上海市嘉定区高三第一次质量调研物理试题及答案

1、2015年上海市嘉定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16分，每小题2分每小题只有一个正确选项答案写在答题纸上相应的位置）1平均速度定义式为=，当t极短时，可以表示为物体在t时刻的瞬时速度vt，该定义应用的物理方法是（）a等效替代法b控制变量法c理想模型法d极限思想法分析：当t极短时，可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该物理方法为极限的思想方法解答：解：当时间极短时，某段时间内的平均速度可以代替瞬时速度，该思想是极限的思想方法故d正确，a、b、c错误故选：d点评：极限思想法是一种很重要的思想方法，在高中物理中经常用到要理解并能很好地掌握2在匀变速直线运动中，下述正确的是（）a相

2、同时间内位移的变化相同b相同时间内速度的变化相同c相同时间内加速度的变化相同d相同位移内速度的变化相同考点：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分析：匀变速直线运动是加速度不变的直线运动，速度随时间均匀变化解答：解：a、根据x=，可知位移和时间的关系不是线性关系，速度随时间均匀变化，位移不随时间均匀变化，故a错误b、由匀变速直线运动公式v=v0+at，速度随时间均匀变化，所以相同时间内速度的变化相同，故b正确c、匀变速直线运动是加速度不变的直线运动，故c错误d、匀变速直线运动加速度不变，根据x=，可知由于速度变化，故位移相同，所用的时间不同，故速度变化不同，故d错

3、误故选：b点评：本题考查匀变速直线运动加速度的特点以及位移、速度随时间的变化规律难度不大，属于基础题3关于两个等量异种点电荷在其连线中点处的电场强度和电势，下述正确的是（）a场强为零，电势可能为零b场强为零，电势一定不为零c场强不为零，电势可能为零d场强不为零，电势一定不为零考点：电场线分析：根据两个等量异种点电荷的电场线图可知，其连线中点的电场强度；由于两个等量异种点电荷连线的中垂线为等势面，一直通到无穷远，两个等量异种点电荷，故连线中点的电势可能为零解答：解：根据两个等量异种点电荷的电场线图可知，其连线中点的电场强度不为零；由于两个等量异种点电荷连线的中垂线为等势面，一直通到无穷远，如选取

4、无限远电势为零，则连线中点的电势也为零，故abd错误，c正确故选：c点评：本题关键要知道等量异种点电荷的电场线和等势面分布情况，特别是两个电荷两线和中垂线上各点的场强和电势情况4（2分）（2015嘉定区一模）如图所示为一个弹簧振子做简谐振动的图象，以某时刻为计时零点（t=0），经过周期时，振子具有正方向最大加速度，则其振动图象是（）abcd考点：简谐运动的振动图象专题：简谐运动专题分析：回复力：f=kx；牛顿第二定律公式：a=；得到加速度的一般表达式后，再进行讨论即可解答：解：根据f=kx和a=，有：a=以某时刻为计时零点（t=0），经过周期时，振子具有正方向最大加速度，根据位移达到负向最大；

5、a、在时刻的位移正向最大，不是负向最大，故a错误；b、在时刻的位移正向为零，不是负向最大，故b错误；c、在时刻的位移正向为零，不是负向最大，故c错误；d、在时刻的位移是负向最大，故d正确；故选：d点评：本题关键是根据回复力公式和加速度公式得到加速度与位移关系式，然后逐项讨论5（2分）（2015嘉定区一模）如图，一根容易形变的弹性轻导线两端固定导线中通有如图箭头所示的电流i当没有磁场时，导线呈直线状态；当分别加如图所示的匀强磁场b时，描述导线状态的四个图示中正确的是（）abcd考点：安培力；左手定则分析：通电导线在磁场中的受力方向判断，可由左手定则完成解答：解：a、图示电流与磁场平行，导线不受力

6、的作用，故a错误 b、由左手定则判得，安培力的方向水平向右，故b正确 c、由左手定则判得，安培力的方向垂直直面向里，故c错误 d、由左手定则判得，安培力的方向水平向右，故d错误故选：b点评：本题考查了左手定则，要熟练应用左手定则判断安培力的方向6（2分）（2015嘉定区一模）在平坦的垒球运动场上，击球手挥动球棒将垒球水平击出，垒球飞行一段时间后落地，若忽略空气阻力，仅由击球点离地高度决定的是（）a垒球落地时的瞬时速度的大小b垒球落地时的瞬时速度的方向c垒球在空中运动的时间d垒球在空中运动的水平位移考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运

