河南省洛阳市2015届高三物理第一次统一考试试题（含解析）.doc

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1、洛阳市2014-2015学年高中三年级统一考试物理试卷(A)本试卷分第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共100分考试时间90分钟【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理必修一、必修二、选修3-1中的电场、恒定电流的内容，主要包含匀变速运动规律、受力分析、牛顿运动定律、曲线运动、万有引力与航天、动能定理、电场、恒定电流、带电粒子在电场中运动等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，在注重考查核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视生素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面。是份非常好的试卷。 第I卷（选择题，共42分）注意事项： l答第I卷前，考生务必将自己的姓名、准考证

2、号、考场号、座号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上 2每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡 皮擦干净后，再选涂其它答案，不能答在试题卷上 3考试结束后，将答题卷上交，一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分，在每小题给出的四个选项中，第1-9题只有一项符合题目要求，第10-14题有多项符合题目要求全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分） 【题文】 1下列叙述中符合物理学史实的是 A牛顿根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动状态的原因 B库仑最先准确测量出了电子的电荷量 C伽利略研究自由落体运动时，直接测量了速度并得出速度和时间成正比D法拉

3、第最早提出了场的概念【知识点】物理学史P0【答案解析】 D 解析：A、伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因，故A错误；B、密立根首先精确的测量出了电子的电荷量，故B错误；伽利略用实验和数学证明自由落体运动的位移与下落时间平方成正比，并用实验进行了验证故C错误D、法拉第首先引入“场”的概念用来研究电和磁现象故D正确故选D【思路点拨】本题比较简单考查了学生对物理学史的了解情况，在物理学发展的历史上有很多科学家做出了重要贡献，大家熟悉的牛顿、库仑、法拉第等，在学习过程中要了解、知道这些著名科学家的重要贡献，是解答类似问题的关键对于物理学上著名科学家、重要理论和经典学说要记牢，不要张冠

4、李戴这也高考考查内容之一 【题文】 2如图1所示为物体在某段运动过程中的v-t图象，物体在t1和t2时刻的瞬时速度分别为v1和v2，则在时间t1到t2的过程中，下列判断正确的是A.物体的加速度不断增大B物体的加速度不断减小C物体的平均速度D物体的平均速度【知识点】匀变速直线运动的图像A5【答案解析】B 解析：A、速度时间图象的斜率表示加速度，由图象可知，斜率逐渐减小，所以加速度不断减小，故A错误，B正确；C、平均速度的适用公式仅适用于匀变速直线运动中，本题中若在图象上做过t1、t2的直线，则表示该直线运动的平均速度，根据面积表示位移大小可知平均速度，故CD错误故选B 【思路点拨】匀变速直线运动

5、图象应用为高考必考点，图象的截距、斜率、面积及交点的意义常为解题的关键，如本题中直线斜率在变化，因此是变速运动，同时由图象可知速度方向始终不变因此为直线运动，同时注意公式 的适用条件图象题历来为考试热点，记忆口诀“先看轴，再看线，求求斜率，相相面”同时要明确公式的适用条件，不能混用公式【题文】3一物体在三个共点力作用下做匀速直线运动，若突然撤去其中一个力，其余两力不变，此物体不可能做 A.匀加速直线运动 B匀减速直线运动C类似于平抛运动 D匀速圆周运动【知识点】共点力平衡的条件及其应用；物体做曲线运动的条件B3 D1【答案解析】D 解析：A、有一个作匀速直线运动的物体受到三个力的作用，这三个力

6、一定是平衡力，如果其中的一个力突然消失，剩余的两个力的合力与撤去的力等值、反向、共线，这个合力恒定不变若物体的速度方向与此合力方向相同，则物体将匀加速直线运动，不符合题意故A错误；B、若剩余的两个力的合力与物体的速度方向相反，则物体做匀减速直线运动不符合题意故B错误；C、曲线运动的条件是合力与速度不共线，当其余两个力的合力与速度不共线时，物体做曲线运动；若由于合力恒定，故加速度恒定，即物体做匀变速曲线运动，剩余的两个力的合力方向与原来速度方向垂直，则物体做类似于平抛运动不符合题意故C错误；D、其余两个力的合力恒定，而匀速圆周运动合力一直指向圆心，是变力，所以物体不可能做匀速圆周运动，故D正确该

