2019-2020年高三物理第一次月考试题（含解析）新人教版.doc

2019-2020年高三物理第一次月考试题（含解析）新人教版【试卷综析】本试卷是高三模拟试卷，包含了高中物理必修一、必修二、选修3-1的电场，主要包含了匀变速运动规律、受力分析、牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒、电场等，知识覆盖面广，知识点全面。题型基础、基本，是份质量很高的试卷 一、选择题（共10小题30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求）【题文】1下列说法中不正确的是（ ）A根据速度定义式，当t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法B在探究加速度、力和质量三者之间关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法C在推导匀变速直线运动的位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法D在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法【知识点】速度；质点的认识； 探究加速度与物体质量、物体受力的关系A1 C4【答案解析】D 解析： A、速度的定义v=，表示平均速度，当t0时，表示物体在t时刻的瞬时速度，是采用数学上极限思想方法故A正确 B、在探究加速度、力和质量三者之间关系时，采用的是控制变量法故B正确 C、在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成无数小段，采用的是数学上微元法故C正确 D、用质点来代替物体的方法是等效思想方法故D错误故选D【思路点拨】速度的定义v=，当t0时，表示物体在t时刻的瞬时速度，是采用数学上极限思想方法在探究加速度、力和质量三者之间关系时，采用控制变量法匀变速运动分成无数小段，采用的是数学上微分法质点是用来代替物体的，采用是等效替代法本题考查物理常用的思维方法中学物理常用的思想方法有极限法、控制变量法、等效法、假设法等等【题文】2我国道路安全部门规定：高速公路上行驶的最高时速为120km/h。交通部门提供下列资料：资料一：驾驶员的反应时间：0.30.6s资料二：各种路面与轮胎之间的动摩擦因数（见右表）根据以上资料，如果高速公路只能右表所示的路面，通过计算判断汽车在高速公路上行驶时的安全距离最接近（ ） A50m B100m C200m D400m【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系A2 C2【答案解析】C 解析：汽车的最高速度为v=120km/h=33.3m/s在反应时间内，汽车仍做匀速直线运动，通过的最大距离为x1=vt=33.30.6m=20m在汽车刹车的过程，根据动能定理得-mgx2=0-mv2得x2=173.6m，则总位移大小为x=x1+x2=193m，接近200m故选C【思路点拨】当汽车在湿沥青路面上行驶时，动摩擦因数最小，刹车时滑行的距离最大，根据运动学求出反应时间内汽车通过的距离，由动能定理求出刹车后滑行的距离，再求解安全距离最接近的值本题一抓住在反应时间内，汽车仍保持原来的运动状态；二要会选择数据，同等条件下，动摩擦因数越小，汽车滑行的距离越大，根据动摩擦因数最小的情况求解安全距离【题文】3如图1所示，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，但仍保持等长且悬挂点不变木板静止时，F1表示单根轻绳对木板拉力的大小，F2表示两根轻绳对木板拉力的合力大小，则维修后（ ）AF1变大，F2不变 BF1变小，F2不变CF1变大，F2变大 DF1变小，F2变小【知识点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力B3 B4【答案解析】A 解析： 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【思路点拨】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【题文】4. 如图2所示，甲、乙两人在冰面上进行特殊的“拔河”运动。两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢。若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是（ ）A甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力B甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力 C若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利D若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利【知识点】牛顿第三定律C1【答案解析】C 解析： A、甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是作用力和反作用力，故A错误；B、甲对绳的拉力与乙对绳的拉力的一对平衡力，故B错误；C、若甲的质量比乙大，则甲的加速度比乙的小，可知乙先到分界线，故甲能赢得“拔河”比赛的胜利，故C正确；D、收绳速度的快慢并不能决定“拔河”比赛的输赢，故D错误故选C【思路点拨】作用力和反作用力一定是两个物体之间的相互作用力，并且大小相等，方向相反，同时产生同时消失，而平衡力不会同时产生和消失在作用力一样的情况下，由牛顿第二定律可知，质量大的，加速度小，运动的慢胜负的关键在于看谁的速度大，是谁先到达分界线，由于力的大小一样，又没有摩擦力，就只与质量有关了【题文】5如图3所示，足够长的水平传送带以的速度匀速运行.t=0时，在最左端轻放一个小滑块，t=2s时，传送带突然制动停下.已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为u=0.2，. 在下图中，关于滑块相对地面运动的v-t图像正确的是（ ）【知识点】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A2 A5 C2【答案解析】D 解析： 滑块放在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，a= =g=2m/s2，滑块运动到与传送带速度相同时需要的时间t1= =1s然后随传送带一起匀速运动的时间t2=t-t1=1s当送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止，a=-a=-2m/s2,运动的时间t3=1s所以速度时间图象对应D选项故选D【思路点拨】滑块放在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，当速度与传送带相等时，和传送带一起做运动运动，当传送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止物体在传送带运动问题，关键是分析物体的受力情况，来确定物体的运动情况，有利于培养学生分析问题和解决问题的能力【题文】6如图4所示，水平面上固定有一个斜面，从斜面顶端向右平抛一只小球，当初速度为v0时，小球恰好落到斜面底端，平抛的飞行时间为t0。现用不同的初速度v从该斜面顶端向右平抛这只小球，以下哪个图象能正确表示平抛的飞行时间t随v变化的函数关系（ ）【知识点】平抛运动D2【答案解析】C 解析： 当小球落在斜面上时，有：tan=，解得t=，与速度v成正比当小球落在地面上，根据h=gt2得，t=，知运动时间不变可知t与v的关系图线先是过原点的一条倾斜直线，然后是平行于横轴的直线故C正确，A、B、D错误故选：C【思路点拨】根据小球落在斜面上，结合竖直位移与水平位移的关系求出运动的时间小球落在地面上，高度一定，则运动时间一定解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解【题文】7美国的NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众.经常有这样的场面：在临终场0.1s的时候，运动员把球投出且准确命中，获得比赛的胜利.如果运动员投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐距地面高度为h2，球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能表达正确的是（ ）A.mgh1+mgh2WB.mgh2mgh1WC.W+mgh1mgh2D.W+mgh2mgh1【知识点】动能定理的应用E2【答案解析】C 解析： 篮球机械能守恒，选取地面为0势能面，设篮球进筐时的动能为W2，则有mgh1+W=mgh2+W2得：W2=W+mgh1-mgh2故选：C【思路点拨】篮球在空中飞行时受到的空气阻力忽略不计，只受重力，故机械能守恒，根据机械能守恒定律直接列式分析本题关键根据机械能守恒定律列式求解，守恒条件为只有重力做功【题文】8如图5所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球B下降h时的速度为（ ） A B C D【知识点】动能定理的应用E2【答案解析】A 解析： 小球A下降h过程，设弹簧的弹力做功为W，根据动能定理，有： mgh-W=0小球B下降h过程，根据动能定理，有 3mgh-W=3mv2-0联立解得，v=故选：A【思路点拨】对两个过程分别运用动能定理列式，之后联立方程组，并抓住两种情况下弹簧的弹力做功相等，再进行求解即可本题关键是对小球运动过程运用动能定理列式求解，也可以根据机械能守恒定律列式求解【题文】9. 如图6所示，虚线表示某电场的等势面.一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示.