2019年上海市静安区高考物理一模试卷.doc

2019年上海市静安区高考物理一模试卷一、单项选择题（共40分第1-8小题，每小题3分，第9-12小题，每小题3分每小题只有一个正确答案1（3分）在物理学的发展史中，有一位科学家开创了实验与逻辑推理相结合的研究方法，研究了落体运动的规律，这位科学家是（）A伽利略B牛顿C亚里士多德D笛卡尔2（3分）磁感应强度的单位用国际单位制的基本单位可表示为（）AWb/m2BVs/（Cm）CVs/m2Dkg/（As2）3（3分）向心加速度描述的是做圆周运动的物体（）A向心力变化的快慢B线速度方向变化的快慢C线速度大小变化的快慢D转动角度变化的快慢4（3分）如图，一匹马拉着车加速前行，则地面对车的作用力F1和车对马的作用力F2（）A方向相反，F1F2B方向相反，F1F2C方向相同，F1F2D方向相同，F1F25（3分）一个强烈冷却的空瓶子，放入热水中，一段时间后瓶塞被弹出，瓶塞被弹出的原因是（）A瓶内气体分子数增加B瓶内所有气体分子的运动更剧烈C瓶塞所受气体分子的平均作用力变大D瓶塞所受外力变小6（3分）一根粗细均匀的绳子，右端固定，一人拿着左端的S点上下振动，产生一列向右传播的机械波，某时刻波形如图，则该波的（）A波速增大B波速减小C频率增大D频率减小7（3分）如图，为某一点电荷Q的一条电场线，一电子以某一速度沿电场线由A点运动到B点的过程中，电势能减小，则（）A场强大小EAEBB场强大小EAEBC场强方向由B指向AD场强方向由A指向B8（3分）如图，矩形导线框abcd与长直导线MN在同一竖直平面内，ab、cd与MN平行，若MN中通过的电流强度逐渐减小，则ab边所受磁场力的方向（）A可能竖直向上B可能竖直向下C一定竖直向上D一定竖直向下9（4分）探测器绕月球做匀速圆周运动，变轨后在周期较小的轨道上仍做匀速圆周运动，则变轨后与变轨前相比（）A轨道半径变大，加速度变大B轨道半径变大，加速度变小C轨道半径变小，加速度变小D轨道半径变小，加速度变大10（4分）如图，粗细均匀的玻璃管A和B由一橡皮管连接，A管内封闭了一定质量的气体，两管水银面相平若固定A管将B管沿竖直方向缓慢上移一小段距离高H，A管内的水银面相应升高h，移动过程中温度保持不变，则（）AhHBhChDhH11（4分）如图，灯L1、L2的电阻分别为R1、R2，滑动变阻器最大阻值为R0假设灯的电阻不变，某同学合上电键后，将变阻器滑片P由a端向b端移动时，观察到灯L1的亮度一直变暗，则可作出以下判断（）AR2R0，L2亮度先变亮后变暗BR2R0，L2亮度不断变亮CR2R0，L2亮度先变后亮变暗DR2R0，L2亮度不断变亮12（4分）将一物体由地面竖直向上抛出，物体距离地面的高度为h，上升阶段其机械能E随h的变化关系如图所示，则下落阶段的Eh图象是（）ABCD二、填空题（共20分）13（4分）两列周期均为T、振幅均为A的水波相遇形成稳定的干涉图样，t0时水波中某质点的位移为2A，则t时该质点的位移为 ，此刻该质点的振动 （选填“加强”或“减弱”）14（4分）电荷量为2.0108C的正点电荷，在电场中的A点所受电场力的大小为2.0106N，A点的场强大小为 N/C；若A点电势为10V电场中另一点B点电势为15V，则该点电荷从A运动到B过程中电场力做功为 J。15（4分）利用油膜法可以粗略测定分子的大小，实验中要让油酸在水面尽可能散开，形成 油膜。若已知油酸酒精溶液的浓度为A，n滴溶液的总体积为V，一滴溶液形成的油膜的面积为S，则油酸分子的直径约为 。16（4分）如图，为洗衣机水位控制器的示意图，洗衣机进水前塑料管内充满空气，塑料管顶端连接着压强传感器。进水时，洗衣桶内水位上升，塑料管中空气压强 （选填“增大”“减小”或“不变”），若此时水进入塑料管的高度为1.75cm，压强传感器测得气体压强是1.03105Pa，则塑料管总长度约为 cm（设大气压强是1.0105Pa，不计塑料管下部水平部分长度）17（4分）如图，轻质光滑小滑轮用细绳悬挂于O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，保持静止。已知物块A的质量为m，重力加速度为g，连接物块B的细绳与水平方向夹角为，则B与水平面间的摩擦力大小为 ：现将物块B移至C点后，A、B仍保持静止，O点所受拉力的大小的变化情况是 。