7、题选不可能的，故选：D 【思路点拨】物体受到三个力的作用，物体做匀速直线运动，这三个力是平衡力，如果其中一个力突然消失，剩余的两个力的合力与撤去的力等值、反向、共线，是非平衡力，物体在非平衡力的作用下一定改变了物体的运动状态；曲线运动的条件是合力与速度不共线本题考查了曲线运动的条件以及三力平衡的知识，关键根据平衡得到其余两个力的合力恒定，然后结合曲线运动的条件分析【题文】4如图2所示，固定斜面C的倾角为，物体A放在斜面C上，物体B叠放在物体A上，A、B的质量均为m，且上、下表面均与斜面平行，A、B-起沿斜面匀速下滑，则AA与B之间没有静摩擦力BA受到B的静摩擦力方向沿斜面向上CA受到斜面的滑动

8、摩擦力大小为2mg sinDA与B之间的动摩擦因数= tan【知识点】共点力平衡的条件及其应用；静摩擦力和最大静摩擦力；力的合成与分解的运用B3 B4【答案解析】C 解析：A、对B受力分析可知，B受重力、支持力；将重力分解可知重力有沿斜面向下的分力，要使B能匀速下滑，受力一定平衡，故A对B应有沿斜面向上的摩擦力，故A错误；B、由牛顿第三定律可知，A受到B的摩擦力应沿斜面向下，故B错误；C、对整体分析，并将整体重力分解，可知沿斜面方向上，重力的分力与摩擦力等大反向，故A受的滑动摩擦力沿斜面向上，大小为2mgsin，故C正确；D、A与B间的摩擦力为静摩擦力，无法根据滑动摩擦力的公式求解动摩擦因数，

9、故D错误故选：C 【思路点拨】对B物体受力分析，根据共点力平衡可以得出A受力的情况，得出AB间摩擦力的大小及方向再对整体受力分析可得出A受斜面的摩擦力情况在求摩擦力时，一定要先判断物体受到的力是动摩擦力还是静摩擦力；若为静摩擦力，可由受力平衡进行分析；但如果是滑动摩擦力，可以由滑动摩擦力的公式求出【题文】5如图3所示，A、B、C三个小球（可视为质点）的质量分别为m、2m、3m，B小球带负电，电荷量为q，A、C两小球不带电（不考虑小球间的电荷感应），不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在0点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为E则以下说法正确的是A.静止时，A、B两小球间细线

10、的拉力为4mg+qEB静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg-qEC剪断O点与A小球间细线瞬间，A、B两小球间细线的拉力大小为qE D剪断O点与A小球间细线瞬间，A.B两小球间细线的拉力大小为 qE【知识点】牛顿第二定律；电场强度C2 I1【答案解析】 C 解析：静止时，对B球进行受力分析，则有：T=2mg+3mg+Eq=5mg+Eq，故A、B错误；B球带负电，相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直下下的电场力qE，经过AB绳传递，qE对A、B球整体产生一个竖直下下的加速度，此时A、B球的加速度为g+（显然g），C球以加速度g保持自由下落，以A球为研究对象可得A、B球间细线的拉力为qE故C

11、正确，D错误故选C 【思路点拨】静止时，对B球进行受力分析，B受到AB间细线的拉力，BC间细线的拉力，重力和电场力，受力平衡，即可求得A、B球间细线的拉力；假设B球也不带电，则剪断OA线瞬间，A、B、C三个小球一起以加速度g自由下落，互相相对静止，AB、BC间拉力为0若B球带电，则相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直下下的电场力qE，把AB看成一个整体即可求解本题主要是剪断OA线瞬间，对A、B、C三个球的运动状态的确定及受力分析，知道绳子一旦剪短之后，绳子的拉力立即为零，难度适中【题文】6一只船在静水中的速度为3 m/s，它要渡过宽度为300m的一条河；已知水流速度为4 m/s，下列说法正

