江蘇省揚(yáng)州市高三物理上學(xué)期期中試卷（含解析）新人教版

1、江蘇省揚(yáng)州市2013屆高三上學(xué)期期中考試物理試卷一、單項(xiàng)選擇題：本題共5小題，每小題3分，共15分每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意選對(duì)的得3分，錯(cuò)選或不答的得0分1（3分）下列說(shuō)法中正確的是（）a在電場(chǎng)中某點(diǎn)的電勢(shì)為零，則該點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度一定為零b做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的物體，同一時(shí)間內(nèi)通過(guò)的路程與位移的大小一定相等c速度不變的運(yùn)動(dòng)就是勻速直線運(yùn)動(dòng)，加速度不變的運(yùn)動(dòng)可以是曲線運(yùn)動(dòng)d在地面上發(fā)射飛行器，如果發(fā)射速度大于7.9km/s，而小于11.2km/s，則它將掙脫地球的束縛繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)：勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；物體做曲線運(yùn)動(dòng)的條件；電場(chǎng)強(qiáng)度專題：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題分析：電場(chǎng)中某點(diǎn)的電勢(shì)和電

2、場(chǎng)強(qiáng)度無(wú)關(guān)；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的物體，同一時(shí)間內(nèi)通過(guò)的路程與位移的大小一定相等；第一宇宙速度是7.9km/s，第二宇宙速度是飛行器掙脫地球的束縛繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的速度，大小是11.2km/s，速度大于7.9km/s，而小于11.2km/s，則它將在繞地球的橢圓軌道上運(yùn)動(dòng)解答：解：a：電勢(shì)和電場(chǎng)強(qiáng)度是分別描述電場(chǎng)的力的性質(zhì)和能的性質(zhì)的物理量，它們的大小沒(méi)有直接的關(guān)系，故a錯(cuò)誤；b：做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的物體，同一時(shí)間內(nèi)通過(guò)的位移的大小還與初末的速度的大小即方向都有關(guān)，只有方向相同時(shí)，同一時(shí)間內(nèi)通過(guò)的路程與位移的大小才相等，故b錯(cuò)誤c：速度是矢量，速度不變指的是大小和方向都不變的運(yùn)動(dòng)，它就是勻速直線運(yùn)動(dòng)；加速度

3、不變的運(yùn)動(dòng)要看它的速度方向與加速度的方向是否一致，一致時(shí)做直線運(yùn)動(dòng)，否則，物體就做曲線運(yùn)動(dòng)，故c正確；d：第一宇宙速度是7.9km/s，第二宇宙速度是飛行器掙脫地球的束縛繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的速度，大小是11.2km/s，速度大于7.9km/s，而小于11.2km/s，則它將在繞地球的橢圓軌道上運(yùn)動(dòng)，故d錯(cuò)誤故選：c點(diǎn)評(píng)：電場(chǎng)中某點(diǎn)的電勢(shì)和電場(chǎng)強(qiáng)度無(wú)關(guān)；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的物體，同一時(shí)間內(nèi)通過(guò)的路程與位移的大小一定相等；第二宇宙速度是飛行器掙脫地球的束縛繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的速度，大小是11.2km/s，大于11.2km/s，飛行器才掙脫地球的束縛繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)2（3分）如圖所示，晾曬衣服的繩子輕且光滑，懸掛衣服的衣架掛

4、鉤也光滑，輕繩兩端分別固定在兩根豎直桿上的a、b兩點(diǎn)，衣服處于靜止?fàn)顟B(tài)已知衣服及衣架的質(zhì)量為m，此時(shí)繩與水平方向夾角為，則繩中的張力f為（）abtancd考點(diǎn)：共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；力的合成與分解的運(yùn)用專題：共點(diǎn)力作用下物體平衡專題分析：對(duì)掛鉤受力分析，根據(jù)平衡條件結(jié)合幾何關(guān)系列式求解根據(jù)三力平衡條件可知，兩繩子的拉力t的合力f與mg等值反向解答：解：對(duì)掛鉤受力分析，如圖所示，繩中的拉力大小左右相等，根據(jù)三力平衡條件可知，兩繩子的拉力t的合力f與mg等值反向，作出兩個(gè)拉力t的合力f如圖，根據(jù)平衡條件得 2tsin=mg解得，t=故d正確故選d點(diǎn)評(píng)：本題中掛鉤與動(dòng)滑輪類似，要抓住繩中的拉力大

