2015年高考物理試題分類匯編20個模塊專題(共127頁)

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上2015年高考物理試題分類匯編及答案解析（20個專題）目錄專題一 直線運動1.（15江蘇卷）如圖所示，某“闖關(guān)游戲”的筆直通道上每隔8m設(shè)有一個關(guān)卡，各關(guān)卡同步放行和關(guān)閉，放行和關(guān)閉的時間分別為5s和2s。關(guān)卡剛放行時，一同學(xué)立即在關(guān)卡1處以加速度由靜止加速到2m/s，然后勻速向前，則最先擋住他前進的關(guān)卡是A關(guān)卡2 B關(guān)卡3 C關(guān)卡4 D關(guān)卡5【解析】加速運動時間，加速運動位移，到第2關(guān)卡勻速運動的時間，所以到達第2關(guān)卡的時刻（從開始運動計時）為小于5s，放行；從第2關(guān)卡到第3關(guān)卡勻速運動時間，所以到達第3關(guān)卡的時刻（從開始運動計時）為，也是放行。從第3關(guān)卡到第4關(guān)卡

2、勻速運動時間仍然是，所以到達第4關(guān)卡的時刻（從開始運動計時）為，被檔住?！敬鸢浮緾【點評】本題考查直線運動知識，難度：中等。2.（15福建卷）（15分）一摩托車由靜止開始在平直的公路上行駛，其運動過程的v-t圖像如圖所示，求：（1） 摩托車在0-20s這段時間的加速度大小a；（2） 摩托車在0-75s這段時間的平均速度大小?！敬鸢浮浚?）1.5m/s2 （2）20 m/s【解析】試題分析：（1）由圖知，在0-20s內(nèi)做勻加速運動，根據(jù)，可求加速度a=1.5m/s2；（2）根據(jù)v-t圖像與坐標軸圍面積表示位移可求在0-75s時間內(nèi)位移為x=1500m，所以平均速度為3.（15四川卷）（15分）嚴

3、重的霧霾天氣，對國計民生已造成了嚴重的影響，汽車尾氣是形成霧霾的重要污染源，“鐵腕治污”已成為國家的工作重點，地鐵列車可實現(xiàn)零排放，大力發(fā)展地鐵，可以大大減少燃油公交車的使用，減少汽車尾氣排放。若一地鐵列車從甲站由靜止啟動后做直線運動，先勻加速運動20s達到最高速度72km/h，再勻速運動80s，接著勻減速運動15s到達乙站停住。設(shè)列車在勻加速運動階段牽引力為1×106N，勻速階段牽引力的功率為6×103kW，忽略勻減速運動階段牽引力所做的功。 （1）求甲站到乙站的距離；（2）如果燃油公交車運行中做的功與該列車從甲站到乙站牽引力做的功相同，求公交車排放氣體污染物的質(zhì)量。（燃

4、油公交車每做1焦耳功排放氣體污染物3×106克）【答案】（1）s1950m；（2）m2.04kg【解析】 試題分析：（1）根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律可知，地鐵列車勻加速運動的位移為： s1 勻減速運動的位移為：s3 根據(jù)勻速運動規(guī)律可知，地鐵列車勻速運動的位移為：s2vt2 根據(jù)題意可知，甲站到乙站的距離為：ss1s2s3 由式聯(lián)立，并代入數(shù)據(jù)解得：s1950m（2）地鐵列車在從甲站到乙站的過程中，牽引力做的功為：W1Fs1Pt2 根據(jù)題意可知，燃油公交車運行中做的功為：W2W1 由式聯(lián)立，并代入數(shù)據(jù)解得：W26.8×108J 所以公交車排放氣體污染物的質(zhì)量為：m3×

5、109×6.8×108kg2.04kg考點：勻速直線運動與勻變速直線運動規(guī)律的應(yīng)用，以及功大小的計算。4.（15重慶卷）若貨物隨升降機運動的圖像如題5圖所示（豎直向上為正），則貨物受到升降機的支持力與時間關(guān)系的圖像可能是 【答案】B考點：本題考查圖圖像、超重與失重、牛頓第二定律。5.（15重慶卷）同學(xué)們利用如題6圖1所示方法估測反應(yīng)時間。首先，甲同學(xué)捏住直尺上端，使直尺保持豎直狀態(tài)，直尺零刻度線位于乙同學(xué)的兩指之間。當(dāng)乙看見甲放開直尺時，立即用手指捏直尺，若捏住位置的刻度讀數(shù)為，則乙同學(xué)的反應(yīng)時間為 （重力加速度為）?；谏鲜鲈?，某同學(xué)用直尺制作測量反應(yīng)時間的工具，若測量

6、范圍為00.4s，則所用直尺的長度至少為 cm（取10m/s2）；若以相等時間間隔在該直尺的另一面標記出表示反應(yīng)時間的刻度線，則每個時間間隔在直尺上對應(yīng)的長度是 的（選填“相等”或“不相等”）.【答案】， 80， 不相等【解析】試題分析：在人的反應(yīng)時間內(nèi)直尺做自由落體運動，有，解得；反應(yīng)時間最長為，需要直尺的長度為；自由落體運動從計時開始連續(xù)相等時間的位移為1:4:9:16，而相等時間內(nèi)的位移為1:3:5:7，故長度不相等?？键c：本題考查研究自由落體運動的規(guī)律。6.（15廣東卷）7.（15廣東卷）專題二 相互作用1.（15海南卷）如圖，物塊a、b和c的質(zhì)量相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕

7、彈簧S1和S2相連，通過系在a上的細線懸掛于固定點O；整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)；現(xiàn)將細繩剪斷，將物塊a的加速度記為a1，S1和S2相對原長的伸長分別為l1和l2，重力加速度大小為g，在剪斷瞬間A.a1=3g B.a1=0 C. l1=2l2 D. l1=l2【答案】AC2.（15廣東卷）專題三 牛頓運動定律1.（15江蘇卷）一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度a隨時間t變化的圖線如圖所示，以豎直向上為a的正方向，則人對地板的壓力At=2s時最大 Bt=2s時最小Ct=8.5s時最大 Dt=8.5s時最小6.【解析】04s，加速度向上，人超重，設(shè)地板對人支持力為FN，則，當(dāng)時，加速度最大，支持力就

8、最大，根據(jù)牛頓第三定律，人對地板壓力也最大；710s，加速度向下，人失重，設(shè)地板對人支持力為FN，則，當(dāng)時，加速度最大，支持力就最小，根據(jù)牛頓第三定律，人對地板壓力也最小?！敬鸢浮緼D【點評】本題考查牛頓定律和超重失重知識，難度：中等2.（15福建卷）如圖，在豎直平面內(nèi)，滑到ABC關(guān)于B點對稱，且A、B、C三點在同一水平線上。若小滑塊第一次由A滑到C，所用的時間為t1，第二次由C滑到A，所用時間為t2，小滑塊兩次的初速度大小相同且運動過程始終沿著滑道滑行，小滑塊與滑道的動摩擦因數(shù)恒定，則( )ABCD無法比較、的大小【答案】：A【解析】試題分析：在AB段，根據(jù)牛頓第二定律，速度越大，滑塊受支持

9、力越小，摩擦力就越小，在BC段，根據(jù)牛頓第二定律，速度越大，滑塊受支持力越大，摩擦力就越大，由題意知從A運動到C相比從C到A，在AB段速度較大，在BC段速度較小，所以從A到C運動過程受摩擦力較小，用時短，所以A正確。3.（15海南卷）假設(shè)摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇發(fā)動機的輸出功率變?yōu)樵瓉淼?倍，則摩托艇的最大速率變?yōu)樵瓉淼模?）A.4倍 B. 2倍 C.倍 D. 倍【答案】D【解析】設(shè)，當(dāng)阻力等于牽引力時，速度最大，輸出功率變化前，有，變化后有，聯(lián)立解得，D正確；4.（15海南卷）如圖，升降機內(nèi)有一固定斜面，斜面上放一物體，開始時升降機做勻速運動，物塊相對斜面勻速下滑，當(dāng)

10、升降機加速上升時A.物塊與斜面間的摩擦力減小B.物塊與斜面間的正壓力增大C.物塊相對于斜面減速下滑D.物塊相對于斜面勻速下滑【答案】BD【解析】當(dāng)升降機加速上升時，物體有豎直向上的加速度，則物塊與斜面間的正壓力增大，根據(jù)滑動摩擦力公式可知接觸面間的正壓力增大，物體與斜面間的摩擦力增大，故A錯誤B正確；設(shè)斜面的傾角為，物體的質(zhì)量為m，當(dāng)勻速運動時有，即，假設(shè)物體以加速度a向上運動時，有，因為，所以，故物體仍做勻速下滑運動，C錯誤D正確；5.（15四川卷）如圖所示，粗糙、絕緣的直軌道OB固定在水平桌面上，B端與桌面邊緣對齊，A是軌道上一點，過A點并垂直于軌道的豎直面右側(cè)有大小E1.5×1

11、06N/C，方向水平向右的勻強電場。帶負電的小物體P電荷量是2.0×106C，質(zhì)量m0.25kg，與軌道間動摩擦因數(shù)0.4，P從O點由靜止開始向右運動，經(jīng)過0.55s到達A點，到達B點時速度是5m/s，到達空間D點時速度與豎直方向的夾角為，且tan1.2。P在整個運動過程中始終受到水平向右的某外力F作用，F(xiàn)大小與P的速率v的關(guān)系如表所示。P視為質(zhì)點，電荷量保持不變，忽略空氣阻力，取g10 m/s2，求： （1）小物體P從開始運動至速率為2m/s所用的時間；（2）小物體P從A運動至D的過程，電場力做的功?！敬鸢浮浚?）t10.5s；（2）W9.25J?！窘馕觥吭囶}分析：（1）物體P在水

12、平桌面上運動時，豎直方向上只受重力mg和支持力N作用，因此其滑動摩擦力大小為：fmg1N根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，物體P在速率v02m/s時，所受水平外力F12Nf，因此，在進入電場區(qū)域之前，物體P做勻加速直線運動，設(shè)加速度為a1，不妨設(shè)經(jīng)時間t1速度為v12m/s，還未進入電場區(qū)域。根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有：v1a1t1 根據(jù)牛頓第二定律有：F1fma1 由式聯(lián)立解得：t10.5s0.55s，所以假設(shè)成立即小物體P從開始運動至速率為2m/s所用的時間為t10.5s（2） 當(dāng)物體P在速率v25m/s時，所受水平外力F26N，設(shè)先以加速度a2再加速t20.05s至A點，速度為v2，根據(jù)牛頓第二定律有：F

13、2fma2 根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有：v2v1a2t2 由式聯(lián)立解得：v23m/s 物體P從A點運動至B點的過程中，由題意可知，所受水平外力仍然為F26N不變，設(shè)位移為x1，加速度為a3，根據(jù)牛頓第二定律有：F2fqEma3 根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有：2a3x1 由式聯(lián)立解得：x11m 根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，當(dāng)物體P到達B點時，水平外力為F3qE3N，因此，離開桌面在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上只受重力，做自由落體運動，設(shè)運動至D點時，其水平向右運動位移為x2，時間為t3，則在水平方向上有：x2vBt3 根據(jù)幾何關(guān)系有：cot 由式聯(lián)立解得：x2m 所以電場力做的功為：WqE（x1x2）

