安徽省蚌埠市2015届高三一模物理试卷

安徽省蚌埠市2015届高考物理一模试卷

一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）

1．如图为某质点运动的初速度图象，根据图象可知(

)

A ．前10s 内运动方向一直不变 B ．第5s 末的速度大小2.5m/s

2 C ．第8s 末的加速度大小1m/s D ．第10s 末的质点距离起点18m

2．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是( )

A ．安培力的方向可以不垂直于直导线

B ．安培力的方向总是垂直于磁场的方向

C ．安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角无关

D ．将直导线从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半

3．如图是一中为G 的风筝在风中飞行示意图，其中AB 代表风筝的横截面，OL 为牵引线，风对风筝的作用力与AB 垂直，若使风筝静止在空气中，牵引绳水平，风筝平面与水平面的夹角为θ．若风力增大，要使绳子水平且风筝仍能保持静止状态，则(

)

A ．绳子张力可能不变

B ．绳子张力一定减小

C ．模型平面与水平面的夹角θ可能不变

D ．模型平面与水平面的夹角θ一定增大

4．位于赤道附近的房屋内有一细线悬挂一电灯，电灯相对地面静止，若只考虑地球的自转运动，以下对电灯受力情况的分析中正确的是( )

A ．电灯受到重力、地球引力和细线拉力的作用

B ．电灯受到的合力为零

C ．电灯受到地球引力大于细线对其的拉力

D ．电灯受到地球引力小于细线对其的拉力

5．如图所示，一条形磁铁用细线悬挂于O 点．O 点正下方固定一个水平放置的铝线圈，让磁铁在竖直面内往复摆动，下列说法中正确的是( )

A ．磁铁每往复摆动一次，线圈内感应电流的方向改变2次

B ．磁铁每往复摆动一次，线圈中产生的电能都相同

C ．磁铁所受到的感应电流对它的作用力始终是阻力

D ．磁铁所受到的感应电流对它的作用力有时是阻力，有时是动力

6．如图，有一理想变压器，原副线圈的匝数比为n ．原线圈接正弦交流电压U ，输出端接有一个交流电流表和一个电动机．电动机线圈电阻为R ．当输入端接通电源后，电流表读数为I ，电动机带动一重物匀速上升．下列判断正确的是(

)

A ．电动机两端电压为IR

C ．原线圈中的电流为nI B ．电动机消耗的功率为I R D ．变压器的输入功率为 2

7．如图所示，在光滑水平面上有一木块与轻弹簧的一端相连，弹簧另一端与竖直墙壁连接，一颗子弹沿水平方向射入木块并留在其中一起往复运动，木块自被子弹击中前运动到最右端的过程中(

)

A ．子弹减小的动能等于弹簧增加的弹性势能

B ．弹簧、木块和子弹组成的系统机械能守恒

C ．弹簧最短时弹性势能大于弹簧最长时弹性势能

D ．在弹簧压缩到最短的时刻，木块的速度为零，加速度不为零

8．地球同步卫星离地心的高度约为地球半径的7倍，某行星的同步卫星距其表面的高度是其半径的2.5倍，若该行星的平均密度为地球平均密度的一半，则该行星的自转周期约为

( )

A ．6小时 B ．12小时 C ．24小时 D ．36小时

9．轻绳1绕过定滑轮，甲乙两人站在地面从绳子两端握住绳子向上攀升，两人均由静止开始做匀加速直线运动．已知两人的质量m 甲＜m 乙，绳子不可伸长，忽略滑动的重及摩擦，绳子1和2的拉力分别为F 1、F 2，则在上升时( )

A ．甲始终位于乙的上方 B．两人的高度始终相等

C ．m 甲g ＜F 1＜m 乙g D ．F 2=m甲g+m乙g

10．如图甲所示，光滑绝缘的水面平面上，相距5L 的A 、B 两处分别固定两个正电荷Q A 和Q B ，AB 连线之间的电势φ与位置x 之间的关系图象如图乙所示，图中x=﹣L 点为图线的最低点，若x=﹣2L 的C 点由静止释放一个质量为m 、电量为+q的带电小物块（可视为致电），则

(

)