5、小左右相等的特點(diǎn)，由平衡條件求解繩子的拉力3（3分）質(zhì)量相等的甲、乙兩車(chē)從某地同時(shí)由靜止開(kāi)始沿直線同方向加速運(yùn)動(dòng)，甲車(chē)功率恒定，乙車(chē)牽引力恒定，兩車(chē)所受阻力相等且均為恒力經(jīng)過(guò)t時(shí)間，甲、乙兩車(chē)速度相同，則（）at時(shí)刻甲車(chē)一定在乙車(chē)的前面bt時(shí)刻甲車(chē)加速度大于乙車(chē)加速度ct時(shí)刻甲車(chē)牽引力的瞬時(shí)功率大于乙車(chē)牽引力的瞬時(shí)功率dt時(shí)間內(nèi)甲車(chē)牽引力的平均功率小于乙車(chē)牽引力的平均功率考點(diǎn)：功率、平均功率和瞬時(shí)功率專題：功率的計(jì)算專題分析：汽車(chē)恒定功率啟動(dòng)是加速度不斷減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度減為零時(shí)，速度達(dá)到最大值；汽車(chē)勻加速啟動(dòng)，牽引力不變，是功率不斷變大的運(yùn)動(dòng)解答：解：a、恒定功率啟動(dòng)是加速度不斷減小的

6、加速運(yùn)動(dòng)，其速度時(shí)間圖象為曲線，勻加速啟動(dòng)是直線，如圖速度時(shí)間圖象與時(shí)間軸包圍的面積等于位移，故甲車(chē)位移較大，故a正確；b、速度時(shí)間圖線上某點(diǎn)的斜率表示該時(shí)刻的加速度，故甲的加速度較小，故b錯(cuò)誤；c、根據(jù)牛頓第二定律，有ff=ma，由于t時(shí)刻甲的加速度較小，故牽引力較小，由p=fv，可知t時(shí)刻甲的瞬時(shí)功率較小，故c錯(cuò)誤；d、甲車(chē)功率不變，故平均功率等于t時(shí)刻功率，t時(shí)刻甲車(chē)功率較小，故d錯(cuò)誤；故選a點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵畫(huà)出兩輛汽車(chē)的速度時(shí)間圖線，根據(jù)速度時(shí)間圖象與時(shí)間軸包圍的面積等于位移求出位移，再根據(jù)速度時(shí)間圖線上某點(diǎn)的斜率表示該時(shí)刻的加速度得出加速度的大小關(guān)系，最后結(jié)合動(dòng)能定理和功率與速度關(guān)系式

7、p=fv求解4（3分）某人劃船渡河，河寬為d，船在靜水中劃行速度大小為v1，船頭方向與河岸間夾角為（90），水流動(dòng)速度大小為v2，如圖所示，則（）a渡河所需的時(shí)間為b渡河所需的時(shí)間為c若水流的速度突然增大，則渡河所需的時(shí)間變長(zhǎng)d若水流的速度突然增大，則渡河所需的時(shí)間變短考點(diǎn)：運(yùn)動(dòng)的合成和分解專題：運(yùn)動(dòng)的合成和分解專題分析：將船的運(yùn)動(dòng)分解為沿河岸方向和垂直于河岸方向，得出兩個(gè)方向上的分速度，根據(jù)等時(shí)性求出小船渡河的時(shí)間，分運(yùn)動(dòng)間不會(huì)互相影響解答：解：a、船的運(yùn)動(dòng)分解為沿河岸方向和垂直于河岸方向，得出兩個(gè)方向上的分速度，則有渡河所需的時(shí)間為，故a錯(cuò)誤、b正確；c、若水流的速度突然增大，沒(méi)有影響垂直

8、于河岸方向速度大小，因而渡河所需的時(shí)間不變，故cd均錯(cuò)誤；故選：b點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵將小船的運(yùn)動(dòng)進(jìn)行分解，抓住各分運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性，以及各分運(yùn)動(dòng)具有獨(dú)立性進(jìn)行求解5（3分）某電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布如圖所示，m、n、p、q是以o為圓心的一個(gè)圓周上的四點(diǎn)，其中mn為圓的直徑，則（）am點(diǎn)的電勢(shì)與q點(diǎn)的電勢(shì)一樣高bo、m間的電勢(shì)差等于n、o間的電勢(shì)差c一正電荷在o點(diǎn)的電勢(shì)能大于在q點(diǎn)的電勢(shì)能d將一個(gè)負(fù)電荷由p點(diǎn)沿圓弧移動(dòng)到n點(diǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)力不做功考點(diǎn)：電場(chǎng)線；電勢(shì)專題：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題分析：解答本題需要掌握：根據(jù)電場(chǎng)線方向判斷電勢(shì)高低；靈活應(yīng)用公式u=ed判斷兩點(diǎn)之間電勢(shì)差的高低；根據(jù)電勢(shì)高低或電場(chǎng)