14、 由式聯(lián)立解得：W9.25J考點：物體的受力分析、牛頓第二定律、勻變速直線運動規(guī)律、平拋運動規(guī)律、功的定義式的應(yīng)用。6.（15安徽卷）圖示是粒子（氦原子核）被重金屬原子核散射的運動軌跡，M、N、P、Q是軌跡上的四點，在散射過程中可以認為重金屬原子核靜止不動。圖中所標出的粒子在各點處的加速度方向正確的是AM BN CP DQ【答案】C【解析】同種電荷相排斥，庫侖力沿兩者連線指向受力物體，由牛頓第二定律知，加速度也沿兩者連線指向受力物體。7.（15重慶卷）若貨物隨升降機運動的圖像如題5圖所示（豎直向上為正），則貨物受到升降機的支持力與時間關(guān)系的圖像可能是 【答案】B考點：本題考查圖圖像、超重與失重

15、、牛頓第二定律。8.（15新課標2卷）在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤鏈接好的車廂。當(dāng)機車在東邊拉著這列車廂一大小為a的加速度向東行駛時，鏈接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當(dāng)機車在西邊拉著這列車廂一大小為a的加速度向東行駛時，鏈接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小仍為F。不計車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質(zhì)量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為A. 8 B.10 C.15 D.18【答案】BC【解析】試題分析：由設(shè)這列車廂的節(jié)數(shù)為n，P、Q掛鉤東邊有m節(jié)車廂，每節(jié)車廂的質(zhì)量為m，由牛頓第二定律可知：，解得：，k是正整數(shù)，n只能是5的倍數(shù)，故B、C正確，A、D錯誤考點：牛頓第二定

16、律9.（15新課標2卷）下暴雨時，有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質(zhì)災(zāi)害。某地有一傾角為=37°（sin37°=）的山坡C，上面有一質(zhì)量為m的石板B，其上下表面與斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均處于靜止狀態(tài)，如圖所示。假設(shè)某次暴雨中，A浸透雨水后總質(zhì)量也為m（可視為質(zhì)量不變的滑塊），在極短時間內(nèi)，A、B間的動摩擦因數(shù)1減小為，B、C間的動摩擦因數(shù)2減小為0.5，A、B開始運動，此時刻為計時起點；在第2s末，B的上表面突然變?yōu)楣饣?保持不變。已知A開始運動時，A離B下邊緣的距離l=27m，C足夠長，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。取重力加速度大小g=10m/

17、s2。求：（1）在02s時間內(nèi)A和B加速度的大?。?）A在B上總的運動時間【答案】（1）a1=3m/s2； a2 =1m/s2；（2）4s聯(lián)立以上各式可得a1=3m/s2 (利用下面的速度圖象求解，正確的，參照上述答案信參考給分)考點：牛頓第二定律；勻變速直線運動；專題四 曲線運動1.（15江蘇卷）一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左，不計空氣阻力，則小球A做直線運動 B做曲線運動 C速率先減小后增大，D速率先增大后減小【解析】小球受重力和電場力，合力方向左下，初速度與合力不在同一直線，所以小球做曲線運動。初階段，合力與速度夾角為鈍角，速率減小，后來，合力與速度夾角

18、為銳角，速率增大，所以速率先減小后增大。【答案】BC【點評】本題考查曲線運動，難度：中等2.（15江蘇卷）一轉(zhuǎn)動裝置如圖所示，四根輕桿OA、OC、AB和CB與兩小球以及一小環(huán)通過鉸鏈連接，輕桿長均為l，球和環(huán)的質(zhì)量均為m，O端固定在豎直的輕質(zhì)轉(zhuǎn)軸上，套在轉(zhuǎn)軸上的輕質(zhì)彈簧連接在O與小環(huán)之間，原長為L，裝置靜止時，彈簧長為，轉(zhuǎn)動該裝置并緩慢增大轉(zhuǎn)速，小環(huán)緩慢上升。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦和空氣阻力，重力加速度為g，求： （1）彈簧的勁度系數(shù)k；（2）AB桿中彈力為零時，裝置轉(zhuǎn)動的角速度；（3）彈簧長度從緩慢縮短為的過程中，外界對轉(zhuǎn)動裝置所做的功W?！窘獯稹浚?）裝置靜止時，設(shè)OA、AB桿

19、中的彈力分別為、，OA桿與轉(zhuǎn)軸的夾角為.小環(huán)受到彈簧的彈力小環(huán)受力平衡小球受力平衡；解得(2) 設(shè)OA、AB桿中的彈力分別為、，OA桿與轉(zhuǎn)軸的夾角為，彈簧長度為。小環(huán)受到彈簧的彈力小環(huán)受力平衡,得對小球；解得：（3）彈簧長度為時，設(shè)OA、AB桿中的彈力分別為、，OA桿與轉(zhuǎn)軸的夾角為，小環(huán)受到彈簧的彈力小環(huán)受力平衡，對小球； 解得 整個過程彈簧彈性勢能變化為0，則彈力做功為0，由動能定理解得【解析】 小球和小環(huán)位置示意圖【點評】本題考查圓周運動，彈簧等知識和力的分析，力的平衡，向心力等能力，綜合性強，物理情景復(fù)雜。難度：難3.（15福建卷）（19分）如圖，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車