粒子在A点的加速度为aA、电势能为EA；在B点的加速度为aB、电势能为EB则下列结论正确的是（ ）A粒子带正电，aAaB，EAEB B粒子带正电，aAaB，EAEB C粒子带负电，aAaB，EAaB，EAEB 【知识点】电势能；电场强度I1 I2【答案解析】C 解析：根据粒子轨迹的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据U=Ed知，等差等势面越密的位置场强越大，B处等差等势面较密集，则场强大，带电粒子所受的电场力大，加速度也大，即aAaB；从A到B，电场线对带电粒子做负功，电势能增加，则知B点电势能大，即EAEB；故D正确故选：C【思路点拨】根据曲线的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据等差等势面的疏密判断场强大小，结合牛顿第二定律得到加速度大小关系；根据电场力做功情况断电势能高低本题关键是先根据靠差等势面的疏密判断场强的大小，再结合电场力做功正负分析电势能变化公式U=Ed，对非匀强电场可以用来定性分析场强.【题文】10两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，能正确描述x轴上的电势随位置变化规律的是图（ ）【知识点】电势差与电场强度的关系；电场的叠加；电势I1 I2【答案解析】A 解析： 两个等量异号电荷的电场线如下图，根据“沿电场线方向电势降低”的原理，从左侧无穷远处向右电势应升高，正电荷所在位置处最高；然后再慢慢减小，O点处电势为零，则O点右侧电势为负，同理到达负电荷时电势最小，经过负电荷后，电势开始升高，直到无穷远处，电势为零；故B、C、D是错误的；A正确故选A【思路点拨】本题根据电场线的性质，沿电场线的方向电势降低进行判断即可本题中应明确沿电场线的方向电势降低；并且异号电荷连线的中垂线上的电势为零；因为其中垂线为等势面，与无穷远处电势相等【题文】二、选择题（本题共5小题20分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）【题文】11如图7所示，某同学在研究运动的合成时做了下述活动：用左手沿黑板推动直尺竖直向上运动，运动中保持直尺水平，同时，用右手沿直尺向右移动笔尖。若该同学左手的运动为匀速运动，右手相对于直尺的运动为初速度为零的匀加速运动，则关于笔尖的实际运动，下列说法中正确的是（ ）A笔尖做匀速直线运动 B笔尖做匀变速直线运动C笔尖做匀变速曲线运动 D笔尖的速度方向与水平方向夹角逐渐变小【知识点】运动的合成和分解D1【答案解析】CD 解析： A、B、C笔尖参加了两个分运动，水平方向水平向右匀加速直线移动，竖直方向向上做匀速直线运动, 可知，笔尖做类平抛运动，所以笔尖做匀变速曲线运动，A、B错误，故C正确；D、水平方向做匀加速直线运动，竖直方向匀速运动，故笔尖的速度方向与水平方向夹角逐渐变小，D正确；故选CD【思路点拨】笔尖参加了两个分运动，水平方向水平向右匀加速直线移动，竖直方向向上做匀速直线运动，将分运动的速度合成可以得到合运动速度大小和方向的变化规律，进一步判断轨迹本题关键由分运动速度合成出合速度后，得到合速度方向的变化规律，再结合轨迹讨论即可，并掌握类平抛运动处理方法【题文】12如图8所示，离水平地面一定高处水平固定一内壁光滑的圆筒，筒内固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度现将一小球从地面以某一初速度斜向上抛出，刚好能水平进入圆筒中，不计空气阻力下列说法中正确的是（ ）A弹簧获得的最大弹性势能等于小球抛出时的动能B小球抛出的的过程中处于失重状态C小球压缩弹簧的过程小球减小的动能等于弹簧增加的势能D 小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中小球的机械能守恒【知识点】机械能守恒定律；平抛运动D2 E3【答案解析】BC 解析： A、小球抛出到将弹簧压缩过程，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能总量守恒，小球的动能转化为重力势能和弹簧的弹性势能，则弹簧获得的最大弹性势能小于小球抛出时的动能，故A错误；B、抛出过程受到重力，加速度向下，故小球失重，故B正确；C、小球压缩弹簧的过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，故小球减小的动能等于弹簧增加的势能,故C正确；D、小球抛出到将弹簧压缩过程，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能总量守恒，可知小球的机械能不守恒，故D错误；故选BC【思路点拨】小球运动的逆过程是平抛运动，而平抛运动可以沿水平和竖直方向正交分解，根据运动学公式结合几何关系可以列式求解；小球抛出到将弹簧压缩过程，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能总量守恒 【题文】13如图9所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触而未连接，弹簧水平且无形变。用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止。撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0 。物体与水平面间的动摩擦因数处处相同为，重力加速度为g。