三、综合题（共40分）注意：第19、20题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等18（10分）“用DIS测电源的电动势和内阻”的实验电路如图（a）所示，其中R0是阻值为5的定值电阻，滑动变阻器R的最大阻值为10。（1）某同学按照实验电路连接，闭合电键后，移动滑动变阻器滑片，DIS系统采集数据后，得到如图（b）所示的UI图，则该同学在实验中可能出现的不当操作是 。（2）该同学发现操作不当之处，改正后重新实验，得到如图（c）所示的UI图，根据图象可知电源电动势为 V，内阻为 。（3）在滑动变阻器滑片从最左端逐渐向右移动的过程中，R上功率的变化情况是 ；电源效率的变化情况是 。19（14分）如图，AB为粗糙的长直轨道，与水平方向的夹角为37，BCD为光滑曲线轨道，两段轨道在B处光滑连接。B、C、D三点离水平地面的高度分别为h11m，h21.8m和h31.55m。一质量m0.2kg的小环套在轨道AB上，由静止开始释放，经过t1.5s到达B点，速度vB6m/s。求：（si3706，cos370.8，g取10m/s2）（1）小环沿AB运动的加速度a的大小；（2）小环沿AB运动时所受摩擦力Ff的大小；（3）小环离开轨道D处时的速度vD的大小；（4）若使小环以最小速度落地，求小环在AB上释放处离地的高度h。20（16分）如图，两条相距为d的倾斜固定平行金属导轨，位于与水平面成确的同一平面内，其右端接一阻值为R的电阻，导轨电阻不计。质量为m、电阻为r的金属杆CD静止在导轨上，杆与导轨间的动摩擦因数为矩形匀强磁场区域MNPQ方向垂直导轨平面向下，磁慼应强度大小为B磁场区域以速度v0沿导轨匀速向上扫过金属杆，磁场边界PQ与金属杆分离时杆的速度为，若导轨足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触，求：（1）MN刚到达金属杆时，杆中感应电流的大小和方向；（2）MN刚到达金属杆时，杆的加速度大小；（3）PQ与金属杆分离时，R上的电功率；（4）请分析、说明：从MN刚到达金属杆到PQ与金属杆分离的这段过程中，金属杆做怎样的运动？2019年上海市静安区高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（共40分第1-8小题，每小题3分，第9-12小题，每小题3分每小题只有一个正确答案1（3分）在物理学的发展史中，有一位科学家开创了实验与逻辑推理相结合的研究方法，研究了落体运动的规律，这位科学家是（）A伽利略B牛顿C亚里士多德D笛卡尔【考点】1U：物理学史菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题【分析】伽利略通过对自由落体运动的研究，开创了把实验和逻辑推理相结合的科学研究方法和科学思维方式。【解答】解：伽利略通过逻辑推理证明亚里士多德理论内部存在矛盾，通过铜球从斜面滚下的实验，运用数学演算，得到自由落体运动是匀加速直线运动，开创了把实验和逻辑推理相结合的科学研究方法和科学思维方式。故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题考查物理学史，对于著名物理学家的理论、实验等成就要加强记忆，不在简单试题上犯错误。2（3分）磁感应强度的单位用国际单位制的基本单位可表示为（）AWb/m2BVs/（Cm）CVs/m2Dkg/（As2）【考点】3A：力学单位制；C3：磁感应强度菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题【分析】在国际单位制中，磁感应强度的单位是特斯拉，根据物理学公式分析答题。【解答】解：磁感应强度B，磁感应强度单位为T，则1T1，故ABC错误，D正确；故选：D。【点评】本题考查了单位制的知识，熟练掌握物理学公式、知道各物理量的单位是正确解题的关键。注意A不是由国际单位制表示的，故不能选。3（3分）向心加速度描述的是做圆周运动的物体（）A向心力变化的快慢B线速度方向变化的快慢C线速度大小变化的快慢D转动角度变化的快慢【考点】48：线速度、角速度和周期、转速；49：向心加速度菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；519：匀速圆周运动专题【分析】向心加速度只改变速度的方向，不改变速度大小，向心加速度描述的是线速度方向变化的快慢，因此明确向心加速度的物理意义即可正确解答本题。