上海市浦东新区高三上学期期末考试（一模）物理试题及答案

上海市浦东新区2015届高三一模物理试卷一、单项选择题.（共16分，每小題2分，每小题只有一个正确选项，答案涂写在答题卡上）1比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法，下列物理量中属于用比值法定义的是（）As=BT=CI=DE=考点：电场强度 .专题：电场力与电势的性质专题分析：所谓比值定义法，就是用两个物理量的比值来定义一个新的物理量的方法比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，与参与定义的物理量无关据此分析解答：解：A、s=是匀变速运动的位移公式，s与a、t有关，所以该式不是用比值法定义的，故A错误B、由T=知 T与成反比，不符合比值法定义的共性，所以该式不是用比值法定义的，故B错误C、由此知I与E成正比，与R+r成反比，不符合比值法定义的共性，所以该式不是用比值法定义的，故C错误D、E=是电场强度的定义式，E与F、q无关，反映电场本身的性质，所以该式是用比值法定义的，故D正确故选：D点评：解决本题的关键理解比值定义法的特点：被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变2（2分）（2015浦东新区一模）下列物理量中属于矢量的是（）A重力势能B电流强度C功D磁感强度考点：矢量和标量 .分析：本题根据矢量和标量的概念进行分析矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量矢量的运算遵守平行四边形法则解答：解：A、C、重力势能和功都是只有大小没有方向的标量，不是矢量故AC错误B、电流强度是标量，因为电流强度运算时遵守代数加减法则，不是平行四边形定则，所以不是矢量故B错误D、磁感强度是矢量，其方向就是磁场方向故D正确故选：D点评：矢量与标量的区别有两点：一是矢量有方向，标量没有方向；二是矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法3（2分）（2015浦东新区一模）对牛顿第一定律的建立作出过重要贡献的科学家是（）A卡文迪什B惠更斯C伽利略D奥斯特考点：物理学史 .分析：此题是物理学史问题，根据相关科学家的物理学成就进行解答解答：解：在牛顿发现牛顿第一定律之前，伽利略就研究了力和运动的关系，得出了力不是维持物体运动原因的结论，为牛顿第一定律的建立奠定了基础故C正确，ABD错误故选：C点评：物理学史是高考考查内容之一，是常识性问题，这些常识要与物理学其他知识一起识记4（2分）（2015浦东新区一模）如图为监控汽车安全带使用情况的报警电路，S为汽车启动开关，汽车启动时S闭合RT为安全带使用情况检测传感器，驾驶员末系安全带时其阻值较小，系好安全带后RT阻值变大，且远大于R1要求当驾驶员启动汽车但未系安全带时蜂鸣器报警则在图中虚线框内应接入的元件是（）A“非”门B“或”门C“与”门D“与非”门考点：简单的逻辑电路 .分析：未系安全带时要求鸣器报警，则要求蜂鸣器两端有高电压，即输出端为高电势，蜂鸣器两个输入端已有一个是高电势，另一个输入端的电势高低看RT阻值的大小，未系安全带时RT阻值很小，RT两端的电势差很小，即输入端为高电势，否则为低电势解答：解：未系安全带时RT阻值很小，RT两端的电势差很小，即输入端为高电势，另一输入端已为高电势，此时蜂鸣器报警，知输出端为高电势若系安全带，RT阻值大，两端电势差也大，即输入端为低电势，此时蜂鸣器不报警，知输出端为低电势所以该该元件为“与”门故C正确，A、B、D错误故选：C点评：解决本题的关键掌握“与”门电路的特点，即几个条件都满足，事件才能发生5（2分）（2015浦东新区一模）如图所示为弹簧振子的振动图象，根据此振动图象不能确定的物理量是（）A周期B振幅C频率D最大回复力考点：简谐运动的振动图象 .专题：简谐运动专题分析：由振动图象可直接振幅A和周期T，由f=求出频率由单摆的周期公式T=2求出摆长摆球的质量未知，无法确定回复力解答：解：由图知，单摆的周期为T=2s，振幅为A=3cm，则频率为：f=0.5Hz由单摆的周期公式T=2求得摆长L=1m，摆球的回复力等于F=mg，由于摆球的质量m未知，无法确定最大回复力故ABC正确，D错误本题不能确定的物理量，故选：D点评：本题考查基本的读图能力，要掌握单摆的周期公式T=2，知道单摆的回复力表达式F=mg6（2分）（2015浦东新区一模）关于静电现象，下列说法正确的是（）A摩擦起电现象说明通过做功可以创造出电荷B摩擦起电实质上是电荷从一个物体转移到另一个物体的过程C验电器可以测量物体带电量的多少D日常生活中见到的所有静电现象都是有危害的考点：静电场中的导体 .专题：电场力与电势的性质专题分析：摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电荷感应起电的实质是电荷可以从物体的一部分转移到另一个部分解答：解：A、B、摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，即说明了电荷可以从一个物体转移到另一个物体摩擦起电现象说明机械能可以转化为电能，但并没有创造电荷故A错误，B正确C、D、验电器可以检验是否带电，不能测量物体带电量的多少故C错误；D、日常生活中见到的所有静电现象有一些是有危害的，有一些是有益的故D错误故选：B点评：摩擦起电和感应起电的实质都电子发生了转移，只是感应起电是电子从物体的一部分转移到另一个部分摩擦起电是电子从一个物体转移到另一个物体7（2分）（2015浦东新区一模）在空间某一点以大小相等的速度分别竖直上抛、竖直下抛、水平抛出质量相等的小球，不计空气阻力，经过相等的时间（小球均未落地）（）A三个小球的速度变化相同B做竖直上抛运动的小球速度变化最大C做平抛运动的小球速度变化最小D做竖直下抛运动的小球速度变化最小考点：抛体运动 .