江蘇省常州市2013屆高三上學(xué)期期中考試物理試卷一、單項(xiàng)選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計(jì)15分每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意1（3分）關(guān)于運(yùn)動(dòng)和力，下列說法中正確的是（）a物體運(yùn)動(dòng)速度變化越快，加速度越大b做直線運(yùn)動(dòng)的物體受到的合外力一定是恒力c做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體的加速度不變d做平拋運(yùn)動(dòng)的物體在任意一段時(shí)間內(nèi)速度變化的方向是不相同的考點(diǎn)：平拋運(yùn)動(dòng)；牛頓第一定律；物體做曲線運(yùn)動(dòng)的條件；向心加速度專題：平拋運(yùn)動(dòng)專題分析：1、加速度是反映速度變化快慢的物理量加速度大，速度變化快2、物體做直線運(yùn)動(dòng)的條件是：受到的合力與速度方向在同一直線上3、做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體的向心加速度方向時(shí)刻改變4、平拋運(yùn)動(dòng)的加速度是重力加速度，大小方向都不變，所以速度變化的方向就不變解答：解：a、加速度是反映速度變化快慢的物理量加速度大，速度變化快故a正確b、只要合力與速度的方向在同一直線上，物體就做直線運(yùn)動(dòng)，合力的大小可以變化，例如加速度減小的加速直線運(yùn)動(dòng)故b錯(cuò)誤c、做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體的加速度是向心加速度，向心加速度的方向始終指向圓心，方向時(shí)刻改變，故加速度是時(shí)刻改變的故c錯(cuò)誤d、速度變化的方向就是加速度的方向，加速度不變化，速度變化的方向就不變，平拋運(yùn)動(dòng)的加速度是重力加速度，大小方向都不變，故做平拋運(yùn)動(dòng)的物體在任意一段時(shí)間內(nèi)速度變化的方向是相同的故d錯(cuò)誤故選a點(diǎn)評(píng)：本題主要考查運(yùn)動(dòng)學(xué)、動(dòng)力學(xué)的基本知識(shí)，記住并理解這些基本概念即可，難度不大，屬于基礎(chǔ)題2（3分）（2011上海模擬）一小球在離地高h(yuǎn)處從靜止開始豎直下落，運(yùn)動(dòng)過程中受到的阻力大小與速率成正比，如圖圖象反映了小球的機(jī)械能e隨下落高度h的變化規(guī)律（選地面為零勢(shì)能參考平面），其中可能正確的是（）abcd考點(diǎn)：機(jī)械能守恒定律；功能關(guān)系專題：機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題分析：只有重力對(duì)物體做功時(shí)，物體的機(jī)械能守恒，由于物體受空氣阻力的作用，所以物體的機(jī)械能要減小，減小的機(jī)械能等于克服阻力做的功解答：解：根據(jù)題意可知：f=kv e=因?yàn)樗俣戎饾u增大，所以逐漸增大，故圖象的斜率逐漸增大，即機(jī)械能減小的越來越快當(dāng)小球落到地面上時(shí)還有動(dòng)能，機(jī)械能不為0，只有b正確故選b點(diǎn)評(píng)：物體受空氣阻力的作用，物體的機(jī)械能要減小，由于空氣阻力逐漸增大，所以機(jī)械能減小的越來越快3（3分）（2012徐州一模）如圖所示，在真空中有兩個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷，分別置于p、q兩點(diǎn)，p處正點(diǎn)電荷的電荷量大于q處點(diǎn)電荷的電荷量，a、b為p、q連線的中垂線上的兩點(diǎn)，現(xiàn)將一負(fù)電荷q 由a點(diǎn)沿中垂線移動(dòng)到b點(diǎn)，在此過程中，下列說法正確的是（）aq的電勢(shì)能逐漸減小bq的電勢(shì)能逐漸增大cq的電勢(shì)能先增大后減小d以上均不正確考點(diǎn)：電勢(shì)能；電場(chǎng)線專題：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題分析：a、b為帶正電的點(diǎn)電荷連線的中垂線上的兩點(diǎn)，電場(chǎng)線從mn出發(fā)到無窮遠(yuǎn)終止，根據(jù)順著電場(chǎng)線電勢(shì)降低可知，a的電勢(shì)高于b點(diǎn)的電勢(shì)，將負(fù)點(diǎn)電荷q由a點(diǎn)沿中垂線移動(dòng)到b點(diǎn)，根據(jù)電場(chǎng)力做功的正負(fù)，判斷其電勢(shì)能的變化解答：解：由題分析可知，a的電勢(shì)高于b點(diǎn)的電勢(shì)，將負(fù)點(diǎn)電荷q由a點(diǎn)沿中垂線移動(dòng)到b點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力一直做負(fù)功，電荷的電勢(shì)能逐漸增大故選b點