12、确的是 A. 这只船不可能渡过河 B这只船的实际航线不可能垂直于河岸C这只船相对于岸的速度一定是5 m/s D这只船过河所用的最短时间为60s【知识点】运动的合成和分解D1【答案解析】B 解析：A、只要船有向对岸的速度，则船一定可以渡过河，故A错误；B、由于船速小于水速，故船不可能有垂直于河岸的合速度，故不可能垂直于河岸过河，故B正确；C、船的实际速度取决于船头的方向，故合运动有多种可能，故C错误；D、当船头正对河岸时时间最短，最短时间为河宽与船速的比值，即s=100s，故D错误；故选B 【思路点拨】船在河中参与了沿河方向的运动和本身船速的运动，由运动的合成与分解可分析各选项船渡河模型要注意分

13、清合运动与分运动的联系，正确并能灵活利用运动的合成与分解方法【题文】7如图4所示，电源电动势为E，内阻为r，当滑动变阻器R2的滑片P向左滑动时，下列说法中正确的是 A灯L变暗 B电阻R3消耗的功率变大 C电容器C的电荷量变小DR1两端的电压变化量的绝对值等于R2两端的电压变化量的绝对值【知识点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率J2 J3【答案解析】 A 解析：A、当滑动变阻器R2的滑片P向左滑动时，R2变小，外电路的总电阻变小，则干路总电流变大，而R3上电压变小，电流变小，故R1上电流变大，电压变大，故电容器两端电压变大，Q=CU，则电荷量变大，故A正确；B、由上知干路电流增大，内电压增大，外

14、电压U变小，故R3消耗的功率：P=变小，故B错误；C、R2变小，小电阻分小电压，则R2的电压变小，灯泡的电压变小，故灯L变暗，故C错误；D、R1两端的电压变大，R2两端的电压变小，二者电压之和等于外电压，由前面分析知外电压变小，故R1两端的电压变化量的绝对值小于R2两端的电压变化量的绝对值，故D错误；故选：A 【思路点拨】首先明确电路结构，R2和L并联然后和R1串联，串联后与R3并联根据串联电路特点和规律结合进行分析本题考查电路的动态分析，关键抓住电源的电动势和内阻不变，运用“局部整体局部”的思路进行分析【题文】8如图5所示，直线A为电源口的路端电压与电流的关系图象，直线B为电源b的路端电压与

15、电流的关系图象，直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图象，将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么 AR接到a电源上，电源的效率较高 BR接到b电源上，电源的输出功率较大 CR接到a电源上，电源的输出功率较大，但电源效率较低DR接到b电源上，电阻R的发热功率和电源的效率都较高【知识点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率J2 J3【答案解析】C 解析：A、电源的效率=由图看出，电阻R接在电源a上时电路中电流为，短路电流为I，根据闭合电路欧姆定律I=得到，R=r，a电源的效率为50%由图看出，电阻R接在电源b上时50%，则电源b的效率大于50%故A错误B、电源的图线与电阻R的U-I图线的交点表示

16、电阻R接在该电源上的工作状态，由图读出电阻R接在电源a的电压和电流较大，电源a的输出功率较大故B错误C、D由分析可知，R接到a电源上，电源的输出功率较大，电源效率较低故C正确，D错误故选C 【思路点拨】根据电源的图线，读出短路电流和电阻R接在电源上时的工作状态，分析电源效率的大小电源的U-I图线与电阻R的U-I图线的交点表示电阻R接在该电源上的工作状态，读出电压和电流，分析电源的输出功率大小本题考查对电源和电阻伏安特性曲线的理解，从交点、斜率、面积等数学角度来理解图线的物理意义【题文】9如图6所示，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处由静止自由滑向

17、B处，下列说法正确的是A甲的切向加速度始终比乙的大B甲、乙在同一高度处的速度大小相等C甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D甲和乙同时到达B处【知识点】匀变速直线运动的速度与位移的关系A2【答案解析】 B 解析：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、D错误故选：D 【思路点拨】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；可以使用机械

18、能守恒来说明，也可以使用运动学的公式计算，后一种方法比较麻烦；哪一个先达到B点，可以通过速度的变化快慢来理解，也可以使用v-t图象来计算说明本题应该用“加速度”解释：高度相同，到达底端的速度大小就相同，但甲的加速度逐渐减小，乙的加速度逐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【题文】10.如图7所示，在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态，现用一平行斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v则此时A拉力做功的瞬时功率为Fv

