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2019年湖南省岳阳市高考物理一模试卷.doc

1、第 1 页(共 27 页)2019 年湖南省岳阳市高考物理一模试卷一、选择题(共 10 小题,每小题 5 分,满分 50 分)1 (5 分)如图所示,铁板 AB 于水平地面间的夹角为 ,一块磁铁吸附在铁板下方。现缓慢抬起铁板 B 端使 角(始终小于 90)增大的过程中,磁铁始终相对铁板静止。下列说法正确的是( )A磁铁所受合外力逐渐减小B铁板对磁铁的弹力逐渐增大C磁铁受到的摩擦力做负功D铁板对磁铁的弹力冲量等于零2 (5 分)一个质量 M2kg 的物体受五个力的作用处于平衡状态。当其中一个 F10N 的作用力突然消失,其余四个力保持不变。经过时间 t2s 后,下列说法正确的是( )A物体一定做

2、匀加速直线运动B物体的速度一定是 10m/sC物体速度的变化量一定等于 10m/sD物体的动能一定增加了 100J3 (5 分)光滑的水平面上质量分别为 m13kg、m 22kg 的带同种电荷的小球 A、B ,以等大的速度 v10m/s 相向运动,但始终没有相碰,则下列说法正确的是( )AA、B 均做加速度增大的减速运动直到停止BA、B 相距最近时 B 球速度为零CA、B 相距最近时两球动量相同DA、B 相距最近时两球的电势能增加了 240J4 (5 分)2022 年冬奥会将在北京召开。如图所示是简化后的跳台滑雪的学道示意图,运动员从助滑雪道 AB 上由静止开始滑下,到达 C 点后水平飞出,落

3、到滑道上的 D 点,E是运动轨迹上的某一点,在该点运动员的速度方向与轨道 CD 平行,设运动员从 C 到 E第 2 页(共 27 页)与从 E 到 D 的运动时间分别为 t1、t 2,EF 垂直 CD,则( )At 1t 2,CFFDBt 1t 2,CFFDC若运动员离开 C 点的速度加倍,则落在斜面上的距离也加倍D若运动员离开 C 点的速度加倍,则落在斜面上的速度方向不变5 (5 分)2018 年 12 月 8 日中国在西昌卫星发射中心成功发射了嫦娥四号探测器,经过地月转移飞行,按计划顺利完成近月制动,进入环月椭圆轨道,然后实施近月制动,顺利完成“太空刹车” ,被月球捕获,进入距月球表面约

4、100km 的环月圆形轨道,准备登录月球背面。如图所示,则关于嫦娥四号在环月椭圆轨道和环月圆形轨道运行的说法正确的是( )A在环月椭圆轨道运行时, A 点速度小于 B 点速度B由环月椭圆轨道进入环月圆形轨道应该在 A 点加速C在环月椭圆轨道和环月圆形轨道上通过 A 点的加速度相等D在环月椭圆轨道运行的周期比环月圆形轨道的周期小6 (5 分)图中虚线 a、b、c、d、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面,已知平面 b 上的电势为 0一个 粒子(氦核)经过 f 面时的动能为 12eV,从 f 到 b 的过程中克服电场力所做的功为 6eV下列说法正确的是( )第 3 页(共 27 页)A平面 c

5、上的电势为 1VB该 粒子经过平面 b 时,其电势能为 6eVC该粒子一定能到达平面 aD该 粒子经过平面 f 时的速率是经过 b 时的 倍7 (5 分)如图所示,电阻为 r,匝数为 N,面积为 S 的矩形线圈在磁感应强度为 B 的匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以某一角速度 匀速转动,接入电路中变阻器的阻值为Rt0 时,线圈平面与磁场垂直,各电表均为理想交流电表,则( )At0 时,线圈中的感应电动势 ENBSB电压表的示数为C滑片 P 向下滑动时,电流表的读数变大D线圈匀速运动的角速度 变大时,电流表的读数变大8 (5 分)在匀强磁场中,一个原来静止的原子核,由于衰变放射出某种粒子,结果得到一张

6、两个相切圆 1 和 2 的径迹照片(如图所示) ,已知两个相切圆半径分贝为 r1、r 2下列说法正确的是( )A原子核可能发生的是 衰变,也可能发生的是 衰变B径迹 2 可能是衰变后新核的径迹C若衰变方程是 U Th+ He,则 r1:r 21:45D若是 衰变,则 1 和 2 的径迹均是顺时针方向第 4 页(共 27 页)9 (5 分)如图所示,abcd 是粗细均匀的电阻丝制成的长方形线框,导体 MN 有电阻,可在 ad 边及 bc 边上无摩擦滑动,且接触良好,线框处于垂直纸面向里的匀强磁场中。当MN 由靠 ab 边外向 cd 边匀速移动的过程中,以下说法正确的是( )AMN 中电流先增大后