【解答】解：ABC、圆周运动的向心加速度只改变速度的方向，不改变速度大小，向心加速度描述的是线速度方向变化的快慢的物理量，故AC错误，B正确；D、匀速圆周运动的向心加速度描述的是线速度方向变化的快慢，与转动角度变化的快慢无关。故D错误。故选：B。【点评】解决本题的关键掌握向心加速度只改变速度的方向，不改变速度大小，向心加速度描述的是线速度方向变化的快慢。属于基础题。4（3分）如图，一匹马拉着车加速前行，则地面对车的作用力F1和车对马的作用力F2（）A方向相反，F1F2B方向相反，F1F2C方向相同，F1F2D方向相同，F1F2【考点】35：作用力和反作用力菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题【分析】先对车受力分析，明确拉力和地面作用力间的关系，再根据牛顿第三定律分析车对马的作用力。【解答】解：对车分析可知，车做加速运动，故马对车的作用力大于地面对车的作用力；因马对车的作用力与车对马的作用力为相互作用，故二力相等，则可知，对车的作用力F1小于车对马的作用力F2，故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】本题考查作用力和反作用力的关系，要注意正确分析题意，明确哪些力是作用力和反作用力。5（3分）一个强烈冷却的空瓶子，放入热水中，一段时间后瓶塞被弹出，瓶塞被弹出的原因是（）A瓶内气体分子数增加B瓶内所有气体分子的运动更剧烈C瓶塞所受气体分子的平均作用力变大D瓶塞所受外力变小【考点】9C：气体压强的微观意义菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；549：气体的压强专题【分析】根据理想气体得状态方程分析气体的压强的变化，然后结合分子动理论分析即可。【解答】解：A、瓶子是密封的，所以瓶内气体分子数不能增加。故A错误；B、温度是分子的平均动能的标志，当瓶子放入热水中，一段时间后瓶内气体的温度升高，瓶内气体分子的平均动能增大，但不是每一个分子的平均动能都增大，即不是瓶内所有气体分子的运动更剧烈。故B错误；C、瓶内气体的温度增大而体积不变，由理想气体得状态方程可知，瓶内气体的压强将增大，所以瓶塞所受气体分子的平均作用力变大，瓶塞被弹出。故C正确；D、瓶子外是大气，大气压没有变化，所以瓶塞所受外力不变。故D错误故选：C。【点评】该题结合理想气体得状态变化考查对温度、压强的微观意义的理解，解答的关键是要理解温度是分子的平均动能的标志，温度升高瓶内气体分子的平均动能增大，但不是每一个分子的平均动能都增大。6（3分）一根粗细均匀的绳子，右端固定，一人拿着左端的S点上下振动，产生一列向右传播的机械波，某时刻波形如图，则该波的（）A波速增大B波速减小C频率增大D频率减小【考点】F4：横波的图象菁优网版权所有【专题】34：比较思想；4E：模型法；51D：振动图像与波动图像专题【分析】波速是由介质的性质决定的，与波长无关。由图读出波长的变化，抓住波速不变，由波速公式vf分析频率的变化。【解答】解：AB、波速是由介质的性质决定的，与波长无关。故该波的波速保持不变。故A、B错误。CD、由图看出，该波的波长减小，而波速一定，由波速vf分析得知频率增大。故C正确，D错误。故选：C。【点评】本题关键要抓住波速是由介质决定的，保持不变，再由波速公式分析频率的变化情况。7（3分）如图，为某一点电荷Q的一条电场线，一电子以某一速度沿电场线由A点运动到B点的过程中，电势能减小，则（）A场强大小EAEBB场强大小EAEBC场强方向由B指向AD场强方向由A指向B【考点】A7：电场线；AE：电势能与电场力做功菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；532：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：AB、不知电场线的疏密，故无法知道电场的强弱。故AB错误。CD、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，故C正确，D错误；故选：C。