浙江省杭州市七校2015届高三上学期期末联考物理试题及答案.pdf

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1、浙江省杭州市七校2015届高三上学期期末联考物理试卷 一、选择题（本题共6 小题，每小题4 分共计24 分每小题给出的四个选项中只有一个选 项正确，选对得4 分，选错得0 分） 1 （4 分）某汽车在启用ABS 刹车系统和不启用该刹车系统紧急刹车时，其车速与时间的变 化关系分别如图中的 、 图线所示由图可知，启用ABS 后（） At1时刻车速更小 B 0 t1的时间内加速度更大 C 加速度总比不启用ABS 时大 D刹车后前行的距离比不启用ABS 更短 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： 根据速度图象，直接比较车速的大小，由斜率等于

2、加速度，比较加速度的大小由图线 与时间轴围成的面积表示位移，比较位移的大小 解答： 解：A、由图看出，启用ABS 后 t1时刻车速更大故A 错误 B、C、由斜率等于加速度的大小得到，启用ABS 后 0t1的时间加速度小， t1t2的时 间内加速度大故BC 错误 D、 根据速度图象的“ 面积 ” 等于位移大小看出， 刹车后前行的距离比不启用ABS 更短故 D 正确 故选： D 点评： 本题要结合速度图象来分析汽车的速度、加速度和位移的大小，抓住斜率等于加速度、 “ 面积 ” 等于位移是基本方法 2 （4 分） （ 2013?绍兴二模）如图所示，一只用绝缘材料制成的半径为R 的半球形碗倒扣在水 平

3、面上，其内壁上有一质量为m 的带正电小球，在竖直向上的电场力F=2mg 的作用下静止在 距碗口高处已知小球与碗之间的动摩擦因数为 ，则碗对小球的弹力与摩擦力的大小分 别为（） A0.8mg 和 0.6mg B0.8mg 和 0.8 mg Cmg 和 mg D mg 和 0.6mg 考点： 物体的弹性和弹力 专题： 万有引力定律在天体运动中的应用专题 分析： 对带电小球受力分析，结合平衡方程，与力的合成与分解，即可求解 解答： 解：对带电小球受力分析，则有：电场力、重力、支持力与摩擦力，处于平衡状态， 根据力的平行四边形定则可知，N=mgcos ；f=mgsin ； 由几何关系，则有sin =；

4、 cos =； 因此碗对小球的弹力N=0.8mg 和摩擦力的大小f=0.6mg ；故 A 正确， BCD 错误； 故选： A 点评： 考查小球如何受力分析，掌握力的处理方法，理解力的平行四边形定则，注意几何关系 的构建 3 （4 分）张飞同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图，测量得到比 赛成绩是2.5m，目测空中脚离地最大高度约0.8m，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做功 最接近（） A65J B750J C1025J D 1650J 考点： 动能定理 专题： 功的计算专题 分析： 运动员做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g 的匀减速 直线运动，

5、 水平方向做匀速直线运动，根据竖直方向求出运动时间和起跳时竖直方向的 速度， 根据水平方向求出水平速度，根据速度的合成原则求出合速度，再根据动能定理 即可求解 解答： 解：运动员做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g 的匀 减速直线运动， 则 t=0.4s， 竖直方向初速度vy=gt=4m/s 水平方向做匀速直线运动，则v0= =3.125m/s， 则起跳时的速度v=5.07m/s 设中学生的质量为50kg，根据动能定理得： W=mv 2= 50 25.7=642J；最接近 750J 故选： B 点评： 本题的关键是正确处理运动员的运动过程，知道运动员做抛体运动，竖直方

6、向做加速度 为 g 的匀减速直线运动，水平方向做匀速直线运动；同时要注意明确题目中只要求求出 最接近的 4 （4 分）在如图所示的电路中，电源电动势为E=6V，内电阻r=5 ，小灯泡甲的规格是“ 3V， 0.3A” （灯泡电阻不随温度变化）为使小灯泡甲最亮，小灯泡乙应选择（） A“ 3V，0.3A”B“ 3V，0.2A ”C“ 6V，1.2A”D “ 2V，0.1A” 考点： 电功、电功率 专题： 恒定电流专题 分析： 为使小灯泡甲最亮，电路中电流应最大，乙的电阻最小根据公式R=分析 解答： 解：为使小灯泡甲最亮，电路中电流应最大，乙的电阻最小 根据公式R=，可得四个选项中灯泡的电阻分别为：

