上海市松江区2016年高三物理二模试卷及答案

第页2016年上海市松江区高考物理一模试卷一,单项选择题1.下列物理量中可以运用平行四边形定则求和的是（）A．质量 B．速率 C．功率 D．位移2．以下关系式中用基本单位表示国际单位正确的（）A．1焦=1牛•米 B．1伏=1千克•米2•秒﹣3•安﹣1C．1库=1焦•伏﹣1 D．1特=1牛•安﹣1•米﹣13．关于物理学探讨方法或物理学家贡献的叙述中正确的是（）A．质点,速度,点电荷等都是志向化模型B．E=及a=均体现了比值定义的思想方法C．卡文迪什扭秤试验应用了微元的思想方法D．法拉第发觉了电磁感应现象，建立了电磁感应定律4．在如图所示的逻辑电路中，其真值表的“输出”这一列数据从上到下依次为（）输入输出00011011A．0，0，0，1 B．1，0，0，0 C．0，1，0，1 D．1，0，1，05．下图中按力的作用效果分解正确的是（）A． B． C． D．6．依据机械波的知识可知（）A．横波沿水平方向传播，纵波沿竖直方向传播B．在波的传播过程中，质点随波迁移将振动形式和能量传播出去C．波的图象就是反映各质点在同一时刻不同位移的曲线D．声波在真空中也能传播7．质量为m,初速度为零的物体，在变化不同的合外力作用下都通过位移xo．下列各种状况中合外力做功最多的是（）A． B． C． D．8．一电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一初速度从图中A点沿图示方向进入电场，若粒子只受电场力作用，则从A点开始，（）A．无论正负，粒子总是做直线运动B．无论正负，粒子的电势能总是先变大C．无论正负，粒子的电势能总是先变小D．粒子的电势能的变化及粒子所带电的电性有关二,单项选择题9.如图所示，由粗糙的水平杆AO及光滑的竖直杆BO组成的绝缘直角支架，在AO杆,BO杆上套有带正电的小球P,Q，两个小球在某一位置平衡．现将P缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡．若小球所带电量不变，及移动前相比（）A．杆BO对Q的弹力减小 B．杆AO对P的弹力减小C．杆AO对P的摩擦力增大 D．P,Q之间的距离增大10．如图所示，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，管内外高度差为h1，右管有一段水银柱，高度差为h2，中间封有一段空气．则（）A．若大气压上升，h1和h2同时增大B．若环境温度上升，h1和h2同时减小C．若把弯管向上移动少许，则管内气体体积不变D．若把弯管向下移动少许，则管内气体压强增大11．某一质点沿直线运动的位移x随时间t变化的图象如图所示，则（）A．第10s末，质点的速度最大B．在20s内，质点的位移为9mC．第5s末和第15s末，质点的加速度方向相反D．0～10s内，质点所受合外力的方向及速度方向相反12．如图，由匀称的电阻丝组成的等边三角形导体框，垂直磁场放置，将AB两点接入电压恒定的电源两端，通电时电阻丝AB段受到的安培力为F，则此时三根电阻丝受到的合安培力大小为（）A．F B．1.5F C．2F D．3F13．汽车在平直马路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，快进入闹市区时，司机减小了油门，使汽车的功率马上减小一半并保持该功率接着行驶．设汽车行驶时所受的阻力恒定，则下面四个图象中，哪个图象正确表示了司机从减小油门开始，汽车的速度及时间的关系（）A． B． C． D．14．如图所示，a,b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平抛出，已知半圆轨道的半径及斜面竖直高度相等且在同一竖直面内，斜面底边长是其竖直高度的2倍．若小球b能落到斜面上，下列说法正确的是（）A．a,b不可能同时分别落在半圆轨道和斜面上B．a球肯定先落在半圆轨道上C．b球肯定先落在斜面上D．a球可能先落在半圆轨道上15．有上下两条摩擦因数相同的水平轨道L1,L2，它们在同一竖直面内，相同质量的物块A,B放置在两轨道上，轨道L1开一条平行轨道方向的细缝，可使细线通过，如图所示．A物块在B物块正上方．在连接A,B细线的中点O施加拉力，使A,B一起向右做匀速直线运动，则F的方向可能是（图中OQ表示水平方向）（）A．沿OP方向 B．沿OQ方向C．沿ON方向 D．沿OP,OQ,ON方向都可能16．如图所示，在O≤x≤L和2L≤x≤3L的区域内存在着匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面（纸面）向里，具有肯定电阻的正方形线框abcd边长为2L，位于xOy平面内，线框的ab边及y轴重合．令线框从t=0时刻由静止开始沿x轴正方向做匀加速直线运动，则线框中的感应电流i（取逆时针方向的电流为正）随时间t的函数图象大致是下列图中的（）A． B． C． D．三,多项选择题17.如图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道．甲,乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有（）A．甲的切向加速度始终比乙的大B．甲,乙在同一高度的速度大小相等C．甲,乙在同一时刻总能到达同一高度D．甲比乙先到达B处18．一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻及（t+0.6）时刻的波形图正好重合，如图所示．则下列说法中正确的是（）A．质点振动周期可能为1.2sB．该波的波速可能为10m/sC．在（t+0.4）时刻，x=﹣1m处的质点位移可能为零D．从（t+0.3）时刻开始计时，x=0.5m处的质点可能比x=﹣0.5m处的质点先到达波峰位置19．如图所示，A,B两球分别套在两光滑无限长的水平直杆上，两球通过一轻绳绕过肯定滑轮（轴心固定不动）相连，某时刻连接两球的轻绳及水平方向的夹角分别为α,β，A球向左的速度为v，下列说法正确的是（）A．此时B球的速度为vB．此时B球的速度为vC．当β增大到等于90°时，B球的速度达到最大D．在β增大到90°的过程中，绳对B球的拉力始终做正功20．如图所示，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r．闭合电键后，将滑动变阻器滑片向下滑动，志向电压表V1,V2,V3示数变化量的肯定值分别为△U1,△U2,△U3，志向电流表A示数变化量的肯定值为△I，则（）A．△U1大于△U2 B．=R+rC．V2的示数增大 D．+保持不变四,填空题21．远古时代，取火是一件困难的事，火一般产生于雷击或磷的自燃．随着人类文明的进步，出现了“钻木取火”等方法．“钻木取火”是通过方式改变物体的内能，把转变为内能．22．