贵州遵义航天高中高二物理下学期期末试卷含解析

1、贵州省遵义市航天高中2014-2015学年高二下学期期末物理试卷一、选择题（本题共 8小题，每小题6分.第1-5题所给的四个答案中只有一项符合题目 要求，选对得6分，错选、多选得 0分；6-8题所给四个选项中有多项符合题目要求，全部 选对得6分，选对但不全得 3分，有错选的得 0分.）（6分）如图所示是一种汽车安全带控制装置的示意图.当汽车处于静止或匀速直线运动时，摆锤竖直悬挂，锁棒水平，棘轮可以自由转动，安全带能被拉动.当汽车突然刹车时，摆锤由于惯性绕轴摆动，使得锁棒锁定棘轮的转动， 安全带不能被拉动. 若摆锤从图中实线位置摆到虚线位置，汽车的可能运动方向和运动状态是（）A.向右行驶、突然刹

2、车C.向左行驶、匀速直线运动B.向左行驶、突然刹车D.向右行驶、匀速直线运动（6分）如图所示，小船被绳索牵引着匀速靠岸，若水的阻力不变，则（）A.绳子张力不变C.船所受浮力不变B.绳子张力不断减小D.船所受浮力不断减小（6分）如图甲所示，静止在水平地面上的物块 A,受到水平推力 F的作用，F与时间t 的关系如图乙所示，设物块与地面之间的最大静摩擦力fm大小与滑动摩 擦力大小相等，则0t。时间内力F的功率逐渐增大t1时刻A的动能最大t2时刻A的速度最大t 2时刻后物体做反方向运动 TOC o 1-5 h z .（6分）在物理学建立、发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步.关于科

3、学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）A.古希腊学者亚里士多德认为物体下落的快慢由它们的重量决定，伽利略在他的两种新科学的对话中利用逻辑推断，使亚里士多德的理论陷入了困境 B.德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了万有引力定律C.英国物理学家卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了静电力常量D.楞次发现了电磁感应现象，并研究得出了判断感应电流方向的方法-楞次定律. （6分）如图甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为4: 1,电压表和电流表均为理想电表，R为阻值随温度升高而变小的热敏电阻，R为定值电阻.若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电.下列说法

4、中正确的是（）A.电子的加速度aA aB 4）b 4）cA.输入变压器原线圈的交流电压的表达式为u=36sin50兀tVB.变压器原、副线圈中的电流之比为4: 1t=0.01s时，发电机的线圈平面位于中性面R温度升高时，变压器的输入功率变小（6分）一电子射入固定在 O点的点电荷的电场中，电子仅在电场力的作用运动，其运动轨迹如图中虚线所示.图中的实线是以O为圆心等间距的同心圆，c是粒子运动轨迹与最小圆的切点，a、b是粒子运动轨迹与另外两个圆的交点，则下列说法中正确的是（）B,电子的电势能 Epa Epb &cD.电势差Uc=2Ub（6分）如图所示，两根光滑平行的金属导轨，放在倾角为0的斜面上，导

5、轨的左端接有电阻R,导轨自身电阻不计，斜面处在一匀强磁场中，方向垂直斜面向上，一质量为m电阻不计的金属棒，在沿斜面并与棒垂直的恒力 F作用下沿导轨匀速上滑， 并上升了 h高度 在上滑过程中（）A.金属棒所受合外力所做的功等于mgh与电阻R上产生的热量之和B.恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的热量C.金属棒受到的合外力所做的功为零D.恒力F与安培力的合力所做的功为mgh（6分）如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度为 B的匀强磁场区域，MN M N是匀强磁场区域的水平边界，边界的宽度为S,并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直.现

6、让金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v-t图象（其中OA BG DE相互平行）.已知金属线框的边长为 L （LVS）、质量为m,电阻为R,当地的 重力加速度为g,图象中坐标轴上所标出的字母VI、V2、tl、t2、t 3、t 4均为已知量.（下落过程中bc边始终水平）根据题中所给条件，以下说法正确的是（） TOC o 1-5 h z :用AC/N/ !i 一Mr- N* 一乙!1J*iiii力i甲GA. t 2是线框全部进入磁场瞬间，t 4是线框全部离开磁场瞬间B.从bc边进入磁场起一直到 ad边离开磁场为止，感应电流所做的功为mgSc.