7、动，高度决定平抛运动的时间，初速度和时间共同决定水平位移解答：解：根据h=知，平抛运动的高度决定平抛运动的时间，水平位移由初速度和时间共同决定，落地的速度等于水平分速度和竖直分速度的矢量和，由高度和初速度共同决定，故c正确，a、b、d错误故选：c点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定7（2分）（2015嘉定区一模）很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐让条形磁铁从静止开始下落条形磁铁在圆筒中的运动速率（）a均匀增大b先增大，后减小c逐渐增大，趋于不变d先增大，再减

8、小，最后不变考点：楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：因条形磁铁的运动，导致绝缘铜圆环的磁通量变化，从而产生感应电流，阻碍条形磁铁的运动，当阻力等于其重力时，速度达到最大，即可求解解答：解：由题意可知，当条形磁铁下落时，导致绝缘铜圆环磁通量变化，从而产生感应电流，阻碍磁铁的运动，根据牛顿第二定律可知，安培阻力越来越大时，竖直向下的加速度将减小，但速度仍在增大，当阻力等于重力时，合外力为零，加速度也为零，速度达到最大；故c正确，abd错误；故选：c点评：考查安培阻力的由来，掌握牛顿第二定律的应用，注意联系已知的题型：下落的雨滴，受到的阻力，最后也达到最大速度8（2分）（2015嘉定区一模）如图

9、所示，一个质量为m=2.0kg的物体放在倾角为30的斜面上静止不动，若用竖直向上的力f=5.0n提物体，物体仍静止，取g=10m/s2，下述结论正确的是（）a物体受到的合外力减小5.0nb物体受到的摩擦力减小5.0nc斜面受到的压力减小5.0nd物体对斜面的作用力减小5.0n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：无拉力时对物体受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据共点力平衡条件求解各个力；有拉力f作用后，再次对物体受力分析，受到拉力、重力、支持力和静摩擦力，根据共点力平衡条件求解各个力解答：解：a、物体在有无拉力时，都处于静止状态，合力都为零

10、故a错误bc、无拉力时对物体受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，如图根据共点力平衡条件，有f=mgsinn=mgcos有拉力f作用后，再次对物体受力分析，受到拉力、重力、支持力和静摩擦力，如图根据共点力平衡条件，有f1=（mgf）sinn1=（mgf）cos故ff1=fsin30=2.5nnn1=fcos30=n物体对斜面体的摩擦等于斜面体对物体的摩擦，减小2.5n物体对斜面体的压力等于斜面体对物体的支持力，减小了n故b、c错误d、物体对斜面的作用力为压力和摩擦力的合力，压力和摩擦力的合力方向竖直向下，知作用力减小5n故d正确故选d点评：本题关键是对物体受力分析后，根据共点力平衡条件用正交分解

11、法列方程求解施加向上的拉力后，可以等效为将物体的重力减小二单项选择题（共24分，每小题3分每小题只有一个正确选项答案写在答题纸上相应的位置）9（3分）（2015嘉定区一模）用如图的方法可以测出一个人的反应时间，设直尺从静止开始自由下落，到直尺被受测者抓住，直尺下落的距离h，受测者的反应时间为t，则下列结论正确的是（）athbtctdth2考点：自由落体运动专题：自由落体运动专题分析：根据题意分析，直尺下落可看做自由落体运动，由自由落体运动公式可求t出h与的关系解答：解：根据题意分析，直尺下落可看做自由落体运动，由自由落体运动公式，可得t=，所以t，故c正确故选：c点评：考查实际问题转化为物理题

12、，利用自由落体运动规律解决10（3分）（2015嘉定区一模）当导线中分别通以图示方向的电流，小磁针静止时北极指向读者的是（）abcd考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向分析：由右手螺旋定则，结合小磁针静止时北极指向即为磁场的方向，可知通电直导线与螺线管的磁场方向，从而即可求解解答：解：a、通电直导线电流从左向右，根据右手螺旋定则，则有小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向里，所以小磁针静止时北极背离读者，故a错误；b、如图所示，根据右手螺旋定则，磁场的方向逆时针（从上向下看），因此小磁针静止时北极背离读者，故b错误；c、环形导线的电流方向如图所示，根据右手螺旋定则，则有小磁针所处的位置磁场方向

13、垂直纸面向外，所以小磁针静止时北极指向读者，故c正确；d、根据右手螺旋定则，结合电流的方向，则通电螺线管的内部磁场方向，由右向左，则小磁针的静止时北极指向左，故d错误；故选：c点评：本题考查右手螺旋定则及磁极间的相互作用，要求学生能熟练应用右手螺旋定则判断磁极或电流方向，注意小磁针静止时的n极指向即为磁场的方向，同时通电螺线管的内部磁场方向由s极到n极11（3分）（2015嘉定区一模）如图所示，两根可自由移动的靠得很近的平行长直导线，通以相反方向的电流，且i1i2，则两导线所受的安培力f1和f2的大小关系及其运动方向为（）af1f2，且相互靠近bf1f2，且相互远离cf1=f2，且相互靠近df

