则物体恰好滑到第三块的末尾d 点停下来，若让物体从d 点以相同的初速度水平向左运动，则下列说法错误的是（ ）A ．物体仍能运动到a 点并停下来B ．物体两次经过b 点时速度大小相等C ．物体两次经过c 点时速度大小相等D ．物体第二次运动的时间长17．2013年12月2日，“长征三号乙”运载火箭将“嫦娥三号”月球探测器成功送入太空，12月6日“嫦娥三号”由地月转移轨道进入100公里环月轨道，12月10日成功变轨到近月点为15公里的椭圆轨道，12月14日从15公里高度降至月球表面成功实现登月。

则关于“嫦娥三号”登月过程的说法正确的是 （ ）A.“嫦娥三号”由地月转移轨道需要减速才能进入100公里环月轨道B.“嫦娥三号”在近月点为15公里的椭圆轨道上各点的速度都大于其在100公里圆轨道上的速度C.“嫦娥三号”在100公里圆轨道上运动的周期小于其在近月点为15公里的椭圆轨道上运动的周期D.从15公里高度降至月球表面过程中，“嫦娥三号”处于失重状态18. 电场强度方向与x 轴平行的静电场，其电势随x 的分布如图所示，一质量为m 、带电量为＋q 的粒子（不计重力），以初速度v0从O 点（x=0）沿x 轴正方向进入电场。

2015年合肥高考物理模拟考试答案（一模）

2015年合肥高考物理模拟考试答案（一模）

2015年合肥⾼考物理模拟考试答案（⼀模） 合肥市2015年⾼三第⼀次教学质量检测物理试题参考答案及评分标准 ⼀、选择题(每⼩题4分,共40分)每⼩题给出的四个选项中,只有⼀个正确选项。

题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 选项 B A C D C B C A A C ⼆、实验题与填空题(Ⅰ、Ⅱ题各4分,Ⅲ题10分,共18分) 11. Ⅰ.(1)2.500 (2)2.822~2.825 Ⅱ.(1)F′;　(2)A CD Ⅲ.(1)见图1,变⼩,990;(2)见图2;(3)15(10—20均可) 三.计算题:(第12、13、14题各10分,第 15题12分,共42分) 12.(1)见右图 2分 (2)由于滑块匀速运动受⼒平衡 F=mgsinθ+µmgcosθ 得: =mgtanθ+µmg 2分⾼三物理试题答案第2页(共4页) 与tanθ为线性函数,由图象可知: mg=40N 得m=4kg 1分 µmg=20N 得µ=0.5 1分 (3)mgsin45o+µmgcos45o=ma1 mgsin45o-µmgcos45o=ma2 所以a1:a2=3∶1 4分 13.⑴依题意,粒⼦经电场加速射⼊磁场时的速度为v 由 得 3分 ⑵要使圆周半径最⼤,则粒⼦的圆周轨迹应与AC 边相切,设圆周半径为R,由图中⼏何关系: 由洛仑兹⼒提供向⼼⼒: 解得 3分 ⑶磁感应强度越⼤,粒⼦运动圆周半径r 越⼩,最后⼀次打到 AB 板的点越靠近A 端点,在 磁场中运动时间越长。

当r 为⽆穷⼩时,最后⼏乎打在A 点,设经过n 个半圆运动,有: 圆周运动周期: 最长的极限时间　⾼三物理试题答案第3页(共4页) 联⽴解得: 4分 14.(1)由图知 t=0 时棒的速度为零,故只有感⽣电动势: 得:t=0时棒所受到的安培⼒F0=IB0L=0.025N 3分 (2)棒与轨道间的最⼤静摩擦⼒fm=µmg=0.1×0.1×10=0.1N>F0=0.025N 所以t=0时棒静⽌不动,加速度为零,这以后磁感应强度B 都⼩于B0,棒所受到的安培 ⼒都⼩于最⼤静摩擦⼒,故前3s时间内导体棒静⽌不动,电流恒为I=0.25A 在0~3s的时间内,磁感应强度B=B0-kt=0.2-0.1t 因导体棒静⽌不动,故棒在⽔平⽅向受安培⼒和静摩擦⼒,合⼒为零。

安徽合肥庐江二中、巢湖四中2015届高三上第一次联考物理试卷及答案

安徽合肥庐江二中、巢湖四中2015届高三上第一次联考物理试卷及答案

