上海市普陀区2016届高三物理下册第一次模拟考试题

2016年上海市普陀区高考物理一模试卷一、单项选择题（共16分，每题2分，每题只有一个正确选项．）1．在国际单位制（SI）中，下列物理量单位属于基本单位的是（）A．牛顿 B．焦耳 C．安培 D．库仑2．发现电磁感应定律的科学家是（）A．库仑 B．安培 C．法拉第 D．伽利略3．下列装置中，可以将电能转化为机械能的是（）A．发电机 B．电动机 C．电饭锅 D．电磁铁4．下列关于奥斯特实验的说法中正确的是（）A．该实验必须放在地球赤道上进行B．通电直导线必须竖直放置C．通电直导线应该水平东西方向放置D．通电直导线应该水平南北方向放置5．下列关于电场和磁场的说法中正确的是（）A．电场线和磁感线都是封闭曲线B．电场线和磁感线都是不封闭曲线C．通电导线在磁场中一定受到磁场力的作用D．电荷在电场中一定受到电场力的作用6．如图，正方形线圈abcd的一半处于匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直．在线圈以ab为轴旋转90°的过程中，穿过线圈的磁通量大小（）A．一直减小 B．先增大后减小 C．先减小后增大 D．先不变后减小7．如图是某空间部分电场线的分布图．在电场中，以O为圆心、直径为d的圆周上有M、Q、N三个点，连线MON与直电场线重合，连线OQ垂直于MON，下列说法正确的是（）A．电场强度EM＜EO＜ENB．若M点场强为E，则电势差UMN=EdC．将一负点电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加D．一正点电荷只受电场力作用能从Q点沿圆周运动至N点8．如图圆环上带有大量的负电荷，当圆环沿顺时针方向转动时，a、b、c三枚小磁针都要发生转动，以下说法正确的是（）A．a、b、c的N极都向纸里转B．b的N极向纸外转，而a、c的N极向纸里转C．b、c的N极都向纸里转，而a的N极向纸外转D．b的N极向纸里转，而a、c的N极向纸外转二、单项选择题（共24分，每题3分，每题只有一个正确选项．）9．双人滑运动员在光滑的水平冰面上做表演，甲运动员给乙运动员一个水平恒力F，乙运动员在冰面上完成了一段优美的弧线MN．vM与vN正好成90°角，则此过程中，乙运动员受到甲运动员的恒力可能是图中的（）A．F1 B．F2 C．F3 D．F410．如图，杠杆OA的B点挂着重物G，A端用细绳竖直挂在圆弧形架EF上，此时OA恰成水平，且A点与EF的圆心重合．当绳的M端从E点缓慢滑到F点的过程中，绳对A端拉力的大小将（）A．逐渐变大 B．逐渐变小 C．先变大再变小 D．先变小再变大11．如图所示，圆弧形货架摆着四个完全相同的光滑小球，O为圆心．则对圆弧面的压力最小的是（）A．a球 B．b球 C．c球 D．d球12．有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则（）A．a的向心加速度等于重力加速度gB．在相同时间内b转过的弧长最长C．c在2小时内转过的圆心角是D．d的运动周期有可能是20小时13．某一导体的伏安特性曲线如图中AB段所示，关于导体的电阻，下列说法正确的是（）A．电阻变化了5Ω B．电阻变化了15ΩC．电阻变化了20Ω D．电阻变化了30Ω14．沿直线作匀加速运动的质点，从某时刻开始，在连续相邻的t、2t、3t时间内的平均速度分别为v1、v2、v3，则（v2﹣v1）：（v3﹣v2）的比值为（）A．3：5 B．2：3 C．1：1 D．4：315．在光滑的水平面上，用一水平拉力F使物体从静止开始移动s，平均功率为P，如果将水平拉力增加为16F，使同一物体从静止开始移动s，平均功率为（）A．4P B．16P C．32P D．64P16．将小球A从地面以初速度vA0=8m/s竖直上抛，同时将小球B从一高为h=2m的平台上以初速vB0=6m/s竖直上抛，忽略空气阻力．当两球同时到达同一高度时，小球B离地高度为（）A．1m B．2m C．3m D．4m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．）17．如图，质量为m的物体放在升降机的底板上．若升降机从静止开始以a=g/2的加速度竖直向下运动一段位移h．下列说法正确的是（）A．物体所受的支持力为B．物体动能的增加量为mghC．物体重力势能的减小量为mghD．物体机械能的减少量为18．如图甲，轻杆一端固定在O点，另一端固定质量为m的小球．现让小球在竖直平面内做圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，速度大小为v，其F﹣v2图象如图乙所示．则（）A．小球做圆周运动的半径R=B．v2=0时，小球受到的弹力与重力大小不相等C．v2=c时，小球受到的弹力方向向上D．v2=2b时，小球受到的弹力大小为a19．如图，一块橡皮用细线悬挂于O点，现用一支铅笔贴着细线的左侧水平向右以速度v匀速移动．运动过程中保持铅笔的高度不变，悬挂橡皮的那段细线保持竖直．橡皮运动到图示位置时，细线与竖直方向的夹角为θ．则在铅笔未碰到橡皮前，橡皮的运动情况是（）A．橡皮在水平方向上作匀速运动B．橡皮在竖直方向上所受合力应竖直向上C．橡皮在图示位置处时，竖直方向的速度大小等于vsinθD．在t时间内，橡皮在竖直方向上的位移大小为vttanθ20．如图，电路中①、②、③处可以接小灯泡、电流表或电压表（均为理想电表）三种元器件．电源电动势E、内阻r均保持不变．定值电阻R1：R2：R3：R4=4：3：2：1，小灯泡电阻RL=R1，R1＞r，电路中有电流通过．下列说法中正确的是（）A．当①接电流表、②接电压表、③接小灯泡时，外电路总电阻最小B．当①接小灯泡、②接电流表、③接电压表时，外电路总电阻最大C．当①接小灯泡、②接电压表、③接电流表时，路端电压最大D．当①接电流表、②接电压表、③接小灯泡时，电源输出功率最大四．填空题（共20分，每小题4分．）21．某人在a=4m/s2匀加速下降的电梯中最多能举起质量为80kg的物体，则此人在地面上最多可举起质量为kg的物体．若此人在一匀加速上升的电梯中最多能举起质量为40kg的物体，则此电梯上升的加速度为m/s2．22．在医院里常用如图所示装置对小腿受伤的病人进行牵引治疗．绳子下端所挂重物的质量是5kg，ab段绳子与水平方向的夹角为30°．不计滑轮组的摩擦和绳子的质量，则病人的脚和腿所受的竖直向上的牵引力共为N，病人的脚所受的牵引力为N．23．如图，物体P从光滑的斜面上的A点由静止开始运动，与此同时小球Q在C点的正上方h处自由落下．P途经斜面底端B点后以不变的速率继续在光滑的水平面上运动，在C点恰好与自由下落的小球Q相遇，不计空气阻力．已知AB=BC=0.1m，h=0.45m．