山东省潍坊市安丘二中高三物理上学期期末模拟试卷（含解析）.doc

2014-2015学年山东省潍坊市安丘二中 高三（上）期末物理模拟试卷一、选择题（本题共有10个小题；每小题4分，共40分在每小题给出的4个选项中有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确全部选对的得4分选不全的得2分有错选或不答的得0分）1以下说法正确的是（）a 奥斯特发现了电流周围存在着磁场b 库仑利用扭秤实验测出了万有引力常量c 亚里士多德提出了力是改变物体运动状态的原因d 开普勒关于行星运动的描述为万有引力定律的发现奠定了基础2如图所示，传送带沿逆时针方向匀速转动小木块a、b用细线连接，用平行于传送带的细线拉住a，两木块均处于静止状态关于木块受力个数，正确的是（）a a受4个，b受5个b a受4个，b受4个c a受5个，b受5个d a受5个，b受4个3某时刻，两车从同一地点、沿同一方向做直线运动，下列关于两车的位移x、速度v随时间t变化的图象，能反应t1时刻两车相遇的是（）a b c d 4如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=10：1，输电线的等效电阻为r=2，灯泡的电阻为8，原线圈输入如图乙所示的正弦交流电，则（）a 交流电的频率为0.02 hzb 副线圈两端电压的有效值为2.7vc 电流表的示数为0.027ad 电流表的示数为2.7a5已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强阻值越大为探测磁场的有无，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示电路，电源的电动势e和内阻r不变，在没有磁场时调节变阻器r使电灯l正常发光，若探测装置从无磁场区进入强磁场区则（）a 电灯l变亮b 电灯l变暗c 流过滑动变阻器的电流变大d 电流表的示数增大6如图所示，北斗导航系统中两颗卫星，均为地球同步卫星某时刻位于轨道上的a、b两位置设地球表面处的重力加速度为g，地球半径为r，地球自转周期为t则（）a 两卫星线速度大小均为b 两卫星轨道半径均为c 卫星l由a运动到b所需的最短时间为d 卫星l由a运动到b的过程中万有引力做正功7一带正电的检验电荷，仅在电场力作用下沿x轴从x=向x=+运动，其速度随位置x变化的图象如图所示x=x1和x=x1处，图线切线的斜率绝对值相等且最大则在x轴上（）a x=x1和x=x1两处，电场强度相同b x=x1和x=x1两处，电场强度最大c x=0处电势最高d 从x=x1运动到x=+过程中，电荷的电势能逐渐增大8如图所示，mn右侧一正三角形匀强磁场区域，上边界与mn垂直现有一与磁场边界完全相同的三角形导体框，垂直于mn匀速向右运动导体框穿过磁场过程中感应电流随时间变化的图象可能是（取逆时针电流为正）（）a b c d 9如图所示，光滑斜面倾角为，c为斜面上固定挡板，物块a和b通过轻质弹簧连接，a、b处于静止状态，弹簧压缩量为x现对a施加沿斜面向下的外力使弹簧再压缩3x，之后突然撤去外力，经时间t，物块a沿斜面向上运动的速度为v，此时物块b刚要离开挡板已知两物块的质量均为m，重力加速度为g下列说法正确的是（）a 弹簧的劲度系数为b 物块b刚要离开挡板时，a的加速度为gsinc 物块a沿斜面向上运动速度最大时，物块b对挡板c的压力为0d 撤去外力后，经过时间t，弹簧弹力对物块a做的功为5mgxsin+mv210如图所示，金属杆ab静放在水平固定的“u”形金属框上，整个装置处于竖直向上的磁场中当磁感应强度均匀增大时，杆ab总保持静止，则（）a 杆中感应电流方向是从a到bb 杆中感应电流大小保持不变c 金属杆所受安培力逐渐增大d 金属杆受三个力作用而保持平衡二、实验题（本题包括3个小题共18分把答案填在第答题处）11用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一根玻璃棒的长度和直径，测量的结果如图所示，则此棒的长度l=cm，直径d=mm12某同学用如图所示的电路测量一个约为200的电阻r0的阻值实验室备有电源（电动势为6.0v），电流表a（量程50ma）另有电压表v1（量程5v）和电压表v2（量程15v），滑动变阻器r1（阻值010）和滑动变阻器r2（阻值01k），供选择使用（1）电压表应选择（填“v1”或“v2”），滑动变阻器应选择（填“r1”或“r2”）（2）闭合电键，电流表无示数，电压表有示数经检查发现，有一个接线柱没接入电路中，则这个接线柱是a滑动变阻器左侧电阻丝接线柱b电流表正接线柱c电压表正接线柱 