2014-2015安徽省合肥市庐江二中、巢湖四中高三（上）第一次联考物理一、单项选择题（每小题4分，共40分）1．（4分）甲、乙两位同学多次进行百米赛跑，每次甲都比乙提前10m到达终点．假若现让甲远离起跑点10m，乙仍在起跑点起跑，则结果将会是（）A．甲先到达终点B．两人同时到达终点C．乙先到达终点D．不能确定2．（4分）下列说法正确的是（）A．战斗机投入战斗前要抛掉副油箱是为了减小惯性，从而提高灵活性B．跳高运动员起跳后之所以能够继续上升，是由于还受到向上的力的作用C．各种小型车辆前排乘坐的人必须系好安全带是为了减小乘客的惯性D．惯性是物体抵抗运动状态变化的“本领”，因此运动状态不变化物体就无惯性3．（4分）如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上滑上传送带，以地面为参考系，v2＞v1．从小物块滑上传送带开始计时，其v﹣t图象可能的是（）A．B．C．D．4．（4分）以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物体．假定物块所受的空气阻力f大小不变．已知重力加速度为g，则物体上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为（）A．和B．和C．和D．和5．（4分）如图所示，光滑斜面固定于水平面，滑块A、B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A上表面水平，则在斜面上运动时，B受力的示意图为（）A．B．C．D．6．（4分）如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度（橡皮筋在弹性限度内），与稳定在竖直位置相比，小球的高度（）A．一定升高B．一定降低C．保持不变D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定7．（4分）质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上促使质量为m 的小球相对静止在圆槽上，如图所示，则（）A．小球对圆槽的压力为B．小球对圆槽的压力为C．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加D．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小8．（4分）如图所示，在水平地面上放着A、B两个物体，质量分别为M、m，且M＞m，它们与地面间的动摩擦因数分别为μA、μB，一细线连接A、B，细线与水平方向成θ角，在A 物体上加一水平力F，使它们做匀速直线运动，则（）A．若μA=μB，θ越大，F越小B．若μA=μB，θ越大，F越大C．若μA＞μB，θ越小，F越大D．若μA＞μB，θ越大，F越大9．（4分）如图所示，杯里存有水，一木块浸在水中露出水面的体积为V，现使整个装置一起在竖直方向上做匀变速运动，此时木块露出水面的体积为V′，则下面说法中正确的是（）A．加速上升时，V＞V′B．加速下降时，V＜V′C．减速上升时，V=V′D．减速下降时，V＞V′10．（4分）如图所示，物体G用两根绳子悬挂，开始时绳OA水平，现将两绳同时沿顺时针方向转过90°，且保持两绳之间夹角α=135°不变，物体保持静止状态．在旋转过程中，设绳OA的拉力为T1，绳OB的拉力为T2，则下列判断正确的是（）A．T1先减小后增大B．T2先增大后减小C．T1最终变为零D．T2最终变为零二、实验题（每空2分，共16分）11．（8分）在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图1所示串联起来进行探究．（1）某次测量如图2，指针示数为cm．（2）在弹性限度内，将50g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数L A、L B如表格．根据表中数据计算弹簧Ⅱ的劲度系数为N/m（重力加速度g取9.8m/s2）．由表格数据（填“能”或“不能”）计算出弹簧Ⅰ的劲度系数．钩码数0 1 2 3 4L A/cm 11.70 15.71 19.69 23.70 27.70L B/cm 23.95 29.96 35.93 41.96 47.96（3）分析表格中数据可知，两劲度系数分别为K1和K2的轻弹簧串联在一起时的劲度系数K =．串12．（8分）图（a）为验证牛顿第二定律的实验装置简图，所用交变电流的频率为50Hz．图（b）为实验得到的一条纸带，图中相邻计数点之间还有4个点未画出．（1）根据纸带可求出小车的加速度大小为m/s2．