19、sinB物块B满足m2gsin=kdC物块A的加速度为D弹簧弹性势能的增加量为【知识点】功的计算；牛顿第二定律；弹性势能C2 E1【答案解析】CD 解析：A、由于拉力F与速度v同向，所以拉力的瞬时功率为 P=Fv，故A错误；B、开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面向下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsin=kx2，但由于开始是弹簧是压缩的，故dx2，故m2gsinkd，故B错误；C、当B刚离开C时，对A，根据牛顿第二定律得：F-m1gsin-kx2=m1a1，又开始时，A平衡，则有：m1gsin=kx1，而d=x1+x2，解得：物块A加速度为，

20、故C正确；D、根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：，故D正确故选：CD【思路点拨】当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，根据胡克定律求解出弹簧的伸长量；根据牛顿第二定律求出物块A的加速度大小；根据机械能守恒定律求解A的速度含有弹簧的问题，往往要研究弹簧的状态，分析物块的位移与弹簧压缩量和伸长量的关系是常用思路【题文】11两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图8甲所示，一个电荷量为2C，质量为1 kg的小物块从C点静止释放，其运动的v-t图象如图8乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中

21、标出了该切线）则下列说法正确的是AB点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=1 V/m B由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大 C由C点到A点电势逐渐升高DA、B两点间的电势差=-5V【知识点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势I1 I2【答案解析】AD 解析：A、据V-t图可知带电粒子在B点的加速度最大为2m/s2，所受的电场力最大为2N，据E=知，B点的场强最大为1N/C，故A正确B、据V-t图可知带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故B错误C、据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，故C错误D、据V-t

22、图可知A、B两点的速度，在根据动能定理得电场力做的功WBA=10J，再用UAB=，故 D正确故选：AD 【思路点拨】两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧；电量为2C仅在运动方向上受电场力作用从C点到B、到A运动的过程中，根据V-t图可知在B点的加速度为运动物体先做加速度增大后做加速度减小的加速运动，则判断电荷所受电场力大小变化情况和加速度变化情况明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，据V-t图获取加速度、速度、动能等物理量是解本题的突破口【题文】12.如图9所示，虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距的平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等

23、，现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示点a、b、c为实线与虚线的交点已知O点电势高于c点，若不计重力，则A. M带负电荷，N带正电荷BN在a点的速度与M在c点的速度大小相同CN在从O点运动至口点的过程中克服电场力做功DM在O点的电势能大于在C点的电势能【知识点】电势差与电场强度的关系；等势面I1 I2【答案解析】BD 解析：A、由题，等势线在水平方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出a粒子所受的电场力方向竖起向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知N粒子带负电，M带

24、正电故A错误；B、由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同，速度不同故B正确；C、N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功故C错误；D、等势线在水平方向，O点电势高于c点，由于M点正电荷，在电势高的地方电势能大，故D正确，故选BD【思路点拨】根据粒子的轨迹可判断粒子的电场力方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可判断出电场方向，从而确定出粒子的电性由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同N从O点运动至a点的过程中电场力做正功O、b间电势差为零，由动能定理可知电场力做功为零本题要根据粒子

25、的轨迹判定电场力方向，根据电场线与等势线垂直的特点，分析能否判定电性由动能定理分析电场力做功是常用的方法【题文】13. 2008年9月25日至28日，我国成功实施了“神舟”七号载人航天飞行并实现了航天员首次出舱飞船先沿椭圆轨道飞行，然后在远地点343千米处点火加速，由椭圆轨道变成高度为343千米的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行周期约为90分钟下列判断正确的是A飞船变轨前后的机械能相等B飞船在圆轨道上飞行时航天员出舱前后都处于失重状态C飞船在此圆轨道上运动的角速度大于同步卫星运动的角速度D飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的向心加速度与变轨后沿圆轨道运动的向心加速度大小相等【知识点】人造卫星的加速度、