7、减小BMN 两端电压先增大后减小CMN 上拉力的功率先减小后增大D矩形线框中消耗的电功率先减小后增大10 (5 分)在一次探究活动中,某同学设计了如图所示的实验装置,小车的质量M1kg、长 L4m,半径 R1m 的光滑半圆弧轨道固定在小车的上表面的中点位置,半圆弧轨道下端与小车的上表面水平相切,现让位于轨道最低点的质量 m0.2kg 的光滑小球随同小车一起沿光滑水平面向右做匀速直线运动,某时刻小车碰到固定障碍物而瞬时处于静止状态(小车不反弹) ,之后小球离开圆弧轨道最高点并恰好落在小车的左端边沿处,该同学通过这次实验得到了如下结论,其中正确的是(g 取 10m/s2) ( )A小球到达最高点的

8、速度为 m/sB小车与障碍物碰撞时损失的机械能为 12.5JC小车瞬时静止后,小球在轨道最低点对轨道的压力是 12ND小车向右做匀速直线运动的速度约为 6.5m/s二、解答题(共 5 小题,满分 50 分)11 (6 分)某同学将力传感器固定在小车上,然后把绳的一端固定在传感器拉钩上,用来第 5 页(共 27 页)测量绳对小车的拉力,探究在小车及传感器总质量不变时加速度跟它们所受拉力的关系,根据所测数据在坐标系中作出了如图所示的 aF 图象。(1)图线不过坐标原点的原因是 ;(2)由图象求出小车和传感器的总质量为 kg;(3)本实验中若仍用砂和桶的重力表示绳子的拉力(小车及传感器的总质量始终远

9、大于砂及桶的总质量) ,从理论上分析,该实验图线的斜率将 (选填“变大”或“变小” ) 。12 (9 分)为测量一电源的电动势及内阻(结果均保留 2 位有效数字) 。(1)用内阻 Rg100 ,量程 Ig1mA 的表头 G 改装成量程为 0.5A 和 3.0V 的电流表和电压表。那么用表头 G 串联一个 R1 k 的电阻可以改装成量程为 3.0V 的电压表;用表头 G 并联一个 R2 的电阻可以改装成量程为 0.5A 的电流表。(2)利用一只开关、一个滑动变阻器、若干导线和改装的电流表、电压表(改装的两表均用表头 G 与一个电阻串、并联来表示) ,要求精确测量电源电动势及内阻。在虚线框内画出实

10、验原理电路图。(3)根据以上实验原理电路图进行实验,读出电压表示数为 1.5V 时、电流表读数为0.30A;电压表示数为 2.0V 时、电流表读数为 0.20A,则电源的电动势 E V、内阻 r 。13 (11 分)如图甲所示,质量为 m1kg 的物体置于倾角为 37固定斜面上,对物体施以斜面向上的拉力 F,t 11s 时撤去拉力,物体运动的部分 vt 图象如图乙,第 6 页(共 27 页)g10m/s 2,试求:(1)物体与斜面的摩擦因数 ;(1)拉力 F 所做的功 W;(2)0 到 4s 物体的位移 x。14 (11 分)A、B 两个木块叠放在竖直轻弹簧上,如图所示,已知 mAm B1.5

11、kg,轻弹簧的劲度系数 k100N/m。若在木块 A 上作用一个竖直向上的力 F 使木块 A 由静止开始以 2m/s2 的加速度竖直向上做匀加速运动,且已知轻弹簧弹性势能的表达式为Ep kx2(k 为弹簧的劲度系数,x 为弹簧的形变量) 。取 g10m/s 2,求:(1)刚开始运动时弹簧的弹性势能是多少?(2)求使木块 A 竖直向上做匀加速运动的过程中力 F 的最小值是多少?(3)从木块 A 竖直向上做匀加速运动直到 A、B 分离的过程中,力 F 对木块做的功是多少?15 (13 分)空间中有一直角坐标系,其第一象限在圆心为 O1、半径为 R、边界与 x 轴和y 轴相切的圆形区域内,有垂直于纸

12、面向里的匀强磁场(图中未画出) ,磁感应强度大小为 B;第二象限中存在方向竖直向下的场强为 E 的匀强电场。现有一群质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子从圆形区域边界与 x 轴的切点 A 处沿纸面上的不同方向射入磁场中,如图所示。已知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径均为 R,其中沿 AO1 方向射入的粒子恰好到达 x 轴上的 N 点,不计粒子的重力和它们之间的相互作用,求:(1)粒子射入磁场时的速度大小及 ON 间的距离;(2)速度方向与 AO1 夹角为 60(斜向右上方)的粒子到达 y 轴距 O 点的距离;(3)速度方向与 AO1 夹角为 60(斜向右上方)的粒子到达 x 轴的时间。第

