四川省成都九中2015届高三上学期期中物理试卷

1、四川省成都九中2015届高三上学期期中物理试卷一、不定项选择题（本题包括12小题，共48分；全对得4分，选不全得2分）1（4分）下列叙述正确的是（）A重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想B库仑提出了用电场线描述电场的方法C伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证D用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强，电容，加速度都是采用比值法定义的2（ 4分）关于功、功率和机械能，以下说法中正确的是（）A一对相互作用的静摩擦力同时做正功、同时做负功、同时不做功都是可能的B物体做曲线运动时，其合力的瞬时功率不可能为零C物体受合外力为零时

2、，其动能不变，但机械能可能改变D雨滴下落时，所受空气阻力的功率越大，其动能变化就越快3（4分）如图所示为甲、乙两物体在水平面上运动的轨迹图，M、N是两轨迹的交点则（）A甲所受的合外力可能为零B乙所受的合外力一定为零C两物体一定在N点相遇D从M到N，甲乙的平均速度可能相等4（4分）如图所示，用一轻绳将光滑小球P系于竖直墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一长方体物块Q，P、Q均处于静止状态，现有一铅笔紧贴墙壁从O点开始缓慢下移，则在铅笔缓慢下移的过程中（）A细绳的拉力逐渐变小BQ受到墙壁的弹力逐渐变大CQ受到墙壁的摩擦力逐渐变大DQ将从墙壁和小球之间滑落5（4分）“空间站”是科学家进行天文探测和科

3、学试验的特殊而又重要的场所假设“空间站”正在地球赤道平面内的圆周轨道上运行，其离地球表面的高度为同步卫星离地球表面高度的十分之一，且运行方向与地球自转方向一致下列说法正确的有（）A“空间站”运行的加速度等于其所在高度处的重力加速度B“空间站”运行的速度等于同步卫星运行速度的倍C站在地球赤道上的人观察到它向西运动D在“空间站”工作的宇航员因受到平衡力而在舱中悬浮或静止6（4分）一水平放置的木板上放有砝码，砝码与木板间的摩擦因数为，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，如果让木板在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，假如运动中木板始终保持水平，砝码始终没有离开木板，则（）A在通过轨道最高点时砝码处于超重状

4、态B在经过轨道最低点时砝码所受静摩擦力最大C匀速圆周运动的速率vD在通过轨道最低点和最高点时，砝码对木板的压力差为砝码重力的6倍7（4分）如图所示，一平行板电容器的电容为C，两极板M、N间距离为d，所接电源的电动势为E，两板间a、b、c三点的连线构成一等腰直角三角形两直角边ac、bc长为L，ab边与两板平行，则（）A电容器所带电荷量为CEB两极板间匀强电场的电场强度大小为Ca、c两点间的电势差为D若增大两板间距离时，a、c两点间电势差不变8（4分）如图所示斜面，除AB段粗糙外，其余部分都是光滑的，一个物体从顶端滑下，经过A、C两点时的速度相等，且AB=BC，整个过程斜面体始终静止在水平地面上则

5、物体在AB段和BC段运动过程中（）A速度改变量相同B斜面体对水平面的压力相同C重力做功的平均功率相同D斜面体受到水平面的静摩擦力大小和方向均相同9（4分）质量为m，电量为q的点电荷只受电场力作用沿圆弧MN做匀速圆周运动，若圆弧MN的弧长为s，经过圆弧M、N两点的时间为t，经过这两点的速度偏向角为，不考虑点电荷对周围电场的影响，则（）AM、N两点的电势相等B点电荷q的加速度大小为a=C该点电荷q所处的电场可能是两个等量同种点电荷所产生的D该电场的场强方向一定指向圆弧的圆心10（4分）如图所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t=0时刻滑块从板的左端以速度水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且

6、最大静摩擦力等于滑动摩擦力滑块的vt图象可能是图乙中的（）ABCD11（4分）静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置如图所示为该透镜工作原理示意图，虚线表示这个静电场在xOy平面内的一簇等势线，等势线形状关于Ox轴、Oy轴对称，相邻两等势线间的电势差相等图中实线为某个电子通过电场区域时的运动轨迹，电子从a点运动到b点过程（）Aa点的电势高于b点的电势B电子在a点的加速度大于在b点的加速度C电子在a点的动能大于在b点的动能D电子在a点的电势能大于在b点的电势能12（4分）如图所示，某生产线上相互垂直的甲、乙传送带等高，宽度均为d，且均以大小为v的速度运行，图中虚线为传送带中线一工件（可

7、视为质点）从甲左端释放，经较长时间后从甲右端滑上乙，滑至乙中线处时恰好相对乙静止则（）A乙传送带对工件的摩擦力做功为零B工件从滑上乙到恰好与乙相对静止所用的时间为C工件与乙传送带间的动摩擦因数=D工件在乙传送带上的痕迹为直线，痕迹长为二、填空题（共4小题，每空2分，共16分）13（4分）如图所示，匀强电场场强为E，与竖直方向成角质量为m，电荷量为q的带负电的小球用细线系在竖直墙面上，静止时细线恰好水平，则场强的大小E=；剪短细线，小球从静止开始运动，经时间t小球电势能的变化量Ep=14（4分）如图所示，河道宽L=100m，河水流速大小u=0.2x m/s（x为离最近河岸的距离）某汽船从A处出发