分析：根据加速度等于知速度变化v=at判定解答：解：根据加速度等于知速度变化v=at知竖直上抛、竖直下抛、水平抛出质量相等的小球加速度相同，均为g，经过相等的时间，则v相同，故A正确故选：A点评：本题关键是知道加速度的定义，并知道竖直上抛、竖直下抛、水平抛出质量相等的小球加速度相同8（2分）（2015浦东新区一模）如图所示，菱形ABCD的对角线相交于O点，两个等量异种点电荷分别放在AC连线上M点与N点，且OM=ON，则（）AA、C两处电势、场强均相同BB、D两处电势、场强均相同C在MN连线上O点的场强最大D在BD连线上O点的场强最小考点：电场的叠加；电场强度；电势；电势差与电场强度的关系 .专题：电场力与电势的性质专题分析：电场强度为矢量，叠加遵守四边形定则，电势为标量，叠加时直接求代数和解答：解：A、A处电势为正，C处电势为负，A处场强方向向左，C处场强方向向右，故A错误；B、BD两处场强大小相等，方向水平向右，两处的电势均为0，故B正确；C、在MN连线上O点的场强最小故C错误；D、在BD连线上O点的场强最大，故D错误故选：B点评：熟记等量异种电荷的电场线分布图，知道电场强度为矢量，电势为标量二、单项选择题（共24分，每小题3分，每小题只有一个正确选项，答案涂写在答题卡上）9（3分）（2014山东）如图，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍能保持等长且悬挂点不变，木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后（）AF1不变，F2变大BF1变大，F2变小CF1变大，F2变大DF1变小，F2变小考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力 .专题：共点力作用下物体平衡专题分析：木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式分析即可解答：解：木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即：F1=0；根据共点力平衡条件，有：2F2cos=mg解得：F2=当细线变短时，细线与竖直方向的夹角增加，故cos减小，拉力F2变大故选：A点评：本题是简单的三力平衡问题，关键是受力分析后运用图示法分析，不难10（3分）（2015浦东新区一模）一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图所示在图中标出的各时间段中，质点所受合外力恒定且合外力方向与速度方向始终相同的时间段是（）A0t1Bt1t2Ct2t3Dt3t4考点：质点的认识；匀变速直线运动的速度与时间的关系 .专题：运动学中的图像专题分析：根据牛顿第二定律，合外力方向与加速度方向相同，当加速度与速度同向时物体做加速运动解答：解：A、0t1加速度逐渐减小，故A错误；B、t1t2所受合外力恒定且合外力方向与速度方向始终相反，故B错误；C、t2t3质点所受合外力恒定且合外力方向与速度方向始终相同，故C正确；D、t3t4加速度逐渐增大，故D错误；故选：C点评：本题关键是明确直线运动中，物体加速时合力与速度同向；物体减速时合力与速度反向，基础题目11（3分）（2015浦东新区一模）如图所示，T型支架可绕O点无摩擦自由转动，B端搁在水平地面上，将一小物体放在支架上让其从A端自由下滑，若支架表面光滑，当小物体经过C点时，B端受到的弹力为N1；若支架和小物体间有摩擦，并从A端给小物体一定的初速度，小物体恰好沿AB匀速下滑，当小物体经过C点时，B端受到的弹力为N2，前后两次过程T型支架均不翻转，则（）AN1=0BN1N2CN1N2DN1=N2考点：力矩的平衡条件 .分析：以O为支点，根据力矩平衡条件研究N1与N2的大小关系支架和小物体间光滑，当支架和小物体间光滑小物体经过C时，N1的力矩与物块对支架压力的力矩平衡当小物体匀速下滑经过C时，N2的力矩与摩擦力的力矩之和等于物块对支架压力的力矩解答：解：设物体经过C时对支架的压力大小为N以O为支点当支架和小物体间光滑，小物体经过C时，根据力矩平衡得知N1的力矩与物块对支架压力的力矩平衡，即：MN1=MN当小物体匀速下滑经过C时，N2的力矩与摩擦力的力矩之和等于物块对支架压力的力矩，即MN2+Mf=MN由于两次物块对支架压力的力矩相等，得MN1=MN2+Mf，则有MN1MN2，而力臂不变，所以N1N2故选：C点评：本题是力矩平衡问题，分析除支点以外支架的受力情况是解题的关键，还要分析力矩的方向12（3分）（2015浦东新区一模）物体做方向不变的直线运动，若在任意相等的位移内速度的变化量均相等，则下列说法中正确的是（）A若v=0，则物体作匀加速直线运动B若v0，则物体作匀加速直线运动C若v0，则物体作加速度逐渐增大的加速直线运动D若v0，则物体作加速度逐渐增大的减速直线运动考点：匀变速直线运动的速度与位移的关系 .