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵是判斷出ab間電勢(shì)的高低本題也可以根據(jù)推論：負(fù)電荷在電勢(shì)低處電勢(shì)能大來判斷電勢(shì)能的變化4（3分）如圖所示，閉合電鍵s后，a燈與b燈均發(fā)光，電流表a1、a2的讀數(shù)分別為i1、i2，當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)片向下滑動(dòng)一段后，電流表a1、a2讀數(shù)變化的大小分別為i1、i2，則下列說法中錯(cuò)誤的是（）aa燈變暗bb燈變暗ci1、i2都變小di1i2考點(diǎn)：閉合電路的歐姆定律專題：恒定電流專題分析：當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)片向下滑動(dòng)一段后，變阻器接入電路的電阻減小，分析外電路總電阻的變化，由閉合電路歐姆定律分析干路電流的變化和路端電壓的變化，即可知道a1讀數(shù)的變化由歐姆定律判斷通過a燈的電流變化，判斷其亮度變化根據(jù)干路電流與a燈電流的變化，分析通過電流表a2讀數(shù)的變化及電阻r0兩端電壓的變化，結(jié)合路端電壓的變化，分析燈b與變阻器并聯(lián)電壓的變化，判斷b燈亮度的變化解答：解：當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)片向下滑動(dòng)一段后，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，由閉合電路歐姆定律分析得知：干路電流增大，電源的內(nèi)電壓增大，則路端電壓減小則a1讀數(shù)i1變大；路端電壓減小，通過a燈的電流變小，則a變暗由干路電流增大，而a燈電流減小，得知通過電流表a2讀數(shù)i2變大的變化，電阻r0兩端電壓變大，而路端電壓變小，則燈b與變阻器并聯(lián)電壓變小，b燈變暗由于i1變大，i2變大，ia變小，又i1=i2+ia，則得i1i2故abd正確，c錯(cuò)誤本題選錯(cuò)誤的，故選c點(diǎn)評(píng)：本題是電路動(dòng)態(tài)變化分析問題，按局部到整體再到局部的思路進(jìn)行分析5（3分）如圖所示，質(zhì)量不計(jì)的彈簧豎直固定在水平面上，t=0時(shí)刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球接觸彈簧并將彈簧壓縮至最低點(diǎn)（形變?cè)趶椥韵薅葍?nèi)），然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后又下落，如此反復(fù)通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測(cè)出該過程中彈簧彈力f隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示，下列說法錯(cuò)誤的是（）a運(yùn)動(dòng)過程中小球、地球和彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒bt2時(shí)刻小球的加速度為零ct2t3這段時(shí)間內(nèi)，小球的動(dòng)能先增加后減少dt2t3這段時(shí)間內(nèi)，小球的動(dòng)能與重力勢(shì)能之和在增加考點(diǎn)：機(jī)械能守恒定律；胡克定律；牛頓第二定律專題：機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題分析：對(duì)于小球、地球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒通過分析小球的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，分析加速度、動(dòng)能的變化由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，分析小球的動(dòng)能與重力勢(shì)能之和如何變化解答：解：a、對(duì)于小球、地球和彈簧組成的系統(tǒng)，只有重力和彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒故a正確b、c分析小球的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況： 小球先自由下落，與彈簧接觸后，彈簧被壓縮，在下降的過程中，彈力不斷變大，當(dāng)彈力小于重力時(shí)，物體加速下降，合力變小，加速度變小，故小球做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)加速度減為零時(shí)，速度達(dá)到最大；之后物體由于慣性繼續(xù)下降，彈力大于重力，合變?yōu)橄蛏锨也粩嘧兇?