d电键右侧接线柱13为了探究加速度与力的关系，某同学设计了如图所示的实验装置，带滑轮的长木板水平放置，板上有两个光电门相距为d，滑块通过细线与重物相连，细线的拉力f大小等于力传感器的示数让滑块从光电门1由静止释放，记下滑到光电门2的时间t，改变重物质量来改变细绳拉力大小，重复以上操作5次，得到下列表格中5组数据次数a/（ms2）f/n11.00.7622.00.9933.01.2344.01.5055.01.76（1）若测得两光电门之间距离为d=0.5m，运动时间t=0.5s，则a=m/s2；（2）依据表中数据在坐标纸上画出af图象（3）由图象可得滑块质量m=kg，滑块和轨道间的动摩擦因数=（g=10m/s2）三、计算题（共4个小题，共42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）14如图所示，在倾角=370的足够长的固定斜面底端有一质量m=1.0kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数=0.25，现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动，拉力f=10.0n，方向平行斜面向上经时间t=4.0s绳子突然断了，（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）求：（1）绳断时物体的速度大小（2）从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间15如图甲，真空中两竖直平行金属板a、b相距d=5102m，b板中心有小孔o，两板间电势差随时间变化如图乙t=0时刻，将一质量m=2.01027kg，电量q=1.61019c的带正电粒子自o点由静止释放，粒子重力不计求：（1）释放瞬间粒子的加速度；（2）在图丙中画出粒子运动的t图象（至少画一个周期，标明数据，不必写出计算过程）16如图所示，竖直光滑四分之三圆轨道bcd固定在水平面ab上，轨道圆心为o，半径r=1m，轨道最低点与水平面相切于b点，c为轨道最高点，d点与圆心o等高一质量m=1kg的小物块，从水平面上以速度0=8m/s竖直向上抛出，物块从d点进入圆轨道，最终停在a点，物块与水平面间的动摩擦因数=0.4，取g=10m/s2求：（1）物块运动到d点时的速度；（可以保留根式）（2）物块运动到c点时，对轨道的压力大小；（3）物块从b点运动到a点所用的时间及a、b间的距离17如图所示，直角坐标系xoy中，m点的横坐标xm=，在x0区域内，有竖直向下的匀强电场；n点的横坐标xn=r，以n为圆心、r为半径的圆内及圆边界上有垂直于纸面向里的匀强磁场p为磁场边界上一点np与竖直方向的夹角=37从m点沿x轴正方向发射一质量为m、电荷量为q的带负电粒子，粒子速度大小为v0，粒子沿过p点的切线方向射出电场后经p点进人磁场运动且经过n点，不计粒子重力，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）匀强电场的电场强度e；（2）勾强磁场的磁感应强度b；（3）粒子从m点到第一次经过n点所用的时间t2014-2015学年山东省潍坊市安丘二中高三（上）期末物理模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共有10个小题；每小题4分，共40分在每小题给出的4个选项中有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确全部选对的得4分选不全的得2分有错选或不答的得0分）1以下说法正确的是（）a 奥斯特发现了电流周围存在着磁场b 库仑利用扭秤实验测出了万有引力常量c 亚里士多德提出了力是改变物体运动状态的原因d 