湖北省宜昌市金东方高级中学2015-2016学年高二9月月考物理试题(有答案)AqMPnH

2014-2015学年湖北省宜昌市三峡高中、金东方高中高二（下）期中物理试卷一、选择题（12个小题，共48分，其中1、8、11、12小题有多个选项正确；其他小题给出的四个选项中，只有一个选项正确；全选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）1. （4分）关于磁场中的通电导线和运动电荷的有关说法中正确的是（）A. 磁场对通电导线的作用力方向一定与磁场方向垂直B. 通电导线在磁场中一定会受到安培力的作用C .带电粒子在磁场中也可能做匀速直线运动D .在磁场中运动的带电粒子，其动能一定不变，而速度一定变化【考点】：洛仑兹力；安培力.【分析】：磁场对通电导线作用力的方向与该处的磁场方向垂直•当线圈有力矩才发生转动.只有当电荷垂直射入匀强磁场只受洛伦兹力作用时，才做匀速圆周运动. 洛伦兹力不做功，不能改变动能•电荷的运动方向与磁场平行时，不受洛伦兹力作用.【解析】：解：A、根据左手定则，磁场对通电导线的安培力方向一定与磁场方向垂直，故A正确；B通电导线在磁场中平行磁场方向防止时不受安培力，故B错误；C电荷在磁场中运动方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力，所以做匀速直线运动，故C 正确；D带电粒子只受洛伦兹力作用时，由于洛伦兹力始终与速度方向垂直，所以其力只改变速度方向，不改变速度的大小，则动能不变，故D错误；故选：AC.【点评】：本题考查对物理概念、规律条件的理解能力. 要抓住磁场与安培力关系，而磁场方向与通电导线所受的安培力方向、电荷所受的洛伦兹力方向垂直.2. （4分）图中的实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域的运动轨迹，a 、b 是其轨迹上的两点.若带电粒子在运动中只受电场力作用, 由此图可判断下列说法错误的是（）A .B . 带电粒子所带电荷的符号.r r r. t、丫八 > r . . —n —* r . / /—■ r带电粒子在 a 、b 两点的受力力向C . 带电粒子在 a 、b 两点的速度何处较大D . 带电粒子在 a 、b 两点的电势能何处较大【考点】：电势能.【专题】：电场力与电势的性质专题.【分析】：从图中可以看到，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性.根据电场力做功情况，判断动能和电势能的变化. 当 电场力做正功时，电荷的电势能减小，动能增大；当电场力做负功时，电荷的电势能增大， 动能减小. 【解析】：解：AB 、由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在 a 、b 两点受到的电场力 沿电场线向左•由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性•故A错误，B 正确. CD 由于粒子在a 、b 两点受到的电场力沿电场线向左，故从a 到b 电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在a 点的速度较大，在b 点电势能较大.故CD 正确. 本题选错误的，故选：A.【点评】：本题是电场中粒子的轨迹问题， 首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向， 其次判断粒子动能和电势能的变化要根据电场力做功情况.3. （ 4分）电磁流量计广泛应用于测量可导电液体（如污水）在管中的流量（在单位时间 内通过管内横截面的流体的体积）•为了简化，假设流量计是如图所示的横截面为长方形的 一段管道.其中空部分的长、宽、高分别为图中的 a 、b 、c .流量计的两端与输送流体的管道相连接（图中虚线）.图中流量计的上下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料.现于流此交流电流的有效值是（量计所在处加磁感应强度 B 的匀强磁场，磁场方向垂直前后两面. 当导电流体稳定地流经流 量计时，在管外将流量计上、下两表面分别与一串接了电阻 R 的电流表的两端连接，I 表示测得的电流值.已知流体的电阻率为p ，不计电流表的内阻，则可求得流量为（）【考点】：霍尔效应及其应用.【专题】：压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题.【分析】：当导电流体稳定地流经流量计时，正负电荷受洛伦兹力发生偏转，在上下表面间 形成电势差，最终稳定时，电荷所受电场力与洛伦兹力平衡，根据欧姆定律及电阻定律求出 上下表面间的电势差，从而根据平衡求出速度以及流量的大小.【解析】：解：最终稳定时有：qvB=L .则v= ■-[q eB根据电阻定律 R'= p ——，则总电阻 R 总=R +Rab所以U =IR 总=[（Q 上+R ）abI （P 千血解得v= ------------ - --------cB所以流量Q=.故A 正确，B C D 错误.B a故选：A.【点评】：解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向， 以及掌握欧姆定律和电阻定律的运用.A .評井予B . £缺吟C .将伽曜）D .訥沖10A【考点】：交流的峰值、有效值以及它们的关系.【专题】：交流电专题.【分析】：根据有效值的定义求解.取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻,若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值.【解析】：解：设交流电电流的有效值为1，周期为T,电阻为R.故选：B【点评】：求交流电的有效值，往往根据电流的热效应，由有效值的定义求解•中等难度.5. （4分）如图甲所示，一理想变压器给一个小灯泡供电•当原线圈输入如图乙所示的交变电压时，额定功率10W的小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为40 Q，图中电压表为理想电表，下列说法正确的是（）甲乙A .变压器输入电压的瞬时值表达式为卩=220;：.；E sin n t （V）B . 电压表的示数为220VC .变压器原、副线圈的匝数比为11:1D .变压器的输入功率为110W【考点】：变压器的构造和原理.【专题】：交流电专题.【分析】：根据瞬时值的表达式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, 与匝数成反比，即可求得结论【解析】：解：A、由图象可知，3 =^^=]Q0TT，故A错误B原线圈输入电压为220V,电压表示数为灯泡的额定电压U= | ：=20V,故B错误C由B分析，结合变压比公式得，上亠4，故C正确20 1D变压器的输入功率与输出功率相等，为10W故D错误故选C决本题6. （4分）为了让乘客乘车更为舒适，某搡究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示,【考点】：牛顿运动定律的应用-超重和失重；摩擦力的判断与计算.