【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。8（3分）如图，矩形导线框abcd与长直导线MN在同一竖直平面内，ab、cd与MN平行，若MN中通过的电流强度逐渐减小，则ab边所受磁场力的方向（）A可能竖直向上B可能竖直向下C一定竖直向上D一定竖直向下【考点】C6：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；CD：左手定则；DB：楞次定律菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；538：电磁感应功能问题【分析】直导线中通有减小的电流，根据安培定则判断导线右侧的磁场方向以及磁场的变化，再根据楞次定律判断感应电流的方向，最后根据左手定则判断出ab、cd边所受安培力的方向，注意离导线越近，磁感应强度越大。但本题没有告之电流方向，故直接运用楞次定律的阻碍相对运动来求解。【解答】解：由于电流的减小，所以导致线圈磁通量减小，从而产生感应电流，因处于磁场中，受到磁场力使其阻碍磁通量变小，所以靠近通电导线。由于靠近导线磁场越强，所以ab边受到的磁场力一定竖直向下，故D正确，ABC错误，故选：D。【点评】解决本题的关键掌握安培定则，左手定则，以及会用法拉第电磁感应定律求出感应电流大小，用楞次定律判断感应电流方向。9（4分）探测器绕月球做匀速圆周运动，变轨后在周期较小的轨道上仍做匀速圆周运动，则变轨后与变轨前相比（）A轨道半径变大，加速度变大B轨道半径变大，加速度变小C轨道半径变小，加速度变小D轨道半径变小，加速度变大【考点】4F：万有引力定律及其应用菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；529：万有引力定律在天体运动中的应用专题【分析】根据万有引力提供向心力列式求解即可得到线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系；根据周期变小，先得到轨道半径的变化，再得出其它量的变化。【解答】解：由Gmm2rm（）2rma得：vT2aAB、由T2 可知周期小的半径小，则AB错误CD、由a可知半径小的加速大，则C错误，D正确故选：D。【点评】人造卫星的线速度、角速度、周期、向心加速度只与轨道半径有关，与卫星的质量无关。10（4分）如图，粗细均匀的玻璃管A和B由一橡皮管连接，A管内封闭了一定质量的气体，两管水银面相平若固定A管将B管沿竖直方向缓慢上移一小段距离高H，A管内的水银面相应升高h，移动过程中温度保持不变，则（）AhHBhChDhH【考点】99：理想气体的状态方程菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；549：气体的压强专题【分析】封闭气体是等温变化，气压变大，体积缩小。【解答】解：封闭气体是等温变化，B端抬高，压强变大，故气体体积要缩小，但最终平衡时，封闭气体的压强比大气压大，一定是B侧水银面高，故有：Hhh，故；故ABD错误，C正确；故选：C。【点评】本题关键是明确平衡后右侧水银面比左侧高，然后列式求解，不难。11（4分）如图，灯L1、L2的电阻分别为R1、R2，滑动变阻器最大阻值为R0假设灯的电阻不变，某同学合上电键后，将变阻器滑片P由a端向b端移动时，观察到灯L1的亮度一直变暗，则可作出以下判断（）AR2R0，L2亮度先变亮后变暗BR2R0，L2亮度不断变亮CR2R0，L2亮度先变后亮变暗DR2R0，L2亮度不断变亮【考点】BB：闭合电路的欧姆定律菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；535：恒定电流专题【分析】由电路图可知：灯L2与滑动变阻器的一部分串联后与另一部分并联，再跟灯L1串联连接到电源上，根据电阻的变化情况，判断电流的变化情况，进而判断灯泡变亮还是变暗。