9、力做功情況判斷電勢(shì)能的高低；正確判斷電荷在電場(chǎng)中移動(dòng)時(shí)電場(chǎng)力做功的正負(fù)解答：解：a、根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直特點(diǎn)，在m點(diǎn)所在電場(chǎng)線上找到q點(diǎn)的等勢(shì)點(diǎn)q，根據(jù)沿電場(chǎng)線電勢(shì)降低可知，q點(diǎn)的電勢(shì)比m點(diǎn)的電勢(shì)高，故a錯(cuò)誤；b、根據(jù)電場(chǎng)分布可知，om間的平均電場(chǎng)強(qiáng)度比no之間的平均電場(chǎng)強(qiáng)度小，故由公式u=ed可知，om間的電勢(shì)差小于no間的電勢(shì)差，故b錯(cuò)誤；c、o點(diǎn)電勢(shì)高于q點(diǎn)，根據(jù)ep=q可知，正電荷在o點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能大于在q點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能，故c正確；d、m點(diǎn)的電勢(shì)比p點(diǎn)的電勢(shì)低，負(fù)電荷從低電勢(shì)移動(dòng)到高電勢(shì)電場(chǎng)力做正功，故d錯(cuò)誤故選c點(diǎn)評(píng)：電場(chǎng)線、電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)、電勢(shì)差、電勢(shì)能等物理量之間的關(guān)系以及大小比較

10、，是電場(chǎng)中的重點(diǎn)和難點(diǎn)，在平時(shí)訓(xùn)練中要加強(qiáng)這方面的練習(xí)，以加深對(duì)概念的理解二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題意全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，錯(cuò)選或不答的得0分6（4分）如圖所示，平行板電容器ab兩極板水平放置，現(xiàn)將其接在直流電源上，已知a板和電源正極相連當(dāng)開(kāi)關(guān)接通時(shí)一帶電油滴懸浮于兩板之間的p點(diǎn)，為使油滴能向上運(yùn)動(dòng)，則下列措施可行的是（）a將開(kāi)關(guān)斷開(kāi)，將b板下移一段距離b將開(kāi)關(guān)斷開(kāi)，將ab板左右錯(cuò)開(kāi)一段距離c保持開(kāi)關(guān)閉合，將ab板左右錯(cuò)開(kāi)一段距離d保持開(kāi)關(guān)閉合，將a板下移一段距離考點(diǎn)：電容；共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用專題：電容器專題分析：本題關(guān)鍵要分

11、析板間場(chǎng)強(qiáng)的變化：開(kāi)關(guān)斷開(kāi)后，電容器所帶電量不變，將b板下移一段距離時(shí)，板間場(chǎng)強(qiáng)不變；將ab板左右錯(cuò)開(kāi)一段距離，分析電容的變化，判斷電壓變化，確定場(chǎng)強(qiáng)的變化；保持開(kāi)關(guān)閉合，電容器始終與電源連接，兩端的電壓不變，根據(jù)e=判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的變化再分析油滴如何運(yùn)動(dòng)解答：解：a、開(kāi)關(guān)斷開(kāi)后，電容器所帶電量不變，將b板下移一段距離時(shí)，根據(jù)推論可知，板間場(chǎng)強(qiáng)不變，油滴所受的電場(chǎng)力不變，仍處于靜止?fàn)顟B(tài)；故a錯(cuò)誤b、將開(kāi)關(guān)斷開(kāi)，將ab板左右錯(cuò)開(kāi)一段距離，電容減小，而電量不變，由c=可知，電壓u增大，由e=知，板間場(chǎng)強(qiáng)增大，油滴所受的電場(chǎng)力增大，油滴將向上運(yùn)動(dòng)故b正確c、保持開(kāi)關(guān)閉合，將ab板左右錯(cuò)開(kāi)一段距離時(shí)，板

12、間電壓不變，場(chǎng)強(qiáng)不變，油滴所受的電場(chǎng)力不變，仍處于靜止?fàn)顟B(tài)；故c錯(cuò)誤d、保持開(kāi)關(guān)閉合，將a板下移一段距離，板間距離減小，根據(jù)e=知，板間場(chǎng)強(qiáng)增大，油滴所受的電場(chǎng)力增大，油滴將向上運(yùn)動(dòng)故d正確故選bd點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵要知道電容器與電源始終相連，兩端間的電勢(shì)差不變電容器與電源斷開(kāi)，電容器的電量保持不變7（4分）如圖所示為某質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的vt圖象，24s內(nèi)圖線為半圓形，若4s末質(zhì)點(diǎn)回到了出發(fā)點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是（）a12s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的加速度大小為8m/s2b24s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的位移大小為8mc3s末質(zhì)點(diǎn)的加速度等于零d3s末質(zhì)點(diǎn)的速度為8m/s考點(diǎn)：勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像專題：運(yùn)動(dòng)學(xué)中的圖像專題分析：由圖讀出