则两球相遇时间为s，物体P滑到底端速度为m/s．24．如图，水平圆的半径为R，两直径AB和CD垂直，O为圆心，OP是过圆心的竖直线．圆上A、B、C、D四点处各分布着四个带电量均为q的正电荷，把一个带电量也为q的带正电的小球（看作点电荷）放在OP上的Q点，小球刚好能静止，Q点到圆心O的距离也为R．现把此小球从Q点上方的E点静止释放，小球能运动到Q点下方的最低点F（E、F点未画出）．已知E、F两点间的距离为h，静电常数为k，重力加速度为g．则小球的质量为，E、F两点间的电势差为．25．如图甲，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长l=0.1m，竖直边长L=0.3m．线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0=1T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2A范围内调节的电流I．挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使得天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．为使天平的量程达到1kg，线圈的匝数N1至少为匝．若另选N2=100匝、形状相同的线圈，总电阻R=5Ω，不接外电流时，两臂平衡．保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d=0.1m，如图乙所示．当挂盘中放质量为0.5kg的物体时，天平平衡，此时磁感应强度的变化率为T/s．五．实验题（共24分）26．“研究感应电流产生的条件”的实验电路如图所示．实验表明：当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中就会有电流产生．在闭合电键S前，滑动变阻器滑动片P应置于端（选填“a”或“b”）．电键S闭合后还有多种方法能使线圈C中产生感应电流，试写出其中的一种方法：．27．如图甲，在“研究共点力的合成”的实验中，某同学将弹簧秤固定在贴有白纸的木板上，将环形橡皮筋挂在弹簧秤钩上，另一端用圆珠笔尖向下拉，直到弹簧秤示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置画在白纸上，记为O、O′，选择合适的标度，作出橡皮筋拉力的大小和方向，记为FOO′．接着他在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端达到O点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA段的拉力记为FOA，OB段的拉力记为FOB，如图乙所示．（1）（单选题）选择相同的标度，A﹣D图中按比例作出的FOA和FOB的合力F′的图示正确的是．（2）若FOA=1.9N，请在丙图中作出FOA和FOB的合力F′图示，并求出F′的大小为N．（3）通过比较与的大小和方向，即可得出实验结论．28．如图为简易的火警报警的实验装置图，热敏电阻随温度的升高阻值会减小．正常情况下电铃不响，当火警发生时电铃响起．（1）画出该装置的电路图：（2）顺时针旋转模块中的变阻器，其电阻值变小，火警报警的触发温度值将变（填“高”或“低”）．29．在“用DIS研究小车加速度与力的关系，加速度与质量的关系”实验中，（1）甲、乙两组分别用如图甲、乙所示的实验装置做实验，钩码通过细线跨过滑轮拉相同质量小车，位移传感器（B）随小车一起沿水平轨道运动，位移传感器（A）固定在轨道一端．甲组实验中把钩码的重力作为拉力F，乙组直接用力传感器测得拉力F．改变钩码的重力重复实验多次，记录多组数据，并画出a﹣F图象，如图丙所示．甲组实验把钩码的重力作为拉力F的条件是，图丙中符合甲组同学做出的实验图象的是，符合乙组同学做出的实验图象的是．（2）在研究“加速度与质量的关系”时，某同学用图乙实验装置做了实验，并作出如图丁的图象，横坐标m为小车上配重片的质量．若力传感器测出小车受到的拉力为F，已知小车的质量为M，则图中直线的斜率为，纵轴上的截距为．六．计算题（共50分）30．如图，将一质量为m的小物块放在水平木板上，让他们一起沿与水平面成θ角方向匀加速向下移动，加速度a=gsinθ．已知物块和水平木板之间没有相对滑动，且木板始终保持水平．（1）画出小物块的受力分析图；（2）求小物块受到的摩擦力的大小；（3）求小物块受到的支持力的大小．31．如图，ABC为固定在竖直平面内的轨道，AB为光滑的四分之一圆弧，与粗糙水平面BC相切．将质量m=0.5kg的滑块从A点静止释放，滑块与水平面间的动摩擦因数μ1=0.1，滑块从B点滑行L=18m后到达C点时速度v1=8m/s．现将BC间的一段MN用铁刷划擦，使该段的动摩擦因数变为μ2=0.5，再使滑块从A点静止释放，到达C点的速度为v2=6m/s．（1）求圆弧的半径R；（2）求MN段的长度l；（3）若BC间用铁刷划擦的MN段的长度不变，要使滑块从B到C的运动时间最长，问铁刷划擦的MN段位于何位置？请作出v﹣t图，并通过分析v﹣t图得出结论．32．如图甲，匀强磁场磁感应强度为B，磁场宽度为3L，一正方形金属框abcd的边长为L，每边电阻为R，金属框以速度v匀速穿过磁场区，其平面始终保持与磁感线方向垂直．求：（1）求金属框进入磁场阶段，通过回路的电荷量；（2）当金属框完全在磁场中运动时，求金属框a、b两端电压Uab，某同学的解法如下：设通过金属框中的电流为I，则Uab=I•3R，代入数据，即可求得Uab．你认为该同学的解答是否合理？若合理，请解出最后结果；若不合理，请说明理由，并用你自己的方法算出正确结果．（3）若当金属框cd边到达磁场左边缘时，磁感应强度大小按如图乙所示的规律变化，求金属框穿过磁场区的过程中cd边克服安培力做的功．33．如图，粗糙、绝缘的直轨道固定在水平桌面上，B端与桌面边缘对齐，A是轨道上一点，过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E=2×106N/C，方向水平向右的匀强电场．可视为质点的带负电的小物体P电荷量q=2×10﹣6C，质量m=0.25kg，与轨道间动摩擦因数μ=0.4．P由静止开始向右运动，经过0.55s到达A点，到达B点时速度是5m/s．P在整个运动过程中始终受到水平向右的外力F作用，F大小与P的速率v的关系如表格所示，忽略空气阻力．v（m•s﹣1）0≤v≤22＜v＜5v≥5F/N263（1）求小物体P从开始运动至A点的速率；（2）求小物体P从A运动至B的过程，电场力做的功；（3）小物体P到达B点后，飞向另一侧呈抛物线形状的坡面．如图，以坡底的O点为原点建立坐标系xoy．已知BO高为h，坡面的抛物线方程为y=x2，式中h为常数，且h＞7，重力加速度为g．若当小物体P刚到达B点时，通过对其施加一个水平向右的瞬时力，改变其在B点的速度．则欲使P落到坡面时的动能恰好最小，求其在B点时的速度．