7、RA=10 ，RB=15 ，RC=5 ，RC=20 所以为使小灯泡甲最亮，小灯泡乙应选择电阻最小的 故选： C 点评： 解决本题的关键要掌握公式R=，并能正确分析电流与电阻的关系 5 （4 分）如图所示，在水平地面上固定一倾角为的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小 为 E、方向沿斜面向下的匀强电场中，一劲度系数为K 的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底 端，整根弹簧处于自然状态，一带正电的滑块从距离弹簧上端为X0处静止释放，滑块在运动 过程中电荷量保持不变弹簧始终处在弹性限度内，则下列说法正确的是（） A当滑块的速度最大时，弹簧的弹性势能最大 B 当滑块的速度最大时，滑块与弹簧系统的机械能最大 C

8、 当滑块刚碰到弹簧时速度最大 D滑块从接触弹簧开始向下运动到最低点的过程中，滑块的加速度先减小后增大 考点： 机械能守恒定律；牛顿第二定律 专题： 机械能守恒定律应用专题 分析： 滑块向下先做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，到达最低点时， 速度为 0，此时加速度最大 在整个过程中，有动能、重力势能、弹性势能、电势能发生相互转化，动能、重力势能 和弹性势能统称为系统的机械能，当电势能减小最大时，系统的机械能最大 解答： 解： A、C、D 在斜面方向，滑块受到沿斜面向下的电场力和重力的分力、弹簧的弹力，弹 簧的弹力先小于电场力与重力分力之和，滑块先向下先做加速度逐渐减小的加速运动

9、， 当加速度为0 时，速度最大，然后弹簧的弹力大于电场力与重力分力之和，做加速度逐 渐增大的减速运动，到达最低点，速度减小到0，此时加速度最大，弹簧的弹性势能最 大所以滑块的加速度先减小后增大故A、C 错误， D 正确 B、动能、 重力势能和弹性势能统称为系统的机械能，根据能量守恒定律，电势能减小， 系统的机械能增大，当滑块运动到最低点时，电场力做的正功最多，即电势能减小最多， 此时系统机械能最大故B 错误 故选： D 点评： 解决本题的关键知道滑块的运动是向下先做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大 的减速运动，到达最低点时，速度为0知道在最低点时弹簧的弹性势能最大在整个 过程中，有动能、

10、重力势能、弹性势能、电势能发生相互转化，当电势能减小最多时， 系统的机械能最大 6 （4 分） （ 2014?滨州一模）某学生设计了一个验证法拉第电磁感应定律的实验，实验装置如 图甲所示在大线圈 中放置一个小线圈 ，大线圈与多功能电源连接多功能电源输入到大 线圈的电流 i1的周期为T，且按图乙所示的规律变化，电流i1将在大线圈 的内部产生变化 的磁场，该磁场磁感应强度B 与线圈中电流i 的关系为 B=ki 1（其中 k 为常数）小线圈与电 流传感器连接，并可通过计算机处理数据后绘制出小线圈中感应电流i2随时间 t 变化的图 象若仅将多功能电源输出电流变化的频率适当增大，则下图中所示各图象中可能

11、正确反映 i2t 图象变化的是（图中分别以实线和虚线表示调整前、后的 i2t 图象） （） A BCD 考点： 法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律 专题： 电磁感应与图像结合 分析： 大线圈 与多功能电源连接，在每个时间段内电流随时间均匀变化，则产生的磁场均匀 变化， 根据法拉第电磁感应定律，判断小线圈中电流的变化当多功能电源输出电流变 化的频率适当增大，则产生的感应电动势适当增加 解答： 解：根据法拉第电磁感应定律得，E=，因为大线圈中每个时间段内电流均匀变 化，则每个时间段内产生的感应电动势不变，则小线圈中每个时间段内感应电流的大小 不变因为多功能电源输出电流变化的频率适当增大，则产生

12、的感应电动势适当增加， 感应电流大小适当增加，变化的周期变小故D 正确， A、B、C 错误 故选 D 点评： 解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，知道磁场均匀变化时，产生的感应电动势大 小不变，会根据楞次定律判断感应电流的方向 二、选择题（本题共4 小题，每小题4 分，共 l6 分每小题给出的四个选项中至少有一个选 项正确，选对得4 分；末选全但无选错的得2 分；有选错的得0 分） 7 （4 分） （2014?宁波一模）如图所示，在暴雨前，有一带电云团（可近似看作带电绝缘球） 正慢慢靠近地面，某野外地面附近有一质量较小的带电体被吸上天空，带电体在上升过程中， 以下说法正确的是（） A带电体的

