2018年上海市浦東新區(qū)高考物理一模試卷一?單項選擇題（共16分，每小題2分?每小題只有一個正確選項.）TOC\o"1-5"\h\z1.下列物理量中屬于矢量的是（）動能B.電動勢C.加速度D.振幅首先發(fā)現通電導線周圍存在磁場的科學家是（）奧斯特B.法拉第C.麥克斯韋D.赫茲關于磁感應強度的單位T,下列表達式中不正確的是（）2221T=1C?mB.1T=1Wb/mC.1T=1kg/（A?s）D.1T=1N/（A?n）下列幾種運動，運動狀態(tài)發(fā)生變化的是（）汽車沿著上坡坡道勻速直線前進降落傘吊著貨物斜向下勻速降落船在海面上向東北方向勻速航行火車沿水平面內的彎曲軌道勻速前進電動機的自動控制電路如圖所示，其中FH為熱敏電阻，R為光敏電阻，當溫度升高時,FH的阻值遠小于R;當光照射Rl時，其阻值遠小于R,為使電動機在溫度升高或受到光照時能自動啟動，則在圖中虛線框內應接入的元件是（）非門B.或門C.與門D.與非門關于兩等量異種點電荷在其連線中點的電場強度和電勢，下列說法中正確的是（場強為零，電勢不為零B.場強不為零，電勢為零C.場強為不零，電勢也不為零D.場強為零，電勢也為零如圖所示，電路中每個電阻的阻值都相同.則通過電流最大的電阻是（出￥出￥出￥出￥RiB.F2C.R3和F4D.艮&如圖，一圓盤可繞一通過圓心且垂直于盤面的豎直軸轉動，在圓盤上放一塊橡皮，橡皮塊隨圓盤一起轉動（俯視為逆時針）.某段時間圓盤轉速不斷增大，但橡皮塊仍相對圓盤靜止，在這段時間內，關于橡皮塊所受合力F的方向的四種表示（俯視圖）中，正確的是（）A.C.B.D.A.C.B.D..單項選擇題（共24分，每小題3分.每小題只有一個正確選項.）TOC\o"1-5"\h\z9.如果力F在時間t內使質量為m的物體移動一段距離s,那么（）力F在時間t內使質量'的物體移動距離s力F在時間.內使質量.的物體移動距離s力F在時間2t內使質量2m的物體移動距離sFK力一在時間t內使質量一的物體移動距離s￡z10?如圖所示，一根條形磁鐵自左向右穿過一個閉合線圈，則流過靈敏電流計的感應電流方向是（向是（先向左，再向右B.先向右，再向左C.始終向右D.始終向左11?某長直導線中分別通以如圖所示的電流，則下面說法中正確的是（）圖①所示電流周圍產生勻強磁場圖②所示電流周圍的磁場是穩(wěn)定的圖③所示電流周圍各點的磁場方向在0?11時間內與ti?12時間內的方向是相反的圖④所示電流周圍的磁場先變強再變弱，磁場中各點的磁感強度方向不變已知某種步槍將子彈以速度v水平射出，射到正對面的豎直靶墻上，測出打在靶墻上的彈頭瞬時速度方向與豎直方向的夾角為0，若不考慮空氣阻力，則根據以上條件（）A只能計算出槍口位置與彈孔位置的豎直距離只能計算出槍口位置與靶墻的水平距離只能計算出彈頭在空中飛行的時間能計算出彈頭在槍口與靶墻間的位移在靜止的車廂內，用細繩a和b系住一個小球，繩a斜向上拉，繩b水平拉，如圖所示.現讓車從靜止開始向右做勻加速運動，小球相對于車廂的位置不變，與小車靜止時相比，繩a、A.Fa變大，Fb不變B.Fa變大，Fb變小C.Fa不變，Fb變小D.Fa不變，Fb變大帶電粒子僅在電場力作用下，從電場中a點以初速度vo進入電場并沿虛線所示的軌跡運動到b點，如圖所示，實線是電場線，下列說法正確的是（bb點時的加速度小從a到b過程中，粒子的電勢能不斷減小無論粒子帶何種電，經b點時的速度總比經a點時的速度大電場中a點的電勢一定比b點的電勢高如圖所示，直升飛機放下繩索從湖里吊起困在水中的傷員后，在某一高度沿直線飛行；在傷員上升的某段過程中，地面上觀察者發(fā)現傷員的運動軌跡是一條傾斜向上的直線.空氣阻力不計，關于該過程中吊繩對傷員的拉力，下列分析正確的是（）拉力一定豎直向上，且大于重力拉力一定傾斜向上，且大于重力拉力可能豎直向上，也可能傾斜向上，但一定指向直升機拉力可能豎直向上，也可能傾斜向上，不一定指向直升機如圖所示的電路中，當滑動變阻器滑片B在圖示位置時，電壓表和電流表的示數分別為1.6V、0.4A，當滑動變阻器滑片B從圖示位置向右滑到另一位置時，它們的示數各改變了0.1V和0.1A，則此時（）A.電壓表示數為1.7V,電源電動勢為2VB.電流表示數為0.3A,電源的效率為65%C.電壓表示數為1.5V,電源電動勢為3VD.電流表示數為0.5A，電源的效率為75%2222三?多項選擇題（共16分，每小題4分?每小題有二個或三個正確選項?全選對的，得TOC\o"1-5"\h\z分；選對但不全的，得2分；有選錯或不答的，得0分.）物體由地面以120J的初動能豎直向上拋出，當它上升到某一高度A點時，動能減少40J，機械能減少10J?設空氣阻力大小不變，以地面為零勢能面，則物體（）在最高點時機械能為105J上升到最高點后落回A點時機械能為70J空氣阻力與重力大小之比為1:4上升過程與下落過程加速度大小之比為2:1—列橫波沿直線傳播，在波的傳播方向上有A、B兩點.在t時刻A、B兩點間形成如圖甲所示波形，在（t+3s）時刻AB兩點間形成如圖乙所示波形，已知AB兩點間距離a=9m則以下說法中正確的是（）若周期大于4s，波可能向右傳播若周期為4s，波一定向右傳播若波速為8.5m/s，波一定向左傳播該波波速可能的最小值為0.5m/s如圖是一種工具-石磨，下面磨盤固定，上面磨盤可繞過中心的豎直轉軸，在推桿帶動F在水平面內轉動.若上面磨盤直徑為D,質量為m且均勻分布，磨盤間動摩擦因素為□?若推桿在外力作用下以角速度3勻速轉動，磨盤轉動一周，外力克服磨盤間摩擦力做功為W則（）A.磨盤邊緣的線速度為COEA.磨盤邊緣的線速度為COE磨盤邊緣的線速度為3D摩擦力的等效作用點離轉軸距離為■兀卩陽□摩擦力的等效作用點離轉軸距離為!—2兀llmg有7個完全相同的金屬框，表面涂有絕緣層.如圖所示，A是一個框，B是兩個框并列捆在一起，C是兩個框上下疊放捆在一起，D是兩個框前后疊放捆在一起.將他們同時從同一高度由靜止釋放，穿過水平向里的勻強磁場，最后落到水平地面.關于金屬框的運動，以下說法正確的是（）口H日口ABCD3KMXMXXX<XMMWXM^KMKXXXKMHWKMHXX玄XMKKXK>￡MXMMM'NK3CA.D最先落地B.C最后落地C.A、B、D同時落地D.B最后落地四?填空題（共20分，每小題4分.）位移是描述物體變化的物理量，加速度是描述物體快慢的物理量.用M表示地球質量，R表示地球半徑，T表示地球自轉周期，G表示萬有引力常量，則地面上物體的重力加速度為g=，地球同步衛(wèi)星的軌道高度為h=.如圖所示，一長為L、質量為m的均勻棒可繞0點轉動，下端A擱在光滑球面上，用過球心的水平力向左推球.若在圖示位置棒與球相切，且與豎直方向成45°時球靜止，則水平推力F為.若球經過圖示位置時水平向左的速度為v，則棒的端點A的速度為.如圖a所示是打樁機的簡易模型.質量m=1kg的物體在拉力F作用下從與釘子接觸處由靜止開始運動，上升一段高度后撤去F,到最高點后自由下落，撞擊釘子后物體不再彈起，