A ．x=﹣0.5L 处的电场线沿x 轴正方向

B ．物块在x=﹣L 处的速度最大

C ．物块将x=﹣0.5L 点为中心作往复运动

D ．固定在A 、B 处的电荷电量之比为Q A ：Q B =2：3

二、解答题

11．某同学利用如图甲所示的实验装置测量重力加速度（图示为释放纸带前的位置）

（1）请指出图中的两处明显错误或不当之处①__________；②__________

（2）该同学经正确操作得到图乙所示的纸带，A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 为打出的连续七个点，测得各相邻点的距离分别为x 1、x 2、x 3、x 4、x 5、x 6．若打点时间间隔为T ，则打E 点时重物的速度表达式为v E （用字母表示），若分别计算出各点对应的速度值，

2并在坐标系中画出速度的二次方（v ）与距离（h ）的关系图，如图丙所示，则测出的重力

2加速度的数值大小g=__________m/s．（保留三位有效数字）

（3）另有同学又设计了以下方案来测定重力加速度：

a ．测出第一点和最后一点之间的距离x ，利用x=g （6T ），求得g=2

b ．由g 1=、g=…g 3=，求出它们的平均值

c ．把纸带每隔时间T 剪断，得到若干短纸条，再把这些纸条并排贴在一张纸上，使这些纸条下端对齐，作为时间坐标轴，将纸条上端中心连起来，得到v ﹣t 图象，通过图象的斜率求出重力加速度g ．

以上方案中不合理的是__________（选填字母代号）

12．某实验小组进行“测定金属的电阻率”实验，已测得金属丝接入电路部分的长度为50.00cm ．现用伏安法测该金属丝的电阻R x ，实验所用器材为：电池组（电动势为3V ，内阻约1Ω）、电流表（量程0.6A ，内阻约0.1Ω）、电压表（量程3V ，内组约3k Ω）、滑动变阻器R （0﹣20Ω），额定电流2A ）开关、导线若干．

（1）如图1，用螺旋测微器测得金属丝的直径，读数为__________mm

（2）某小组同学利用所给器材正确连接好电路，进行试验测量，记录的数据如表． 次数 1 2 3 4 5 6 7 U/V 0.10 0.30 0.70 1.00 1.50 1.70 2.30 I/A 0.02 0.06 0.16 0.22 0.34 0.46 0.52 请在图2中将他们所用的电路补充完整，要求能测出以上所有试验数据，且闭合开关，滑片滑至最左端时两表示数为零．

（3）在如图3所示的坐标纸上描点并画出U ﹣I 关系图线，由图线及实验数据，可以估算出金属丝的电阻率约为__________（填选项前的符号）

A.1×10Ω•m B.1×10Ω•m C.1×10Ω•m D.1×10Ω•m ．

13．如图所示，一只杯子固定在水平桌面上，将一块薄纸板盖在杯口上，并在纸板上放一枚鸡蛋，先用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，鸡蛋的水平移动很小（几乎观察不到）并掉入杯中，这就是惯性演示．若鸡蛋和纸板的质量分别为m 1和m 2 各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g

（1）要是纸板相对鸡蛋运动，求所需拉力的大小．

2（2）若m 1=0.05kg，m 2=0.1kg，μ=0.2，鸡蛋和纸板左端的距离d=0.1m，取g=10m/s，若鸡

蛋移动的距离不超过l=0.02m，才能掉入杯中．为确保试验成功，纸板所需的加速度至少多大？（鸡蛋可简化为质点）．

﹣8﹣6﹣4﹣2

14．如图所示，圆形区域的匀强磁场垂直xoy 平面向外，该圆形区域的圆心为O 1，半径为R ，并与x 轴相切于原点O ．现从离子源发出比荷为k （即电荷量与质量的比值）的正离子，沿直径O 2O 3射入，经磁场偏转后从O 点垂直进入x 轴下方的匀强电场，该电场的场强为E ，方向沿x 轴正方向，最后打在位于档板的o 4位置的离子探测器上．不计粒子所受重力．已知O 4点坐标为（2R ，﹣R ），且O 1，O 2，O 3，O 4在一条直线上．求：

（1）离子射入磁场时的速度v

（2）圆形区域内磁场的磁感应强度B

（已知tan

=）

15．（16分）如图，一个质量为M 的凹槽右侧紧挨着竖直的固定墙面，静止在光滑水平面上，凹槽的内表面ABC 是半径为R 的半圆光滑圆弧，AC 是半圆的水平直径，B 是半圆的最低点，一质量为m 的小球从A 点由静止开始下滑，已知m ：M=2：3