13、速度的變化情況，分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，速度圖象的斜率等于加速度由圖線“面積”求出位移，再求解平均速度解答：解：a、12s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的加速度a=，所以12s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的加速度大小為8m/s2，故a正確；b、4s末質(zhì)點(diǎn)回到了出發(fā)點(diǎn)，所以24s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的位移大小等于12s的位移大小，所以x=，故b正確；c、3s末的斜率為零，所以此時(shí)加速度為零，故c正確；d、圖線“面積”表示位移，則v2=8，所以v=m/s，故d錯(cuò)誤故選abc點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵抓住速度圖象的斜率表示加速度、“面積”表示位移來(lái)理解圖象的物理意義8（4分）來(lái)自中國(guó)航天科技集團(tuán)公司的消息稱，中國(guó)自主研發(fā)的北斗二號(hào)衛(wèi)星系統(tǒng)今年起進(jìn)入組 網(wǎng)高峰期，預(yù)計(jì)在201

14、5年形成覆蓋全球的衛(wèi)星導(dǎo)航定位系統(tǒng)，此系統(tǒng)由中軌道、高軌道和同步軌道衛(wèi)星等組成現(xiàn)在正在服役的北斗一號(hào)衛(wèi)星定位系統(tǒng)的三顆衛(wèi)星都定位在距地面36000km的地球同步軌道上目前我國(guó)的各種導(dǎo)航定位設(shè)備都要靠美國(guó)的gps系統(tǒng)提供服務(wù)，而美國(guó)的全球衛(wèi)星定位系統(tǒng)gps由24顆衛(wèi)星組成，這些衛(wèi)星距地面的高度均為20000km則下列說(shuō)法中正確的是（）a所有g(shù)ps的衛(wèi)星所受向心力大小均相等b所有g(shù)ps的衛(wèi)星比北斗一號(hào)的衛(wèi)星線速度大c北斗二號(hào)中的中軌道衛(wèi)星的加速度一定大于高軌道衛(wèi)星的加速度d北斗一號(hào)系統(tǒng)中的三顆衛(wèi)星向心加速度比赤道上物體的向心加速度小考點(diǎn)：人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系；萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用專題

15、：人造衛(wèi)星問(wèn)題分析：根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，可知r越大，向心加速度越小，線速度越小，周期越大地球的同步衛(wèi)星相對(duì)于地球是靜止的解答：解：a、所有g(shù)ps的衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系不清楚，所以所受向心力大小關(guān)系不確定，故a錯(cuò)誤b、根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，衛(wèi)星的加速度公式a=和速度公式v=所以所有g(shù)ps的衛(wèi)星比北斗一號(hào)的衛(wèi)星線速度大，北斗二號(hào)中的中軌道衛(wèi)星的加速度一定大于高軌道衛(wèi)星的加速度，故b、c正確d、北斗一號(hào)系統(tǒng)中的三顆衛(wèi)星和赤道上物體具有相同的角速度，根據(jù)a=r2得北斗一號(hào)系統(tǒng)中的三顆衛(wèi)星向心加速度比赤道上物體的向心加速度大，故d錯(cuò)誤故選bc點(diǎn)評(píng)：對(duì)于人造地球衛(wèi)星關(guān)鍵是記住兩個(gè)結(jié)論：衛(wèi)星的加速度公式a=

16、和速度公式v=同時(shí)掌握同步衛(wèi)星的特點(diǎn)9（4分）如圖所示，絕緣彈簧的下端固定在光滑斜面底端，彈簧與斜面平行，帶電小球q（可視為質(zhì)點(diǎn)）固定在絕緣斜面上的m點(diǎn)，且在通過(guò)彈簧中心的直線ab上現(xiàn)將與q大小相同，帶電性也相同的小球p，從直線ab上的n點(diǎn)由靜止釋放，若兩小球可視為點(diǎn)電荷在小球p與彈簧接觸到速度變?yōu)榱愕倪^(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是（）a小球p的速度一定先增大后減小b小球p的機(jī)械能一定在減少c小球p速度最大時(shí)所受彈簧彈力和庫(kù)侖力的合力為零d小球p與彈簧系統(tǒng)的機(jī)械能一定增加考點(diǎn)：功能關(guān)系；共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；庫(kù)侖定律分析：本題中有庫(kù)侖力做功，機(jī)械能不守恒；機(jī)械能守恒是普遍遵守的定律；小球的速度