8、渡河到达对岸B处，若船头始终垂直河岸，汽船相对静水的航速是10m/s，则汽船过河时间为s，汽船顺着河道向下游漂行的距离为15（4分）从地面上以初速度v0竖直上抛一个小球若小球在运动过程中所受空气阻力与速率成正比，小球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，则小球上升过程的平均速度（选填“”、“=”或“”），小球抛出瞬间的加速度大小为16（4分）质量为2kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能EK与其发生位移x之间的关系如图所示已知物块与水平面间的动摩擦因数=0.2，重力加速度g=10m/s2，则在x=3m

9、处物块的加速度大小为m/s2，在前4m位移过程中拉力对物块做的功为J三、实验题（共2小题，共17分）17（6分）橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内伸长量x与弹力F成正比，即F=kx，k的值与橡皮筋的原长L、横截面积S有关理论与实验都表明k=Y，其中Y是由材料决定的常数，材料力学中称之为杨氏模量在国际单位中，杨氏模量Y的单位应该是A N B m C N/m DN/m2某同学通过实验测得该橡皮筋的一些数据，做出了外力F与伸长量x之间的关系图象如图所示由图象可求得该橡皮筋的劲度系数k=N/m若该橡皮筋的原长是10.0cm，面积是1.0mm2，则该橡皮筋的杨氏模量Y的大小是（保留两位有效数字）18（11

10、分）如图为测量物块与水平木板之间动摩擦因数的实验装置示意图，细线平行于木板平面，物块和遮光片的总质量为M、重物的质量为m，遮光片的宽度为d，两光电门之间的距离为s让物块从光电门A的左侧由静止释放，分别测出遮光片通过光电门A、B所用的时间为tA和tB，用遮光片通过光电门的平均速度表示遮光片竖直中线通过光电门的瞬时速度（1）如果物块运动的加速度为a，则物块与水平木板之间的动摩擦因数为；A B C D （2）利用实验中测出的物理量，算出物块运动的加速度a为；A（） B（）C D（3）遮光片通过光电门的平均速度（选填“”、“=”或“于”）遮光片竖直中线通过光电门的瞬时速度，由此会产生误差，请写出一种减

11、小这一误差的方法答：（4）利用该实验装置还可以“探究合外力做功与动能变化的关系”，实验中若把重物的重力mg视为物块M（含遮光片）所受到的合力，则开始实验前应，实验中应通过调整物块和重物的质量控制系统运动的加速度，使之尽可能一点（选填“大”或“小”）四、计算题（本题共5小题，共69分）19（8分）取水平地面为重力势能零点一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等不计空气阻力，试求物块落地时的速度方向与水平方向的夹角20（10分）成都市二环路BRT（快速公交）于2013年开始运营，其中K1环线（杉板桥站杉板桥站）全线共31个（包括首末）站点公交车正常运行过程中，进出站时（可视为水平

12、面上的匀变速直线运动）加速度的大小均为2.5m/s2，停站时间20s，其余路段均以45km/h的速率行驶，取g=10m/s2（1）求公交车出站时，车上相对车静止的某乘客（质量为50kg）所受公交车的作用力大小（2）若公交车从首站出发到末站的过程中，中途不停靠任何站点，其他运行方式不变，则跑完全线所用时间比全线正常运行所用的时间少多少？21（15分）如图所示，在竖直平面内，两个圆弧与直轨道组合成光滑绝缘轨道，在高度h=2R以下存在E=、方向水平向右的匀强电场，其它几何尺寸如图所示，一带电量为q、质量为m的带正电的小球从A处以初速度v0向右运动（1）若小球始终沿轨道内侧运动而不脱离，则v0的大小应

13、满足什么条件？（2）在v0取（1）中的临界值时，求轨道对小球的最大弹力；（3）若小球运动到最高点B时对轨道的压力等于mg，试求小球从B点落回水平轨道过程中电场力所做的功22（17分）如图所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O点为弹簧原长位置，O点左侧水平面光滑水平段OP长L=1m，P点右侧一与水平方向成=30°的足够长的传送带与水平面在P点平滑连接，皮带轮逆时针转动速率为3m/s一质量为1kg可视为质点的物块A压缩弹簧（与弹簧不栓接），使弹簧获得弹性势能Ep=9J，物块与OP段动摩擦因素1=0.1另一与A完全相同的物块B停在P点，B与传送带的动摩擦因素2=，传送带足够长A与B

