湖南省衡陽市衡陽四中高考物理一模試卷（含解析）.doc

2015年湖南省衡陽市衡陽四中高考物理一模試卷一、選擇題：本題共12小題，每小題4分，共48分其中1-8題為單選，第9-12題多選題全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分1兩輛汽車，質量和初速度都相同，一輛沿粗糙水平路面運動，另一輛沿比較光滑的水平冰面運動，它們從減速到停止產生的熱量（）a沿粗糙路面較多b沿冰面較多c一樣多d無法比較2a、b是豎直墻壁，現從a墻某處以垂直于墻面的初速度v拋出一質量為m的小球，小球下落過程中與a、b進行了多次碰撞，不計碰撞過程中的能量損失下面四個選項中能正確反映下落過程中小球的水平速度vx和豎直速度vy隨時間變化關系的是（）abcd3如圖所示，質量m=1kg、長l=0.8m的均勻矩形薄板靜止在水平桌面上，其右端與桌子邊緣相平板與桌面間的動摩擦因數為=0.4現用f=5n的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力f做的功至少為（g取10m/s2）（）a1jb1.6jc2jd4j4質量為m的物體，在距地面h高處以的加速度由靜止豎直下落到地面下列說法中正確的是（）a物體的重力勢能減少mghb物體的動能增加mghc物體的機械能減少mghd重力做功mgh5在如圖所示的電路中，電源的電動勢為e，內電阻為rl1、l2是兩個小燈泡，閉合s后，兩燈均正常發(fā)光當滑動變阻器的滑片向右滑動時，會出現（）al1變暗 l2變暗bl1變亮 l2變暗cl1變亮 l2變亮dl1變暗 l2變亮6如圖所示，兩個木塊的質量關系是ma=2mb，用細線連接后放在傾角為的光滑固定斜面上在它們沿斜面自由下滑的過程中，下列說法中正確的是（）a它們的加速度大小關系是aaabb它們的加速度大小相等，且agsinc連接它們的細線上的張力一定為零d連接它們的細線上的張力一定不為零7一航天探測器完成對月球的探測任務后，在離開月球的過程中，由靜止開始沿著與月球表面成一傾斜角的直線飛行，先加速運動，再勻速運動探測器通過噴氣而獲得推動力以下關于噴氣方向的描述中正確的是（）a探測器加速運動時，沿直線向后噴氣b探測器加速運動時，豎直向下噴氣c探測器勻速運動時，豎直向下噴氣d探測器勻速運動時，不需要噴氣8用一根細線一端系一可視為質點的小球，另一端固定在一光滑錐頂上，如圖所示，設小球在水平面內作勻速圓周運動的角速度為，線的張力為t，則t隨2變化的圖象是（）abcd9一條形磁鐵放在水平桌面上，在它的上方靠s極一側吊掛一根與它垂直的導體棒，圖中只畫出此棒的橫截面圖，并標出此棒中的電流是流向紙內的，在通電的一瞬間可能產生的情況是（）a磁鐵對桌面的壓力減小b磁鐵對桌面的壓力增大c磁鐵受到向右的摩擦力d磁鐵受到向左的摩擦力10如圖所示，由電動機帶動的水平傳送帶以速度為v=2.0m/s勻速運行，a端上方靠近傳送帶料斗中裝有煤，打開閥門，煤以流量為q=50kg/s落到傳送帶上，煤與傳送帶達共同速度后被運至b端，在運送煤的過程中，下列說法正確的是（）a電動機應增加的功率為100wb電動機應增加的功率為200wc在一分鐘內因煤與傳送帶摩擦產生的熱為6.0103jd在一分鐘內因煤與傳送帶摩擦產生的熱為1.2104j11如圖所示，在場強大小為e的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細線一端拴一個質量為m、電荷量為q的帶負電小球，另一端固定在o點把小球拉到使細線水平的位置a，然后將小球由靜止釋放，小球沿弧線運動到細線與水平成=60的位置b時速度為零以下說法正確的是（）a小球重力與電場力的關系是mg=eqb小球重力與電場力的關系是eq=mgc球在b點時，細線拉力為t=mgd球在b點時，細線拉力為t=2eq12地面附近，存在著一有界電場，邊界mn將某