开普勒关于行星运动的描述为万有引力定律的发现奠定了基础考点：物理学史分析：由各个人的贡献和物理学的发展历史，可以解答本题解答：解：a、奥斯特发现了电流周围存在着磁场，故a正确b、卡文迪许利用扭秤实验测出了万有引力常量，故b错误c、亚里士多德提出了力是维持物体运动状态的原因，牛顿提出力是改变物体运动状态的原因，故c错误d、开普勒关于行星运动的描述为万有引力定律的发现奠定了基础，故d正确故选：ad点评：本题重点要在平时学习的时候，注意掌握物理学的发展规律，注意积累各个人的贡献，属于常识记忆题2如图所示，传送带沿逆时针方向匀速转动小木块a、b用细线连接，用平行于传送带的细线拉住a，两木块均处于静止状态关于木块受力个数，正确的是（）a a受4个，b受5个b a受4个，b受4个c a受5个，b受5个d a受5个，b受4个考点：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：将研究对象看作一个孤立的物体并分析它所受各外力特性的方法叫做受力分析，又称画隔离体图，是进行力学计算的基础解答：解：先对物体b受力分析，受重力、支持力、细线的拉力和沿着斜面向下的滑动摩擦力，共4个力；再对物体a受力分析，受重力、支持力、两侧细线的两个拉力和沿着斜面向下的滑动摩擦力，共5个力；故abc均错误，d正确；故选：d点评：受力分析的一般步骤：（1）选取研究对象；（2）隔离物体分析；（3）画出受力示意图；（4）检查受力分析是否有误3某时刻，两车从同一地点、沿同一方向做直线运动，下列关于两车的位移x、速度v随时间t变化的图象，能反应t1时刻两车相遇的是（）a b c d 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；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：运动学中的图像专题分析：在研究图象时要注意先明确图象的坐标含义，再由图象的意义明确物体的运动情况，从而判断物体能否相遇解答：解：a、xt图象中图象的点表示物体所在的位置，由图可知，两物体不会相遇，故a错误；b、由图可知，t1时刻两物体相交，故两物体相遇，故b正确；c、vt图象表示物体的速度随时间变化的规律，图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，两物体的位移不同，故不会相遇，故c错误；d、由图可知，两物体在t1时间内位移相同，故两物体相遇，故d正确；故选：bd点评：对于图象要先明确图象的横纵坐标的含义，再由点、线及面的含义进行分析即可4如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=10：1，输电线的等效电阻为r=2，灯泡的电阻为8，原线圈输入如图乙所示的正弦交流电，则（）a 交流电的频率为0.02 hzb 副线圈两端电压的有效值为2.7vc 电流表的示数为0.027ad 电流表的示数为2.7a考点：变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率专题：交流电专题分析：根据图象可以求得电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论解答：解：a、b、根据图象可得周期0.02s，频率50hz，所以a错误，b、根据图象可得原线圈的电压的最大值为27v，有效值为27v，根据电压与匝数成正比知副线圈两端电压的有效值为2.7v，b正确c、d、副线圈的电流为i=0.27a，电流与匝数成反比，故电流表的示数为0.027a，所以c正确，d错误故选：bc点评：本题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决本题5已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强阻值越大为探测磁场的有无，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示电路，电源的电动势e和内阻r不变，在没有磁场时调节变阻器r使电灯l正常发光，若探测装置从无磁场区进入强磁场区则（）a 电灯l变亮b 电灯l变暗c 流过滑动变阻器的电流变大d 