甲,乙两颗绕地球作匀速圆周运动人造卫星，其线速度大小之比为：1，则这两颗卫星的运转半径之比为，运转周期之比为．23．某同学的质量为60kg，在一次野营中，他从岸上以2m/s的速度，跳到一条以0.5m/s的速度正对着他飘来的小船上，跳上船后他又走了几步，最终停在船上．已知小船的质量为140kg，则人及小船共同运动的速度大小为m/s，运动方向为．（填“向左”或“向右”）24．如图所示是两列相干波的干涉图样，实线表示波峰，虚线表示波谷，两列波的振幅都为10cm，波速和波长分别为1m/s和0.2m，C点为AB连线的中点．则图示时刻C点的振动方向（选填“向上”或“向下”），从图示时刻再经过0.25s时，A点经过的路程为cm．25．如图所示，河道宽L=200m，越到河中央河水的流速越大，且流速大小满意u=0.2x（x是离河岸的距离，0≤x≤）．一小船在静水中的速度v=10m/s，自A处动身，船头垂直河岸方向渡河到达对岸B处．AB两点间距离为m．设船的运动方向及水流方向夹角为θ，则渡河过程中θ最小为．26．带正电小球静止在光滑绝缘斜面的底端，现在该区域加一平行斜面对上的匀强电场，经时间t电场做功40J时，匀强电场突然消逝，小球又经时间t恰好回到斜面底端．若以小球初始水平面为零重力势能面，则小球回到斜面底端时的机械能为J，小球的动能为8J时重力势能为J．五,试验题27．某同学利用单摆测定重力加速度时，用秒表测量单摆的周期，当单摆摇摆稳定且到达最低点时开始计时并记为n=0，单摆每经过最低点记一次数，当数到n=60时停止计时．测量结果及当地的重力加速度的真实值比较，发觉偏大，可能缘由是（）A．振幅偏小B．开始计时误记为n=1C．将摆线加上球直径当成了摆长D．将摆线的长度当成了摆长28．“探讨共点力的合成”的试验状况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋及细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上依据试验结果画出的图示．（1）图乙中的F及F′两力中，方向肯定沿AO方向的是．（2）（单选题）本试验采纳的科学方法是A．志向试验法B．等效替代法C．限制变量法D．建立物理模型法（3）（多选题）试验中可减小误差的措施有A．两个分力F1,F2的大小要尽量大些B．两个分力F1,F2间夹角应越大越好C．拉橡皮筋时，弹簧秤,橡皮条,细绳应贴近木板且及木板平面平行D．AO间距离要适当，将橡皮筋拉至结点O时，拉力要适当大些．29．如图是“用DIS探讨回路中感应电动势大小及磁通量变化快慢的关系”试验装置，保持挡光片位置,光电门和螺线管之间的距离不变．（1）试验器材除了须要光电门传感器之外，还须要传感器．（2）让小车以不同的速度靠近螺线管，记录下小车每次靠近螺线管至最终撞上螺线管停止的全过程中感应电动势及时间的变化关系．如图所示，光电门测得挡光时间为△t1，有感应电动势的时间为△t2，则试验可以得到感应电动势及成正比．（用题中字母表示）（3）若保持磁铁靠近线圈的速度不变，只增加线圈的匝数（线圈直径不变），则△t1内图象所围阴影部分面积将（选填“不变”,“增大”或“减小”）．30．某试验小组利用铜片,锌片和家乡盛产的柑橘制作了果汁电池，他们测量这种电池的电动势E和内阻r，并探究电极间距对E和r的影响，试验器材如图所示测量E和r的试验方案为：调整滑动变阻器，改变电源两端的电压U和流过电源的电流I，依据公式U=E﹣Ir，利用测量数据作出U﹣I图象，得出E和r．（1）将电压表视为志向表，要求避开电流表分压作用对测量结果的影响，请在图中用笔画线代替导线连接电路．（2）试验中依次减小铜片及锌片的间距，分别得到相应果汁电池的U﹣I图象如图中（a）（b）（c）（d）所示，由此可知：在该试验中，随电极间距的减小，电源电动势（填“增大”,“减小”或“不变”），电源内阻（填“增大”,“减小”或“不变”）．（3）对图线（c），当外电路总电阻为2500Ω时，该电源的输出功率P=mW．六,计算题.（共50分）31．如图所示，导热良好的薄壁气缸放在水平面上，用横截面积为S=1.0×10﹣2m2的光滑薄活塞将肯定质量的志向气体封闭在气缸内，活塞杆的另一端固定在墙上．此时活塞杆及墙刚好无挤压．外界大气压强p0=1.0×105Pa．当环境温度为27℃时，密闭气体的体积为2.0×10﹣3m3．①若固定气缸在水平面上，当环境温度缓慢上升到57℃时，气体压强p2为多少？②若气缸放在光滑水平面上不固定，当环境温度缓慢上升到57℃时，气缸移动了多少距离？③保持②的条件不变下，对气缸施加水平作用力，使缸内气体体积缓慢地复原到原来数值，这时气缸受到的水平作用力多大？32．如图所示，粗糙水平面上放置一个小物块，在力F作用下沿水平面对右加速运动．在保持力F大小不变的状况下，发觉当F水平向右或及水平面成60°夹角斜向上时，物块的加速度相同．求：（1）物块及水平面间的动摩擦因数μ．（2）若保持力F及水平面成60°夹角斜向上，从静止起拉动物块，物块沿水平面对右移动s=5m的时间为t．改变F的大小重复上述过程，时间t的最小值为多少？33．如图所示，电源电动势为ε，内阻为r，滑动变阻器总阻值为3r，间距为d的两平行金属板AB,CD竖直放置，闭合电键S时，板间电场可视为匀强电场．板间有一长为L的绝缘细轻杆，能绕水平固定转轴O在竖直面内无摩擦转动，杆上端固定质量为m,带电量为+q的金属小球a，下端固定质量为2m,带电量为﹣q的金属小球b，已知Ob=2Oa，并且q=，两带电小球可视为点电荷，不影响匀强电场的分布，两电荷间相互作用力不计，重力加速度为g．现调整滑片P使其位于滑动变阻器的中点，闭合电键S，待电场稳定后：（1）求两极板间电场强度E的表达式；（2）将轻杆从如图位置顺时针转过θ时（θ＜360°）由静止释放，轻杆恰能静止，求θ；（3）若将轻杆从如图位置由静止释放，轻杆将绕轴O顺时针转动，求小球a运动的最大速度．34．如图所示，两根粗细匀称的金属杆AB和CD的长度均为L，电阻均为R，质量分别为3m和m，用两根等长的,质量和电阻均不计的,不可伸长的松软导线将它们连成闭合回路，悬跨在绝缘的,水平光滑的圆棒两侧，AB和CD处于水平．在金属杆AB的下方有高度为H的水平匀强磁场，磁感强度的大小为B，方向及回路平面垂直，此时CD处于磁场中．现从静止开始释放金属杆AB，经过一段时间（AB,CD始终水平），在AB即将进入磁场的上边界时，其加速度为零，此时金属杆CD还处于磁场中，在此过程中金属杆AB上产生的焦耳热为Q．重力加速度为g，试求：（1）金属杆AB即将进入磁场上边界时的速度v1；（2）在此过程中金属杆CD移动的距离h和通过导线截面的电量q；（3）设金属杆AB在磁场中运动的速度为v2，通过计算说明v2大小的可能范围；（4）依据第（3）问的结果，请定性画出金属杆AB在穿过整个磁场区域的过程中可能出现的速度﹣时间图象（v﹣t图）．2016年上海市松江区高考物理一模试卷参考答案及试题解析一,单项选择题1.