20、AB段是半徑為R的四分之一圓弧光滑軌道，BC段是長為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點，一質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點靜止開始沿軌道滑下，重力加速度為g。（1）若固定小車，求滑塊運動過程中對小車的最大壓力；（2）若不固定小車，滑塊仍從A點由靜止下滑，然后滑入BC軌道，最后從C點滑出小車，已知滑塊質(zhì)量,在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)為，求： 滑塊運動過程中，小車的最大速度vm； 滑塊從B到C運動過程中，小車的位移大小s?！敬鸢浮浚海?）3mg （2）s=L/3【解析】試題分析：（1）由圖知，滑塊運動到B點時對小車的壓力最大從A到B，根據(jù)動

21、能定理：在B點：聯(lián)立解得： FN=3mg，根據(jù)牛頓第三定律得，滑塊對小車的最大壓力為3mg（2）若不固定小車， 滑塊到達B點時，小車的速度最大根據(jù)動量守恒可得：從A到B，根據(jù)能量守恒：聯(lián)立解得：設(shè)滑塊到C處時小車的速度為v，則滑塊的速度為2v，根據(jù)能量守恒：解得：小車的加速度：根據(jù)解得：s=L/34. （15新課標1卷）專題五 萬有引力定律1.（15江蘇卷）過去幾千年來，人類對行星的認識與研究僅限于太陽系內(nèi)，行星“51 peg b”的發(fā)現(xiàn)拉開了研究太陽系外行星的序幕?！?1 peg b”繞其中心恒星做勻速圓周運動，周期約為4天，軌道半徑約為地球繞太陽運動半徑為，該中心恒星與太陽的質(zhì)量比約為A

22、B1 C5 D10【解析】根據(jù)，得，所以?！敬鸢浮緽【點評】本題考查萬有引力和天天運動知識，難度：容易2.（15北京卷）假設(shè)地球和火星都繞太陽做勻速圓周運動，已知地球到太陽的距離小于火星到太陽的距離，那么 A 地球公轉(zhuǎn)周期大于火星的公轉(zhuǎn)周期 B地球公轉(zhuǎn)的線速度小于火星公轉(zhuǎn)的線速度 C地球公轉(zhuǎn)的加速度小于火星公轉(zhuǎn)的加速度 D地球公轉(zhuǎn)的角速度大于火星公轉(zhuǎn)的角速度 【答案】D【難度】【考點】萬有引力定律與天體運動中各參量定性分析【解析】根據(jù)萬有引力公式與圓周運動公式結(jié)合解題。再由地球環(huán)繞太陽的公轉(zhuǎn)半徑小于火星環(huán)繞太陽的公轉(zhuǎn)半徑，利用口訣“高軌、低速、大周期”能夠非?？斓呐袛喑觯厍虻能壍馈暗汀?，因此

23、線速度大、周期小、角速度大。最后利用萬有引力公式a=,得出地球的加速度大。 因此為D選項。3.（15福建卷）如圖，若兩顆人造衛(wèi)星a和b均繞地球做勻速圓周運動，a、b到地心O的距離分別為r1、r2, 線速度大小分別為v1 、 v2。則 （ ） 【答案】：A【解析】試題分析：由題意知，兩顆人造衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，根據(jù)，得：，所以，故A正確；B、C、D錯誤。4.（15海南卷）若在某行星和地球上相對于各自水平地面附近相同的高度處、以相同的速率平拋一物體，它們在水平方向運動的距離之比為。已知該行星質(zhì)量約為地球的7倍，地球的半徑為R，由此可知，該行星的半徑為（）A. B. C.

24、2R D.【答案】C5.（15四川卷）登上火星是人類的夢想，“嫦娥之父”歐陽自遠透露：中國計劃于2020年登陸火星。地球和火星公轉(zhuǎn)視為勻速圓周運動，忽略行星自轉(zhuǎn)影響。根據(jù)下表，火星和地球相比行星半徑/m質(zhì)量/kg軌道半徑/m地球6.4×1066.0×10241.5×1011火星3.4×1066.4×10232.3×1011【答案】B考點：萬有引力定律的應(yīng)用和分析數(shù)據(jù)、估算的能力。6.（15安徽卷）OACBRARBRC由三顆星體構(gòu)成的系統(tǒng)，忽略其它星體對它們的作用，存在著一種運動形式：三顆星體在相互之間的萬有引力作用下，分別位于等邊三角

25、形的三個頂點上，繞某一共同的圓心O在三角形所在的平面內(nèi)做相同角速度的圓周運動（圖示為A、B、C三顆星體質(zhì)量不相同時的一般情況）。若A星體質(zhì)量為2m，B、C兩星體的質(zhì)量均為m，三角形的邊長為a，求：（1）A星體所受合力大小FA；（2）B星體所受合力大小FB；（3）C星體的軌道半徑RC；（4）三星體做圓周運動的周期T?！敬鸢浮浚?）； （2）； （3）； （4）【解析】（1）A星體受B、C兩星體的引力大小相等，合力 ；（2）B星體受A星體的引力，B星體受C星體的引力，三角形定則結(jié)合余弦定理得， ；（3）由對稱性知，OA在BC的中垂線上，對A星體： ，對B星體： ，聯(lián)立解得，在三角形中，解得，即 ；