则（ ）A撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动B物体做匀减速运动的时间为C撤去F后，物体刚开始向左运动时的加速度大小为-D物体从开始向左运动到速度达到最大的过程中摩擦力对物体做的功为【知识点】牛顿第二定律C2【答案解析】BCD 解析： A、撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动；故A错误B、由题，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由牛顿第二定律得：匀减速运动的加速度大小为a= =g将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则 3x0=at2，得t=故B正确C、撤去F后，根据牛顿第二定律得物体刚运动时的加速度大小为a=，故C正确；D、由上分析可知，当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度最大，此时弹簧的压缩量为x=，则物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为W=mg（x0-x）=mg(x0)故D正确故选BCD【思路点拨】本题通过分析物体的受力情况，来确定其运动情况：撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，可知加速度先减小后增大，物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动；撤去F后，根据牛顿第二定律求解物体刚运动时的加速度大小；物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由牛顿第二定律求得加速度，由运动学位移公式求得时间；当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度最大，可求得此时弹簧的压缩量，即可求解物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功【题文】14如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在B板上。则t0可能属于的时间段是（ ）A BC D 【知识点】带电粒子在匀强电场中的运动I3【答案解析】ACD 解析： A、若0t0，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以A正确 B、若t0，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以B错误C、若t0T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C正确D、若Tt0，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以D 正确故选ACD【思路点拨】解决此题首先要注意A、B两板电势的高低及带正电粒子运动的方向，再利用运动的对称性，粒子加速与减速交替进行运动，同时注意粒子向左、右运动位移的大小，即可判断各选项的对错【题文】15如图10所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F一v2图象如图11所示。则（ ） A小球的质量为B当地的重力加速度大小为Cv2 =c时，小球对杆的弹力方向向下Dv2=2b时，小球受到的弹力与重力大小相等【知识点】向心力；牛顿第二定律C2 D4【答案解析】D 解析： A、B、由图乙看出：在最高点，若v=0，则F=mg=a；若F=0，则mg=m，解得：g=，m= R，故A、B错误；C、由图可知：v2=b时F=0，向心力Fn=mg，根据向心力公式Fn=m，可知：当v2b时，杆对小球弹力方向向下，所以当v2=c时，杆对小球弹力方向向下，则小球对杆的弹力方向向上，故C错误；D、若c=2b则F+mg=m，解得：F=a，而a=mg，则得：F=mg，故D正确故选D【思路点拨】在最高点，若v=0，则F=mg=a；若F=0，则mg=m，联立即可求得当地的重力加速度大小和小球质量；由图可知：当v2b时，杆对小球弹力方向向上，当v2b时，杆对小球弹力方向向下；若c=2b根据向心力公式即可求解本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息，关键是读图时要抓住斜率、截距等数学知识分析图象的意义【题文】三、填空、实验探究题（每空2分，共16分）【题文】16某同学用如图12所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M。弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置。分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向。(1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为_N。(2)下列不必要的实验要求是_。