【解答】解：AB、当R2R0时，灯L2与滑动变阻器的左部分串联的总电阻一定大于右部分的电阻，当变阻器的滑片P由a端向b端移动时，总电阻增大，所以总电流减小，所以通过灯L1的电流减小，所以L1变暗，通过L2的电流变大，L2变亮，故A错误，B正确；CD、当R2R0时，灯L2与滑动变阻器的左部分串联的总电阻先大于后小于右部分的电阻，当变阻器的滑片P由a端向b端移动时，总电阻先增大后减小，所以总电流先减小后增大，所以通过灯L1的电流先减小后增大，故L1先变暗后变亮；当电路的总电流处于减小状态的时候，灯两端电压减小，电路并联部分电压是逐渐增大，此时亮度不断变大，当总电流处于增大的状态的时候，灯电压逐渐增大，而并联部分的电压不断减小，灯不断变暗，所以的亮度先变亮后变暗，故CD错误；故选：B。【点评】本题的关键要明确变阻器的连接方法，明确串并联电路电压特点，运用欧姆定律判断。12（4分）将一物体由地面竖直向上抛出，物体距离地面的高度为h，上升阶段其机械能E随h的变化关系如图所示，则下落阶段的Eh图象是（）ABCD【考点】6B：功能关系菁优网版权所有【专题】31：定性思想；4C：方程法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合【分析】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，同时结合阻力变化的特点分析即可。【解答】解：由题图可知，物体上升的过程中机械能减小，是由于物体受空气阻力的作用；物体的机械能的减小等于阻力做的功，即：Efh则：f可知图线的斜率变化特点可以表示阻力变化的特点，可知，随高度的增大，阻力减小；由于小球向上做减速运动，可知小球向上的过程中速度逐渐减小；结合随高度的增大，阻力减小减小可知，空气最小球的阻力随速度的减小而减小。小球向下运动的过程中小球的速度逐渐增大，所以小球受到的阻力也逐渐增大，所以h越小，f越大，则图线的斜率越大，所以下落阶段的Eh图象是曲线；由于空气阻力做功，所以小球下降阶段经过上升阶段对应的同一点的速度将小一些，而小球的速度越大阻力越大，所以小球下降阶段受到的阻力较小，在下降的过程中，机械减小量较小。由图可知，小球在上升阶段机械能的减小量为：15105J，则小球下降阶段机械能的减小量小于5J，所以最终小球的机械能大于5J故ABD错误，C正确故选：C。【点评】物体受空气阻力的作用，物体的机械能要减小，由于空气阻力的大小是变化的，所以机械能不是均匀减小的。二、填空题（共20分）13（4分）两列周期均为T、振幅均为A的水波相遇形成稳定的干涉图样，t0时水波中某质点的位移为2A，则t时该质点的位移为0，此刻该质点的振动加强（选填“加强”或“减弱”）【考点】F4：横波的图象菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；51D：振动图像与波动图像专题【分析】根据t0时水波中某质点的位移为2A说明该质点是振动加强点，根据振动情况确定位移。【解答】解：t0时水波中某质点的位移为2A，即该质点是两列波的波峰相遇，为振动加强点，再经过t该质点回到平衡位置，即位移为零。故答案为：0；加强。【点评】本题主要是考查波的干涉，知道波峰与波峰相遇为振动加强点、波峰和波谷相遇为振动减弱点，由此分析。14（4分）电荷量为2.0108C的正点电荷，在电场中的A点所受电场力的大小为2.0106N，A点的场强大小为100N/C；若A点电势为10V电场中另一点B点电势为15V，则该点电荷从A运动到B过程中电场力做功为1107J。【考点】A6：电场强度与电场力；AE：电势能与电场力做功菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题【分析】（1）根据FqE求E的大小。（2）点电荷所受的电场力是恒力，由功的定义式WqUAB可得电场力对电荷做的功W。【解答】解：（1）A点的场强大小为：EN/C100N/C。（2）点电荷从A点移动到B点的过程中，电场力对电荷做的功为：WqUABq（AB）2.0108（1015）J1107 J。故答案为：100，1107 J。【点评】解决本题时要知道E和WqU，直接根据功的计算公式可求电场力做功，要注意WqU，电场力做功与路径无关。15（4分）利用油膜法可以粗略测定分子的大小，实验中要让油酸在水面尽可能散开，形成单分子油膜。若已知油酸酒精溶液的浓度为A，n滴溶液的总体积为V，一滴溶液形成的油膜的面积为S，则油酸分子的直径约为。