空間分成上下兩個區(qū)域、，在區(qū)域中有豎直向上的勻強電場，在區(qū)域中離邊界某一高度由靜止釋放一質量為m的帶電小球a，如圖甲所示，小球運動的vt圖象如圖乙所示，已知重力加速度為g，不計空氣阻力，則（）a在t=2.5s時，小球經過邊界mnb小球受到的重力與電場力之比為3：5c在小球向下運動的整個過程中，重力做的功與電場力做的功大小相等d在小球運動的整個過程中，小球的機械能與電勢能總和先變大再變小二、填空題（共16分）131999年7月12日，日本原子能公司所屬敦賀灣核電站由于水管破裂導致高輻射冷卻劑外流，在檢測此次重大事故中應用了非電量變化（冷卻劑外泄使管中液面變化）轉移為電信號的自動化測量技術如圖是一種通過檢測電容器電容的變化來檢測液面高低的儀器原理圖容器中裝有導電液體，是電容器的一個電極，芯柱外面套有絕緣管（塑料或橡皮）作為電介質，電容器的兩個電極分別用導線接在指示器上，指示器上顯示的是電容的大小，但從電容的大小就可知容器中液面位置的高低由此作出下面的判斷：如果指示器顯示出電容增大了，則兩電極正對面積（填“增大”、“減小”或“不變”），必為液面（“升高”、“降低”或“不變”）14如圖所示，質量為m的小球在豎直平面內的光滑圓軌道上做圓周運動圓半徑為r，小球經過軌道最高點時剛好不脫離圓環(huán)，則其通過最高點時，小球對圓環(huán)的壓力大小等于小球受到的向心力大小等于小球的線速度大小等于小球的向心加速度大小等于（重力加速度g已知）15如圖所示，a、b、c、d是勻強電場中一正方形的四個頂點，已知a、b、c三點的電勢分別為ua=15v，ub=3v，uc=3v，由此可知d點電勢ud=v；若該正方形的邊長為a=2cm，且電場方向與正方形所在平面平行，則場強為e=v/m三、計算題（12分+12分+12分，共36分解答時應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不得分，有數值計算的題，答案中須明確寫出數值和單位）16如圖所示，細繩長為l，吊一個質量為m的鐵球（可視作質點），球離地的高度h=2l，當繩受到大小為2mg的拉力時就會斷裂繩的上端系一質量不計的環(huán)，環(huán)套在光滑水平桿上，現讓環(huán)與球一起以速度向右運動，在a處環(huán)被擋住而立即停止，a離墻的水平距離也為l求在以后的運動過程中，球第一次碰撞點離墻角b點的距離是多少？17宇航員在一行星上以10m/s的速度豎直上拋一質量為0.2kg的物體，不計阻力，經2.5s后落回手中，已知該星球半徑為7220km（1）該星球表面的重力加速度g多大？（2）要使物體沿水平方向拋出而不落回星球表面，沿星球表面拋出的速度至少是多大？（3）若物體距離星球無窮遠處時其引力勢能為零，則當物體距離星球球心r時其引力勢能ep=（式中m為物體的質量，m為星球的質量，g為萬有引力常量）問要使物體沿豎直方向拋出而不落回星球表面，沿星球表面拋出的速度至少是多大？18如圖所示，足夠長的光滑斜面傾角=30，一個帶正電、電量為q的物體停在斜面底端b現在加上一個沿斜面向上的場強為e的勻強電場，在物體運動到a點時撤銷電場，那么：（1）若已知ba距離x、物體質量m，則物體回到b點時速度大小多少？（2）若已知物體在斜面上運動總時間是加電場時間的2倍，則物體質量m是多少？