13、7 页(共 27 页)第 8 页(共 27 页)2019 年湖南省岳阳市高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题(共 10 小题,每小题 5 分,满分 50 分)1 (5 分)如图所示,铁板 AB 于水平地面间的夹角为 ,一块磁铁吸附在铁板下方。现缓慢抬起铁板 B 端使 角(始终小于 90)增大的过程中,磁铁始终相对铁板静止。下列说法正确的是( )A磁铁所受合外力逐渐减小B铁板对磁铁的弹力逐渐增大C磁铁受到的摩擦力做负功D铁板对磁铁的弹力冲量等于零【考点】52:动量定理;62:功的计算菁优网版权所有【专题】32:定量思想;43:推理法;52F:动量定理应用专题【分析】对铁块受力分析,受重力

14、、磁力支持力和摩擦力,根据平衡条件列式求解出支持力和摩擦力的表达式后分析。【解答】解:A、对铁块受力分析,受重力 G、磁力 F、支持力 N 和摩擦力 f,如图由于始终平衡,故合力为零,故 A 错误B、根据平衡条件,有:mgsin f0Fmgcos N 0解得:fmgsinNFmgcos 由于 不断变大,故 f 不断变大,N 不断变大,故 B 正确,C、摩擦力与运动方向垂直,则不做功,则 C 错误D、铁板对磁铁的弹力冲量等于 Ft0,则 D 错误故选:B。第 9 页(共 27 页)【点评】本题关键是对滑块受力分析,然后根据平衡条件并运用正交分解法列式求解,注意三力平衡通常用合成法,三力以上用正交

15、分解法。2 (5 分)一个质量 M2kg 的物体受五个力的作用处于平衡状态。当其中一个 F10N 的作用力突然消失,其余四个力保持不变。经过时间 t2s 后,下列说法正确的是( )A物体一定做匀加速直线运动B物体的速度一定是 10m/sC物体速度的变化量一定等于 10m/sD物体的动能一定增加了 100J【考点】2B:力的合成;52:动量定理; 65:动能定理菁优网版权所有【专题】32:定量思想;43:推理法;522:牛顿运动定律综合专题【分析】撤去大小 10N 的力,其余的力保持不变,则知其余力的合力,由牛顿第二定律求出物体加速度。物体一定做匀变速运动,当撤去力与原来的速度方向相同时,物体可

16、能做匀减速直线运动,不在一直线上为曲线运动。【解答】解:当 10N 的力消失后,其它力的合力与消失的力大小相等,方向相反,则其做匀加速度运动,加速度为 5m/s 2。A、若物体原来做匀速直线运动,且速度方向与 F 的方向不在一条直线上,则为曲线运动,则 A 错误B、因初速度不可知,则不能确定 2S 后的速度,则 B 错误C、物体速度的变化量vat10m/s,则 C 正确D、物体的动能变化量不能确定,则 D 错误故选:C。【点评】本题中物体原来可能静止,也可能做匀速直线运动,要根据物体的合力与速度第 10 页(共 27 页)方向的关系分析物体可能的运动情况。3 (5 分)光滑的水平面上质量分别为

17、 m13kg、m 22kg 的带同种电荷的小球 A、B ,以等大的速度 v10m/s 相向运动,但始终没有相碰,则下列说法正确的是( )AA、B 均做加速度增大的减速运动直到停止BA、B 相距最近时 B 球速度为零CA、B 相距最近时两球动量相同DA、B 相距最近时两球的电势能增加了 240J【考点】53:动量守恒定律菁优网版权所有【专题】32:定量思想;4T:寻找守恒量法;531:带电粒子在电场中的运动专题【分析】根据两球的受力情况,来分析它们的运动情况。A、B 相距最近时速度相同,根据系统的动量守恒求出两球的速度,由能量守恒定律求两球的电势能增加量。【解答】解:A、A、B 两球先相向运动,

18、随着库仑力的增大,它们的加速度增大,两者均做减速运动,B 球的加速度较大,速度先减至零,之后 A、B 均向右运动,A 做减速运动,B 做加速运动,由于 A 球的速度比 B 球的大,两者间距继续减小,库仑力继续增大,两球的加速度继续增大,两球速度相同后,A 球的速度小于 B 球的速度,两者间距增大,库仑力减小,加速度减小。根据系统的动量守恒知两球不会停止运动,故 A错误。BC、A、B 相距最近时速度相同,由于两球组成的系统合外力为零,所以系统的动量守恒。取 A 球的初速度方向为正方向,设 A、B 相距最近时共同速度为 v根据动量守恒定律得 m1vm 2v(m 1+m2)v,可得 v2m/s,由于