电流表的示数增大考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：探测装置从无磁场区进入强磁场区时，磁敏电阻变大，则总电流变小，根据闭合电路欧姆定律即可分析解答：解：探测装置从无磁场区进入强磁场区时，磁敏电阻变大，电路的总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知总电流变小，所以电流表的示数减小根据u=eir，可知i减小，路端电压u增大，所以灯泡两段的电压增大，电流增大，实际功率增大，所以电灯l变亮总电流变小，通过灯泡的电流变大，所以通过滑动变阻器的电流变小，故a正确，bcd错误故选：a点评：本题是电路的动态分析问题，知道电路中有一个电阻变大，总电阻就变大，总电流就变小，再结合闭合电路欧姆定律分析即可6如图所示，北斗导航系统中两颗卫星，均为地球同步卫星某时刻位于轨道上的a、b两位置设地球表面处的重力加速度为g，地球半径为r，地球自转周期为t则（）a 两卫星线速度大小均为b 两卫星轨道半径均为c 卫星l由a运动到b所需的最短时间为d 卫星l由a运动到b的过程中万有引力做正功考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用专题：人造卫星问题分析：地球表面重力与万有引力相等，同步卫星的周期与地球自转周期相同，万有引力提供圆周运动向心力解答：解：在地球表面重力与万有引力相等有a、同步卫星的周期为t，但同步卫星的轨道半径不为r，故a错误；b、根据万有引力提供圆周运动向心力有可得卫星轨道半径r=，故b正确；c、两颗卫星均为同步卫星，相对赤道位置固定，故卫星1不可以由a运动到b故，c错误；d、卫星圆周运动过程中速度方向始终与引力方向垂直，故引力对卫星不做功，故d错误故选：b点评：万有引力提供圆周运动向心力是解决本题的突破口，同步卫星的周期与地球自转周期相同7一带正电的检验电荷，仅在电场力作用下沿x轴从x=向x=+运动，其速度随位置x变化的图象如图所示x=x1和x=x1处，图线切线的斜率绝对值相等且最大则在x轴上（）a x=x1和x=x1两处，电场强度相同b x=x1和x=x1两处，电场强度最大c x=0处电势最高d 从x=x1运动到x=+过程中，电荷的电势能逐渐增大考点：电势差与电场强度的关系；电场强度；电势；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：根据速度位移图象可知，检验电荷先减速后加速，加速度先增大后减小，在增大后减小，且初末速度相等，检验电荷带正电，根据电场力做功情况可以判断电势能的变化解答：解：a、x=x1和x=x1两处，图线切线的斜率绝对值相等且最大，故加速度绝对值相等且最大，由牛顿第二定律得电场力电绝对值相等且最大，由f=qe得场强度大小相同，方向相反，故a错误b、同理可得b正确，c、一带正电的检验电荷，仅在电场力作用下沿x轴从x=向x=+运动，由图乙可知，检验电荷先减速后加速运动，电场力先做负功后做正功，由电场力做功与电势能的关系，故电势能先增大后减小，得x=0处电势最高；故c正确；d、从x=x1运动到x=+过程中，电荷的速度增大，电场力做正功，由电场力做功与电势能的关系，故电势能减小，电势能逐渐减小，故d错误，故选bc点评：解决这类问题要明确正、负点电荷形成电场特点以及带电粒子在电场中运动的功能关系8如图所示，mn右侧一正三角形匀强磁场区域，上边界与mn垂直现有一与磁场边界完全相同的三角形导体框，垂直于mn匀速向右运动导体框穿过磁场过程中感应电流随时间变化的图象可能是（取逆时针电流为正）（）a b c d 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与图像结合分析：首先根据右手定则判断边cb刚进入磁场时回路中感应电流方向，排除部分答案，然后根据进入磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果解答：解：开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为正方向，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为负方向，因此ab错误；当离开磁场时，切割的有效长度变小，则产生感应电流也变小，故d错误，c正确；因此只有c正确；故选c点评：对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除9如图所示，光滑斜面倾角为，c为斜面上固定挡板，物块a和b通过轻质弹簧连接，a、b处于静止状态，弹簧压缩量为x现对a施加沿斜面向下的外力使弹簧再压缩3x，之后突然撤去外力，经时间t，物块a沿斜面向上运动的速度为v，此时物块b刚要离开挡板已知两物块的质量均为m，重力加速度为g下列说法正确的是（）a 