（1）求小球第一次通过B 点时的速度大小．

（2）以B 为高度起点，小球第一次通过B 点后能够到达的最大高度为多少？

（3）小球达到最高点后又返回B 点时，小球与凹槽的速度各为多少？

（4）小球达到最高点后又返回B 点时，小球对凹槽的压力为多大？

安徽省蚌埠市2015届高考物理一模试卷

一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）

1．如图为某质点运动的初速度图象，根据图象可知(

)

A ．前10s 内运动方向一直不变

C ．第8s 末的加速度大小1m/s

2B ．第5s 末的速度大小2.5m/s D ．第10s 末的质点距离起点18m

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：速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示物体的位移，根据速度的正负值判断物体速度的方向．

解答： 解：A 、0﹣2s 内速度为负，2﹣10s 内速度为正，方向相反．故A 错误．

B 、2﹣6s 加速度a=

C 、第8s 末的加速度a ，则5s 末的速度v=v2+at=0+1×3=3m/s．故B 错误． ，所以加速度大小为1m/s．故C 正确． 2

D 、v ﹣t 图象与时间轴包围的面积表示位移，0﹣10s 内的位移：x=×=14m，故D 错误；

故选：C ．

点评：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率、图线与时间轴围成的面积表示的含义．

2．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是( )

A ．安培力的方向可以不垂直于直导线

B ．安培力的方向总是垂直于磁场的方向

C ．安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角无关

D ．将直导线从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半

考点：安培力．

分析：本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直．引用公式F=BIL时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为F=BIL．

解答： 解：A 、B 、根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，故A 错误，B 正确；

C 、磁场与电流不垂直时，安培力的大小为F=BILsinθ，则安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角有关，故C 错误；

D 、当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，将直导线从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半；将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的，故D 错误．

故选：B ．

点评：解决本题的关键是知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小．当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F=BIL．

3．如图是一中为G 的风筝在风中飞行示意图，其中AB 代表风筝的横截面，OL 为牵引线，风对风筝的作用力与AB 垂直，若使风筝静止在空气中，牵引绳水平，风筝平面与水平面的夹角为θ．若风力增大，要使绳子水平且风筝仍能保持静止状态，则(

)

A ．绳子张力可能不变

B ．绳子张力一定减小

C ．模型平面与水平面的夹角θ可能不变

D ．模型平面与水平面的夹角θ一定增大

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：对风筝进行受力分析，可知受到重力G 、牵引绳的拉力T 和风力F ，风力方向与风筝垂直，作出力图，由平衡条件求解各物理量大小之间的关系．

解答： 解：对模型风筝进行受力分析：重力G 、牵引绳的拉力T 和风力F ，作出力图如图所示．由于模型恰好静止在空中，受力平衡，则由平衡条件得到：F=

风力增大时，cos θ减小，模型风筝平面与水平面的夹角θ一定增大．

绳子的拉力：T=Gtanθ，θ增大，绳子的拉力一定增大．故只有D 正确．

故选：

D

点评：本题是实际问题的简化模型，分析受力情况，作出力图是解答的关键．

4．位于赤道附近的房屋内有一细线悬挂一电灯，电灯相对地面静止，若只考虑地球的自转运动，以下对电灯受力情况的分析中正确的是( )

A ．电灯受到重力、地球引力和细线拉力的作用

B ．电灯受到的合力为零

C ．电灯受到地球引力大于细线对其的拉力

D ．电灯受到地球引力小于细线对其的拉力

考点：向心力．

专题：匀速圆周运动专题．

分析：电灯受到的重力是由于地球的吸引而产生的，不能同时分析重力、地球引力，电灯随地球一起做匀速圆周运动，在赤道附近，合力提供向心力．

解答： 解：A 、电灯受到的重力是由于地球的吸引而产生的，不能同时分析重力、地球引力，故A 错误；

B 、电灯随地球一起自转，则电灯所受合外力提供电灯做匀速圆周运动的向心力，合外力不为零，故B 错误；

C 、在赤道附近，电灯受到地球的吸引力和绳子的拉力，合力提供向心力，指向球心，所以电灯受到地球引力大于细线对其的拉力，故C 正确，D 错误．

故选：C

点评：本题要考虑地球的自转运动，和平时的受力分析不同，此时电灯不处于静止状态，合力不为零，难度适中．

5．如图所示，一条形磁铁用细线悬挂于O 点．O 点正下方固定一个水平放置的铝线圈，让磁铁在竖直面内往复摆动，下列说法中正确的是(

)