26、（4）把式代入式，得，即7.（15重慶卷）宇航員王亞平在“天宮1號”飛船內(nèi)進行了我國首次太空授課，演示了一些完全失重狀態(tài)下的物理現(xiàn)象。若飛船質(zhì)量為，距地面高度為，地球質(zhì)量為，半徑為，引力常量為，則飛船所在處的重力加速度大小為A.0 B. C. D. 【答案】B【解析】試題分析：對飛船受力分析知，所受到的萬有引力提供勻速圓周運動的向心力，等于飛船所在位置的重力，即，可得飛船的重力加速度為，故選B?？键c：本題考查萬有引力定律的應(yīng)用。8.（15新課標2卷）由于衛(wèi)星的發(fā)射場不在赤道上，同步衛(wèi)星發(fā)射后需要從轉(zhuǎn)移軌道經(jīng)過調(diào)整再進入地球同步軌道。當(dāng)衛(wèi)星在轉(zhuǎn)移軌道上飛經(jīng)赤道上空時，發(fā)動機點火，給衛(wèi)星一附加速度

27、，使衛(wèi)星沿同步軌道運行。已知同步衛(wèi)星的環(huán)繞速度約為3.1x103/s，某次發(fā)射衛(wèi)星飛經(jīng)赤道上空時的速度為1.55x103/s，此時衛(wèi)星的高度與同步軌道的高度相同，轉(zhuǎn)移軌道和同步軌道的夾角為30°，如圖所示，發(fā)動機給衛(wèi)星的附加速度的方向和大小約為A. 西偏北方向，1.9x103m/s B. 東偏南方向，1.9x103m/sC. 西偏北方向，2.7x103m/s D. 東偏南方向，2.7x103m/s【答案】B考點：速度的合成與分解9.（15廣東卷）專題六 機械能與能源1（15江蘇卷）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長。圓環(huán)

28、從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達C處的速度為零，AC=h。圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A；彈簧始終在彈性限度之內(nèi)，重力加速度為g，則圓環(huán)A下滑過程中，加速度一直減小B下滑過程中，克服摩擦力做功為C在C處，彈簧的彈性勢能為D上滑經(jīng)過B的速度大于下滑經(jīng)過B的速度9.【解析】A.下滑過程，A到B，加速度向下，彈力向上且增大，加速度減?。籅到C，加速度向上，加速度增大，A錯誤；B.下滑A到C，根據(jù)動能定理，,上滑，C到A，根據(jù)動能定理，兩式聯(lián)立解得，B正確；C.以上兩式聯(lián)立，還可解得，即彈性勢能,所以C錯誤；D. 下滑，A到B，有，上滑，B到A，有，比較得，D正確?！敬鸢?/p>

29、】BD。【點評】本題考查力的分析，動能定理，等知識和能力。難度：難。2.（15北京卷）“蹦極”運動中，長彈性繩的一端固定，另一端綁在人身上，人從幾十米高處跳下。將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運動。從繩恰好伸直，到人第一次下降至最低點的過程中，下列分析正確的是 A. 繩對人的沖量始終向上，人的動量先增大后減小 B.繩對人的拉力始終做負功，人的動能一直減小 C.繩恰好伸直時，繩的彈性勢能為零，人的動能最大 D.人在最低點時，繩對人的拉力等于人所受的重力【答案】A【難度】【考點】牛頓定律、動量定理、功能關(guān)系【解析】從繩恰好伸直到人運動到最低點的過程中，繩對人的拉力始終向上，故沖量始終向上。此過程中人

30、先加速再減速，當(dāng)拉力等于重力時，速度最大，則動量先增大后減小，A 選項正確，B、C 選項錯誤，在最低點時，人的加速度向上，拉力大于重力，D 選項錯誤。3.（15北京卷）（18 分） 如圖所示，彈簧的一端固定，另一端連接一個物塊，彈簧質(zhì)量不計。物塊（可視為質(zhì)點）的質(zhì)量為 m，在水平桌面上沿 x 軸運動，與桌面間的動摩擦因數(shù)為。以彈簧原長時物塊的位置為坐標原點 O，當(dāng)彈簧的伸長量為 x 時，物塊所受彈簧彈力大小為 F=kx, k為常量。 （1） 請畫出 F 隨 x 變化的示意圖；并根據(jù) F-x 的圖像求物塊沿 x 軸從 O 點運動到位置 x 的過程中彈力所做的功。 （2） 物塊由 向右運動到，然后

31、由返回到，在這個過程中， a. 求彈力所做的功.并據(jù)此求彈性勢能的變化量； b.求滑動摩擦力所做的功；并與彈力做功比較，說明為什么不存在與摩擦力對應(yīng)的“摩擦力勢能”的概念?！倦y度】【考點】機械能，功能關(guān)系【解析】（1）在F-x圖像中，面積為拉力所做的功（2）a.物塊從 向右運動到過程中彈力做功 由返回到過程中彈力做功整個過程中彈力做功 帶入得B.摩擦力一直與運動方向相反，故一直做負功摩擦力做功與路徑有關(guān)，而勢能變化只與初末位置有關(guān)，與過程無關(guān)，所以不存在摩擦力勢能。4.（15福建卷）（19分）如圖，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一圓弧光滑軌道，BC段是長為L的

32、水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點，一質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點靜止開始沿軌道滑下，重力加速度為g。（1）若固定小車，求滑塊運動過程中對小車的最大壓力；（2）若不固定小車，滑塊仍從A點由靜止下滑，然后滑入BC軌道，最后從C點滑出小車，已知滑塊質(zhì)量,在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)為，求： 滑塊運動過程中，小車的最大速度vm； 滑塊從B到C運動過程中，小車的位移大小s?！敬鸢浮浚海?）3mg （2）s=L/3【解析】試題分析：（1）由圖知，滑塊運動到B點時對小車的壓力最大從A到B，根據(jù)動能定理：在B點：聯(lián)立解得： FN=3mg，根據(jù)牛頓第三定