（重力加速度g已知）2015年湖南省衡陽市衡陽四中高考物理一模試卷參考答案與試題解析一、選擇題：本題共12小題，每小題4分，共48分其中1-8題為單選，第9-12題多選題全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分1兩輛汽車，質量和初速度都相同，一輛沿粗糙水平路面運動，另一輛沿比較光滑的水平冰面運動，它們從減速到停止產生的熱量（）a沿粗糙路面較多b沿冰面較多c一樣多d無法比較【考點】功能關系【分析】根據能量的轉化與守恒：汽車減小的動能轉化為內能【解答】解：根據能量的轉化與守恒：兩輛汽車減小的動能均全部轉化為摩擦產生的熱量，兩輛汽車，質量和初速度都相同，則初動能相同，則至靜止時減少的動能相同，故產生的熱量相同故選：c【點評】系統(tǒng)的機械能減小轉化為內能，由能量守恒定律求得熱量2a、b是豎直墻壁，現從a墻某處以垂直于墻面的初速度v拋出一質量為m的小球，小球下落過程中與a、b進行了多次碰撞，不計碰撞過程中的能量損失下面四個選項中能正確反映下落過程中小球的水平速度vx和豎直速度vy隨時間變化關系的是（）abcd【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動【專題】帶電粒子在電場中的運動專題【分析】將小球的運動分解為水平方向和豎直方向，在水平方向小球除了碰撞外，不受力，速度的大小不變，在豎直方向上僅受重力，做自由落體運動【解答】解：小球在豎直方向上僅受重力，做自由落體運動，速度隨時間均勻增大在水平方向除了碰撞，不受作用力，速度的大小不變，方向碰撞時發(fā)生改變故b正確，a、c、d錯誤故選b【點評】解決本題的關鍵掌握處理曲線運動的方法，關鍵將小球分解為水平方向和豎直方向，通過兩個方向上的受力，判斷物體的運動規(guī)律3如圖所示，質量m=1kg、長l=0.8m的均勻矩形薄板靜止在水平桌面上，其右端與桌子邊緣相平板與桌面間的動摩擦因數為=0.4現用f=5n的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力f做的功至少為（g取10m/s2）（）a1jb1.6jc2jd4j【考點】功的計算；共點力平衡的條件及其應用【分析】要使力f做的功最少就要使推力作用時間最短，推力撤去后，物體減速滑行，剛好重心到達桌面邊緣時，速度減為零；對木板加速和減速分別受力分析，然后根據牛頓第二定律求得加速和減速的加速度，再根據運動學公式列式求出力作用的位移，再根據恒力做功公式求解【解答】解：加速時，對木板受力分析，受到重力、支持力、推力f和滑動摩擦力，根據牛頓第二定律，有fmg=ma1解得：a1=1m/s2減速時，對木板受力分析，受到重力、支持力和滑動摩擦力，根據牛頓第二定律，有：mg=ma2解得：a2=4m/s2木板先做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，到達桌面邊緣時，速度減為零，設最大速度為v，根據位移速度公式，有解得：x1=0.32mw=fx1=1.6j故選：b【點評】本題關鍵是找出作用時間最短的臨界過程，然后先根據牛頓第二定律求解出加速過程和減速過程的加速度，再根據運動學公式列式求出力作用的位移，再根據恒力做功公式求解4質量為m的物體，在距地面h高處以的加速度由靜止豎直下落到地面下列說法中正確的是（）a物體的重力勢能減少mghb物體的動能增加mghc物體的機械能減少mghd重力做功mgh【考點】功能關系；重力勢能；機械能守恒定律【專題】機械能守恒定律應用專題【分析】物體以的加速度向下運動，對物體受力分析可知，物體受到重力之外，一定還受到向上的拉力的作用，根據力對物體的做功的情況，可以分析物體的能量的變化的情況【解答】解：對物體受力分析可知，mgf=m，所以f=mg，a、物體下降h時，重力做的功為mgh，所以物體的重力勢能減少mgh，所以a錯誤，d錯誤；b、由動能定理可得，w總=ek，即mgh=ek，所以物體的動能增加為mgh，所以b正確；c、物體下降h時，外力做的功為fh=mgh，所以物體的機械能減少mgh，所以c錯誤；故選b【點評】功是能量轉化的量度，有多種表現形式：重力做功是重力勢能變化的量度；電場力做功是電勢能變化的量度；合力做功是動能變化的量度；重力外的各個力做的總功是機械能變化的量度5在如圖所示的電路中，電源的電動勢為e，內電阻為rl1、l2是兩個小燈泡，閉合s后，兩燈均正常發(fā)光當滑動變阻器的滑片向右滑動時，會出現（）al1變暗 