计数点P对应的速度大小为m/s（结果保留三位有效数字）（2）为确定加速度a与F的关系，某同学保持小车质量不变，改变桶中沙的质量多次试验，并根据实验数据得出如图（c）所示的a﹣F图象．图象不过原点的原因可能是图象上段弯曲的原因可能是．三、计算题（第13、14小题各10分，第15、16小题各12分，共44分）13．（10分）平直公路上有甲、乙两辆汽车，甲以0.5m/s2的加速度由静止开始行驶，乙在甲的前方200m处以5m/s的速度做同方向的匀速运动．问：（1）甲何时追上乙？甲追上乙时的速度为多大？此时甲离出发点多远？（2）在追赶过程中，甲、乙之间何时有最大距离？这个距离为多大？14．（10分）如图所示，质量为m的匀质细绳，一端系在天花板上的A点，另一端系在竖直墙壁上的B点，平衡后最低点为C点．现测得AC段绳长是B段绳长的n倍，且绳子B端的切线与墙壁的夹角为a．试求绳子在C处和在A处的弹力分别为多大？（重力加速度为g）15．（12分）如图所示，足够长的木板B放在水平地面上，质量为m B=2kg，与地面之间的动摩擦因数为μB=0.2，质量为m A=3kg的小铅块A以v0=0.5m/s的初速度从B的左端向右运动，A、B之间的动摩擦因数为μA=0.4，重力加速度g=10m/s2，求：小铅块A从滑上木板到最终静止的全过程中，相对木板的位移△x和相对地面的位移x．16．（12分）某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落，他打开降落伞后的速度图线如图a．降落伞用8 根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图b．已知人的质量为50kg，降落伞质量也为50kg，不计人所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f，与速度v成正比，即f=kv（g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）．求：（1）打开降落伞前人下落的距离为多大？（2）求阻力系数k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向？（3）悬绳能够承受的拉力至少为多少？2014-2015学年安徽省合肥市庐江二中、巢湖四中高三（上）第一次联考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题4分，共40分）1．（4分）甲、乙两位同学多次进行百米赛跑，每次甲都比乙提前10m到达终点．假若现让甲远离起跑点10m，乙仍在起跑点起跑，则结果将会是（）A．甲先到达终点B．两人同时到达终点C．乙先到达终点D．不能确定考点：速度．分析：百米赛跑过程我们可以这样理解，运动员先由静止做加速运动，当达到最大速度后保持匀速前进直到冲过终点线，每次甲都比乙提前10m到达终点，说明现在甲的速度大于乙的速度，现让甲远离起跑点10m，乙仍在起跑点起跑，因为前后两个过程乙物体所用的时间不变，判断在乙跑完全程的时间内甲物体的位移．解答：解：运动员先由静止做加速运动，当达到最大速度后保持匀速前进直到冲过终点线，每次甲都比乙提前10m到达终点，说明现在甲的速度大于乙的速度，现让甲远离起跑点10m，乙仍在起跑点同时起跑，在乙跑完全程的时间内是个定值，因为匀速阶段甲物体速度大于乙的速度，所以在这个时间内甲的位移会大于110m；故甲先到达，故A正确．故选：A点评：理解百米赛跑过程，运动员先由静止做加速运动，当达到最大速度后保持匀速前进直到冲过终点线．2．（4分）下列说法正确的是（）A．战斗机投入战斗前要抛掉副油箱是为了减小惯性，从而提高灵活性B．跳高运动员起跳后之所以能够继续上升，是由于还受到向上的力的作用C．各种小型车辆前排乘坐的人必须系好安全带是为了减小乘客的惯性D．惯性是物体抵抗运动状态变化的“本领”，因此运动状态不变化物体就无惯性考点：惯性．专题：直线运动规律专题．分析：力是改变物体运动状态的原因，惯性是维持物体运动的原因，惯性大小的唯一量度是物体的质量，与物体是否受力，与物体的速度的大小无关．解答：解：A、根据牛顿第二定律可得a=，在相同的作用力下，物体的质量m越小，物体的加速度a越大，抛掉副油箱，减小了质量m，也就提高了飞机的灵活性，故A正确．