专题：直线运动规律专题分析：若V=0，物体的速度不变，则知物体作匀速直线运动若V0，物体作加速直线运动，通过任意相等位移的时间t减小，加速度增大相反，若V0，物体作加速度逐渐变小的减速直线运动解答：解：A、若V=0，物体的速度不变，则物体作匀速直线运动故A错误；B、C，V0，物体作加速直线运动，通过任意相等位移的所用时间t逐渐减小，由加速度a=知，加速度增大故B错误，C正确；D、若V0，物体作减速直线运动，通过任意相等位移的所用时间t逐渐增大，由加速度a=知，加速度减小，物体作加速度逐渐变小的减速直线运动故D错误故选：C点评：本题关键要抓住匀变速运动的特点：加速度不变，由加速度的定义分析其变化，要注意是相等位移内速度的变化不是相等时间13（3分）（2015浦东新区一模）如图所示，一质点在一恒力作用下做曲线运动，从M点运动到N点时，质点的速度方恰好改变了90在此过程中，质点的动能（）A不断增大B不断减小C先减小后增大D先增大后减小考点：动能定理的应用；曲线运动 .专题：动能定理的应用专题分析：质点从M点运动到N点时，其速度方向恰好改变了90，可以判断恒力方向指向右下方，与初速度的方向夹角要大于90小于180因此恒力先做负功后做正功，动能先减小后增大解答：解：因为质点速度方向恰好改变了90，可以判断恒力方向应为右下方，与初速度的方向夹角要大于90小于180才能出现末速度与初速度垂直的情况，因此恒力先做负功，当达到速度与恒力方向垂直后，恒力做正功，动能先减小后增大所以C正确故选C点评：此题需要根据运动情况分析受力情况，进一步分析力的做功问题，从而判断速度（动能）的变化14（3分）（2015浦东新区一模）如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O的水平线已知一小球从M点出发，以初速v0沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需的时间为t1；若该小球仍由M点以相同初速v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2则（）Av1=v2，t1t2Bv1v2，t1t2Cv1=v2，t1t2Dv1v2，t1t2考点：机械能守恒定律 .分析：根据机械能守恒定律分析小球到达N点时速率关系，结合小球的运动情况，分析平均速率关系，即可得到结论解答：解：由于小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，到达N点时速率相等，即有v1=v2小球沿管道MPN运动时，根据机械能守恒定律可知在运动过程中小球的速率小于初速率v0，而小球沿管道MQN运动，小球的速率大于初速率v0，所以小球沿管道MPN运动的平均速率小于沿管道MQN运动的平均速率，而两个过程的路程相等，所以有t1t2故A正确，BCD错误故选：A点评：解决本题关键要掌握机械能守恒定律，并能用来分析小球速率的大小，知道平均速率等于路程与时间之比15（3分）（2015浦东新区一模）一倾角为30的斜劈放在水平地面上，一物体沿斜劈匀速下滑现给物体施加如图所示力F，F与竖直方向夹角为30，斜劈仍静止，则此时地面对斜劈的摩擦力（）A大小为零B方向水平向右C方向水平向左D无法判断大小和方向考点：共点力平衡的条件及其应用；滑动摩擦力；力的合成与分解的运用 .专题：共点力作用下物体平衡专题分析：滑块匀速下滑时，受重力、支持力和摩擦力，三力平衡，故支持力和摩擦力的合力与重力平衡，竖直向上，根据牛顿第三定律得到滑块对斜面体的作用力方向；当加推力F后，滑块对斜面体的压力和滑动摩擦力同比增加，合力方向不变解答：解：块匀速下滑时，受重力、支持力和摩擦力，三力平衡，故支持力和摩擦力的合力与重力平衡，竖直向上，根据牛顿第三定律得到滑块对斜面体的作用力方向竖直向下，等于mg；当加推力F后，根据滑动摩擦定律f=N，支持力和滑动摩擦力同比增加，故其合力的方向不变，根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和滑动摩擦力的合力方向也不变，竖直向下；故斜面体相对与地面无运动趋势，静摩擦力仍然为零；故选A点评：本题关键对滑块受力分析后根据平衡条件得到支持力和摩擦力的合力方向，然后根据牛顿第三定律得到滑块对斜面体的作用力的合力方向，当压力增加后，滑动摩擦力也增加，但两个力的合力方向不变16（3分）（2015浦东新区一模）一带电粒子在电场中仅受静电力作用，从O点出发沿x轴正方向做初速度为零的直线运动，其电势能Ep与位移x的关系如图所示，则以下所示的图象中正确的是（）A场强与位移的关系B动能与位移的关系C速度与位移的关系D加速度与位移的关系考点：电势差与电场强度的关系；电势能 .