考点：楞次定律．

专题：电磁感应与电路结合．

分析：根据楞次定律可以判断出感应电流反向，从而判断出一个周期内电流变化的方向；根据楞次定律判断磁铁所受到的感应电流的磁场力是引力还是斥力，是动力还是阻力．

解答： 解：A 、在一个周期之内，穿过铝线圈的磁通量先增大，后减小，再增大，最后又减小，穿过铝线圈磁场方向不变，磁通量变化趋势改变，感应电流方向发生改变，因此在一个周期内，感应电流方向改变4次，故A 错误；

B 、由楞次定律可知，磁铁靠近铝线圈时受到斥力作用，远离铝线圈时受到引力作用，因而磁通量的变化率不同，则产生感应电流不同，因此产生的电能也不相同，故B 错误；

C 、由楞次定律可知，感应电流总是阻碍磁铁的相对运动，感应电流对磁铁的作用力总是阻力，故C 正确；

D 、由楞次定律可知，感应电流总是阻碍磁铁的相对运动，感应电流对磁铁的作用力总是阻力，故D 错误；

故选：C ．

点评：掌握楞次定律的内容、理解楞次定律的含义是正确解题的关键；要深刻理解楞次定律“阻碍”的含义．如“阻碍”引起的线圈面积、速度、受力等是如何变化的．

6．如图，有一理想变压器，原副线圈的匝数比为n ．原线圈接正弦交流电压U ，输出端接有一个交流电流表和一个电动机．电动机线圈电阻为R ．当输入端接通电源后，电流表读数为I ，电动机带动一重物匀速上升．下列判断正确的是(

) A ．磁铁每往复摆动一次，线圈内感应电流的方向改变2次 B ．磁铁每往复摆动一次，线圈中产生的电能都相同 C ．磁铁所受到的感应电流对它的作用力始终是阻力 D ．磁铁所受到的感应电流对它的作用力有时是阻力，有时是动力

A ．电动机两端电压为IR B ．电动机消耗的功率为I R

2 C ．原线圈中的电流为nI D．变压器的输入功率为

考点：变压器的构造和原理．

专题：交流电专题．

分析：理想变压器的输入功率与输出功率相等，而副线圈与电动机相连，则电动机的输出功率与电动机线圈的内阻之和为副线圈的输出功率．

解答： 解：A 、电动机电路属于非纯电阻电路，则欧姆定律不适用．因此电动机两端的电压不能为IR ，故A 错误；

B 、电动机消耗的功率为线圈内阻消耗的功率与输出功率之和，而为I R 仅是电动机线圈电阻的功率，故B 错误；

C 、因为原副线圈的匝数比为n ，且电流表读数为I ，则由理想变压器的原副线圈的电流与匝数成反比得，原线圈的电流为，故C 错误；

D 、理想变压器的原线圈的电压为U ，而电流为，则变压器的输入功率为U ．故D 正确； 故选：D

点评：电动机内有线圈则属于非纯电阻电路，所以电动机的输入功率等于电动机的线圈消耗功率与电动机的输出功率．而线圈消耗的功率不能为：P R = 2

7．如图所示，在光滑水平面上有一木块与轻弹簧的一端相连，弹簧另一端与竖直墙壁连接，一颗子弹沿水平方向射入木块并留在其中一起往复运动，木块自被子弹击中前运动到最右端的过程中(

)