B、跳高运动员起跳后之所以能够继续上升，是由于惯性的作用，故B错误．C、各种小型车辆前排乘坐的人必须系好安全带是为了让乘客和车辆成为一个整体，故增大了惯性，故C错误．D、惯性是物体抵抗运动状态变化的“本领”，即物体有保持原来的运动状态运动的性质，但惯性大小的唯一量度是物体的质量，与物体的速度大小，与物体的速度是否变化无关．故D错误．故选A．点评：深入理解每一个概念的内涵和外延（即使用条件）是我们能否学好物理的关键．3．（4分）如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上滑上传送带，以地面为参考系，v2＞v1．从小物块滑上传送带开始计时，其v﹣t图象可能的是（）A．B．C．D．考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：物体由于惯性冲上皮带后，从右端滑上传送带时，可以先匀减速运动到速度为0再反向加速后匀速，也可以一直减速，分情况进行讨论即可解题．解答：解：A、小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，到达左端后速度还没有减为零，离开传送带后在光滑水平地面上做匀速运动，故A正确；B、小物块从右端滑上传送带后先做匀减速运动，速度减为零后反向做匀加速运动，当速度等于传送带速度v1后匀速运动，故B正确；C、小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，到达左端时速度恰好为零，故C正确；D、物块做匀减速运动速度达到零后不能一直匀加速下去，反向加速后，速度等于传送带速度v1后匀速运动，故D错误．故选ABC点评：本题关键是对于物体运动过程分析，物体可能一直减速，也有可能先减速后匀速运动，也可能先减速后加速再匀速运动，难度适中．4．（4分）以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物体．假定物块所受的空气阻力f大小不变．已知重力加速度为g，则物体上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为（）A．和B．和C．和D．和考点：竖直上抛运动．专题：压轴题；直线运动规律专题．分析：竖直向上抛出的小物体，在上升的过程中，受到的阻力向下，在下降的过程中，受到的阻力向上，根据物体的受力情况，分过程求解上升的高度和下降的速度的大小．解答：解：在上升的过程中，对物体受力分析由牛顿第二定律可得，mg+f=ma1，所以上升时的加速度为a1=，加速度的方向与初速度的方向相反，即竖直向下，从上升到达最高点的过程中，根据v2﹣v02=2a1x可得，上升的最大高度为x===，在下降的时候，对物体受力分析有牛顿第二定律可得，mg﹣f=ma2，所以下降的加速度的大小为a2=，从开始下降到返回到原抛出点的过程中，根据v2=2a2x可得，v==，所以A正确．故选A．点评：在上升和下降的过程中，小球受到的摩擦力的方向是不同的，根据小球的受力，由牛顿第二定律求得加速度的大小，根据运动学的规律求解即可．5．（4分）如图所示，光滑斜面固定于水平面，滑块A、B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A上表面水平，则在斜面上运动时，B受力的示意图为（）A．B．C．D．考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：对整体分析，得出整体的加速度方向，确定B的加速度方向，知道B的合力方向，从而知道B的受力情况．解答：解：整体向上做匀减速直线运动，加速度方向沿斜面向下，则B的加速度方向沿斜面向下．根据牛顿第二定律知，B的合力沿斜面向下，则B一定受到水平向左的摩擦力以及重力和支持力．故A正确，B、C、D错误．故选：A．点评：解决本题的关键知道B与整体具有相同的加速度，根据加速度确定物体的合力方向．注意整体法和隔离法的运用．6．（4分）如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度（橡皮筋在弹性限度内），与稳定在竖直位置相比，小球的高度（）A．