17、變化可從受力與能量?jī)煞N觀點(diǎn)加以分析解答：解：a、小球先沿斜面加速向下運(yùn)動(dòng)，后減速向下運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧壓縮量最大時(shí)，小球靜止，故a正確b、根據(jù)除了重力和彈力之外的力做功量度機(jī)械能的變化得小球p除了重力和彈力之外的力做功還有彈簧的彈力和庫(kù)侖斥力做功，開(kāi)始彈簧的彈力和庫(kù)侖斥力的合力方向可能向上，也就是可能做負(fù)功，所以小球p的機(jī)械能可能增大，故b錯(cuò)誤c、小球p的速度一定先增大后減小，當(dāng)p的加速度為零時(shí)，速度最大，所以小球p速度最大時(shí)所受彈簧彈力、重力沿斜面向下的分力和庫(kù)侖力的合力為零，故c錯(cuò)誤d、根據(jù)能量守恒定律知，小球p的動(dòng)能、與地球間重力勢(shì)能、與小球q間電勢(shì)能和彈簧彈性勢(shì)能的總和不變，因?yàn)樵谛∏騪與彈

18、簧接觸到速度變?yōu)榱愕倪^(guò)程中，q對(duì)p的庫(kù)侖斥力做正功，電勢(shì)能減小，所以小球p與彈簧系統(tǒng)的機(jī)械能一定增加，故d正確故選ad點(diǎn)評(píng)：注意機(jī)械能守恒的條件是只有重力或彈力做功，從能量轉(zhuǎn)化的角度講，只發(fā)生機(jī)械能間的相互件轉(zhuǎn)化，沒(méi)有其他形式的能量參與三、簡(jiǎn)答題：本題共2小題，共29分請(qǐng)將解答填寫(xiě)在答題卡相應(yīng)的位置10（14分）如圖甲所示是某同學(xué)設(shè)計(jì)的“探究加速度a與力f、質(zhì)量m的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)裝置圖，實(shí)驗(yàn)中認(rèn)為細(xì)繩對(duì)小車(chē)?yán)等于砂和砂桶總重力，小車(chē)運(yùn)動(dòng)加速度可由紙帶求得（1）該同學(xué)對(duì)于該實(shí)驗(yàn)的認(rèn)識(shí)，下列說(shuō)法中正確的是bca該實(shí)驗(yàn)應(yīng)用了等效替代的思想方法b該實(shí)驗(yàn)應(yīng)用了控制變量的思想方法c實(shí)驗(yàn)時(shí)必須先接通電源后

19、釋放小車(chē)d實(shí)驗(yàn)中認(rèn)為細(xì)繩對(duì)小車(chē)?yán)等于砂和砂桶總重力，其前提必須保證砂和砂桶總質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于小車(chē)的質(zhì)量（2）如圖乙所示是該同學(xué)在某次實(shí)驗(yàn)中利用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打出的一條紙帶，a、b、c、d、e、f是該同學(xué)在紙帶上選取的六個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，其中計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有若干個(gè)點(diǎn)未標(biāo)出，設(shè)相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為t該同學(xué)用刻度尺測(cè)出ac間的距離為s1，bd間的距離為s2，則打b點(diǎn)時(shí)小車(chē)運(yùn)動(dòng)的速度vb=，小車(chē)運(yùn)動(dòng)的加速度a=（3）某實(shí)驗(yàn)小組在實(shí)驗(yàn)時(shí)保持砂和砂桶質(zhì)量不變，改變小車(chē)質(zhì)量m，分別得到小車(chē)加速度a與質(zhì)量m及對(duì)應(yīng)的數(shù)據(jù)如表中所示根據(jù)表中數(shù)據(jù)，在圖丙坐標(biāo)紙中作出f不變時(shí)a與的圖象次數(shù)123456小車(chē)加速度a/ms21.

20、721.491.251.000.750.50小車(chē)質(zhì)量m/kg0.290.330.400.500.711.00/kg13.503.002.502.001.401.00考點(diǎn)：探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系專題：實(shí)驗(yàn)題；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題分析：解決實(shí)驗(yàn)問(wèn)題首先要掌握該實(shí)驗(yàn)原理，了解實(shí)驗(yàn)的操作步驟和注意事項(xiàng)該實(shí)驗(yàn)采用的是控制變量法研究，其中加速度、質(zhì)量、合力三者的測(cè)量很重要利用中點(diǎn)時(shí)刻的速度等于這段時(shí)間內(nèi)的平均速度，并由可求得加速度；根據(jù)表格數(shù)據(jù)，找出規(guī)律，并作出a與的圖象，借助于數(shù)學(xué)知識(shí)，得出圖象的含義解答：解：（1）a、該實(shí)驗(yàn)的研究對(duì)象是小車(chē)，采用控制變量法研究，故a錯(cuò)誤，b正確；c、只有