2016年上海市普陀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，每题2分，每题只有一个正确选项．）1．在国际单位制（SI）中，下列物理量单位属于基本单位的是（）A．牛顿 B．焦耳 C．安培 D．库仑【考点】力学单位制．【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．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，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：解：单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，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．所以C正确．故选C．【点评】国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的．2．发现电磁感应定律的科学家是（）A．库仑 B．安培 C．法拉第 D．伽利略【考点】物理学史．【专题】常规题型．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解答】解：发现电磁感应定律的科学家是法拉第，故选：C．【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．3．下列装置中，可以将电能转化为机械能的是（）A．发电机 B．电动机 C．电饭锅 D．电磁铁【考点】功能关系．【专题】定性思想；寻找守恒量法；功能关系能量守恒定律．【分析】解决本题的关键要明确各种用电器能量是如何转化，逐项分析即可．【解答】解：A、发电机将其他形式的能转化为电能，故A错误．B、电动机将电能转化为机械能，故B正确．C、电饭锅将电能转化为内能，故C错误．D、电磁铁将电能转化为磁场能，故D错误．故选：B【点评】对于常见的用电器能量是如何转化的要理解并掌握，要掌握它们的工作原理．4．下列关于奥斯特实验的说法中正确的是（）A．该实验必须放在地球赤道上进行B．通电直导线必须竖直放置C．通电直导线应该水平东西方向放置D．通电直导线应该水平南北方向放置【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】奥斯特实验证明电流的磁效应，即得出电流的周围存在磁场，地磁场的方向是南北方向，使得电流的磁场不受地磁场的干扰，根据右手螺旋定则确定导线的放置位置．【解答】解：因为地磁场的方向为南北方向，所以小磁针的方向静止时指向南北，在证明电流周围存在磁场，不受地磁场的干扰，应将导线水平南北放置，根据右手螺旋定则，在导线的下方产生东西方向的磁场，使得小磁针发生偏转，从而证明电流的磁效应．故D正确，A、B、C错误．故选D．【点评】解决本题的关键知道地磁场的方向特点，以及掌握右手螺旋定则．5．下列关于电场和磁场的说法中正确的是（）A．电场线和磁感线都是封闭曲线B．电场线和磁感线都是不封闭曲线C．通电导线在磁场中一定受到磁场力的作用D．电荷在电场中一定受到电场力的作用【考点】磁感线及用磁感线描述磁场；电场线．【分析】电场的基本性质是对放入的电荷有力的作用，而通电导线放入磁场中不一定有磁场力的作用；电场与磁场都是客观存在的特殊物质；电场线不封闭，而磁感线却是封闭．【解答】解：A、电场线不闭合，而磁感线是闭合的，故A错误，B也错误；C、通电导线与磁场平行时，不受磁场力作用，故C错误；D、电荷在电场中一定受到电场力的作用，故D正确；故选：D【点评】查电场与磁场的基本知识，通过相互比较来加强理解．注意电荷在磁场中受洛伦兹力是“有条件”的即运动电荷和磁场方向有夹角，若是平行或电荷与磁场相对静止则不受洛伦兹力作用，而电荷在电场中受电场力是“无条件”的即电场力与电荷的运动状态无关．是一道基础题，同时也是易错题．6．如图，正方形线圈abcd的一半处于匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直．在线圈以ab为轴旋转90°的过程中，穿过线圈的磁通量大小（）A．一直减小 B．先增大后减小 C．先减小后增大 D．先不变后减小【考点】磁通量．【分析】根据磁通量的公式Φ=BScosθ分析磁通量的变化，注意有效面积的判断．【解答】解：在线圈以ab为轴旋转90°的过程中，由于线圈在垂直于磁场平面上的投影面积不变，即有效面积不变，故开始时磁通量不变；而当cd过进入磁场后，有效面积减小；故磁通量减小；故只有D正确；故选：D．【点评】本题考查磁通理的性质，要注意正确确定有效面积的大小．7．如图是某空间部分电场线的分布图．在电场中，以O为圆心、直径为d的圆周上有M、Q、N三个点，连线MON与直电场线重合，连线OQ垂直于MON，下列说法正确的是（）A．电场强度EM＜EO＜ENB．若M点场强为E，则电势差UMN=EdC．将一负点电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加D．一正点电荷只受电场力作用能从Q点沿圆周运动至N点【考点】电势差与电场强度的关系；电势差；电势能．【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题．【分析】根据电场线的疏密情况判断电场强度的大小；应用公式U=Ed判断两点之间电势差的高低；根据电势高低或电场力做功情况判断电势能的变化；根据正点电荷的受力情况分析其运动情况．【解答】解：A、电场线的疏密表示场强的强弱，电场线越密场强越大，则有EM＞EO＞EN，故A错误；B、若M点场强为E，MN间各点的电场强度小于E，则知电势差UMN＜Ed，故B错误；C、根据电场线与等势线垂直特点，在O点所在电场线上找到Q点的等势点，根据沿电场线电势降低可知，O点的电势比Q点的电势高，则知M点的电势比N点的电势高，将一负点电荷由M点移到Q点，电势降低，电荷的电势能增加，故C正确．D、圆周运动需要外界提供向心力，向心力方向始终指向圆心，所以一正点电荷只受电场力作用不可能沿圆周运动，故D错误；故选：C【点评】电场线、电场强度、电势、电势差、电势能等物理量之间的关系以及大小比较，是电场中的重点和难点，在平时训练中要加强这方面的练习，以加深对概念的理解．8．