考点：功能关系；机械能守恒定律．

分析：根据能量守恒可得，子弹减少的能量等于系统增加的弹性势能与内能的增量之和，在弹簧反弹过程中，系统机械能守恒．

解答： 解：A 、子弹减小的动能大于弹簧增加的弹性势能，其差值等于系统增加的内能，故A 错误；

B 、由于有墙壁的作用力和系统内部的摩擦力存在，弹簧、木块和子弹组成的系统机械能不守恒，故B 错误；

C 、在弹簧反弹过程中，系统机械能守恒，故弹簧最短时弹性势能大于弹簧最长时弹性势能，故C 错误；

D 、在弹簧压缩到最短的时刻，木块的速度为零，加速度不为零，故D 正确．

故选：D ．

点评：知道机械能守恒的条件，明确系统内的滑动摩擦力做功将导致内能增加，即摩擦生热． A ．子弹减小的动能等于弹簧增加的弹性势能 B ．弹簧、木块和子弹组成的系统机械能守恒 C ．弹簧最短时弹性势能大于弹簧最长时弹性势能 D ．在弹簧压缩到最短的时刻，木块的速度为零，加速度不为零

8．地球同步卫星离地心的高度约为地球半径的7倍，某行星的同步卫星距其表面的高度是其半径的2.5倍，若该行星的平均密度为地球平均密度的一半，则该行星的自转周期约为

( )

A ．6小时 B ．12小时 C ．24小时 D ．36小时

考点：同步卫星．

专题：人造卫星问题．

分析：某天体的同步卫星的周期跟该中心天体自转的周期相同，根据万有引力提供向心力列式后结合密度定义式、第一宇宙速度公式、周期公式、重力加速度公式进行分析． 解答： 解：设地球的半径、密度、运行周期分别为R 1、ρ1、T 1，某行星的R 2、ρ2、T 2 对于地球同步卫星，由牛顿第二定律得：

而r 1=7R1 M=ρ1

解得：① 同理可得：②

T 1=24h③

ρ1=2ρ2④

联立①②③④可得，T 2=12h

故选：B ．

点评：对于人造卫星的相关问题，通常都要根据万有引力提供向心力列式分析，要记住一些小推论；同时本题字母较多，要细心，不难．

9．轻绳1绕过定滑轮，甲乙两人站在地面从绳子两端握住绳子向上攀升，两人均由静止开始做匀加速直线运动．已知两人的质量m 甲＜m 乙，绳子不可伸长，忽略滑动的重及摩擦，绳子1和2的拉力分别为F 1、F 2，则在上升时(

)

A ．甲始终位于乙的上方 B．两人的高度始终相等

C ．m 甲g ＜F 1＜m 乙g D ．F 2=m甲g+m乙g

考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．

专题：共点力作用下物体平衡专题．

分析：受力分析，根据牛顿运动定律知拉力及甲乙加速度大小关系，根据运动学公式知位移关系．

解答： 解：ABC 、绳子1拉力为F 1，根据牛顿第三定律知绳子拉力相等，对人受力分析知F=F1﹣mg=ma，根据牛顿第三定律知绳子对甲乙的拉力相等均大于他们的重力，质量大的加速度小，故甲的加速度大于乙的加速度，根据h=

位于乙的上方，故A 正确，BC 错误；

D 、系统不平衡，F 2≠m 甲g+m乙g ，故D 错误；

故选：A

点评：解决本题的关键正确地进行受力分析，同一根绳拉力大小处处相等，结合牛顿运动定律求解加速度．

10．如图甲所示，光滑绝缘的水面平面上，相距5L 的A 、B 两处分别固定两个正电荷Q A 和Q B ，AB 连线之间的电势φ与位置x 之间的关系图象如图乙所示，图中x=﹣L 点为图线的最低点，若x=﹣2L 的C 点由静止释放一个质量为m 、电量为+q的带电小物块（可视为致电），则

(

) 知甲位移比乙位移大，故甲始终

A ．x=﹣0.5L 处的电场线沿x 轴正方向

B ．物块在x=﹣L 处的速度最大

C ．物块将x=﹣0.5L 点为中心作往复运动

D ．固定在A 、B 处的电荷电量之比为Q A ：Q B =2：3

考点：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：根据φ﹣x 图象切线的斜率等于场强E ，分析x=0处的场强化判断小球的速度变化；x=L处场强为零，根据点电荷场强公式E=k，求解Q A ：Q B ．物块先做加速运动再做减速运动，到达x=2L处速度v t ≥0，从x=﹣2L 到x=2L过程中，由动能定理得可解得动摩擦因数的取值范围．