(请填写选项前对应的字母) (A)应测量重物M所受的重力(B)弹簧测力计在使用前应调零(C)拉线方向应与木板平面平行(D)改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置【知识点】验证力的平行四边形定则B6【答案解析】(1)（3.6或3.60）(其它均不给分) ，(2) D 解析：(1) 弹簧测力计读数，每1N被分成5格，则1格就等于0.2N图指针落在3N到4N的第3格处，所以3.6N(2)A、实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道故A正确；B、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零故B正确；C、拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性故C正确；D、当结点O位置确定时，弹簧测力计A的示数也确定，由于重物的重力已确定，两力大小与方向均一定，因此弹簧测力计B的大小与方向也一定，所以不需要改变拉力多次实验故D错误本题选不必要的，故选：D【思路点拨】确定出弹簧测力计的分度值，从而读出弹簧秤的读数在该实验中，由于P、O的位置确定，则A弹簧的拉力大小和方向一定，合力又一定，则弹簧B的拉力大小和方向也一定，不需进行多次实验本题考查了弹簧测力计读数、减小实验误差的方法，对弹簧测力计读数时要先确定其分度值，然后再读数，读数时视线要与刻度线垂直【题文】17在用电火花计时器“研究匀变速直线运动”的实验中，小车在恒定外力作用下运动，如图13所示是一次记录小车运动情况的纸带，图中A、B、C、D、E为相邻的计数点，相邻计数点间还有四个点未画出所用电源的频率为50 Hz.图13(1)由纸带根据运动学有关公式可求得vB1.38 m/s，vC_m/s，vD3.90 m/s.(2)利用纸带上的数据求出小车运动的加速度a_m/s2.(3)若实验中以打A点时开始计时，利用所得的数据做出小车的vt图线，将图线延长与纵轴相交，此交点纵轴坐标的物理意义是_。【知识点】探究小车速度随时间变化的规律A7【答案解析】(1)2.64(2.62.7)(2)12.6(1213) (3)开始计时时，小车的速度（或vA） 解析： （1）电源频率为50Hz，则周期为0.02s，相邻计数点间还有四个点未画出，则可知相邻计数点间的时间为0.1s，利用匀变速直线运动的推论可知平均速度等于中间时刻的瞬时速度：vC= m/s=2.64m/s（2）纸带加速度为：a= m/s2=12.6m/s2（3）此速度的物理意义是打点计时器打下计时点A时纸带对应的速度【思路点拨】纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度图线延长与纵轴相交，交点的物理意义是打点计时器打下计时点A时纸带对应的速度纸带问题单位一般不是m，要注意单位的换算，处理纸带的问题，我们要熟悉匀变速直线运动的特点，以及相应的推论【题文】18用如图14所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验所用的电源为学生电源，有输出电压为6V、频率为50Hz的交流电和输出电压为6V的直流电两种。质量为0.300kg的重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。（g取9.8m/s2）下面列举了该实验的几个操作步骤：A按照图示的装置安装器件；B将打点计时器接到输出电压为6V的直流电上；C松开手释放纸带，然后接通电源开关，打出一条纸带；D更换纸带重做几次，选择清晰的纸带进行测量；E根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能。 （1）指出其中操作不当的一个步骤，将其对应的字母填在下面的空行内，并写上正确的步骤。 （2） 实验中得到如图15所示的纸带，根据纸带可计算得知，重锤从B点到D点过程中重力势能减少量等于 J。（结果保留三位有效数字）图15（3） 在验证机械能守恒定律的实验中发现，重锤减小的重力势能总是大于重锤动能的增加量，其原因主要是 。【知识点】验证机械能守恒定律E5【答案解析】（1）B：打点计时器应该使用交流电. ( 或 C：应该先通电再释放纸带 ) （2） 0.271 （ 0.2690.275可算正确，有效数字不对不给分 ）（3） 实验过程中存在摩擦阻力 解析：（1）打点计时器的使用的几个注意事项，要检查打点计时器的两个限位孔和纸带的运动方向一致，该实验中，要在同一条竖直线上；打点计时器应该使用46V的交流电；要先接通电源开关，然后松开手释放纸带，该次序不能颠倒因此，以上的几个实验的三个操作步骤都有问题正确的方法应该是：A：按照图示的装置安装器件后，要检查打点计时器的两个限位孔是否在同一条竖直线上；B：打点计时器应该使用交流电；C：要先接通电源开关，然后松开手释放纸带，该次序不能颠倒（2）重锤从B点到D点过程中重力势能减少量：EPmgh0.39.8(4.42+4.80)1020.271J（3）在该实验中，由于摩擦力、空气阻力等阻力的存在，重锤减小的重力势能总是稍稍大于重锤动能的增加量；若重锤减小的重力势能总是大于重锤动能的增加量，而且比较明显，就要考虑阻力太大的原因在该实验过程的步骤A中，没有检查打点计时器的两个限位孔是否在同一条竖直线上，导致摩