如图圆环上带有大量的负电荷，当圆环沿顺时针方向转动时，a、b、c三枚小磁针都要发生转动，以下说法正确的是（）A．a、b、c的N极都向纸里转B．b的N极向纸外转，而a、c的N极向纸里转C．b、c的N极都向纸里转，而a的N极向纸外转D．b的N极向纸里转，而a、c的N极向纸外转【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】正电荷的定向移动方向是电流的方向，负电荷的定向移动方向与电流方向相反；在磁场中，小磁针静止时N极所指的方向是磁场的方向；由安培定则判断出a、b、c、d各处磁场方向，然后确定小磁针的转动情况．【解答】解：圆环带有负电荷，圆环顺时针转动时，产生的等效电流方向沿逆时针方向；由安培定则可知，a、c所在处磁场垂直于纸面向里，b处磁场垂直于纸面向外，故a、c处的小磁针的N极朝纸内转动，b处小磁针的N极朝纸外转动，故B正确，ACD错误；故选：B．【点评】本题考查了判断磁场方向问题，知道电流方向、熟练应用安培定则即可真奇怪解题．二、单项选择题（共24分，每题3分，每题只有一个正确选项．）9．双人滑运动员在光滑的水平冰面上做表演，甲运动员给乙运动员一个水平恒力F，乙运动员在冰面上完成了一段优美的弧线MN．vM与vN正好成90°角，则此过程中，乙运动员受到甲运动员的恒力可能是图中的（）A．F1 B．F2 C．F3 D．F4【考点】物体做曲线运动的条件；动量定理．【分析】甲运动员给乙运动员一个水平恒力F，根据图示物体由M向N做曲线运动，则轨迹为抛物线的一部分，故合外力的方向沿速度变化的方向，由此分析即可．【解答】解：根据图示物体由M向N做曲线运动，物体向上的速度减小，同时向右的速度增大，故合外力的方向指向图F2水平线下方，故F3的方向可能是正确的，故C正确，ABD错误故选：C【点评】考查了物体做曲线运动的条件，判断轨迹、速度、合力三者的位置关系．10．如图，杠杆OA的B点挂着重物G，A端用细绳竖直挂在圆弧形架EF上，此时OA恰成水平，且A点与EF的圆心重合．当绳的M端从E点缓慢滑到F点的过程中，绳对A端拉力的大小将（）A．逐渐变大 B．逐渐变小 C．先变大再变小 D．先变小再变大【考点】力矩和力偶．【专题】定性思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题．【分析】由于是以O为转轴，重物G产生的力矩不变，当绳的M端从E点缓慢滑到F点的过程中，绳子的拉力对O点的力矩也不变，但力臂不断变化，结合力矩的定义即可求出拉力的变化．【解答】解：图中的O点为支点，重物G产生顺时针方向的力矩，绳子的拉力产生逆时针方向的力矩，重物的位置不变，则重物的力矩不变，由力矩平衡可知，绳子的拉力F产生的力矩大小也不变．当绳的M端从E点缓慢滑到F点的过程中，拉力F的力臂先变大后变小，所以拉力F先变小后变大．故选：D【点评】分析一个杠杆中拉力的变化，主要是根据力矩平衡条件，分析它的力臂的变化．力臂变长，则拉力减小，反之亦然．11．如图所示，圆弧形货架摆着四个完全相同的光滑小球，O为圆心．则对圆弧面的压力最小的是（）A．a球 B．b球 C．c球 D．d球【考点】共点力平衡的条件及其应用．【分析】四个小球均处于平衡状态，根据共点力的平衡条件作出受力分析图即可得出结论．【解答】解：对C球受力分析如图，摩擦力与支持力的合力与重力大小相等，方向相反；支持力F=mgcosθ由a到d的过程中，夹角θ越来越小，则说明压力越大越大；故压力最小的是a球；故选：A．【点评】本题考查共点力平衡的动态分析问题，要注意找出它们的共同点，并通过受力分析明确表达式．12．有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则（）A．a的向心加速度等于重力加速度gB．在相同时间内b转过的弧长最长C．c在2小时内转过的圆心角是D．d的运动周期有可能是20小时【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】同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，根据a=ω2r比较a与c的向心加速度大小，再比较c的向心加速度与g的大小．根据万有引力提供向心力，列出等式得出角速度与半径的关系，分析弧长关系．根据开普勒第三定律判断d与c的周期关系【解答】解：A、同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=ω2r知，c的向心加速度大．由G=mg，得g=，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g．故A错误；B、由G=m，得v=，卫星的半径越大，线速度越小，所以b的线速度最大，在相同时间内转过的弧长最长．故B正确；C、c是地球同步卫星，周期是24h，则c在2h内转过的圆心角是．故C正确；D、由开普勒第三定律=k知，卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h．故D错误；故选：BC【点评】对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道同步卫星的条件和特点13．某一导体的伏安特性曲线如图中AB段所示，关于导体的电阻，下列说法正确的是（）A．电阻变化了5Ω B．电阻变化了15ΩC．电阻变化了20Ω D．电阻变化了30Ω【考点】欧姆定律．【专题】定性思想；方程法；恒定电流专题．【分析】由于伏安特性曲线为曲线时不能用斜率来表示电阻，故在求各点电阻时应采用欧姆定律求解．【解答】解：两点的电阻为：RA=Ω；RB==Ω；故两点间的电阻改变了20﹣15=5Ω；故A正确，BCD错误故选：A【点评】本题考查对伏安特性曲线的了解，要注意明确各点的电阻应通过欧姆定律求解，同时要注意各点的电阻值是该点与坐标原点连线的斜率，不能用曲线的斜率来表示电阻．14．沿直线作匀加速运动的质点，从某时刻开始，在连续相邻的t、2t、3t时间内的平均速度分别为v1、v2、v3，则（v2﹣v1）：（v3﹣v2）的比值为（）A．3：5 B．2：3 C．1：1 D．4：3【考点】匀变速直线运动规律的综合运用．【专题】定量思想；比例法；直线运动规律专题．【分析】利用平均速度等于中间时刻的瞬时速度，再利用匀变速直线运动的速度与时间关系，求出各时刻的速度，再利用代入式子，求出比例；【解答】解：在匀加速直线运动中，某段时间的平均速度等于这段中间时刻的瞬时速度，则在连续相邻的t、2t、3t时间内的平均速度分别为：v1=、v2=vt、v3=，设该时刻的初速度为v0，做匀加速直线运动的加速度为a，则由匀变速直线运动的速度与时间关系v=v0+at得：=v0+a，vt=v0+at，=v0+故v2﹣v1=v0+at﹣（v0+a）=v3﹣v2=v0+﹣（v0+at）=因此（v2﹣v1）：（v3﹣v2）=：=1：1故选：C．