7、Vi的大小可能为D.线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量比线框进入磁场过程中流经框横截面的 电荷量多三、非选择题：包括必考题和选考题两部分.（5分）在“探究功与物体速度变化的关系”的实验中，实验装置如图甲所示.让小车在一条橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行，此时橡皮筋对小车做的功记为W然后用完全相同的橡皮筋二条、三条合并在一起分别进行第2次、第3次实验，每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致.且每次实验中小车获得的速度可由打点计时器所打的纸带求出.（打点计时器所用交流电频率为 50Hz）.(1)若木板水平放置，小车在一条橡皮筋作用下运动，当小车速度最大时，对橡皮筋所处的状态与小车所在的位置，下

8、列说法正确的是.A.橡皮筋处于原长状态B.橡皮筋仍处于伸长状态C.小车正好运动到两个铁钉的连线处D.小车已过两个铁钉的连线(2)为了使小车运动中所受的合外力正好等于橡皮筋对它的弹力，应采取的措施是；(3)如表是按正确操作分别得到的 4次实验中获得的部分数据，其中缺少第3次实验(三条橡皮筋对小车做功)的部分数据，请根据第3次实验所得的纸带(图乙)补全表中的空格.次数1234橡皮筋对小车做功W2W3W4W小车速度v (m/s)1.001.422.00v2 (R/S 2)1.002.024.00(4)从表中数据你得出的结论是.(10分)太阳能电池板在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以

9、视为一个电学器件.某实验小组根据测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池板在没有光照时(没有储存电能)的 I - U特性.所用的器材包括：太阳能电池板，电源E,电流表A,电压表V,滑动变阻器 R,开关S及导线若,urv(1)为了达到上述目的，实验电路应选用图甲中的图(填 a”或b”).(2)该实验小组根据实验得到的数据，描点绘出了如图乙的I-U图象.由图可知，当电压小于2.00V时，太阳能电池板的电阻(填“很大”或“很小”)：当电压为2.80V时，太阳能电池板的电阻为 Q(3)当有光照射时，太阳能电池板作为电源，其路端电压与总电流的关系如图丙所示，分析该曲线可知，该电池板作为电源时

10、的电动势为V.若把它与阻值为1KQ的电阻连接构成一个闭合电路，在有光照射情况下，该电池板的效率是 (结果保留三位有效数字)(14分)如图所示，质量为1kg的小球用长为0.5m的细线悬挂在 O点，O点距地高度为 1m,如果使小球绕OO轴在水平面内做圆周运动，若细线受力为12.5N就会拉断，g取10m/s2,求：（1）当小球的角速度为多大时细线将断裂.（2）线刚好拉断时球落地点与悬点的水平距离.（18分）（普通班做）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第IV象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，一带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度V0垂直于y轴射入电场，经偏

11、转电场后到达x轴上的N点，然后射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，已知 M点的坐标是（0, h）, N点 的坐标是（2h, 0）,不计粒子重力，求：（1）粒子到达N点时的速度v的大小以及v与初速度V0的夹角0 ;（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；（3）粒子从M点运动到P点的总时间t.【选修3-41（15分）（5分）下列关于简谐振动以及做简谐运动的物体完成一次全振动的意义，以下说法正 确的是（）A.位移减小时，加速度减小，速度增大B.位移的方向总跟加速度的方向相反，跟速度的方向相同C.动能或势能第一次恢复为原来的大小所经历的过程D.速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向