19、两球的质量不同,速度相同,所以 A、B 相距最近时两球动量不同,故 BC 错误。D、A、B 相距最近时两球的电势能增加量为E p (m 1+m2)v 2 (m 1+m2)v 2解得E p240J,故 D 正确。故选:D。【点评】解决本题时要知道库仑力是系统的内力,由于两球组成的系统合外力为零,所以系统的动量守恒。要明确 A、B 相距最近时速度相同。4 (5 分)2022 年冬奥会将在北京召开。如图所示是简化后的跳台滑雪的学道示意图,运第 11 页(共 27 页)动员从助滑雪道 AB 上由静止开始滑下,到达 C 点后水平飞出,落到滑道上的 D 点,E是运动轨迹上的某一点,在该点运动员的速度方向与

20、轨道 CD 平行,设运动员从 C 到 E与从 E 到 D 的运动时间分别为 t1、t 2,EF 垂直 CD,则( )At 1t 2,CFFDBt 1t 2,CFFDC若运动员离开 C 点的速度加倍,则落在斜面上的距离也加倍D若运动员离开 C 点的速度加倍,则落在斜面上的速度方向不变【考点】43:平抛运动菁优网版权所有【专题】31:定性思想;49:合成分解法;518:平抛运动专题【分析】运动员从 C 点水平飞出后做平抛运动,可以不用通常的分解方法,而建立这样的坐标系:以 C 点为原点,CD 为 X 轴,和 CD 垂直向上方向为 Y 轴,进行运动分解,Y 轴方向做类似竖直上抛运动, X 轴方向做匀

21、加速直线运动,由运动学位移公式分析求解。【解答】解:AB、以 C 点为原点, CD 为 X 轴,和 CD 垂直向上方向为 Y 轴,建立坐标系如图;对运动员的运动进行分解,y 轴方向做类竖直上抛运动,x 轴方向做匀加速直线运动。当运动员速度方向与轨道平行时,在 Y 轴方向上到达最高点,根据竖直上抛运动的对称性,知 t1t 2。而 x 轴方向运动员做匀加速运动,t 1t 2,故 CFFD,故 AB 错误。C、将初速度沿 x、y 方向分解为 v1、v 2,将加速度沿 x、y 方向分解为 a1、a 2,则运动员的运动时间为:t 2 ,落在斜面上的距离:s v 1t+离开 C 点的速度加倍,则 v1、v

22、 2 加倍,t 加倍,由位移公式得 s 不加倍,故 C 错误;D、设运动员落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角为 ,斜面的倾角为 则有 第 12 页(共 27 页)tan ,tan ,则得 tan2tan, 一定,则 一定,则知运动员落在斜面上的速度方向与从 C 点飞出时的速度大小无关,故 D 正确。故选:D。【点评】解决本题的关键要掌握平抛运动的两种分解方法:一种分解为水平和竖直两个方向。另一种:将平抛运动分解为沿斜面方向和垂直于斜面方向,知道两个分运动的规律,并能熟练运用。5 (5 分)2018 年 12 月 8 日中国在西昌卫星发射中心成功发射了嫦娥四号探测器,经过地月转移飞行,按计划顺

23、利完成近月制动,进入环月椭圆轨道,然后实施近月制动,顺利完成“太空刹车” ,被月球捕获,进入距月球表面约 100km 的环月圆形轨道,准备登录月球背面。如图所示,则关于嫦娥四号在环月椭圆轨道和环月圆形轨道运行的说法正确的是( )A在环月椭圆轨道运行时, A 点速度小于 B 点速度B由环月椭圆轨道进入环月圆形轨道应该在 A 点加速C在环月椭圆轨道和环月圆形轨道上通过 A 点的加速度相等D在环月椭圆轨道运行的周期比环月圆形轨道的周期小【考点】4A:向心力;4F :万有引力定律及其应用菁优网版权所有【专题】32:定量思想;43:推理法;529:万有引力定律在天体运动中的应用专题【分析】由开普勒定律可

24、确定速度变化,周期的大小关系,在同一点加速度相等;通过第 13 页(共 27 页)改变卫星的速度来实现变轨。【解答】解:A、近月点速度大,远月点速度小,则 A 错误B、由环月椭圆轨道进入环月圆形轨道应该在 A 点应减速,因要由离心运动变为圆周运动,速度要变小,则 B 错误C、在同一点万有引力产生加速度,加速度相等,则 C 正确D、由开普勒第三定律可知轨道大的周期大,则 D 错误故选:C。【点评】考查开普勒定律的内容及卫星的变轨,明确卫星运动的规律即可轻松解题。6 (5 分)图中虚线 a、b、c、d、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面,已知平面 b 上的电势为 0一个 粒子(氦核)经过 f