將釘子打入一定深度.若以初始狀態(tài)物體與釘子接觸處為零勢能點，物體上升過程中，機械能E與上升高度h的關系圖象如圖b所示?不計所有摩擦，g=10m/s2.物體上升過程所受拉力F=N在整個過程中距初始位置m處物體的重力勢能與動能相等.圏縣圖力F=N在整個過程中距初始位置m處物體的重力勢能與動能相等.圏縣圖b25.在勻強電場中建立空間坐標系O-xyz,電場線與xOy平面平行,與xOz平面夾角37°,在xOz平面內有AB、C三點，三點連線構成等邊三角形，其中一邊與Ox軸重合.已知點電荷q=-1.0X10-8C在A點所受電場力大小為1.25X10-5N;將其從A點移到B點過程中克服電場力做功2.0X10-J,從B點移到C點其電勢能減少4.0X10-J，則A、B、C三點中電勢最高的點是點，等邊三角形的邊長為m（cos37°=0.8,五.實驗題（共24分）關于多用電表及其使用操作，下列說法正確的是（）電阻刻度左側密右側疏測量不同電阻，每次都必須重新調零再進行測量測電流電壓時，電流從紅表筆流入黑表筆流出，測電阻時恰好相反用X10倍率檔測電阻，指針偏轉角度很小，應換成X100倍率檔調零后測量用DIS研究機械能守恒定律的實驗裝置如圖，如表是某同學某次的實驗數據，實驗中系統默認D、CB、A各點高度分別為0、0.050、0.100、0.150，A點速度為0.DCB三點速度由光電門傳感器測得.分析如表中實驗數據.(1)從B到C到D,機械能逐漸減小，其原因是.表中A點的機械能數據明顯偏小，其原因是擺錘釋放器釋放點A點(選填“高于”、“低于”)次數DCBA高度h/m00.0500.1000.150速度v/m/s1.8781.6161.2990勢能Ep/J00.00390.00780.0118動能Ek/J0.01410.01040.00670機械能E/J0.01410.01440.01460.0118某興趣小組利用如圖a所示實驗裝置測重力加速度?傾斜的球槽中放有若干個小鐵球，閉合開關K,電磁鐵吸住第1個小球?手動敲擊彈性金屬片M,M與觸頭瞬間分開，第1個小球開始下落，M迅速恢復，電磁鐵又吸住第2個小球.當第1個小球撞擊M時，M與觸頭分開，第2個小球開始下落…?這樣，就可測出n個小球下落的總時間T.實驗測得小球下落的高度H=1.98m,10個小球下落的總時間T=6.50s，可求出重力加速度g=m/s2.(保留兩位小數)若電磁鐵在每次斷電一小段時間At后磁性消失，這導致重力加速度的實驗測量值.(選填偏大、偏小).為了消除該因素對實驗的影響，某同學調整小球下落的高度H多次進行實驗，測量出n個小球下落的總時間T的對應值?根據測量數據HT,做出.二-T圖象如圖b所示，由圖象可求出該線斜率為k,則重力加速度大小為m/s2.

某同學設計了如圖a所示的電路.該電路既能測繪小燈泡的伏安曲線，又能測量電池組的電動勢和內阻.（1）若用圖a電路測量電源的電動勢和內阻，閉合S后測出的電源的U-I圖線如圖b中圖線2所示，則Sa處于（選填“斷開”或“閉合”）狀態(tài)，用電壓傳感器_（填“A”或“B”）的數據作縱坐標?由圖線可知電池組的內阻為Q.（2）若用圖a電路測繪小燈泡的伏安特性曲線，得到圖b中圖線1所示，S處于（選填“斷開”或“閉合”）狀態(tài)，滑動端P向右滑動時小燈泡電壓將（選填“增大”或“減小”）.（3）若由三個這樣的電燈和電動勢為1.5V，內阻為0.5Q的電池及阻值為2Q的電阻R組成圖c電路，電燈C功率為W

六?計算題（共50分）如圖，一輕質直角桿可繞過O點的軸在豎直面內轉動，OA=2OB=2LA端固定小球A,B端固定小球B,且質量mA=2m，求：（1）當直角桿從圖A所示位置由靜止釋放，轉動到OA豎直時A球的速度大??；（2）若A端始終受一水平向右的恒力F=m^g，直角桿從圖B所示位置由靜止開始運動，當OA與水平方向夾角0為多少時系統的動能最大.