14、1=f2，且相互远离考点：平行通电直导线间的作用分析：物体间力的作用是相互的，物体间的相互作用力大小相等；磁场是由通电导线产生的，一通电导线在另一导线电流的磁场中，会受到安培力作用，由安培定则判断出电流的磁场方向，然后由左手定则判断出安培力方向解答：解：a、通电导线在其周围产生磁场，通电导线在磁场中受到安培力作用，两导线所受安培力是作用力与反作用力，它们大小相等，故ab错误；c、由右手螺旋定则可知：i1在i2处产生的磁场垂直纸面向里，由左手定则可知，i2所所受安培力向左；由右手螺旋定则可知：i2在i1处产生的磁场垂直纸面向外，由左手定则可知，i1所所受安培力向右；则两导线相互远离；故c错误，d

15、正确；故选d点评：通电导线处于磁场中要受到安培力作用，可得：同向电流相互吸引，异向电流相互排斥可作为结论让学生记住12（3分）（2015嘉定区一模）如图所示，矩形闭合线圈abcd竖直放置，oo是它的对称轴，通电直导线ab与oo平行，且ab、oo所在平面与线圈平面垂直如要在线圈中形成方向为abcda的感应电流，可行的做法是（）aab中电流i逐渐增大bab中电流i先增大后减小cab中电流i正对oo靠近线圈d线圈绕oo轴逆时针转动90（俯视）考点：楞次定律专题：电磁感应中的力学问题分析：要在线圈中产生感应电流，穿过线圈的磁通量要发生变化；由楞次定律可以判断出感应电流的方向解答：解：oo线框的对称轴，

16、由图示可知，ab中电流产生的磁场穿过线圈的磁通量为零；a、ab中电流i逐渐增大，穿过线圈的磁通量为零，保持不变，线圈中没有感应电流产生，故a错误；b、ab中电流i先增大后减小，穿过线圈的磁通量为零，保持不变，线圈中没有感应电流产生，故b错误；c、ab中电流i正对oo靠近线圈，穿过线圈的磁通量为零，保持不变，线圈中没有感应电流产生，故c错误；d、线圈绕oo轴逆时针转动90（俯视）穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流方向为abcda，故d正确；故选d点评：知道感应电流产生的条件、熟练应用楞次定律即可正确解题13（3分）（2015嘉定区一模）图为测量某电源电动势和内阻时得到的ui图线用此电

17、源与三个阻值均为3的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8v则该电路可能为（）abcd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：根据ui图线得出电源的电动势为6v，图线的斜率的绝对值表示内阻，所以内阻为0.5然后结合闭合电路欧姆定律求出各电路的电流，以及路段电压解答：解：a、电源的电动势为6v，内阻为0.5在a电路中，外电阻为1，则总电阻为1.5，根据闭合电路欧姆定律，总电流为4a，则外电压为4v故a错误b、在b电路中，外电阻为2，则总电阻为2.5，根据闭合电路欧姆定律，总电流为2.4a，则外电压为4.8v故b正确c、在c电路中，外电阻为9则总电阻为9.5，根据闭合电路欧姆定律

18、，总电流为，则外电压为故c错误d、在d电路中，外电阻为4.5，则总电阻为5，根据闭合电路欧姆定律，总电流为1.2a，则外电压为5.4v故d错误故选：b点评：解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，同时注意路端电压的求法u=ir14（3分）（2015嘉定区一模）如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线和虚线分别表示t1=0和t2=0.5s时的波形（已知波的周期t0.5s），则能正确反映t3=7.0s时波形的图是（）abcd考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象分析：根据两时刻的波形，结合条件t0.5s，定出周期与时间的关系，求出周期求出时间t3=7.0s与周期的倍数，根据波形的平移，确定t3=

19、7.0s时波形图解答：解：由题意，简谐横波沿x轴正方向传播，t1=0和t2=0.5s（t0.5s）时的波形得到实线波形到形成虚线波形波传播距离为，经过t时间则有t=t2t1，t=4（t2t1）=2s，即t3=7.0s因为经过整数倍周期时间波形重复，故t3=7.0s时刻与t=3t时刻波形相同则波形为波向右平移的波形故选：c点评：本题如没有t0.5s条件限制，则周期、波传播的距离等是通项式对于两个时刻的波形关系，常常用波形平移的方法研究但要注意，波形平移，质点并没有迁移15（3分）（2015嘉定区一模）如图所示，轻杆的一端紧固于一光滑球体上，另一端o为固定转动轴，球体搁置在光滑斜面上若杆与墙面的夹