下列物理量中可以运用平行四边形定则求和的是（）A．质量 B．速率 C．功率 D．位移【考点】矢量和标量．【专题】定性思想；归纳法；直线运动规律专题．【分析】矢量既有大小，又有方向，相加时遵循平行四边形定则．标量只有大小，没有方向，相加时遵守代数加减法则．【解答】解：ABC,质量,速率和功率都是标量，相加时，遵守代数加减法则，故ABC错误．D,位移是矢量，相加时遵守平行四边形定则，故D正确．故选：D．【点评】解决本题的关键知道矢量既有大小，又有方向，其运算遵循平行四边形定则2．以下关系式中用基本单位表示国际单位正确的（）A．1焦=1牛•米 B．1伏=1千克•米2•秒﹣3•安﹣1C．1库=1焦•伏﹣1 D．1特=1牛•安﹣1•米﹣1【考点】力学单位制．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．【分析】国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度,质量,时间,热力学温度,电流,光强度,物质的量．他们在国际单位制中的单位分别为米,千克,秒,开尔文,安培,坎德拉,摩尔．而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位．【解答】解：A,牛顿是力的单位，是导出单位．所以1焦=1牛•米不用基本单位表示国际单位．故A错误；B,用基本单位表示国际单位．故B正确；C,焦耳是能量的单位，是导出单位．所以1库=1焦•伏﹣1不是用基本单位表示国际单位．故C错误；D,牛顿是力的单位，是导出单位．所以1特=1牛•安﹣1•米﹣1不是用基本单位表示国际单位．故D错误．故选：B【点评】该题考查单位制，解答的关键是知道7个基本单位，并要熟记相关的单位之间的关系．3．关于物理学探讨方法或物理学家贡献的叙述中正确的是（）A．质点,速度,点电荷等都是志向化模型B．E=及a=均体现了比值定义的思想方法C．卡文迪什扭秤试验应用了微元的思想方法D．法拉第发觉了电磁感应现象，建立了电磁感应定律【考点】物理学史．【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题．【分析】志向化模型是抓主要因素，忽视次要因素得到的．知道比值定义法的含义，记住闻名物理学家的主要贡献．【解答】解：A,志向化模型是抓主要因素，忽视次要因素得到的，点电荷,质点是志向化模型，但是速度不是志向化模型，故A错误．B,a=不是比值定义法，故B错误；C,卡文迪许测万有引力常量G的扭秤试验，应用了“放大”的试验方法，故C错误；D,法拉第发觉了电磁感应现象，建立了电磁感应定律，故D正确．故选：D【点评】本题属于记忆知识，要了解,熟识物理学史，关键在于平常留意积累和记忆，不可忽视，不然很简单出错．对于物理学上常用的科学探讨方法：等效替代法,志向化模型法,比值定义法等等要理解并驾驭，并进行归纳总结，对学习物理量的意义有很大的帮忙．4．在如图所示的逻辑电路中，其真值表的“输出”这一列数据从上到下依次为（）输入输出00011011A．0，0，0，1 B．1，0，0，0 C．0，1，0，1 D．1，0，1，0【考点】简单的逻辑电路．【分析】图示电路为或非门，当AB输入经或门输出再经非门输出．【解答】解：当AB输入00经或门输出0再经非门输出1，当AB输入01经或门输出1再经非门输出0；当AB输入10经或门输出1再经非门输出0；当AB输入11经或门输出1再经非门输出0；故输出1，0，0，0，故B正确故选B【点评】考查了基本门电路的基本逻辑输入输出关系，理解组合门的输入输出．5．下图中按力的作用效果分解正确的是（）A． B． C． D．【考点】力的分解．【专题】定性思想；合成分解法；受力分析方法专题．【分析】物体的重力，按效果分解为垂直于两接触面，作出力的分解图，从而即可求解．【解答】解：A,力F的作用效果，如图所示，故A正确；B,物体的重力，按效果分解成一个垂直接触面的力，及垂直挡板的力，如图所示，故B错误；C,依据力的作用效果，拉力分解成如图所示故C错误；D,物体的重力，按效果分解分解成如图所示故D错误；故选：A【点评】本题考查运用数学知识处理物理问题的实力，比较简单．对于力的分解，关键确定力的作用效果，定出两个分力的方向．6．依据机械波的知识可知（）A．横波沿水平方向传播，纵波沿竖直方向传播B．在波的传播过程中，质点随波迁移将振动形式和能量传播出去C．波的图象就是反映各质点在同一时刻不同位移的曲线D．声波在真空中也能传播【考点】波长,频率和波速的关系；横波的图象．【分析】横波和纵波水平和竖直方向都能传播．质点不随波迁移，只是将振动形式和能量传播出去．波的图象就是反映各质点在同一时刻不同位移的曲线．机械波传播须要介质，声波在真空中不能传播．【解答】解：A,横波和纵波水平和竖直方向都能传播，这两种波是依据波的传播方向及质点的振动方向间的关系划分的．故A错误．B,在波的传播过程中，质点在自己的平衡位置旁边振动，并不随波迁移．故B错误．C,波的图象就是反映各质点在空间的分布状况，即各质点在同一时刻不同位移的曲线．故C正确．D,声波在真空中不能传播，因为没有传播振动的介质．故D错误．故选C【点评】本题考查了一些波的基本知识：波的分类,形成机械波的条件等等，波的一个基本特点是：质点不随波迁移．7．质量为m,初速度为零的物体，在变化不同的合外力作用下都通过位移xo．下列各种状况中合外力做功最多的是（）A． B． C． D．【考点】匀变速直线运动的图像；动能定理的应用．【专题】运动学中的图像专题．【分析】F﹣x图象中，图象及坐标轴围成的面积表示力F所做的功．【解答】解：由力做功公式可知，F﹣x图象中，图象及坐标轴围成的面积表示力F所做的功，由图象可知，C图象中围成的面积最大，所以C中合外力做功最多．故选C【点评】利用数学图象处理物理问题的方法就是把物理表达式及图象结合起来，依据图象中的数据求解．8．一电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一初速度从图中A点沿图示方向进入电场，若粒子只受电场力作用，则从A点开始，（）A．无论正负，粒子总是做直线运动B．无论正负，粒子的电势能总是先变大C．无论正负，粒子的电势能总是先变小D．粒子的电势能的变化及粒子所带电的电性有关【考点】电势；电势能．【专题】电场力及电势的性质专题．【分析】粒子在静电场中电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大．粒子所受的电场力及速度方向不在同始终线上，做曲线运动．【解答】解：A,依据电场线及等势线垂直且指向低电势处，可知在A点电场线方向应及速度v垂直，则粒子所受的电场力及速度v也垂直，粒子做曲线运动．故A错误．BCD,无论正负，电场力做正功，粒子的电势能总是先变小，故BD错误，C正确．故选：C．