专题：电场力与电势的性质专题分析：粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动；根据功能关系得到Epx图象的斜率的含义，得出电场力的变化情况；然后结合加速度的含义判断加速度随着位移的变化情况解答：解：粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：F=|，即Epx图象上某点的切线的斜率表示电场力；A、Epx图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据E=，故电场强度也逐渐减小；故A错误； B、根据动能定理，有：Fx=Ek，故Ekx图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，故B错误； C、按照C图，速度随着位移均匀增加，而相同位移所用的时间逐渐减小（加速运动），故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，故C错误； D、粒子做加速度减小的加速运动，故D正确；故选：D点评：本题切入点在于根据Epx图象得到电场力的变化规律，突破口在于根据牛顿第二定律得到加速度的变化规律，然后结合动能定理分析；不难三、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，答案涂写在答题卡上）17（4分）（2015浦东新区一模）如图所示，甲、乙、丙三个物体放在匀速转动的水平粗糙圆台上，甲的质量为2m，乙、丙的质量均为m，甲、乙离轴为R，丙离轴为2R，则当圆台旋转时（设甲、乙、丙始终与圆台保持相对静止）（）A甲物体的线速度比丙物体的线速度小B乙物体的角速度比丙物体的角速度小C甲物体的向心加速度比乙物体的向心加速度大D乙物体受到的向心力比丙物体受到的向心力小考点：向心力；线速度、角速度和周期、转速 .专题：匀速圆周运动专题分析：甲、乙、丙共轴转动，角速度大小相等，根据线速度、向心力、向心加速度公式即可判断转解答：解：A、甲、乙、丙转动的角速度大小相等，根据v=r，且甲的半径小于丙的半径可知，甲物体的线速度比丙物体的线速度小，故A正确，B错误；C、根据向心加速度a=r2，且甲、乙半径相等，可知，甲物体的向心加速度和乙物体的向心加速度相等，故C错误；D、根据F=mr2知，甲、乙、丙的质量之比为2：1：1，转动的半径之比为1：1：2，则向心力大小之比为2：1：2，所以乙物体受到的向心力比丙物体受到的向心力小，故D正确故选：AD点评：解决本题的关键知道共轴转动，角速度相等，结合v=r，a=r2，F=mr2分析求解18（4分）（2015浦东新区一模）如图所示电路中，R1、R2为定值电阻，电源的内电阻为r闭合电键S，电压表显示有读数，调节可变电阻R的阻值，电压表示数增大量为U对此过程，下列判断正确的是（）A可变电阻R阻值增大，流过它的电流增大B电阻R2两端的电压减小，减小量小于UC通过电阻R2的电流减小，减小量等于D路端电压一定增大，增大量小于U考点：闭合电路的欧姆定律 .专题：恒定电流专题分析：由题意电压表的示数增大了U，说明R和R1并联的电阻增大，知R增大R增大，外电阻增大，干路电流减小，电阻R2两端的电压减小，根据路端电压的变化，分析电阻R2两端的电压减小量和U的大小，由欧姆定律求出电流减小量的范围解答：解：A、由题，电压表的示数增大，R和R1并联的电阻增大，得知R增大，总电阻增大，总电流减小，并联部分电压增大，通过R1的电流增大，所以通过可变电阻R的电流减小，故A错误B、C、R增大，外电阻增大，干路电流减小，电阻R2两端的电压减小，路端电压增大，而路端电压等于外电路总电压，所以电阻R2两端的电压减小量小于U，由欧姆定律得知，通过电阻R2的电流减小，减小量小于故C错误，B正确D、由于电阻R2两端的电压减小，所以路端电压的增大量小于U故D正确故选：BD点评：本题根据部分与整体的关系，采用总量法分析R2两端的电压减小量和U的增加量的大小，即总量增大，增大的量较大19（4分）（2015浦东新区一模）一列横波沿直线传播，在波的传播方向上有A、B两点在t时刻A、B两点间形成如图甲所示波形，在（t+3s）时刻A、B两点间形成如图乙所示波形，已知A、B两点间距离a=9m，则以下说法中正确的是（）A若周期大于4s，波可能向右传播B若周期为4s，波一定向右传播C若波速为8.5m/s，波一定向左传播D该波波速可能的最小值为0.5m/s考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系 .专题：振动图像与波动图像专题分析：根据两时刻的波形，列出周期通项，得到波速的通项，再分析特殊值确定波的传播方向解答：解：A、若波向右传播，3s=（n+）T1，（n=0，1，2，），T1=s；若波向左传播，3s=（n+）T2，（n=0，1，2，），T2=s由于n是整数，当n=0时，T=4s时，符合T1通项，波向右传播，而波向右传播周期T4s故A错误，B正确C、由图知波长=6m，若波速为8.5m/s，波传播的距离为x=vt=8.53m=25.5m=4，根据波形的平移，波一定向左传播故C正确D、波传播的最大距离为向左传播1.5m，波波速可能的最小值为v=m/s=0.5m/s故D正确故选：BCD点评：本题知道两个时刻的波形，根据波的周期性，得到周期的通项，判断波的传播方向20（4分）（2015浦东新区一模）如图甲所示是一打桩机的简易模型质量m=1kg的物体在拉力F作用下从与钉子接触处由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，到最高点后自由下落，撞击钉子，将钉子打入2cm深度，且物体不再被弹起若以初始状态物体与钉子接触处为零势能点，物体上升过程中，机械能E与上升高度h的关系图象如图乙所示撞击前不计所有摩擦，钉子质量忽略不计，g取10m/s2则（）A物体上升过程的加速度为12m/s2B物体上升过程的最大速度为2m/sC物体上升到0.25m高度处拉力F的瞬时功率为12WD钉子受到的平均阻力为600N考点：功率、平均功率和瞬时功率 .