33、律得，滑塊對小車的最大壓力為3mg（2）若不固定小車， 滑塊到達B點時，小車的速度最大根據(jù)動量守恒可得：從A到B，根據(jù)能量守恒：聯(lián)立解得：設(shè)滑塊到C處時小車的速度為v，則滑塊的速度為2v，根據(jù)能量守恒：解得：小車的加速度：根據(jù)解得：s=L/35.（15海南卷）如圖，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端登高。質(zhì)量為m的質(zhì)點自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g，質(zhì)點自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為（ ）A. B. C. D. 【答案】C6.（15海南卷）如圖，位于豎直水平面內(nèi)的光滑軌道由四分之一圓弧ab和拋物線bc組成，圓弧半徑Oa

34、水平，b點為拋物線頂點。已知h=2m,，s=。取重力加速度大小。（1）一小環(huán)套在軌道上從a點由靜止滑下，當(dāng)其在bc段軌道運動時，與軌道之間無相互作用力，求圓弧軌道的半徑；（2）若環(huán)從b點由靜止因微小擾動而開始滑下，求環(huán)到達c點時速度的水平分量的大小。【答案】（1）（2）【解析】（1）一小環(huán)套在bc段軌道運動時，與軌道之間無相互作用力，則說明下落到b點時的速度，使得小環(huán)套做平拋運動的軌跡與軌道bc重合，故有，從ab滑落過程中，根據(jù)動能定理可得，聯(lián)立三式可得（2）下滑過程中，初速度為零，只有重力做功，根據(jù)動能定理可得因為物體滑到c點時與豎直方向的夾角等于（1）問中做平拋運動過程中經(jīng)過c點時速度與豎

35、直方向的夾角相等，設(shè)為，則根據(jù)平拋運動規(guī)律可知，根據(jù)運動的合成與分解可得聯(lián)立可得7.（15四川卷）在同一位置以相同的速率把三個小球分別沿水平、斜向上、斜向下方向拋出，不計空氣阻力，則落在同一水平地面時的速度大小A一樣大 B水平拋的最大 C斜向上拋的最大 D斜向下拋的最大【答案】A【解析】試題分析：三個小球被拋出后，均僅在重力作用下運動，三球從同一位置落至同一水平地面時，設(shè)其下落高度為h，并設(shè)小球的質(zhì)量為m，根據(jù)動能定理有：mgh，解得小球的末速度大小為：v，與小球的質(zhì)量無關(guān)，即三球的末速度大小相等，故選項A正確。考點：拋體運動特點、動能定理（或機械能守恒定律）的理解與應(yīng)用。8.（15安徽卷）A

36、v0B一質(zhì)量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的A點，距離A點5 m的位置B處是一面墻，如圖所示。物塊以v0=9 m/s的初速度從A點沿AB方向運動，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向運動直至靜止。g取10 m/s2。（1）求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)；（2）若碰撞時間為0.05 s，求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F；（3）求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功W?！敬鸢浮浚?）0.32； （2）130 N； （3）9 J【解析】（1）由A到B做勻減速運動，由牛頓第二定律，聯(lián)立得（或根據(jù)動能定理，得）（2）根據(jù)動量定理，取水平向左為正方向，有，代入數(shù)據(jù)，

37、得（3）根據(jù)動能定理，所以9.（15重慶卷）（16分）同學(xué)們參照伽利略時期演示平拋運動的方法制作了如題8圖所示的實驗裝置。圖中水平放置的底板上豎直地固定有M板和N板。M 板上部有一半徑為的圓弧形的粗糙軌道，P為最高點，Q為最低點，Q點處的切線水平，距底板高為.N板上固定有三個圓環(huán).將質(zhì)量為的小球從P處靜止釋放，小球運動至Q飛出后無阻礙地通過各圓環(huán)中心，落到底板上距Q水平距離為處。不考慮空氣阻力，重力加速度為.求：（1）距Q水平距離為的圓環(huán)中心到底板的高度；（2）小球運動到Q點時速度的大小以及對軌道壓力的大小和方向；（3）摩擦力對小球做的功.【答案】（1）到底版的高度；（2）速度的大小為 ，壓力

38、的大小，方向豎直向下 ；（3）摩擦力對小球作功【解析】試題分析：（1）由平拋運動規(guī)律可知，同理：，考點：本題考查平拋運動的規(guī)律、動能定理、牛頓第二定律、牛頓第三定律。10.（15新課標2卷）一汽車在平直公路上行駛。從某時刻開始計時，發(fā)動機的功率P隨時間t的變化如圖所示。假定汽車所受阻力的大小f恒定不變。下列描述該汽車的速度v隨時間t變化的圖像中，可能正確的是 【答案】A【解析】試題分析：由圖可知，汽車先以恒定功率P1起動，所以剛開始做加速度減小的加速度運動，后以更大功率P2運動，所以再次做加速度減小的加速運動，故A正確，B、C、D錯誤?？键c：機車起動問題11.（15新課標2卷）如圖，滑塊a、b

39、的質(zhì)量均為m，a套在固定直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接。不計摩擦，a、b可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g。則A. a落地前，輕桿對b一直做正功B. a落地時速度大小為錯誤！未找到引用源。C. a下落過程中，其加速度大小始終不大于gD. a落地前，當(dāng)a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg【答案】BD考點：機械能守恒定律；運動的合成與分解12.（15新課標1卷）13.(15廣東卷) 專題七 電場1.（15江蘇卷）靜電現(xiàn)象在自然界中普遍存在，我國早在西漢末年已有對靜電現(xiàn)象的記載春秋緯 考異郵中有玳瑁吸衣若只說，但下列不屬于靜電現(xiàn)象的是A梳過頭發(fā)的塑料梳子吸