【点评】本题关键抓住电场线及等势线的关系推断电场力方向及粒子初速度方向的关系，分析运动状况，依据电场力做功正负，推断电势能的变化．二,单项选择题9.如图所示，由粗糙的水平杆AO及光滑的竖直杆BO组成的绝缘直角支架，在AO杆,BO杆上套有带正电的小球P,Q，两个小球在某一位置平衡．现将P缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡．若小球所带电量不变，及移动前相比（）A．杆BO对Q的弹力减小 B．杆AO对P的弹力减小C．杆AO对P的摩擦力增大 D．P,Q之间的距离增大【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用．【专题】定性思想；整体法和隔离法；电荷守恒定律及库仑定律专题．【分析】分别以两环组成的整体和Q环为探讨对象，分析受力状况，依据平衡条件探讨AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化状况．【解答】解：A,Q受力如图，由力的合成及平衡条件可知：BO杆对小球Q的弹力变大，两小球之间的库仑力变大，由库仑定律知，两小球P,Q的距离变小，故AD错误；C,对整体受力分析，可得AO杆对小球P的摩擦力变大，AO杆对小球P的弹力不变，故C正确，B错误；故选：C【点评】本题涉及两个物体的平衡问题，敏捷选择探讨对象是关键．当几个物体都处于静止状态时，可以把它们看成整体进行探讨．10．如图所示，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，管内外高度差为h1，右管有一段水银柱，高度差为h2，中间封有一段空气．则（）A．若大气压上升，h1和h2同时增大B．若环境温度上升，h1和h2同时减小C．若把弯管向上移动少许，则管内气体体积不变D．若把弯管向下移动少许，则管内气体压强增大【考点】志向气体的状态方程；封闭气体压强．【专题】志向气体状态方程专题．【分析】管中封闭气体的压强P=P0+ρgh1=P0+ρgh2，可得h1=h2．依据气态方程分析大气压和温度变化时，气体的体积如何变化，即知道h1和h2如何变化．若把弯管向上移动少许或下移少许，封闭气体的压强将要变化，依据玻意耳定律分析体积如何变化．【解答】解：A,管中封闭气体的压强P=P0+ρgh1=P0+ρgh2，则得h1=h2．若大气压上升时，封闭气体的压强增大，由玻意耳定律PV=c得知，封闭气体的体积减小，水银柱将发生移动，使h1和h2同时减小．故A错误．B,若环境温度上升，封闭气体的压强增大，体积也增大，h1和h2同时增大．故B错误．C,若把弯管向上移动少许，封闭气体的体积将增大．故C错误．D,若把弯管向下移动少许，封闭气体的体积减小，压强增大，故D正确．故选D【点评】本题关键要依据压强推断出h1=h2．再结合气态方程进行动态分析．11．某一质点沿直线运动的位移x随时间t变化的图象如图所示，则（）A．第10s末，质点的速度最大B．在20s内，质点的位移为9mC．第5s末和第15s末，质点的加速度方向相反D．0～10s内，质点所受合外力的方向及速度方向相反【考点】匀变速直线运动的图像．【专题】定性思想；推理法；运动学中的图像专题．【分析】位移﹣时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的随意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向．当物体做加速运动时，合外力及速度同向，当物体做减速运动时，合外力及速度反向．【解答】解：A,位移﹣时间图象切线的斜率表示该时刻的速度，则知在10s末时，质点的速度为零，故A错误；B,在20s内质点的位移为△x=x2﹣x1=0﹣1m=﹣1m，故B错误；C,在0～10s内，物体沿正方向做减速运动，加速度方向及速度方向相反，即沿负方向；在10～20s内，斜率为负值，说明物体沿负方向运动，斜率增大，做加速运动，加速度方向及速度方向相同，即沿负方向．所以在5s和15s时，质点的加速度方向相同，故C错误；D,在0～10s内，斜率渐渐减小，说明物体做减速运动，质点所受合外力的方向及速度方向相反，故D正确．故选：D．【点评】理解位移﹣时间图象时，要抓住点和斜率的物理意义，驾驭斜率表示速度是关键．12．如图，由匀称的电阻丝组成的等边三角形导体框，垂直磁场放置，将AB两点接入电压恒定的电源两端，通电时电阻丝AB段受到的安培力为F，则此时三根电阻丝受到的合安培力大小为（）A．F B．1.5F C．2F D．3F【考点】安培力．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用．【分析】依据左手定则推断出各段受到的安培力的方向，依据闭合电路的欧姆定律计算出各段上的电流大小，再计算出各段安培力的大小，然后运用平行四边形定则合成即可【解答】解：AB受力：FAB=BIL=FACB受力：有效长度为L，电流为AB的电流的，则其受力为：=，二力方向相同，则合力为1.5F则B正确故选：B【点评】该题中，各段时的电流的大小不相等，要运用闭合电路的欧姆定律分别计算出各段的电流的大小，然后计算安培力是解题的正确思路．题目的难度中档13．汽车在平直马路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，快进入闹市区时，司机减小了油门，使汽车的功率马上减小一半并保持该功率接着行驶．设汽车行驶时所受的阻力恒定，则下面四个图象中，哪个图象正确表示了司机从减小油门开始，汽车的速度及时间的关系（）A． B． C． D．【考点】功率,平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像．【专题】功率的计算专题．【分析】汽车匀速行驶时牵引力等于阻力，依据功率和速度关系公式P=Fv，功率减小一半时，牵引力减小了，物体减速运动，依据牛顿第二定律分析加速度和速度的变化状况即可．【解答】解：汽车匀速行驶时牵引力等于阻力；功率减小一半时，汽车的速度由于惯性来不及变化，依据功率和速度关系公式P=Fv，牵引力减小一半，小于阻力，合力向后，汽车做减速运动，由公式P=Fv可知，功率肯定时，速度减小后，牵引力增大，合力减小，加速度减小，故物体做加速度不断减小的减速运动，当牵引力增大到等于阻力时，加速度减为零，物体重新做匀速直线运动；故选B．【点评】本题关键分析清晰物体的受力状况，结合受力状况再确定物体的运动状况．14．如图所示，a,b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平抛出，已知半圆轨道的半径及斜面竖直高度相等且在同一竖直面内，斜面底边长是其竖直高度的2倍．若小球b能落到斜面上，下列说法正确的是（）A．a,b不可能同时分别落在半圆轨道和斜面上B．a球肯定先落在半圆轨道上C．