20、角为，斜面倾角为开始时imax=0.2，且r1=6那么，在球体离开斜面之前，为使斜面能在光滑水平地面上缓慢向右运动，作用于斜面上的水平外力f的大小和轻杆受力t大小的变化情况是（）af逐渐增大，t逐渐减小bf逐渐减小，t逐渐增大cf逐渐增大，t先减小后增大df保持不变，t先减小后增大考点：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：先对小球受力分析，根据共点力平衡条件列式求出支持力和干的弹力的表达式；再对斜面体受力分析，根据共点力平衡条件求出地面支持力和推力的表达式，最后分析讨论解答：解：对小球受力分析，受到重力mg、支持力n和干的支持力t，如图根据共点力平

21、衡条件，有=解得n=mgt=mg 对斜面体受力分析，受到推力f、重力mg、支持力fn和压力n，如图根据共点力平衡条件，有nsin=fmg+ncos=fn解得f=nsin=mg=故随着的增大，+逐渐增大，先小于90后大于90，故t先减小后增加，f逐渐增大；故选：c点评：本题关键是先对小球受力分析，再对斜面体受力分析，然后根据平衡条件，运用合成法列式求解出各个力的表达式，再进行讨论16（3分）（2015嘉定区一模）如图所示，物体在斜向上的恒力f作用下从静止起沿光滑水平面运动，然后在倾角为30的光滑斜面上运动一段距离后速度变为额零当物体在水平面和斜面上速度大小均为v时，机械能随时间的瞬时变化率分别为

22、p1、p2，若物体在水平面和斜面上的加速度大小均为3m/s2，则（）ap20，且p1p2bp20，且p1=p2cp20，且 p1|p2|dp20，且p1=|p2|考点：功率、平均功率和瞬时功率专题：功率的计算专题分析：根据功能关系知道机械能随时间的瞬时变化率等于拉力f的功率，根据功率公式和牛顿第二定律分析即可解答：解：由功能关系知道机械能随时间的瞬时变化率等于拉力f的功率，则 p1=fvcos由牛顿第二定律得 fcos=ma，则p1=mav=3mv p2=fv，f为f沿斜面方向的分力大小根据牛顿第二定律得 mgsin30f=ma将a=3m/s2，代入解得 f=2m则 p2=2mv，所以p1p2

23、由于f一直做正功，所以物体的机械能一直在增大，则p20，故a正确故选：a点评：解决本题的关键要明确理解功能关系，明确功率的一般公式p=fvcos，是f与v的夹角三多项选择题（共16分，每小题4分每小题有二个或三个正确选项全选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错或不答的，得0分答案写在答题纸上相应的位置）17（4分）（2014广东高考）如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为+q的小球p，带电量分别为q和+2q的小球m和n，由绝缘细杆相连，静止在桌面上，p与m相距l，p、m和n视为点电荷，下列说法正确的是（）am与n的距离大于lbp、m和n在同一直线上c在p产生的电场中，m、n处

24、的电势相同dm、n及细杆组成的系统所受合外力为零考点：电势差与电场强度的关系；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：a、根据对m、n受力分析，结合平衡条件与库仑定律，假设杆无作用力，即可求解；b、根据整体受力分析，结合平衡条件，即可求解；c、由点电荷电场线的分布，依据沿着电场线的方向，电势降低，即可求解；d、由整体处于平衡状态，结合牛顿第二定律，即可求解解答：解：a、对m、n分别受力分析，根据库仑定律，假设杆无作用力，设m与n间距为r，则有：，解得：r=（）l；故a错误；b、由于水平桌面光滑，若p、m和n不在同一直线上，则各自受力不共线，会出现不平衡现象，故b正确；c、由带电量为+q的小球p，

25、结合沿着电场线方向电势降低的，则m点电势高于n点，故c错误；d、由题意可知，m、n及细杆组成的系统处于静止状态，因此合外力为零，故d正确故选：bd点评：考查研究对象的选取，受力分析的进行，库仑定律的掌握，理解平衡条件的应用，注意电势的高低判定方法18（4分）（2015嘉定区一模）两列振动方向相同、振幅分别为a1和a2的相干简谐横波相遇下列说法正确的是（）a波峰与波谷相遇处质点的振幅为|a1a2|b波峰与波峰相遇处质点离开平衡位置的位移始终为a1+a2c波峰与波谷相遇处质点的位移总是小于波峰与波峰相遇处质点的位移d波峰与波峰相遇处质点的振幅一定大于波峰与波谷相遇处质点的振幅考点：波的干涉和衍射现