【点评】本题用到了某段时间的平均速度等于这段中间时刻的瞬时速度这个推论，利用这个推论能将题目简化．15．在光滑的水平面上，用一水平拉力F使物体从静止开始移动s，平均功率为P，如果将水平拉力增加为16F，使同一物体从静止开始移动s，平均功率为（）A．4P B．16P C．32P D．64P【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题．【分析】根据功的公式W=Fs比较拉力做功的大小，根据物体的加速度，结合位移时间公式比较运动的时间，根据功率公式P=分析拉力做功功率的大小关系．【解答】解：用一水平拉力F使物体从静止开始移动s，平均功率为P，有：P=，当水平拉力增加为16F，根据牛顿第二定律知，加速度变为原来的16倍，根据s=知，时间变为原来的，则P′=．故选：D．【点评】本题考查了学生对功的公式、功率公式的掌握和运用，通过牛顿第二定律和运动学公式比较出运动的时间是关键．16．将小球A从地面以初速度vA0=8m/s竖直上抛，同时将小球B从一高为h=2m的平台上以初速vB0=6m/s竖直上抛，忽略空气阻力．当两球同时到达同一高度时，小球B离地高度为（）A．1m B．2m C．3m D．4m【考点】竖直上抛运动．【专题】定量思想；方程法；直线运动规律专题．【分析】小球做竖直上抛运动，可看成一种匀减速直线运动．两球在空中运动的时间相同，则根据竖直上抛运动的公式分别表示出A和B的位移大小，再结合相遇的条件即可求出运动的时间；然后再求出位移即可．【解答】解：取A、B为研究对象，向上为正方向，由等时性和同位性及竖直上抛运动的公式：h=v0t﹣gt2得：即：8t﹣gt2=2+6t﹣gt2解上式得：t=1s由h=v0t﹣gt2得：h=8t﹣gt2=8×1﹣=3mA离开地面的高度为3m，所以B离地面的高度也是3m故选：C【点评】该题考查竖直上抛运动的规律，解决本题的关键知道竖直上抛运动的公式：h=v0t﹣gt2，同时要注意竖直上抛运动是往返运动．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．）17．如图，质量为m的物体放在升降机的底板上．若升降机从静止开始以a=g/2的加速度竖直向下运动一段位移h．下列说法正确的是（）A．物体所受的支持力为B．物体动能的增加量为mghC．物体重力势能的减小量为mghD．物体机械能的减少量为【考点】功能关系．【专题】定量思想；寻找守恒量法；功能关系能量守恒定律．【分析】根据牛顿第二定律求解支持力的大小．由动能定理研究动能的增量．重力做功多少，重力势能就减小多少．根据支持力做功的多少，分析机械能的变化量．【解答】解：A、根据牛顿第二定律得：mg﹣N=ma，得物体所受的支持力为N=mg=ma=m=．故A错误．B、合力做功为W合=mah=mgh，根据动能定理得，物体动能的增加量为△Ek=W合=mgh．故B错误．C、重力做功为mgh，则物体重力势能的减小量为mgh．故C正确．D、根据功能关系得知，物体机械能的减少量等于物体克服支持力做功，即为mgh，故D正确．故选：CD【点评】对于功能关系，要抓住功是能量转化的量度，掌握几对常见功能的关系是关键：重力做功与重力势能的变化有关，合力做功等于动能的变化，除重力以外的力做功等于机械能的变化．18．如图甲，轻杆一端固定在O点，另一端固定质量为m的小球．现让小球在竖直平面内做圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，速度大小为v，其F﹣v2图象如图乙所示．则（）A．小球做圆周运动的半径R=B．v2=0时，小球受到的弹力与重力大小不相等C．v2=c时，小球受到的弹力方向向上D．v2=2b时，小球受到的弹力大小为a【考点】向心力．【专题】比较思想；方程法；匀速圆周运动专题．【分析】根据图象乙知：小球在最高点时，若v=0，则F=mg=a；若F=0，应有mg=m，可求得R．由图乙可知：当v2＜b时，杆对小球弹力方向向上，当v2＞b时，杆对小球弹力方向向下；若v2=2b．根据向心力公式即可求解弹力．【解答】解：A、由图乙知，若v=0，则F=mg=a．当F=0时，v2=b，则小球在最高点时，当F=0，有mg=m=m，联立解得R=，故A正确；B、v2=0时，根据牛顿第二定律得：mg﹣F=m=0，则F=mg，故B错误．C、由图可知：当v2＜b时，杆对小球弹力方向向上，当v2＞b时，杆对小球弹力方向向下，所以当v2=c时，杆对小球弹力方向向下，故C错误；D、若v2=2b时．由牛顿第二定律有F+mg=m=m，结合A项分析解得F=mg=a，故D正确．故选：AD【点评】本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要明确小球通过最高点时，由合力充当向心力，通过牛顿第二定律列式并结合图象的有效信息进行研究．19．如图，一块橡皮用细线悬挂于O点，现用一支铅笔贴着细线的左侧水平向右以速度v匀速移动．运动过程中保持铅笔的高度不变，悬挂橡皮的那段细线保持竖直．橡皮运动到图示位置时，细线与竖直方向的夹角为θ．则在铅笔未碰到橡皮前，橡皮的运动情况是（）A．橡皮在水平方向上作匀速运动B．橡皮在竖直方向上所受合力应竖直向上C．橡皮在图示位置处时，竖直方向的速度大小等于vsinθD．在t时间内，橡皮在竖直方向上的位移大小为vttanθ【考点】运动的合成和分解．【专题】定性思想；推理法；运动的合成和分解专题．【分析】将铅笔与绳子接触的点的速度分解为沿绳方向和垂直于绳子方向，求出沿绳子方向上的分速度，而沿绳子方向上的分速度等于橡皮在竖直方向上的分速度，橡皮在水平方向上的分速度为v，根据运动学公式求出橡皮的位移大小．【解答】解：A、橡皮在水平方向上的速度与铅笔速度相同，为v，所以橡皮在水平方向上作匀速运动，故A正确；BC、将铅笔与绳子接触的点的速度分解为沿绳方向和垂直于绳子方向，如图，则沿绳子方向上的分速度为vsinθ，因为沿绳子方向上的分速度等于橡皮在竖直方向上的分速度，所以橡皮在竖直方向上速度为vsinθ，因为θ逐渐增大，所以橡皮在竖直方向上做加速运动，合力方向竖直向上，故BC正确；D、在t时间内，橡皮在水平方向上的位移大小vt，因细线与竖直方向的夹角为θ，根据三角知识，则有：橡皮在竖直方向上的位移大小为，故D错误．故选：ABC．【点评】解决本题的关键知道铅笔与绳子接触的点的速度在沿绳子方向上的分速度等于橡皮在竖直方向上的分速度，然后根据运动学公式进行求解．20．如图，电路中①、②、③处可以接小灯泡、电流表或电压表（均为理想电表）三种元器件．电源电动势E、内阻r均保持不变．