21、先接通電源后釋放紙帶，因?yàn)槿绻柔尫偶垘г偃ソ油娫吹脑?，物體已經(jīng)向前走了一段距離了，甚至紙帶已經(jīng)全部通過(guò)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器了（自由落體很快的），這樣如何在紙帶上打點(diǎn)呢，故c正確；d、當(dāng)質(zhì)量一定時(shí)，研究小車(chē)的加速度和小車(chē)所受合力的關(guān)系那么小車(chē)的合力怎么改變和測(cè)量呢？為消除摩擦力對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響，可以把木板d的左端適當(dāng)墊高，以使小車(chē)的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小車(chē)的合力就是繩子的拉力設(shè)小車(chē)的質(zhì)量為m，砝碼和小桶的質(zhì)量為m，根據(jù)牛頓第二定律得：對(duì)m：mgf拉=ma對(duì)m：f拉=ma解得：f拉=，當(dāng)mm時(shí)，即當(dāng)砝碼和小桶的總重力要遠(yuǎn)小于小車(chē)的重力，繩子的拉力近似等于砝碼和小桶的總重力；故d錯(cuò)誤故選：bc（2

22、）相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為t該同學(xué)用刻度尺測(cè)出ac間的距離為s1，bd間的距離為s2，則打b點(diǎn)時(shí)小車(chē)運(yùn)動(dòng)的速度，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律知道3點(diǎn)的瞬時(shí)速度等于a點(diǎn)到c點(diǎn)的平均速度vac=由可求得加速度（3）直觀反映兩個(gè)物理量的關(guān)系是要找出這兩個(gè)量的線性關(guān)系，即畫(huà)出直線圖象見(jiàn)圖故答案為：（1）bc （2）（3）如上圖所示點(diǎn)評(píng)：書(shū)本上的實(shí)驗(yàn)，我們要從實(shí)驗(yàn)原理、實(shí)驗(yàn)儀器、實(shí)驗(yàn)步驟、實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理、實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)這幾點(diǎn)去搞清楚能夠把所學(xué)的物理規(guī)律運(yùn)用到實(shí)驗(yàn)問(wèn)題中紙帶法實(shí)驗(yàn)中，若紙帶勻變速直線運(yùn)動(dòng)，測(cè)得紙帶上的點(diǎn)間距，利用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)推論和x=at2，可計(jì)算出打出某點(diǎn)時(shí)紙帶運(yùn)動(dòng)的瞬時(shí)速度和加速度1

23、1（15分）（1）在“探究力的平行四邊形定則”實(shí)驗(yàn)中，下列實(shí)驗(yàn)要求正確的是acda彈簧測(cè)力計(jì)的拉力方向必須與木板平行b兩彈簧測(cè)力計(jì)的拉力方向必須相互垂直c讀數(shù)時(shí)，視線應(yīng)正對(duì)彈簧測(cè)力計(jì)的刻度d使用彈簧測(cè)力計(jì)時(shí)，不能超過(guò)其量程（2）如圖為某研究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計(jì)的“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)裝置小圓柱由一根不可伸長(zhǎng)的輕繩拴住，輕繩另一端固定將輕繩拉至水平后由靜止釋放，在最低點(diǎn)附近放置一組光電門(mén)，如圖測(cè)出小圓柱運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)通過(guò)光電門(mén)的時(shí)間 t，再用游標(biāo)卡尺測(cè)出小圓柱的直徑d，重力加速度為g某同學(xué)測(cè)出了懸點(diǎn)到圓柱重心的距離為l，若等式gl=（）2成立，則可驗(yàn)證小圓柱下擺過(guò)程機(jī)械能守恒；若小圓柱下擺過(guò)程中

24、在誤差允許范圍內(nèi)機(jī)械能守恒，用天平測(cè)出小圓柱的質(zhì)量為m，則小圓柱下擺到最低點(diǎn)時(shí)繩子上拉力的理論值為3mg；若在懸點(diǎn)o處安裝一個(gè)拉力傳感器，且在最低點(diǎn)時(shí)拉力傳感器測(cè)出繩子上拉力比理論值偏大些，請(qǐng)分析可能的原因（寫(xiě)出1條即可）開(kāi)始釋放時(shí)初速度不為零或懸點(diǎn)到圓柱重心的距離l測(cè)得偏小或用天平測(cè)得小圓柱的質(zhì)量比實(shí)際值小或小圓柱釋放時(shí)在水平線的上方考點(diǎn)：驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律；驗(yàn)證力的平行四邊形定則專題：實(shí)驗(yàn)題；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題分析：（1）本實(shí)驗(yàn)的目的是驗(yàn)證力的平行四邊形定則，研究合力與分力的關(guān)系，而合力與分力是等效的本實(shí)驗(yàn)采用作合力與分力圖示的方法來(lái)驗(yàn)證，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理和方法來(lái)選擇（2）利用小圓柱通過(guò)光