AA斜面ABC中AB段粗糙，BC段長為1.6m且光滑，如圖(a)所示.質量為1kg的小物塊以初速度Vo=12m/s沿斜面向上滑行，到達C處速度恰好為零，小物塊沿斜面上滑的v-t圖象如圖(b)所示.已知在AB段的加速度是BC段加速度的兩倍，g=10m/s2.(vb,to未知)求:園aiv/ms'1Sb(1)小物塊沿斜面向上滑行通過園aiv/ms'1Sb(1)小物塊沿斜面向上滑行通過B點處的速度VB；(2)斜面AB段的長度;小物塊沿斜面向下滑行通過BA段的時間.如圖所示，在光滑絕緣的水平面上，有一長為L的絕緣輕桿，可繞固定轉軸0在水平面內無摩擦轉動，另一端固定一質量為m電荷量為-q的帶電小球，整個裝置置于場強為E方向水平向右的勻強電場中，小球受到方向始終與桿垂直的作用力F.從桿與電場方向垂直的圖示位置開始計時，桿轉過的角度用0表示，選取轉軸O處電勢為零.(1)當桿逆時針轉過90°,求小球電勢能的變化量;(2)若桿以角速度3逆時針勻速轉動，求小球電勢能最大時所對應的時刻;(3(3)若在圖示位置給小球向右的初速度小速度？vo，且i，求桿逆時針轉動過程中小球的最33.33.如圖，兩根電阻不計的平行光滑金屬導軌相距L=0.5m水平放置，一端與阻值R=0.3Q的電阻相連.導軌x>0一側存在沿x方向變化的穩(wěn)恒磁場，其方向與導軌平面垂直，x=0處磁場的磁感應強度B0=1T.一根質量m=0.1kg、電阻r=0.1Q的金屬棒垂直置于導軌上.棒在外力作用下從x=0處以初速度v°=2m/s沿導軌向右運動，運動過程中速度v與位移x滿足v=關系，通過電阻的電流保持不變?求：x+1金屬棒運動過程中通過電阻R的電流；導軌x>0一側磁感應強度B隨x變化關系；金屬棒從x=0運動到x=2m過程中電阻R上產生的熱量；金屬棒從x=0運動到x=2m過程中外力的平均功率.TOC\o"1-5"\h\zxxxxxrBXXXXXLXXXXX|2018年上海市浦東新區(qū)高考物理一模試卷參考答案與試題解析一?單項選擇題（共16分，每小題2分?每小題只有一個正確選項.）1.下列物理量中屬于矢量的是（）動能B.電動勢C.加速度D.振幅【考點】矢量和標量.【分析】即有大小又有方向，相加是遵循平行四邊形定則的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、動量等都是矢量；只有大小，沒有方向的物理量是標量，如路程、時間、質量等都是標量.【解答】解：加速度是既有大小又有方向，相加時遵循平行四邊形定則的，所以加速度是矢量，而動能、電動勢和振幅只有大小沒有方向，所以它們都是標量.故選：C.首先發(fā)現通電導線周圍存在磁場的科學家是（）奧斯特B.法拉第C.麥克斯韋D.赫茲【考點】物理學史.【分析】通電導線周圍存在磁場的現象叫電流的磁效應，首先是由奧斯特發(fā)現的.【解答】解：A、首先發(fā)現通電導線周圍存在磁場的科學家是奧斯特，故A正確.B法拉第發(fā)現了電磁感應現象，故B錯誤.CD麥克斯韋建立了完整的電磁場理論，預言了電磁波的存在，赫茲首先證實了電磁波的存在.故CD錯誤.故選：A.關于磁感應強度的單位T,下列表達式中不正確的是（）1T=1C?mB.1T=1Wb/mC1T=1kg/（A?s2）D.1T=1N/（A?n）【考點】磁感應強度.

T與其他單位的關【分析】根據磁感應強度與磁能量的關系和磁感應強度的定義式推導出T與其他單位的關【解答】解：AB磁通量的單位是Wb面積的單位是mf,根據磁通量的公式①=BS得，1T=1Wb/m.故A錯誤，B正確.CD根據磁感應強度的定義式B^得，1T=1N/A?m又由牛頓第二定律表達式F=ma得,1N=1Kg?m/S，則得到1T=1kg/（A?s2）.故CD正確.本題選擇錯誤的，故選：A.4?下列幾種運動，運動狀態(tài)發(fā)生變化的是（）汽車沿著上坡坡道勻速直線前進降落傘吊著貨物斜向下勻速降落船在海面上向東北方向勻速航行火車沿水平面內的彎曲軌道勻速前進【考點】共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性和彈力.【分析】狀態(tài)與時刻對應，過程與時間間隔對應，故運動狀態(tài)用瞬時速度描述，速度是矢量，大小或方向的變化都是速度發(fā)生變化.【解答】解：A、汽車沿著上坡坡道勻速直線前進，瞬時速度不變，故運動狀態(tài)不變，故A錯誤；B降落傘吊著貨物斜向下勻速降落，瞬時速度不變，故運動狀態(tài)不變，故B錯誤；C船在海面上向東北方向勻速航行，瞬時速度不變，故運動狀態(tài)不變，故C錯誤；D火車沿水平面內的彎曲軌道勻速前進，是曲線運動，速度的方向時刻改變，故運動狀態(tài)是改變的，故D正確；故選：D5?電動機的自動控制電路如圖所示，其中FH為熱敏電阻，R為光敏電阻，當溫度升高時,FH的阻值遠小于Ri；當光照射Rl時，其阻值遠小于F2,為使電動機在溫度升高或受到光照時能自動啟動，則在圖中虛線框內應接入的元件是（）非門B?或門C?與門D?與非門【考點】簡單的邏輯電路.【分析】為使電動機在溫度升高或受到光照時能自動啟動，知只要有一個條件滿足，事件就能發(fā)生，可知是“或”門.【解答】解：光照射光敏電阻RL時，其阻值迅速減小，電流減小，R2兩端間的電勢差增大，則輸入門電路的是高電平，輸出是高電平.當溫度升高時，Rh的阻值遠小于R;電流減小，R兩端間的電勢差增大，則輸入門電路的是高電平，輸出是高電平；所以，為使電動機在溫度升高或受到光照時能自動啟動，電路中虛線框內應選或門邏輯電路；故選：B6.關于兩等量異種點電荷在其連線中點的電場強度和電勢，下列說法中正確的是（）A.場強為零，電勢不為零B.場強不為零，電勢為零C.場強為不零，電勢也不為零D.場強為零，電勢也為零【考點】電場線；勻強電場中電勢差和電場強度的關系.【分析】根據兩個等量異種點電荷的電場線分布情況，分析電場強度的大??；兩個等量異種點電荷連線的中垂線是一個等勢面，一直通到無窮遠，據此分析電勢.【解答】解：根據兩個等量異種點電荷的電場線圖可知，其連線中點的電場強度不為零；由于兩個等量異種點電荷連線的中垂線為等勢面，一直通到無窮遠，兩個等量異種點電荷，故連線中點的電勢也為零.故ACD錯誤，B正確.故選：B.7.如圖所示，電路中每個電阻的阻值都相同.則通過電流最大的電阻是（

A.RiB.F2C.R3和F4D.R5【考點】閉合電路的歐姆定律.【分析】先分析電路的結構，然后根據串并聯電路的特點，判斷哪個電阻的電流最高.【解答】解：由圖可知，R和R并聯后與R5串聯，最后跟R3和R4的串聯電路并聯，由圖知上一支路的電阻小，通過R?的電流最大.1It」則D正確故選：D&如圖，一圓盤可繞一通過圓心且垂直于盤面的豎直軸轉動，在圓盤上放一塊橡皮，橡皮塊隨圓盤一起轉動（俯視為逆時針）.某段時間圓盤轉速不斷增大，但橡皮塊仍相對圓盤靜【考點】向心力.