26、周期和轨道的关系；超重和失重；万有引力定律及其应用D5【答案解析】BCD 解析：A、因为飞船在远地点处点火加速，外力对飞船做功，故飞船在此过程中机械能增加，故A错误；B、飞船在圆轨道上时，航天员出舱前后，航天员所受地球的万有引力提供航天员做圆周运动的向心力，航天员此时的加速度就是万有引力加速度即航天员出舱前后均处于完全失重状态，故B正确；C、因为飞船在圆形轨道上的周期为90分钟小于同步卫星的周期，根据=可知角速度与周期成反比，所以飞船的周期小角速度大于同步卫星的角速度，故C正确；D、飞船变轨前后通过椭圆轨道远地点时的加速度均为万有引力加速度，据a=可知，轨道半径一样则加速度一样，故D正确故选：

27、BCD 【思路点拨】飞船机械能是否变化要看是否有外力对飞船做功，同步卫星的周期T=24h，根据周期与角速度的关系可知角速度的大小关系；飞船在飞行过程中只受地球万有引力作用，飞船处于完全失重状态，飞船的加速度由万有引力产生，加速度是否相同就是看飞船受到的万有引力是否一样圆形轨道上，航天器受到的万有引力提供航天器做圆周运动的向心力，即万有引力产生的加速度等于向心加速度，无论航天器是否做圆周运动，空间某点航天器无动力飞行时的加速度即为万有引力加速度，此加速度只跟物体轨道半径有关，与运动状态无关【题文】14.如图10所示，倾角为的光滑斜面上放有两个质量均为m的小球A和B，两球之间用一根长为L的轻杆相连

28、，下面的小球B离斜面底端的高度为h.两球从静止开始下滑，不计球与水平面碰撞时的机械能损失，且水平面光滑，下列叙述正确的是A小球A的机械能守恒B小球B的机械能增加C杆对A球做负功D两球在光滑水平面上运动的速度大小 【知识点】机械能守恒定律E3【答案解析】BCD 解析：A、B，C在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，但在B在水平面滑行，而A在斜面滑行时，杆的弹力对A做负功，杆弹力与B做正功，所以A球机械能减小，B球机械能增大故A错误，B、C正确D、根据系统机械能守恒得:mg（h+Lsin ）+mgh=2mv2 ，得,故D正确；故选BCD【思路点拨】下滑的整个过程中两球组成的系统

29、机械能守恒，但A球机械能不守恒根据系统机械能守恒可求出两球在光滑水平面上运动时的速度大小，并得到B球机械能的增加量本题是系统机械能守恒问题，下滑的整个过程中，对于单个物体机械能并不守恒，对系统机械能才守恒要注意当两个球都在斜面运动时，杆没有作用力，两个球的机械能是守恒的第卷（非选择题，共58分）二、实验题（共14分） 【题文】15.（4分）下面是一些有关高中物理实验的描述，其中正确的是： A在“研究匀变速直线运动”实验中，不需要平衡摩擦力 B在“验证机械能守恒定律”的实验中，必须用天平测物体的质量 C在“验证力的平行四边形定则”实验中，只用一根弹簧秤无法完成 D在用橡皮筋“探究功与速度变化的关

30、系”的实验中不需要直接求出合外力做的功E在用欧姆表“10”挡测量电阻时发现指针偏转角太小，应该换“1”挡进行测量【知识点】探究功与速度变化的关系；验证力的平行四边形定则；验证机械能守恒定律B6 E4 E5【答案解析】ACD 解析：A、在“研究匀变速直线运动”实验中，只要小车做匀变速直线运动即可，不需要平衡摩擦力，故A正确B、“验证机械能守恒定律”的实验需要验证的方程是：mgh=mv2，即gh=v2，可知不需要用天平测物体的质量故B错误C、在“验证力合成的平行四边形定则”实验中，要研究两根弹簧秤的拉力与一根弹簧秤拉力的关系，所以一定要用两根弹簧秤，故C正确D、在“探究动能定理”的实验中，运用的比