专题：功率的计算专题分析：撤去拉力后，物体的机械能守恒，结合图象求出物体上升过程中的最大速度，根据速度位移公式求出物体上升的加速度根据速度位移公式求出上升到0.25m时的速度，根据牛顿第二定律求出拉力的大小，从而求出拉力的瞬时功率根据能量守恒求出钉子受到的平均阻力大小解答：解：A、物体上升1m高度时的机械能E=mgh1+mv，即：12=101+，解得物体上升过程中最大速度v1=2m/s根据匀变速直线运动的速度位移公式得：v12=2ah1，可知物体上升过程的加速度为：a=2m/s2故A错误，B正确C、根据速度位移公式得：v22=2ah，解得：v2=m/s=1m/s；根据牛顿第二定律得：Fmg=ma，解得：F=mg+ma=112N=12N，则拉力F的瞬时功率为：P=Fv=121W=12W故C正确D、根据机械能守恒得，物体与钉子接触时的动能为12J，根据能量守恒得：mghmv=fh2，代入数据得：f=610N故D错误故选：BC点评：物体动能与势能之和是物体的机械能，分析清楚图象，应用牛顿第二定律、运动学公式、功率公式等知识即可正确解题四、填空题（共20分，每小题4分，答案写在答题纸中指定位置，不要求写出演算过程）21（4分）（2015浦东新区一模）如图所示为地磁场磁感线的示意图在北半球地磁场的竖直分量向下飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差，设飞行员左方机翼末端处的电势为1，右方机翼末端处的电势为2，若飞机从西往东飞，12（选填“”、“=”或“”）；若飞机从南往北飞，12（选填“”、“=”或“”）考点：导体切割磁感线时的感应电动势 .分析：由于地磁场的存在，当飞机在北半球水平飞行时，两机翼的两端点之间会有一定的电势差，相当于金属棒在切割磁感线一样由右手定则可判定电势的高低解答：解：当飞机在北半球飞行时，由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向下，由于感应电动势的方向与感应电流的方向是相同的，由低电势指向高电势，由右手定则可判知，在北半球，不论沿何方向水平飞行，都是飞机的左方机翼电势高，右方机翼电势低，即总有1比2高故答案为：；点评：本题要了解地磁场的分布情况，掌握右手定则对于机翼的运动，类似于金属棒在磁场中切割磁感线一样会产生电动势，而电源内部的电流方向则是由负极流向正极的22（4分）（2015浦东新区一模）同步卫星A距地面高度为h，近地卫星B距地面高度忽略不计，地球半径为R则卫星A、B的向心加速度大小之比aA：aB=R2：（R+h）2，线速度大小之比vA：vB=考点：同步卫星 .专题：人造卫星问题分析：人造地球卫星均由万有引力充当向心力，则有公式可求得加速度及线速度的表达式即可求解解答：解：卫星的向心力由万有引力提拱，则对AB两卫星，由万有引力公式可求得向心加速度及线速度之比；故G=ma=m可得：a=；v=故同步卫星与近地卫星的加速度之比为：；线速度之比为故答案为：R2：（R+h）2；点评：本题应注意由于地球表面的物体其万有引力充当了重力和向心力，根据向心力公式列式求解，难度不大，属于基础题23（4分）（2015浦东新区一模）一质量为2kg的物体在如图（a）所示的xoy平面上运动，在x方向的速度时间图象vxt图和y方向的位移时间图象syt图分别如图（b）、（c）所示，则物体的初速度大小为13m/s，前两秒物体所受的合外力大小为10N考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系 .专题：运动学中的图像专题分析：由vt图象可知物体的速度变化；由xt图象可知y方向上的位移的变化；由运动的合成和分解可知物体的运动状态，由牛顿第二定律可求得物体的合外力解答：解：由vt图可知，物体在x方向上初速度为：vx=12m/s，而在y方向上，物体做匀速运动，速度为：，物体的初速度为水平速度和竖直速度的合速度，则初速度大小：；由vt图可知，前2秒，物体的加速度为：，根据牛顿第二定律，前两秒物体所受合外力大小为：F=ma=25=10N；故答案为：13，10点评：图象是物理学中重要的解题方法之一，一定要熟练掌握公式的意义及应用24（4分）（2015浦东新区一模）在2008北京奥运会上，中国选手何雯娜取得女子蹦床比赛的冠军蹦床模型简化如右图所示，网水平张紧时，完全相同的轻质网绳构成正方形，O、a、b、c等为网绳的结点若何雯娜的质量为m，从高处竖直落下，并恰好落在O点，当该处沿竖直方向下凹至最低点时，网绳aOe、cOg均成120向上的张角，此时选手受到O点对她向上的作用力大小为F，则选手从触网到最低点的过程中，速度变化情况是先增大后减小（选填“一直增大”、“一直减小”、“先增大后减小”或“先减小后增大”）；当O点下降至最低点时，其四周每根绳子承受的拉力大小为考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力 .