一定升高B．一定降低C．保持不变D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定考点：牛顿第二定律；胡克定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：以小球为研究对象，由牛顿第二定律可得出小球的加速度与受到的拉力之间的关系即可判断．解答：解：设L0为橡皮筋的原长，k为橡皮筋的劲度系数，小车静止时，对小球受力分析得：T1=mg，弹簧的伸长即小球与悬挂点的距离为L1=L0+，当小车的加速度稳定在一定值时，对小球进行受力分析如图，得：T2cosα=mg，T2sinα=ma，所以：T2=，弹簧的伸长：则小球与悬挂点的竖直方向的距离为：L2=（L0+）cosα=L0cosα+＜=L1，所以L1＞L2，即小球在竖直方向上到悬挂点的距离减小，所以小球一定升高，故A正确，BCD 错误．故选：A．点评：本题中考查牛顿第二定律的应用，注意整体法与隔离法的使用，同时要注意审题．7．（4分）质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上促使质量为m 的小球相对静止在圆槽上，如图所示，则（）A．小球对圆槽的压力为B．小球对圆槽的压力为C．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加D．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小考点：牛顿第二定律；牛顿第三定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：以圆槽与小球组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律可以求出系统的加速度，以小球为研究对象，应用牛顿第二定律与力的合成知识可以求出小球受到的支持力，然后由牛顿第三定律可以求小球对圆槽的压力．解答：解：A、以圆槽与小球组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律可得：F=（M+m）a，解得系统的加速度为a=，以小球为研究对象，由牛顿第二定律得：F x=ma=，小球受到圆槽的支持力为F N==，由牛顿第三定律可知，小球对圆槽的压力F N′=，故AB错误；C、水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，由可知，小球对圆槽的压力增大，故C正确，D错误；故选C．点评：熟练应用整体法与隔离法是正确解题的关键，应用平行四边形定则、牛顿第二定律、牛顿第三定律即可正确解题．8．（4分）如图所示，在水平地面上放着A、B两个物体，质量分别为M、m，且M＞m，它们与地面间的动摩擦因数分别为μA、μB，一细线连接A、B，细线与水平方向成θ角，在A 物体上加一水平力F，使它们做匀速直线运动，则（）A．若μA=μB，θ越大，F越小B．若μA=μB，θ越大，F越大C．若μA＞μB，θ越小，F越大D．若μA＞μB，θ越大，F越大考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：由于AB一起做匀速直线运动，合力都为零，可以以AB整体为研究对象，根据平衡条件和摩擦力公式分别求出μ的表达式．解答：解：对左图情形，分析受力情况，作出力图，如图，根据平衡条件得：F=f A+f B又f A=μA（m A g+Tsinθ），f B=μB（m B g﹣Tsinθ）联立得到：F=μA（m A g﹣Tsinθ）+μB（m B g+Tsinθ）=μA m A g+μB m B g﹣（μA﹣μB）Tsinθ可以看出，若μA=μB，F与θ无关，AB错误；若μA＜μB，θ越小，F越小，故C错误；若μA＞μB，θ越小，F越大，D正确．故选：C．点评：本题运用整体法研究物体的平衡问题，同时，要运用到数学知识进行判断．9．（4分）如图所示，杯里存有水，一木块浸在水中露出水面的体积为V，现使整个装置一起在竖直方向上做匀变速运动，此时木块露出水面的体积为V′，则下面说法中正确的是（）A．加速上升时，V＞V′B．加速下降时，V＜V′C．减速上升时，V=V′D．