(含答案解析)江苏省泰州市姜堰市2015届高三调研物理试卷.doc

2015年江苏省泰州市姜堰市高考物理调研试卷一、单项选择题：本大题共6小题，每小题3分，共18分，每小题只有一个选项符合题意.1（3分）（2015姜堰市模拟）下列关于物理学思想方法的叙述错误的是（） A 探究加速度与力和质量关系的实验中运用了控制变量法 B 电学中电阻、场强和电势的定义都运用了比值法 C 力学中将物体看成质点运用了理想化模型法 D t0时的平均速度可看成瞬时速度运用了等效替代法【考点】： 瞬时速度；平均速度【分析】： 解答本题应掌握：在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量法；理解常见的比值定义得出的物理量；质点采用的是理想化的物理模型；瞬时速度采用了极限思想【解析】： 解：A、在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量法，故A正确；B、电学中电阻、场强和电势的定义都运用了比值法，故B正确；C、质点并不存在，采用的是理想化的物理模型；故C正确；D、t0时的平均速度可看成瞬时速度，采用的是极限分析方法；故D错误；本题选错误的，故选：D【点评】： 学习物理不但要学习知识点，同时还要注意学习相应的物理方法2（3分）（2015姜堰市模拟）关于人造地球卫星，下列说法中正确的是（） A 卫星离地球越远，运行周期越小 B 卫星运行的瞬时速度可以大于7.9km/s C 同一圆轨道上运行的两颗卫星，线速度大小可能不同 D 地球同步卫星可以经过地球两极上空【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【专题】： 人造卫星问题【分析】： 造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力，可知角速度和线速度与圆周运动半径间的关系，第一宇宙速度是绕地球做圆周运动的最大运行速度同步卫星的轨道平面与赤道平面重合，故同步卫星不会经过地球两极【解析】： 解：A、根据万有引力提供向心力，得，由此可知，距离越远，周期越大，故A错误B、根据万有引力提供向心力，得，近地卫星的轨道半径近似等于地球半径，此时速度等于7.9km/s，当卫星在近地轨道加速，会做离心运动，而做椭圆轨道运动，故卫星做椭圆轨道运动经过近地点时的速度大于7.9km/s，故B正确C、根据可知，轨道相同，则线速度一定大小相等，故C错误D、地球同步卫星的轨道平面与赤道平面重合，故同步卫星不可能经过地球两极上空故D错误故选：B【点评】： 本题主要考查卫星的相关知识，能根据万有引力提供圆周运动向心力分析描述圆周运动物理与卫星轨道半径的关系，知道同步卫星的轨道平面与赤道平面重合3（3分）（2015姜堰市模拟）如图所示，一只半径为R的半球形碗倒扣在水平桌面上处于静止状态，一质量为m的蚂蚁在离桌面高度R时恰能停在碗上则蚂蚁受到的最大静摩擦力大小为（） A 0.6mg B 0.8mg C 0.4mg D 0.75mg【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】： 蚂蚁受重力、支持力和静摩擦力处于平衡，根据平衡求出蚂蚁和碗面间的动摩擦因数【解析】： 解：蚂蚁受重力、支持力和摩擦力处于平衡，摩擦力与水平方向所成的夹角为，根据平衡有：f=mgsin=N=mgcos而cos=0.8所以=tan=故最大静摩擦力为：f=mgcos=0.6mg故选：A【点评】： 解决本题的关键是能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解4（3分）（2015姜堰市模拟）如图所示，在光滑的水平面上有一段长为L、质量分布均匀的绳子，绳子在水平向左的恒力F作用下做匀加速直线运动绳子上某一点到绳子右端的距离为x，设该处的张力为T，则能正确描述T与x之间的关系的图象是（） A B C D 【考点】： 物体的弹性和弹力【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 对x受力分析，对整体受力分析由牛顿第二定律可求得整体的加速度；再由牛顿第二定律可得出T与x的关系【解析】： 解：设单位长度质量为m；对整体分析有：F=Lma；则对x分析可知：T=xma联立解得：T=；故可知T与x成正比；且x=0时，T=0；故A正确；故选：A【点评】： 