专题：牛顿运动定律综合专题分析：O点的压力被两根绳所承受，故可以为每根绳承受一半的力，则绳子两端的力的合力应等于，由平形四边形定则可求得每根绳所承受的力解答：解：人由空中自由下落后，速度越来越大，接触绳后，由于绳子对人的作用力慢慢增大，则合力减小，但速度继续增大；而当弹力等于重力之后，人开始减速运动；故速度先增大后减小；因每根绳的合力应为；而绳受力后成120度角，作出平行四边形可知，由几何关系可知：当合力为时，两分力也为；故每根绳承受的压力大小为； 故答案为：先增大后减上；点评：本题应注意绳子张力的特点，同一根绷紧的绳，其上的各部分张力相等；两个大小相等的力若其夹角为120，则合力与分力大小相等25（4分）（2015浦东新区一模）如图所示，一物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端沿固定光滑斜面向上做匀加速直线运动，经过时间t物体运动到离地面高度为h1的某处，获得速度v1，此时撤去恒力F，物体又经过时间t恰好回到斜面底端，此时物体的速度大小为v2，则v1与v2大小之比v1：v2=1：2；若选取地面为重力势能零参考面，撤去恒力F后物体的动能与势能恰好相等时的高度为h2，则h1与h2之比h1：h2=3：2考点：功能关系 .分析：上升过程中后撤去F的过程中，物体都做匀变速直线运动，根据平均速度即可求解速度之比，先表示出刚撤去拉力时的机械能和返回出发点时的机械能，根据撤去F后只有重力做功，机械能守恒列式即可求解h1与h2之比解答：解：上升过程中，物体做匀加速直线运动，平均速度，撤去拉力知道回到出发点的过程中，平均速度，由于两个过程中，位移相同，时间相同，则平均速度相同，所以，解得：撤去拉力F时的机械能，返回出发点的机械能，而动能与势能恰好相等时的机械能E=2mgh2撤去F后只有重力做功，机械能守恒，则E=E1=E2由解得：故答案为：1：2；3：2点评：本题主要考查了匀变速直线运动平均速度公式及机械能守恒定律的直接应用，抓住求解速度关系，难度适中五、实验题（本大题4小题，共24分）26（4分）（2015浦东新区一模）如图所示为“研究电磁感应现象”的实物连接图，闭合电键时发现灵敏电流计G指针向左偏转，则当电键闭合稳定后，将滑动变阻器的滑片P从a向b匀速滑动的过程中，灵敏电流计G指针的偏转情况是向左偏转（选填“向左偏转”、“向右偏转”、“不动”）；将线圈A从线圈C中拔出，则与缓慢拔出相比，快速拔出时灵敏电流计G的指针偏转角度更大（选填“更大”、“更小”或“相同”）考点：研究电磁感应现象 .专题：实验题分析：根据闭合电路，滑片的移动，导致电阻变化，从而使电流变化，则影响磁场的方向，进而导致线圈C的磁通量变化，根据闭合电键时发现灵敏电流计G指针向左偏转，即可判定感应电流的方向；当拔出的快慢不同时，根据法拉第电磁感应定律，即可求解解答：解：将滑动变阻器的滑片P从a向b匀速滑动的过程中，接入电路的电阻减小，则电流增大，导致穿过线圈C的磁通量增大，根据闭合电键时发现灵敏电流计G指针向左偏转，可知，灵敏电流表的指针向左偏；快速拔出时产生的感应电动势较大，灵敏电流计G的指针偏转角度更大故答案为：向左偏转，更大点评：本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同27（6分）（2015浦东新区一模）某研究小组的同学在水平放置的方木板上做“探究共点力的合成规律”实验时：（1）利用坐标纸记下了橡皮筋的结点位置O以及两只弹簧秤拉力的大小和方向，如图（a）所示，图中每一小格长度均代表0.5N，则F1与F2的合力大小为3.0N（2）关于此实验，下列叙述中正确的是CA弹簧秤应先在竖直方向进行调零B橡皮筋对结点O的拉力就是两弹簧秤对结点O的拉力F1与F2的合力C两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉到同一位置O，这样做的目的是保证两次弹簧秤拉力的效果相同D若要改变弹簧秤的拉力大小而又要保证橡皮筋结点位置不变，只需调整两只弹簧秤的拉力大小使其中一只增大另一只减小即可（3）图（b）所示是甲、乙两位同学在做以上实验时得到的结果，其中力F是用一只弹簧秤拉橡皮筋时的图示，则哪一位同学的实验结果一定存在问题？请简单说明理由答：乙同学，因为乙同学实验的结果F的方向不与橡皮筋的伸长方向在同一直线上考点：验证力的平行四边形定则 .专题：实验题分析：以F1和F2为邻边作平行四边形，通过O点的对角线表示合力F，据此可正确画出F1和F2的合力图示；明确实验理论值和实验值之间的关系即可正确解答；该实验采用了“等效替代”法即要求两次拉橡皮筋时，要使橡皮筋产生的形变相同，即拉到同一位置解答：解：（1）以F1和F2为邻边作平行四边形，与F1和F2共点的对角线表示合力F，标上箭头如图所示则F1与F2的合力大小为3.0N（2）A、弹簧秤应先在水平方向进行调零，故A错误；B、橡皮筋对结点O的拉力与两弹簧秤对结点O的拉力F1与F2的合力是一对平衡力，故B错误；C、两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉到同一位置O，这样做的目的是保证两次弹簧秤拉力的效果相同，故C正确；D、根据平行四边形定则可知，合力不变，只增大一个分力的大小时，另一个分力的大小和方向都变化，故D错误故选：C（3）用平行四边形定则求出的合力可以与橡皮条拉力的方向有偏差，但用一只弹簧测力计拉结点的拉力与橡皮条拉力一定在同一直线上，所以乙同学的实验结果存在问题，因为乙同学实验的结果F的方向不与橡皮筋的伸长方向在同一直线上故答案为：（1）3.0；（2）C；（3）乙同学，因为乙同学实验的结果F的方向不与橡皮筋的伸长方向在同一直线上点评：本题要防止产生错误的认识，认为橡皮筋的拉力是两弹簧测力计的拉力，根据合力与分力等效关系分析，一个弹簧测力计的拉力是两个弹簧测力计拉力的合力28（6分）（2015浦东新区一模）利用DIS实验装置研究小车质量一定时加速度与力的关系，为了减小拉力的测量误差，实验中用质量可以忽略的小网兜装小砝码，将小砝码的重力作为对小车的拉力，现有完全相同的小砝码若干个（1）（多选题）为了验证加速度与合外力成正比，实验中必须做到ACA实验前要平衡摩擦力B每次都必须从相同位置释放小车C拉小车的细绳必须保持与轨道平行D拉力改变后必须重新平衡摩擦力（2）如果小砝码的重力未知，仍然使用上述器材进行实验，那么通过研究加速度与小砝码的个数的关系也可以获得物体的加速度与合外力成正比的结论考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系 .