减速下降时，V＞V′考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重．分析：推导出露出水面的体积与总体积关系表达式进行分析．解答：解：浮力等于重力，故ρ木gV木=ρ水gV排；露出的体积为：V露=V木﹣V排；解得：V露=，与重力加速度无关；当物体在竖直方向有加速度时，相当于重力加速度发生了变化，故露出水面的体积不会发生变化；故A错误，B错误，C正确，D错误；故选：C．点评：本题易错点在于认为浮力不变，关键要理解浮力产生的原因是上下表面的压力差，同时将加速上升等效成重力变大，较难．10．（4分）如图所示，物体G用两根绳子悬挂，开始时绳OA水平，现将两绳同时沿顺时针方向转过90°，且保持两绳之间夹角α=135°不变，物体保持静止状态．在旋转过程中，设绳OA的拉力为T1，绳OB的拉力为T2，则下列判断正确的是（）A．T1先减小后增大B．T2先增大后减小C．T1最终变为零D．T2最终变为零考点：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：以结点O为研究对象，分析受力情况，作出力图，抓住两个绳子拉力T1和拉力T2的合力与重力G大小相等、方向相反，作出在旋转过程中三个不同位置力的合成图，分析T1和T2的变化情况．解答：解：以结点O为研究对象，分析受力情况，作出力图：重力G、绳OA的拉力T1，绳OB的拉力T2，根据平衡条件得知：拉力T1和拉力T2的合力与重力G大小相等、方向相反，如图．作出三个不同位置力的合成图，由图看出，T1先增大后减小，T2逐渐减小，直到为零．故ABC错误，D正确．故选：D．点评：本题采用图解法研究动态平衡问题，作图时要抓住不变量：两绳拉力的合力不变，两绳之间的夹角不变．二、实验题（每空2分，共16分）11．（8分）在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图1所示串联起来进行探究．（1）某次测量如图2，指针示数为16.00cm．（2）在弹性限度内，将50g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数L A、L B如表格．根据表中数据计算弹簧Ⅱ的劲度系数为12.5N/m（重力加速度g取9.8m/s2）．由表格数据能（填“能”或“不能”）计算出弹簧Ⅰ的劲度系数．钩码数0 1 2 3 4L A/cm 11.70 15.71 19.69 23.70 27.70L B/cm 23.95 29.96 35.93 41.96 47.96（3）分析表格中数据可知，两劲度系数分别为K1和K2的轻弹簧串联在一起时的劲度系数K=．串考点：探究弹力和弹簧伸长的关系．专题：实验题；弹力的存在及方向的判定专题．分析：（1）刻度尺的读数需估读，需读到最小刻度的下一位．（2）根据弹簧Ⅰ形变量的变化量，结合胡克定律求出劲度系数．通过弹簧Ⅱ弹力的变化量和形变量的变化量可以求出弹簧Ⅱ的劲度系数．解答：解：（1）刻度尺读数需读到最小刻度的下一位，指针示数为16.00cm．（2）由表格中的数据可知，当弹力的变化量△F=0.5N时，弹簧形变量的变化量为△x=4.00cm，根据胡克定律知：==8.3N/m．结合L1和L2示数的变化，可以得出弹簧Ⅱ形变量的变化量，结合弹力变化量，根据胡克定律能求出弹簧Ⅱ的劲度系数．（3）由胡克定律得，=解得k=故答案为：（1）16.00；（2）8.3，能．（3）点评：解决本题的关键掌握胡克定律，知道F=kx，x表示形变量，以及知道其变形式△F=k△x，△x为形变量的变化量．12．（8分）图（a）为验证牛顿第二定律的实验装置简图，所用交变电流的频率为50Hz．图（b）为实验得到的一条纸带，图中相邻计数点之间还有4个点未画出．（1）根据纸带可求出小车的加速度大小为0.510m/s2．计数点P对应的速度大小为0.645m/s （结果保留三位有效数字）（2）为确定加速度a与F的关系，某同学保持小车质量不变，改变桶中沙的质量多次试验，并根据实验数据得出如图（c）所示的a﹣F图象．图象不过原点的原因可能是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足图象上段弯曲的原因可能是沙桶的总质量不是远远小于小车的总质量．