【专题】：牛顿运动定律综合专题.【分析】：当此车减速上坡时，整体的加速度沿斜面向下，对乘客进行受力分析，根据加速度方向知道合力方向，根据合力方向确定摩擦力方向.【解析】：解：A、B对乘客进行受力分析，乘客受重力，支持力，由于乘客加速度沿斜面向下，而静摩擦力必沿水平方向，由于乘客有水平向左的分加速度，所以受到向后（水平向左）的摩擦力作用.故A错误，B正确.C当此车减速上坡时，整体的加速度沿斜面向下，乘客具有向下的分加速度，所以根据牛顿运动定律可知乘客处于失重状态•故C错误；D由于乘客加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律得所受力的合力沿斜面向下. 故D错误.故选：B【点评】：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当此车减速上坡时（仅考虑乘客与水平面之间的作用），则关于乘客下列说法正确的是（）A.不受摩擦力的作用C .处于超重状态D .B .受到水平向左的摩擦力作用所受合力竖直向上【考点】：牛顿第二定律. 【专题】：整体思想.【分析】：对猫和木板受力分析受力分析，可以根据各自的运动状态由牛顿第二定律分别列式来求解，把猫和木板当做一个整体的话计算比较简单.【解析】：解：木板沿斜面加速下滑时，猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，加 速度为零•将木板和猫作为整体，根据牛顿第二定律 F 合=F 猫+F 木板=0+2ma （ a 为木板的加速度）， 整体受到的合力的大小为猫和木板沿斜面方向的分力的大小， 即F 合=3mgsin a ，解得a^gsin a ，所以C 正确.2故选C.【点评】：本题应用整体法对猫和木板受力分析，根据牛顿第二定律来求解比较简单，当然也可以采用隔离法，分别对猫和木板受力分析列出方程组来求解.【点评】：解决本题的关键知道乘客和车具有相同的加速度， 加速度•以及能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律求解通过汽车的加速度得出乘客的7. （4分）如图，在倾角为 a 的固定光滑斜面上，有一用绳子栓着的长木板，木板上站着一只猫•已知木板的质量是猫的质量的2倍.当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变•则此时木板沿斜面下滑的加速度为（a D . 2gsin a& ( 4分) 将甲乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出，抛出时间间隔2s ，它们运动的图象分别如直线甲乙所示•则()A • t=2s 时，两球的高度相差一定为 40mB • t=4s 时，两球相对于各自的抛出点的位移相等C •两球从抛出至落到地面所用的时间间隔相等D •甲球从抛出至到达最高点的时间间隔与乙球相等【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】：速度时间图象与时间轴所围的“面积”表示质点的位移, 位置.由图直接读出物体运动的时间.【解析】：解：A 、根据速度时间图象与时间轴所围的“面积”表示质点的位移，知t=2s时，甲球通过的位移为 x 甲 丄X (30+10) x 2m=40m 乙的位移为零，两球位移之差等于 40m,21但两球初始的高度未知，故 t=2s 时两球的高度相差不一定为 40m.故A 错误.B t=4s 时，甲球相对于抛出点的位移为 丄X 30X 3-丄X 10X 仁40m 乙球相对于抛出点的2 2位移为2x( 30+10)X 2m=40m 故两球相对于各自的抛出点的位移相等.故B 正确.C 两球从不同的高度以同样的速度竖直向上抛出，根据竖直上抛运动的规律x= - h=v o t - ,h 是抛出点距地面的高度， 可知两球从抛出至落到地面所用的时间间隔t 不相等.故C 错误.D 由图知，甲球从抛出至到达最高点的时间间隔与乙球相等，都是3s .故D 正确.故选：BD.【点评】：本题要结合图象的意义和竖直上抛运动的规律进行分析， 关键要掌握速度时间图象与时间轴所围的“面积”表示质点的位移.但不能反映物体初始的9. （4分）我国“玉兔号”月球车被顺利送抵月球表面，并发回大量图片和信息•若该月球车在地球表面的重力为G,在月球表面的重力为G.已知地球半径为R,月球半径为R2, 地球表面处的重力加速度为g，则（）地球的质量与月球的质量之比为地球表面处的重力加速度与月球表面处的重力加速度之比为D .地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为【考点】：万有引力定律及其应用；第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度.【专题】：万有引力定律的应用专题.【分析】：质量是不变的，重力是改变的，根据重力表达式G重=mg表示出g进行比较；忽略星球自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式比较地球和月球的质量；第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度.【解析】：解：A、质量是表示物体含物质多少的物理量，与引力无关，故“玉兔号”月球车在地球表面与月球表面质量之比为 1 ：1,故A错误.2B根据g=』'，有：M=」,故地球的质量与月球的质量之比为:故B错误.G重C重力加速度：g= ,故地球表面处的重力加速度与月球表面处的重力加速度之比为G,故C错误.故选：D.2 M 地K月£月时“玉兔号”月球车在地球表面与月球表面质量之比为GiD第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度: v=--:,故地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为:【点评】：本题关键是明确重力和质量的区别，知道第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度, 根据牛顿第二定律列式分析即可.10. （4分）如图所示，A B 两物体质量分别是 m A 和m?,用劲度系数为 k 的弹簧相连，AB 处于静止状态.现对 A 施竖直向上的力 F 提起A ,使B 对地面恰无压力.当撤去 F , A 由静止向下运动至最大速度时，重力做功为（）【考点】：功的计算；胡克定律. 【专题】：功的计算专题.【分析】：根据胡克定律求出弹簧最除的伸长量；再根据平衡条件求出平衡位置弹簧的弹力, 再求弹簧的压缩量，最后确定初末位置的高度差，求重力的功.【解析】：解：开始时B 对地面恰无压力，故 kx i =mg ，解得•一1kA 速度最大时，处于平衡位置，有： kx 2=mg ，解得「"';£ k故从静止向下运动至最大速度时，弹簧的位移为：X=X i +X 2；故选C.