，加速度向上且不斷變大，故小球做加速度不斷增大的減速運(yùn)動(dòng)；同理，上升過程，先做加速度不斷減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度減為零時(shí)，速度達(dá)到最大，之后做加速度不斷增大的減速運(yùn)動(dòng)t2時(shí)刻小球到達(dá)最低點(diǎn)，速度為零，但合力不為零，則其加速度不為零t2t3這段時(shí)間內(nèi)，小球正上升，速度先增大后減小，動(dòng)能先增加后減少故b錯(cuò)誤，c正確d、根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得知：小球的動(dòng)能、重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能總和保持不變，t2t3這段時(shí)間內(nèi)，小球在上升，彈簧的彈性勢(shì)能減小，則知小球的動(dòng)能與重力勢(shì)能之和在增加故d正確本題選錯(cuò)誤的，故選b點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵要將小球的運(yùn)動(dòng)分為自由下落過程、向下的加速和減速過程、向上的加速和減速過程進(jìn)行分析處理，抓住守恒條件分析系統(tǒng)的機(jī)械能守恒二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共計(jì)16分每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題意全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，錯(cuò)選或不答的得0分6（4分）如圖所示，“嫦娥二號(hào)”探月衛(wèi)星在月球引力的作用下，沿橢圓軌道向月球靠近，并在p處“剎車制動(dòng)”后繞月球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知“嫦娥二號(hào)”繞月球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r，周期為t，引力常量為g下列說法中正確的是（）a“嫦娥二號(hào)”向p處運(yùn)動(dòng)過程中速度逐漸變小b根據(jù)題中條件可以算出月球質(zhì)量c根據(jù)題中條件可以算出“嫦娥二號(hào)”受到月球引力的大小d“嫦娥二號(hào)”向p處運(yùn)動(dòng)過程中加速度逐漸變大考點(diǎn)：人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系；萬有引力定律及其應(yīng)用專題：人造衛(wèi)星問題分析：“嫦娥二號(hào)”探月衛(wèi)星在靠近月球的過程中，萬有引力做正功，動(dòng)能增加，速度越來越大根據(jù)萬有引力提供向心力可以求出月球質(zhì)量及加速度的變化情況解答：解：a、“嫦娥二號(hào)”向p處運(yùn)動(dòng)過程中，萬有引力做正功，動(dòng)能增加，速度越來越大故a錯(cuò)誤；b、根據(jù)萬有引力提供向心力周期公式得：m=，故b正確；c、“嫦娥二號(hào)”受到月球引力f=，由于不知道嫦娥二號(hào)的質(zhì)量，故無法求得“嫦娥二號(hào)”受到月球引力的大小；d、根據(jù)，解得：a=，“嫦娥二號(hào)”向p處運(yùn)動(dòng)過程中r變小，所以加速度變大，故d正確故選bd點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了萬有引力提供向心力公式的直接應(yīng)用，通過公式可以求得中心天體的質(zhì)量，不可以求出環(huán)繞天體的質(zhì)量7（4分）用一直流電池組給電阻為r的直流電動(dòng)機(jī)供電，當(dāng)電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)，電動(dòng)機(jī)兩端的電壓為u，通過的電流為i，則下列說法中正確的是（）a電動(dòng)機(jī)的輸入功率為uib電動(dòng)機(jī)的輸入功率為uii2rc電動(dòng)機(jī)的發(fā)熱功率為i2rd電動(dòng)機(jī)的輸出功率是uii2r考點(diǎn)：電功、電功率專題：恒定電流專題分析：當(dāng)電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)，其電路是非純電阻電路，輸入的功率是電功率，根據(jù)p=ui求解發(fā)熱功率由p=i2r求解輸出功率由能量守恒定律研究解答：解：a、b電動(dòng)機(jī)輸入的功率是電功率，即p電=ui故a正確，b錯(cuò)誤 c、電動(dòng)機(jī)的發(fā)熱功率根據(jù)焦耳定律得到p熱=i2r故c正確 