12、所经历的过程E.物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相反；背离平衡位置时，速度 方向与位移方向相同（10分）如图所示的弹簧振子，放在光滑水平桌面上，O是平衡位置，振幅 A=2cm,周期 T=0.4s .（1）若以向右为位移的正方向，当振子运动到右方最大位移处开始计时，试画出其振动一 个周期的振动图象；（2）若从振子经过平衡位置开始计时，求经过 2.6s小球通过的路程.【选修3-5】（15分）15.D.E.下面关于物体动量和冲量的说法不正确的是（）物体的动量发生改变，则合外力一定对物体做了功物体的运动状态改变，其动量一定改变物体的动量发生改变，其动能一定发生改变物体所受合外力冲量不

13、为零，它的动量一定要改变 物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大16.如图所示，光滑的杆 MNK平固定，物块 A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，A通过长度为L的轻质细绳与物块 B相连，A、B质量均为m且可视为质点.一质量也为 m的子弹水平 射入物块B后未穿出，若杆足够长，此后运动过程中绳子偏离竖直方向的最大夹角为60。，求子弹刚要射入物块 B时的速度大小.贵州省遵义市航天高中2014-2015学年高二下学期期末物理试卷参考答案与试题解析 一、选择题（本题共 8小题，每小题6分.第1-5题所给的四个答案中只有一项符合题目 要求，选对得6分，错选、多选得 0分；6-8题所给四个选项中有多项符合题目要求

14、，全部 选对得6分，选对但不全得 3分，有错选的得 0分.）（6分）如图所示是一种汽车安全带控制装置的示意图.当汽车处于静止或匀速直线运动时，摆锤竖直悬挂，锁棒水平，棘轮可以自由转动，安全带能被拉动.当汽车突然刹车时，摆锤由于惯性绕轴摆动，使得锁棒锁定棘轮的转动， 安全带不能被拉动. 若摆锤从图中实线位置摆到虚线位置，汽车的可能运动方向和运动状态是（）接傕B.向左行驶、突然刹车D.向右行驶、匀速直线运动A.向右行驶、突然刹车C.向左行驶、匀速直线运动考点：牛顿第一定律.专题：牛顿运动定律综合专题.分析：对物体进行受力分析， 可知物体所受合力方向向左， 故汽车向左作匀加速运动或向右作匀减速运动.

15、解答： 解：对摆锤进行受力分析，如图所示，F Fy用g所以物体在水平方向所受合力不为0且方向向左，故物体的加速度方向向左.所以若汽车运动方向向左，即向左作匀加速运动；若汽车运动方向向右，即向右作匀减速运动.故A正确.故选A.点评：通过受力情况确定物体加速度的方向从而确定物体的运动情况是我们解决此类题目的基本步骤.（6分）如图所示，小船被绳索牵引着匀速靠岸，若水的阻力不变，则（）F *A.绳子张力不变C.船所受浮力不变B.绳子张力不断减小D.船所受浮力不断减小考点： 运动的合成和分解；力的合成与分解的运用.专题：运动的合成和分解专题.分析：对小船进行受力分析，受重力、浮力、绳子的拉力，阻力做匀速

16、直线运动，根据共点力平衡判断绳子的张力和浮力的变化.解答： 解：对小船进行受力分析，如图，因为小船做匀速直线运动，所以小船处于平衡，设拉力与水平方向的夹角为。，有：Fcos 0 =f Fsin 0 +F浮=mg船在匀速靠岸的过程中，0增大，阻力不变，根据平衡方程知，绳子的张力增大，根据平衡方程知，张力增大，sin 0增大，所以船的7?力减小.故D正确，A、B、C错误.故选D.产点评：解决本题的关键掌握共点力平衡，知道小船在做匀速直线运动时，所受合力为0,根据0角的变化，判断力的变化.(6分)如图甲所示，静止在水平地面上的物块 A,受到水平推力 F的作用，F与时间t 的关系如图乙所示，设物块与地