专题：实验题分析：探究加速度与力的关系实验时，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时，要求小车在无动力的情况下平衡摩擦力，不需要挂任何东西平衡摩擦力时，是重力沿木板方向的分力等于摩擦力，即：mgsin=mgcos，可以约掉m，只需要平衡一次摩擦力操作过程是先接通打点计时器的电源，再放开小车小车的加速度应根据打出的纸带求出解答：解：A、实验首先要平衡摩擦力，使小车受到合力就是细绳对小车的拉力，故A正确；B、每次小车不需要要从同一位置开始运动，故B错误；C、要使绳子的拉力等于合力，则需要拉小车的细绳必须保持与轨道平行，故C正确；D、由于平衡摩擦力之后有Mgsin=Mgcos，故tan=所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量即改变拉小车拉力，不需要重新平衡摩擦力，故D错误；故选：AC（2）因为没有个小砝码的重力相同，所以可以研究加速度与小砝码的个数的关系，获得物体的加速度与合外力成正比的结论故答案为：（1）AC；（2）小砝码的个数点评：该题考查了实验注意事项、实验数据处理分析，知道实验原理及注意事项即可正确解题；探究加速度与力、质量的关系实验时，要平衡小车受到的摩擦力，不平衡摩擦力、或平衡摩擦力不够、或过平衡摩擦力，小车受到的合力不等于钩码的重力29（8分）（2015浦东新区一模）某同学通过实验研究小灯泡的电流与电压的关系可用的器材如下：电源、滑动变阻器、电流表、电压表、不同规格的小灯泡两个、电键、导线若干（1）实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡L1的UI图象如图（a）中的图线L1，则可知小灯泡L1的电阻随电压增大而增大（选填“增大”、“减小”或“不变”）（2）为了得到图（a）中的图线，请将图（b）中缺少的两根导线补全，连接成实验的电路（其中电流表和电压表分别测量小灯泡的电流和电压）（3）换小灯泡L2重做实验，得到其UI图象如图（a）中的图线L2，现将这两个小灯泡并联连接在电动势3V、内阻6的电源两端，则此时电源两端的电压为0.6V；灯泡L2消耗的功率为0.09W考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 .专题：实验题分析：在小灯泡的UI图象中，图象上的与原点连线的斜率表示小灯泡电阻的大小，所以小灯泡电阻随电流的最大而增大；本题的难点是当把AB间的导线误接在AC之间时，滑动变阻器的连接情况：的滑动触头打到最左端或最右端时变阻器均短路，此时小灯泡功率最大，的滑动触头在中间时，变阻器的有效电阻最大解答：解：（1）由图象根据欧姆定律R=知，小灯泡的电阻随电压增大而增大（2）由于小灯泡的电阻远小于电压表的内阻，电流表应用外接法；又电流与电压从零逐渐增大，故滑动变阻器应用分压式接法，实物图如图，（3）电动势为3V，内阻为6，则短路电流=0.5A，在小灯泡的UP图象中，连接U=3V与I=0.5A两点，画出表示电源的UI图象，如图所示；要使两灯泡并联后接在电源两端，应符合闭合电路欧姆定律，则电源的输出电压与两灯泡电压相等，且路端电压与内压之和等于电动势；由图可知，输出电压应为0.6V，此时灯泡L2的电流为0.15A，则其功率P=UI=0.60.15=0.09W；故答案为（1）增大 （2）如图 （3）0.6；0.09点评：当已知小灯泡的伏安特性曲线，要求其功率时，要再画出表示电源的UI图象，则两图线的交点坐标即为小灯泡的实际电流与电压，然后根据P=UI求解六、计算题（本大题4小题，共50分）30（10分）（2015浦东新区一模）如图（a）所示，质量为m=2kg的物块以初速度v0=20m/s从图中所示位置开始沿粗糙水平面向右运动，同时物块受到一水平向左的恒力F作用，在运动过程中物块速度随时间变化的规律如图（b）所示，g取10m/s2试求：（1）物块在04s内的加速度a1的大小和48s内的加速度a2的大小；（2）恒力F的大小及物块与水平面间的动摩擦因数考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像 .