本题考查牛顿第二定律的应用，要注意明确整体法与隔离法的应用，正确选取研究对象再用牛顿第二定律即可列式求解5（3分）（2015姜堰市模拟）如图所示，两相同灯泡A1、A2，A1与一理想二极管D连接，线圈L的直流电阻不计下列说法正确的是（） A 闭合开关S后，A1会逐渐变亮 B 闭合开关S稳定后，A1、A2亮度相同 C 断开S的瞬间，A1会逐渐熄灭 D 断开S的瞬间，a点的电势比b点低【考点】： 自感现象和自感系数【分析】： 对于二极管来说具有单向导电性，而对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流【解析】： 解：A、闭合开关S后，因线圈自感，但两灯和线圈不是串联的关系，则两灯立刻亮，故A错误；B、闭合开关S稳定后，因线圈L的直流电阻不计，所以A1与二极管被短路，导致灯泡A1不亮，而A2将更亮，因此A1、A2亮度度不同，故B错误；C、断开S的瞬间，A2会立刻熄灭，线圈L与灯泡A1及二极管构成回路，因线圈产生感应电动势，a端的电势低于b端，但二极管具有单向导电性，所以所以回路没有感应电流，A1也是立即熄灭；故C错误D正确；故选：D【点评】： 记住自感线圈对电流突变时的阻碍：闭合开关瞬间L相当于断路，稳定后L相当于一段导线，断开瞬间L相当于电源，注意二极管的单向导电性6（3分）（2013山东）将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场中回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场，以向里为磁场的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是（） A B C D 【考点】： 楞次定律；安培力；左手定则【专题】： 电磁感应与图像结合【分析】： 当线圈的磁通量发生变化时，线圈中才会产生感应电动势，从而形成感应电流；当线圈的磁通量不变时，则线圈中没有感应电动势，所以不会有感应电流产生由楞次定律可知电流的方向，由左手定则判断安培力的方向【解析】： 解：分析一个周期内的情况：在前半个周期内，磁感应强度均匀变化，磁感应强度B的变化度一定，由法拉第电磁感应定律得知，圆形线圈中产生恒定的感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变，ab边在磁场中所受的安培力也恒定不变，由楞次定律可知，圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，通过ab的电流方向从ba，由左手定则判断得知，ab所受的安培力方向水平向左，为负值；同理可知，在后半个周期内，安培力大小恒定不变，方向水平向右故B正确故选B【点评】： 本题要求学生能正确理解Bt图的含义，故道B如何变化，才能准确的利用楞次定律进行判定根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的变化，由欧姆定律判断感应电流的变化，进而可确定安培力大小的变化二、多项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共16分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意.全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分.7（4分）（2015姜堰市模拟）一滑块以初速度v0从固定的足够长斜面底端沿斜面向上滑行，该滑块的“速度时间”图象可能是（） A B C D 【考点】： 匀变速直线运动的图像【专题】： 运动学中的图像专题【分析】： 由于题目中没有告诉斜面是否光滑和摩擦因数的大小，故必须进行讨论，当斜面光滑时物体的加速度由重力沿斜面方向的分力提供，故物体在上升和下降的过程中加速度不变；如果最大静摩擦力大于大于重力沿斜面方向的分力，则物体的速度为0后将保持静止；如果重力沿斜面方向的分力大于滑动摩擦力，则物体能够返回运动，但合外力减小速度图象的斜率等于物体的加速度【解析】： 