d、電動(dòng)機(jī)的輸出功率是機(jī)械功率，根據(jù)能量守恒定律得，p出=p電p熱=uii2r故d正確故選acd點(diǎn)評(píng)：本題中當(dāng)電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)其電路是非純電阻電路，求電功率只能用p=ui，求熱功率只能用p=i2r而輸出的機(jī)械功率只能根據(jù)能量守恒求解，而且電功率大于熱功率8（4分）如圖所示，一塊長(zhǎng)木板b放在光滑的水平面上，再在b上放一物體a，現(xiàn)以恒定的外力拉b，a、b發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，向前移動(dòng)了一段距離在此過程中（）ab對(duì)a的摩擦力所做的功等于a的動(dòng)能增加量ba對(duì)b的摩擦力所做的功等于b對(duì)a的摩擦力所做的功c外力f做的功等于a和b動(dòng)能的增加量d外力f對(duì)b做的功等于b的動(dòng)能的增加量與b克服摩擦力所做的功之和考點(diǎn)：動(dòng)能定理的應(yīng)用；功的計(jì)算；功能關(guān)系專題：動(dòng)能定理的應(yīng)用專題分析：本題可以對(duì)a物體運(yùn)用動(dòng)能定理列式分析，也可以對(duì)b物體運(yùn)用動(dòng)能定理列式分析，還可以對(duì)a、b整體運(yùn)用動(dòng)能定理列式分析，其中a與b之間的一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做的功等于內(nèi)能的增加量，本題通過靈活選擇研究對(duì)象運(yùn)用動(dòng)能定理分析各個(gè)選項(xiàng)即可解答：解：a、對(duì)物體a受力分析，受重力、支持力和摩擦力，只有摩擦力做功，根據(jù)動(dòng)能定理，b對(duì)a的摩擦力所做的功等于a的動(dòng)能增加量，故a正確；b、由于存在相對(duì)滑動(dòng)，故a對(duì)b的摩擦力所做的功不等于b對(duì)a的摩擦力所做的功，故b錯(cuò)誤；c、對(duì)a、b整體運(yùn)用動(dòng)能定理，除拉力做功外，還有一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功，故系統(tǒng)動(dòng)能增加量小于拉力做的功，故c錯(cuò)誤；d、對(duì)物體b運(yùn)用動(dòng)能定理可知，拉力做的功減去克服摩擦力做的功等于動(dòng)能增加量，故外力f對(duì)b做的功等于b的動(dòng)能的增加量與b克服摩擦力所做的功之和，故d正確；故選ad點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵是要知道不僅可以對(duì)單個(gè)物體運(yùn)用動(dòng)能定理，也可以對(duì)物體系統(tǒng)運(yùn)用動(dòng)能定理，即對(duì)多物體系統(tǒng)，內(nèi)力和外力做的做功等于系統(tǒng)動(dòng)能的增加量9（4分）靜電場(chǎng)方向平行于x軸，其電勢(shì)隨x的分布可簡(jiǎn)化為如圖所示的折線一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子（不計(jì)重力），以初速度v0從o點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)下列敘述正確的是（）a粒子從o運(yùn)動(dòng)到x1的過程中，電場(chǎng)力做正功b粒子從x1運(yùn)動(dòng)到x3的過程中一直加速c要使粒子能運(yùn)動(dòng)到x4處，粒子的初速度v0至少為d若v0=，粒子在運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度為考點(diǎn)：勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；電場(chǎng)強(qiáng)度；電勢(shì)能專題：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題分析：根據(jù)順著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，判斷場(chǎng)強(qiáng)的方向，根據(jù)電場(chǎng)力方向分析粒子的運(yùn)動(dòng)情況根據(jù)正電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)越大，判斷電勢(shì)能的變化粒子如能運(yùn)動(dòng)到x1處，就能到達(dá)x4處，根據(jù)動(dòng)能定理研究0x1過程，求解初速度v0粒子運(yùn)動(dòng)到x3處電勢(shì)能最小，動(dòng)能最大，由動(dòng)能定理求解最大速度解答：解：a、粒子從o運(yùn)動(dòng)到x1的過程中，電勢(shì)升高，場(chǎng)強(qiáng)方向沿x軸負(fù)方向，粒子所受的電場(chǎng)力方向也沿x軸負(fù)方向，電場(chǎng)力做負(fù)功，粒子做減速運(yùn)動(dòng)故a錯(cuò)誤b、粒子從x1運(yùn)動(dòng)到x3的過程中，電勢(shì)不斷降低，根據(jù)正電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)越大，可知，粒子的電勢(shì)能不斷減小，電場(chǎng)力做正功，則一直處于加速狀態(tài)，故b正確c、根據(jù)電場(chǎng)力和運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知：粒子如能運(yùn)動(dòng)到x1處，就能到達(dá)x4處，當(dāng)粒子恰好運(yùn)動(dòng)到x1處時(shí)，由動(dòng)能定理得 