切線分力【分析】橡皮塊做加速圓周運動，合力不指向圓心；合力的徑向分力提供向心力,產生切向加速度.切線分力【解答】解：橡皮塊做加速圓周運動，合力不指向圓心，但一定指向圓周的內側；由于做加TOC\o"1-5"\h\z速圓周運動，動能不斷增加，故合力與速度的夾角小于90°;故選：C.二?單項選擇題（共24分，每小題3分.每小題只有一個正確選項.）9.如果力F在時間t內使質量為m的物體移動一段距離s,那么（）力F在時間t內使質量'的物體移動距離sJJ力F在時間內使質量'的物體移動距離s力F在時間2t內使質量2m的物體移動距離s力在時間t內使質量的物體移動距離s【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關系.【分析】由牛頓第二定律求出物體的加速度，然后由勻變速運動的位移公式求物體的位移,根據物體的位移表達式分析答題.【解答】解：物體做初速度為零的勻加速運動，由牛頓第二定律與勻變速運動的位移公式可得:匚at2='.'.二得:匚at2='.'.二22mA、力F在時間t內使質量一的物體移動的距離為2A錯誤;B力F在時間.內使質量.的物體移動距離為=2S，故B=2S，故B錯誤;C力F在時間2t內使質量2m的物體移動距離為(2t),故C(2t),故C錯誤;，故D則流過靈敏電流計的感應電流方向是（，故D則流過靈敏電流計的感應電流方向是（D力在時間t內使質量的物體移動距離為-22342m2正確；故選：D10?如圖所示，一根條形磁鐵自左向右穿過一個閉合線圈,先向左，再向右B.先向右，再向左C.始終向右D.始終向左【考點】楞次定律.【分析】楞次定律的內容：感應電流的磁場總是要阻礙引起感應電流磁通量的變化.根據楞次定律判定感應電流的方向，從而即可求解.【解答】解：條形磁鐵從左向右進入螺線管的過程中，原磁場方向向左，且磁通量在增加，根據楞次定律，感應電流的磁場阻礙原磁場磁通量的變化，所以感應電流的磁場向右，由安培定則，知感應電流的方向順時針方向，即向左.條形磁鐵從左向右離開螺線管的過程中，原磁場方向向左，且磁通量在減少，根據楞次定律，感應電流的磁場阻礙原磁場磁通量的變化，所以感應電流的磁場向左，由安培定則，知感應電流的方向逆時針方向，即向右，故A正確，BCD昔誤.故選：A.

)11?某長直導線中分別通以如圖所示的電流，則下面說法中正確的是（)圖①所示電流周圍產生勻強磁場圖②所示電流周圍的磁場是穩(wěn)定的圖③所示電流周圍各點的磁場方向在0?11時間內與ti?12時間內的方向是相反的圖④所示電流周圍的磁場先變強再變弱，磁場中各點的磁感強度方向不變【考點】電磁場.【分析】根據奧斯特實驗可知：電流周圍存在磁場；麥克斯韋電磁場的理論：變化的電場周圍產生磁場，變化的磁場周圍產生電場.【解答】解：人、圖（1）是恒定電流，則電流周圍產生穩(wěn)定的磁場，而不是勻強磁場.故A不正確；8圖（2）是均勻變化的電流，則其周圍的磁場是變化的，而不是穩(wěn)定的.故B不正確；0圖（3）電流大小在0?t1時間內均勻增加，而在X?t2時間內均勻減小，但方向卻沒有變化.所以產生的磁場方向也不會變化.故C不正確；0圖（4）電流大小先增后減，則磁場也先增后減，且方向不變.故D正確；故選D12.已知某種步槍將子彈以速度v水平射出，射到正對面的豎直靶墻上，測出打在靶墻上的彈頭瞬時速度方向與豎直方向的夾角為0，若不考慮空氣阻力，則根據以上條件（）只能計算出槍口位置與彈孔位置的豎直距離只能計算出槍口位置與靶墻的水平距離只能計算出彈頭在空中飛行的時間能計算出彈頭在槍口與靶墻間的位移【考點】平拋運動.【分析】根據平行四邊形定則求出彈頭的豎直分速度，結合速度時間公式求出彈頭的運動時間，根據速度位移公式求出豎直高度，結合初速度和時間求出水平位移.【解答】解：測出打在靶墻上的彈頭瞬時速度方向與豎直方向的夾角為0，根據平行四邊TOC\o"1-5"\h\z形定則知，tan0二’,解得豎直分速度為：，.-,則彈頭飛行的時間為：匸'一：,ggtan^2nV/槍口位置與彈孔位置的豎直距離為：一.一?,2呂2gtan2e2槍口位置與靶墻的水平距離為：.，故D正確，ABC錯誤.gtanB故選：D.13?在靜止的車廂內，用細繩a和b系住一個小球，繩a斜向上拉，繩b水平拉，如圖所示.現讓車從靜止開始向右做勻加速運動，小球相對于車廂的位置不變，與小車靜止時相比，繩a、b的拉力Fa、Fb變化情況是（）Fa變大，Fb不變B.Fa變大，Fb變小C.Fa不變，Fb變小D.Fa不變，Fb變大【考點】牛頓第二定律；力的合成與分解的運用.【分析】以小球為研究對象，分析受力情況，作出力圖，根據牛頓第二定律，運用正交分解法分析兩根細繩的拉力變化情況.【解答】解：以小球為研究對象，分析受力情況，作出力圖，根據牛頓第二定律得：水平方向：FaSina-Fb=ma①豎直方向：Facosa-mg=0②由題，a不變，由②分析得知Fa不變.由①得知，Fb=FaSina-ma<FaSina，即Fb變小.故選：c.mg14.帶電粒子僅在電場力作用下，從電場中a點以初速度vo進入電場并沿虛線所示的軌跡從a到b過程中，粒子的電勢能不斷減小無論粒子帶何種電，經b點時的速度總比經a點時的速度大電場中a點的電勢一定比b點的電勢高【考點】電場線；牛頓第二定律；電勢.【分析】電場線是從正電荷或者無窮遠出發(fā)出，到負電荷或無窮遠處為止，電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小.【解答】解：A、電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，可知Ea<壓，所以a、b兩點比較，粒子的加速度在b點時較大，故A正確B由粒子的運動的軌跡可以知道，粒子受電場力的方向應該指向軌跡的內側，根據電場力方向與速度方向的夾角得電場力先做負功后做正功，電勢能先增大后減小，整個過程電場力做正功，故B錯誤C整個過程電場力做正功，根據動能定理得經b點時的動能大于經a點時的動能，所以無論粒子帶何種電，經b點時的速度總比經a點時的速度大，故C正確D由于不知道粒子的電性，也不能確定電場線的方向，所以無法確定a點的電勢和b點的電勢大小關系，故D錯誤故選AC.