40、起紙屑B帶電小球移至不帶電金屬球附近，兩者相互吸引C小線圈接近通電線圈過程中，小線圈中產(chǎn)生電流D從干燥的地毯走過，手碰到金屬把手時有被電擊的感覺【解析】C是電磁感應(yīng)現(xiàn)象，其余是靜電現(xiàn)象?！敬鸢浮緾【點評】本題考查靜電現(xiàn)象和電磁感應(yīng)現(xiàn)象，難度：容易2.（15江蘇卷）一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左，不計空氣阻力，則小球A做直線運動 B做曲線運動 C速率先減小后增大，D速率先增大后減小【解析】小球受重力和電場力，合力方向左下，初速度與合力不在同一直線，所以小球做曲線運動。初階段，合力與速度夾角為鈍角，速率減小，后來，合力與速度夾角為銳角，速率增大，所以速率先減小后增

41、大?！敬鸢浮緽C【點評】本題考查曲線運動，難度：中等3，（15江蘇卷）兩個相同的負電荷和一個正電荷附近的電場線分布如圖所示，c時兩負電荷連線的中點，d點在正電荷的正上方，c、d到正電荷的距離相等，則Aa點的電場強度比b點的大Ba點的電勢比b點的高Cc點的電場強度比d點的大Dc點的電勢比d點的低【解析】逐項判斷A.根據(jù)電場線的疏密判斷，a點電場強度比b大，A正確；B.根據(jù)沿電場線電勢降低，a點的電勢比b低，B錯誤；C.根據(jù)電場的疊加原理，c、d點的電場都是正電荷與兩個相同的負電荷形成的電場的疊加，c點兩個相同的負電荷形成的電場互相抵消、d點兩個相同的負電荷形成的電場方向與正電荷形成的電場方向相反

42、，而c、d點與正電荷距離相等，所以c點電場強度比d大，C正確；D.根據(jù)的原理，c、d點與正電荷距離相等，但正電荷到c間電場強度比到d間電場強度大，所以電勢降落大，所以c點的電勢比d低，D正確?！敬鸢浮緼CD【點評】本題考查電場強度與電勢，難度，中等。4.（15江蘇卷）（16分）一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示，電荷量均為+q、質(zhì)量不同的離子飄入電壓為的加速電場，其初速度幾乎為零，這些離子經(jīng)過加速后通過狹縫O沿著與磁場垂直的方向進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，最后打在底片上，已知放置底片區(qū)域已知放置底片的區(qū)域MN =L，且OM =L。某次測量發(fā)現(xiàn)MN中左側(cè)區(qū)域MQ損壞，檢測不到離子，但右側(cè)區(qū)域QN仍能

43、正常檢測到離子. 在適當(dāng)調(diào)節(jié)加速電壓后，原本打在MQ的離子即可在QN檢測到。（1）求原本打在MN中點P的離子質(zhì)量m；（2）為使原本打在P的離子能打在QN區(qū)域，求加速電壓U的調(diào)節(jié)范圍；（3）為了在QN區(qū)域?qū)⒃敬蛟贛Q區(qū)域的所有離子檢測完整，求需要調(diào)節(jié)U的最少次數(shù)。（取；）【解答】（1）離子在電場中加速在磁場中做勻速圓周運動，解得 代入，解得 （2）由（1）得，離子打在Q點，解得;離子打在N點，解得，則電壓的范圍（3）由（1）可知，第一次調(diào)節(jié)電壓到，使原本打到點的離子打到點，此時，設(shè)原本半徑為的打在的離子打在上，則，解得第二次調(diào)節(jié)電壓到，使原本打到點的離子打到點，此時，設(shè)原本半徑為的打在的離子打

44、在上，則，解得同理，第次調(diào)節(jié)電壓，有,檢測完整，有，解得，最少次數(shù)為3次。【最后一步本人的簡便解法】第三次調(diào)節(jié)電壓到，使原本打到點的離子打到點，此時，設(shè)原本半徑為的打在的離子打在上，則，解得,調(diào)節(jié)電壓的次數(shù)最少為3次。【點評】本題考查質(zhì)譜儀的工作原理，包括帶電粒子的加速和圓周運動。創(chuàng)新的是第（3）問，難點也是第3問。我用“窮舉法”解比原答案的通用解法簡便一些，也好理解一下。難度：難。5.（15海南卷）如圖，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng)，在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q（q0）的粒子，在負極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子，在電場力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動。已知兩粒

45、子同時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距的平面。若兩粒子間相互作用力可忽略，不計重力，則M：m為（ ）A. 3:2 B. 2：1 C. 5:2 D. 3:1 【答案】A【解析】設(shè)電場強度為E，兩粒子的運動時間相同，對M有，；對m有，聯(lián)立解得，A正確；6.（15海南卷）如圖，兩電荷量分別為Q（Q0）和-Q的點電荷對稱地放置在x軸上原點O的兩側(cè)，a點位于x軸上O點與點電荷Q之間，b位于y軸O點上方。取無窮遠處的電勢為零，下列說法正確的是A.b點的電勢為零，電場強度也為零B.正的試探電荷在a點的電勢能大于零，所受電場力方向向右C.將正的試探電荷從O點移到a點，必須克服電場力做功D.將同一正的試探電荷先后從