17、面之间的最大静摩擦力 fm大小与滑动摩 擦力大小相等，则()甲乙0t0时间内力F的功率逐渐增大ti时刻A的动能最大t2时刻A的速度最大t 2时刻后物体做反方向运动考点：动能定理的应用.分析：当推力小于最大静摩擦力时， 物体静止不动，静摩擦力与推力二力平衡， 当推力大于最大静摩擦力时， 物体开始加速，当推力重新小于最大静摩擦力时，物体由于惯性继续减速运动.解答： 解：A、t0时刻前，推力小于最大静摩擦力，物体静止不动，静摩擦力与推力二力平衡，合力为零，力 F的功率为零，故 A错误；日t。到t2时刻，合力向前，物体一直加速前进，故 B错误；C D、12之后合力向后，物体由于惯性减速前进，故t2时刻

18、A的速度最大，C选项正确，D选项错误； 故选C.点评：目前已知的所有宏观物体都是靠惯性运动，力只是改变速度的原因，t0时刻前，合力为零，物体静止不动，to到t2时刻，合力向前，物体加速前进，t2之后合力向后，物体减速前进. TOC o 1-5 h z .（6分）在物理学建立、发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步.关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）A.古希腊学者亚里士多德认为物体下落的快慢由它们的重量决定，伽利略在他的两种新科学的对话中利用逻辑推断，使亚里士多德的理论陷入了困境 B.德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了万有引力定律C.英

19、国物理学家卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了静电力常量 D.楞次发现了电磁感应现象，并研究得出了判断感应电流方向的方法-楞次定律考点：物理学史.分析：古希腊学者亚里士多德认为物体下落的快慢由它们的重量决定.伽利略在他的两种新科学的对话中利用逻辑推断，提示了这个理论内部的矛盾，使亚里士多德的理论陷人了困境.德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了行星运动的定律.英国物理学家卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了引力常量.楞次发现了电磁感应现象，并研究得出了判断感应电流方向的方法一楞次定律. 解答： 解：A、古希腊学者亚里士多德认为物体下落的快慢由它们

20、的重量决定.伽利略在 他的两种新科学的对话中利用逻辑推断，提示了这个理论内部的矛盾，使亚里士多德的理论陷人了困境.故 A正确.日德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了行星运动的 三大定律.牛顿发现了万有引力定律，故 B错误.C英国物理学家、化学家卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了引力常量 G.故C错误.D法拉第发现了电磁感应现象，并研究得出了判断感应电流方向的方法一楞次定律.故D错误. 故选：A 点评：物理学史也是考试内容之一，是常识性问题，要加强记忆，不在基本题失分. （6分）如图甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为4: 1,电压表和电流表均

21、为理想电表，Ri为阻值随温度升高而变小的热敏电阻，R为定值电阻.若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电.下列说法中正确的是（）A.输入变压器原线圈的交流电压的表达式为u=36%历sin50兀tVB.变压器原、副线圈中的电流之比为4: 1t=0.01s时，发电机的线圈平面位于中性面Ri温度升高时，变压器的输入功率变小考点：变压器的构造和原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式.专题：交流电专题.分析：由图乙可知交流电压最大值 0=38用V,周期T=0.02s ,可由周期求出角速度的值，则可得交流电压 u的表达式U=36/2sin100兀tV、由变压器原理可得变压器原、副线圈中的 电流之比，Rt

22、处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流.解答： 解：A、由图乙可知交流电压最大值U=36、/V,周期T=0.02s ,可由周期求出角速度的值为 空=100兀，则可得交流电压 u的表达式U=36&sin100兀tV ,故A错误；002日 变压器原、副线圈中的电流之比其原、副线圈的匝数比成反比，为 1: 4,故B错误；C t=0.01s时，瞬时值为零，发电机的线圈平面与磁场方向垂直，故 C正确.D t处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，故 D错误；故选：C.点评：根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关

23、键.（6分）一电子射入固定在 O点的点电荷的电场中，电子仅在电场力的作用运动，其运动轨迹如图中虚线所示.图中的实线是以O为圆心等间距的同心圆，c是粒子运动轨迹与最小圆的切点，a、b是粒子运动轨迹与另外两个圆的交点，则下列说法中正确的是（）B,电子的电势能 Epa Epb 6cD.电势差Uc=2Uab考点： 电势差与电场强度的关系.专题：电场力与电势的性质专题.分析： 根据带电粒子的运动轨迹弯曲方向， 即可判断库仑力是引力还是斥力； 电场线密的 地方电场的强度大， 电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加，根据这些知识进行分析即可.