13、电势能一定越来越大 B 带电体所经过的不同位置的电势一定越来越高 C 带电体所经过的不同位置的电场强度一定越来越大 D带电体的加速度一定越来越大 考点： 电势能；电场强度；电势 专题： 电场力与电势的性质专题 分析： 越靠近场源，电场强度越大，从而可知带电体上升过程中与云层间电势差的变化结合 电场强度的变化，根据牛顿第二定律判断加速度的变化根据电场力做功判断电势能的 变化 解答： 解：A、带电体在上升的过程中，电场力做正功，电势能减小故A 错误 B、由于不知道云层所带电荷的电性，所以带电体上升的过程中，不能判断出电势的变 化故 B 错误 C、因为越靠近场源，场强越大，所以带电体在上升中所处环境

14、的电场强度是越来越 大故 C 正确 D、根据电场强度越来越大，则电场力越来越大，合力越来越大， 根据牛顿第二定律知， 加速度越来越大故D 正确 故选： CD 点评： 解决本题的关键知道越靠近场源，电场强度越大， 以及知道电场力做正功，电势能减小， 电场力做负功，电势能增加 8 （4 分）如图所示， 木块 A 放置在光滑水平面上，当受到 6N 水平拉力作用时，产生了 3m/s 2 的加速度若在静止的木块A 上面放置质量为4kg 的木块 B， A、 B 之间的动摩擦因数为0.3 取 重力加速度g=10m/s2，当 6N 水平拉力作用在B 木块上，（） A木块 A、B 一起加速运动B 10s 后木块

15、 B 的速度大小为15m/s C 木块 A 对木块 B 的摩擦力大小为2N D10s 内木块 B 对木块 A 做的功为 100J 考点： 牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算；功的计算 专题： 牛顿运动定律综合专题 分析： 先根据牛顿第二定律求出A 的质量，放上B 后假设二者能相对静止，由整体法和隔离 法求出 AB 间需要的静摩擦力大小，若此值小于等于AB 间的最大静摩擦力，则AB 能 保持相对静止 解答： 解：对 A，根据牛顿第二定律：F=mAa 得： mA=2kg 假设 AB 能保持相对静止，以AB 整体为研究对象：F=（ mA+mB）a 得： a =1m/s2 对 A 所需要的摩擦力：f=m

16、Aa =2 1=2N AB 间最大静摩擦力：fmax= mBg=0.3 40=12N 12N2N，故 AB 能保持相对静止，即AB 一起加速， A 正确； 10s 后木块 B 的速度 v=a t=10 1=10m/s，故 B 错误； 由前面分析知木块A 对木块 B 的摩擦力大小为2N，C 正确； 根据动能定理，10s 内木块 B 对木块 A 做的功 W=mAvA2= 2 102=100J，D 正确； 故选： ACD 点评： 本题属于连接体问题，通常采用整体法和隔离法结合应用，关键是知道，放上B 后 A 有最大加速度是由最大静摩擦力提供的，若A 的加速度大于此值则二者会发生相对滑 动 9 （4

17、分）有一辆质量为170kg、输出功率为1440W 的太阳能试验汽车，安装有约6m 2 的太 阳能电池板和蓄能电池，该电池板在有效光照条件下单位面积输出的电功率为30W/m 2若驾 驶员的质量为70kg，汽车最大行驶速度为90km/h假设汽车行驶时受到的阻力与其速度成正 比，则汽车（） A以最大速度行驶时牵引力大小为57.6N B 起动时的加速度大小为0.24 C 保持最大速度行驶1h 至少需要有效光照8h D直接用太阳能电池板提供的功率可获得3.13m/s 的最大行驶速度 考点： 能量守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律 专题： 牛顿运动定律综合专题 分析： 根据 P=Fv