26、象分析：频率相同的两列水波的叠加：当波峰与波峰、可波谷与波谷相遇时振动是加强的；当波峰与波谷相遇时振动是减弱的，从而即可求解解答：解：a、当波峰与波谷相遇处，质点的振动方向相反，则其的振幅为|a1a2|，故a正确；b、波峰与波峰相遇处质点，离开平衡位置的振幅始终为a1+a2，而位移小于等于振幅，故b错误；c、d、波峰与波谷相遇处质点的振幅总是小于波峰与波峰相遇处质点的振幅，而位移却不一定，故c错误；d正确故选：ad点评：运动方向相同时叠加属于加强，振幅为二者之和，振动方向相反时叠加属于减弱振幅为二者之差19（4分）（2014海南）如图，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻

27、质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a开始运动，在a下降的过程中，b始终未离开桌面在此过程中（）aa的动能小于b的动能b两物体机械能的变化量相等ca的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量d绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零考点：功能关系分析：b的速度在绳子方向的分速度与a的速度相等，比较出速度大小即可比较动能的大小解答：解：a、将b的实际速度进行分解如图：由图可知va=vbcos，即a的速度小于b的速度，故a的动能小于b的动能，a正确；b、由于有摩擦力做功，故ab系统机械能不守恒，则二者机械能的变化量不相等，b错误；c

28、、a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量与产生的内能之和，故a的重力势能的减小量大于两物体总动能的增加量，c错误；d、在这段时间t内，绳子对a的拉力和对b的拉力大小相等，绳子对a做的功等于ftvat，绳子对b的功等于拉力与拉力方向上b的位移的乘积，即：ftvbcost，又va=vbcos，所以绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的绝对值相等，二者代数和为零，故d正确故选：ad点评：本题考查了有摩擦力作用下的系统功能转化关系，克服摩擦力做功时，系统的机械能减少，减少的机械能转化为内能20（4分）（2015嘉定区一模）如图所示电路中，电源内阻不可忽略，a、b两灯电阻分别为r和4r滑动变阻器的滑

29、片移动到上下电阻2：1的位置，两灯功率相同当将滑片移动到最上端，则（）aa灯变亮，b灯变暗ba灯变暗，b灯变亮ca灯的功率可能为原来的da灯的功率可能为原来的考点：闭合电路的欧姆定律分析：图中变阻器与灯泡b并联后与灯泡a串联，根据闭合电路欧姆定律判断干路电流的变化情况，再根据欧姆定律判断各个灯泡的功率变化情况；先根据闭合电路欧姆定律表示出滑片p移动前后的干路电流，再分析功率的变化情况解答：解：ab、图中变阻器与灯泡b并联后与灯泡a串联当变阻器滑片向上移动时，其联入电路的电阻值变大，故外电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律，干路电流减小，故灯泡a变暗；并联部分的电压u并=ei（rla+r）增加，

30、故灯泡b变亮；故a错误，b正确；cd、a、b两灯电阻分别为r和4r，滑动变阻器的滑片移动到上下电阻2：1的位置，两灯功率相同，故：r=（4r） 解得：ia=2ib故滑动变阻器的电流与灯泡b的电流相等，故：r滑=4r解得：r滑=12r原来的电流：ia=滑片移动后的电流：ia=故：=（ ，1）根据p=i2r可知，a灯得功率pp；故c、d错误；故选：b点评：本题是动态分析问题，关键是根据闭合电路欧姆定律列式分析，可以按照局部整体局部的顺序进行四填空题（共20分，每小题4分答案写在题中横线上的空白处或指定位置）21、22选做一题21（4分）（2015嘉定区一模）人造地球卫星在运行过程中由于受到微小的阻

31、力，轨道半径将缓慢减小在此运动过程中，卫星所受万有引力大小将增大 （填“减小”或“增大”）；其速度将增大 （填“减小”或“增大”）考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系专题：人造卫星问题分析：根据万有引力公式f=，判断万有引力大小的变化，再根据万有引力做功情况判断动能的变化解答：解：万有引力公式f=，r减小，万有引力增大根据动能定理，万有引力做正功，阻力做功很小很小，所以动能增大，故速度增大故答案为：增大，增大点评：解决本题的关键掌握万有引力公式f=，以及会通过动能定理判断动能的变化22（2015嘉定区一模）甲、乙两个物体静止在光滑的水平桌面上，m甲m乙，当甲物体获得某一速度后与静止的乙物体

32、发生弹性正碰，碰撞后，系统的总动量不变（选填“减小”、“增大”或“不变”），甲的速度小于乙的速度（选填“大于”、“小于”或“等于”）考点：动量守恒定律分析：两物体碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可分析答题解答：解：两物体组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，碰撞后系统总动量不变；设甲的初速度为v0，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m甲v0=m甲v甲+m乙v乙物体发生弹性碰撞，机械能守恒，由机械能守恒定律得：m甲v02=m甲v甲2+m乙v乙2解得：v甲=，v乙=，已知：m甲m乙，则v甲v乙；故答案为：不变，小于点评：本意主要考查了碰撞过程中动量守恒定律得应用，