24、解答： 解：A、离O点的点电荷越远，该处的电场强度越小，电子在该处的受到的电场力也越小，故 aA aBWbWc, C选项正确；日 而电子在电势越高处，具有的电势能越小，故Epav &BV &C, B选项错误；D由于点电荷的电场是非匀强电场，故UcW2Uab, D选项错误.故选：AC.点评：本题中，点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题.属于基础题目.（6分）如图所示，两根光滑平行的金属导轨，放在倾角为0的斜面上，导轨的左端接有电阻R,导轨自身电阻不计，斜面处在一匀强磁场中，方向垂直斜面向上，一质量为m电阻不计的金属棒，在沿斜面并与棒垂直

25、的恒力F作用下沿导轨匀速上滑， 并上升了 h高度在上滑过程中（）./zOA.金属棒所受合外力所做的功等于mgh与电阻R上产生的热量之和B.恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的热量C.金属棒受到的合外力所做的功为零D.恒力F与安培力的合力所做的功为mgh考点：导体切割磁感线时的感应电动势；功的计算.专题：电磁感应与电路结合.分析：金属棒匀速运动时合外力为零，弄清功能转化关系，根据动能定理列方程进行分析.注意克服安培力所做的功等于回路中产生的热量.解答： 解：A C金属棒匀速运动时合外力为零，合外力所做的功等于零，不等于 mgh与 电阻R上产生的热量之和，故 A错误，C正确.日导体棒匀速上

26、升过程中，根据动能定理得：W+W+W安=0,而克服安培力所做功等于回路电阻中产生的热量，即有：Q=- W安,则得：W+W- Q=0故有：W+W=Q即，f1力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的热量，故 B正确.C由动能定理得： W- mgh+W?=0,故有：VF+Wfe=mgh,即，f1力F与安培力的合力所做的功 为mgh,故D正确.故选：BCD点评：对于电磁感应与功能结合问题，注意利用动能定理进行判断各个力做功之间关系，尤其注意的是克服安培力所做功等于整个回路中产生热量.（6分）如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度为 B的匀强磁场区域，

27、 MN M N是匀强磁场区域的水平边界，边界的宽 度为S,并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直.现让金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v-t图象（其中OA BG DE相互平行）.已知金属线框的边长为 L （LVS）、质量为m,电阻为R,当地的 重力加速度为g,图象中坐标轴上所标出的字母VI、V2、tl、t2、t 3、t 4均为已知量.（下落过程中bc边始终水平）根据题中所给条件，以下说法正确的是（）甲CA. t 2是线框全部进入磁场瞬间，t 4是线框全部离开磁场瞬间B.从bc边进入磁场起一直到 ad边离开磁场为止，感应电流所做的功

28、为mgSC. V1的大小可能为岖B2L2D.线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量比线框进入磁场过程中流经框横截面的 电荷量多考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率.专题： 电磁感应与电路结合.分析：根据图象得出线框在穿越磁场整个过程中的运动规律，根据动能定理求出感应电流做功情况.抓住线框全部进入磁场时， 可能重力和安培力平衡求出速度的大小.根据q=4R判断通过线框的电荷量大小.解答： 解：A、0-ti时间内做自由落体运动， 可知从ti时刻进入磁场，开始做加速度减小 的减速运动，t 2时刻又做匀加速运动，且与自由落体运动的加速度相同，可知线框全部进入 磁场，即