25、面时的动能为 12eV,从 f 到 b 的过程中克服电场力所做的功为 6eV下列说法正确的是( )A平面 c 上的电势为 1VB该 粒子经过平面 b 时,其电势能为 6eVC该粒子一定能到达平面 aD该 粒子经过平面 f 时的速率是经过 b 时的 倍【考点】AF:等势面菁优网版权所有【专题】32:定量思想;4C:方程法; 532:电场力与电势的性质专题【分析】根据只有电场力做功,动能与电势能之和不变,当电场力做负功时,动能转化为电势能,在电势为零处,电势能为零,从而即可一一求解。【解答】解: 粒子 2 个单位的带正电荷, 粒子从 f 到 b 的过程中克服电场力所做的功为 6eV,即电场力做负功

26、,所以: V各等势面之间的电势差是相等的,所以相邻的等势面之间的电势差:VA、b 的电势为 0,所以 c 的电势为1V 故 A 错误;B、b 的电势为 0,所以 粒子经过平面 b 时,其电势能为 0故 B 错误;第 14 页(共 27 页)C、相邻的等势面之间的电势差为 1V,所以:U fa4U cb4V, 粒子从 f 到 a 的过程中电场力所做的功为:W faqU fa2e(4V )8eV,粒子到达 a 的动能:E kaE kf+Wfa12eV8eV4eV ,说明粒子垂直于等势面方向运动时可以到达 a。由于不知道粒子运动的方向是否垂直于等势面,所以粒子不一定能到达 a。故 C 错误;D、 粒

27、子从 f 到 b 的过程中克服电场力所做的功为 6eV,即电场力做负功6eV,粒子到达 b 的动能:E kbE kf+Wfb12eV6eV6eV,粒子的动能: ,所以 粒子经过平面 f 时的速率与经过 b 时的速率的比值: 故 D 正确。故选:D。【点评】考查电场力做功与电势能变化的关系,掌握电势能与动能之和不变,理解电势为零处的电势能为零是解题的关键。7 (5 分)如图所示,电阻为 r,匝数为 N,面积为 S 的矩形线圈在磁感应强度为 B 的匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以某一角速度 匀速转动,接入电路中变阻器的阻值为Rt0 时,线圈平面与磁场垂直,各电表均为理想交流电表,则( )At0 时,线

28、圈中的感应电动势 ENBSB电压表的示数为C滑片 P 向下滑动时,电流表的读数变大D线圈匀速运动的角速度 变大时,电流表的读数变大【考点】BB:闭合电路的欧姆定律;E8:变压器的构造和原理 菁优网版权所有第 15 页(共 27 页)【专题】32:定量思想;4C:方程法; 53A:交流电专题【分析】线圈位于中性面时电动势为零,负载电阻变大,电流变小,转速增加,最大电动势增加,电流表读数变大。【解答】解:A、t0 时,线圈位于中性面,此时感应电动势为零,故 A 错误;B、电压表的示数为路端电压的有效值,即 U ,故 B 错误;C、滑片 P 向下滑动时,电阻增大,电流减小,所以电流表读数变小,故 C

29、 错误;D、线圈匀速转动的角速度 变大时,电动势的最大值 EmNBS 增大,电动势有效值增大,电流表的读数变大,故 D 正确。故选:D。【点评】理解交流电产生原理,能分析影响电表示数的因素是解决此类题目的关键。8 (5 分)在匀强磁场中,一个原来静止的原子核,由于衰变放射出某种粒子,结果得到一张两个相切圆 1 和 2 的径迹照片(如图所示) ,已知两个相切圆半径分贝为 r1、r 2下列说法正确的是( )A原子核可能发生的是 衰变,也可能发生的是 衰变B径迹 2 可能是衰变后新核的径迹C若衰变方程是 U Th+ He,则 r1:r 21:45D若是 衰变,则 1 和 2 的径迹均是顺时针方向【考

30、点】CI:带电粒子在匀强磁场中的运动;JA:原子核衰变及半衰期、衰变速度菁优网版权所有【专题】32:定量思想;43:推理法;536:带电粒子在磁场中的运动专题【分析】静止的原子核发生衰变,根据动量守恒可知,发生衰变后的粒子的运动的方向相反,在根据粒子在磁场中运动的轨迹可以判断粒子的电荷的性质;衰变后的粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力可得半径公式,结合轨迹图分析。【解答】解:A、原子核衰变过程系统动量守恒,由动量守恒定律可知,衰变生成的两粒子动量方向相反,粒子速度方向相反,由左手定则知:若生成的两粒子电性相反则在第 16 页(共 27 页)磁场中的轨迹为内切圆,若电性相同则在磁