14、的碰撞时间不计，碰后A、B交换速度，重力加速度g=10m/s2，现释放A，求：（1）物块A、B第一次碰撞前瞬间，A的速率v0；（2）从A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与传送带之间由于摩擦而产生的热量；（3）A、B能够碰撞的总次数23（19分）相距很近的平行板电容器AB，A、B两板中心各开有一个小孔，如图甲所示，靠近A板的小孔处有一电子枪，能够持续均匀地发射出电子，电子的初速度为v0，质量为m，电量为e，在AB 两板之间加上图乙所示的交变电压，其中0k1，U0=；紧靠B 板的偏转电场的电压也等于U0，板长为L，两板间距为d，偏转电场的中轴线（虚线）过A、B两板中心，距偏转极板右端L/2处垂直

15、中轴线放置很大的荧光屏PQ不计电子的重力和它们之间的相互作用，电子在电容器AB中的运动时间忽略不计（1）在0T 时间内，荧光屏上有两个位置发光，试求这两个发光点之间的距离（结果用L、d 表示，第2小题亦然）（2）以偏转电场的中轴线为对称轴，只调整偏转电场极板的间距，要使荧光屏上只出现一个光点，极板间距应满足什么要求？（3）撤去偏转电场及荧光屏，当k 取恰当的数值，使在0T 时间内通过电容器B 板的所有电子，能在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，求k的值四川省成都九中2015届高三上学期期中物理试卷参考答案与试题解析一、不定项选择题（本题包括12小题，共48分；全对得4分，选不全得2分）1（4分

16、）下列叙述正确的是（）A重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想B库仑提出了用电场线描述电场的方法C伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证D用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强，电容，加速度都是采用比值法定义的考点：物理学史 分析：物理学中用到大量的科学方法，建立“合力与分力”、“平均速度”、“总电阻”采用等效替代的方法要了解伽利略对自由落体运动的研究的内容、方法、原理以及物理意义，伽利略斜面实验的卓越之处不是实验本身，而是实验所使用的独特的方法在实验的基础上，进行理想化推理（也称作理想化实验）它标志着物理学的真正开端在

17、实验的基础上进行科学推理是研究物理问题的一种方法，通常称之为理想实验法或科学推理法解答：解：A、重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都利用的等效替代的方法故A正确B、法拉第提出了用电场线描述电场的方法，故B错误C、伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，他实验和推论的方法进行认证的，故C错误D、场强，电容，加速度都是采用比值法定义的，是加速度的决定式，故D错误故选：A点评：本题属于记忆知识，要了解、熟悉物理学史，关键在于平时注意积累和记忆，不可忽视，不然很容易出错对于物理学上常用的科学研究方法：等效替代法、理想化模型法、比值定义法等等要理解并掌握，并进行归纳总结，对学习物理量的意义有

18、很大的帮助2（4分）关于功、功率和机械能，以下说法中正确的是（）A一对相互作用的静摩擦力同时做正功、同时做负功、同时不做功都是可能的B物体做曲线运动时，其合力的瞬时功率不可能为零C物体受合外力为零时，其动能不变，但机械能可能改变D雨滴下落时，所受空气阻力的功率越大，其动能变化就越快考点：功能关系；功的计算 分析：静摩擦力总是大小相等，方向相反，故一对静摩擦力一个做正功，一个做负功；一个受变力作用的物体做曲线运动时，如果速度为力垂直，功率为零；根据动能定理和机械能守恒即可判断；判断出雨滴的速度变化即可判断解答：解：A、静摩擦力总是大小相等，方向相反，位移相同，故一对静摩擦力一个做正功，一个做负功

19、，故A错误；B、一个受变力作用的物体做曲线运动时，如果速度与力垂直，功率为零，如匀速圆周运动，故B错误；C、根据动能定理可知，一个物体受合外力为零时，其动能不变，当外力做功，故机械能可能变化，故C正确；D、雨滴下落时，所受空气阻力的功率越大但雨滴最终匀速运动，故动能变化越来越慢，故D错误；故选：C点评：本题主要考查了力做功的条件，及对物体运动的分析，利用动能定即可判断3（4分）如图所示为甲、乙两物体在水平面上运动的轨迹图，M、N是两轨迹的交点则（）A甲所受的合外力可能为零B乙所受的合外力一定为零C两物体一定在N点相遇D从M到N，甲乙的平均速度可能相等考点：平均速度；物体做曲线运动的条件 专题：

20、物体做曲线运动条件专题分析：曲线运动的速度方向是切线方向，时刻改变，故一定是变速运动，一定具有加速度，合力一定不为零解答：解：A、甲物体做曲线运动，一定有向心加速度，故合力不为零，故A错误；B、乙物体可能做匀速直线运动，故合力可能为零，若乙做变速运动，则合外力不为0故B错误；C、从M到N，两物体的位移相同，但时间不一定相同，故两物体不一定在N点相遇，故C错误；D、从M到N的时间可能一定相同，故平均速度可能相等，故D正确；故选：D点评：本题关键是明确曲线运动的运动性质和动力学条件，知道曲线运动是变速运动，基础题目4（4分）如图所示，用一轻绳将光滑小球P系于竖直墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一