解：A、若滑块可能不受滑动摩擦力，滑块先向上做匀减速运动，后向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可知，两个过程的加速度相同，故A是可能的故A正确B、若滑块受滑动摩擦力，滑块可能向上做匀减速运动，最后停在最高点故B正确C、若滑块受滑动摩擦力，滑块先向上做匀减速运动，后向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律分析得知，下滑的加速度小于上滑的加速度，下滑过程速度图象的斜率小于上滑过程的斜率故D错误，C正确故选：ABC【点评】： 做题时一定要注意题目有没有告诉斜面是否光滑和不光滑时摩擦因数的大小，否则要注意讨论这是解决此类题目时一定要注意的问题8（4分）（2015姜堰市模拟）“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型，如图所示，已知绳长为l，重力加速度为g，则（） A 小球运动到最低点Q时，处于失重状态 B 小球初速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大 C 当时，小球一定能通过最高点P D 当时，细绳始终处于绷紧状态【考点】： 向心力；牛顿第二定律；机械能守恒定律【专题】： 牛顿第二定律在圆周运动中的应用【分析】： 小球在最高点绳子的拉力与重力的合力提供向心力，在最低点也是绳子的拉力与重力的合力提供向心力，可根据牛顿第二定律列式求解，同时小球从最高点运动得到最低点的过程中，只有重力做功，可运用动能定理列式求解【解析】： 解：A、小球在最低点时重力与拉力的合力提供向心力，所以小球受到的拉力一定大于重力，小球处于超重状态故A错误；B、设小球在最高点的速度为v1，最低点的速度为v2；由动能定理得：球经过最高点P：球经过最低点Q时，受重力和绳子的拉力，如图根据牛顿第二定律得到，F2mg=m联立解得：F2F1=6mg，与小球的速度无关故B错误；C、球恰好经过最高点P，速度取最小值，故只受重力，重力提供向心力：mg=m，得：小球以v0向上运动到最高点时：由动能定理得：得：所以小球一定能够过最高点故C正确；D、若，设小球能够上升的最大高度h：由机械能守恒得：所以：hl小球上升的最高点尚不到与O水平的高度，所以细绳始终处于绷紧状态故D正确故选：CD【点评】： 本题小球做变速圆周运动，在最高点和最低点重力和拉力的合力提供向心力，同时结合动能定理列式求解！9（4分）（2015姜堰市模拟）如图甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表，Rt为阻值随温度升高而变小的热敏电阻，R1为定值电阻若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电下列说法中正确的是（） A 输入变压器原线圈的交流电压的表达式为U=36sin50tV B t=0.01s时，发电机的线圈平面与磁场方向垂直 C 变压器原、副线圈中的电流之比为4：1 D Rt温度升高时，电流表的示数变大【考点】： 变压器的构造和原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【专题】： 交流电专题【分析】： 由图乙可知交流电压最大值Um=36V，周期T=0.02s，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的表达式U=36sin100tV、由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，Rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流【解析】： 解：A、由图乙可知交流电压最大值Um=36V，周期T=0.02s，可由周期求出角速度的值为=100，则可得交流电压u的表达式 U=36sin100tV，故A错误；B、t=0.01s时，瞬时值为零，发电机的线圈平面与磁场方向垂直，故B正确；C、变压器原、副线圈中的电流之比为1：4，故C错误D、t处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，故D正确；故选：BD【点评】： 根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键10（4分）（2015姜堰市模拟）如图所示，真空中ab、cd是圆O的两条直径，在a、b两点分别固定电荷量+Q和Q的点电荷，下列说法中正确的是（） A c、d两点的电场强度相同，电势不同 B c、d两点的电场强度不同，电势相同 C 