31、场中的轨迹为外切圆,所以为电性相同的粒子,可能发生的是 衰变,但不是 衰变,故 A 错误;B、核反应过程系统动量守恒,原子核原来静止,初动量为零,由动量守恒定律可知,原子核衰变后生成的两核动量 P 大小相等、方向相反,粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:qvBm ,解得: r ,由于 P、B都相同,则粒子电荷量 q 越大,其轨道半径 r 越小,由于新核的电荷量大于粒子的电荷量,则新核的轨道半径小于粒子的轨道半径,则半径为 r1 的圆为放出新核的运动轨迹,半径为 r2 的圆为粒子的运动轨迹,故 B 错误;C、由 B 选项的分析知:r 1: r22:901:45,故 C

32、 正确;D、若是 衰变,生成的两粒子电性相同,图示由左手定则可知,两粒子都沿顺时针方向做圆周运动,故 D 正确;故选:CD。【点评】知道原子核衰变过程动量守恒是本题解题的前提与关键,分析清楚图示运动轨迹、应用动量守恒定律与牛顿第二定律即可解题。9 (5 分)如图所示,abcd 是粗细均匀的电阻丝制成的长方形线框,导体 MN 有电阻,可在 ad 边及 bc 边上无摩擦滑动,且接触良好,线框处于垂直纸面向里的匀强磁场中。当MN 由靠 ab 边外向 cd 边匀速移动的过程中,以下说法正确的是( )AMN 中电流先增大后减小BMN 两端电压先增大后减小CMN 上拉力的功率先减小后增大D矩形线框中消耗的

33、电功率先减小后增大【考点】BB:闭合电路的欧姆定律;BG:电功、电功率; D9:导体切割磁感线时的感应电动势菁优网版权所有【专题】34:比较思想;43:推理法;53C:电磁感应与电路结合【分析】导体棒 MN 向右运动切割磁感线,产生感应电动势,相当于电源,线框左右两第 17 页(共 27 页)部分并联,相当于外电路,当 MN 运动到线框中线时,外电路的电阻最大,而 MN 的感应电动势不变,根据推论:当外电阻等于电源的内电阻时,电源的输出功率最大,可知,由于外电阻与 MN 电阻的关系未知,无法判断线框消耗的功率如何变化。根据闭合电路欧姆定律分析 MN 棒中的电流强度变化情况。根据路端电压随外电阻

34、增大而增大,判断MN 棒两端电压的变化。MN 棒做匀速运动,拉力的功率等于电路中电功率,从而判断出拉力功率的变化。【解答】解:A、导体棒 MN 向右运动的过程中,MN 相当于电源,产生恒定的感应电动势,其余部分是外电路,外电阻先增大后减小,当 MN 运动到线框中线时,外电路的电阻最大。根据闭合电路欧姆定律知 MN 棒中的电流先减小后增大。故 A 错误。B、MN 两端电压是路端电压,由 UEIr,可知:E、r 不变,I 先减小后增大,则 U先增大后减小,故 B 正确。C、MN 棒做匀速运动,拉力的功率等于电路中电功率,根据电功率公式 P 得知,拉力的功率先减小后增大。故 C 正确。D、根据推论:

35、当外电阻等于电源的内电阻时,电源的输出功率最大,由于外电阻与MN 电阻的关系未知,无法判断线框消耗的功率如何变化。故 D 错误。故选:BC。【点评】本题是电磁感应与电路的综合,关键抓住线框的总电阻先增大后减小,根据功率公式、欧姆定律等规律进行分析。10 (5 分)在一次探究活动中,某同学设计了如图所示的实验装置,小车的质量M1kg、长 L4m,半径 R1m 的光滑半圆弧轨道固定在小车的上表面的中点位置,半圆弧轨道下端与小车的上表面水平相切,现让位于轨道最低点的质量 m0.2kg 的光滑小球随同小车一起沿光滑水平面向右做匀速直线运动,某时刻小车碰到固定障碍物而瞬时处于静止状态(小车不反弹) ,之

36、后小球离开圆弧轨道最高点并恰好落在小车的左端边沿处,该同学通过这次实验得到了如下结论,其中正确的是(g 取 10m/s2) ( )第 18 页(共 27 页)A小球到达最高点的速度为 m/sB小车与障碍物碰撞时损失的机械能为 12.5JC小车瞬时静止后,小球在轨道最低点对轨道的压力是 12ND小车向右做匀速直线运动的速度约为 6.5m/s【考点】37:牛顿第二定律;4A :向心力;6B:功能关系菁优网版权所有【专题】32:定量思想;4C:方程法; 52K:动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合【分析】小球从圆弧最高点做平抛运动,由竖直方向做自由落体运动,水平方向做匀速运动,即可求得抛出速度,由