29、t 2是线框全部进入磁场瞬间，t3时刻开始做变减速运动，t4时刻，又做加速度为 g的匀加速运动，可知 t4是线框全部离开磁场瞬间，故 A正确.B从bc边进入磁场起一直到 ad边离开磁场为止，根据动能定理得，鸣（S+L） -%二吗2 -工my/,解得感应电流做功不等于 mgS出磁场时，设克服安22培力做功为 W,根据动能定理得， 肥L- wj而勺2-工则 伴mgs+W ,可 二 2知故B错误.口2T 2D L V 1mjPC线框全部进入磁场前的瞬间， 可能重力和安培力平衡， 有：二L,解得叱尸等R 1 b2l2故c正确.D根据q=J0上知，线框进入磁场和出磁场的过程中，磁通量的变化量相同，则通过

30、的电R荷量相同，故D错误.故选：AC.点评：解决本题的关键通过图线理清线框在整个过程中的运动规律，结合动能定理、共点力平衡进行求解，掌握电量的经验表达式q=百、，并能灵活运用.R三、非选择题：包括必考题和选考题两部分.（5分）在“探究功与物体速度变化的关系”的实验中，实验装置如图甲所示.让小车在一条橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行，此时橡皮筋对小车做的功记为W然后用完全相同的橡皮筋二条、三条合并在一起分别进行第2次、第3次实验，每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致.且每次实验中小车获得的速度可由打点计时器所打的纸带求出.（打点计时器所用交流电频率为 50Hz）.(1)若木板水平放置，小车在一条

31、橡皮筋作用下运动，当小车速度最大时，对橡皮筋所处 的状态与小车所在的位置，下列说法正确的是.A.橡皮筋处于原长状态B.橡皮筋仍处于伸长状态C.小车正好运动到两个铁钉的连线处D.小车已过两个铁钉的连线(2)为了使小车运动中所受的合外力正好等于橡皮筋对它的弹力，应采取的措施是平衡摩 擦力；条橡皮筋对小车做功)的部分数据，请根据第3次实验所得的纸带(图乙)补全表中的空格次数1234橡皮筋对小车做功W2W3W4W小车速度v (m/s)1.001.421.73 2.00v2（m/s 2）1.002.022.994.00(3)如表是按正确操作分别得到的4次实验中获得的部分数据，其中缺少第3次实验(三(4)

32、从表中数据你得出的结论是在误差允许的范围内，橡皮筋对小车做的功与小车速度的 平方成正比.考点： 探究功与速度变化的关系.专题：实验题；动能定理的应用专题.分析：根据小车的受力，判断出小车的运动情况， 从而确定何时速度最大. 为了使小车运动中所受的合外力正好等于橡皮筋对它的弹力，需平衡摩擦力.根据表格中的数据得出做功与小车速度的关系.解答： 解：(1)木板水平放置，没有平衡摩擦力，释放小车，开始弹力大于摩擦力，小车做加速运动，当弹力等于摩擦力后，弹力小于摩擦力，做减速运动，由此可知，当弹力等于摩擦力时，小车速度最大，此时橡皮筋仍处於伸长状态，小车位于两铁钉连线的前面，没有到达两铁钉连线处，故 A

33、CD昔误，B正确，故选B.(2)为了使小车运动中所受的合外力正好等于橡皮筋对它的弹力，实验前需要平衡摩擦力.(3)小车的速度： v=N=，346=i.73m/s , v2=1.7322.99 , t 0. 02从表格中的数据可知，在误差允许的范围内，橡皮筋对小车做的功与小车速度的平方成正比.故答案为：(1) B; (2)平衡摩擦力；(3) 1.73; 2.99;在误差允许的范围内，橡皮筋对小 车做的功与小车速度的平方成正比.点评：本题考查探究功与物体速度变化的关系，能够通过数据进行归纳总结，得出做功与速度变化的关系.(10分)太阳能电池板在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为

34、一个电学器件.某实验小组根据测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池板在没有光照时(没有储存电能)的 I - U特性.所用的器材包括：太阳能电池板，电源E,电流表A,电压表V,滑动变阻器 R,开关S及导线若*UN(1)为了达到上述目的，实验电路应选用图甲中的图a (填“a”或b”).(2)该实验小组根据实验得到的数据，描点绘出了如图乙的I-U图象.由图可知，当电压小于2.00V时，太阳能电池板的电阻很大(填“很大”或“很小”)：当电压为2.80V时，太阳能电池板的电阻为 1X103Q(3)当有光照射时，太阳能电池板作为电源，其路端电压与总电流的关系如图丙所示，分 析该曲线可知，该电