l2變暗bl1變亮 l2變暗cl1變亮 l2變亮dl1變暗 l2變亮【考點】閉合電路的歐姆定律【專題】恒定電流專題【分析】圖中燈l2與滑動變阻器先并聯(lián)，再與燈l1串聯(lián)；根據滑片的移動方向判斷滑動變阻器接入電路的阻值如何變化，由閉合電路歐姆定律判斷電路電流如何變化，可判斷燈l1亮度如何變化；根據電路中電流變化，判斷出并聯(lián)電壓如何變化，即分析燈l2亮度如何變化【解答】解：由電路圖可知，當滑動變阻器的滑片向右移動時，滑動變阻器接入電路的阻值變大，電路的總電阻變大，由閉合電路歐姆定律可知，干路電流i變小，燈l1電阻rl1不變，由pl1=i2rl1可知，燈l1的實際功率變小，因此燈l1變暗；干路電流i變小，電源內阻r、燈l1電阻rl1不變，則并聯(lián)電壓u并=ei（r+rl1）變大，燈l2電阻rl2不變，燈l2的實際功率變大，則燈l2變亮；故d正確；故選：d【點評】本題是一道閉合電路的動態(tài)分析題，閉合電路的動態(tài)分析題是高中物理的?？紗栴}，要掌握其解題思路，首先根據電路電阻變化情況由閉合電路歐姆定律判斷電路電流如何變化，再由部分電路歐姆定律判斷電源內電壓如何變化，路端電壓如何變化，然后應用串并聯(lián)電路特點與規(guī)律、部分電路的歐姆定律、電功與電功率公式分析答題6如圖所示，兩個木塊的質量關系是ma=2mb，用細線連接后放在傾角為的光滑固定斜面上在它們沿斜面自由下滑的過程中，下列說法中正確的是（）a它們的加速度大小關系是aaabb它們的加速度大小相等，且agsinc連接它們的細線上的張力一定為零d連接它們的細線上的張力一定不為零【考點】牛頓第二定律；力的合成與分解的運用【專題】牛頓運動定律綜合專題【分析】先以整體為研究對象進行分析，可求得整體的加速度；再用隔離法分析繩子的張力【解答】解：a、b、對整體受力分析可知，整體受重力、彈力；將重力沿斜面和垂直于斜面進行分析，則支持力與重力垂直于斜面的分力相平衡，由牛頓第二定律可知：（ma+mb）gsin=（ma+mb）a解得：a=gsin；兩物體的加速度相等故a、b錯誤c、d、對b分析，可知b受到的合力f=mba=mbgsin；f=t+mbgsin故說明細繩的張力t為零；故c正確，d錯誤；故選c【點評】本題為簡單的連接體問題，注意正確選取研究對象，一般先對整體分析可得出加速度，若分析內力時應采用隔離法進行分析7一航天探測器完成對月球的探測任務后，在離開月球的過程中，由靜止開始沿著與月球表面成一傾斜角的直線飛行，先加速運動，再勻速運動探測器通過噴氣而獲得推動力以下關于噴氣方向的描述中正確的是（）a探測器加速運動時，沿直線向后噴氣b探測器加速運動時，豎直向下噴氣c探測器勻速運動時，豎直向下噴氣d探測器勻速運動時，不需要噴氣【考點】萬有引力定律及其應用；力的合成與分解的運用【專題】壓軸題；合成分解法；共點力作用下物體平衡專題【分析】探測器由靜止開始沿著與月球表面成一傾斜角的直線飛行時，受到月球豎直向下的萬有引力及沿氣體噴氣方向相反的反沖力，在兩個力的合力作用下運動，再由探測器的運動狀態(tài)來判斷反沖力的方向，進而判斷噴氣方向【解答】解：a、b：探測器由靜止開始沿著與月球表面成一傾斜角的直線飛行加速運動時，加速度的方向沿直線與速度方向相同，即合力的方向也沿直線與速度方向相同，而受到月球的萬有引力方向豎直向下，所以，反沖力方向與運動直線成一角度斜向上，那么，噴氣方向與運動直線成一角度斜向下，選項a、b錯誤 c、d：探測器勻速運動，受力平衡，合力為零，已知受到的月球的萬有引力豎直向下，則受到的氣體的反沖力豎直向上，因此，探測器豎直向下噴氣，選項c正確，選項d錯誤 