b球肯定先落在斜面上D．a球可能先落在半圆轨道上【考点】平抛运动．【专题】定性思想；图析法；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动，将圆轨道和斜面重合在一起进行分析比较，即可得出正确答案．【解答】解：将圆轨道和斜面轨道重合在一起，如图所示，交点为A，初速度合适，可知小球做平抛运动落在A点，则运动的时间相等，即同时落在半圆轨道和斜面上．若初速度不适中，由图可知，可能小球先落在斜面上，也可能先落在圆轨道上．故D正确，ABC错误．故选：D．【点评】本题考查平抛运动比较敏捷，学生简单陷入计算比较的一种错误方法当中，不能想到将半圆轨道和斜面轨道重合进行分析比较．15．有上下两条摩擦因数相同的水平轨道L1,L2，它们在同一竖直面内，相同质量的物块A,B放置在两轨道上，轨道L1开一条平行轨道方向的细缝，可使细线通过，如图所示．A物块在B物块正上方．在连接A,B细线的中点O施加拉力，使A,B一起向右做匀速直线运动，则F的方向可能是（图中OQ表示水平方向）（）A．沿OP方向 B．沿OQ方向C．沿ON方向 D．沿OP,OQ,ON方向都可能【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】对A,B两物体分析，抓住A,B对水平轨道的正压力不同，导致摩擦力不等，依据水平方向上平衡，得出AO,BO拉力的大小，从而确定拉力F的方向．【解答】解：力的作用点是在细线的中点，而且物块A在B的正上方，所以三角形ABO是等腰三角形，且AB在竖直方向，所以AO及BO及水平方向的夹角相等．因为A对水平轨道的正压力大于B对水平轨道的正压力，所以水平面对A的摩擦力大于水平面对B的摩擦力，由题意细线AO受到的拉力必需大于BO受到的拉力，所以F的方向只能是ON方向．故C正确，A,B,D错误．故选：C【点评】解决本题的关键知道滑动摩擦力及正压力成正比，通过摩擦力的大小得出绳子拉力的大小，从而确定拉力的方向．16．如图所示，在O≤x≤L和2L≤x≤3L的区域内存在着匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面（纸面）向里，具有肯定电阻的正方形线框abcd边长为2L，位于xOy平面内，线框的ab边及y轴重合．令线框从t=0时刻由静止开始沿x轴正方向做匀加速直线运动，则线框中的感应电流i（取逆时针方向的电流为正）随时间t的函数图象大致是下列图中的（）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】压轴题；电磁感应及图像结合．【分析】首先依据楞次定律推断感应电流的方向．再依据公式E=Blv和运动学公式得到感应电动势的表达式，由欧姆定律得到感应电流的表达式．【解答】解：设线框进入磁场的时间为t0，则由L=，得t0=．在0﹣t0时间内，由楞次定律推断可知感应电流方向沿逆时针方向，感应电流大小为I==；故CD均错误．设线框ab从x=L运动到x=4L的时间为t1，则由运动学公式得t1=﹣t0=2t0﹣t0=t0，这段时间内穿过线框的磁通量不变，没有感应电流．故B错误．设线框ab从x=4L运动到x=5L的时间为t2，则由运动学公式得t2=﹣t0=t0﹣2t0=0.236t0的时间内，依据楞次定律得知，感应电流方向沿顺时针方向，为负值．感应电流为I=﹣=﹣；故A正确．故选A【点评】本题是电磁感应及运动学公式的综合应用，依据楞次定律推断出感应电流的方向，可解除CD，再依据运动时间，解除B．三,多项选择题17.如图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道．甲,乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有（）A．甲的切向加速度始终比乙的大B．甲,乙在同一高度的速度大小相等C．甲,乙在同一时刻总能到达同一高度D．甲比乙先到达B处【考点】匀变速直线运动的速度及位移的关系．【专题】直线运动规律专题．【分析】①由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小；②可以运用机械能守恒来说明，也可以运用运动学的公式计算，后一种方法比较麻烦；③哪一个先达到B点，可以通过速度的变化快慢来理解，也可以运用v﹣t图象来计算说明．【解答】解：A：由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A错误；B：由机械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度（重力势能）相等处的动能也相等，故B正确；C,D：甲的切向加速度先比乙的大，速度增大的比较快，开始阶段的位移比较大，故甲总是先达到同一高度的位置．故C错误，D正确．故选：BD．【点评】本题应当用“加速度”说明：高度相同，到达底端的速度大小就相同，但甲的加速度渐渐减小，乙的加速度渐渐增大．所以它们的速度增加的快慢不同，甲增加得最快，乙增加得最慢．它们的v﹣t图象如图，结合v﹣t图象的意义，图线的斜率表示加速度，图线及时间轴之间的面积可以用来表示位移．18．一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻及（t+0.6）时刻的波形图正好重合，如图所示．则下列说法中正确的是（）A．质点振动周期可能为1.2sB．该波的波速可能为10m/sC．在（t+0.4）时刻，x=﹣1m处的质点位移可能为零D．从（t+0.3）时刻开始计时，x=0.5m处的质点可能比x=﹣0.5m处的质点先到达波峰位置【考点】波长,频率和波速的关系；横波的图象．【分析】据题，t时刻及（t+0.6）时刻的波形图正好重合，经过的时间是周期的整数倍，得到周期的通项．由图读出波长，求出波速的通项，再求解特别值．依据时间及周期的关系，分析在（t+0.4）时刻，x=﹣1m处的质点的状态．依据波可能的传播方向，分析从（t+0.3）时刻开始计时，x=0.5m处的质点及x=﹣0.5m处的质点到达波峰位置的先后．【解答】解：A,由题分析得知，nT=0.6s，n=1，2，3…，周期T=s，所以质点振动周期不可能为1.2s．故A错误．B,由图读出波长为λ=2m，波速v==m/s=nm/s，当n=3时，v=10m/s．故B正确．C,t时刻到（t+0.4）时刻经过时间为0.4s，而0.4s及周期的关系为n===n，由于n为整数，所以该时刻x=﹣1m处的质点不可能在平衡位置，位移不可能为零．故C错误．D,简谐横波沿x轴正方向传播，在（t+0.3）时刻，x=0.5m处的质点振动方向可能沿y轴正方向，x=﹣0.5m处的质点振动方向沿y轴负方向，所以先到达波峰位置x=0.5m处的质点可能比x=﹣0.5m处的质点先到达波峰位置．故D正确．故选BD【点评】本题考查依据数学知识列通项的实力．