q（00）=0m，解得，v0=，要使粒子能運(yùn)動(dòng)到x4處，粒子的初速度v0至少為v0=故c錯(cuò)誤d、若v0=，粒子運(yùn)動(dòng)到x3處電勢(shì)能最小，動(dòng)能最大，由動(dòng)能定理得q0（0）= mm，解得最大速度為vm=故d正確故選bd點(diǎn)評(píng)：根據(jù)電勢(shì)隨x的分布圖線可以得出電勢(shì)函數(shù)關(guān)系，由電勢(shì)能和電勢(shì)關(guān)系式得出電勢(shì)能的變化利用動(dòng)能定理列方程解答三、簡(jiǎn)答題（共計(jì)20分）：請(qǐng)將解答填寫在答題卡相應(yīng)的位置10（8分）甲乙兩個(gè)同學(xué)共同做“驗(yàn)證牛頓第二定律”的實(shí)驗(yàn)，裝置如圖1所示兩位同學(xué)用砝碼盤（連同砝碼）的重力作為小車（對(duì)象）受到的合外力，需要平衡桌面的摩擦力對(duì)小車運(yùn)動(dòng)的影響他們將長(zhǎng)木板的一端適當(dāng)墊高，在不掛砝碼盤的情況下，小車能夠自由地做勻運(yùn)速直線運(yùn)動(dòng)另外，還應(yīng)滿足砝碼盤（連同砝碼）的質(zhì)量m遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量m（填“遠(yuǎn)小于”、“遠(yuǎn)大于”或“近似等于”）接下來，甲同學(xué)研究：在保持小車的質(zhì)量不變的條件下，其加速度與其受到的牽引力的關(guān)系；乙同學(xué)研究：在保持受到的牽引力不變的條件下，小車的加速度與其質(zhì)量的關(guān)系甲同學(xué)通過對(duì)小車所牽引紙帶的測(cè)量，就能得出小車的加速度a圖2是某次實(shí)驗(yàn)所打出的一條紙帶，在紙帶上標(biāo)出了5個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，在相鄰的兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有4個(gè)點(diǎn)未標(biāo)出，圖中數(shù)據(jù)的單位是cm實(shí)驗(yàn)中使用的電源是頻率f=50hz的交變電流根據(jù)以上數(shù)據(jù)，可以算出小車的加速度a=0.343m/s2（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）乙同學(xué)通過給小車增加砝碼來改變小車的質(zhì)量m，得到小車的加速度a與質(zhì)量m的數(shù)據(jù)，畫出a圖線后，發(fā)現(xiàn)：當(dāng)較大時(shí)，圖線發(fā)生彎曲于是，該同學(xué)后來又對(duì)實(shí)驗(yàn)方案進(jìn)行了進(jìn)一步地修正，避免了圖線的末端發(fā)生彎曲的現(xiàn)象那么，該同學(xué)的修正方案可能是aa改畫a與的關(guān)系圖線 b改畫a與（m+m）的關(guān)系圖線c改畫 a與的關(guān)系圖線 d改畫a與的關(guān)系圖線考點(diǎn)：驗(yàn)證牛頓第二運(yùn)動(dòng)定律專題：實(shí)驗(yàn)題；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題分析：在“驗(yàn)證牛頓第二定律”的實(shí)驗(yàn)中，為使繩子拉力為小車受到的合力，應(yīng)先平衡摩擦力；為使繩子拉力等于砝碼和砝碼盤的重力，應(yīng)滿足砝碼和砝碼盤的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量；在相鄰的兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有4個(gè)點(diǎn)未標(biāo)出，說明任意兩個(gè)技計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔為打點(diǎn)周期的5倍，在求平均加速度時(shí)注意運(yùn)用“二分法”解答：解：“驗(yàn)證牛頓第二定律”的實(shí)驗(yàn)中，為使繩子拉力為小車受到的合力，應(yīng)先平衡摩擦力，方法是將長(zhǎng)木板的一端適當(dāng)墊高，在不掛砝碼盤的情況下，小車能夠自由地做勻速直線運(yùn)動(dòng)，另外為使繩子拉力等于砝碼盤（連同砝碼）的質(zhì)量，必須滿足滿足砝碼盤（連同砝碼）的質(zhì)量m遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量m的條件由勻變速運(yùn)動(dòng)的推論x=at2得，將計(jì)數(shù)點(diǎn)0到4分成0到2和2到4兩部分，其中t=2（50.02s）=0.2s，x=（17.478.05）8.05cm=1.37cm，代入上式解得a=0.343m/s2乙同學(xué)通過給小車增加砝碼來改變小車的質(zhì)量m，故小車的質(zhì)量應(yīng)為m+m，作圖時(shí)應(yīng)作出a圖象，故選a故答案為：勻速直線，遠(yuǎn)小于，0.343 