15?如圖所示，直升飛機放下繩索從湖里吊起困在水中的傷員后，在某一高度沿直線飛行;空氣在傷員上升的某段過程中，地面上觀察者發(fā)現傷員的運動軌跡是一條傾斜向上的直線.空氣阻力不計，關于該過程中吊繩對傷員的拉力，下列分析正確的是（）V拉力一定豎直向上，且大于重力拉力一定傾斜向上，且大于重力拉力可能豎直向上，也可能傾斜向上，但一定指向直升機拉力可能豎直向上，也可能傾斜向上，不一定指向直升機【考點】運動的合成和分解.【分析】地面上觀察者發(fā)現傷員運動軌跡是一條傾斜向上的直線，因此傷員可能做勻速直線運動，也可能做勻加速直線運動，從而可判定受力情況.【解答】解：若傷員做勻速直線運動，則在水平方向上勻速直線，水平方向上不受力?在豎直方向的運動是勻速直線運動，豎直方向只受兩個力的作用，所以懸索的拉力等于傷員的重力.若傷員做勻加速直線運動，在水平方向做勻加速直線運動，豎直方向上是勻加速直線運動，從地面看，軌跡是斜向上的直線，因此拉力傾斜向上，且指向直升機，故C正確，ABD昔誤.故選：C.如圖所示的電路中，當滑動變阻器滑片B在圖示位置時，電壓表和電流表的示數分別為1.6V、0.4A，當滑動變阻器滑片B從圖示位置向右滑到另一位置時，它們的示數各改變了0.1V和0.1A，則此時（）y—電壓表示數為1.7V，電源電動勢為2V電流表示數為0.3A，電源的效率為65%

電壓表示數為1.5V，電源電動勢為3V電流表示數為0.5A，電源的效率為75%【考點】閉合電路的歐姆定律.【分析】由根據閉合電路歐姆定律分別列出兩種情況下的表達式，再聯立即可求得電動勢和內電阻【解答】解：向右滑則總電阻變小，電流增加則電壓減小，由閉合電路歐姆定律得：E=1.6+0.4r①E=1.5+0.5r②由①②解得：r=1QE=2V則電動勢為2V,內阻r=1QAC、電壓表示數為1.5V，電動勢為2V,則AC錯誤BD電流表示數為0.5A，電源的效率為：一』％=75%WB錯誤，D正確E故選：D三?多項選擇題（共16三?多項選擇題（共16分，每小題4分.每小題有二個或三個正確選項.全選對的，得分；選對但不全的，得2分；有選錯或不答的，得0分.）40J,物體由地面以120J的初動能豎直向上拋出，當它上升到某一高度A40J,機械能減少10J?設空氣阻力大小不變，以地面為零勢能面，則物體（A.在最高點時機械能為105JB.上升到最高點后落回A點時機械能為70JC.空氣阻力與重力大小之比為A.在最高點時機械能為105JB.上升到最高點后落回A點時機械能為70JC.空氣阻力與重力大小之比為1:4D.上升過程與下落過程加速度大小之比為2：1【考點】功能關系；牛頓第二定律.【分析】物體以一定的初動能豎直上拋,由于阻力使得物體在運動過程中機械能有損失.【分析】物體以一定的初動能豎直上拋,由于阻力使得物體在運動過程中機械能有損失.利用動能定理求出上升過程中阻力做的功,因為阻力恒定，所以再由動能定理可求出當回到利用動能定理求出上升過程中阻力做的功,因為阻力恒定，所以再由動能定理可求出當回到出發(fā)點時動能?加速度根據牛頓第二定律求解.A點時,【解答】解：A、物體以120JA點時,動能減少了40J，機械能損失了10J.根據功能關系可知：合力做功為-40J，空氣阻力做功

為-10J，合力做功是阻力做功的4倍，則當上升到最高點時，動能為零，動能減小了120J,合力做功為-120J，則阻力做功為-30J，機械能減小30J，因此在最高點時機械能為120J-30J=90J，故A錯誤.B由上知，從A點到最高點機械能減小20J，當下落過程中，由于阻力做功不變，所以又損失了20J.因此該物體回到出發(fā)點A時的機械能為110J-20J-20J=70J.故B正確；C對從拋出點到A點的過程，根據功能關系：mgh+fh=40J,fh=10J，則得：空氣阻力與重力大小之比為f:mg=1：3.故C錯誤.D根據牛頓第二定律得：上升過程有：mg+f=ma;下降過程有：mg-f=ma2；則得ai：a2=2：1,故D正確.故選：BD一列橫波沿直線傳播，在波的傳播方向上有A、B兩點.在t時刻A、B兩點間形成如圖甲所示波形，在（t+3s）時刻AB兩點間形成如圖乙所示波形，已知AB兩點間距離a=9m則以下說法中正確的是（）則以下說法中正確的是（）甲Z若周期大于4s，波可能向右傳播若周期為4s，波一定向右傳播若波速為8.5m/s，波一定向左傳播該波波速可能的最小值為0.5m/s【考點】橫波的圖象；波長、頻率和波速的關系.【分析】根據兩時刻的波形，列出周期通項，得到波速的通項，再分析特殊值確定波的傳播方向.【解答】解：A、【解答】解：A、若波向右傳播,3s=（「）T，（n=°，1，2,…），"’若波向左傳播,3s=(n+I若波向左傳播,3s=(n+I)T2,(n=0,1,2,…），T2=12由于n是整數，當n=0時，T=4s時，符合T1通項，波向右傳播，而波向右傳播周期T<4s.故A錯誤，B正確.