抓住波的周期性进行分析．波经过整数倍周期时间，图象重合；半个周期奇数倍时间，图象反相．19．如图所示，A,B两球分别套在两光滑无限长的水平直杆上，两球通过一轻绳绕过肯定滑轮（轴心固定不动）相连，某时刻连接两球的轻绳及水平方向的夹角分别为α,β，A球向左的速度为v，下列说法正确的是（）A．此时B球的速度为vB．此时B球的速度为vC．当β增大到等于90°时，B球的速度达到最大D．在β增大到90°的过程中，绳对B球的拉力始终做正功【考点】运动的合成和分解．【专题】定性思想；图析法；运动的合成和分解专题．【分析】将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于B沿绳子方向的分速度．组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，通过系统机械能守恒推断小球B减小的势能及物块A增加的动能的大小关系．【解答】解：A,将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于B沿绳子方向的分速度．在沿绳子方向的分速度为v绳子=vcosα，所以vB==．故A正确，B错误．C,当β增大到等于90°时，B球的速度沿绳子方向的分速度等于0，所以A沿绳子方向的分速度也是0，而cosα不等于0，所以A球的速度为0；此时A的动能全部转化为B的动能，所以B球的速度达到最大，故C正确；D,在β增大到90°的过程中，绳子的方向及B球运动的方向之间的夹角始终是锐角，所以绳对B球的拉力始终做正功．故D正确．故选：ACD【点评】解决本题的关键会对速度进行分解，以及驾驭机械能守恒的条件，会利用力及速度之间的夹角关系分析力对物体做功的性质问题．20．如图所示，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r．闭合电键后，将滑动变阻器滑片向下滑动，志向电压表V1,V2,V3示数变化量的肯定值分别为△U1,△U2,△U3，志向电流表A示数变化量的肯定值为△I，则（）A．△U1大于△U2 B．=R+rC．V2的示数增大 D．+保持不变【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】比较思想；方程法；恒定电流专题．【分析】志向电压表内阻无穷大，相当于断路．志向电流表内阻为零，相当短路．分析电路的连接关系，依据欧姆定律和闭合电路欧姆定律进行分析．【解答】解：A,依据闭合电路欧姆定律得：U2=E﹣Ir，则得：=r；=R，据题：R＞r，则得△U1＞△U2．故A正确．B,依据闭合电路欧姆定律得：U3=E﹣I（R+r），则得：=R+r，故B正确．C,志向电压表内阻无穷大，相当于断路．志向电流表内阻为零，相当短路，所以R及变阻器串联，电压表V1,V2,V3分别测量R,路端电压和变阻器两端的电压．当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以V2的示数减小，故C错误；D,由上知，+=R+r，保持不变，故D正确．故选：ABD【点评】本题是电路的动态分析问题，关键要理解志向电表的作用，搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，依据闭合电路欧姆定律进行分析．四,填空题21．远古时代，取火是一件困难的事，火一般产生于雷击或磷的自燃．随着人类文明的进步，出现了“钻木取火”等方法．“钻木取火”是通过做功方式改变物体的内能，把机械能转变为内能．【考点】改变内能的两种方式．【分析】做功及热传递都可以改变物体的内能，做功是能量转化过程，热传递是能量的转移过程．【解答】解：“钻木取火”是通过做功方式改变物体的内能，在此过程中，机械能转变为内能．故答案为：做功；机械能．【点评】本题考查了改变物体内能的方式，难度不大，是一道基础题；知道：做功及热传递都可以改变物体的内能，做功是能量转化过程，热传递是能量的转移过程，即可正确解题．22．甲,乙两颗绕地球作匀速圆周运动人造卫星，其线速度大小之比为：1，则这两颗卫星的运转半径之比为1：2，运转周期之比为1：．【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】依据万有引力供应向心力，得出线速度,周期及轨道半径的关系，从而求出向心力,线速度,周期之比．【解答】解：依据，得v=，所以：依据：得：T=2π．所以周期之比为：=故答案为：1：2，1：2【点评】该题考查人造卫星的应用，解决本题的关键驾驭万有引力供应向心力，知道线速度,周期及轨道半径的关系．23．某同学的质量为60kg，在一次野营中，他从岸上以2m/s的速度，跳到一条以0.5m/s的速度正对着他飘来的小船上，跳上船后他又走了几步，最终停在船上．已知小船的质量为140kg，则人及小船共同运动的速度大小为0.25m/s，运动方向为向右．（填“向左”或“向右”）【考点】动量守恒定律．【专题】简答题；定性思想；推理法；动量及动能定理或能的转化及守恒定律综合．【分析】人跳上船的过程，系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律求解人和船的共同速度．【解答】解：以人及船组成的系统为探讨对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m人v人﹣m船v船=（m人+m船）v，即：60×2﹣140×0.5=（60+140）v，解得：v=0.25m/s，方向及人原来的速度方向相同，即向右．故答案为：0.25；向右【点评】本题考查了求人及船的速度，应用动量守恒定律即可正确解题，解题时要留意正方向的选择，否则会出错．24．如图所示是两列相干波的干涉图样，实线表示波峰，虚线表示波谷，两列波的振幅都为10cm，波速和波长分别为1m/s和0.2m，C点为AB连线的中点．则图示时刻C点的振动方向向下（选填“向上”或“向下”），从图示时刻再经过0.25s时，A点经过的路程为100cm．【考点】波的叠加．【分析】波峰及波峰叠加，波谷及波谷叠加为振动加强点，振幅等于两列波引起的振幅之和，C点为AB连线的中点，处于振动加强区，依据波的传播方向确定C点的振动方向．依据波速,波长求出周期，质点在一个周期内振动的路程等于4倍的振幅．【解答】解：B点处于波谷，A点处于波峰，波由B向A传播，此时C处于平衡位置，经过四分之一周期，波谷传播到该点，知C点的振动方向向下．周期T=，质点在一个周期内振动的路程等于4倍的振幅，经过0.25s时，走过的路程等于5倍的振幅，A=20cm，则s=100cm．故答案为：向下，100．【点评】解决本题的关键会通过波的传播方向确定质点的振动方向，以及知道质点在一个周期内振动的路程等于振幅的4倍．25．如图所示，河道宽L=200m，越到河中央河水的流速越大，且流速大小满意u=0.2x（x是离河岸的距离，0≤x≤）．