a點(diǎn)評(píng)：明確實(shí)驗(yàn)原理是解決有關(guān)實(shí)驗(yàn)問題的關(guān)鍵在驗(yàn)證牛頓第二定律實(shí)驗(yàn)中，注意以下幾點(diǎn)：（1）平衡摩擦力，這樣繩子拉力才為合力；（2）滿足砝碼（連同砝碼盤）質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，這樣繩子拉力才近似等于砝碼（連同砝碼盤）的重力；（3）用“二分法”求出小車的加速度11（12分）（1）某同學(xué)為研究某電學(xué)元件（最大電壓不超過2.5v，最大電流不超過0.55a）的伏安特性曲線，在實(shí)驗(yàn)室找到了下列實(shí)驗(yàn)器材：a電壓表（量程是3v，內(nèi)阻是6k的伏特表）b電流表（量程是0.6a，內(nèi)阻是0.5的安培表）c滑動(dòng)變阻器（阻值范圍05，額定電流為0.6a）d直流電源（電動(dòng)勢(shì)e=3v，內(nèi)阻不計(jì)）e開關(guān)、導(dǎo)線若干該同學(xué)設(shè)計(jì)電路并進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，通過實(shí)驗(yàn)得到如下數(shù)據(jù)（i和u分別表示電學(xué)測(cè)量?jī)x器上的電流和電壓）i/a00.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50u/v00.200.400.600.801.001.201.401.601.802.00請(qǐng)?jiān)趫D1的方框中畫出實(shí)驗(yàn)電路圖，電學(xué)元件用rx表示；在圖（a）中描出該電學(xué)元件的伏安特性曲線；（2）某同學(xué)利用電壓表和電阻箱測(cè)定一種特殊電池的電動(dòng)勢(shì)，該同學(xué)利用如圖2所示的電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，圖中r0為已知阻值的定值電阻用該電路測(cè)電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻，測(cè)量值和真實(shí)值的關(guān)系：e真 e測(cè)，r真 r測(cè)（填“”、“”或“=”）改變電阻箱阻值，取得多組數(shù)據(jù)為了便于用圖象法求解電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻，需要建立合適的坐標(biāo)系，縱坐標(biāo)表示，橫坐標(biāo)表示考點(diǎn)：描繪小電珠的伏安特性曲線專題：實(shí)驗(yàn)題；恒定電流專題分析：（1）描繪伏安特性曲線電壓與電流應(yīng)從零開始變化，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓接法；根據(jù)電學(xué)元件電阻與電表內(nèi)阻的關(guān)系確定電流表的接法，然后作出電路圖根據(jù)表中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系內(nèi)描出對(duì)應(yīng)點(diǎn)，應(yīng)用描點(diǎn)法作出圖象（2）在應(yīng)用圖象法處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)時(shí)，直線最簡(jiǎn)單、直觀，根據(jù)閉合電路的歐姆定律求出求出u與r的關(guān)系式，然后答題解答：解：（1）電壓與電流從零開始變化，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓接法；待測(cè)元件電阻阻值約為r=4.5，=1333，=9，應(yīng)采用電流表外接法，實(shí)驗(yàn)電路圖如圖1所示根據(jù)表中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，應(yīng)用描點(diǎn)法作圖，圖象如圖2所示（2）如果考慮電壓表的內(nèi)阻，根據(jù)實(shí)驗(yàn)的原理e=u+（+）r，得： =（1+）+，縱軸表示，橫軸表示，考慮電壓表的內(nèi)阻，此時(shí)圖線的縱軸截距表示（1+），所以e真大于e測(cè)，r真大于r測(cè)故答案為：（1）如圖1所示 如圖2所示（2）；點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵：知道運(yùn)用伏阻法測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的原理，會(huì)根據(jù)圖象測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，將兩個(gè)非線性關(guān)系的物理量，變成兩個(gè)線性關(guān)系的物理量四、計(jì)算題（共計(jì)69分）解答時(shí)請(qǐng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟只寫出最后答案的不能得分有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位12（14分）（2011南京一模）雜技演員在進(jìn)行“頂桿”表演時(shí)，使用了一根質(zhì)量可忽略不計(jì)的長(zhǎng)竹竿一質(zhì)量為40kg的演員自桿頂由靜止開始下滑，指到竹桿底端時(shí)速度剛好為零已知雜技演員在下滑過程中其速度一時(shí)間圖象如圖所示（以向下的方向?yàn)樗俣鹊恼较颍┣螅海?）