【点评】：本题关键是对物体A 的运动情况分析清楚，找出其速度最大的位置，然后进行简 单的受力分析并运用胡克定律列式求解，最后根据功的定义求解即可.11. （4分）船在静水中的速度是 1m/s ，河岸笔直，河宽恒定，河水流速为 3m/s ，以下说法故重力做功为:二 in&gK 二 呂正确的是（）A . 因船速小于流速，船不能到达对岸B . 船能沿直线过河C . 船可以垂直过河D . 船过河的最短时间是一定的【考点】：运动的合成和分解.【专题】：运动的合成和分解专题.【分析】：船在河水中实际是参与两个匀速直线运动，根据渡河的要求对这两个运动进行合成，即可得知各选项的正误.【解析】：解：A、尽管船的静水速度小于河水速度，仍能到达河对岸，只是不能到达正对岸，选项A错误.B船在静水中的速度恒定，河水的速度也恒定，所以，船的实际运动时直线运动，选项B 正确.C因船的静水速度小于河水的速度，所以船不能垂直渡河•选项C错误.D当船头始终指向河对岸时，船渡河的时间最短，所以船过河的最短时间是一定的，选项D正确.故选：BD【点评】：该题通过渡河的模型考察了运动的合成与分解，关于渡河问题，应注意几种渡河方式，一是垂直渡河，此时渡河位移最短，但是所用时间不是最短的，此种情况要求船的合速度与河岸垂直，二是船头始终指向对岸的渡河，此种情况下渡河时间最短，但是渡河位移不是最短；关于渡河问题，还要会判断能否垂直渡河，其条件是船在静水中的速度大小要大于河水流动的速度大小.12. （4分）如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=4kg的小物体B以水平速度v o=2m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g=10m/s2,则下列说法正确的是（）【考点】：动量守恒定律；功能关系；机械能守恒定律. 【专题】：动量定理应用专题.【分析】：由图能读出木板获得的速度，根据动量守恒定律求出木板 A 的质量，根据E k = mv2求解木板获得的动能.根据斜率求出B 的加速度大小，根据牛顿第二定律求出动摩擦因数.根 据“面积”之差求出木板A 的长度•根据系统克服摩擦力做功求解系统损失的机械能.【解析】：解：A 由图示图象可知，木板获得的速度为 v=1m/s , A B 组成的系统动量守恒， 以B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： mv= （ M+m v ,解得：M=4kg,木板A 的质量为M=4kg ，木板获得的动能为：Ek^ Mv=-t X 4X1 2=2J ，故A 正确.B 系统损失的机械能△ E^mvi 2-2m< —*M*，代入数据解得：△ E=4J ,故B 错误；C 由图得到：0- 1s 内B 的位移为 XB =；X （2+1） X 1m=1.5m A 的位移为 XA 〒X 1X 1m=0.5m木板A 的最小长度为L=X B - X A =1m,故C 错误.D 由图示图象可知，B 的加速度：'=-1m/s 2，负号表示加速度的方向，由牛顿At 1第二定律得：卩mg=ma ,代入解得，卩=0.1，故D 正确. 故选：AD.【点评】：本题属于木块在木板上滑动类型，既考查读图能力，也考查运用牛顿第二定律、 功能关系处理复杂力学问题的能力.二、实验题（本大题共 1小题，共14分）13. （14分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，要测量一个标有“3V 1.5W ”的灯泡两端的电压和通过它的电流，现有如下器材：系统损失的机械能为 2J木板A 的最小长度为2m D.A 、B 间的动摩擦因数为 0.1A .木板A 获得的动能为2JB .A.直流电源3V （内阻可不计） B .直流电流表0〜600mA（内阻约0.5 Q ）C.直流电压表0〜3V (内阻约3k Q ) D .滑动变阻器(10Q , 1A ) E.滑动变阻器(1k Q , 300mA F开关、导线若干(2)某同学用导线a 、b 、c 、d 、e 、f 、g 和h 连接的电路如图1所示，电路中所有元器件 都是完好的，且电压表和电流表已调零.闭合开关后发现电压表的示数为 2V,电流表的示数为零，小灯泡不亮，则可确定断路的导线是d ;若电压表示数为零，电流表的示数为0.3A，小灯泡亮，则断路的导线是 h ;若反复调节滑动变阻器，小灯泡亮度发生变化，但电压表、电流表示数不能调为零，则断路的导线是g .(3 )下表中的各组数据是该同学在实验中测得的，根据表格中的数据在如图 2所示的方格纸上作出该灯泡的伏安特性曲线.U(V ) I (A ) 0 0 0.5 0.17 1.0 0.30 1.5 0.39 2.0 0.45 2.5 0.49(4)如图3所示，将两个这样的灯泡并联后再与5 Q 的定值电阻R )串联，接在电压恒定为4V 的电路上，每个灯泡的实际功率为0.30 w (结果保留两位有效数字).【考点】：描绘小电珠的伏安特性曲线.J A5 V2O3(1)本实验中滑动变阻器选用 D\|7-“【专题】：实验题.【分析】：(1)为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器. (2)根据电路图与电路故障现象分析电路故障原因. (3 )应用描点法作出图象.(4)在灯泡I - U 图象中作出电源的I - U 图象，根据图象求出灯泡两端电压与通过灯泡的 电流，然后求出灯泡功率.【解析】：解：(1)由图1所示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作， 滑动变阻器应选D. (2 )根据电路图电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零.闭合开关后，发现 电压表的示数为2V,电流表的示数为零，小灯泡不亮，则判断断路的导线为 d ;若电压表的示数为零，电流表的示数为0.3A ，小灯泡亮，则断路的导线为h ;若反复调节滑动变阻器，小灯泡亮度发生变化，但电压表、电流表的示数不能调为零，则断路的导线为 g .(3)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：在灯泡的I -U 图象中作出等效电源的I -U 图象如图所示,由图象可知，灯泡两端电压为 1.0V ，通过灯泡的电流为 0.3A , 每个灯泡消耗的实际功率P=UI=1.0 X 0.3=0.30W ;故答案为：(1) D; (2) d ; h ; g ; (3 )图象如图所示；(4) 0.30 .10I ，即 U=4— 10I ,【点评】：本题考查了选择实验器材、实验故障分析、作图象、实验数据处理等，知道实验原理是正确解题的前提与关键；要掌握描点法作图的方法，先根据实验数据在坐标系内描出对应点，然后用平滑的曲线把各点连接起来作出图象.三、计算题(本大题共4小题；共48分•解答应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.)晋向左匀速运动，中14. (12分)两块质量都是m的木块A和B在光滑水平面上均以速度间用一根劲度系数为k的轻弹簧连接着，如图所示.