37、动能定理即可求得小车和小球的初速度,根据能量守恒判断出小车损失机械能【解答】解:A、从最高点做平抛运动,下落时间为 t抛出时的速度为 v ,故 A 正确;B、D、小球在上滑过程中由动能定理可知解得: ,故小车和小球向右运动的速度为 7.07m/s故小车损失机械能为 ,故 B 错误,D 错误;C、碰撞后小球开始做匀速圆周运动,在最低点由牛顿第二定律得 ,解得 FN212N,由牛顿第三定律可知对轨道的压力为 12N,故 C 正确;故选:AC。【点评】本题是一道力学综合题,是多研究对象多过程问题,物体运动过程复杂,分析清楚运动过程是正确解题的前提与关键,分析清楚运动过程后,应用相关规律即可正确解题。

38、二、解答题(共 5 小题,满分 50 分)11 (6 分)某同学将力传感器固定在小车上,然后把绳的一端固定在传感器拉钩上,用来测量绳对小车的拉力,探究在小车及传感器总质量不变时加速度跟它们所受拉力的关系,根据所测数据在坐标系中作出了如图所示的 aF 图象。第 19 页(共 27 页)(1)图线不过坐标原点的原因是 没有平衡摩擦力,或平衡的不够 ;(2)由图象求出小车和传感器的总质量为 1 kg;(3)本实验中若仍用砂和桶的重力表示绳子的拉力(小车及传感器的总质量始终远大于砂及桶的总质量) ,从理论上分析,该实验图线的斜率将 变小 (选填“变大”或“变小” ) 。【考点】M8:探究加速度与物体质

39、量、物体受力的关系菁优网版权所有【专题】13:实验题;23:实验探究题;32:定量思想;46:实验分析法;522:牛顿运动定律综合专题【分析】 (1)由图象可知,当 F0 时,加速度仍然为零,说明没有平衡摩擦力,或平衡的不够;(2)aF 图象中的斜率表示质量的倒数。(3)由牛顿第二定律写出 a 与砂和桶的重力的表达式可得出结论。【解答】解:(1)由图象可知,当 F0 时,加速度仍然为零,说明没有平衡摩擦力,或平衡的不够;(2)aF 图象中的斜率表示质量的倒数,由图可知,k 1,所以质量 M 1kg(3)设小车及传感器总质量为 M,砂和桶的重力为 mg,由牛顿第二定律得:对 M:TMa 对 m:

40、mgTma联立解得:a mg,mg 表示绳子的拉力,图象的斜率为: ,变小故答案为:(1)没有平衡摩擦力,或平衡的不够;(2)1 (3)变小【点评】实验中我们要清楚研究对象和研究过程,明确实验原理是解答实验问题的前提。12 (9 分)为测量一电源的电动势及内阻(结果均保留 2 位有效数字) 。(1)用内阻 Rg100 ,量程 Ig1mA 的表头 G 改装成量程为 0.5A 和 3.0V 的电流表第 20 页(共 27 页)和电压表。那么用表头 G 串联一个 R1 2.9 k 的电阻可以改装成量程为 3.0V 的电压表;用表头 G 并联一个 R2 0.2 的电阻可以改装成量程为 0.5A 的电流

41、表。(2)利用一只开关、一个滑动变阻器、若干导线和改装的电流表、电压表(改装的两表均用表头 G 与一个电阻串、并联来表示) ,要求精确测量电源电动势及内阻。在虚线框内画出实验原理电路图。(3)根据以上实验原理电路图进行实验,读出电压表示数为 1.5V 时、电流表读数为0.30A;电压表示数为 2.0V 时、电流表读数为 0.20A,则电源的电动势 E 3.0 V、内阻 r 4.8 。【考点】N3:测定电源的电动势和内阻 菁优网版权所有【专题】13:实验题;23:实验探究题;31:定性思想;46:实验分析法;535:恒定电流专题【分析】 (1)把电流表改装成电压表需要串联分压电阻,把电流表改装成

42、大量程电流表,需要并联分流电阻,根据串并联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值;(2)根据实验原理画出电路图,注意改装后的电表内阻均是已知的;(3)明确电路结构,根据闭合电路欧姆定律列式,联立即可求出电动势和内电阻。【解答】解:(1)改装成量程为 3V 的电压表时应串联电阻,根据串联电路规律可知,R 串 29002.9K 电流表改装成大量程电流表,需要并联分流电阻,并联电阻 R ,则改装成量程为 0.6A 的 R 0.20;改装成量程为 3V 的电压表时应串联电阻,根据串联电路规律可知,R 串第 21 页(共 27 页)29002.9k(2)本实验的实验原理为 UEIr ,利用变阻箱和电压表可获取电