C由圖知波長入=6m若波速為8.5m/s，波傳播的距離為x=vt=8.5x3m=25.5m=4入，根據波形的平移，波一定向左傳播?故C正確.D波傳播的最小距離為向左傳播1.5m，波波速可能的最小值為v='-m/s=0.5m/s.故D正確.t3故選：BCD如圖是一種工具-石磨，下面磨盤固定，上面磨盤可繞過中心的豎直轉軸，在推桿帶動下在水平面內轉動.若上面磨盤直徑為D,質量為m且均勻分布，磨盤間動摩擦因素為□?若推桿在外力作用下以角速度3勻速轉動，磨盤轉動一周，外力克服磨盤間摩擦力做功為W則（）A磨盤邊緣的線速度為B.磨盤邊緣的線速度為3D摩擦力的等效作用點離轉軸距離為..?？趍g摩擦力的等效作用點離轉軸距離為：則（）A磨盤邊緣的線速度為B.磨盤邊緣的線速度為3D摩擦力的等效作用點離轉軸距離為..?？趍g摩擦力的等效作用點離轉軸距離為：2?！究键c】功的計算；線速度、角速度和周期、轉速.【分析】根據線速度v=3r;根據功的定義w=Fs,s=2nr即可求解0）r【解答】解：A、根據線速度v=3r,v=—C根據功的定義w=Fs=ymgs,對應圓的周長，故A正確B錯誤s=2nr，解得誤D正確故選：AD20.有7個完全相同的金屬框，表面涂有絕緣層.如圖所示,A是一個框，B是兩個框并列捆在一起，C是兩個框上下疊放捆在一起，D是兩個框前后疊放捆在一起.將他們同時從同一高度由靜止釋放，穿過水平向里的勻強磁場，最后落到水平地面?關于金屬框的運動，以下說法正確的是（）口ED日口ABCD?賈址址■崑童富囂曙鼻錢為算藹冨xxkkkxkkxhmkmmxxMNKKXXK^XNMMMHwXA.D最先落地B.C最后落地C.A、B、D同時落地D.B最后落地【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢；安培力.【分析】設金屬框的質量為m,邊長為L,剛剛進入磁場時的速度為v，然后寫出電動勢和感應電流的表達式，和安培力的表達式，最后結合運動學的公式分析比較ABB、D金屬框的運動情況即可?而C金屬框與BD金屬框的比較，需要使用動量定理，結合運動的過程進行分析.【解答】解：設每一個金屬框的質量為m邊長為L,電阻值為R,剛剛進入磁場時的速度為v,則：單個的金屬框產生的感應電動勢：E=BLv感應電流：1=_F2f2TOC\o"1-5"\h\z受到的安培力：F=BIL=^''R金屬框在進入磁場時受到重力和安培力的作用，以向下為正方向，則其加速度：mg-FHa=■■■■■■.-mnB是兩個框并列捆在一起，總質量是2m進入磁場時受到的安培力是2F,所以加速度：2mg-2FFC是兩個框上下疊放捆在一起，總質量是2m但進入磁場時受到的安培力是F,所以加速度:'mg_F_fD是兩個框前后疊放捆在一起，總質量也是2m,進入磁場時受到的安培力也是2F,所以加速度：aD=a;由以上的分析可知，AB、D三個金屬框在進入磁場的過程中的加速度相等，所以運動的情況是完全相同的，所以ABD三個金屬框同時落地.

設金屬框進入磁場的時間為△t設金屬框進入磁場的時間為△t，平均電動勢為-，則流過金屬框任意截面的電量q：BL-v-EABL-vABL2BL-vQ=It^-At=—At—每一個金屬框受到的安培力產生的沖量:I沖二〒△t=BTL*At=BL-q與金屬框進入磁場可知在金屬框進入磁場的過程中安培力產生的總沖量與下降的高度無關,的速度大小也無關.與金屬框進入磁場但是，由于在四個金屬框剛剛進入磁場時，C受到的安培力是B、D金屬框的一半，所以安培力的沖量比較小，所以在進磁場的最初的一段時間內，C受到的安培力的沖量小，根據動量定理可知，金屬框進磁場的一段時間內C向下的速度大，一直到C全部進入磁場的高度的位置時，BCD的速度才重新相等?所以在這一段的時間的位移內C的時間比較小?所以C定是最早落地.綜上所述，只有C選項正確.故選：C四.填空題（共20分，每小題4分.）21?位移是描述物體位置變化的物理量,加速度是描述物體速度變化快慢的物理量.【考點】加速度；位移與路程.【分析】位移的物理意義是描述物體位置變化的物理量，加速度是描述物體速度變化快慢的物理量，都是矢量.【解答】解：位移是描述物體位置變化的物理量，加速度是描述物體速度變化快慢的物理量.故答案為：位置；速度變化22.用M表示地球質量，R表示地球半徑，T表示地球自轉周期，G表示萬有引力常量，則地面上物體的重力加速度為g=I，地球同步衛(wèi)星的軌道高度為h=__l__-R.【考點】同步衛(wèi)星.【分析】根據已知量，地球表面的物體受到的重力等于萬有引力可求出近地軌道處的重力加速度；