故選：c【點評】解答本題把握好：探測器受到兩個力，一是豎直向下的月球萬有引力，另一個是噴氣的反沖力，由探測器的運動狀態(tài)結合力的合成平行四邊形法則來確定反沖力的方向，自然噴氣的方向就確定了8用一根細線一端系一可視為質點的小球，另一端固定在一光滑錐頂上，如圖所示，設小球在水平面內作勻速圓周運動的角速度為，線的張力為t，則t隨2變化的圖象是（）abcd【考點】勻速圓周運動；向心力【分析】分析小球的受力，判斷小球隨圓錐作圓周運動時的向心力的大小，進而分析t隨2變化的關系，但是要注意的是，當角速度超過某一個值的時候，小球會飄起來，離開圓錐，從而它的受力也會發(fā)生變化，t與2的關系也就變了【解答】解：設繩長為l，錐面與豎直方向夾角為，當=0時，小球靜止，受重力mg、支持力n和繩的拉力t而平衡，t=mgcos0，所以a項、b項都不正確；增大時，t增大，n減小，當n=0時，角速度為0當0時，由牛頓第二定律得，tsinncos=m2lsin，tcos+nsin=mg，解得t=m2lsin2+mgcos；當0時，小球離開錐子，繩與豎直方向夾角變大，設為，由牛頓第二定律得tsin=m2lsin，所以t=ml2，可知t2圖線的斜率變大，所以c項正確，d錯誤故選：c【點評】本題很好的考查了學生對物體運動過程的分析，在轉的慢和快的時候，物體的受力會變化，物理量之間的關系也就會變化9一條形磁鐵放在水平桌面上，在它的上方靠s極一側吊掛一根與它垂直的導體棒，圖中只畫出此棒的橫截面圖，并標出此棒中的電流是流向紙內的，在通電的一瞬間可能產生的情況是（）a磁鐵對桌面的壓力減小b磁鐵對桌面的壓力增大c磁鐵受到向右的摩擦力d磁鐵受到向左的摩擦力【考點】安培力【分析】以導線為研究對象，根據電流方向和磁場方向判斷所受的安培力方向，再根據牛頓第三定律，分析磁鐵所受的支持力和摩擦力情況來選擇【解答】解：以導線為研究對象，由左手定則判斷得知導線所受安培力方向斜向左下方，根據牛頓第三定律得知，導線對磁鐵的安培力方向斜向右上方，磁鐵有向右運動的趨勢，受到向左的摩擦力，同時磁鐵對地的壓力減小故ad正確，bc錯誤故選：ad【點評】本題考查靈活運用牛頓第三定律選擇研究對象的能力關鍵在于先研究導線所受安培力10如圖所示，由電動機帶動的水平傳送帶以速度為v=2.0m/s勻速運行，a端上方靠近傳送帶料斗中裝有煤，打開閥門，煤以流量為q=50kg/s落到傳送帶上，煤與傳送帶達共同速度后被運至b端，在運送煤的過程中，下列說法正確的是（）a電動機應增加的功率為100wb電動機應增加的功率為200wc在一分鐘內因煤與傳送帶摩擦產生的熱為6.0103jd在一分鐘內因煤與傳送帶摩擦產生的熱為1.2104j【考點】功能關系；牛頓第二定律【專題】壓軸題；傳送帶專題【分析】煤流到傳送帶上后，在摩擦力作用下做初速度為零的勻加速直線運動，摩擦力對煤做正功，對傳送帶做負功，傳送帶多做的功轉化為煤的動能以及系統(tǒng)之間產生熱量，正確分析煤塊的運動情況，利用功能關系可正確解答本題【解答】解：設足夠小的時間t內落到傳送帶上煤的質量為m，顯然q=m/t；這部分煤由于摩擦力f的作用被傳送帶加速，由功能關系得：煤塊在摩擦力作用下加速前進，因此有：傳送帶的位移為：s傳=vt相對位移為：s=s傳s=s，由此可知煤的位移與煤和傳送帶的相對位移相同，因此摩擦生熱為：傳送帶需要增加的能量分為兩部分：第一部分為煤獲得的動能，第二部分為傳送帶克服摩擦力做功保持傳送帶速度所以傳送帶t內增加的能量e為：功率：，由此可知a錯誤，b正確由前面的分析可知單位時間內產生的熱量為：因此一分鐘產生的熱量為：，故c正確，d錯誤故選bc【點評】傳送帶問題是高中物理中的一個重要題型，解答這類問題重點做好兩類分析：一是運動分析，二是功能關系分析11如圖所示，在場強大小為e的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細線一端拴一個質量為m、電荷量為q的帶負電小球，另一端固定在o點把小球拉到使細線水平的位置a，然后將小