35、池板作为电源时的电动势为2.80V .若把它与阻值为1KQ的电阻连接构成一个闭合电路，在有光照射情况下，该电池板的效率是的 (结果保留三位有效数字)考点：测定电源的电动势和内阻.专题：实验题.分析： (1)电压电流需从零开始连续变化，滑动变阻器应采用分压式接法，分析电路图选出所需实验电路.(2)根据电压和电流的大小，通过欧姆定律判断电阻的大小.当电压为 2.80V时，读出此时的电流，根据欧姆定律求出电阻的大小.(3)根据伏安特性曲线的性质可明确电源的电动势，再根据闭合电路欧姆定律可求得电池板的效率解答：解：(1)测绘伏安特性曲线，电压和电流需从零开始测起，滑动变阻器采用分压式接法，应选图a所示

36、实验电路.(2)由1=工，得电阻阻值 R，由图2所示图象可知，在电压小于 2.00V时，电流I很小,RI所以太阳能电池的电阻很大.由图乙所示图象可知，当电压为 2.80V时，电流I=2.80 X 10入 电阻R=y=工=1.010%.2.8V ;1 2.80X1(3)由图可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势，故电动势为若与ika的电阻连接构成一个闭合电路；在u-I图中作出对应的电阻的伏安特性曲线，如图所示；图象的交点为电源的工作点，则由图可知电源的工作电压为 1.8V,则电源的效率=100%=64%2.8故答案为：（1）甲；（2）很大；1.0 X103； （3） 2.8; 64.以及会通过欧

37、姆定律点评：解决本题的关键知道滑动变阻器分压式和限流式接法的区别,判断电阻的大小.要掌握应用图象法解题的方法.（14分）如图所示，质量为1kg的小球用长为0.5m的细线悬挂在 O点，O点距地高度为 21m如果使小球绕OO轴在水平面内做圆周运动，若细线受力为12.5N就会拉断，g取10m/s,求：（1）当小球的角速度为多大时细线将断裂.（2）线刚好拉断时球落地点与悬点的水平距离.考点：向心力；牛顿第二定律.专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用.分析：（1）小球靠拉力和重力的合力提供向心力，根据几何关系求出最大向心力，根据向心力公式求出角速度.（2）绳断裂后，小球做平抛运动，根据平抛运动的基本公式

38、即可求解.解答： 解：（1）小球在水平面内做圆周运动时，由重力G和拉力F的合力提供向心力，当绳子拉力为12.5N时，向心力最大，细线将断裂.则有：F 合=#2 一（坨皂，/iW52 -1T2=7.5N根据几何关系得：.=T F合m8根据向心力公式得：F 合=nrto 2r解得 r=0.3m , h1=0.4m, w =5rad/sv= w r=1.5m/s（2）绳断裂后，小球做平抛运动，初速度竖直方向下落的高度h 2=h - hi=1 - 0.5 x J=0.6m5所以t=工一s水平位移为 x=vt=1.5 x12=Vm10则落地点与悬点的水平距离S=+ r2=J (工)+o g2=0.6m答

39、：(1)当小球的角速度为 5rad/s时细线将断裂.(2)线刚好拉断时球落地点与悬点的水平距离是0.6m.点评：解决本题的关键搞清小球做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解.(18分)(普通班做)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第IV象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，一带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度V0垂直于y轴射入电场，经偏转电场后到达x轴上的N点，然后射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，已知 M点的坐标是(0, h), N点 的坐标是(2h, 0),不计粒子重力，求：(1)粒子到达N点时的速度v的大小以及v与初