专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）物体先向右减速在向左加速，根据vt图象得到两段的加速度；（2）然后根据牛顿第二定律列式求解拉力及动摩擦力因数解答：解：（1）由图可知，02s内，物体向右做匀减速直线运动，2s4s内，物体向左做匀加速直线运动；02s内，a1=，方向水平向左；2s4s内，a2=，方向水平向左；由牛顿第二定律，得到：F+mg=ma1Fmg=ma2代入数据解得：F=7N，=0.15（2）依据图象可知，物体4s内的位移：S=6m（2）根据牛顿第二定律，在04s内恒力F与摩擦力同向：F+mg=ma14s8s内恒力F与摩擦力反向：Fmg=ma2代入数据解得：F=7N，=0.15答：（1）物块在04s内的加速度a1的大小和48s内的加速度a2的大小分别为5m/s2和2m/s2；（2）恒力F的大小为7N，物块与水平面的动摩擦因数为0.15；点评：本题是已知物体的受力情况确定物体的运动情况的问题，关键求解确物体的加速度31（12分）（2015浦东新区一模）如图所示，在倾角为的足够长光滑斜面上放置两个质量分别为2m和m的带电小球A和B（均可视为质点），它们相距为L两球同时由静止开始释放时，B球的初始加速度恰好等于零经过一段时间后，当两球距离为L时，A、B的加速度大小之比为a1：a2=11：5（静电力恒量为k）（1）若B球带正电荷，则判断A球所带电荷电性；（2）若B球所带电荷量为q，求A球所带电荷量Q（3）求L与L之比考点：电势差与电场强度的关系；牛顿第二定律 .专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）根据共点力平衡判断出库仑力，即可判断电性（2）根据静止释放时共点力平衡即可求的电荷量；（3）初始时B球受力平衡，两球同时由静止开始释放，由于A的加速度大于B，所以经过一段时间后，两球距离增大，库仑力一定减小根据牛顿第二定律正确列出等式求解解答：解：（1）B受重力支持力和库仑力，处于共点力平衡，故B受到的库仑力沿斜面向上，故B带正电荷（2）AB两球受到的库仑力为F=沿斜面方向合力为零Fmgsin=0得Q=（3）初始时B球受力平衡，两球相互排斥运动一段距离后，两球间距离增大，库仑力一定减小，小于mgsinA球加速度a1方向应沿斜面向下，根据牛顿第二定律，有F+2mgsin=2ma1B球加速度a2方向应沿斜面向下，根据牛顿第二定律，有mgsinF=ma2依题意a1：a2=11：5得F=mgsin又F=得L：L=3：2答：（1）若B球带正电荷，A球带正电；（2）若B球所带电荷量为q，A球所带电荷量Q为（3）L与L之比为3：2点评：解决该题关键正确对物体进行受力分析和运动分析，运用牛顿第二定律求解32（14分）（2015浦东新区一模）如图所示，天花板上有固定转轴O，长为L的轻杆一端可绕转轴O在竖直平面内自由转动，另一端固定一质量为M的小球一根不可伸长的足够长轻绳绕过定滑轮A，一端与小球相连，另一端挂着质量为m1的钩码，定滑轮A的位置可以沿OA连线方向调整小球、钩码均可看作质点，不计一切摩擦，g取10m/s2（1）若将OA间距调整为L，则当轻杆与水平方向夹角为30时小球恰能保持静止状态，求小球的质量M与钩码的质量m1之比；（2）若在轻绳下端改挂质量为m2的钩码，且M：m2=4：1，并将OA间距调整为L，然后将轻杆从水平位置由静止开始释放，求小球与钩码速度大小相等时轻杆与水平方向的夹角；（3）在（2）的情况下，测得杆长L=2.175m，仍将轻杆从水平位置由静止开始释放，当轻杆转至竖直位置时，小球突然与杆和绳脱离连接而向左水平飞出，求当钩码上升到最高点时，小球与O点的水平距离考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律 .专题：机械能守恒定律应用专题分析：（1）先据几何关系找出角度关系，据平衡态列方程求解；（2）利用圆周运动的知识，找出二者速度相等的条件即可求解；（3）据机械能守恒和运动规律求出速度，再求出时间，据此求出距离解答：解：（1）依题意，小球处于静止状态时，AOM=30，由几何关系知，此时OAM=30分析小球受力，设轻杆对其弹力大小为F，方向沿杆向上，轻绳对其弹力大小为T，则Fcos30=Tcos30Fsin30+Tsin30=Mg解得：M=m1，即M：m1=1：1（2）小球绕O点作圆周运动，其速度方向始终沿垂直于轻杆方向，只有当轻绳也与轻杆垂直时，小球与钩码的速度相等，此时：，=arccos41.4（3）小球与钩码构成的系统机械能守恒，有：MgLmg（）=又M：m2=4：1设此时轻绳与水平方向夹角为，则，所以=37v1cos=v2解得：v1=5m/s/，v2=4m/s钩码做竖直上抛运动，上升到最高点的时间为：t=0.4s小球离开杆后做平抛运动，此时它与O点的水平距离为：s=v1t=50.4m=2m答：1）若将OA间距调整为L，则当轻杆与水平方向夹角为30时小球恰能保持静止状态，求小球的质量M与钩码的质量m1之比1：1（2）若在轻绳下端改挂质量为m2的钩码，且M：m2=4：1，并将OA间距调整为L，然后将轻杆从水平位置由静止开始释放，求小球与钩码速度大小相等时轻杆与水平方向的夹角为41.4；（3）在（2）的情况下，测得杆长L=2.175m，仍将轻杆从水平位置由静止开始释放，当轻杆转至竖直位置时，小球突然与杆和绳脱离连接而向左水平飞出，求当钩码上升到最高点时，小球与O点的水平距离2m点评：本题难度较大，分清楚物体的受力情况和运动情况 是解题的 关键；灵活应用和运动与分运动的关系、机械能守恒和运动规律求出速度，再求出时间，据此求出距离是解题的核心33（14分）（2015浦东新区一模）如图（a）所示，两个完全相同的“人”字型金属轨道面对面正对着固定在竖直平面内，间距为d，它们的上端公共轨道部分保持竖直，下端均通过一小段弯曲轨道与一段直轨道相连，底端置于绝缘水平桌面上MM、PP（图中虚线）之下的直轨道MN、MN、PQ、PQ长度均为L且不光滑（轨道其余部分光滑），并与水平方向均构成37斜面，在左边轨道MM以下的区域有垂直于斜面向下、磁感强度为B0的匀强磁场，在右边轨道PP以