弹簧的劲度系数为b 物块b刚要离开挡板时，a的加速度为gsinc 物块a沿斜面向上运动速度最大时，物块b对挡板c的压力为0d 撤去外力后，经过时间t，弹簧弹力对物块a做的功为5mgxsin+mv2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：静止时，弹簧的弹力大小等于物块a重力沿斜面向下的分力，由胡克定律求出弹簧的劲度系数；物块b刚要离开挡板时，弹簧的弹力等于物块b的重力沿斜面向下的分力，根据牛顿第二定律求得a的加速度；物块a沿斜面向上运动速度最大时，弹簧的弹力沿斜面向上，大小与a的重力沿斜面向下的分力相等，物块b对挡板c的压力不等于零；撤去外力后，经过时t，根据动能定理求得弹簧弹力对物块a做的功解答：解：a、静止时，对a：由平衡条件可知，弹簧的弹力大小等于物块a重力沿斜面向下的分力，由胡克定律得：弹簧的劲度系数k=故a正确b、物块b刚要离开挡板时，弹簧的弹力等于物块b的重力沿斜面向下的分力，则对a有：2mgsin=ma，得a=2gsin故b错误c、物块a沿斜面向上运动速度最大时，弹簧的弹力沿斜面向上，大小与a的重力沿斜面向下的分力相等，则知，弹簧对b有向下的压力，故物块b对挡板c的压力不为o故c错误d、撤去外力后，经过时t，弹簧的伸长量为x=，根据动能定理得：wmg（4x+x）sin=mv2，解得，弹簧弹力对物块a做的功为w=5mgxsin+mv2故d正确故选：ad点评：本题是含有弹簧的力学问题，关键分析弹簧的状态，根据平衡条件求得弹簧的伸长长度，运用动能定理求解弹力对物块a做的功10如图所示，金属杆ab静放在水平固定的“u”形金属框上，整个装置处于竖直向上的磁场中当磁感应强度均匀增大时，杆ab总保持静止，则（）a 杆中感应电流方向是从a到bb 杆中感应电流大小保持不变c 金属杆所受安培力逐渐增大d 金属杆受三个力作用而保持平衡考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力分析：当磁感应强度b均匀增大时，根据楞次定律判断感应电流的方向根据法拉第电磁感应定律分析感应电流大小如何变化由左手定则判断金属棒所受的安培力方向由安培力公式f=bil分析金属杆受到的安培力如何变化解答：解：a、当磁感应强度b均匀增大时，穿过回路的磁通量均匀增大，根据楞次定律判断可知，回路中感应电流方向为顺时针方向（俯视），杆中的感应电流方向是从a到b故a正确、b、当磁感应强度b均匀增大时，穿过回路的磁通量均匀增大，根据e=s得知，回路中产生的感应电动势不变，则感应电流大小保持不变故b正确c、根据安培力f=bil，得知金属杆受到的安培力逐渐增大故c正确；d、杆ab总保持静止，由左手定则判断可知，金属杆所受水平向左安培力、重力、支持力与静摩擦力四个力相平衡故d错误故选：abc点评：利用楞次定律可判断感应电流的方向，左手定则判断通电导体所受的安培力方向要明确当穿过回路的磁通量均匀变化时，回路中产生的是恒定电流二、实验题（本题包括3个小题共18分把答案填在第答题处）11用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一根玻璃棒的长度和直径，测量的结果如图所示，则此棒的长度l=4.930cm，直径d=1.600mm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：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读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答：解：游标卡尺的固定刻度读数为4.9cm，游标读数为0.056mm=0.30mm=0.030cm，所以最终读数为4.9cm+0.030cm=4.930cm螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为0.0110.0mm=0.100