18、 计算最大速度时的牵引力大小；由牛顿第二定律和公式P=Fv 结合求解加速 度由能量守恒定律分析CD 两项 解答： 解： A、根据 P额=Fvmax，得： F=N=57.6N ，故 A 正确； B、以额定功率启动时：f=ma ，而刚启动时v=0，则 f=0，故刚启动时加速度很大，B 错误； C、由公式W=Pt，由能量守恒得：1440W 1h=30 6W t，得： t=8h，即保持最大速度行 驶 1h 至少需要有效光照8h，故 C 正确； D、由题意：汽车行驶时受到的空气阻力与其速度成正比，设f=kv ，则结合前面分析： 57.6=k 25 得：k=2.304，当直接用太阳能电池板提供的功率行驶有

19、最大速度时：牵引力 =阻力， 即： =kv 得： v 8.83m/s，故 D 错误； 故选： AC 点评： 本题考查推力、功率、面积等的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，本题还告诉我 们一定要广泛应用太阳能，太阳能不但节省能源，还可以环保 10 （4 分）为了测量某地地磁场的水平分量Bx，课外兴趣小组进行了如图所示的实验：在横 截面为长方形、只有上下表面A、B 为金属板的导管中通以导电液体，将导管沿东西方向放置 时， A、B 两面出现电势差，测出相应的值就可以求出地磁场的水平分量假如在某次实验中 测得导电液体的流动速度为v、导管横截面的宽为a、高为 b，A、B 面的电势差为U则下列 判断正确

20、的是（） A Bx= B Bx= C A 面的电势高于B 面DB 面的电势高于A 面 考点： 霍尔效应及其应用 分析： 导电液体流过磁场区域时，正负电荷受到洛伦兹力，发生偏转打到上下两个面上，上下 两个面之间形成电场，最终正负电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，根据受力 平衡求出磁感应强度的水平分量 解答： 解：A、B、导电液体流过磁场区域稳定时，电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡，则有 qE=q=qvBx； 解得： Bx= ，故 A 错误， B 正确； C、D、地磁场的水平分量从南向北，根据左手定则，正电荷A 板偏转，负电荷向B 板 偏转，故A 面的电势高于B 面，故 C 正确， D 错误；

21、 故选： BC 点评： 解决本题的关键知道导电液体流过磁场区域时，正负电荷受到洛伦兹力，发生偏转打到 上下两个面上， 上下两个面之间形成电场，最终正负电荷在电场力和洛伦兹力的作用下 处于平衡 三、填空题（本题共4 小题，每空2 分，共 16 分） 11 （ 4 分）如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、 OB 竖直，一 个质量为m 的小球自A 的正上方 P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好 对轨道没有压力已知AP=3R，重力加速度为g，则小球从P 到 B 的运动过程中，合外力做 功，摩擦力做功为 考点： 功的计算；摩擦力的判断与计算 专题： 功的计

22、算专题 分析： 由牛顿第二定律求出到达B 的速度，由动能定理求出合外力做功；由动能定理求出克 服摩擦力做功 解答： 解：小球在B 点对轨道恰好没有压力，小球只受重力， 由牛顿第二定律得：mg=m， 解得： vB= ， 从 P 到 B 由动能定理的W=； mg?2R Wf= Wf= 故摩擦力做功为 故答案为：， 点评： 分析清楚小球的运动过程，应用牛顿第二定律、动能定理规律即可正确解题，注意过程 的选取 12 （ 2分）关于桥梁的研究有如图（1）所示的桥梁结构，如图（2）所示，两根钢索对塔柱 的拉力 F1、F2作用在同一点它们合起来对塔柱的作用效果应该让塔柱好像受到一个竖直向 下的力 F 一样这

23、样，塔柱便能稳固地伫立在桥墩上，不会因钢索的牵拉而发生倾斜，甚至 倒下如果斜拉桥塔柱两侧的钢索不能呈对称分布如图（3）所示，要保持塔柱所受的合力竖 直向下，那么钢索AC 、AB 的拉力 FAC： FAB= sin ：sin 考点： 力的分解 分析： 将钢索 AC、AB 的拉力 FAC、FAB进行合成，合力竖直向下，根据平行四边形定则作图 后根据几何关系列式求解 解答： 解：将钢索 AC 、AB 的拉力 FAC、FAB进行合成，合力竖直向下，根据平行四边形定则 作图，如图所示： 结合正弦定理可知：FAC：FAB=sin ：sin ； 故答案为： sin ：sin 点评： 本题关键将钢索AC 、A