解答： 解：A 、从﹣L 向右，电势逐渐增大，故逆着电场线，故电场线沿x 轴负方向，故A 错误；

B 、据φ﹣x 图象切线的斜率等于场强E ，则知x=﹣L 处场强为零，所以小球在C 处受到的场强向右，向右加速运动，到x=﹣L 处加速度为0，从x=﹣L 向左运动时，电场力向左，做减速运动，所以小球在x=﹣L 处的速度最大，故B 正确．

C 、根据动能定理得：qU=0，得U=0，所以小球能运动到电势与出发点相同的位置，由图知向右最远能到达x=0点处，然后小球向右运动，小球将以x=﹣L 点为中心作往复运动，故C 错误．

D 、x=﹣L 处场强为零，根据点电荷场强则有：k ，解得Q A ：Q B =4：9，故D 错误．

故选：B

点评：本题要准确理解图象斜率的意义，在电场中运用动能定理时要注意电场力做功和路径无关，只和初末两点的电势差有关，掌握电场力做功的公式W AB =qUAB ，注意各量都要代入符号．

二、解答题

11．某同学利用如图甲所示的实验装置测量重力加速度（图示为释放纸带前的位置）

（1）请指出图中的两处明显错误或不当之处①打点计时器必须接交流电源；②重物释放时要靠近打点计时器

（2）该同学经正确操作得到图乙所示的纸带，A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 为打出的连续七个点，测得各相邻点的距离分别为x 1、x 2、x 3、x 4、x 5、x 6．若打点时间间隔为T ，则打E 点时重物的速度表达式为v E =

2（用字母表示），若分别计算出各点对应的速度值，并在坐标系中画出速度的二次方（v ）与距离（h ）的关系图，如图丙所示，则测出的重力加速

2度的数值大小g=9.40m/s．（保留三位有效数字）

（3）另有同学又设计了以下方案来测定重力加速度：

a ．测出第一点和最后一点之间的距离x ，利用x=g （6T ），求得g=2

b ．由g 1=、g=…g 3=，求出它们的平均值

c ．把纸带每隔时间T 剪断，得到若干短纸条，再把这些纸条并排贴在一张纸上，使这些纸条下端对齐，作为时间坐标轴，将纸条上端中心连起来，得到v ﹣t 图象，通过图象的斜率求出重力加速度g ．

以上方案中不合理的是a （选填字母代号）

考点：测定匀变速直线运动的加速度．

专题：实验题．

分析：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项．

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．

解答： 解：（1）①打点计时器应接交流电源；②重物释放时应紧靠打点计时器，这样可以提高纸带的利用率；

（2）利用匀变速直线运动的推论

v E

= 根据匀变速直线运动的规律可知：=2gh

速度的二次方v 与距离（h ）的关系图线的斜率为：k=2g=

所以：g=9.4m/s．

（3）a ．测出第一点和最后一点之间的距离x ，利用x=g （6T ），求得g=

中，第一个点的速度不一定是0，所以该方法是不合理的；

b ．由g 1=、g=…g 3=222=18.8m/s 2．该方法，求出它们的平均值，该方法可以有效消除读数带来的偶然误差，是合理的．

c ．把纸带每隔时间T 剪断，得到若干短纸条，再把这些纸条并排贴在一张纸上，使这些纸条下端对齐，作为时间坐标轴，将纸条上端中心连起来，得到v ﹣t 图象，通过图象的斜率求出重力加速度g ．该方法运用图象法处理数据时，最常用最简单明了的方式是线性函数，该种方法可以发现误差比较大的个别的数据，减少实验的偶然误差，使数据处理的准确性得到提高．该方法是合理的．

该题要求选择不合理的，故选：C

故答案为：（1）打点计时器应接交流电源，重物释放时应紧靠打点计时器；（2）；

（3）C

点评：了解实验的装置和工作原理．对于纸带的问题，我们要熟悉匀变速直线运动的特点和一些规律．

12．某实验小组进行“测定金属的电阻率”实验，已测得金属丝接入电路部分的长度为50.00cm ．现用伏安法测该金属丝的电阻R x ，实验所用器材为：电池组（电动势为3V ，内