21、长方体物块Q，P、Q均处于静止状态，现有一铅笔紧贴墙壁从O点开始缓慢下移，则在铅笔缓慢下移的过程中（）A细绳的拉力逐渐变小BQ受到墙壁的弹力逐渐变大CQ受到墙壁的摩擦力逐渐变大DQ将从墙壁和小球之间滑落考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：分别对P、Q受力分析，通过P、Q处于平衡判断各力的变化解答：解：A、对P分析，P受到重力、拉力和Q对P的弹力处于平衡，设拉力与竖直方向的夹角为，根据共点力平衡有：拉力F=，Q对P的支持力N=mgtan铅笔缓慢下移的过程中，增大，则拉力F增大，Q对P的支持力增大故A错误B、C、D、对Q分析知，在水平方向上P对A的

22、压力增大，则墙壁对Q的弹力增大，在竖直方向上重力与摩擦力相等，所以A受到的摩擦力不变，Q不会从墙壁和小球之间滑落故B正确，C、D错误故选：B点评：本题关键是能够灵活地选择研究对象进行受力分析，根据平衡条件列方程求解5（4分）“空间站”是科学家进行天文探测和科学试验的特殊而又重要的场所假设“空间站”正在地球赤道平面内的圆周轨道上运行，其离地球表面的高度为同步卫星离地球表面高度的十分之一，且运行方向与地球自转方向一致下列说法正确的有（）A“空间站”运行的加速度等于其所在高度处的重力加速度B“空间站”运行的速度等于同步卫星运行速度的倍C站在地球赤道上的人观察到它向西运动D在“空间站”工作的宇航员因受

23、到平衡力而在舱中悬浮或静止考点：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：A、根据空间站在某一位置受到的重力提供它做圆周运动的向心力，可知运行加速度和所在高度处的重力加速度的关系B、根据万有引力提供向心力分析C、同步卫星和地球自转的角速度相同，比较出空间站和同步卫星的角速度大小，就可以判断出空间站相对于地球的运行方向D、在“空间站”工作的宇航员处于完全失重状态解答：解：A、根据，知“空间站”运行的加速度等于其所在高度处的重力加速度故A正确B、根据得：v=，离地球表面的高度不是其运动半径，所以线速度之比不是：1，故B错误；C、轨道半径越大，角速度越小，同步

24、卫星和地球自转的角速度相同，所以空间站的角速度大于地球自转的角速度，所以站在地球赤道上的人观察到空间站向东运动故C错误；D、在“空间站”工作的宇航员处于完全失重状态，靠万有引力提供向心力，做圆周运动故D错误故选A点评：解决本题的关键掌握万有引力等于重力，以及处于空间站中的人、物体处于完全失重状态，靠地球的万有引力提供向心力，做圆周运动6（4分）一水平放置的木板上放有砝码，砝码与木板间的摩擦因数为，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，如果让木板在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，假如运动中木板始终保持水平，砝码始终没有离开木板，则（）A在通过轨道最高点时砝码处于超重状态B在经过轨道最低点时砝码所受静

25、摩擦力最大C匀速圆周运动的速率vD在通过轨道最低点和最高点时，砝码对木板的压力差为砝码重力的6倍考点：向心力；摩擦力的判断与计算 专题：匀速圆周运动专题分析：具有向下的加速度为失重，具有向上的加速度为超重；最大静摩擦力必须大于或等于砝码所需的向心力；分别对最高点和最低点受力分析，根据牛顿第二定律表示最高点和最点点的砝码受的支持力解答：解：A、在通过轨道最高点时，向心加速度竖直向下，是失重，故A项错误；B、木板和砝码在竖直平面内做匀速圆周运动，则所受合外力提供向心力，砝码受到重力G木板支持力FN和静摩擦力Ff，由于重力G和支持力FN在竖直方向上，因此只有当砝所需向心力在水平方向上时静摩擦力有最大

26、值，此位置是当木板和砝码运动到与圆心在同一水平面上时的位置，最大静摩擦力必须大于或等于砝码所需的向心力，即FN，此时在竖直方向上FN=mg，故，故B项错误，C项正确D、在最低点，在最高，则，故D项错误故选：C点评：本题考查了牛顿第二定律的应用，关键是明确砝码向心力的来源7（4分）如图所示，一平行板电容器的电容为C，两极板M、N间距离为d，所接电源的电动势为E，两板间a、b、c三点的连线构成一等腰直角三角形两直角边ac、bc长为L，ab边与两板平行，则（）A电容器所带电荷量为CEB两极板间匀强电场的电场强度大小为Ca、c两点间的电势差为D若增大两板间距离时，a、c两点间电势差不变考点：电容器的动

27、态分析；电场强度；电势差 专题：电容器专题分析：根据电容的定义式C= 求出电容器的带电量两极板间匀强电场的电场强度大小E=PN间的电势差小于板间电压U根据U=Ed，d是两点间沿场强方向的距离求电势差将带电量为+q的电荷从M移到P，电场力做正功，电势能减小根据电场力做功公式WMP=qUMP求出电场力做功解答：解：A、电容器两端的电压为电源的电动势；故电容器的带电量Q=EC；故A正确；B、电场强度E=；故B正确；C、ac两点的电势差Uac=Edac=Lsin45°=；故C错误；D、因电容器与电源相连；故电容两端的电压不变；增大两板间的距离时，电场强度减小，故ac两点的电势差减小；故D错误