24、B 的拉力 FAC、FAB进行合成，然后根据正弦定理列式分析；但 是目前江苏等省份明确规定只考虑直角三角形的情况，题目较为冷僻 13 （ 6 分）如图所示，电源电动势为E，内电阻为r两电压表可看作是理想电表，当闭合开 关，将滑动变阻器的触片由左端向右端滑动时，灯泡L1变亮（选填亮或暗） ，V2表 的读数变小（选填V1或 V2） 考点： 闭合电路的欧姆定律 专题： 恒定电流专题 分析： 首先搞清电路的结构：变阻器与灯泡L1并联，再与灯泡L2串联 V1表测量路端电压， V2表测量灯泡 L2的电压将滑动变阻器的触片由左端向右滑动时，变阻器接入电路的 电阻变大，根据欧姆定律和串联电路分压规律分析两电压

25、表读数的变化 解答： 解：将滑动变阻器的触片由左端向右滑动时，变阻器接入电路的电阻变大，变阻器与灯 泡 L1并联的电阻变大， 外电路总电阻增大， 则路端电压随之增大， 即 V1表的读数变大 由 闭合电路欧姆定律可知，流过电源的电流减小，灯泡L2变暗，电压表V2读数变小灯 泡 L1的电压 U1=EI（r+RL2）增大，灯泡L1变亮 故答案为：亮，V2 点评： 本题是电路中动态分析问题对于路端电压可以直接根据路端电压随外电阻增大而增 大，减小而减小判断 14 （ 4分）在 “ 探究小车速度随时间变化的规律” 的实验中，小车做匀加速直线运动，打点计 时器接在50HZ 的低压交变电源上某同学在打出的纸

26、带上每5 点取一个计数点，共取了A、 B、C、D、E、F 六个计数点（每相邻两个计数点间的四个点未画出）从每一个计数点处将纸 带剪开分成五段（分别为a、b、c、d、e段） ，将这五段纸带由短到长紧靠但不重叠地粘在xoy 坐标系中，如图所示，由此可以得到一条表示vt 关系的图线，从而求出加速度的大小 （1） 请你在 xoy 坐标系中用最简洁的方法作出能表示vt关系的图线（作答在答题纸的图上）； （2）从第一个计数点开始计时，为求出 0.15s 时刻的瞬时速度，需要测出哪一段纸带的长度？ 答：b； （3）若测得a 段纸带的长度为2.0cm，e 段纸带的长度为10.0cm，则可求出加速度的大小为 2

27、.0m/s 2 考点： 探究小车速度随时间变化的规律 专题： 实验题；直线运动规律专题 分析： 使用的方法是等效代替法解题，它们的长度分别等于x=v 平均t，因为剪断的纸带所用的 时间都是t=0.1s，即时间t 相等，所以纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比； 而此段纸带的平均速度等于这段纸带中间时刻的速度，最后得出结论纸带的长度之比等 于此段纸带的平均速度之比，还等于各段纸带中间时刻的速度之比，即纸带的高度之比 等于中间时刻速度之比 解答： 解： （ 1）纸带的高度之比等于中间时刻速度之比，也就是说图中a段纸带高度代表0.05s 时的瞬时速度，b 纸带高度代表0.15s 时的瞬时速度，

28、c 纸带高度代表0.25s 时的瞬时速度，d 的高度代表0.35s时的瞬时速度，e 代表 0.45s 时的瞬时速度 所以在 xoy 坐标系中用最简洁的方法作出能表示vt 关系的图线，如图所 示 （2）b 纸带高度代表0.15s 时的瞬时速度，所以为求出0.15s 时刻的瞬时速度，需要测 出 b 段纸带的长度 （3）若测得 a段纸带的长度为2.0cm，时间时 0.1s，所以平均速度也就是0.05s 时的瞬 时速度为0.2m/s；e 段纸带的长度为10.0cm，所以平均速度也就是0.45s 时的瞬时速度 为 1m/s；由由以上可知 v=0.8m/s ， t=0.4s；所以加速度a=2.0m/s2

29、故答案为：（1）如图（ 2）b（3）2.0 点评： 纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比，还等于各段纸带中间时刻的速度之比， 即纸带的高度之比等于中间时刻速度之比这种等效替代的方法减小了解题难度 四、解答题（本大题共4 小题，共44 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 （ 10 分）某同学为测定某电源的电动势E 和内阻 r 以及一段电阻丝的电阻率 ，设计了如 图（a）所示的电路 ab是一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝，R0是阻值为 2的保护电阻， 滑动片 P 与电阻丝接触始终良好实验时闭合电键，调