【考点】O1：用油膜法估测分子的大小菁优网版权所有【专题】13：实验题；31：定性思想；43：推理法；544：估算分子个数专题【分析】利用油膜法测分子的直径，让油滴在水面上尽量散开，形成单分子的薄膜，通过已知油滴的体积与油膜的面积，从而求出膜的厚度，即为油分子的直径。【解答】解：让油滴在水面上尽量散开，形成单分子的薄膜，已知油酸酒精溶液的浓度为A，n滴油的总体积为V，则一滴油的体积为，由于一滴油所形成的油膜面积为S，所以油膜的厚度为d。故答案为：单分子，。【点评】考查如何运用油膜法来测量分子的直径，同时注意要让油尽量散开，这样才能使厚度即为分子的直径，注意V是n滴油的总体积。16（4分）如图，为洗衣机水位控制器的示意图，洗衣机进水前塑料管内充满空气，塑料管顶端连接着压强传感器。进水时，洗衣桶内水位上升，塑料管中空气压强增大（选填“增大”“减小”或“不变”），若此时水进入塑料管的高度为1.75cm，压强传感器测得气体压强是1.03105Pa，则塑料管总长度约为60cm（设大气压强是1.0105Pa，不计塑料管下部水平部分长度）【考点】9K：封闭气体压强菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；549：气体的压强专题【分析】当洗衣机进水时，洗衣桶内的水位上升，塑料管中空气的体积减小，根据气体方程求解。【解答】解：当洗衣机进水时，洗衣桶内的水位上升，塑料管中空气的体积减小，根据气体方程C得塑料管中空气的压强增大。当洗衣桶内的水位达到一定深度时，水进入塑料管的高度为1.75cm，设塑料管的长度是xcm根据气体方程C得：P0xSP1（x1.75）S解得：x60cm。故答案为：增大，60cm。【点评】要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化。根据气体状态方程和已知的变化量去计算其它的物理量。17（4分）如图，轻质光滑小滑轮用细绳悬挂于O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，保持静止。已知物块A的质量为m，重力加速度为g，连接物块B的细绳与水平方向夹角为，则B与水平面间的摩擦力大小为mgcos：现将物块B移至C点后，A、B仍保持静止，O点所受拉力的大小的变化情况是减小。【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡菁优网版权所有【专题】32：定量思想；49：合成分解法；527：共点力作用下物体平衡专题【分析】对A分析可知绳上的拉力，再对B分析，根据共点力的平衡条件可得出摩擦力的大小；物块B移至C点后，根据平行四边形定则分析悬于墙上的绳所受拉力变化情况。【解答】解：对A分析，由于A处于静止，故绳子的拉力T等于A的重力，绳子对B的拉力F也等于A的重力，对B分析，由平衡条件知：fFcosmgcos，B向右移动时，由于两绳间夹角增大，而两拉力不变，故悬于墙上的绳子的拉力将减小。故答案为：mgcos，减小【点评】本题要注意分别对A、B及滑轮分析，根据共点力的平衡条件可得出各物体受力的关系。三、综合题（共40分）注意：第19、20题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等18（10分）“用DIS测电源的电动势和内阻”的实验电路如图（a）所示，其中R0是阻值为5的定值电阻，滑动变阻器R的最大阻值为10。（1）某同学按照实验电路连接，闭合电键后，移动滑动变阻器滑片，DIS系统采集数据后，得到如图（b）所示的UI图，则该同学在实验中可能出现的不当操作是电压正负极接反。（2）该同学发现操作不当之处，改正后重新实验，得到如图（c）所示的UI图，根据图象可知电源电动势为2.90V，内阻为2。（3）在滑动变阻器滑片从最左端逐渐向右移动的过程中，R上功率的变化情况是先增大后减小；电源效率的变化情况是减小。【考点】N3：测定电源的电动势和内阻菁优网版权所有【专题】13：实验题；2B：实验评估题；31：定性思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题【分析】（1）根据图中电压的情况判断不当操作；（2）电源的伏安特性曲线中，电压轴的截距代表电源电动势，图线斜率的绝对值表示电源内阻和定值电阻之和；（3）把定值电阻等效到电源内部，充当电源内阻，则外电路中只有滑动变阻器，再根据当内外电阻之和相等时，电源输出功率最大分析。