直径ab上O点的电场强度最大，电势为零 D 一负电荷在c点的电势能小于它在d点的电势能【考点】： 电势差与电场强度的关系；电场强度【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 等量异种电荷的电场线和等势线都是关于连线、中垂线对称电场线的疏密代表场强的大小，电场力做正功，电势能减小，反之增大【解析】： 解：A、等量异种电荷的电场线和等势线都是关于连线、中垂线对称的，所以C、D两点的场强大小相等，方向相同，但电势大小不等，A正确，B错误C、根据电场线的特点，在ab连线上o点的电场线最疏，场强最小，故C错误；D、一负电荷从c点移到d点的过程中，电场力做负功，故电势能增大，故D正确；故选：AD【点评】： 加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题三、简答题：本题大共5小题，共32分.11（4分）（2015姜堰市模拟）以下说法中正确的是（） A 系统在吸收热量时内能一定增加 B 悬浮在空气中做布朗运动的PM2.5微粒，气温越高，运动越剧烈 C 分子间的距离为r0时，分子间作用力的合力为零，分子势能最小 D 用力拉铁棒的两端，铁棒没有断，说明此时分子间只存在引力而不存在斥力【考点】： 热力学第一定律；布朗运动；分子间的相互作用力【分析】： 由热力学第一定律，U=W+Q，即可求解；气温越高，布朗运动的越剧烈；分子间的引力与斥力同时存在，不过斥力变化的快些，从而各项即可求【解析】： 解：A、根据热力学第一定律，U=W+Q，系统在吸收热量时，同时向外放热，则内能不一定增加，故A错误；B、当温度越高时，分子运动越激烈，导致布朗运动的颗粒也激烈，故B正确；C、分子间的距离为r0时，分子间作用力的合力为零，分子势能最小，故C正确；D、铁棒没有断，说明此时分子间同时存在引力与斥力，分子力体现为引力，故D错误；故选：BC【点评】： 【点评】：考查热力学第一定律的内容，掌握布朗运动的影响因素，注意气体压强的微观解释，及斥力与引力同时存在，且同增同减12（4分）（2015姜堰市模拟）现有按酒精与油酸的体积比为m：n 配制好的油酸酒精溶液，用滴管从量筒中取体积为V的该种溶液，让其自由滴出，全部滴完共N滴把一滴这样的溶液滴入盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面上展开，稳定后形成单分子油膜的形状如右图所示，已知坐标纸上每个小方格面积为S根据以上数据可估算出油酸分子直径为d=；若已知油酸的密度为，阿佛加德罗常数为NA，油酸的分子直径为d，则油酸的摩尔质量为【考点】： 用油膜法估测分子的大小【专题】： 实验题【分析】： 掌握估算油膜面积的方法：所围成的方格中，面积超过一半按一半算，小于一半的舍去；让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，根据d=估算出油膜厚度，即为分子直径；摩尔质量为1moL分子的质量之和，液体分子间隙忽略不计，故1moL分子的体积等于液体的体积【解析】： 解：估算油膜面积时以超过半格以一格计算，小于半格就舍去的原则，估算出8格，则油酸薄膜面积为8S；一滴溶液中纯油酸的体积为：V0=；故分子直接：d=；油酸的分子直径为d，故油酸分子的体积为：V0=；油酸的摩尔体积为：V=NAV0；故油酸的摩尔质量为：M=V=NAV0=；故答案为：，【点评】： 掌握该实验的原理是解决问题的关键，该实验中以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个挨一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度，从而求出分子直径13（4分）（2015姜堰市模拟）一定质量理想气体经历如图所示的AB、BC、CA三个变化过程，TA=300K，气体从CA的过程中做功为100J，同时吸热250J，已知气体的内能与温度成正比求：（1）气体处于C状态时的温度TC；（2）气体处于C状态时内能EC【考点】： 理想气体的状态方程【专题】： 理想气体状态方程专题【分析】： （1）由图可知CA过程是等压变化，根据盖吕萨克定律列式可求C状态的温度；（2）气体从CA的过程中做功为100J，同时吸热250J，根据热力学第一定律可求内能的变化量【解析】： 解：（1）对AC的过程是等压过程，对气体的状态参量进行分析有状态A：PA=P VA=2V TA=300K状态C：PC=P VC=V TC=？