30、节P 的位置，将aP长度 x 和对应的电 压 U、电流 I 数据记录如表： x（m）0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60 U（V）1.50 1.72 1.95 2.00 2.10 2.18 I（A）0.49 0.43 0.38 0.33 0.31 0.28 U/I （ ） 3.06 4.00 5.13 6.06 6.77 7.79 （1）该同学根据实验数据绘制了如图（b）所示的 UI 图象，可得电源的电动势E=3.0V； 内阻r=1.0 （2）请你根据表中数据在图（c）上描点连线作U/I 和 x 关系图线 （3）已知金属丝的横截面积s=0.12 10 6m2，利用图（ c

31、）图线，可以求得电阻丝的电阻率 为1.2 10 6 ? m（保留两位有效数字） ；根据图（ c）图线还可以得到的信息是电流表内 阻为 2.0 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）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数 （2） 电源 UI 图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻； 应用描点法作图作出图象；求出图象的函数表达式，然后根据图象求出电阻率 解答： 解： （1）由图 c 所示图象可知，电源U I 图象与纵轴交点坐标值是3.0，电源电动势 E=3.0V ， R0+r=3.0 ，则电源内阻：r=32=1.0 ； （

32、2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象如图所示： （3）由电阻定律可得，R= ，由欧姆定律可得：R=，则 =x， x 图象斜率k=， 由图 4 所示图象可知：k=10，即 k=10， 电阻率 =kS=k （） 2=10 3.14 （ ） 1.2 10 6? m； 由图象可得：x=0 时对应的数值2.0，即 =2，则电流表的内阻为2.0 故答案为：（1）3；1； （2）图象如图所示； （3）1.2 10 6；电流表的内阻为 2.0 点评： 螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器需要估读；要 掌握应用图象法处理实验数据的方法 16（10 分）（

33、2013?张掖一模） 如图所示，一固定粗糙斜面与水平面夹角 =30 ， 一个质量m=1kg 的小物（可视为质点） ，在沿斜面向上的拉力F=10N 作用下，由静止开始沿斜面向上运动已 知斜面与物体间的动摩擦因数 =，取 g=10m/s2试求： （1）物体在拉力F 作用下运动的速度a1； （2）若力 F 作用 1.2s 后撤去，物体在上滑过程中距出发点的最大距离s； （3）物体从静止出发，到再次回到出发点的过程中，物体克服摩擦力所做的功wf 考点： 动能定理的应用；牛顿第二定律 专题： 动能定理的应用专题 分析： （1）由牛顿第二定律可以求出加速度； （2）由匀变速运动的速度公式与位移公式可以求出

34、物体的位移； （3）求出整个过程中物体的路程，然后由功的计算公式求出克服摩擦力做功 解答： 解： （1）由牛顿第二定律得：Fmgsin30 mgcos30 =ma1， 解得： a1=2.5m/s 2； （2）力作用t=1.2s 后，速度大小为v=at=3m/s， 物体向上滑动的距离：s1=a1t2=1.8m； 此后它将向上匀减速运动，其加速度大a2= =7.5m/s 2， 这一过程物体向上滑动的距离：s2=0.6m， 整个上滑过程移动的最大距离：s=s1+s2=2.4m； （3）整个运动过程所通过的路程为s =2s=4.8m， 克服摩擦所做的功Wf= mgcos30 s =12J； 答： （1

35、）物体在拉力F 作用下运动的速度为2.5m/s2； （2）若力 F 作用 1.2s 后撤去，物体在上滑过程中距出发点的最大距离为2.4m； （3）物体从静止出发，到再次回到出发点的过程中，物体克服摩擦力所做的功为12J 点评： 对物体正确受力分析、应用牛顿第二定律、匀变速运动规律、功的计算公式即可正确解 题 17 （12 分） “ 电磁炮 ” 是利用电磁力对弹体加速的新型武器，具有速度快，效率高等优点如 图是 “ 电磁炮 ” 的原理结构示意图光滑水平加速导轨电阻不计，轨道宽为L=0.2m在导轨间 有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B=1 102T“ 电磁炮 ” 弹体总质量 m=0.2kg，其中弹