【解答】解：（1）由图b可知，测量电压为负，说明电压传感器正负极接反；（2）电源的伏安特性曲线中，电压轴的截距代表电源电动势，图线斜率的绝对值表示电源内阻；由图c可知，电源电动势为：E2.90V内阻为：，则r752（3）把定值电阻等效到电源内部，充当电源内阻，则等效内阻为：r7此时滑动变阻的功率等于等效电源的输出功率，又当内外电阻之和相等时，电源输出功率最大，滑动变阻器的阻值先减小到7，此过程功率逐渐增大；电阻继续减小，则功率又开始减小，即在滑动变阻器滑片从最左端逐渐向右移动的过程中，R上功率的先增大后减小；电源的效率为：%，滑动变阻器电阻减小，则U减小，故电源的效率减小；故答案为：（1）电压传感器正负极接反；（2）2.9、2；（3）先增大后减小，减小。【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验方法，关键在明确根据闭合电路欧姆定律得出对应的表达式，再分析图象的意义，求得电动势和内电阻。同时要注意用等效电源法分析滑动变阻器的功率较为简单。19（14分）如图，AB为粗糙的长直轨道，与水平方向的夹角为37，BCD为光滑曲线轨道，两段轨道在B处光滑连接。B、C、D三点离水平地面的高度分别为h11m，h21.8m和h31.55m。一质量m0.2kg的小环套在轨道AB上，由静止开始释放，经过t1.5s到达B点，速度vB6m/s。求：（si3706，cos370.8，g取10m/s2）（1）小环沿AB运动的加速度a的大小；（2）小环沿AB运动时所受摩擦力Ff的大小；（3）小环离开轨道D处时的速度vD的大小；（4）若使小环以最小速度落地，求小环在AB上释放处离地的高度h。【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；6C：机械能守恒定律菁优网版权所有【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4T：寻找守恒量法；52E：机械能守恒定律应用专题【分析】（1）小环从A到B做初速度为零的匀加速直线运动，由加速度的定义式求加速度a。（2）分析小环受力，由牛顿第二定律求摩擦力Ff的大小；（3）BCD为光滑曲线轨道，小环从B到D只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律求小环离开轨道D处时的速度vD的大小；（4）若使小环以最小速度落地，则小环在C点的瞬时速度为零。由机械能守恒定律求出B点的速度，再由运动学公式求小环在AB上释放处离地的高度h。【解答】解：（1）小环从A到B做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为：a4m/s2。（2）小环在AB段受力情况如图所示。由牛顿第二定律得：mgsin37Ffma解得：Ff0.4N（3）小环从B到D运动过程中只有重力做功，其机械能守恒，则有：mgh1+mgh3+解得：vD5m/s（4）若使小环以最小速度落地，则小环在C点的瞬时速度为零。小环从B到C运动过程中只有重力做功，其机械能守恒。由机械能守恒定律得：mgh1+mgh2+解得：vB4m/s小环从释放处到B作初速度为零的匀加速直线运动，位移为：s2m根据几何关系得：hh1+ssin37解得：h2.2m。答：（1）小环沿AB运动的加速度a的大小为4m/s2；（2）小环沿AB运动时所受摩擦力Ff的大小为0.4N；（3）小环离开轨道D处时的速度vD的大小为5m/s；（4）小环在AB上释放处离地的高度h为2.2m。【点评】解决本题的关键要明确小环的运动过程和运动规律，在轨道光滑时往往根据机械能守恒求速度。要能灵活运用运动学公式。20（16分）如图，两条相距为d的倾斜固定平行金属导轨，位于与水平面成确的同一平面内，其右端接一阻值为R的电阻，导轨电阻不计。质量为m、电阻为r的金属杆CD静止在导轨上，杆与导轨间的动摩擦因数为矩形匀强磁场区域MNPQ方向垂直导轨平面向下，磁慼应强度大小为B磁场区域以速度v0沿导轨匀速向上扫过金属杆，磁场边界PQ与金属杆分离时杆的速度为，若导轨足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触，求：（1）MN刚到达金属杆时，