在o1s時(shí)間內(nèi)雜技演員的加速度大小；（2）長(zhǎng)竹竿的長(zhǎng)度；（3）在o1s時(shí)間內(nèi)竹竿底部對(duì)下面頂桿人肩部的壓力大?。ㄈ=10m/s2）考點(diǎn)：牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間的關(guān)系；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像專題：牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題分析：（1）在速度時(shí)間圖象上，圖象斜率代表加速度（2）在速度時(shí)間圖象上，圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移（3）由（1）可知01s內(nèi)雜技演員的加速度，然后對(duì)雜技演員利用牛頓第二定律列式求解即可解答：解（1）由圖象得：在o1s時(shí)間內(nèi)雜技演員的加速度大小 （2）由圖象得：竹竿的長(zhǎng)度為：（3）對(duì)雜技演員由牛頓第二定律得：mgf=ma 聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得：f=280n由牛頓第三定律得竹竿底部對(duì)下面頂桿人肩部壓力大小f=f=280n答：（1）在o1s時(shí)間內(nèi)雜技演員的加速度大小3m/s2；（2）長(zhǎng)竹竿的長(zhǎng)度為4.5m；（3）在o1s時(shí)間內(nèi)竹竿底部對(duì)下面頂桿人肩部的壓力大小為280n點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了牛頓第二定律和牛頓第三定律的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能根據(jù)圖象得出有效信息13（11分）如圖所示，直線a為某電源的ui圖線，直線b為電阻r的ui 圖線，求：（1）電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻分別是多大？（2）當(dāng)用此電阻r和該電源組成的閉合電路時(shí)，該電源的輸出功率為多少？（3）若接入該電源的外電阻是一個(gè)最大阻值是2的滑動(dòng)變阻器，則滑動(dòng)變阻器的阻值多大時(shí)，其消耗的功率最大考點(diǎn)：閉合電路的歐姆定律專題：恒定電流專題分析：（1）由電源的ui圖象讀出電動(dòng)勢(shì)，求出內(nèi)阻（2）由電阻r的ui圖象求出電阻r，根據(jù)閉合電路歐姆定律求出用該電源和該電阻組成閉合電路時(shí)電路中電流和電源的輸出電壓，再求出電源的輸出功率（3）當(dāng)電源的內(nèi)電阻等于外電阻時(shí)，電源的輸出功率最大解答：解：（1）讀圖線a可知，圖線縱軸截距等于電源的電動(dòng)勢(shì)，則知電源的電動(dòng)勢(shì)e=6v，圖線的斜率大小等于電源的內(nèi)阻，則電源的內(nèi)阻r=0.5 （2）當(dāng)用此電阻r和該電源組成的閉合電路時(shí)，兩圖線的交點(diǎn)表示電路的工作狀態(tài)，則知電阻的電壓為u=5v，電流為i=2a，則該電源的輸出功率為：p=ui=5v2a=10w （3）當(dāng)r=r時(shí)，即r的阻值是0.5時(shí)，輸出功率最大 答：（1）電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻分別是6v和0.5（2）當(dāng)用此電阻r和該電源組成的閉合電路時(shí)，該電源的輸出功率為10w（3）滑動(dòng)變阻器的阻值為0.5時(shí)，其消耗的功率最大點(diǎn)評(píng)：本題考查對(duì)電源和電阻伏安特性曲線的理解能力，其實(shí)兩圖線的交點(diǎn)就表示該電源和該電阻組成閉合電路時(shí)的工作狀態(tài)，能直接電流和路端電壓，求出電源的輸出功率14（15分）如圖所示，將一質(zhì)量為m=0.1kg的小球自水平平臺(tái)右端o點(diǎn)以初速度v0水平拋出，小球飛離平臺(tái)后由a點(diǎn)沿切線落入豎直光滑圓軌道abc，并沿軌道恰好通過最高點(diǎn)c，圓軌道abc的形狀為半徑r=2.5m的圓截去了左上角l27的圓弧，bc為其豎直直徑，（sin53=0.8 cos53=0.6，重力加速度g取10m/s2）求：（1）小球經(jīng)過c點(diǎn)的速度大小；（2）小球運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)b 時(shí)小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?