一小船在静水中的速度v=10m/s，自A处动身，船头垂直河岸方向渡河到达对岸B处．AB两点间距离为200m．设船的运动方向及水流方向夹角为θ，则渡河过程中θ最小为arctan0.5．【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向，在垂直于河岸方向上的速度等于静水速，依据河宽以及在垂直于河岸方向上的速度求出渡河的时间．水流速及到河岸的最短距离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．依据平均水流速，求出沿河岸方向上的位移，从而求出AB的直线距离，最终依据水流速度及距离的关系，得出在河中央处，水流速度，再结合三角知识，即可求解夹角的最小值．【解答】解：渡河的时间为：t==s=10s；水流速的平均速度等于处的水流速．则有：u=0.4×=10m/s．所以沿河岸方向上的位移为：x=ut=200m．所以AB的直线距离为：s=m=200m；船在静水中速度是不变，而水流速度满意u=0.2x（x是离河岸的距离，0≤x≤），因x=vt，那么u=2t，因此到达河中央前小船加速度大小为2m/s2，当到达中央时，水流速度为：u=0.2x=0.2×100=20m/s，由三角知识，则有：tanθ==0.5；故答案为：200；arctan0.5【点评】解决本题的关键知道合运动及分运动具有等时性，各分运动具有独立性，互不影响．同时驾驭运动学公式的应用．26．带正电小球静止在光滑绝缘斜面的底端，现在该区域加一平行斜面对上的匀强电场，经时间t电场做功40J时，匀强电场突然消逝，小球又经时间t恰好回到斜面底端．若以小球初始水平面为零重力势能面，则小球回到斜面底端时的机械能为40J，小球的动能为8J时重力势能为32和24J．【考点】电势能；动能定理的应用．【专题】定量思想；推理法；电场力及电势的性质专题．【分析】依据功能关系可以得到机械能的增加等于电场力做的功，电场力做功40J，所以小球的机械能的增加40J；依据有电场和没有电场的时候，运动的时间相同，可以计算电场力和重力之间的关系，在依据动能定理计算动能为8J的时候重力势能的大小，在返回的时候，依据机械能守恒，可以直接计算动能为8J的时候重力势能的大小．【解答】解：在运动的过程中，除重力之外，只有电场力做功，小球的机械能的增加等于电场力做的功，电场力做功40J，所以小球的机械能的增加40J，小球回到斜面底端时的机械能为40J；设有电场力及没电场力时物体的加速度大小分别为a1,a2，依据物体在电场力作用向上运动的位移及撤去电场力后回到动身点的位移大小相等，方向相反，得：a1t2+（a1t）t﹣a2t2=0解得：a2=3a1又由牛顿第二定律得：qE﹣mgsinθ=ma1，mgsinθ=ma2，得到qE=mgsinθ设当物体的动能为8J时，物体重力势能为EP，有：（qE﹣mgsinθ）x=EK=8J此时的势能为：EP=mgsinθx解得：EP=mgsinθ•x=3EK=24J，在去掉电场之后，物体从静止开始下滑的过程中，机械能守恒，此时当动能为8J的时候，重力势能为40﹣8=32J．故答案为：40；32和24．【点评】本题是动能定理,运动学公式等等力学规律的综合应用，关键要抓住两个过程之间的位移关系和时间关系，确定电场力和重力之间的关系．五,试验题27．某同学利用单摆测定重力加速度时，用秒表测量单摆的周期，当单摆摇摆稳定且到达最低点时开始计时并记为n=0，单摆每经过最低点记一次数，当数到n=60时停止计时．测量结果及当地的重力加速度的真实值比较，发觉偏大，可能缘由是（）A．振幅偏小B．开始计时误记为n=1C．将摆线加上球直径当成了摆长D．将摆线的长度当成了摆长【考点】单摆周期公式．【专题】定性思想；推理法；单摆问题．【分析】依据单摆周期公式求出重力加速度的表达式，然后分析试验误差，从而即可求解．【解答】解：由单摆周期公式：T=2π可得：g=，A,重力加速度及单摆的振幅无关，振幅偏小不会影响重力加速度的测量值，故A错误；B,开始计时误记为n=1，所测中期T偏小，由g=可知，所测重力加速度偏大，故B正确；C,在摆线加上球直径当成了摆长，所测摆长偏大，由g=可知，所测重力加速度偏大，故C正确；D,将摆线长当成了摆长，所测摆长偏小，由g=可知，所测重力加速度偏小，故D错误；故选：BC．【点评】考查单摆周期公式的内容，而确定引起误差的根源是解题的关键，留意线长及摆长的区分．28．“探讨共点力的合成”的试验状况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋及细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上依据试验结果画出的图示．（1）图乙中的F及F′两力中，方向肯定沿AO方向的是F′．（2）（单选题）本试验采纳的科学方法是BA．志向试验法B．等效替代法C．限制变量法D．建立物理模型法（3）（多选题）试验中可减小误差的措施有ACDA．两个分力F1,F2的大小要尽量大些B．两个分力F1,F2间夹角应越大越好C．拉橡皮筋时，弹簧秤,橡皮条,细绳应贴近木板且及木板平面平行D．AO间距离要适当，将橡皮筋拉至结点O时，拉力要适当大些．【考点】验证力的平行四边形定则．【专题】试验题；平行四边形法则图解法专题．【分析】明确试验原理，了解试验误差的存在，知道该试验中“理论值”和“试验值”的区分．试验要操作便利,数据精确，尽量减小读数的肯定误差和相对误差．【解答】解：（1）F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F′是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力及两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力．故方向肯定沿AO方向的是F′，由于误差的存在F和F′方向并不在重合；（2）合力及分力是等效替代的关系，所以本试验采纳的等效替代法．故选：B（3）A,试验是通过作图得出结果，故为了减小误差应让拉力尽量大些，故A正确；B,而夹角太大将会导至合力过小，故夹角不能太大，故B错误；C,为了防止出现分力的状况，应让各力尽量贴近木板，且及木板平行，故C正确；D,为了精确登记拉力的方向，故采纳两点描线时两点应尽量距离大一些，故细绳应长些，故D正确；故选：ACD．故答案为：（1）F′，（2）B，（3）ACD【点评】本试验采纳的是“等效替代”的方法，即一个合力及几个分力共同作用的效果相同，可以相互替代，明确“理论值”和“试验值”的区分．29．如图是“用DIS探讨回路中感应电动势大小及磁通量变化快慢的关系”试验装置，保持挡光片位置,光电门和螺线管之间的距离不变．（1）试验器材除了须要光电门传感器之外，还须要电压传感器．