定值电阻R1：R2：R3：R4=4：3：2：1，小灯泡电阻RL=R1，R1＞r，电路中有电流通过．下列说法中正确的是（）A．当①接电流表、②接电压表、③接小灯泡时，外电路总电阻最小B．当①接小灯泡、②接电流表、③接电压表时，外电路总电阻最大C．当①接小灯泡、②接电压表、③接电流表时，路端电压最大D．当①接电流表、②接电压表、③接小灯泡时，电源输出功率最大【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据P=EI，即总电流最大，根据电路结构分析怎么接，总电阻最小．外电阻越大，总电阻越大，总电流越小，内电压越小，外电压越大．所以当外电阻最大时，路端电压最大．当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大．所以要想输出功率最大，要使外电阻接近于内阻．【解答】解：A、要总电阻要最小，内阻是一定的，所以外阻要最小．那么如何接外阻小呢，1接小灯的话，外阻最小也为2R1=8R4，比较大，所以要接电流表，2接小灯的话，3接电压表开路，则小灯和R3并联再与R4串联再与R2并联，最后于R1串联，最后计算外阻为（4+）×R4，3接小灯，2接电压表开路，则R3R4串联，与RL、R2并联最后与R1串联，最后计算外阻为（4+）×R4最小，故A正确；B、外阻要最大，这样1要接小灯，如果3接电流表，则R2、R3、R4被短接，R外=RL+R1=2R1=8R4，如果②接电流表，则R3短接，R4与R2并联，R外=RL+R1+=（8+）×R4，为最大，故B正确．C、要路端电压最大，就要外阻越大越好，这样应该①接电压表，这样整个电路断路，路端电压等于电动势．故C错误．D、当R外=r时，输出功率最大，但是R1＞r，从上面可以看出，最小的外阻也大于r，所以要输出功率最大，只有外阻接近r才行，所以还是选择最小的外阻，可以看到还应该是①接电流表，②接电压表，③接小灯．故D正确．故选：ABD．【点评】解决本题的关键根据闭合电路欧姆定律，知道何时电源总功率最大、输出功率最大、路端电压最大、电源效率最大．以及熟练运用串并联电路的特点，求出不同情况下的总电阻．四．填空题（共20分，每小题4分．）21．某人在a=4m/s2匀加速下降的电梯中最多能举起质量为80kg的物体，则此人在地面上最多可举起质量为48kg的物体．若此人在一匀加速上升的电梯中最多能举起质量为40kg的物体，则此电梯上升的加速度为2m/s2．【考点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用-超重和失重．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．【分析】当电梯以4m/s2的加速度匀加速下降时，以物体为研究对象，根据牛顿第二定律求出人的最大举力．人的最大举力是一定的，再求解在地面上最多举起的物体质量及电梯的加速度．【解答】解：设人的最大举力为F．以物体为研究对象．根据牛顿第二定律得：当电梯以4m/s2的加速度匀加速下降时，有：m1g﹣F=m1a1解得：F=480N在地面上人能举起的物体的质量：m2==48kg当电梯匀加速上升时，有：F﹣m3g=m3a3，代入数据得：a3=2m/s2．故答案为：48，2【点评】本题重点是明确：无论在超重还是失重情况下，人所能承受的最大压力就等于人在地面上最多能举起的物体重力．22．在医院里常用如图所示装置对小腿受伤的病人进行牵引治疗．绳子下端所挂重物的质量是5kg，ab段绳子与水平方向的夹角为30°．不计滑轮组的摩擦和绳子的质量，则病人的脚和腿所受的竖直向上的牵引力共为75N，病人的脚所受的牵引力为96.6N．【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】定量思想；图析法；共点力作用下物体平衡专题．【分析】绳子的张力处处相等，对ab绳的拉力进行分解，分解为水平方向和竖直方向，从而得出病人脚在水平方向上所受的合力，以及脚和腿在竖直方向上所受的合力．【解答】解：因绳子中间各处与其他物体没有结点，所以绳子中间各处的张力（拉力）都等于所悬挂的重物的重力，即FT=mg=50N，将ab段的绳子拉力沿水平方向和竖直方向分解，如图所示：F水平=FTcos30°=43.3NF竖直=FTsin30°=25N由图知，病人的脚和腿所受的竖直向上的牵引力：F′牵=FT+F竖直=50N+25N=75N．由图知，病人的脚所受水平方向的牵引力：F牵=FT+F水平=50N+43.3N=93.3N．脚受到的合力：F===96.6N故答案为：75，96.6【点评】解决本题的关键知道绳子的张力处处相等，通过正交分解求出脚在竖直方向和水平方向上所受的合力．23．如图，物体P从光滑的斜面上的A点由静止开始运动，与此同时小球Q在C点的正上方h处自由落下．P途经斜面底端B点后以不变的速率继续在光滑的水平面上运动，在C点恰好与自由下落的小球Q相遇，不计空气阻力．已知AB=BC=0.1m，h=0.45m．则两球相遇时间为0.3s，物体P滑到底端速度为1m/s．【考点】自由落体运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】定量思想；方程法；自由落体运动专题．【分析】（1）根据自由落体运动的位移时间关系公式列式求解即可；（2）根据运动学公式求解出时间，与自由落体运动的时间相等，联立求解．【解答】解：（1）根据自由落体运动的位移时间关系公式，有：h=gt2；解得：t=s；（2）物块在斜面上做匀加速直线运动，设物块运动到B点的速度为v，则物块在斜面上的运动时间：t1==物块在水平面上的运动时间：t2==又因为t1+t2=t联立得：t2=0.1s；v=1m/s故答案为：0.3，1【点评】本题是自由落体运动、牛顿第二定律、运动学公式的综合运用问题，关键抓住等时性，不难．24．如图，水平圆的半径为R，两直径AB和CD垂直，O为圆心，OP是过圆心的竖直线．圆上A、B、C、D四点处各分布着四个带电量均为q的正电荷，把一个带电量也为q的带正电的小球（看作点电荷）放在OP上的Q点，小球刚好能静止，Q点到圆心O的距离也为R．现把此小球从Q点上方的E点静止释放，小球能运动到Q点下方的最低点F（E、F点未画出）．已知E、F两点间的距离为h，静电常数为k，重力加速度为g．则小球的质量为，E、F两点间的电势差为﹣．【考点】电势差与电场强度的关系；电势．【专题】定量思想；寻找守恒量法；电场力与电势的性质专题．【分析】小球刚好能静止在Q点，重力与静电力平衡，根据库仑定律和平衡条件列式求解小球的质量．小球从E点到F点的过程，根据由功能关系求解E、F两点间的电势差．