33、注意弹性碰撞机械能守恒，难度适中23（4分）（2015嘉定区一模）如图所示，质量均为0.1kg的带等量同种电荷的小球a、b，现被绝缘细线悬挂在o点，悬线长均为10cm平衡时，oa悬线处于竖直方向，a球倚于绝缘墙上，而b球却偏离竖直方向60，此时a球对b球的库仑力为1n若由于漏电b球逐渐摆下，则悬挂a球的细绳拉力将变大（选填“变大”、“不变”或“变小”）考点：库仑定律分析：对b球受力分析，根据共点力平衡条件列式求解库仑力和细线的拉力；先对b球受力分析求解拉力；再对ab球整体受力分析，根据平衡条件列式求解细线对a球拉力的变化情况解答：解：对b球受力分析，受重力、拉力和库仑力，如图所示：结合几何关系

34、可知图中的力三角形是等边三角形，故：库仑力：f=mg=0.110=1n；拉力：t=mg=0.110=1n漏电后，先对b球分析，如图所示：根据平衡条件，有：t=mg再对ab球整体，有：t=tcos+mg解得：t=mg+mgcos变小，故t变大；故答案为：1，变大点评：本题关键是灵活选择研究对象，根据共点力平衡条件并采用相似三角形法和正交分解法列式分析，不难24（4分）（2015嘉定区一模）如图，三个电阻r1、r2、r3依次标有“12，3w”、“8，5w”、“6，6w”，则允许接入电路的最大电压为10.8v，此时三个电阻消耗的总功率为10.8w考点：电功、电功率；串联电路和并联电路专题：恒定电流专

35、题分析：根据电路结构及已知条件：三个电阻允许消耗的最大功率分别为3w、15w、6w，分析保证电路安全的条件，然后求电路的最大功率解答：解：由可求得r1的额定电压u1=6v，r2的额定电压u2=2v，r3的额定电压u3=6v， r1与r2的并联阻值为r=，则因r3大于其并联值，则当r3达到6v时，并联电压小于6v， 则以r3达到额定电压为安全值计算： 即 求得u1=4.8v 则接入电路的最大的电压为um=u1+u3=10.8v 功率为：p=故答案为：10.8，10.8点评：考查串联并联电路，明确安全的要求是每个电阻都不能超出额定电压25（4分）（2015嘉定区一模）在如图（a）所示的电路中，r1

36、为定值电阻，r2为滑动变阻器闭合开关s，将滑动变阻器的滑动触头p从最右端滑到最左端，两个电压表的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图（b）所示则电源内阻的阻值为5，滑动变阻器r2的最大功率为0.9w考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率专题：恒定电流专题分析：由图可知两电阻串联，v1测r1两端的电压，v2测r2两端的电压；当滑片向左端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则可知总电阻变化，由闭合电路欧姆定律可知电路中电流的变化，则可知内电压的变化及路端电压的变化，同时也可得出r1两端的电压变化，判断两图象所对应的电压表的示数变化；由图可知当r2全部接入及只有r1接入时两电表的示数，则由闭合电路的欧

37、姆定律可得出电源的内阻；由功率公式可求得电源的最大输出功率及滑动变阻器的最大功率解答：解：当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；而r1两端的电压增大，故乙表示是v1示数的变化；甲表示v2示数的变化；由图可知，当只有r1接入电路时，电路中电流为0.6a，电压为3v，则由e=u+ir可得：e=3+0.6r；当滑动变阻器全部接入时，两电压表示数之比为，故=；由闭合电路欧姆定律可得e=5+0.2r解得：r=5，e=6v由上分析可知，r1的阻值为5，r2电阻为20；当r1等效为内阻，则当滑动变阻器的阻值等于r+r时，滑动变阻器消耗的功率最大，故

38、当滑动变阻器阻值为10时，滑动变阻器消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流i=a=0.3a，则滑动变阻器消耗最大功率 p=i2r=0.9w；故答案为：5，0.9点评：在求定值电阻的最大功率时，应是电流最大的时候；而求变值电阻的最大功率时，应根据电源的最大输出功率求，必要时可将与电源串联的定值电阻等效为内阻处理26（4分）（2015嘉定区一模）宽阔的水平面上固定竖有高为1.5m的薄木板在离开其水平距离1m、高1.8m处水平抛出视为质点的玩具小鸟（不计空气阻力）若水平初速度v0=10m/s，则其做平抛运动的时间是0.6s；若任意改变初速度，击中木板的速度最小值为m/s（g=10m/s