25、電門(mén)的平均速度來(lái)代替瞬時(shí)速度，由此可以求出小圓柱通過(guò)光電門(mén)時(shí)的瞬時(shí)速度，根據(jù)機(jī)械能守恒的表達(dá)式可以求出所要求的關(guān)系式小圓柱下擺到最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律求解解答：解：（1）a、本實(shí)驗(yàn)是在水平面作力的圖示，為了減小誤差彈簧測(cè)力計(jì)必須保持與木板平行，故a正確b、兩彈簧測(cè)力計(jì)的拉力方向不一定相互垂直，故b錯(cuò)誤c、讀數(shù)時(shí)視線要正對(duì)彈簧測(cè)力計(jì)的刻度故c正確d、使用彈簧測(cè)力計(jì)時(shí)，不能超過(guò)其量程，故d正確故選acd（2）利用小球通過(guò)光電門(mén)的平均速度來(lái)代替瞬時(shí)速度，故：v=，根據(jù)機(jī)械能守恒的表達(dá)式有：mgh=mv2，若等式gl=（）2 成立，則可驗(yàn)證小圓柱下擺過(guò)程機(jī)械能守恒；根據(jù)機(jī)械能守恒得：mgl=mv2，

26、v=小圓柱下擺到最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得fmg=解得f=3mg開(kāi)始釋放時(shí)初速度不為零 或懸點(diǎn)到圓柱重心的距離l測(cè)得偏小 或用天平測(cè)得小圓柱的質(zhì)量比實(shí)際值小 或小圓柱釋放時(shí)在水平線的上方故答案為：（1）acd （2）（）2，3mg 開(kāi)始釋放時(shí)初速度不為零 或懸點(diǎn)到圓柱重心的距離l測(cè)得偏小 或用天平測(cè)得小圓柱的質(zhì)量比實(shí)際值小 或小圓柱釋放時(shí)在水平線的上方點(diǎn)評(píng)：（1）本實(shí)驗(yàn)采用是等效替代的思維方法實(shí)驗(yàn)中要保證一個(gè)合力與兩個(gè)分力效果相同，結(jié)點(diǎn)o的位置必須相同（2）無(wú)論采用什么樣的方法來(lái)驗(yàn)證機(jī)械能守恒，明確其實(shí)驗(yàn)原理都是解決問(wèn)題的關(guān)鍵，同時(shí)在處理數(shù)據(jù)時(shí)，要靈活應(yīng)用所學(xué)運(yùn)動(dòng)學(xué)的基本規(guī)律四、計(jì)算或論述題：

27、本題共4小題，共60分解答時(shí)應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要演算步驟，只寫(xiě)出最后答案的不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫(xiě)出數(shù)值和單位12（14分）如圖所示，足夠長(zhǎng)的斜面傾角=370，一物體以v0=12m/s的初速度從斜面上a點(diǎn)處沿斜面向上運(yùn)動(dòng)；加速度大小為a=8m/s2，g取10m/s2求：（1）物體沿斜面上滑的最大距離x；（2）物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（3）物體從a點(diǎn)出發(fā)需經(jīng)多少時(shí)間才能回到a處考點(diǎn)：牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間的關(guān)系；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系專題：牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題分析：（1）根據(jù)速度位移關(guān)系公式列式求解即可；（2）受力分析后，根據(jù)牛頓第二

28、定律列式求解即可；（3）先根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系公式求解出減速的時(shí)間；下滑時(shí)，先受力分析后根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，然后根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系公式列式求解下滑的時(shí)間；最后得到總時(shí)間解答：解：（1）上滑過(guò)程，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式=2ax，得x=9m （2）上滑過(guò)程，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得：mgsin+mgcos=ma 解得：=0.25 （3）上滑過(guò)程：t1=1.5s 下滑過(guò)程，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得：mgsinmgcos=ma解得：a=4m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式x=解得：t2=所以運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t=t1+t2=答：（1）物體沿斜面上滑的最大距離x為9m；（2）物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25；（3）物體從a點(diǎn)出發(fā)需經(jīng)3.6s時(shí)間