球由靜止釋放，小球沿弧線運動到細線與水平成=60的位置b時速度為零以下說法正確的是（）a小球重力與電場力的關系是mg=eqb小球重力與電場力的關系是eq=mgc球在b點時，細線拉力為t=mgd球在b點時，細線拉力為t=2eq【考點】勻強電場；力的合成與分解的運用；向心力；動能定理的應用；電勢能【專題】壓軸題；電場力與電勢的性質專題【分析】類比單擺，小球從a點靜止釋放，運動到b點速度為0，說明弧ab的中點是運動的最低點，對小球進行受力分析，小球處在弧線中點位置時切線方向合力為零，再根據幾何關系可以求出eq，球到達b點時速度為零，向心力為零，則沿細線方向合力為零，此時對小球受力分析，再根據幾何關系即可解題【解答】解：（1）類比單擺，根據對稱性可知，小球處在弧線中點位置時切線方向合力為零，此時細線與水平方向夾角恰為30，根據三角函數關系可得：qesin30=mgcos30，化簡可知eq=mg，選項a錯誤、b正確；（2）小球到達b點時速度為零，向心力為零，則沿細線方向合力為零，此時對小球受力分析可知：t=qecos60+mgsin60，故細線拉力t=mg，選項c正確、d錯誤故選bc【點評】本題要求同學們能正確進行受力，并能聯(lián)想到已學的物理模型，根據相關公式解題12地面附近，存在著一有界電場，邊界mn將某空間分成上下兩個區(qū)域、，在區(qū)域中有豎直向上的勻強電場，在區(qū)域中離邊界某一高度由靜止釋放一質量為m的帶電小球a，如圖甲所示，小球運動的vt圖象如圖乙所示，已知重力加速度為g，不計空氣阻力，則（）a在t=2.5s時，小球經過邊界mnb小球受到的重力與電場力之比為3：5c在小球向下運動的整個過程中，重力做的功與電場力做的功大小相等d在小球運動的整個過程中，小球的機械能與電勢能總和先變大再變小【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動；勻變速直線運動的圖像；功能關系【專題】帶電粒子在電場中的運動專題【分析】小球進入電場前做自由落體運動，進入電場后受到電場力作用而做減速運動，由圖可以看出，小球經過邊界mn的時刻分別求出小球進入電場前、后加速度大小，由牛頓第二定律求出重力與電場力之比根據動能定理研究整個過程中重力做的功與電場力做的功大小關系整個過程中，小球的機械能與電勢能總和不變【解答】解：a、小球進入電場前做自由落體運動，進入電場后受到電場力作用而做減速運動，由圖可以看出，小球經過邊界mn的時刻是t=1s時故a錯誤b、由圖象的斜率等于加速度得小球進入電場前的加速度為a1=v1、進入電場后的加速度大小為a2=，由牛頓第二定律得：mg=ma1=mv1fmg=ma2得電場力：f=mg+ma2=由得重力mg與電場力f之比為3：5故b正確c、整個過程中，動能變化量為零，根據動能定理，整個過程中重力做的功與電場力做的功大小相等故c正確d、整個過程中，小球具有兩種形式的能：機械能與電勢能，根據能量守恒定律得知，它們的總和不變故d錯誤故選bc【點評】本題一要能正確分析小球的運動情況，抓住斜率等于加速度是關鍵；二要運用牛頓第二定律和動能定理分別研究小球的受力情況和外力做功關系二、填空題（共16分）131999年7月12日，日本原子能公司所屬敦賀灣核電站由于水管破裂導致高輻射冷卻劑外流，在檢測此次重大事故中應用了非電量變化（冷卻劑外泄使管中液面變化）轉移為電信號的自動化測量技術如圖是一種通過檢測電容器電容的變化來檢測液面高低的儀器原理圖容器中裝有導電液體，是電容器的一個電極，芯柱外面套有絕緣管（塑料或橡皮）作為電介質，電容器的兩個電極分別用導線接在指示器上，指示器上顯示的是電容的大小，但從電容的大小就可知容器中液面位置的高低由此作出下面的判斷：如果指示器顯示出電容增大了，則兩電極正對面積增大（填“增大”、“減小”或“不變”），必為液面升高（“升高”、“降低”或“不變”）【考點】電容器的