现从水平方向迎面射来一颗子弹，质量为亠，速度为V o,子弹射入木块A并留在其中.求：|.J(1 )在子弹击中木块后的瞬间木块A、B的速度V A和V B的大小;(2)在子弹击中木块后的运动过程中弹簧的最大弹性势能.学彳咖—• R-- ►■ m THSWT m【考点】：动量守恒定律；弹性势能.【专题】：动量定理应用专题.【分析】：(1)在子弹击中A瞬间，弹簧没有发生发生形变，B的速度没有发生变化.对子弹和A组成的系统，由动量守恒列方程求解.(2 )当子弹、A和B三者共速时，弹性势能最大.对三者组成的系统用动量守恒和机械能守恒列两个方程，解方程组即可.【解析】：解：(1 )在子弹打入木块A的瞬间，由于相互作用时间极短，弹簧来不及发生形变，A B都不受弹力的作用，故V B^^V O；由于此时A不受弹力，木块A和子弹构成的系统在这极短过程中不受外力作用，系统动量守恒，以子弹与A组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向, 由动量守恒定律得：丄mV- m^^=(Em+n) V A,解得：V A=-*v o，负号表示方向向左;4 2 4 5(2)由于木块A、木块B运动方向相同且V A<V B,故弹簧开始被压缩，分别给A、B木块施以弹力，使得木块A加速、B变减速运动，弹簧不断被压缩，弹性势能增大，直到二者速度相等时弹簧弹性势能最大，在弹簧压缩过程木块A (包括子弹)、B与弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒.设弹簧压缩量最大时共同速度为V，弹簧的最大弹性势能为E pm,以A、B与弹簧组成的系统为研究对象，以向左为正方向，由动量守恒定律得：—m\A+m\B=(上m+n) v,4 42?卫mv2+2 mv B2—(卫m+m v2+E om,2 4 2 2 4解得：v—v o, Eo m=^mv)2;3 40答：(1 )在子弹击中木块后的瞬间木块A、B的速度分别为二v o、- v o;5 2(2)在子弹击中木块后的运动过程中弹簧的最大弹性势能为mv o .40【点评】：此题有一定的难度，要求能根据物体的运动过程，分析得出临界状态所对应的临界条件：当子弹、A和B三者共速时，弹性势能最大.当弹簧恢复原长时，A速度最小，B速度最大.此题属于难题.15. (11分)如图所示，用长为I的绝缘细线拴一个质量为m带电量为+q的小球(可视为质点)后悬挂于O点，整个装置处于水平向右的匀强电场E中.将小球拉至使悬线呈水平的位置A后，由静止开始将小球释放，小球从A点开始向下摆动，当悬线转过60°角到达位置B时，速度恰好为零.求：(1)B、A两点的电势差U B A(2 )电场强度E(3)小球到达B点时，悬线对小球的拉力T.【考点】：电场强度；牛顿第二定律；向心力.【专题】：牛顿第二定律在圆周运动中的应用.【分析】：(1)小球从A到B的过程中，重力做正功mgLsin60°，电场力做功为qU AB,动能的变化量为零，根据动能定理求解电势差U AB；(2)根据电场强度与电势差的关系U=Ed求解场强.式中d是AB沿电场线方向的距离，d=L -Lcos60°.(3)小球在AB间摆动时具有对称性，B处绳拉力与A处绳拉力相等，研究A处绳子的拉力得到B处绳子的拉力•在A处小球水平方向平衡，由平衡条件求解拉力.【解析】：解：(1)小球由A到B过程中，由动能定理得：mgLsi n60° +qU AB=0所以U A B=-■门…:-I(2)BA 间电势差为U B A=-U A B=-"''J则场强E=」山一亠亘L - L<os60 q(3)小球在AB间摆动，由对称性得知，B处绳拉力与A处绳拉力相等，而在A处，由水平方向平衡有：F TA=Eq=J ‘二，所以F TB=F TA=\：11'■答：(1) B A两点的电势差U B A为-_ ; (2)电场强度E为— ;(3)小球到达B点|2Q] Q I时，悬线对小球的拉力T为；I：.【点评】：本题第(3)问题也可以直接研究B处得到，小球在B处，沿绳方向合力为零，有: F TB=Eqcos60° +mgcos30 =16. (11分)(2011春?霞浦县校级期末)如图甲所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距L=0.20m,电阻R=1.0 Q ,有一导体杆静止放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻可忽略不计，整个装置处于磁感强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下，现用一外力F 沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图乙所示，求杆的质量m和加速度a.F/K【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；感应电流的产生条件. 【专题】： 电磁感应与电路结合.【分析】： 导体棒运动时切割磁感线产生感应电流，使棒受到向左的安培力，根据感应电流的大小写出安培力的表达式结合牛顿第二定律求出 F 与t 的关系式，然后将图象上的数据代入即可求解.u =at …①杆切割磁力线，将产生感应电动势：E=BI u …②在杆、轨道和电阻的闭合回路中产生电流为: 杆受到的安培力为：f=BII …④根据牛顿第二定律，有：F - f=ma …⑤2 j联立以上各式，得：F 二口已+丄■亠机 …⑥ 由图线上取两点代入⑥式，可解得：2a=10m/s , m=0.1kg2答：杆的质量为 m=0.1kg ，其加速度为 a=10m/s .【点评】：解答这类问题的关键是正确分析安培力的大小与方向, 列方程求解.17.( 14分)如图所示，在直角坐标系xOy 平面的第H 象限内有半径为R 的圆0分别与x 轴、y 轴相切于P (- R , 0)、Q( 0, R ) 两点，圆O 内存在垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B .与y 轴负方向平行的匀强电场左边界与 y 轴重合，右边界交 x 轴于M 点，—带正电的粒子 A (重力不计)电荷量为 q 、质量为m,以某—速率垂直于 x 轴从P 点射入 磁场，经磁场偏转恰好从【解析】：解：导体杆在轨道上做匀加速直线运动,用U 表示其速度，t 表示时间，则有:然后根据导体棒所处状态。

湖北省宜昌市金东方高级中学2015-2016学年高二上学期9月月考生物试题一、选择题（每小题1分，共45分）1．下列关于动物内环境及调节的叙述中，错误的是( )A．血浆渗透压与蛋白质、无机盐等物质的含量有关B．氧进入血液中红细胞的过程就是进入内环境的过程C．pH的调节要通过神经—体液调节实现D．正常情况下，内环境的各项理化性质是经常处于变动之中，但都保持在适宜的范围内。

2．血浆、组织液、淋巴三者关系中，叙述错误的是( )A．血浆中某些物质能透过毛细血管壁形成组织液B．组织液与血浆之间可以相互扩散与渗透C．一些组织液可渗入毛细淋巴管形成淋巴D．淋巴与组织液之间可以相互扩散与渗透3．某同学参加学校组织的秋季越野赛后，感觉浑身酸痛，并伴随着大量出汗等。