阻约1Ω）、电流表（量程0.6A ，内阻约0.1Ω）、电压表（量程3V ，内组约3k Ω）、滑动变阻器R （0﹣20Ω），额定电流2A ）开关、导线若干．

（1）如图1，用螺旋测微器测得金属丝的直径，读数为0.418mm

（2）某小组同学利用所给器材正确连接好电路，进行试验测量，记录的数据如表． 次数 1 2 3 4 5 6 7 U/V 0.10 0.30 0.70 1.00 1.50 1.70 2.30 I/A 0.02 0.06 0.16 0.22 0.34 0.46 0.52 请在图2中将他们所用的电路补充完整，要求能测出以上所有试验数据，且闭合开关，滑片滑至最左端时两表示数为零．

（3）在如图3所示的坐标纸上描点并画出U ﹣I 关系图线，由图线及实验数据，可以估算出金属丝的电阻率约为B （填选项前的符号）

A.1×10Ω•m B.1×10Ω•m C.1×10Ω•m D.1×10Ω•m ．

考点：测定金属的电阻率．

专题：实验题．

分析：（1）读数时要分成整数部分和小数部分两部分之和来读；

（2）明确当电流要求从零调时，变阻器应用分压式接法，当待测电阻远小于电压表内阻时，电流表应用外接法；注意要根据电路图来连接实物图；

（3）认真描点，求出图线的斜率即为待测电阻阻值；根据电阻定律表达式写出电阻率表达式，然后代入数据即可．

解答： 解：（1）螺旋测微器的读数为：d=0+41.8×0.01mm=0.418mm；

（2）由闭合开关，滑片滑至最左端时两表示数为零，可知，电流和电压从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法；由待测金属丝电阻远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法， 实物连线图如图所示：

﹣8﹣6﹣4﹣2

（3）描绘出的U ﹣I 图象如图所示，可求出金属丝的电阻为：R==4.4Ω

由R= 得：ρ=

﹣6， 代入数据可得：ρ=1×10Ω•m ，所以B 正确．

故答案为：（1）0.418；（2）如上图所示；（3）B ．

点评：要掌握螺旋测微器的读数方法；明确电学实验中，当要求电流从零调时，滑动变阻器应用分压式接法；当满足待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应用外接法，当电流表内阻远小于待测电阻阻值时，电流表应用内接法．

13．如图所示，一只杯子固定在水平桌面上，将一块薄纸板盖在杯口上，并在纸板上放一枚鸡蛋，先用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，鸡蛋的水平移动很小（几乎观察不到）并掉入杯中，这就是惯性演示．若鸡蛋和纸板的质量分别为m 1和m 2 各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g

（1）要是纸板相对鸡蛋运动，求所需拉力的大小．

（2）若m 1=0.05kg，m 2=0.1kg，μ=0.2，鸡蛋和纸板左端的距离d=0.1m，取g=10m/s，若鸡蛋移动的距离不超过l=0.02m，才能掉入杯中．为确保试验成功，纸板所需的加速度至少多大？（鸡蛋可简化为质点）．

2

考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．

专题：牛顿运动定律综合专题．

分析：利用隔离法分别对砝码和纸板进行受力分析，列运动方程，按纸板抽出前后运动距离的不同列式联立求解．

解答： 解：（1）当纸板相对鸡蛋运动时，设鸡蛋的加速度为a 1，纸板的加速度为a 2，则有：

f 1=μm 1g=m1a 1

得：a 1==μg

F ﹣f 1﹣f 2=m2a 2

发生相对运动需要纸板的加速度大于鸡蛋的加速度，即：a 2＞a 1

所以：F=f1+f2+m2a 2＞f 1+f2+m2a 1=μm 1g+μ（m 1+m2）g+μm 2g=2μ（m 1+m2）g

即：F ＞2μ（m 1+m2）g

（2）为确保实验成功，即鸡蛋移动的距离不超过l=0.02m，

纸板抽出时鸡蛋运动的最大距离：l=

则纸板运动距离为：d+l=

联立解得：

纸板所需的拉力：F=f+m2a 2

代入数据联立得：F=0.7N

答：（1）所需拉力的大小F ＞2μ（m 1+m2）g ；

（2）纸板所需的拉力至少0.7N ．

点评：本题考查了连接体的运动，应用隔离法分别受力分析，列运动方程，难度较大．

14．如图所示，圆形区域的匀强磁场垂直xoy 平面向外，该圆形区域的圆心为O 1，半径为R ，并与x 轴相切于原点O ．现从离子源发出比荷为k （即电荷量与质量的比值）的正离子，沿直径O 2O 3射入，经磁场偏转后从O 点垂直进入x 轴下方的匀强电场，该电场的场强为E ，方向沿x 轴正方向，最后打在位于档板的o 4位置的离子探测器上．不计粒子所受重力．已知O 4点坐标为（2R ，﹣R ），且O 1，O 2，O 3，O 4在一条直线上．求：