mm，所以最终读数为1.5mm+0.100mm=1.600mm故答案为：4.930，1.600点评：解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读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12某同学用如图所示的电路测量一个约为200的电阻r0的阻值实验室备有电源（电动势为6.0v），电流表a（量程50ma）另有电压表v1（量程5v）和电压表v2（量程15v），滑动变阻器r1（阻值010）和滑动变阻器r2（阻值01k），供选择使用（1）电压表应选择（填“v1”或“v2”），滑动变阻器应选择（填“r1”或“r2”）（2）闭合电键，电流表无示数，电压表有示数经检查发现，有一个接线柱没接入电路中，则这个接线柱是ba滑动变阻器左侧电阻丝接线柱b电流表正接线柱c电压表正接线柱 d电键右侧接线柱考点：伏安法测电阻专题：实验题分析：本题（1）的关键是根据电源电动势大小选择电压表的量程，明确变阻器采用分压式接法时，变阻器的全电阻越小线性越好；题（2）的关键是明确根据欧姆定律判定电路故障的方法解答：解：（1）由于电源电动势为6.0v，所以电压表应选，由于滑动变阻器采用分压式接法时，全电阻越小线性越好，所以变阻器应选全电阻最小的；（2）根据欧姆定律可知，若电流表无示数、电压表有示数，只能说明定值电阻或电流表接线柱接触不良，而电源、电键和电压表部分接触良好，所以没有接入电路的接线柱是b故答案为：（1），；（2）b点评：明确电表量程的选择原则是通过电表的最小示数不能小于其量程的或；明确变阻器采用分压式接法时，变阻器的全电阻越小线性越好，所以若变阻器采用分压式接法，应选择全电阻小的较好13为了探究加速度与力的关系，某同学设计了如图所示的实验装置，带滑轮的长木板水平放置，板上有两个光电门相距为d，滑块通过细线与重物相连，细线的拉力f大小等于力传感器的示数让滑块从光电门1由静止释放，记下滑到光电门2的时间t，改变重物质量来改变细绳拉力大小，重复以上操作5次，得到下列表格中5组数据次数a/（ms2）f/n11.00.7622.00.9933.01.2344.01.5055.01.76（1）若测得两光电门之间距离为d=0.5m，运动时间t=0.5s，则a=4.0m/s2；（2）依据表中数据在坐标纸上画出af图象（3）由图象可得滑块质量m=0.25kg，滑块和轨道间的动摩擦因数=0.2（g=10m/s2）考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：（1）根据匀变速直线运动的位移时间公式求出滑块的加速度；（2）依据表中数据运用描点法作出图象；（3）知道滑块运动的加速度a和所受拉力f的关系图象斜率等于滑块质量的倒数对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解解答：解：（1）根据运动学公式d=得：a=（2）af图象如图所示（3）根据fmg=ma得：a=，所以滑块运动的加速度a和所受拉力f的关系图象斜率等于滑块质量的倒数由图形得加速度a和所受拉力f的关系图象斜率k=4，所以滑块质量为：m=0.25kg，由图形得，当f=0.5n时，滑块就要开始滑动，所以滑块与轨道间的最大静摩擦力等于0.5n，而最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即：mg=0.5n，解得：=0.2故答案为：（1）4.0，（2）如图所示，（3）0.25，0.2点评：解决该题关键要掌握牛顿第二定律和运动学公式的应用，运用数学知识和物理量之间关系式结合起来求解三、计算题（共4个小题，共42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）14如图所示，在倾角=370的足够长的固定斜面底端有一质量m=1.0kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数=0.25，现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动，拉力f=10.0n，方向平行斜面向上经时间t=4.0s绳子突然断了，（