下列有关描述正确的是( )A．剧烈运动使其体内产生了大量乳酸，致使其血浆pH显著下降B．此时应及时补充盐水并注意适当散热，以维持水盐与体温平衡C．由于能量大量消耗，其血液中的血糖浓度会大幅度下降D．由于其体内内环境pH发生变化，所以细胞代谢发生紊乱4．一般情况下，大脑受伤丧失意识和脊髓排尿中枢受伤的两种病人，其排尿情况分别是( )A．尿失禁、正常排尿B．尿失禁、不能排尿C．正常排尿、尿失禁D．不能排尿、尿失禁5．下列关于反射弧的叙述中，正确的是( )A．刺激某一反射弧的感受器或传出神经，可使效应器产生相同的反应B．反射弧中的感受器和效应器均分布于机体的同一组织或器官C．神经中枢的兴奋可以引起感受器敏感性减弱D．任何反射弧中的神经中枢都位于脊髓6．下列属于第一道防线的是( )①胃液对病菌的杀灭作用②唾液中溶菌酶对病原体的分解作用③吞噬细胞的内吞作用④呼吸道纤毛对病菌的外排作用⑤皮肤的阻挡作用⑥效应T细胞与靶细胞接触⑦抗体与细胞外毒素结合A．①②③⑤B．②③④⑤C．①②④⑤D．②⑤⑥⑦7．某男子接触过患某种禽流感的家禽，医生检查发现该男子体内有相应的抗体出现。

荆州中学高二年级第一次质量检测物理卷一．选择题（1—7题为单选题，8—10题为多选题）1.真空中有两个静止的同种点电荷q1、q2，保持q1不动，释放q2．q2只在q1的库仑力作用下运动，则q2在运动过程中的加速度A.不断增大B. 不断减小C. 先增大后减小D.始终保持不变2.下图表示的是四种典型的静电场，图A是两块带等量异种电荷的平行金属板间产生的匀强电场，a．b是电场中的两个点；图B是点电荷产生的电场，a．b是离点电荷等距的两个点，图C是两个等量同种电荷产生的电场，a．b是两电荷中垂线上与连线中点O等距的两个点；图D是两个等量异种电荷产生的电场，a．b是两电荷中垂线上与连线中点O等距的两个点。

在这四个图中，a．b两点的电势相等，电场强度也相同的是图3. 某同学将一直流电源的总功率P E、输出功率P R和电源内部的发热功率P r随电流I变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的a、b、c所示，根据图线可知A.反映P r变化的图线是bB.电源电动势为8 VC. 电源内阻为1ΩD. 当电流为0.5 A时，外电路的电阻为6Ω4.示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如图所示，真空室中电极K发出电子(初速度不计)经过电压为U 1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中．金属板长为L，相距为d，当A、B间电压为U2时，电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心的距离变大的是A．U1变大，U2变大B．U1变小，U2变大C．U1变大，U2变小D．U1变小，U2变小5. MN为M点左侧的正点电荷产生的电场中的一条电场线，一个带电的粒子(不计重力)从a到b穿越这条电场线的轨迹如题5图中虚线所示。

下列结论正确的是A．粒子在a点具有的电势能大于在b点具有的电势能B.粒子从a到b的过程中动能逐渐减小C. 粒子带负电D．粒子在a点的加速度小于在b点的加速度6.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，电流表A和电压表V均可视为理想电表。

2015-2016学年湖北省宜昌市金东方高中高一（上）期末物理试卷一、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1题到第8题只有一个选项正确．第9题到第12题有多个选项正确，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．）1．关于重力加速度g，下列说法中正确的是（）A．重的物体g值大B．同一地点，轻、重物体的g值一样大C．g 值在地球上任何地方都一样大D．g值在赤道上大于在北极处2．如图甲，笔记本电脑底座一般设置有四个卡位用来调节角度．某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡为1调至卡位4（如图乙），电脑始终处于静止状态，则（）A．电脑受到的支持力变小B．电脑受到的摩擦力变大C．散热底座对电脑的作用力的合力不变D．电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力3．一物体从H高处自由下落，经时间t落地，则当它下落时，离地的高度为（）A．B．C．D．4．某军事试验场正在水平地面上试射地对空导弹，若某次竖直向上发射导弹时发生故障，造成导弹的v﹣t图象如图所示，则下列说法中正确的是（）A．0～1s内导弹匀速上升B．1～2s内导弹静止不动C．3s末导弹回到出发点D．5s末导弹回到出发点5．放在水平地面上的物块，受到一个与水平方向成α角的斜向下的力F的作用，物块在水平地面上做匀速直线运动，如图所示．如果保持力F的大小变，而使力F与水平方向的夹角α减小，那么地面受到的压力N和物块受到的摩擦力f的变化情况是：（）A．N变大，f变小B．N变小，f变大C．N变小，f变小D．N变大，f变大6．物体从A点由静止出发，做匀加速直线运动，紧接着又做匀减速直线运动，到达B点时恰好停止．在先后两个运动过程中（）A．物体的位移一定相等B．加速度大小一定相同C．平均速度一定相同D．所用的时间一定相同7．下列图示为一位体操运动员的几种挂杠方式，其手臂用力最小的是（）A．B．C．D．8．人用绳子通过动滑轮拉物体A，A穿在光滑的竖直杆上，当以速度v0匀速地拉绳，使物体A到达如图所示位置时，绳与竖直杆的夹角为θ，以下说法正确的是（）A．A物体运动可分解成沿绳子方向的直线运动和沿竖直杆向上的运动B．A物体实际运动的速度是v0cosθC．A物体实际运动的速度是D．A物体处于失重状态9．关于匀速圆周运动的说法中正确的是（）A．匀速圆周运动是匀速运动B．匀速圆周运动是变速运动C．匀速圆周运动的线速度不变D．匀速圆周运动的角速度不变10．质量为m的物体放置在升降机内的台秤上，升降机以加速度a在竖直方向做匀变速直线运动，若物体处于失重状态，则（）A．升降机的加速度方向竖直向下B．台秤示数减少maC．升降机一定向上运动D．升降机一定做加速运动11．如图所示，小车内两根不可伸长的细线AO、BO拴住一小球，其中BO水平，小车沿水平地面向右做加速运动，AO与BO的拉力分别为T A、T B．若加速度增大，则（）A．T A减小B．T A不变C．T B增大D．T B减小12．质量为2kg的物体（可视为质点）在x﹣y平面上做曲线运动，在x方向的速度﹣时间图象和y方向的位移﹣时间图象分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是（）A．质点的初速度为3m/sB．质点做匀变速曲线运动，加速度大小为1.5 m/s2C．质点所受的合外力为3ND．2s末质点速度大小为6m/s二、实验题：（本大题共2小题，共16分）13．