根据盖吕萨克定律得：解得：（2）由气体的内能与温度成正比tA=300K，tC=150K可知EA=2EC 又C到A过程气体的体积减小，气体对外界做功，即有W=100J吸热250J，则有 Q=250J满足EA100J+250J=EC 联立求得EC=150J，EA=300J答：（1）气体处于C状态时的温度TC=150K；（2）气体处于C状态时内能EC=150J【点评】： 本题是理想气体状态方程和热力学第一定律的综合应用运用热力学第一定律时，注意做功W和热量Q的符号，对外做功和放热为负的，对气体做功和吸热为正的14（12分）（2015姜堰市模拟）为了测量某一未知电阻Rx的阻值，实验室提供以下器材：电压表（03V，内阻约3k）、电流表（00.6A，内阻约0.5）、滑动变阻器（015，2A）、电源（E=3V，内阻很小）、开关与导线，某同学设计的实验电路图如图甲所示（1）请按甲电路图将图乙中实物连线补齐（2）图乙中，闭合开关前，应将滑动变阻器P置于a端（选填“a”、“b”）（3）闭合开关，缓慢调节滑动变阻器，得到多组电压U与电流I的读数，请你根据坐标系中描出的实验数据点画出UI图线（4）根据UI图象求得未知电阻的阻值Rx=5.0（保留两位有效数字）；实验测出Rx的测量值真实值（填“”、“”或“=”）（5）利用现有的器材，为了更准确地测量该电阻的阻值，请你对电表的接法提出建议并说明理由由于待测电阻相对较小，建议电流表外接【考点】： 伏安法测电阻【专题】： 实验题【分析】： 根据实验电路图连接实物电路图；闭合开关前，滑片应置于最大阻值处，根据电路图确定滑片的位置；将描出点连接起来；根据图象由欧姆定律求出电阻阻值，根据电路图与欧姆定律分析实验误差；根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，从而改进实验【解析】： 解：（1）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示；（2）由图示电路图可知，闭合开关前，滑片应置于a端，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大；（3）根据坐标系中描出的实验数据点画出UI图线：（4）由图示UI图象可知，待测电阻阻值为：由电路图可知，电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，所测电压偏大，由欧姆定律可知，电阻测量值大于真实值（5）由于待测电阻阻值较小，所以电流表应采用外接法，电流表采用外接法可以减小实验误差故答案为：（1）实物图连线如右图（2）a （3）（4）Rx=5.0，（5）由于待测电阻相对较小，建议电流表外接【点评】： 本题考查了连接实物电路图、实验注意事项、作图象、求电阻阻值、实验误差分析，根据题意确定滑动变阻器与电流表接法是正确连接实物电路图的关键；要掌握描点法作图的方法15（8分）（2015姜堰市模拟）某实验小组利用如图甲所示的实验装置来验证钩码和滑块系统的机械能守恒（1）如图乙所示，用游标卡尺测得遮光条的宽度d=3.25mm（2）实验前调整气垫导轨底座使之水平，实验时将滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间t，则滑块经过光电门时的速度可表示为（各物理量均用字母表示）（3）用天平测出钩码的质量m和滑块的质量M，已知重力加速度为g，本实验还需要测量的物理量是滑块上的遮光条初始位置到光电门的距离s（文字说明并用相应的字母表示）（4）本实验验证钩码和滑块系统机械能守恒的表达式为mgs=（m+M）（）2【考点】： 验证机械能守恒定律【专题】： 实验题【分析】： （1）掌握游标卡尺的读数方法，即主尺读数加上游标读数，不需估读；（2）本实验中由于遮光条通过光电门的时间极短因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度大小；（3、4）比较重力势能的减小量和动能的增加量是否相等即可判断机械能是否守恒【解析】： 