28、；故选：AB点评：本题中涉及电容、电场强度、电势差、电场力做功等多个知识点公式U=Ed中，d是两点间沿场强方向的距离，不是两点间的距离8（4分）如图所示斜面，除AB段粗糙外，其余部分都是光滑的，一个物体从顶端滑下，经过A、C两点时的速度相等，且AB=BC，整个过程斜面体始终静止在水平地面上则物体在AB段和BC段运动过程中（）A速度改变量相同B斜面体对水平面的压力相同C重力做功的平均功率相同D斜面体受到水平面的静摩擦力大小和方向均相同考点：功率、平均功率和瞬时功率；功的计算 专题：功率的计算专题分析：物体经过A、C两点时的速度相等，说明物体在AB段做匀减速运动，在BC段做匀加速运动由v=vv0研

29、究速度的变化量关系由平均速度和位移关系研究两段时间关系，物体在AB段和BC段重力做功相等，根据平均功率的公式比较平均功率的大小根据平衡，结合牛顿第二定律确定地面摩擦力的大小，根据超重、失重判断整体的受力，由牛顿第三定律确定支持力大小解答：解：A、物体在AB段速度的变化量为v1=vBvA，在BC段速度的变化量v2=vCvB，由题，vA=vC，则v1=v2知速度该变量大小相等，方向相反故A错误B、在AB段，物体的加速度沿斜面向上，故超重，对地面的压力大于重力，在BC段，物体的加速度沿斜面向下，故失重，对地面的压力小于重力，由牛顿第三定律得，斜面体受到地面支持力的大小不相等，故B错误C、由xAB=t

30、AB，xBC=tBC，vA=vC可知，时间tAB=tBC，在AB段和BC段重力做功相等，则重力做功的平均功率相等故C正确D、在AB段，物体的加速度沿斜面向上，以斜面和物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知，整体有水平向右的合外力，则地面对斜面的静摩擦力水平向右；在BC段，物体的加速度沿斜面向下，以斜面和物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知，整体有水平向左的合外力，则地面对斜面的静摩擦力水平向左又合力相等，故水平分力相等，斜面体受到地面静摩擦力的大小相等，方向相反，故D错误故选：C点评：本题中要注意加速度、速度的变化量是矢量，只有大小和方向都相同时，加速度或速度变化量才相同以及知道对于不同

31、加速度的物体，也可以通过整体法进行分析9（4分）质量为m，电量为q的点电荷只受电场力作用沿圆弧MN做匀速圆周运动，若圆弧MN的弧长为s，经过圆弧M、N两点的时间为t，经过这两点的速度偏向角为，不考虑点电荷对周围电场的影响，则（）AM、N两点的电势相等B点电荷q的加速度大小为a=C该点电荷q所处的电场可能是两个等量同种点电荷所产生的D该电场的场强方向一定指向圆弧的圆心考点：电势；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：速度偏向角与圆心角相等，根据圆心角和运动的时间求出角速度的大小，结合弧长和半径的关系得出半径的大小，从而求出点电荷的加速度大小抓住电场力不做功判断M、N两点的电势大小关系解答：

32、解：A、该电荷做匀速圆周运动，所以电场力不做功，故M、N两点的电势相等，故A正确；B、点电荷q做圆周运动转过的圆心角为，加速度大小为a=（）2=，故B错误；C、该点电荷q可以在两个等量同种点电荷中垂面上做匀速圆周运动，所以该点电荷q所处的电场可能是两个等量同种点电荷所产生的，故C正确D、不知道该电荷的正负，该电场的场强方向不一定指向圆弧的圆心，故D错误故选：AC点评：本题考查带电粒子在电场中做匀速圆周运动，知道向心力的来源，知道电场力做功与电势能的关系，电场力不做功，电势能不变，则电势相等10（4分）如图所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t=0时刻滑块从板的左端以速度水平向右滑行，木板

33、与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力滑块的vt图象可能是图乙中的（）ABCD考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像 专题：牛顿运动定律综合专题分析：滑块滑上木板，木板可能运动，可能不动，所以滑块可能先做匀减速运动，然后和木板一起做匀减速运动，也可能一直做匀减速运动解答：解：滑块滑上木板，受到木板对滑块向左的滑动摩擦力，做匀减速运动，若木块对木板的摩擦力大于地面对木板的摩擦力，则木板做匀加速直线运动，当两者速度相等时，一起做匀减速运动设木块与木板之间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数为2，木块的质量为m，木板的质量为M，知木板若滑动，则1mg

34、2（M+m）g，最后一起做匀减速运动，加速度a=2g，开始木块做匀减速运动的加速度大小a=1g2g，知图线的斜率变小故B正确，C错误若1mg2（M+m）g，则木板不动，滑块一直做匀减速运动故D正确由于地面有摩擦力，最终木块和木板不可能一起做匀速直线运动故A错误故选：BD点评：解决本题的关键理清物块和木板的运动规律，结合牛顿第二定律求解加速度，在vt图象中斜率代表加速度；11（4分）静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置如图所示为该透镜工作原理示意图，虚线表示这个静电场在xOy平面内的一簇等势线，等势线形状关于Ox轴、Oy轴对称，相邻两等势线间的电势差相等图中实线为某个电子通过电场区域