【解答】解：小球能在Q点静止，由平衡条件得cos45°×4=mg，解得m=；小球从运动到F的过程，由动能定理得mgh+qUEF=0，联立解得UEF=﹣故答案为：，﹣．【点评】本题是库仑定律与平衡条件、动能定理的综合运用，关键要正确分析小球的受力情况，灵活选择过程列式．25．如图甲，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长l=0.1m，竖直边长L=0.3m．线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0=1T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2A范围内调节的电流I．挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使得天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．为使天平的量程达到1kg，线圈的匝数N1至少为50匝．若另选N2=100匝、形状相同的线圈，总电阻R=5Ω，不接外电流时，两臂平衡．保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d=0.1m，如图乙所示．当挂盘中放质量为0.5kg的物体时，天平平衡，此时磁感应强度的变化率为2.5T/s．【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】根据安培力的大小公式，结合安培力和重力平衡求出线圈的匝数；通过法拉第电磁感应定律、欧姆定律求出感应电流的大小，抓住安培力和重力相等求出磁感应强度的变化率．【解答】解：左图中线圈受到安培力为：F=N1B0Il，天平平衡有：mg=N1B0Il，代入数据解得：N1=50匝右图中，由电磁感应定律得：E=N2则：E=N2ld由欧姆定律得：I′=线圈受到安培力为：F′=N2B0I′l天平平衡有：m′g=N22B0•代入数据解得：=2.5T/s故答案为：50，2.5．【点评】本题综合考查了安培力大小公式、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，抓住平衡列式求解，求解安培力时需注意线圈的匝数．五．实验题（共24分）26．“研究感应电流产生的条件”的实验电路如图所示．实验表明：当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中就会有电流产生．在闭合电键S前，滑动变阻器滑动片P应置于a端（选填“a”或“b”）．电键S闭合后还有多种方法能使线圈C中产生感应电流，试写出其中的一种方法：移动滑动变阻器的滑片．【考点】研究电磁感应现象．【专题】实验题．【分析】滑动变阻器采用限流接法时，闭合开关前滑片要置于阻值最大处；当穿过线圈的磁通量发生变化时会产生感应电流．【解答】解：由图示电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，在闭合电键S前，滑动变阻器滑动片P应置于a端．电键S闭合后还有多种方法能使线圈C中产生感应电流，如：移动滑动变阻器的滑片、或线圈A在线圈C中拔出或插入、或断开电键等．故答案为：a；移动滑动变阻器的滑片．【点评】本题考查了实验注意事项、改变磁通量的方法，为保护电路，滑动变阻器采用限流接法时闭合开关前滑片应置于阻值最大处，滑动变阻器采用分压接法时，闭合开关前滑片置于分压电路分压为零的位置．27．如图甲，在“研究共点力的合成”的实验中，某同学将弹簧秤固定在贴有白纸的木板上，将环形橡皮筋挂在弹簧秤钩上，另一端用圆珠笔尖向下拉，直到弹簧秤示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置画在白纸上，记为O、O′，选择合适的标度，作出橡皮筋拉力的大小和方向，记为FOO′．接着他在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端达到O点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA段的拉力记为FOA，OB段的拉力记为FOB，如图乙所示．（1）（单选题）选择相同的标度，A﹣D图中按比例作出的FOA和FOB的合力F′的图示正确的是C．（2）若FOA=1.9N，请在丙图中作出FOA和FOB的合力F′图示，并求出F′的大小为2.8N．（3）通过比较F′与FOO′的大小和方向，即可得出实验结论．【考点】验证力的平行四边形定则．【专题】实验题；定性思想；推理法；平行四边形法则图解法专题．【分析】（1）由于是同一根橡皮条，所以OA与OB的力相等，根据平行四边形定则判断；（2）通过给出的标度确定力的长度，根据平行四边形得出图象如图所示；（3）根据实验原理可明确应比较实验得出的拉力与通过平行四边形定则得出的合力．【解答】解：（1）由于是同一根橡皮条，所以OA与OB的力相等，以FOA和FOB的作出的平行四边行的对角线大致与OO′相同，故C正确；故选：C（2）若FOA=1.9N，则FOB=1.9N，根据给出的标度，作出合力如图所示：根据图象可知，出F′=2.8N（3）通过比较F′与FOO′的大小和方向，即可得出实验结论．故答案为：（1）C；（2）如图所示；2.8；（3）F′；FOO′【点评】在解决设计性实验时，一定先要通过分析题意找出实验的原理，本题与常规的弹簧秤验证还不一样，注意同一根橡皮条，OA与OB的力相等，难度适中．28．如图为简易的火警报警的实验装置图，热敏电阻随温度的升高阻值会减小．正常情况下电铃不响，当火警发生时电铃响起．（1）画出该装置的电路图：（2）顺时针旋转模块中的变阻器，其电阻值变小，火警报警的触发温度值将变高（填“高”或“低”）．【考点】传感器在生产、生活中的应用．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】高温时，输出为高电势，低温时，输出为低电势，通过高温和低温时，分析出输入状态的电势，根据输入和输出的关系，确定门电路，从而作出电路图；当变阻器R1的电阻值变小时，A点电势高，当热敏电阻R2更低时，电铃才能工作，从而即可求解．【解答】解：（1）高温时热敏电阻阻值小，热敏电阻两端电压小，A点电势低，而要使电铃工作，电铃应接高电势，所以门电路为非门，电路图如下所示；（2）顺时针旋转模块中的变阻器，其电阻R1值变小，即R1分担的电压较小，A处为高电势，要使报警器能报警，则热敏电阻R2的阻值要更小，导致触发温度值将变高．故答案为：（1）如上图所示；高．【点评】考查火警报警的工作原理，掌握门电路的种类，及各自的作用，并知道热敏电阻的阻值随着温度升高而减小的特点，理解如何提高火警报警的灵敏度．