40、速度V0的夹角0 ;(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；(3)粒子从M点运动到P点的总时间t.考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力.专题： 带电粒子在磁场中的运动专题.分析： (1)粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出速度.(2)粒子以此速度进入第四象限，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，先画出轨迹图， 找出半径；利用洛伦兹力提供向心力的公式，可求出在磁场中运动的半径.(3)粒子的运动分为两部分，一是在第一象限内做类平抛运动，二是在第四象限内做匀速 圆周运动，分段求出时间，相加可得总时间.解答：解：(1)粒子在电场中做类平抛运动，22h=v0t i, h=at

41、i2,加速度：a=_5, vy=at,22h解得：Vy=V0, tl=,v0速度：v=G： + yZ=VV0, tan 0 =2z=1,贝U 9=45 ;(2)粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可知，r=2料h;(3)粒子在磁场中转过的圆心角a=135 ,粒子在磁场中做圆周运动的周期：丁=2=4 7Th,v v0粒子在磁场中的运动时间：t2=T= 口，3600 2v则粒子的运动时间：t=t i+t 2士生+卫Lb ；卡口 2v0答：(1)粒子到达N点时的速度v的大小为&V0, v与初速度V0的夹角。为45。；(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r为2&h;(3)粒子从M点运动到P点的总时间t为2卜+

42、-.丫口 2v0点评： 本题是带电粒子在组合场中运动的问题， 粒子垂直射入电场，在电场中偏转做类平 抛运动，在磁场中做匀速圆周运动， 要求同学们能画出粒子运动的轨迹， 结合几何关系求解, 知道半径公式及周期公式.【选修3-41(15分). (5分)下列关于简谐振动以及做简谐运动的物体完成一次全振动的意义，以下说法正 确的是()A.位移减小时，加速度减小，速度增大B.位移的方向总跟加速度的方向相反，跟速度的方向相同C.动能或势能第一次恢复为原来的大小所经历的过程D.速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程E.物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相反；背离平衡位置时，

43、速度 方向与位移方向相同考点： 简谐运动的回复力和能量.专题：简谐运动专题.分析：从某一时刻起到再次恢复到与该时刻相同状态所经历的过程为一次全振动；注意分析一次全振动中速度、位移及加速度等物理量的变化规律.解答： 解：A、当位移减小时，回复力减小，则加速度在减小，物体正在返回平衡位置；故速度在增大；故 A正确；BE回复力与位移方向相反，故加速度和位移方向相反；但速度可以与位移相同， 也可以相反；物体运动方向指向平衡位置时， 速度的方向与位移的方向相反；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同；故 B错误，E正确；C 一次全振动时，动能和势能均会有两次恢复为原来的大小；故C错误；D速度和加速度第一

44、次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程为一次全振动；故D正确；故选：ADE点评：本题考查简谐运运动的全振动规律，要注意明确回复力与位移方向始终相反，但同一个点上时，速度可能有两个方向. (10分)如图所示的弹簧振子，放在光滑水平桌面上，O是平衡位置，振幅 A=2cm,周期 T=0.4s .(1)若以向右为位移的正方向，当振子运动到右方最大位移处开始计时，试画出其振动一 个周期的振动图象；(2)若从振子经过平衡位置开始计时，求经过 2.6s小球通过的路程.0考点： 简谐运动的振动图象.专题： 振动图像与波动图像专题.分析： (1)以向右为位移的正方向，当振子运动到右方最大位移处开始计时，振动图象 是余弦曲线.根据振幅和周期画出振动图象.(2)根据时间与周期的倍数关系，求解小球通过的路程，解题时抓住小球在一个周期内通 过的路程是四个振幅.解答： 解：(1)若以向右为位移的正方向，当振子运动到右方最大位移处开始计时，则小球的振动图象是余弦曲线，画出其振动图象如图所示.(2)因为n=1=2f=6，小球在一个周期内通过的路程是四个振幅，则经过2.6s小球通过T 0.4 2的路程为 S=6.5 X 4A=26X 2cm=52cm答：(1)小球振动一个周期的振动图象如图所示