31、例法研究，橡皮筋都拉到相同的长度，这样橡皮筋对小车做的功有整数倍关系，不需要合外力做的功，故D正确;E、因为欧姆表的零刻度在表盘的右侧，用“10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度太小，则知电阻值很大，需换用大挡，即“100”挡，重新测量故E错误故选：ACD 【思路点拨】该题考查了多个实验问题，解决该实验问题首先要掌握每个实验的原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项解决本题的关键掌握各个实验的实验原理，围绕原理选择实验的器材，明确操作规程和方法，确定实验步骤，处理数据，分析实验误差等待 【题文】 16.（10分）要测量一电源的电动势E(小于3 V)和内阻r(约1)，现有下列器材：电

32、压表V(03 V15 V)、电阻箱R(O999.9)、定值电阻=2、开关和导线某实验小组根据所给器材设计了如图11甲所示的实验电路 (1)实验时电压表量程应选_(填03V或015V)，电路中定值电阻的作用是保护_（填“电源”或“电压表”） (2)某同学用作图法处理数据，他调节电阻箱的阻值R，得出了若干组数据，并描点连线得出了如图11乙所示的图线，图线纵坐标表示电压表读数的倒数，图线的横坐标表示，若所得图线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E=_，内阻r=_ （用k和b表示） (3)该同学所测电源内阻与电源的真实内阻相比_（填偏大、偏小或相等），电动势与相比_（填偏大、偏小或相等

33、）【知识点】测定电源的电动势和内阻J7【答案解析】(1)03V ,电源(2)，(3)偏小 偏小 解析：(1) 电源电压小于3V，故应选3V的电压表量程，若无R0存在，当R调节到0时，电源即短路，有烧坏危险作用是保护电源，防止短路 (2) 由闭合电路欧姆定律得U=（R+R0），可整理为 若所得图线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E=，内阻r=(3)由于电压表不是理想电压表，具有分流作用，故测量的电动势与内阻都比实际值偏小。【思路点拨】电源电压小于3V，故应选3V的电压表量程，若无R0存在，当R调节到0时，电源即短路由图象中的截距的含义及闭合电路的欧姆定律的表达式要求得电动势和内

34、电阻三、计算题（本题共4小题，共44分解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）【题文】17（10分）2014年11月22日16时55分，四川省康定县境内发生6.3级地震并引发一处泥石流一汽车停在小山坡底，突然司机发现山坡上距坡底240m处的泥石流以8m/s的初速度，0. 4的加速度匀加速倾泻而下，假设泥石流到达坡底后速率不变，在水平地面上做匀速直线运动，司机的反应时间为1s，汽车启动后以恒定的加速度一直做匀加速直线运动其过程简化为图12所示，求： (1)泥石流到达坡底的时间和速度大小？ (2)试通过计算说明：汽车的加

35、速度至少多大才能脱离危险？（结果保留三位有效数字）【知识点】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A2 A8【答案解析】 （1）20s，16m/s （2） 解析 ：（1）设泥石流到达坡底的时间为t1，速率为v1，则s1=v0t1+ v1=v0+a1t1代入数据得：t1=20s，v1=16m/s（2） 汽车速度加速等于 且两者在水平地面的位移刚好相等就安全了，故v汽=v1=at 解 【思路点拨】先根据匀加速直线运动位移时间公式，速度时间公式求出泥石流到达坡底的时间和速度，再求出泥石流水平面上的位移和汽车在水平面上的位移，根据位移关系求解加速度本题主要考查了匀变速直线运

36、动为位移时间公式和速度时间公式的直接应用，难度适中【题文】18（10分）宇航员在月球表面完成下面实验：在一固定的竖直光滑圆弧轨道内部最低点使一质量为m的小球（可视为质点）获得初速度，如图13所示，小球恰好能在竖直面内做完整的圆周运动已知圆弧轨道半径为r，月球的半径为R，万有引力常量为G若在月球表面上发射一颗环月卫星，所需最小发射速度为多大？【知识点】万有引力定律及其应用；人造卫星的加速度、周期和轨道的关系D5【答案解析】 解析：设月球表面重力加速度为g，月球质量为M球刚好完成圆周运动，则小球在最高点有mg=m从最低点至最高点由动能定理得-mg2r=mv2-mv02由可得g=在月球表面发射卫星的