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）求：（1）绳断时物体的速度大小（2）从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）分析绳子断前物体的受力情况，根据牛顿第二定律求出加速度，由速度公式求解绳断时物体的速度大小（2）绳断后，物体先沿斜面向上做匀减速运动，后沿斜面向下做匀加速运动，由牛顿第二定律求出向上减速过程的加速度，由运动学公式求出时间和位移下滑过程的位移大小等于上滑过程总位移大小，由牛顿定律和位移公式结合求解下滑的时间解答：解：（1）物体向上运动过程中，受重力mg，摩擦力ff，拉力f，设加速度为a1， 则有fmgsinff=ma1 fn=mgcos又 ff=fn得到，fmgsinmgcos=ma1代入解得，a1=2.0m/s2所以，t=4.0s时物体速度v1=a1t=8.0m/s（2）绳断后，物体距斜面底端x1=16m断绳后，设加速度为a2，由牛顿第二定律得 mgsin+mgcos=ma2得到，a2=g（sin+cos）=8.0m/s2物体做减速运动时间t2=1.0s 减速运动位移x2=4.0m此后物体沿斜面匀加速下滑，设加速度为a3，则有 mgsinmgcos=ma3得到，a3=g（sincos）=4.0m/s2设下滑时间为t3，则：x1+x2= 解得，t3=s=3.2st总=t2+t3=4.2s答：（1）绳断时物体的速度大小是8.0m/s（2）从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间是4.2s点评：本题是有往复的动力学问题，运用牛顿第二定律与运动学公式结合是解题的基本方法，加速度是关键量15如图甲，真空中两竖直平行金属板a、b相距d=5102m，b板中心有小孔o，两板间电势差随时间变化如图乙t=0时刻，将一质量m=2.01027kg，电量q=1.61019c的带正电粒子自o点由静止释放，粒子重力不计求：（1）释放瞬间粒子的加速度；（2）在图丙中画出粒子运动的t图象（至少画一个周期，标明数据，不必写出计算过程）考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律专题：电场力与电势的性质专题分析：由图可知两板间开始时的电势差，则由u=ed可求得两板间的电场强度，则可求得电场力，由牛顿第二定律可求得加速度的大小；因粒子受力可能发生变化，由位移和速度公式可求得粒子通过的距离解答：解：（1）电场强度e=带电粒子所受电场力f=eq由牛顿第二定律得a=联立解之得：a=4.0109m/s2（2）由ut图象可知，带电粒子在极板间先匀加速再匀减速，据对称性知：加速位移和减速位移相等匀加速和匀减速的时间相等且为t=0.25105s据v=at=4.0109m/s20.25105s=1104m/ss=4.0109m/s2 （0.25105s）2=1.25102 m由此看出2sd，故带电粒子在极板间多次运动故粒子运动的t图象为：答：（1）释放瞬间粒子的加速度4.0109m/s2（2）粒子运动的t图象如上图所示点评：看懂图，灵活应用场强公式、牛顿第二定律解题；判断带电粒子在匀强电场的运动情况是画粒子运动的t图象的关键16如图所示，竖直光滑四分之三圆轨道bcd固定在水平面ab上，轨道圆心为o，半径r=1m，轨道最低点与水平面相切于b点，c为轨道最高点，d点与圆心o等高一质量m=1kg的小物块，从水平面上以速度0=8m/s竖直向上抛出，物块从d点进入圆轨道，最终停在a点，物块与水平面间的动摩擦因数=0.4，取g=10m/s2求：（1）物块运动到d点时的速度；（可以保留根式）（2）物块运动到c点时，对轨道的压力大小；（3）物块从b点运动到a点所用的时间及a、b间的距离考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；牛顿第三定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：（1）物块竖直向上抛出，以竖直向上方向为正方向，其加速度为g，根据运动学公式求解；（2）从抛出到c点的过程，只有重力做功，运用机械能守恒列式，求解物块运动到c点时的速度，再根据牛顿第二、第三定律求解对轨道的压力大小；（3）由机械能的守恒定律求出物块到b点速度，由动能定理求解ab