某同学用图示装置研究平抛运动及其特点，他的实验操作是：在小球A、B 处于同一高度时，用小锤轻击弹性金属片，使A球水平飞出，同时B球被松开．①他观察到的现象是：小球A、B（填“同时”或“不同时”）落地；②让A、B球恢复初始状态，用较大的力敲击弹性金属片，A球在空中运动的时间将（填“变长”、“不变”或“变短”）；③上述现象说明：平抛运动的时间与大小无关，平抛运动的竖直分运动是运动．14．在“验证力的平行四边形定则”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，先用一个弹簧秤将橡皮条的另一端拉到某﹣点并记下该点的位置；再将橡皮条的另一端系两根细绳，细绳的另一端都有绳套，用两个弹簧秤分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮条．①以下操作中正确的是A、同一次实验过程中，O点位置允许变动；B、实验中，弹簧秤必须与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度；C、实验中，先将其中一个弹簧秤沿某一方向拉到最大量程，然后只需调节另一弹簧秤拉力的大小和方向，把橡皮条另一端拉到O点；D、实验中，两弹簧秤之间夹角应取适当角度．②如图甲所示，两弹簧秤的读数分别为N和N．③图乙中（A）（B）两图是两位同学得到的实验结果，其中符合实际的是图？④本实验采用的科学方法是A、理想实验法B、等效替代法C、控制变量法D、建立物理模型法．三、计算题：（本大题共4小题，共46分）15．河宽L=300m，河水流速v1=1m/s，船在静水中的速度v2=3m/s．欲按下列要求过河时，船的航向应与河岸成多大角度？过河时间为多少？（1）以最短的时间过河；（2）以最小的位移过河．16．如图所示，长s=5m、倾角θ=37°的斜面各通过一小段光滑圆弧与水平传送带和水平地面平滑连接，传送带长L=1.6m，以恒定速率v0=4m/s逆时针运行，将一可看作质点的物块轻轻地放上传送带右端A，物块滑到传送带左端B时恰好与传送带共速并沿斜面下滑，已知物块和传送带、斜面、水平地面间的动摩擦因数都为μ，物块最终静止在水平面上的D点．（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）动摩擦因数μ的值．（2）物体运动到C点时的速度．（3）水平面上CD的长度．17．如图所示，将质量m=1.24kg的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆的动摩擦因数μ=0.8．对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角θ=53°的恒定拉力F，使圆环从静止开始运动，第1s内前进了2m．（取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：（1）圆环加速度a的大小；（2）拉力F的大小．18．如图所示，在竖直平面的xoy坐标系中，oy竖直向上，ox水平．该平面内存在沿x轴正方向的恒定风力．一物体从坐标原点沿oy方向竖直向上抛出，初速度为V0=4m/s，不计空气阻力，到达最高点的位置如图中M点所示，（坐标格为正方形，取g=10m/s2）求：（1）小球运动到M点的时间是多少秒和坐标格单位长度表示多少米；（2）小球在M点的速度V1；（3）若小球落回x轴的N点，求N点的位置坐标值，并在图中定性画出小球的运动轨迹．2015-2016学年湖北省宜昌市金东方高中高一（上）期末物理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1题到第8题只有一个选项正确．第9题到第12题有多个选项正确，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．）1．关于重力加速度g，下列说法中正确的是（）A．重的物体g值大B．同一地点，轻、重物体的g值一样大C．g 值在地球上任何地方都一样大D．g值在赤道上大于在北极处【考点】重力加速度．【分析】物体做自由落体运动的加速度等于重力加速度，地球同一点，物体重力加速度相同．重力加速度随纬度的升高而增大，随高度的升高而减小．【解答】解：A、重力加速度g与物体的质量无关，与地理位置有关，故A错误．B、地球上的同一地点，重力加速度相同，故B正确．C、在地球上，g随纬度的升高而增大，随高度的升高而减小．故C错误．D、g值在赤道上小于在北极处，故D错误．故选：B2．如图甲，笔记本电脑底座一般设置有四个卡位用来调节角度．某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡为1调至卡位4（如图乙），电脑始终处于静止状态，则（）A．电脑受到的支持力变小B．电脑受到的摩擦力变大C．散热底座对电脑的作用力的合力不变D．电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】笔记本电脑受重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件求解静摩擦力和支持力．【解答】解：笔记本电脑受重力、支持力和静摩擦力，如图所示：根据平衡条件，有：N=mgcosθ ①f=mgsinθ ②A、由原卡位1调至卡位4，角度θ减小，根据①式，支持力N增加，故A错误；B、由原卡位1调至卡位4，角度θ减小，根据②式，静摩擦力减小，故B错误；C、散热底座对电脑的作用力的合力是支持力和静摩擦力的合力，与重力平衡，始终是不变的，故C正确；D、电脑受到的支持力与摩擦力两力的矢量和与重力平衡，但大小的和是变化的，故D错误；故选：C．3．一物体从H高处自由下落，经时间t落地，则当它下落时，离地的高度为（）A．B．C．D．【考点】自由落体运动．【分析】自由落体运动是初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式分析即可．【解答】解：物体从H高处自由下落，经时间t落地，根据位移时间关系公式，有：H=经过时间，有：h=故h=离地高度为H﹣h=故选：C．4．某军事试验场正在水平地面上试射地对空导弹，若某次竖直向上发射导弹时发生故障，造成导弹的v﹣t图象如图所示，则下列说法中正确的是（）A．0～1s内导弹匀速上升B．1～2s内导弹静止不动C．3s末导弹回到出发点D．5s末导弹回到出发点【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】速度时间图象中图象的点表示某一时刻的速度，图线能说明物体运动性质；图象与时间轴围成的面积表示物体在某一时间内通过的位移．【解答】解：A、由图可知，0～1s内导弹的速度随时间均匀增加，故导弹做匀加速直线运动，故A错误；B、1～2s内物体的速度一直不变，故导弹是匀速上升，故B错误；C、2s～3s内导弹的速度仍然向上，但均匀减小，导弹仍然是上升的，3s末导弹到达最高点，故C错误；D、前3s内物体在向上运动，上升的高度为×（1+3）×30=60m；3到5s内导弹下落，下落高度为×（5﹣3）×60=60m，故说明导弹5s末的位移为零，回到出发点，故D正确；故选：D．5．