地球的同步衛(wèi)星的萬有引力提供向心力，可以求出地球同步衛(wèi)星的高度.【解答】解：地球表面的物體受到的重力等于萬有引力，有：那么地球同步衛(wèi)星的軌道高度為:故答案為：屮「V-R;23?如圖所示,長為L、質量為m那么地球同步衛(wèi)星的軌道高度為:故答案為：屮「V-R;23?如圖所示,長為L、質量為m的均勻棒可繞0點轉動，下端A擱在光滑球面上，用過球心的水平力向左推球?若在圖示位置棒與球相切，且與豎直方向成平推力F為―——?若球經過圖示位置時水平向左的速度為45°時球靜止，則水v，則棒的端點A的速度G血R2=mg解得：GMg~,地球的同步衛(wèi)星的萬有引力提供向心力:G血~2r=m解得：r=上UK5【考點】力矩的平衡條件；運動的合成和分解.【分析】根據力矩平衡條件，列出方程，求得球對棒的支持力，再對球受力分析，依據平衡條件，即可求解水平推力大??；對棒與球接觸處進行運動的分解，確定兩分運動，從而即可求解.【解答】解：對棒受力分析，根據力矩平衡，由圖可知，則有:mgx=nxl【解答】解：對棒受力分析，根據力矩平衡，由圖可知，則有:mgx=nxl解得：N=■二再對球受力分析，依據平衡條件，則有：Ncos45°=F解得：F=-由題意可知，對棒與球接觸處，進行運動的分解，如圖所示:如圖a所示是打樁機的簡易模型.質量m=1kg的物體在拉力F作用下從與釘子接觸處由靜止開始運動，上升一段高度后撤去F,到最高點后自由下落，撞擊釘子后物體不再彈起，將釘子打入一定深度.若以初始狀態(tài)物體與釘子接觸處為零勢能點，物體上升過程中，機械能E與上升高度h的關系圖象如圖b所示?不計所有摩擦，g=10m/s2.物體上升過程所受拉力F=12N;在整個過程中距初始位置0.6m處物體的重力勢能與動能相等.酥圖b【考點】功能關系；動能和勢能的相互轉化.【分析】根據功能原理列式可知【分析】根據功能原理列式可知E-h圖象的斜率等于拉力，根據機械能守恒計算重力勢能【分析】根據功能原理列式可知【分析】根據功能原理列式可知E-h圖象的斜率等于拉力，根據機械能守恒計算重力勢能與動能相等時問題的高度.【解答】解：根據功能原理得：△E=FAh，得，可知【解答】解：根據功能原理得：△E=FAh，得，可知E-h圖象的斜率等于拉力,為:F=/：121N=12N由圖可知，物體的機械能最大為12J,F落的過程中機械能守恒，物體的重力勢能與動能相等時，均為6J，即：mgh=6J,解得：h=0.6m.故答案為：12;0.6在勻強電場中建立空間坐標系O-xyz,電場線與xOy平面平行，與xOz平面夾角37°,在xOz平面內有AB、C三點，三點連線構成等邊三角形，其中一邊與Ox軸重合.已知點電荷q=-1.0X10-8C在A點所受電場力大小為1.25X10-5N;將其從A點移到B點過程中克服電場力做功2.0X10-6J,從B點移到C點其電勢能減少4.0X10-6J，則A、B、C三點中電勢最高的點是C點，等邊三角形的邊長為0.4m(cos37°=0.8,sin37°=0.6)【考點】電勢差與電場強度的關系；勻強電場中電勢差和電場強度的關系.【分析】根據電場力做功正負分析電勢能的變化，結合推論：負電荷在電勢高處電勢能小，在電勢低處電勢能大，分析電勢的高低.由電場力做功公式求等邊三角形的邊長.【解答】解：將負點電荷從A點移到B點過程中克服電場力做功2.0X10-6J,電勢能增大2.0X10-6J，從B點移到C點其電勢能減少4.0X10-6J，所以C點的電勢能最小，由推論：負電荷在電勢高處電勢能小，在電勢低處電勢能大，貝UC點的電勢最高.由于點電荷從B移動到C電勢能變化量最大，由等邊三角形的對稱性可知，BC邊應與x軸重合，設等邊三角形的邊長為L.從B點移到C點電場力做功W=4.0X10「6J—8—5已知點電荷q=-1.0X10C在A點所受電場力大小為F=1.25X10N,由W=FLcos37得L=--Fcos371.25X1GL=--Fcos371.25X1G_5X0.8=0.4m故答案為：C；0.4.五?實驗題（共24分）關于多用電表及其使用操作，下列說法正確的是（）電阻刻度左側密右側疏測量不同電阻，每次都必須重新調零再進行測量測電流電壓時，電流從紅表筆流入黑表筆流出，測電阻時恰好相反用X10倍率檔測電阻，指針偏轉角度很小，應換成X100倍率檔調零后測量【考點】用多用電表測電阻.【分析】電路中電流I與待測電阻的阻值Rx關系圖象是非線性關系，當待測電阻為零時，電表滿偏，可知歐姆表的零刻度在右側，電阻刻度左側密右側疏.使用多用電表前要進行機械調零，應用歐姆表測電阻時要進行歐姆調零；應用歐姆表測電阻要選擇合適的擋位，使指針指針中央刻度線附近；歐姆表使用完畢，應拔出表筆，把選擇開關置于OFF擋或交流電壓最高檔.【解答】解：A、電路中電流I與待測電阻的阻值Rx關系圖象是非線性關系，當待測電阻為零時，電表滿偏，可知歐姆表的零刻度在右側，電阻刻度左側密右側疏，故A正確；B測電阻時，要選擇合適的擋位，并且只要換擋位一定要重新進行歐姆調零，故B錯誤；C多用電表測電壓與電流時，電流從紅表筆流入，測電阻時電流也是從紅表筆流入多用電表，故C錯誤；D用X10倍率檔測電阻，指針偏轉角度很小，說明電阻較大，應換成X100倍率檔調零后測，故D正確；故選：D用DIS研究機械能守恒定律的實驗裝置如圖，如表是某同學某次的實驗數據，實驗中系統默認D、CB、A各點高度分別為0、0.050、0.100、0.150,A點速度為0.DCB三點速度由光電門傳感器測得.分析如表中實驗數據.(1)從B到C到D,機械能逐漸減小，其原因是克服空氣阻力做功，機械能減小.(2)表中A點的機械能數據明顯偏小，其原因是擺錘釋放器釋放點高于A點(選填“高于”、“低于”)次數DCBA高度h/m00.0500.1000.150速度v/m/s1.8781.6161.2990勢能Ep/J00.00390.00780.0118動能Ek/J0.01410.01040.00670機械能E/J0.01410.01440.01460.0118【考點】驗證機械能守恒定律.【分析】空氣阻力做功，會導致機械能減小?機械能等于動能和重力勢能的之和，通過A點機械能明顯偏小，結合原理確定其原因.【解答】解：(1)從B到C到D,機械能逐漸減小，原因是由于克服空氣阻力做功，使得一部分機械能轉化為內能，導致機械能減小.(2)表中A點的機械能數據明顯偏小，原因是擺錘釋放器釋放點高于A點，A點的機械能按A點的高度計算.故答案為：(1)克服空氣阻力做功，機械能減小(2)高于某興趣小組利用如圖a所示實驗裝置測重力加速度?傾斜的球槽中放有若干個小鐵球，閉合開關K,電磁鐵吸住第1個小球?手動敲擊彈性金屬片M,M與觸頭瞬間分開，第1個小球開始下落，M迅速恢復，電磁鐵又吸住第2個小球.當第1個小球撞擊M時，M與觸頭分開，第2個小球開始下落…?這樣，就可測出n個小球下落的總時間T.(2(2)若電磁鐵在每次斷電一小段時間At后磁性消失，那么下落的總時間變長,(2(2)若電磁鐵在每次斷電一小段時間At后磁性消失，那么下落的總時間變長,實驗測得小球下落的高度H=1.98m,10個小球下落的總時間T=6.50s，可求出重力加速度g=9.37m/s2.(保留兩位小數)若電磁鐵在每次斷電一小段時間At后磁性消失，這導致重力加速度的實驗測量值偏小.(選填偏大、偏小).為了消除該因素對實驗的影響，某同學調整小球下落的高度H多次進行實驗，測量出n個小球下落的總時間T的對應值.根據測量數據H、T,做出匚2n2k2n2km/s【考點】測定勻變速直線運動的加速度.I2【分析】(1)根據自由落體運動規(guī)律H=gt可以求出重力加速度大小；(2)若電磁鐵在每次斷電一小段時間At后磁性消失，導致下落時間變長，則由公式可知,實驗測量值的變化；再由圖象的斜率，結合重力加速度的表達式，即可求解.TC【解答】解：(1)一個小球下落的時間為：t==「=0.65sr1012根據自由落體運動規(guī)律H=.gt二2-2可得：g=二=1「一=9.37m/s;根據以上公式，可知，重力加速度的實驗測量值偏小,，則有H=/由于圖象可求出該線斜率為k，則有H=/由于圖象可求出該線斜率為k，那么=k解得：g=2n2k2；故答案為：（1）9.37；（2）偏小;2n2k2某同學設計了如圖a所示的電路.該電路既能測繪小燈泡的伏安曲線，又能測量電池組的電動勢和內阻.（1）若用圖a電路測量電源的電動勢和內阻，閉合S后測出的電源的U-I圖線如圖b中圖線2所示，則S2處于斷開（選填“斷開”或“閉合”）狀態(tài)，用電壓傳感器_B_（填“A”或“B”）的數據作縱坐標?由圖線可知電池組的內阻為1.0Q.（2）若用圖a電路測繪小燈泡的伏安特性曲線，得到圖b中圖線1所示，S2處于閉合（選填“斷開”或“閉合”）狀態(tài)，滑動端P向右滑動時小燈泡電壓將減?。ㄟx填“增大”或“減小”）.（3）若由三個這樣的電燈和電動勢為1.5V，內阻為0.5Q的電池及阻值為2Q的電阻R組成圖c電路，電燈C功率為0.16W