（2）让小车以不同的速度靠近螺线管，记录下小车每次靠近螺线管至最终撞上螺线管停止的全过程中感应电动势及时间的变化关系．如图所示，光电门测得挡光时间为△t1，有感应电动势的时间为△t2，则试验可以得到感应电动势及成正比．（用题中字母表示）（3）若保持磁铁靠近线圈的速度不变，只增加线圈的匝数（线圈直径不变），则△t1内图象所围阴影部分面积将增大（选填“不变”,“增大”或“减小”）．【考点】探讨电磁感应现象．【专题】试验题．【分析】（1）须要电压传感器测量感应电动势的大小；（2）依据法拉第电磁感应定律分析感应电动势及什么量成正比；（3）依据法拉第电磁感应定律分析面积如何变化【解答】解：（1）探讨回路中感应电动势大小及磁通量变化快慢的关系，须要测出感应电动势的大小，因此须要电压传感器．（2）小车每次靠近螺线管至最终撞上螺线管停止的全过程中，磁通量的变化量△Φ相等，由法拉第电磁感应定律可得：E=n可知，在n及△Φ肯定时，感应电动势及成正比；（3）感应电动势：E=n，则E△t=n△Φ，每次试验时磁通量的变化量△Φ不变，保持磁铁靠近线圈的速度不变，只增加线圈的匝数n，则n△Φ增大，△t1内图象所围阴影部分面积将增大．故答案为：（1）电压；（2）；（3）增大．【点评】本题考查了试验器材,试验分析等问题，知道试验原理是正确解题的关键，应用法拉第电磁感应定律,分析清晰图象即可正确解题．30．某试验小组利用铜片,锌片和家乡盛产的柑橘制作了果汁电池，他们测量这种电池的电动势E和内阻r，并探究电极间距对E和r的影响，试验器材如图所示测量E和r的试验方案为：调整滑动变阻器，改变电源两端的电压U和流过电源的电流I，依据公式U=E﹣Ir，利用测量数据作出U﹣I图象，得出E和r．（1）将电压表视为志向表，要求避开电流表分压作用对测量结果的影响，请在图中用笔画线代替导线连接电路．（2）试验中依次减小铜片及锌片的间距，分别得到相应果汁电池的U﹣I图象如图中（a）（b）（c）（d）所示，由此可知：在该试验中，随电极间距的减小，电源电动势不变（填“增大”,“减小”或“不变”），电源内阻增大（填“增大”,“减小”或“不变”）．（3）对图线（c），当外电路总电阻为2500Ω时，该电源的输出功率P=0.268mW．【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】试验题；设计及制作题；定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】（1）将电压表视为志向表，要避开电流表分压作用对测量结果，相对于电源来说，电流表应采纳外接法，据此连接实物电路图；（2）测量电源电动势和内阻时，U﹣I图象的斜率表示内阻，即r=，图象纵轴截距为电动势；（3）电源的输出功率一般用P=I2R计算，其中I为干路电流，R为外阻．【解答】解：（1）将电压表视为志向表，要避开电流表分压作用对测量结果，相对于电源来说，电流表应采纳外接法，据此连接实物电路图，电路图如图所示．（2）图线及纵轴的交点的纵坐标即为电动势，由图象可知，图象及纵轴的交点纵坐标不变，所以电动势不变，图线斜率的肯定值即为内阻，由图象可知，（a）（b）（c）（d）图象斜率的肯定值变大，电源内阻变大．由此可知：随电极间距的减小电源内阻增大．（3）由图示图象可知，图象及纵轴交点坐标值为0.975，电源电动势E=0.975V；（c）对应图线斜率肯定值约为478（从线上选取两点即可求斜率），电源的输出功率为：P=（）2R=（）2×2500W=2.68×10﹣4W=0.268mW．故答案为：（1）如图所示；（2）不变，增大；（3）0.268．【点评】本题考查了试验原理,做试验电路图,试验数据分析，知道试验原理,依据题意确定电流表的接法是正确作出试验电路图的关键；对于图象问题，要做到三看：看物理量,看单位,看初坐标，然后再看斜率，看变化．六,计算题.（共50分）31．如图所示，导热良好的薄壁气缸放在水平面上，用横截面积为S=1.0×10﹣2m2的光滑薄活塞将肯定质量的志向气体封闭在气缸内，活塞杆的另一端固定在墙上．此时活塞杆及墙刚好无挤压．外界大气压强p0=1.0×105Pa．当环境温度为27℃时，密闭气体的体积为2.0×10﹣3m3．①若固定气缸在水平面上，当环境温度缓慢上升到57℃时，气体压强p2为多少？②若气缸放在光滑水平面上不固定，当环境温度缓慢上升到57℃时，气缸移动了多少距离？③保持②的条件不变下，对气缸施加水平作用力，使缸内气体体积缓慢地复原到原来数值，这时气缸受到的水平作用力多大？【考点】志向气体的状态方程．【专题】志向气体状态方程专题．【分析】①由等容变化规律可求得环境温度缓慢上升到57℃时，气体压强p2②当环境温度缓慢上升时，气体作等压膨胀，依据盖﹣吕萨克定律列式求解出膨胀的体积；③从开始到最终，气体等容升温，依据查理定律列式求解气压，再依据内外压强差求解水平作用力；【解答】解：①从开始状态到最终状态，气体等容变化=解得：P2==pa=1.1×105pa②当环境温度缓慢上升到57℃时，气体作等压变化，依据盖﹣吕萨克定律得：解得：V2=V1=×2.0×10﹣3m3=2.2×10﹣3m3气缸移动的距离为：△l==m=2×10﹣2m③由状态3到状态4，由等温变化可知：P3V3=P4V4即P4===1.1×105Pa又因为：P4s=P0S+F解得：F=100N；答：①若固定气缸在水平面上，当环境温度缓慢上升到57℃时，气体压强p2为1.1×105pa②若气缸放在光滑水平面上不固定，当环境温度缓慢上升到57℃时，气缸移动了2×10﹣2m距离；③保持②的条件不变下，对气缸施加水平作用力，使缸内气体体积缓慢地复原到原来数值，这时气缸受到的水平作用力100N．【点评】本题关键找出封闭气体的已知状态参量，然后选择合适的气体试验定律列方程求解，要留意正确确定初末状态参量．32．如图所示，粗糙水平面上放置一个小物块，在力F作用下沿水平面对右加速运动．在保持力F大小不变的状况下，发觉当F水平向右或及水平面成60°夹角斜向上时，物块的加速度相同．求：（1）物块及水平面间的动摩擦因数μ．（2）若保持力F及水平面成60°夹角斜向上，从静止起拉动物块，物块沿水平面对右移动s=5m的时间为t．改变F的大小重复上述过程，时间t的最小值为多少？【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移及时间的关系．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）当拉力水平常，以及拉力斜向上时，依据牛顿第二定律求出加速度的表达式，抓住加速度相等求出物块及水平面间的动摩擦因数．（2）F的方向不变，改变拉力的大小，当加速度最大时，所用的时间最短，抓住物体不能离开水平面，求出最大拉力，从而得出最大加速度，结合位移时间公式求出时间的最小值．【解答】解：（1）水平拉时，依据牛顿第二定律有：