46、O、b點移到a點，后者電勢能的變化較大【答案】BC【解析】因為等量異種電荷在其連線的中垂線上的電場方向為水平指向負電荷，所以電場方向與中垂線方向垂直，故中垂線為等勢線，因為中垂線延伸到無窮遠處，所以中垂線的電勢為零，故b點的電勢為零，但是電場強度不為零，A錯誤；等量異種電荷連線上，電場方向由正電荷指向負電荷，方向水平向右，在中點O處電勢為零，O點左側(cè)電勢為正，右側(cè)電勢為負，又知道正電荷在正電勢處電勢能為正，故B正確；O點的電勢低于a點的電勢，電場力做負功，所以必須克服電場力做功，C正確；O點和b點的電勢相等，所以先后從O、b點移到a點，電場力做功相等，電勢能變化相同，D錯誤；7.（15四川卷）

47、如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點是P，直徑MN水平，a、b是兩個完全相同的帶正電小球（視為點電荷），b固定在M點，a從N點靜止釋放，沿半圓槽運動經(jīng)過P點到達某點Q（圖中未畫出）時速度為零。則小球a A從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小B從N到P的過程中，速率先增大后減小C從N到Q的過程中，電勢能一直增加D從P到Q的過程中，動能減少量小于電勢能增加量【答案】BC考點：孤立點電荷等勢面特征、庫侖定律、平行四邊形定則、功能關(guān)系、能量守恒定律的應(yīng)用。8.（15安徽卷）由庫侖定律可知，真空中兩個靜止的點電荷，帶電量分別為q1和q2，其間距離為r時，它們之間相互作用力的大小

48、為，式中k為靜電力常量。若用國際單位制的基本單位表示，k的單位應(yīng)為Akg·A2·m2 Bkg·A-2·m3·s-4 Ckg·m2·C-2 DN·m2·A-2【答案】B【解析】根據(jù)單位制，k的單位為N·m2·C-2，而1N= 1kg·m·s-2，1C=1 A·s，代入得k的單位為kg·A-2·m3·s-4，故答案為B+-S9.（15 安徽卷）已知均勻帶電的無窮大平面在真空中激發(fā)電場的場強大小為，其中為平面上單位面積所帶的電荷量，

49、0為常量。如圖所示的平行板電容器，極板正對面積為S，其間為真空，帶電量為Q。不計邊緣效應(yīng)時，極板可看作無窮大導(dǎo)體板，則極板間的電場強度大小和兩極板間相互的靜電引力大小分別為A和 B和 C和 D和【答案】DAB-l0l0OC(2l0 ,-3l0)yx【解析】由題意，單塊極板產(chǎn)生的電場強度為，根據(jù)電場的疊加原理，極板間的電場強度大小，選項B、C錯誤；由于一塊極板在另一塊極板處產(chǎn)生的電場強度處處相同，借用微元和累加的思想，所以另一塊極板所受電場力為，故選項A錯誤答案為D10.（15海南卷）在xOy平面內(nèi)，有沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E（圖中未畫出），由A點斜射出一質(zhì)量為m，帶電量為+q的粒子

50、，B和C是粒子運動軌跡上的兩點，如圖所示，其中l(wèi)0為常數(shù)。粒子所受重力忽略不計，求：（1）粒子從A到C過程中電場力對它做的功；（2）粒子從A到C過程所經(jīng)歷的時間；（3）粒子經(jīng)過C點時的速率?！敬鸢浮浚?）； （2）； （3）【解析】（1）電場力做功與路徑無關(guān)，A、C間沿電場線方向的距離，所以電場力做功；（2）由對稱性知，軌跡最高點在y軸上，設(shè)為P點，帶電粒子在水平方向做勻速直線運動，又A、P、B、C的水平間距相等，均為l0，所以三段軌跡經(jīng)歷時間也相等，設(shè)為t0，由P到C豎直方向做初速為零的勻加速直線運動，有，由P到B，有，解得，所以粒子從A到C過程所經(jīng)歷的時間；（3）由P到C，水平速度，所以，

51、豎直方向，所以，即粒子經(jīng)過C點時的速率11.（15新課標2卷）如圖，兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將兩板繞過a點的軸（垂直于紙面）逆時針旋轉(zhuǎn)，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，改微粒將A保持靜止狀態(tài) B.向左上方做勻加速運動C.向正下方做勻加速運動 D.向左下方做勻加速運動【答案】D【解析】試題分析：現(xiàn)將兩板繞過a點的軸（垂直于紙面）逆時針旋轉(zhuǎn)時，兩板間的電場強度不變，電場力也不變，所以現(xiàn)將兩板繞過a點的軸（垂直于紙面）逆時針旋轉(zhuǎn)后，帶電微粒受兩大小相等的力的作用，合力方向向左下方，故微粒將向左下方做勻加速運動，故D正確，A、B、C錯誤

52、?？键c：電容器；電場力；力的平衡12.（15新課標2卷）（12分）如圖，一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的例子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點。已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°。不計重力。求A、B兩點間的電勢差。【答案】考點：動能定理；帶電粒子在電場中運動13.（15新課標1卷）14.（15廣東卷）專題八 恒定電流1（15江蘇卷）（8分）小明利用如題10-1圖所示的實驗裝置測量一干電池的電動勢和內(nèi)阻（1）題10-1圖中電流表的示數(shù)為_A（2）調(diào)節(jié)滑動變阻器，電壓表和電流表的示數(shù)記錄如下請根據(jù)表中的數(shù)據(jù)，在答題卡的方格紙上作出U-I圖線由圖線求得：電動勢E=_V;內(nèi)阻r=_（3）實驗時，小明進行了多次測量，花費了較長時間，測量期間一直保持電路閉合，其實從實驗誤差考慮，這樣的操作不妥，因為_【答案】（1）0.44（2）U-I圖線見右圖