39、2）考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：根据高度求出平抛运动的时间抓住玩具小鸟击中木板，结合水平位移求出时间的表达式，从而得出竖直分速度的表达式，根据平行四边形定则求出击中木板时的速度，从而通过数学知识求出击中时速度的最小值解答：解：当玩具小鸟恰好擦过木板的上边缘飞过时，平抛运动的时间s，此时的平抛运动的初速度，可知水平速度为10m/s时，玩具小鸟飞过木板上端根据h=得，t=玩具小鸟击中木板所需的时间，则此时的竖直分速度，根据平行四边形定则知，击中木板时的速度故答案为：0.6，2点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，本题对数学能力的要求较高

40、，需加强这方面的训练五实验题（共24分）27（4分）（2015嘉定区一模）用多用表测量一个定值电阻的阻值（1）每次测量中，更换倍率后应立即进行的操作是欧姆档调零（2）某同学两次测量分别用了10、100两个倍率，在操作无误的前提下，如果指针在表盘上处在如图所示的两个位置，则该被测电阻比较准确的值应该是200考点：伏安法测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：使用万用表测量电阻时每次换档后均应进行欧姆调零；根据欧姆表读数为表盘示数乘以倍率偏角小说明电阻大，要换用大倍率挡解答：解：（1）每次测量中，更换倍率后均应进行欧姆调零；（2）由图可知，选用100时偏角过大，测量误差较大，而选择10档时，指针指在

41、中间，误差较小；故读数时应选用10档；读数为：2010=200；故答案为：（1）欧姆档调零（电阻调零）（2）200点评：本题考查了欧姆表的使用方法，还要注意每次换挡都要重新欧姆调零28（4分）（2015嘉定区一模）在研究有固定转动轴物体平衡条件的实验中（1）实验开始前需要检查力矩盘重心是否在转轴处，描述检查的操作过程在任意位置（转过任意角度）能静止/平衡（2）某同学采用50g的钩码，力矩盘平衡后如图所示，弹簧秤读数1.1n，盘面中3个同心圆半径分别是2cm、4cm、6cm填写下表（g取9.8m/s2，答案精确到0.001nm）：顺时针力矩逆时针力矩0.059nm0.064nm考点：力矩的平衡条

42、件专题：实验题分析：（1）动后，停下时事先的标记能够处于任意位置，即转盘能随遇平衡，说明转盘的重心在转轴上；（2）簧秤读数1.1n，一个钩码重50g，根据力矩等于力与力臂的乘积解答：解：（1）心在转轴上，力矩盘本身的重力才可以忽略不计，转动后，停下时事先的标记能够处于任意位置，即转盘能随遇平衡，说明转盘的重心在转轴上；（2）逆时针力矩为m=1.14102+50103104102=0.064nm故答案为：（1）在任意位置（转过任意角度）能静止/平衡（2）0.064 nm点评：题是验证力矩平衡的实验，关键求出顺时针力矩之和和逆时针力矩之后，然后判断是否相等，实验前要将支点调节到重心处29（6分）（

43、2015嘉定区一模）在用dis测定匀变速直线运动规律的实验中，在小车前部和轨道末端都安装了磁铁，同名磁极相对以防止发生碰撞从轨道上静止释放小车，得到如图2所示的vt图象并且有4个点的坐标值（1）本实验是通过位移传感器获得vt图象的（填传感器名称）（2）小车沿轨道下滑过程匀加速阶段的加速度大小为1m/s2（3）若实验中的阻力可忽略不计，根据图象，1.5s1.6s内磁铁之间排斥力平均值是小车重力的1.1倍考点：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：在物体的vt图象中，斜率大小表示物体的加速度，斜率不变表示物体做匀变速直线运动，图象和横坐标围成的面积表示位移，明确图象的斜率

44、、面积等含义即可正确解答解答：解：（1）本实验是通过位移传感器获得vt图象的（2）由图可知图象ab部分为倾斜的直线，因此物体在ab部分做匀加速直线运动，图象的斜率的大小等于物体的加速度，因此有：故其加速度为：a=1m/s2（3）若实验中的阻力可忽略不计，根据图象得a=10m/s2根据牛顿第二定律得：1.5s1.6s内磁铁之间排斥力平均值是小车重力的1.1倍故答案为：（1）位移 （2）1 （3）1.1点评：本题考查了对vt图象的物理意义的理解与应用，对vt图象要明确斜率的含义，知道在vt图象中图象与坐标轴围成的面积的含义等30（10分）（2015嘉定区一模）在研究电磁感应现象的实验中（1）请在图