35、时的运动轨迹，电子从a点运动到b点过程（）Aa点的电势高于b点的电势B电子在a点的加速度大于在b点的加速度C电子在a点的动能大于在b点的动能D电子在a点的电势能大于在b点的电势能考点：电势；电势能 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据等势线与电场线垂直和电势变化的情况从而画出电场线，然后根据受力情况分析出物体在x轴方向的速度变化情况根据负电荷在电势低处电势能大，判断电势能的变化，确定电场力做功的正负解答：解：A、由于等势线的电势沿x轴正向增加，根据等势线与电场线垂直，可作出电场线，电子所受的电场力与场强方向相反，故电子在y轴左侧受到一个斜向右下方的电场力，在y轴右侧受到一个斜向右上方的电场力

36、，故电子沿x轴方向一直加速，对负电荷是从低电势向高电势运动，a点的电势低于b点的电势，故A错误B、根据等势线的疏密知道b处的电场线也密，场强大，电子的加速度大，故B错误C、根据负电荷在负电荷在电势低处电势能大，可知电子的电势能一直减小，则电子在a处的电势能大于在b处的电势能D电子的电势能一直减小，则电子穿过电场的过程中，电场力始终做正功，动能增加，故C错误，D正确故选：D点评：解决这类题目的一定要从受力情况着手，分析电子的运动情况，能熟练运用推论：负电荷在电势低处电势能大，判断电势能的变化12（4分）如图所示，某生产线上相互垂直的甲、乙传送带等高，宽度均为d，且均以大小为v的速度运行，图中虚线

37、为传送带中线一工件（可视为质点）从甲左端释放，经较长时间后从甲右端滑上乙，滑至乙中线处时恰好相对乙静止则（）A乙传送带对工件的摩擦力做功为零B工件从滑上乙到恰好与乙相对静止所用的时间为C工件与乙传送带间的动摩擦因数=D工件在乙传送带上的痕迹为直线，痕迹长为考点：功的计算；摩擦力的判断与计算 专题：功的计算专题分析：以乙传送带为参考系，工件有向右的初速度v和向下的初速度v，合速度为v，做匀加速直线运动；然后根据牛顿第二定律求解加速度，根据动能定理求解功解答：解：A、滑上乙之前，工件绝对速度为v，动能为mv2，滑上乙并相对停止后，绝对速度也是v，动能也是mv2，而在乙上面的滑动过程只有摩擦力做了功

38、，动能又没变化，所以乙对工件的摩擦力做功为0；故A正确；B、C、假设它受滑动摩擦力f=mg，方向与合相对速度在同一直线，所以角=45°，则相对于乙的加速度也沿这个方向，经过t后，它滑到乙中线并相对于乙静止，根据牛顿第二定律，有：mg=ma，解得a=g；运动距离L=×=d，又L=at2，将L和a代入所以t=，解得=；故BC均错误；D、物体滑上乙时，相对于乙上的那一点的速度分为水平向右的v和向后的v，合速度为v，就是沿着与乙成45°的方向，那么相对于乙的运动轨迹肯定是直线，L=d；故D正确；故选：AD点评：本题的难点在于确定运动轨迹是直线，要与传送带乙为参考系，然后根

39、据牛顿第二定律、运动学公式、动能定理列式分析，较难二、填空题（共4小题，每空2分，共16分）13（4分）如图所示，匀强电场场强为E，与竖直方向成角质量为m，电荷量为q的带负电的小球用细线系在竖直墙面上，静止时细线恰好水平，则场强的大小E=；剪短细线，小球从静止开始运动，经时间t小球电势能的变化量Ep=考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系 专题：电场力与电势的性质专题分析：由受理平衡列方程求出场强大小，剪断线后小球受力恒定，将做初速度为零的匀加速直线运动解答：解：根据受力分析：知电场力方向与电场强度方向相反，知小球带负电根据qEcos=mg知，场强的大小E=剪断线后小球受力为水平向右，大小为T

40、=mgtan由牛顿第二定律，得mgtan=maa=gtan小球从静止开始运动，经时间t小球的速度为v=at=gtant小球获得的动能为由能量守恒小球电势能的变化量Ep=Ek=故答案为：，点评：正确对小球受力分析是解决本题的关键，小球的运动情况要根据受力情况来判断14（4分）如图所示，河道宽L=100m，河水流速大小u=0.2x m/s（x为离最近河岸的距离）某汽船从A处出发渡河到达对岸B处，若船头始终垂直河岸，汽船相对静水的航速是10m/s，则汽船过河时间为10s，汽船顺着河道向下游漂行的距离为50考点：运动的合成和分解 专题：运动的合成和分解专题分析：将船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方