43、流 I,故实验原理电路图,由于两表电阻均为已知,故内外接法均可;故电路如图所示;(3)若采用图 1 测量,根据闭合电路欧姆定律有:E1.5+0.3(r+R )E2.0+0.2(r+R )解得:E3.0V;r4.8若采用图 2 测量,则根据闭合电路欧姆定律有:E1.5+(0.3+ )rE2.0+(0.2+ )r解得:E3.1V,r5.1 ;故答案为:(1)2.9;0.2;(2)如图所示;(3)3.0;4.8(或 3.1;5.1) 。【点评】本题主要是电压表的改装以及测量电动势和内电阻的实验,要注意熟悉电压表的改装原理明确测量电动势和内电阻时的数据分析的方法。13 (11 分)如图甲所示,质量为

44、m1kg 的物体置于倾角为 37固定斜面上,对物体施以斜面向上的拉力 F,t 11s 时撤去拉力,物体运动的部分 vt 图象如图乙,g10m/s 2,试求:(1)物体与斜面的摩擦因数 ;(1)拉力 F 所做的功 W;第 22 页(共 27 页)(2)0 到 4s 物体的位移 x。【考点】1E:匀变速直线运动的位移与时间的关系;37:牛顿第二定律菁优网版权所有【专题】11:计算题;32:定量思想;49:合成分解法;522:牛顿运动定律综合专题【分析】 (1)由图象得出减速上升过程的加速度,撤去力 F,由牛顿第二定律可求得摩擦因数;(2)由图象得出加速上升过程的加速度和位移,然后根据牛顿第二定律列

45、方程求解拉力;根据功的公式求得拉力 F 所做的功;(3)由速度公式求出减速上升过程的时间,由位移公式求出减速上升过程的位移,由牛顿第二定律求出下滑的加速度,由位移公式求出下滑的位移,则 0 到 4s 物体的位移可解;【解答】解:(1)撤去力 F,由牛顿第二定律有:mgsin+ mgcosma 2由图可知:a 210m/s 2解得:0.5(2)设 F 作用时的加速度大小为 a1,由图象知:a 120m/s 2 t11s 时的位移:x110m由牛顿第二定律可知:Fmgsinmgcosma 1拉力 F 所做的功 WFx 1解得:W300J(3)设撤去 F 后物体运动到最高点的时间为 t2由速度公式得

46、:v ma 2t2解得:t 22s发生的位移:x 2物体沿斜面下滑的时间为:t 3t t 1t 21s设下滑的加速度为 a3,由牛顿第二定律得:mgsin mgcosma 3第 23 页(共 27 页)下滑发生的位移:x 30 到 4s 物体的位移:xx 1+x2x 3联立解得:x29m答:(1)物体与斜面的摩擦因数是 0.5;(1)拉力 F 所做的功是 300J;(2)0 到 4s 物体的位移是 29m。【点评】本题关键受力分析后,根据牛顿第二定律,运用正交分解法求解出各个运动过程的加速度,然后结合运动学公式列式求解。14 (11 分)A、B 两个木块叠放在竖直轻弹簧上,如图所示,已知 mA

47、m B1.5kg,轻弹簧的劲度系数 k100N/m。若在木块 A 上作用一个竖直向上的力 F 使木块 A 由静止开始以 2m/s2 的加速度竖直向上做匀加速运动,且已知轻弹簧弹性势能的表达式为Ep kx2(k 为弹簧的劲度系数,x 为弹簧的形变量) 。取 g10m/s 2,求:(1)刚开始运动时弹簧的弹性势能是多少?(2)求使木块 A 竖直向上做匀加速运动的过程中力 F 的最小值是多少?(3)从木块 A 竖直向上做匀加速运动直到 A、B 分离的过程中,力 F 对木块做的功是多少?【考点】37:牛顿第二定律;6B:功能关系菁优网版权所有【专题】11:计算题;22:学科综合题;32:定量思想;4C

48、:方程法;52K:动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合【分析】 (1)由 AB 受力平衡求出弹簧的弹力,然后由胡克定律求出弹簧的压缩量,最后由题目中给出的公式求出弹簧的弹性势能;(2)木块 A 受重力、B 对 A 的支持力和拉力,要作匀加速运动,运用牛顿第二定律即可求解力 F 的最小值。(3)根据牛顿第二定律求出弹簧的形变量,以 A、B 作为一个整体,由动能定理求解。第 24 页(共 27 页)【解答】解:(1)对 AN 组成的整体,受到重力与弹簧的弹力处于平衡状态,则:Fx(m A+mB)g(1.5+1.5)1030N初始位置对应的弹簧的压缩量: 0.30m弹簧的弹性势能: 4.5J(2)A 与 B 开始运动时加速度是相等的,AB 组成的系统受到重力、弹簧的弹力与拉力;由于开始时弹簧对 AB 系统的弹力最大,所以拉力 F 最小,由牛顿第二定律可得:Fmin+Fx(m A+mB)g(m

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