擦力太大，应该是导致误差太大的主要原因【思路点拨】（1）在验证机械能守恒定律的实验中，总共涉及到：打点计时器的使用，纸带的数据处理和验证机械能守恒定律这几项内容，特别是打点计时器的使用的几个注意事项，更是考查的重点，（1）和（3）就是这些方面（2）计算重力势能的减小，使用公式EP=mgh（1）打点计时器的使用的几个注意事项，是和它有关的实验中的重点之一，像该题中，打点计时器的使用的几个注意事项都存在一定的问题；（2）计算重锤在B点的速度和在D点的速度，要使用到纸带的数据处理的方法，即：某段过程中的中点时刻的即时速度，等于该段时间内的平均速度（3）该考题涉及的知识点较多，计算较简单，属于中档题目四、计算题（第19题10分、第20题12分、第21题12分，共34分）【题文】19（10分）某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示。他使木块以初速度v0=4m/s的速度沿倾角的斜面上滑，紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v-t图线如图乙所示。g取10m/s2。求：（1）（2分）上滑过程中的加速度的大小a1； （2）（3分）木块与斜面间的动摩擦因数；（3）（5分）木块回到出发点时的速度大小v。【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系A2 C2【答案解析】 （1）8m/s2；（2）0.35；（3）v=2m/s解析：（1）由题图乙可知，木块经0.5s滑至最高点 上滑过程中加速度的大小： （2）由牛顿第二定律得上滑过程中： 代入数据得 （3）下滑的距离等于上滑的距离：x= =1m下滑摩擦力方向变为向上，由牛顿第二定律F=ma得：下滑过程中：mgsin-mgcos=ma2解得：a2gsingcos100.3510 =2m/s2下滑至出发点的速度大小为：v=联立解得：v=2m/s 【思路点拨】（1）由v-t图象可以求出上滑过程的加速度（2）由牛顿第二定律可以得到摩擦因数（3）由运动学可得上滑距离，上下距离相等，由牛顿第二定律可得下滑的加速度，再由运动学可得下滑至出发点的速度解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式联合求解【题文】20如图16，一个质量为m的小球,以某一初速度从A点水平抛出，恰好从圆管BCD的B点沿切线方向进入圆弧，经BCD从圆管的最高点D射出，恰好又落到B点。已知圆弧的半径为R且A与D在同一水平线上，BC弧对应的圆心角=600，不计空气阻力求：图16(1) （3分）小球从A点做平抛运动的初速度v0的大小；(2) （6分）在D点处管壁对小球的作用力N；(3) （3分）小球在圆管中运动时克服阻力做的功Wf【知识点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力C2 D4 E2【答案解析】（1） （2） （3） 解析： （1）小球从A到B：竖直方向 则 在B点，由速度关系 （2）小球从D到B：竖直方向 解得： 则小球从D点抛出的速度 在D点，由向心力公式得： 解得： 方向竖直向上 （3）从A到D全程应用动能定理： 解得： 【思路点拨】（1）根据几何关系求出平抛运动下降的高度，从而求出竖直方向上的分速度，根据运动的合成和分解求出初速度的大小（2）根据平抛运动知识求出小球在D点的速度，再根据牛顿第二定律求出管壁对小球的弹力作用（3）对A到D全程运用动能定理，求出小球在圆管中运动时克服阻力做的功本题综合考查了平抛运动和圆周运动的基础知识，难度不大，关键搞清平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及圆周运动向心力的来源【题文】21(12分)如图17所示，离子发生器发射一束质量为m，电荷量为+q的离子，从静止经PQ两板间的加速电压加速后，以初速度v0再从a点沿ab方向进入一匀强电场区域，abcd所围成的正方形区域是该匀强电场的边界，已知正方形的边长为L，匀强电场的方向与ad边平行且由a指向d（1）(3分)求加速电压U0；（2）(4分)若离子恰从c点飞离电场，求ac两点间的电势差Uac；（3）(5分)若离子从abcd边界上某点飞出时的动能为mv02，求此时匀强电场的场强大小E【知识点】带电粒子在匀强电场中的运动I3【答案解析】（1）（2）（3） 解析： (1)对直线加速过程，根据动能定理，有:qU0= 解得:U0= (2)设此时场强大小为E，则:ab方向，有:L=v0tad方向，有:L= Uac=EL 解得:Uac= （3）根据Ek=m可知，离子射出电场时的速度v= v0，方向与ab所在直线的夹角为45，即vx=vy，根据x=vxt，v=t可得x=2y，则离子应该从bc边上的某点飞出ab方向，有：L=v0tad方向，有：y=t解得：y=根据动能定理，有：Eqy=m -解得:E= 【思路点拨】（1）对直线加速过程运用动能定理列式求解即可；（2）粒子做类似平抛运动，根据类平抛运动的分位移公式列式求解即可；（3）粒子做类似平抛运动，根据类平抛运动的分速度公式和分位移公式列式，再结合动能定理列式，最后联立求解即可本题关键是明确粒子的运动是类似平抛运动，然后根据类似平抛运动的分运动公式列式求解，不难