（1）离子射入磁场时的速度v

（2）圆形区域内磁场的磁感应强度B

（已知tan

=）

考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．

专题：带电粒子在磁场中的运动专题．

分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，运用运动的分解法：沿y 轴负方向做匀减速运动，x 轴方向做匀速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求出粒子进入电场时速度．

（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出其运动轨迹，由几何知识求出轨迹半径，再求出磁感应强度．

解答： 解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，沿y 轴负方向做匀减速运动，位移为R=vt x 轴方向：2R=

解得：v=；

（2）由题意，已知圆的半径是R ，O 4点坐标为（2R ，﹣R ），且O 1，O 2，O 3，O 4在一条直线上，所以O 2O 3与y 轴之间的夹角是45°，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示， 粒子偏转的角度是45°，其轨迹圆弧对应的圆心角是45°

，所以：=

所以： 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，所以：

所以：B=

==．

；

．

答：（1）离子射入磁场时的速度是（2）圆形区域内磁场的磁感应强度是

点评：带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径．

15．（16分）如图，一个质量为M 的凹槽右侧紧挨着竖直的固定墙面，静止在光滑水平面上，凹槽的内表面ABC 是半径为R 的半圆光滑圆弧，AC 是半圆的水平直径，B 是半圆的最低点，一质量为m 的小球从A 点由静止开始下滑，已知m ：M=2：3

（1）求小球第一次通过B 点时的速度大小．

（2）以B 为高度起点，小球第一次通过B 点后能够到达的最大高度为多少？

（3）小球达到最高点后又返回B 点时，小球与凹槽的速度各为多少？

（4）小球达到最高点后又返回B 点时，小球对凹槽的压力为多大？

考点：动量守恒定律；向心力．

专题：动量定理应用专题．

分析：（1）小球向B 运动的过程中，只有重力做功，由动能定理即可求出速度；

（2）小球从B 向C 运动的过程中，小球与槽组成的系统在水平方向满足动量守恒定律，到达最高点时，二者的速度相等，由动量守恒定律和机械能守恒即可求出；

（3）小球达到最高点后又返回B 点的过程中，小球与槽组成的系统在水平方向满足动量守恒定律，由动量守恒定律和机械能守恒定律即可求出．

（4）由牛顿第二定律求出支持力，然后由牛顿第三定律求出压力．

解答： 解：（1）A 到B 的过程中重力做功，由动能定理得：mgR=mv 0，解得：v 0=2；

（2）小球从B 向C 运动的过程中，小球与槽组成的系统在水平方向满足动量守恒定律，到达最高点h 时，二者的速度相等，

选取向左为正方向，由动量守恒定律得：mv 0=（m+M）v 1， 由机械能守恒定律得：mv 0=（M+m）v 1+mgh，

解得：v 1=v 0，h=R ；

（3）小球达到最高点后又返回B 点的过程中，小球与槽组成的系统在水平方向满足动量守恒定律，

选取向左为正方向，由动量守恒定律得：mv 0=mu1+Mv2， 由机械能守恒定律得：mv 0=mu 1+Mv 2，

解得：u 1=﹣v 0，v 2

=v 0； 22222

（4）由牛顿第二定律得：F ﹣mg=m，

解得：F=3mg，由牛顿第三定律可知，压力：F ′=F=3mg；

答：（1）小球第一次通过B 点时的速度大小为．

（2）以B 为高度起点，小球第一次通过B 点后能够到达的最大高度为R ．

（3）小球达到最高点后又返回B 点时，小球与凹槽的速度分别为：﹣v 0，方向向右、v 0．

（4）小球达到最高点后又返回B 点时，小球对凹槽的压力为3mg ．

点评：本题是两个物体组成系统的动量守恒问题，由于研究的过程较多，所以难度系数稍微增大．该题只要按照规范的步骤逐步分析，即可正确解答．