41、向，在垂直于河岸方向上的速度等于静水速，根据河宽以及在垂直于河岸方向上的速度求出渡河的时间水流速与到河岸的最短距离x成正比，是成线性变化的，知水流速的平均速度等于处的水流速根据平均水流速，求出沿河岸方向上的位移解答：解：将船的运动分解为沿河岸方向和垂直河岸方向，在垂直河岸方向上，t=s=10s；水流速的平均速度等于处的水流速，则沿河岸方向的距离x=t=0.2××10m=50m；故答案为：10，50点评：解决本题的关键知道合运动与分运动具有等时性，各分运动具有独立性，互不影响15（4分）从地面上以初速度v0竖直上抛一个小球若小球在运动过程中所受空气阻力与速率成正比，小球运动的

42、速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，则小球上升过程的平均速度（选填“”、“=”或“”），小球抛出瞬间的加速度大小为（1+）g考点：匀变速直线运动的图像；平均速度；加速度 专题：运动学中的图像专题分析：由图象得到小球上升过程和下降过程的运动规律，然后进行受力分析，根据牛顿第二定律进行分析解答：解：速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，从图象可以看出，位移小于阴影部分面积，而阴影部分面积是匀减速直线运动的位移，匀减速直线运动的平均速度等于 ，故小球上升过程的平均速度小于，空气阻力与其速率成正比，最终以v1匀速下降，有：mg=kv1；小球抛

43、出瞬间，有：mg+kv0=ma0；联立解得：a0=（1+）g故答案为：，（1+）g点评：关于速度时间图象，重点要掌握速度时间图象斜率表示加速度，面积表示位移，会用极限的思想求解位移16（4分）质量为2kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能EK与其发生位移x之间的关系如图所示已知物块与水平面间的动摩擦因数=0.2，重力加速度g=10m/s2，则在x=3m处物块的加速度大小为1.25m/s2，在前4m位移过程中拉力对物块做的功为25J考点：功的计算；牛顿第二定律 专题：功的计算专题分析：（1）对x=2m到x=4m段运用动能定理，求出水平拉力的大小，根据牛顿第二定律求

44、出物块的加速度（2）根据动能定理求出前4m内拉力对物块所做的功解答：解：（1）对x=2m到x=4m段运用动能定理，有：Fxmgx=Ek，解得F=6.5Na=1.25m/s2（2）对全过程运用动能定理得，WFmgs=Ek，解得WF=25J故答案为：1.25，25点评：本题考查学生的读图能力，能够从图中获取信息，以及能够灵活运用动能定理和牛顿第二定律三、实验题（共2小题，共17分）17（6分）橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内伸长量x与弹力F成正比，即F=kx，k的值与橡皮筋的原长L、横截面积S有关理论与实验都表明k=Y，其中Y是由材料决定的常数，材料力学中称之为杨氏模量在国际单位中，杨氏模量Y的单

45、位应该是DA N B m C N/m DN/m2某同学通过实验测得该橡皮筋的一些数据，做出了外力F与伸长量x之间的关系图象如图所示由图象可求得该橡皮筋的劲度系数k=500N/m若该橡皮筋的原长是10.0cm，面积是1.0mm2，则该橡皮筋的杨氏模量Y的大小是5.0×107（保留两位有效数字）考点：探究弹力和弹簧伸长的关系 专题：实验题；弹力的存在及方向的判定专题分析：根据表达式k=推导出Y的单位根据图象中的直线部分由胡克定律求出劲度系数解答：解：由K=可知，Y=；故Y的单位为：Nm/m2m=N/m2；故D正确、ABC错误故选：D图象中直线部分符合胡确定律，则可知，k=N/m=5

46、15;102N/m根据表达式k=得：Y=N/m2=5.0×107N/m2故答案为：D； 500；5.0×107点评：本题结合图象考查了胡克定律的基础知识，是一道考查基础知识的好题要求学生具有一定的根据实验数据获取信息的能力同时要掌握Fx图线的斜率表示劲度系数18（11分）如图为测量物块与水平木板之间动摩擦因数的实验装置示意图，细线平行于木板平面，物块和遮光片的总质量为M、重物的质量为m，遮光片的宽度为d，两光电门之间的距离为s让物块从光电门A的左侧由静止释放，分别测出遮光片通过光电门A、B所用的时间为tA和tB，用遮光片通过光电门的平均速度表示遮光片竖直中线通过光电门的瞬时

47、速度（1）如果物块运动的加速度为a，则物块与水平木板之间的动摩擦因数为A；A B C D （2）利用实验中测出的物理量，算出物块运动的加速度a为B；A（） B（）C D（3）遮光片通过光电门的平均速度（选填“”、“=”或 “于”）遮光片竖直中线通过光电门的瞬时速度，由此会产生误差，请写出一种减小这一误差的方法答：减小遮光片的宽度，也可以通过计算，消除理论误差（4）利用该实验装置还可以“探究合外力做功与动能变化的关系”，实验中若把重物的重力mg视为物块M（含遮光片）所受到的合力，则开始实验前应平衡摩擦，实验中应通过调整物块和重物的质量控制系统运动的加速度，使之尽可能小一点（选填“大”或“小”）考