考点：验证牛顿第二运动定律．专题：实验题；牛顿运动定律综合专题．分析：根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小车的加速度，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出P点对应的速度．根据图线中F不等于零，a仍然等于零确定图线不过原点的原因，图线上段弯曲是未满足沙桶的总质量不是远远小于小车的总质量．解答：解：（1）在连续相等时间内的位移之差为0.51cm，根据△x=aT2得，加速度a==0.510m/s2．P点的速度为：≈0.645m/s．（2）图象不过原点，F不等于零，加速度a仍然为零，知未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．图象上段弯曲是未满足沙桶的总质量不是远远小于小车的总质量，不能认为沙桶的重力等于绳子的拉力．故答案为：（1）0.510，0.645．（2）未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，沙桶的总质量不是远远小于小车的总质量点评：解决本题的关键知道实验的原理，掌握处理纸带的方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度．三、计算题（第13、14小题各10分，第15、16小题各12分，共44分）13．（10分）平直公路上有甲、乙两辆汽车，甲以0.5m/s2的加速度由静止开始行驶，乙在甲的前方200m处以5m/s的速度做同方向的匀速运动．问：（1）甲何时追上乙？甲追上乙时的速度为多大？此时甲离出发点多远？（2）在追赶过程中，甲、乙之间何时有最大距离？这个距离为多大？考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：追及、相遇问题．分析：（1）当甲车追上乙车时，它们的位移之差是200m，由此可以求得需要的时间、速度、位移．（2）在甲车追上乙车之前，当两车的速度相等时，两车的距离最大．解答：解：（1）当甲追上乙时，它们的位移之差是x0=200m，x甲=x0+x乙，设甲经时间t追上乙，则有x甲=a甲t2，x乙=v乙t．根据追及条件，有a甲t2=v乙t+200，解得t=40 s或t=﹣20 s（舍去）．这时甲的速度v甲=a甲t=0.5×40 m/s=20 m/s，甲离出发点的位移x甲=a甲t2=×0.5×402 m=400 m．（2）在追赶过程中，当甲的速度小于乙的速度时，甲、乙之间的距离仍在增大，但当甲的速度大于乙的速度时，甲、乙之间的距离便减小．当二者速度相等时，甲、乙之间的距离达到最大值．由a甲t=v乙，得t=10 s，即甲在10 s末离乙的距离最大．x max=x0+v乙t﹣a甲t2= m=225 m．答：（1）甲40s时追上乙，甲追上乙时的速度为20 m/s，此时甲离出发点400 m．（2）在追赶过程中，甲、乙之间10 s时有最大距离，这个距离为225 m．点评：汽车的追及相遇问题，一定要掌握住汽车何时相遇、何时距离最大这两个问题，这道题是典型的追及问题，同学们一定要掌握住．14．（10分）如图所示，质量为m的匀质细绳，一端系在天花板上的A点，另一端系在竖直墙壁上的B点，平衡后最低点为C点．现测得AC段绳长是B段绳长的n倍，且绳子B端的切线与墙壁的夹角为a．试求绳子在C处和在A处的弹力分别为多大？（重力加速度为g）考点：共点力平衡的条件及其应用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：先对CB段受力分析，受重力、墙壁的拉力、AC绳子对其向左的拉力，根据平衡条件求解出张力；再对AC绳子受力分析，受重力、BC绳子对其向右的拉力，墙壁的拉力，根据平衡条件列式求解．解答：解：对CB段受力分析，受重力、墙壁的拉力、AC绳子对其向左的拉力，如图所示根据平衡条件，有：F B cosα=mgF B sinα=T联立解得：T=；再对AC绳子受力分析，受重力、BC绳子对其向右的拉力，墙壁的拉力，如图所示。

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