；?）v0的數(shù)值考點(diǎn)：機(jī)械能守恒定律；牛頓第二定律；向心力專題：機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題分析：沿軌道恰好通過最高點(diǎn)c，根據(jù)牛頓第二定律求解小球經(jīng)過c點(diǎn)的速度大小從b點(diǎn)到c點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律求解b點(diǎn)速度由牛頓第二定律得小球?qū)壍赖膲毫Υ笮腶到b由機(jī)械能守恒定律求出a點(diǎn)速度，在a點(diǎn)進(jìn)行速度的分解，即可求解解答：解：（1）恰好運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，有重力提供向心力，即mg=m解得：vc=5m/s （2）從b點(diǎn)到c點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律有在b點(diǎn)對(duì)小球進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律有fnmg=m解得：fn=6n根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?.0n（3）從a到b由機(jī)械能守恒定律有解得：m/s在a點(diǎn)進(jìn)行速度的分解有：v0=vacos53=答：（1）小球經(jīng)過c點(diǎn)的速度大小為5m/s；（2）小球運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)b 時(shí)小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?n；（3）v0的數(shù)值為點(diǎn)評(píng)：本題是平拋運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)相結(jié)合的典型題目，除了運(yùn)用平拋運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)的基本公式外，求速度的問題，動(dòng)能定理不失為一種好的方法15（14分）（2012徐州一模）如圖所示，在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一表面光滑、與水平面成45角的絕緣直桿ac，其下端（c端）距地面高度h=0.8m有一質(zhì)量500g的帶電小環(huán)套在直桿上，正以某一速度沿桿勻速下滑，小環(huán)離桿后正好通過c端的正下方p點(diǎn)處（g=10m/s2）求：（1）小環(huán)帶何種電荷？離開直桿后運(yùn)動(dòng)的加速度大小和方向（2）小環(huán)從c運(yùn)動(dòng)到p過程中的動(dòng)能增量（3）小環(huán)在直桿上勻速運(yùn)動(dòng)速度的大小0考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律；動(dòng)能定理的應(yīng)用分析：小環(huán)在置于電場(chǎng)中的傾斜的光滑絕緣直桿上勻速下滑，由共點(diǎn)力平衡結(jié)合重力與支持力方向可判斷出電場(chǎng)力方向，又由電場(chǎng)強(qiáng)度的方向可得出電荷的電性當(dāng)小環(huán)離開直桿后，僅少了支持力則此時(shí)的合力就是由重力與電場(chǎng)力提供，由牛頓第二定律可求出離開后的加速度大小與方向小環(huán)離開直桿后，所受合力恰與速度方向垂直，因此做的類平拋運(yùn)動(dòng)當(dāng)小環(huán)從c到p過程中，電場(chǎng)力做功剛好為零，動(dòng)能的變化完全由重力做功引起當(dāng)求小環(huán)離開直桿的速度時(shí)，僅從離開前無法入手，而離開后做類平拋運(yùn)動(dòng)，所以利用垂直于桿的方向與沿桿的方向的位移可求出小環(huán)的拋出速度解答：解：（1）對(duì)帶電小環(huán)受力分析因帶電小環(huán)勻速下滑，加之電場(chǎng)強(qiáng)度水平向左，所以小環(huán)帶負(fù)電由幾何關(guān)系可知，小環(huán)所受電場(chǎng)力與重力大小相等則小環(huán)離開直桿后所受的合外力大小為：f合=由牛頓第二定律可得：方向垂直于桿向下（或與水平方向成45角斜向下）（2）設(shè)小環(huán)從c運(yùn)動(dòng)到p過程中動(dòng)能的增量為ek由動(dòng)能定理有：wg+we=ek電場(chǎng)力做功為零we=0ek=wg=mgh=4j（3）小環(huán)離開桿做類平拋運(yùn)動(dòng)如圖所示建立坐標(biāo)x、y軸垂直于桿方向做勻加速運(yùn)動(dòng)：平行于桿方向做勻速運(yùn)動(dòng)：解得：0=2m/s點(diǎn)評(píng)：考查帶電粒子在電場(chǎng)與重力場(chǎng)共同作用下的運(yùn)動(dòng)，在直桿的束縛下的勻速直線運(yùn)動(dòng)與沒有束縛下的