48、点：探究影响摩擦力的大小的因素 专题：实验题分析：（1）分别对m和M进行受力分析，然后使用牛顿第二定律即可求得摩擦因数；（2）遮光板通过光电门的时间很短，可以用对应时间内的平均速度代替瞬时速度；根据速度位移关系公式求解；（3）遮光片通过光电门的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，而物块做加速运动前一半的时间内的位移小于后一半时间内的位移解答：解：（1）对m：mgF拉=ma对M：F拉Mg=Ma解得：=故选：A；（2）由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，故vA=；vB=由运动学的导出公式：2as=解得：a=（）；故选：B；（3）遮光片通过光电门的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，

49、而物块做加速运动前一半的时间内的位移小于后一半时间内的位移，所以时间到一半时，遮光片的中线尚未到达光电门，所以遮光片通过光电门的平均速度小于遮光片竖直中线通过光电门的瞬时速度为减小实验的误差，可以减小遮光片的宽度，也可以通过计算，消除理论误差4）利用该实验装置还可以“探究合外力做功与动能变化的关系”，实验中若把重物的重力mg视为物块M（含遮光片）所受到的合力，则开始实验前应 平衡摩擦，实验中应通过调整物块和重物的质量控制系统运动的加速度，使之尽可能小一点故答案为：（1）A；（2）B；（3），减小遮光片的宽度（4）平衡摩擦，小点评：本题关键明确探究加速度与物体质量、物体受力的关系实验的实验原理，

50、知道减小系统误差的两种方法，不难四、计算题（本题共5小题，共69分）19（8分）取水平地面为重力势能零点一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等不计空气阻力，试求物块落地时的速度方向与水平方向的夹角考点：机械能守恒定律 专题：机械能守恒定律应用专题分析：根据机械能守恒定律，以及已知条件：抛出时动能恰好是重力势能的3倍，分别列式即可求出落地时速度与水平速度的关系，从而求出物块落地时的速度方向与水平方向的夹角解答：解：由机械能守恒得mv+mgh=mv2 由题意，mgh=mvcos =联立知cos= 所以物块落地时速度方向与水平方向的夹角=450答：物块落地时的速度方向与水平方向的

51、夹角为45°点评：解决本题的关键会熟练运用机械能守恒定律处理平抛运动，并要掌握平抛运动的研究方法：运动的分解20（10分）成都市二环路BRT（快速公交）于2013年开始运营，其中K1环线（杉板桥站杉板桥站）全线共31个（包括首末）站点公交车正常运行过程中，进出站时（可视为水平面上的匀变速直线运动）加速度的大小均为2.5m/s2，停站时间20s，其余路段均以45km/h的速率行驶，取g=10m/s2（1）求公交车出站时，车上相对车静止的某乘客（质量为50kg）所受公交车的作用力大小（2）若公交车从首站出发到末站的过程中，中途不停靠任何站点，其他运行方式不变，则跑完全线所用时间比全线正常

52、运行所用的时间少多少？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）人受水平方向的推力及支持力的作用，由二力合成可求得公交车对人的作用力；（2）明确进站及出站的时间，再根据不停时所用的时间，则可求得节约出的时间解答：解：（1）出站过程中，对人，Fx=ma=125N Fy=mg=500N 所以N （2）对出站过程，s，m 对进站过程，t2=t1=5s，x2=x1=31.25m 中途每停靠一站多用时间+20=25s 中途不停靠比全线正常运行少停靠29个站点，故t=29t0=725s 答：（1）公交车对人的作用力为125s；（2）比全线正常运行所用的时间

53、少725s点评：本题有两个易错点，一是忽略车对人的支持力；二是忽略车正常过站时所用的时间21（15分）如图所示，在竖直平面内，两个圆弧与直轨道组合成光滑绝缘轨道，在高度h=2R以下存在E=、方向水平向右的匀强电场，其它几何尺寸如图所示，一带电量为q、质量为m的带正电的小球从A处以初速度v0向右运动（1）若小球始终沿轨道内侧运动而不脱离，则v0的大小应满足什么条件？（2）在v0取（1）中的临界值时，求轨道对小球的最大弹力；（3）若小球运动到最高点B时对轨道的压力等于mg，试求小球从B点落回水平轨道过程中电场力所做的功考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理 专题：电场力与电势的性质专题分

54、析：小球整个运动只能束缚在轨道内运动而不脱离，末速度可以为零，根据功能关系列方程 化简即可将重力和电场力合成后当作一种全新的场力，找到等效场的最低点，最低处小球对轨道的弹力最大，根据动能定理化简计算出等效场的最低点处的速度，再根据合力提供向心力，计算压力根据合力提供向心力解出小球通过B点的速度，经过B点后，小球在竖直方向上做自由落体运动，小球从B点落到电场上方水平方向上向左做匀速直线运动，小球进入电场中，在水平方向上，受到水平向右电场力，水平向左做匀减速运动根据竖直方向的运动计算时间，在水平方向上分段计算位移根据qEx可求电场力做功情况解答：解：（1）若刚好不脱离轨道，则：解得：，所以应有：（2）重力与电场力的合力