動態(tài)分析【專題】電容器專題【分析】根據電容器的決定式知，電容隨著兩電極正對面積增大而增大，即可知道液面高度的變化情況【解答】解：兩電極正對面積時，根據電容器的決定式可知，電容增大，說明液面升高故答案為：增大，升高【點評】本題關鍵掌握電容器的決定式，知道電容與哪些因素有關14如圖所示，質量為m的小球在豎直平面內的光滑圓軌道上做圓周運動圓半徑為r，小球經過軌道最高點時剛好不脫離圓環(huán)，則其通過最高點時，小球對圓環(huán)的壓力大小等于0小球受到的向心力大小等于mg小球的線速度大小等于小球的向心加速度大小等于g（重力加速度g已知）【考點】向心力；牛頓第二定律【專題】牛頓第二定律在圓周運動中的應用【分析】小球經過圓環(huán)最高點時剛好不脫離圓環(huán)，軌道對小球的彈力為零，靠重力提供向心力，根據牛頓第二定律求出小球的速度【解答】解：小球經過軌道最高點時剛好不脫離圓環(huán)，則其通過最高點時，僅靠重力提供向心力，小球對圓環(huán)的壓力大小等于0；小球受到的向心力大小等于mg；由mg=m，得v=；小球的向心加速度大小a=g故答案為：0，mg，g【點評】解決本題的關鍵知道在最高點的臨界情況，運用牛頓第二定律進行求解15如圖所示，a、b、c、d是勻強電場中一正方形的四個頂點，已知a、b、c三點的電勢分別為ua=15v，ub=3v，uc=3v，由此可知d點電勢ud=9v；若該正方形的邊長為a=2cm，且電場方向與正方形所在平面平行，則場強為e=450v/m【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關系；電勢【專題】電場力與電勢的性質專題【分析】連接ac，在ac上找出與b點等電勢點，作出等勢線，再過d作出等勢線，在ac線上找出與d等勢點，再確定d點的電勢根據電場線與等勢面垂直垂直畫出電場線，根據u=ed計算電場強度【解答】解：勻強電場中，沿著任意方向每前進相同的距離，電勢變化都相等，故連接ac，將ac三等分，標上三等分點e、f，則根據勻強電場中沿電場線方向相等距離，電勢差相等可知，e點的電勢為3v，f點的電勢為9v連接be，則be為一條等勢線，根據幾何知識可知，dfbe，則df也是一條等勢線，所以d點電勢ud=9v如圖作出一條過a點的電場線（紅線）根據幾何知識得：ae=在aeb中，由正弦定理得：而uab=eabsin，ab=a=2cm聯(lián)立解得：e=450v/m故答案為：9；450【點評】本題關鍵是抓住勻強電場中沿著任意方向每前進相同的距離電勢變化相等，電場線與等勢面垂直以及公式u=ed分析計算三、計算題（12分+12分+12分，共36分解答時應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不得分，有數值計算的題，答案中須明確寫出數值和單位）16如圖所示，細繩長為l，吊一個質量為m的鐵球（可視作質點），球離地的高度h=2l，當繩受到大小為2mg的拉力時就會斷裂繩的上端系一質量不計的環(huán)，環(huán)套在光滑水平桿上，現讓環(huán)與球一起以速度向右運動，在a處環(huán)被擋住而立即停止，a離墻的水平距離也為l求在以后的運動過程中，球第一次碰撞點離墻角b點的距離是多少？【考點】向心力；牛頓第二定律；平拋運動【專題】牛頓第二定律在圓周運動中的應用【分析】小球先向右做勻速直線運動，環(huán)停止后繩斷開做平拋運動，要判斷先撞墻還是先落地，根據平拋運動的分位移公式列式求解即可【解答】解：環(huán)被a擋住的瞬間 解得f=2mg，故繩斷，之后小球做平拋運動；設小球直接落地，則，球的水平位移x=t=2ll，所以小球先與墻壁碰撞；球平拋運動到墻的時間為t，則，小球下落高度；碰撞點距b的距離；答：球第一次碰撞點離墻角b點的距離是【點評】本題關鍵分析清楚小球的運動規(guī)律