36、体在 轨道间的电阻R=0.4 可控电源的内阻r=0.6 ，电源的电压能自行调节，以保证“ 电磁炮 ” 匀 加速发射在某次试验发射时，电源为加速弹体提供的电流是I=4 103A，不计空气阻力求： （1）弹体从静止加速到4km/s，轨道至少要多长？ （2）弹体从静止加速到4km/s 过程中，该系统消耗的总能量； （3）请定性说明电源的电压如何自行调节，以保证“ 电磁炮 ” 匀加速发射 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 分析： 当导轨上通入电流后，炮弹在安培力的作用下，做初速度为零匀加速直线运动，因此根 据牛顿第二定律求出加速度然后利用运动学公式即可求解 消耗的总能量转化为

37、弹体的动能和热量；由于弹体的速度增大，弹体切割磁感线产生感 应电动势， 电源的电压应增大，抵消产生的感应电动势，以保证电源为加速弹体提供恒 定的电流，是电磁炮匀加速发射 解答： 解： （1）在导轨通有电流I 时，炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为： F=ILB=4 10 3A 0.2 1 102 =8 10 4N 由动能定理：Fx= 弹体从静止加速到4000m/s，轨道至少需要的长度为：x=20m （2）由 F=ma， v=at=t 解得： t=0.01s； 发射过程产生的热量：Q=I 2（R+r）t=（4 103）2 （0.4+0.6） 0.01=1.6 105J 弹体的动能： EK=mv

38、2 = 0.2 （4000） 2=1.6 106J； 系统消耗的总能量为：E=Ek+Q=1.6 106J+1.6 105J=1.76 106J （3）由于弹体的速度增大，弹体切割磁感线产生感应电动势，电源的电压应增大，抵 消产生的感应电动势，以保证电源为加速弹体提供恒定的电流，使电磁炮匀加速发射 答： （1）弹体从静止加速到4km/s，轨道至少要20m （2）弹体从静止加速到4km/s 过程中，该系统消耗的总能量1.76 106J； （3）由于弹体的速度增大，弹体切割磁感线产生感应电动势，电源的电压应增大，抵 消产生的感应电动势，以保证电源为加速弹体提供恒定的电流 点评： 本题实质上就是借助安

39、培力问题考查了力与运动，因此解决这类题目的基本思路是对研 究对象正确进行受力分析，弄清功能转化关系，然后依据相应规律求解 18 （ 12 分）如图，静止于A 处的离子，经电压为U 的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过 静电分析器， 从 P 点垂直 CN 进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左静电分析器 通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强为E0，方向如图所示；离子质量为m、 电荷量为q；=2d、=3d，离子重力不计 （1）求圆弧虚线对应的半径R 的大小； （2）若离子恰好能打在NQ 的中点上，求矩形区域QNCD 内匀强电场场强E 的值； （3）若撤去矩形区域QNCD 内的匀强电场

40、，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最终 打在 QN 上，求磁场磁感应强度B 的取值范围 考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动 专题： 带电粒子在磁场中的运动专题 分析： （1）离子在加速电场中加速时，电场力做功，动能增加，根据动能定理列出方程；粒 子进入静电分析器，靠电场力提供向心力，结合牛顿第二定律列出方程，即可求出加速 的电压大小 （2）离子进入矩形区域的有界匀强电场后做类平抛运动，将其进行正交分解，由牛顿 第二定律和运动学公式结合，可求解场强E0的值 （3）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得 到轨迹半径画出粒子刚好打在QN 上的临界轨迹，由几何关系

41、求出临界的轨迹半径， 即可求得B 的范围 解答： 解： （1）离子在加速电场中加速，根据动能定理，有： 离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有 得： （2）离子做类平抛运动 2d=vt 3d= 由牛顿第二定律得：qE0=ma 则 E0= （3）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律， 有 则 离子能打在QF 上，则既没有从DQ 边出去也没有从PF 边出去，则离子运动径迹的边 界如图中和 由几何关系知，离子能打在QF 上，必须满足： 则有 答： （1）加速电场的电压U 为； （2）矩形区域QNCD 内匀强电场场强E0的值为； （3）磁场磁感应强度B 的取值范围为 点评： 对于带电粒子在电场中加速过程，往往运用动能定理研究加速电压与速度的关系；对于 电场中偏转问题，运动的分解是常用方法磁场中的匀速圆周运动，要知道洛伦兹力充 当向心力，画出轨迹是解答的关键，同时注意粒子在静电分析器中电场力不做功