45、一所示的器材中，用实线代替导线连接实物电路（2）已知电流从左侧流入灵敏电流计则指针向左偏若原线圈中磁感应强度方向向下，将原线圈放入副线圈后闭合电键，发现灵敏电流计指针向左偏，则副线圈应选图二中的甲（选填“甲”或“乙”）线圈（3）某次实验中，正确连接电路后将原线圈放入副线圈闭合电键时发现灵敏电流计指针无偏转，然后移动变阻器滑片发现指针有偏转，则可能的故障是滑动变阻器电阻丝有断路（4）正确连接电路后，通过特殊的方法使滑动变阻器电阻随时间均匀减小在电阻均匀减小的过程中，灵敏电流计的指针偏转幅度的变化情况是b（a）稳定不变（b）逐渐增大（c）逐渐减小（d）先减小后增大考点：研究电磁感应现象专题：实验题

46、分析：（1）注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答（2）根据楞次定律，结合磁场方向向下，且大小增强，再由电流计的偏转，即电流的流向，即可求解；（3）根据闭合电路磁通量变化，才会产生感应电流，及闭合电键与移动滑片的不同，从而判定故障；（4）根据闭合电路欧姆定律可知，判定电流随着电阻的变化而如何变化，从而得到磁场的变化率，进而确定指针的偏转程度解答：解：（1）将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示（2）发现灵敏电流计指针向左偏，则可知，电流从正极流进，由于磁场

47、向下，且增大，根据楞次定律可知，副线圈应甲图；（3）闭合电键时发现灵敏电流计指针无偏转，说明电路中没有电流，或与电流计相连的电路不闭合，而当移动变阻器滑片发现指针有偏转，说明与小螺线管相连的回路中，滑动变阻器电阻丝有断路现象，（4）滑动变阻器电阻随时间均匀减小，根据数学知识可知，则电流非均匀增大，则磁场的变化率会逐渐增大；故b正确，acd错误；故答案为：（1）如上图示；（2）甲；（3）滑动变阻器电阻丝有断路；（4）b点评：本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键，注意第4问题类似于多

48、用电表的用作欧姆表时，电流均匀变化，而电阻却不均匀变化六计算题（共50分）31（10分）如图所示，用光滑材料制成高h=0.8m、倾角分别为=30和=53的两个斜面ab、ac，固定在光滑水平面上将两个质量均为0.1kg的相同的小物块分别从两个斜面的最高位置a同时静止释放（不考虑一个物块在c点的能量损失），物块在bc上运动时给物块一个水平向左的阻力f，使两个物块同时到达b点若g取10m/s2，sin53=0.8求：（1）物块在bc上运动的时间t为多少？（2）f为多少？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：根据几何关系求出ab、ac、cb的长度，根据牛顿

49、第二定律求出ab、ac段的加速度大小，结合位移时间公式求出ab和ac段的时间，抓住运动的总时间相等，求出物块在bc上的运动时间根据速度位移公式求出c点的速度，结合位移时间公式求出bc段的加速度，通过牛顿第二定律求出阻力的大小解答：解：（1）ab得长度mac的长度mcb段的长度0.79m根据牛顿第二定律得，ab段的加速度，ac段的加速度=8m/s2则ab段的时间s ac段的时间s t=tabtac=0.80.5=0.3s （2）c点的速度m/s 根据位移时间公式得，解得acb9.1m/s2根据牛顿第二定律得，f=macb=0.19.10.91n 答：（1）物块在bc上运动的时间t为0.3s（2）

50、f为0.91n点评：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，抓住总时间相等，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解32（12分）如图所示，电源电动势e=6v，内阻r=1定值电阻r1=6，滑动变阻器总阻值r2=10虚线框内为一个断路器，其工作特性如下：（a）接入电路时相当于一根导线；（b）若流过断路器的电流达到或超过0.2a时，断路器会自动断开r1所在支路现将滑片p置于a端，闭合电键，把滑片p缓慢从a端向左滑到b端（1）pa段电阻多大时，断路器会断开？（2）试用文字定性说明滑片p从右向左移动的过程中电压表读数在如何变化？（不需要理由）考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：（1）当断

51、路器的电流达到或超过0.2a时，断路器会自动断开，根据闭合电路欧姆定律求解（2）根据电路中电阻的变化，分析电压表示数的变化解答：解：（1）当断路器的电流达0.2a时，r1的电压 u1=imaxr1根据闭合电路欧姆定律得 u1=e（imax+ipa）（rpb+r） rpb=r2rpa=10rpa其中imax=0.2a，r1=6，e=6v，r=1，代入解得 rpa=3（2）滑片p从右向左移动的过程中，根据分压器的特点可知断路器的电压增大，电流随之增大，则断路器断开，电压表示数突然变大答：（1）pa段电阻为3时，断路器会断开（2）滑片p从右向左移动的过程中电压表读数在变大点评：本题是信息题，首先要认真读