37、最小速度为月球第一宇宙速度，重力提供向心力mg=m解得：v= 【思路点拨】由于小球恰好经过最高点，根据重力提供向心力，可求出在最高点的速度；小球在轨道内部运动过程中，只有重力做功，由动能定理列式可求出月球表面重力加速度g，根据重力提供向心力，可求出最小发射速度本题涉及两个圆周运动，小球在光滑轨道内运动时，在最高点重力提供向心力；卫星在月球表面做圆周运动时，重力提供向心力【题文】19. (12分)如图14所示，一质量为m的质点，系于长为R的轻绳的一端，绳的另一端固定在空间的O点，假设绳不可伸长，柔软且无弹性质点从O点的正上方离O点距离为R的点，以水平速度抛出，试求： (1)轻绳刚刚伸直时，绳与竖

38、直方向的夹角为多少？(2)当质点到达O点的正下方时，绳对质点的拉力为多大？【知识点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；平抛运动；向心力C2 D3 E3【答案解析】(1) (2) 解析：（1）小球的运动可分为三个过程：第一过程：小球做平抛运动设绳即将伸直时，绳与竖直方向的夹角为，如图所示，则V0t=Rsin，gt2=R-Rcos，其中V0=联立解得=，t=即轻绳即将伸直时，绳与竖直方向的夹角为90（2）第二过程：绳绷直过程绳棚直时，绳刚好水平，如图所示由于绳不可伸长，故绳绷直时，V0损失，小球仅有速度V，且V=gt=第三过程：小球在竖直平面内做圆周运动设小球到达O点正下方时，速度为V，根据机械能守恒

39、守律有：mV/2=mV2+mgR设此时绳对小球的拉力为T，则T-mg=m，联立解得：T=mg故当小球到达O点的正下方时，绳对质点的拉力为mg 【思路点拨】（1）先将平抛运动沿水平和竖直方向正交分解，根据位移公式列式求解；（2）细线刚刚绷紧时，将速度沿着细线方向和垂直细线方向正交分解，沿细线方向速度迅速减小为零，垂直细线方向速度不变，之后物体绕O点做变速圆周运动，机械能守恒，先求出最低点速度，再根据向心力公式和牛顿第二定律求解拉力本题关键是将小球的运动分为三个过程进行分析讨论，平抛运动过程、突然绷紧的瞬时过程和变速圆周运动过程；然后根据对各段运用平抛运动位移公式、速度分解法则、机械能守恒定律和向

40、心力公式列式求解 【题文】 20. (12分)如图15所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45角的绝缘直杆AC，其下端C的正下方有一点P，P距C的高度为h=0.8 m有一质量500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离开杆后正好通过P点(g取10)求： (1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；(2)小环运动到P点的动能【知识点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律C2 I1【答案解析】（1） m/s2，方向垂直杆向下；（2）5J 解析：（1）带电小环沿杆匀速下滑，则根据受力分析可知电场力方向向右，即小环带负电杆子与水平方向成45，则电场力F=mg

41、=0.510=5N 合力F合=mg=5N，根据牛顿第二定律得：a= ，方向垂直杆向下，（2）设小环在直杆上运动的速度为v0，离杆后经t秒到达P点，则竖直方向：h=v0sin45t+gt2水平方向：v0cos45t- t2=0联立解得：v0= =2m/s由动能定理得：EkP-mv02=mgh可得：EkP=mv02+mgh=0.522+0.5100.8=5J 【思路点拨】（1）根据小环在杆子上受力平衡，判断出电场力的方向，根据共点力平衡求出电场力的大小，从而得知离开杆子后所受的合力，根据牛顿第二定律求出加速度的大小和方向（2）研究小环离开直杆的过程：小环做匀变速曲线运动，将其运动分解法水平和竖直两个研究，竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀减速直线运动，从C到P水平位移为0，根据牛顿第二定律和位移时间公式对两个方向分别列式，即可求出小球做匀变速运动的初速度，即在直杆上匀速运动时速度的大小根据动能定理求出小环运动到P点的动能解决本题的关键通过共点力平衡得出电场力的大小和方向，然后运用牛顿第二定律和动能定理进行求解15