放在水平地面上的物块，受到一个与水平方向成α角的斜向下的力F的作用，物块在水平地面上做匀速直线运动，如图所示．如果保持力F的大小变，而使力F与水平方向的夹角α减小，那么地面受到的压力N和物块受到的摩擦力f的变化情况是：（）A．N变大，f变小B．N变小，f变大C．N变小，f变小D．N变大，f变大【考点】力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．【分析】对木块受力分析，根据共点力平衡条件求出支持力和滑动摩擦力后讨论即可．【解答】解：对物体受力分析，受推力、重力、支持力和滑动摩擦力，如图根据共点力平衡条件，有f=μNN=G+Fsinα当α变小时，滑动摩擦力变小，支持力变小；故选C．6．物体从A点由静止出发，做匀加速直线运动，紧接着又做匀减速直线运动，到达B点时恰好停止．在先后两个运动过程中（）A．物体的位移一定相等B．加速度大小一定相同C．平均速度一定相同D．所用的时间一定相同【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；平均速度．【分析】题中加速和减速运动的时间不一定相同．作出速度图象，根据匀变速直线运动的平均速度公式、加速度公式、位移公式进行分析判断．【解答】解：作出v﹣t图，如图题给条件说明，运动时间不一定相同，故D错误；由于加速和减速运动时间不一定相同，图线斜率大小不一定相等，加速度不一定相等．故B错误．根据平均速度的推论知，匀加速运动阶段的平均速度，匀减速运动阶段的平均速度，知平均速度相等．故C正确．根据知，平均速度相等，时间不一定相等，则位移不一定相等，故A错误．故选：C．7．下列图示为一位体操运动员的几种挂杠方式，其手臂用力最小的是（）A．B．C．D．【考点】合力的大小与分力间夹角的关系．【分析】本题中人受到三个力，重力和两个拉力．将重力按照力的效果分解，运用“大小方向确定的一个力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上，且两分力的夹角越大，分力越大”的结论，即可以判断．【解答】解：将人所受的重力按照效果进行分解，由于大小方向确定的一个力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上，且两分力的夹角越大，分力越大，因而A图中人最费力，B图中人最省力；故选B．8．人用绳子通过动滑轮拉物体A，A穿在光滑的竖直杆上，当以速度v0匀速地拉绳，使物体A到达如图所示位置时，绳与竖直杆的夹角为θ，以下说法正确的是（）A．A物体运动可分解成沿绳子方向的直线运动和沿竖直杆向上的运动B．A物体实际运动的速度是v0cosθC．A物体实际运动的速度是D．A物体处于失重状态【考点】运动的合成和分解．【分析】将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，根据平行四边形定则求出A的实际运动的速度．【解答】解：ABC、将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图所示，拉绳子的速度等于A沿绳子方向的分速度，根据平行四边形定则得，实际速度v=．故C正确，A、B错误．D、A物体加速上升，处于超重状态，故D错误；故选：C．9．关于匀速圆周运动的说法中正确的是（）A．匀速圆周运动是匀速运动B．匀速圆周运动是变速运动C．匀速圆周运动的线速度不变D．匀速圆周运动的角速度不变【考点】线速度、角速度和周期、转速．【分析】匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，是变速运动，加速度方向始终指向圆心，加速度是变化的，是变加速运动；向心力方向始终指向圆心，是变化的．【解答】解：ABC、匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，速度是变化的，是变速运动，故AC错误，B正确．D、匀速圆周运动角速度不变，故D正确．故选：BD．10．质量为m的物体放置在升降机内的台秤上，升降机以加速度a在竖直方向做匀变速直线运动，若物体处于失重状态，则（）A．升降机的加速度方向竖直向下B．台秤示数减少maC．升降机一定向上运动D．升降机一定做加速运动【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重．【分析】由于测出的人的体重比真实的体重小，说明人处于失重状态，据此可以判断出合理的加速度的方向；根据牛顿第二定律，可以判断人的加速度的方向，进而可以判断升降机的运动状态．【解答】解：A、由于测得体重为mg，人对台秤的压力小于人的重力，对于人来说应该是有向下的合力，根据牛顿第二定律F=ma可知人有向下的加速度，那么升降机也就有向下的加速度，此时可以是向下加速，也可以是向上减速，所以A 选项正确；B、根据牛顿第二定律F=ma可知人有向下的加速度，那么升降机也就有向下的加速度，所以台秤示数减少ma，故B正确；C、由于测得体重为mg，人对台秤的压力小于人的重力，对于人来说应该是有向下的合力，根据牛顿第二定律F=ma可知人有向下的加速度，那么升降机也就有向下的加速度，此时可以是向下加速，也可以是向上减速，所以C选项错误．D、由于测得体重为mg，人对台秤的压力小于人的重力，对于人来说应该是有向下的合力，根据牛顿第二定律F=ma可知人有向下的加速度，那么升降机也就有向下的加速度，此时可以是向下加速，也可以是向上减速，所以D选项错误．故选：AB．11．如图所示，小车内两根不可伸长的细线AO、BO拴住一小球，其中BO水平，小车沿水平地面向右做加速运动，AO与BO的拉力分别为T A、T B．若加速度增大，则（）A．T A减小B．T A不变C．T B增大D．T B减小【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．【分析】对小球进行受力分析，根据正交分解，运用牛顿第二定律分别求出小车加速度变化后绳中的拉力变化．【解答】解：设AO与竖直方向的夹角为θ，当小车向右做加速运动，小球的加速度与小车具有相同的加速度，根据牛顿第二定律有：T A cosθ=mg，则T B﹣T A sinθ﹣=ma，解得T B=mgtanθ+ma．知加速度增大时，绳AO的拉力不变，绳BO的拉力增大．故BC正确，AD错误．故选：BC．12．质量为2kg的物体（可视为质点）在x﹣y平面上做曲线运动，在x方向的速度﹣时间图象和y方向的位移﹣时间图象分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是（）A．质点的初速度为3m/sB．质点做匀变速曲线运动，加速度大小为1.5 m/s2C．质点所受的合外力为3ND．2s末质点速度大小为6m/s【考点】运动的合成和分解．【分析】根据速度图象判断物体在x轴方向做匀加速直线运动，y轴做匀速直线运动．根据位移图象的斜率求出y轴方向的速度，再将两个方向的合成，求出初速度．质点的合力一定，做匀变速运动．y轴的合力为零．根据斜率求出x轴方向的合力，即为质点的合力．【解答】解：A、x轴方向初速度为v x=3m/s，y轴方向初速度v y=﹣4m/s，质点的初速度v0==5m/s．故A错误．