解：（1）游标卡尺主尺读数为0.3cm=3mm，游标尺上第5个刻度与主尺上某一刻度对齐，则游标读数为50.05=0.25mm，所以最终读数为：3mm+0.25m=3.25mm；（2）由于遮光条通过光电门的时间极短因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度，因此滑块经过光电门时的瞬时速度为：v=（3）根据实验原理可知，该实验中需要比较重力势能的减小量和动能的增加量是否相等即可判断机械能是否守恒，故需要测量的物理量为：滑块上的遮光条初始位置到光电门的距离s，滑块的质量M钩码和滑块所组成的系统为研究对象，其重力势能的减小量为mgs，系统动能的增量为：（m+M）（）2，（4）因此只要比较二者是否相等，即可验证系统机械能是否守恒则为mgs=（m+M）（）2，故答案为：（1）3.25mm；（2）；（3）滑块上的遮光条初始位置到光电门的距离s；（4）mgs=（m+M）（）2【点评】： 物理实验如何变化，正确理解实验原理都是解答实验的关键，同时加强物理基本规律在实验中的应用四、计算题：本大题共4小题，共54分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.16（12分）（2015姜堰市模拟）如图所示，遥控赛车比赛中的一个规定项目是“飞跃壕沟”，比赛要求是：赛车从起点出发，沿水平直轨道运动，在B点飞出后越过“壕沟”，落在平台EF段已知赛车的额定功率P=12.0W，赛车的质量m=1.0kg，在水平直轨道上受到的阻力f=2.0N，AB段长L=10.0m，B、E两点的高度差h=1.25m，BE的水平距离x=1.5m赛车车长不计，空气阻力不计g取10m/s2（1）若赛车在水平直轨道上能达到最大速度，求最大速度vm的大小；（2）要使赛车越过壕沟，求赛车在B点速度至少多大；（3）若比赛中赛车以额定功率运动，经过A点时速度vA=1m/s，求赛车在A点时加速度大小【考点】： 功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律；平抛运动【专题】： 功率的计算专题【分析】： （1）当赛车在水平轨道上做匀速直线运动时，速度达到最大，由平衡条件求得牵引力，由功率公式P=Fv求解最大速度；（2）赛车飞越壕沟过程做平抛运动，要越过壕沟，赛车恰好落在E点，根据运动学公式和平抛运动规律求解赛车在B点最小速度v的大小；（3）以额定功率启动，根据P=FvA可得牵引力，由牛顿第二定律可得在A点的加速度【解析】： 解：（1）赛车在水平轨道上达到最大速度时做匀速直线运动，设其牵引力为F牵，则有：F牵=f，又因为：P额=F牵vm，所以：vm=6m/s（2）赛车通过B点在空中做平抛运动，设赛车能越过壕沟的最小速度为v，在空中运动时间为t，则有：h=，x=vt，解得：v=3m/s（3）以额定功率启动，根据P=FvA，代入数据得：F=12N根据牛顿第二定律：Ff=Ma，代入数据得：a=10m/s2答：（1）赛车在水平直轨道上能达到的最大速度vm的大小是6m/s；（2）要越过壕沟，赛车在B点最小速度v的大小是3m/s；（3）若比赛中赛车以额定功率运动，经过A点时速度vA=1m/s，求赛车在A点时加速度大小a=10m/s2【点评】： 本题要正确分析赛车在水平轨道上运动的运动情况，抓住牵引力与摩擦力平衡时速度最大是关键点之一赛车从平台飞出后做平抛运动，如果水平位移大于等于壕沟宽度赛车就可以越过壕沟17（13分）（2015姜堰市模拟）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，将钉子打入一定深度物体上升过程中，机械能E与上升高度h的关系图象如图乙所示不计所有摩擦，g取10m/s2求：（1）物体上升到1m高度处的速度；（2）物体上升1m后再经多长时间才撞击钉子（结果可保留根号）；（3）物体上升到0.25m高度处拉力F的瞬时功率【考点】： 功能关系；牛顿第二定律；机械能守恒定律【专题】： 机械能守恒定律应用专题【分析】： （1）由图读出1m高度处的机械能，而动能与势能之和是物体的机械能，即可求得速度（2）由图2所示图象可以求出物体上升1m时物体的速度，撤去拉力后物体做匀减速直线运动，由匀变速运动的速度公式可以求出撞击钉子所需时间（3）求出高度为0.25m时物体的速度及拉力大小，然后由P=Fv可以求出拉力的功率【解析】： 