29、才能回到a處點(diǎn)評(píng)：本題是已知上滑時(shí)的運(yùn)動(dòng)情況確定受力情況，然后根據(jù)受力情況確定下滑時(shí)的運(yùn)動(dòng)情況，求解出加速度是關(guān)鍵13（14分）如圖所示，水平桌面右端固定一光滑定滑輪，o點(diǎn)到定滑輪的距離s=0.5m，當(dāng)用豎直向下的力將質(zhì)量m=0.2kg的木塊a按住不動(dòng)時(shí)，質(zhì)量m=0.3kg的重物b剛好與地面接觸（對(duì)地面無(wú)壓力），木塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5然后將木塊a拉到p點(diǎn)，op間的距離為h=0.5m，待b穩(wěn)定后由靜止釋放，g取10m/s2求：（1）木塊a按住不動(dòng)時(shí)所受摩擦力；（2）木塊a由靜止釋放后運(yùn)動(dòng)到o點(diǎn)時(shí)的速度大小；（3）通過(guò)計(jì)算說(shuō)明木塊a是否會(huì)撞到定滑輪？若不會(huì)撞上請(qǐng)求出最終木塊a停在距定滑輪

30、多遠(yuǎn)的地方；若會(huì)撞上，請(qǐng)定性說(shuō)出兩種避免撞上的解決方案考點(diǎn)：動(dòng)能定理的應(yīng)用；共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用專題：動(dòng)能定理的應(yīng)用專題分析：（1）木塊a按住不動(dòng)時(shí)，繩子的拉力等于a所受的摩擦力，由平衡條件求解摩擦力；（2）木塊a由靜止釋放后運(yùn)動(dòng)到o點(diǎn)的過(guò)程中，重力對(duì)b做功mgh，摩擦力對(duì)a做功mgh，兩物體的速度大小相等，根據(jù)動(dòng)能定理求解速度大??；（3）在b落地后，a繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理求出b到停下時(shí)通過(guò)的位移大小，與s比較，分析最終木塊a停在距定滑輪多遠(yuǎn)處解答：解：（1）木塊a按住不動(dòng)時(shí)所受摩擦力為靜摩擦力，由平衡條件得f=t=mg=3n，方向水平向左 （2）在b下落至地面前，據(jù)動(dòng)能定理，有 m

31、ghmgh=（m+m）v2，得v=2m/s （3）在b落地后，a運(yùn)動(dòng)到停下來(lái)，設(shè)b繼續(xù)向右滑行距離為s時(shí)停下，則據(jù)動(dòng)能定理，有mgs=0mv2得 s=0.4m0.5m 所以木塊a不會(huì)撞到定滑輪，最終木塊a停在距定滑輪0.1m處答：（1）木塊a按住不動(dòng)時(shí)所受摩擦力是3n，方向水平向左；（2）木塊a由靜止釋放后運(yùn)動(dòng)到o點(diǎn)時(shí)的速度大小是2m/s；（3）木塊a不會(huì)撞到定滑輪，最終木塊a停在距定滑輪0.1m處點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵是動(dòng)能定理的應(yīng)用當(dāng)涉及力在空間的效果時(shí)，要優(yōu)先考慮動(dòng)能定理14（16分）如圖，一個(gè)質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）以某一初速度從a點(diǎn)水平拋出，恰好從圓管bcd的b點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入圓弧，經(jīng)b

32、cd從圓管的最高點(diǎn)d射出，恰好又落到b點(diǎn)已知圓弧的半徑為r且a與d在同一水平線上，bc弧對(duì)應(yīng)的圓心角=60，不計(jì)空氣阻力求：（1）小球從a點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度v0的大小；（2）在d點(diǎn)處管壁對(duì)小球的作用力n；（3）小球在圓管中運(yùn)動(dòng)時(shí)克服阻力做的功wf考點(diǎn)：動(dòng)能定理的應(yīng)用；牛頓第二定律；向心力專題：動(dòng)能定理的應(yīng)用專題分析：（1）根據(jù)幾何關(guān)系求出平拋運(yùn)動(dòng)下降的高度，從而求出豎直方向上的分速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成和分解求出初速度的大?。?）根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)求出小球在d點(diǎn)的速度，再根據(jù)牛頓第二定律求出管壁對(duì)小球的彈力作用（3）對(duì)a到d全程運(yùn)用動(dòng)能定理，求出小球在圓管中運(yùn)動(dòng)時(shí)克服阻力做的功解答：解：（1）小球從a到b：豎直方向=2gr（1+cos60）=3gr則vy=在b點(diǎn)，由速度關(guān)系v0=（2）小球從d到b：豎直方向r（1+cos60）=gt2 解得：t=則小球從d點(diǎn)拋出的速度vd=在d點(diǎn)，由向心力公式得：mgn=m解得：n=mg 方向豎直向上 （3）從a到d全程應(yīng)用動(dòng)能定理：wl=解得：wl=mgr答：（1）小球從a點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度v0的大小為（2）在d點(diǎn)處管壁對(duì)小球的作用力n為（3）小球