29．在“用DIS研究小车加速度与力的关系，加速度与质量的关系”实验中，（1）甲、乙两组分别用如图甲、乙所示的实验装置做实验，钩码通过细线跨过滑轮拉相同质量小车，位移传感器（B）随小车一起沿水平轨道运动，位移传感器（A）固定在轨道一端．甲组实验中把钩码的重力作为拉力F，乙组直接用力传感器测得拉力F．改变钩码的重力重复实验多次，记录多组数据，并画出a﹣F图象，如图丙所示．甲组实验把钩码的重力作为拉力F的条件是钩码的总质量应远小于小车的总质量，图丙中符合甲组同学做出的实验图象的是②，符合乙组同学做出的实验图象的是①．（2）在研究“加速度与质量的关系”时，某同学用图乙实验装置做了实验，并作出如图丁的图象，横坐标m为小车上配重片的质量．若力传感器测出小车受到的拉力为F，已知小车的质量为M，则图中直线的斜率为，纵轴上的截距为．【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【专题】实验探究题；定量思想；实验分析法；牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．该实验是探究加速度与力的关系，我们采用控制变量法进行研究．为了使砝码盘和砝码的重力等于小车所受的合外力，实验应该满足小车的质量远大于重物的质量；（2）根据牛顿第二定律写出与小车上配重片的质量m的表达式，然后结合斜率与截距概念求解即可．【解答】解：（1）在甲组实验中实际是：mg=（M+m）a，要满足mg=Ma，应该使钩码的总质量远小于小车的质量．即小车的质量远大于钩码的质量．甲组实验，由实验原理：mg=Ma，得a=而实际加速度却是，即随着重物的质量增大，不再满足钩码的质量远远小于小车的质量，所以丙图中符合甲组同学作出的实验图象的是②；乙组直接用力传感器测得拉力F，随着重物的质量增大拉力F测量是准确的，a﹣F关系为一倾斜的直线，符合乙组同学做出的实验图象是丙图中的①；（2）根据牛顿第二定律得：F=（M+m）a，得所以丁图中直线的斜率为，纵轴上的截距为；故答案为：（1）钩码的总质量应远小于小车的总质量；②；①（2）；【点评】这是一道探究小车加速度与力的关系，加速度与质量的关系的实验创新踢，根据所学物理知识和实验装置的特点明确实验原理是解答该实验的关键．六．计算题（共50分）30．如图，将一质量为m的小物块放在水平木板上，让他们一起沿与水平面成θ角方向匀加速向下移动，加速度a=gsinθ．已知物块和水平木板之间没有相对滑动，且木板始终保持水平．（1）画出小物块的受力分析图；（2）求小物块受到的摩擦力的大小；（3）求小物块受到的支持力的大小．【考点】共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算．【专题】简答题；定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）小物块沿与水平面成θ角方向匀加速运动，合外力方向与加速度方向相同，则物块受到重力、支持力以及水平向左的静摩擦力；（2、3）把加速度a进行分解，根据牛顿第二定律分别对水平和竖直方向列式即可求解摩擦力和支持力．【解答】解：（1）小物块沿与水平面成θ角方向匀加速运动，合外力方向与加速度方向相同，则物块受到重力、支持力以及水平向左的静摩擦力，如图所示：（2、3）把加速度a进行分解，根据牛顿第二定律得：水平方向f=macosθ=mgsinθcosθ，竖直方向有：mg﹣N=masinθ解得：N=mg﹣mg（sinθ）2．答：（1）小物块的受力分析图，如图所示；（2）小物块受到的摩擦力的大小为mgsinθcosθ；（3）求小物块受到的支持力的大小为mg﹣mg（sinθ）2【点评】本题注意考查了牛顿第二定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，注意本题分解加速度使问题得到简化，难度适中．31．如图，ABC为固定在竖直平面内的轨道，AB为光滑的四分之一圆弧，与粗糙水平面BC相切．将质量m=0.5kg的滑块从A点静止释放，滑块与水平面间的动摩擦因数μ1=0.1，滑块从B点滑行L=18m后到达C点时速度v1=8m/s．现将BC间的一段MN用铁刷划擦，使该段的动摩擦因数变为μ2=0.5，再使滑块从A点静止释放，到达C点的速度为v2=6m/s．（1）求圆弧的半径R；（2）求MN段的长度l；（3）若BC间用铁刷划擦的MN段的长度不变，要使滑块从B到C的运动时间最长，问铁刷划擦的MN段位于何位置？请作出v﹣t图，并通过分析v﹣t图得出结论．【考点】动能定理；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．【专题】计算题；比较思想；推理法；动能定理的应用专题．【分析】（1）滑块第一次从B到C，由动能定理可求得滑块经过B点的速度．对滑块由A到B，由动能定理列式，可求得圆弧的半径R．（2）滑块第二次从B到C，由动能定理列式，可求得MN段的长度l．（3）MN在最左端时滑块从B到C的运动时间最长，由运动学速度位移关系公式研究MN段，得到此过程滑块到N的速度．再平均速度求滑行的总时间．【解答】解：（1）滑块第一次从B到C，由动能定理得：﹣μ1mgL=﹣解得滑块经过B点时的速度为：vB=10m/s滑块由A到B，由动能定理得：mgR=代入数据解得：R=5m（2）滑块第二次从B到C，由动能定理得：﹣μ1mg（L﹣l）﹣μ2mgl=﹣代入数据解得：l=3.5m（3）根据动能定理可知，无论MN段位何位置，滑块到达C点的速度不变，如图，作出v﹣t图象．黑线表示MN段没有用铁刷划擦的图象．由于MN段长度不变，随着M端离B点距离增大，由图看出所用时间变短，因此M端与B点重合时，所用时间最长．由题意分析可知，MN在最左端时滑块从B到C的运动时间最长．答：（1）圆弧的半径R是5m；（2）MN段的长度l是3.5m；（3）铁刷划擦的MN段M端与B点重合时，所用时间最长．【点评】本题涉及力在空间的效应，运用动能定理是常用的思路，要反复运用动能定理列式解答，列式时要抓住各个过程之间的联系，如速度关系．32．如图甲，匀强磁场磁感应强度为B，磁场宽度为3L，一正方形金属框abcd的边长为L，每边电阻为R，金属框以速度v匀速穿过磁场区，其平面始终保持与磁感线方向垂直．求：（1）求金属框进入磁场阶段，通过回路的电荷量；（2）当金属框完全在磁场中运动时，求金属框a、b两端电压Uab，某同学的解法如下：设通过金属框中的电流为I，则Uab=I•3R，代入数据，即可求得Uab．你认为该同学的解答是否合理？若合理，请解出最后结果；若不合理，请说明理由，并用你自己的方法算出正确结果．（3）若当金属框cd边到达磁场左边缘时，磁感应强度大小按如图乙所示的