解：（1）设物体上升到h1=1m处的速度为v1，由图乙知， mgh1+=12J解得，v1=2m/s（2）由图乙知，物体上升到h1=1m后机械能守恒撤去拉力后，物体匀减速上升，至最高点后再自由下落设物体上升1m后再经时间t才撞击钉子，则h1=v1tgt2，解得t=；（2）由功能关系可得：Fh=E，物体上升h1=1m时，E=12J，则拉力F=12N；由牛顿第二定律可得：Fmg=ma，由匀变速运动的速度位移公式可得：v220=2ah2，h2=0.25m，此时拉力的瞬时功率P=Fv2，解得P=12W；答：（1）物体上升到1m高度处的速度是2m/s；（2）物体上升1m后再经时间才撞击钉子；（3）物体上升到0.25m高度处拉力F的瞬时功率是12W【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18（14分）（2015姜堰市模拟）如图所示，电阻不计的两光滑平行金属导轨相距L=1m，PM、QN部分水平放置在绝缘桌面上，半径a=0.9m的光滑金属半圆导轨处在竖直平面内，且分别在M、N处平滑相切，PQ左端与R=2的电阻连接一质量为m=1kg、电阻r=1的金属棒放在导轨上的PQ处并与两导轨始终垂直整个装置处于磁感应强度大小B=1T、方向竖直向上的匀强磁场中，g取10m/s2求：（1）若金属棒以v=3m/s速度在水平轨道上向右匀速运动，求该过程中棒受到的安培力大小；（2）若金属棒恰好能通过轨道最高点CD处，求棒通过CD处时棒两端的电压；（3）设LPM=LQN=3m，若金属棒从PQ处以3m/s匀速率沿着轨道运动，且棒沿半圆轨道部分运动时，回路中产生随时间按余弦规律变化的感应电流，求棒从PQ运动到CD的过程中，电路中产生的焦耳热【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： （1）由E=BLv求的感应电动势，在求出感应电流，由F=BIL求的安培力；（2）由牛顿第二定律求的CD处的速度，由闭合电路的欧姆定律求的CD电压；（3）求出在水平部分和圆弧部分产生的感应电动势，由求的产生的焦耳热【解析】： 解：（1）产生的感应电动势为：E=BLv形成的感应电流为：I=受到的安培力为：F=BIL联立解得：F=1N （2）在最高点CD处，有：解得：v2=3m/s E=BLv2=3V（3）在水平轨道上，有：E=BLv在半圆轨道上，感应电动势最大值为：Em=Blv=3V= J=1.41J Q=Q1+Q2=3+1.41J=4.41J答（1）该过程中棒受到的安培力大小为1N；（2）棒通过CD处时棒两端的电压为2V；（3）电路中产生的焦耳热为4.41J【点评】： 本题是电磁感应与力学、交变电流的综合，要明确导体棒恰好能通过轨道最高点CD处的临界条件，把握在半圆轨道上产生的感应电流规律，知道对于交变电流，必须用有效值求热量19（15分）（2015姜堰市模拟）如图所示，在xoy平面yO的区域内有沿y轴负方向的匀强电场，在yO的区域内有垂直于xoy平面向里的匀强磁场一质量为m、电荷量为q的带电粒子从坐标为（2l，l）的P点以初速度v0沿x轴负方向开始运动，恰能从坐标原点O进入磁场.不计带电粒子重力（1）求匀强电场场强的大小（2）若带电粒子每隔相同的时间以相同的速度通过O点，则磁感应强度大小B1为多少？（3）若带电粒子离开P点后只能通过O点两次，则磁感应强度大小B2为多少？【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题【分析】： （1）带电粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律求解出匀强电场场强的大小（2）由几何关系和对称性，确定粒子圆周运动的半径，然后由牛顿第二定律求出B1（2）要使粒子经过O点，则需满足：ns=r2（n=1，2，3），然后由牛顿第二定律求B2；【解析】： 解：（1）带电粒子在电场中做类平拋运动水平方向上：x=2l=v0t 竖直方向上：y=l=化简可得 E=（2）根据类平抛运动 vy=at=可得 vy=v0，=45 v=在磁场中，有 qvB1=m由几何关系得 2r1sin=4l联立解得 B1=（3）带电粒子从O点进入磁场后做半径为r2的匀速圆周运动，设粒子连续两次进入磁场位置间的距离为s，由对称性和几何关系知：s=4lr2要使粒子经过O点，则需满足：ns=r2（n=1，2，3）由qvB2=m，解得：B2=（n=1，2，3）答：（1）匀强电场场强的大小为（2）若带电粒子每隔相同的时间以相同的速度通过O点，则磁感应强度大小B1为B1（3）若带电粒子离开P点后只能通过O点两次，则磁感应强度大小B2为（n=1，2，3）【点评】： 本题考查带电粒子在复合场中的运动，综合性较强，对学生能力的要求较高，关键要理清带电粒子的运动规律