【考點】伏安法測電阻；測定電源的電動勢和內阻.【分析】（1）測電源電動勢和內阻采用滑動變阻器的限流式接法，電壓傳感器直接測量電源兩端電壓作為圖象的縱坐標即可；（2）為了描繪小燈泡的伏安特性曲線，電壓要從0開始，故滑動變阻器需要采用分壓接法，根據燈泡與滑動變阻器哪一段并聯來判斷滑動端P向右滑動時小燈泡電壓的變化；（3）將3個燈泡當作一個整體，將電阻R等效為電源內阻，作出電源的U-I圖象，交點尋找信息，求出燈泡C的功率.【解答】解：（1）測量電源的電動勢和內阻滑動變阻器采用限流式接法，因此S2處于斷開狀態(tài)；直接用電源兩端的電壓即傳感器B的數據作為縱坐標；電流傳感器的數據作為橫坐標，An27V作出的圖線的斜率表示電源的內阻則r='一■■△I0.3Ai，u（2）描繪小燈泡的伏安特性曲線，電壓要從0開始測，因此動變阻器需要采用分壓接法，故S2處于閉合狀態(tài)，電源傳感器A測燈泡兩端電壓作為伏安特性曲線的縱坐標，電流傳感器測流過燈泡的電流作為伏安特性曲線的橫坐標，燈泡兩端與滑動變阻器aP段并聯，因此滑動端P向右滑動時小燈泡電壓將減??；（3）將電阻R和電燈A、B等效為電源內阻，在燈泡的I-U圖象坐標系內作出等效電源I-U圖象如圖所示：rv由圖象可知，流過燈泡C的電流為0.2A，燈泡兩端電壓為P=UI=0.8VX0.2A=0.16W.故答案為：(1)斷開；B;1.0;(2)閉合；減??；六.計算題(共50分)30.如圖，一輕質直角桿可繞過0點的軸在豎直面內轉動,0.8V，故燈泡C實際功率(3)0.16OA=2OB=2LA端固定小球A,B端固定小球B,且質量mA=2mB，求：(1)當直角桿從圖A所示位置由靜止釋放，轉動到0A豎直時A球的速度大小;00若A端始終受一水平向右的恒力F=mg，直角桿從圖B所示位置由靜止開始運動，當0A與水平方向夾角0為多少時系統的動能最大.BB【考點】機械能守恒定律；力矩的平衡條件.【分析】(1)當直角桿從圖A所示位置由靜止釋放，轉動到0A豎直的過程中，機械能守恒,根據機械能守恒定律列式求解；(2)系統動能最大時，根據力矩平衡列式求解.【解答】解：(1)當直角桿從圖A所示位置由靜止釋放，轉動到0A豎直的過程中，機械能守恒，取過0點水平面為零勢能面，根據機械能守恒定律得:IDggL-■mAg2L+|i^AvA2^mEvE2而Va=2Vb解得：…，(2)系統動能最大時，根據力矩平衡得:2mgLcos0=mgLsin0+2FLsin0解得：：，所以0=53°答：(1)當直角桿從圖A所示位置由靜止釋放，轉動到0A豎直時A球的速度大小為；(2)當0A與水平方向夾角0為53°時系統的動能最大.

斜面ABC中AB段粗糙，BC段長為1.6m且光滑，如圖(a)所示.質量為1kg的小物塊以初速度vo=12m/s沿斜面向上滑行，到達C處速度恰好為零，小物塊沿斜面上滑的v-t圖象如圖(b)所示.已知在AB段的加速度是BC段加速度的兩倍，g=10m/s2.(vb,to未知)求:圍a0血1￡(>團圍a0血1￡(>團b(1)小物塊沿斜面向上滑行通過B點處的速度vb；(2)斜面AB段的長度;小物塊沿斜面向下滑行通過BA段的時間.【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動的圖像.【分析】(1)根據運動學公式以及在AB段和BC段加速度的關系，求出通過B處的速度；分別對AB段和BC段，根據位移速度公式列式，聯立方程求解即可；根據牛頓第二定律求出在AB段的摩擦力，從而判斷在AB段下滑時的運動情況，再由運動學公式求出沿斜面下滑過程中通過BA段的時間.VA=12m/s,【解答】解：(1)由vVA=12m/s,12-由a12-由aAB=2aBc可得:解得：VB=4m/s(2)在上滑過程：對AB段有:f三“在上滑過程：對BC段有----、氣二2_2由上兩式解得:%%0腫扯由上兩式解得:22注uvc-VBaBCsBC即:解得：SAB=6.4m(3)上滑時aAB=2aBc,由牛頓運動定律可知：f+mgsin0=2mgsin0，即f=mgsin0,所以下滑通過AB段時小物塊做勻速運動，其速度為VB=4m/s,因此-恥-sae_6,因此-恥-sae_6,4vE"4=1.6s答：(1)小物塊沿斜面向上滑行通過B點處的速度vb為4m/s;斜面AB段的長度為6.4m；小物塊沿斜面向下滑行通過BA段的時間為1.6s.如圖所示，在光滑絕緣的水平面上，有一長為L的絕緣輕桿，可繞固定轉軸0在水平面內無摩擦