BC、由图象可知，y方向匀速直线运动，而x轴方向的加速度a=1.5m/s2，质点的BC正确；合力F合=ma=3N，故D、2s末质点速度大小为v=＞6m/s，故D错误；故选：BC．二、实验题：（本大题共2小题，共16分）13．某同学用图示装置研究平抛运动及其特点，他的实验操作是：在小球A、B 处于同一高度时，用小锤轻击弹性金属片，使A球水平飞出，同时B球被松开．①他观察到的现象是：小球A、B同时（填“同时”或“不同时”）落地；②让A、B球恢复初始状态，用较大的力敲击弹性金属片，A球在空中运动的时间将不变（填“变长”、“不变”或“变短”）；③上述现象说明：平抛运动的时间与初速度大小无关，平抛运动的竖直分运动是自由落体运动．【考点】研究平抛物体的运动．【分析】本实验是研究平抛运动竖直方向分运动的实验．小锤轻击弹性金属片后，A球做平抛运动，同时B球做自由落体运动．通过实验可以观察到它们同时落地，所以可以证明平抛运动在竖直方向上做自由落体运动．【解答】解：①小锤轻击弹性金属片时，A球做抛运动，同时B球做自由落体运动．通过实验可以观察到它们同时落地；②用较大的力敲击弹性金属片，则被抛出初速度变大，但竖直方向运动不受影响，因此运动时间仍不变；③上述现象说明：平抛运动的时间与初速度大小无关，且可以证明平抛运动在竖直方向上做自由落体运动．故答案为：①相同；②不变；③初速度，自由落体．14．在“验证力的平行四边形定则”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，先用一个弹簧秤将橡皮条的另一端拉到某﹣点并记下该点的位置；再将橡皮条的另一端系两根细绳，细绳的另一端都有绳套，用两个弹簧秤分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮条．①以下操作中正确的是BDA、同一次实验过程中，O点位置允许变动；B、实验中，弹簧秤必须与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度；C、实验中，先将其中一个弹簧秤沿某一方向拉到最大量程，然后只需调节另一弹簧秤拉力的大小和方向，把橡皮条另一端拉到O点；D、实验中，两弹簧秤之间夹角应取适当角度．②如图甲所示，两弹簧秤的读数分别为 4.00N和 2.50N．③图乙中（A）（B）两图是两位同学得到的实验结果，其中符合实际的是B 图？④本实验采用的科学方法是BA、理想实验法B、等效替代法C、控制变量法D、建立物理模型法．【考点】验证力的平行四边形定则．【分析】（1）本实验的目的是验证力的平行四边形定则，研究合力与分力的关系，而合力与分力是等效的．本实验采用作合力与分力图示的方法来验证，根据实验原理和方法来选择；（2）根据弹簧秤直接读数；（3）注意通过平行四边形得到的合力与实验测得的之间存在误差，明确什么事实验测量值，什么是理论值即可正确解答；（4）本实验采用的科学方法等效替代法．【解答】解：（1）A、本实验研究合力与分力的关系，合力与分力是等效的，同一次实验过程中，O点位置不能变动，以保证橡皮筯伸长的长度相同，效果相同．故A错误；B、本实验是通过在白纸上作力的图示来验证平行四边定则，为了减小实验误差，弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，否则，作出的是拉力在纸面上的分力，误差较大．读数时视线必须与刻度尺垂直，防止视觉误差．故B正确；C、本实验只要使两次效果相同就行，两个弹簧称拉力的大小和方向都没有限制，不需要先将其中一个弹簧秤沿某一方向拉到最大量程，两弹簧秤之间夹角应取适当角度，要方便作图，故C错误，D正确；故选：BD（2）根据图象可知，两弹簧秤的读数分别为4.00N和2.50N（3）F1、F2合力的理论值是指通过平行四边形定则求出的合力值，而其实验值是指一个弹簧拉橡皮条时所测得的数值，一定沿AO方向，由此可知F是F1、F2合力的理论值，F′是合力的实验值；由于误差的存在，作图法得到的合力与实验值有一定的差别，故B更符合实验事实．（4）本实验采用的科学方法等效替代法，故B正确．故选：B故答案为：（1）BD，（2）4.00，2.50；（3）B；（4）B．三、计算题：（本大题共4小题，共46分）15．河宽L=300m，河水流速v1=1m/s，船在静水中的速度v2=3m/s．欲按下列要求过河时，船的航向应与河岸成多大角度？过河时间为多少？（1）以最短的时间过河；（2）以最小的位移过河．【考点】运动的合成和分解．【分析】（1）当船头方向与河岸方向垂直时，渡河时间最短，抓住等时性，结合垂直河岸方向的速度和位移求出渡河的时间．（2）当合速度方向与河岸垂直时，渡河位移最短，根据平行四边形定则求出船头的方向，根据河宽和合速度的大小求出渡河的时间．【解答】解：（1）当船头与河岸方向垂直时，过河的时间最短，过河时间为：，（2）因v2＞v1，所以应使船的合速度方向垂直于河岸，令此时船头与河岸方向的夹角为α，如图所示，船过河的合速度为：，则有：，解得：．即船头应偏向上游与河岸方向成角过河时间为：．答：（1）以最短时间渡河，船头与河岸方向垂直，渡河时间为100s．（2）以最小的位移渡河，船头应偏向上游与河岸方向成角，渡河时间为s．16．如图所示，长s=5m、倾角θ=37°的斜面各通过一小段光滑圆弧与水平传送带和水平地面平滑连接，传送带长L=1.6m，以恒定速率v0=4m/s逆时针运行，将一可看作质点的物块轻轻地放上传送带右端A，物块滑到传送带左端B时恰好与传送带共速并沿斜面下滑，已知物块和传送带、斜面、水平地面间的动摩擦因数都为μ，物块最终静止在水平面上的D点．（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）动摩擦因数μ的值．（2）物体运动到C点时的速度．（3）水平面上CD的长度．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】（1）物块在传送带上做匀加速运动，利用速度位移公式求的加速度，再有牛顿第二定律求的摩擦因数．（2）从B到C过程应用动能定理求出物块到达C点的速度．（3）从B到D由动能定理得即可求的CD距离【解答】解：（1）物块在传送带上做匀加速直线运动，加速度：a===5m/s2，由牛顿第二定律得：μmg=ma，得a=μg解得：μ=0.5；（2）从B到C，由动能定理得：mgSsinθ﹣μmgScosθ=mv C2﹣mv02，代入数据解得：v C=6m/s；（3）从B到D由动能定理得代入数据解得x=3.6m答：（1）动摩擦因数μ的值为0.5．（2）物体运动到C点时的速度6m/s．（3）水平面上CD的长度为3.6m．17．如图所示，将质量m=1.24kg的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆的动摩擦因数μ=0.8．对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角θ=53°的恒定拉力F，使圆环从静止开始运动，第1s内前进了2m．（取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：（1）圆环加速度a的大小；。