上海市嘉定區(qū)高三第一次質(zhì)量調(diào)研物理試題及答案

1、2015年上海市嘉定區(qū)高考物理一模試卷參考答案與試題解析一單項(xiàng)選擇題（共16分，每小題2分每小題只有一個(gè)正確選項(xiàng)答案寫(xiě)在答題紙上相應(yīng)的位置）1平均速度定義式為=，當(dāng)t極短時(shí)，可以表示為物體在t時(shí)刻的瞬時(shí)速度vt，該定義應(yīng)用的物理方法是（）a等效替代法b控制變量法c理想模型法d極限思想法分析：當(dāng)t極短時(shí)，可以表示物體在t時(shí)刻的瞬時(shí)速度，該物理方法為極限的思想方法解答：解：當(dāng)時(shí)間極短時(shí)，某段時(shí)間內(nèi)的平均速度可以代替瞬時(shí)速度，該思想是極限的思想方法故d正確，a、b、c錯(cuò)誤故選：d點(diǎn)評(píng)：極限思想法是一種很重要的思想方法，在高中物理中經(jīng)常用到要理解并能很好地掌握2在勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中，下述正確的是（）a相

2、同時(shí)間內(nèi)位移的變化相同b相同時(shí)間內(nèi)速度的變化相同c相同時(shí)間內(nèi)加速度的變化相同d相同位移內(nèi)速度的變化相同考點(diǎn)：勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系；勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間的關(guān)系分析：勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)是加速度不變的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，速度隨時(shí)間均勻變化解答：解：a、根據(jù)x=，可知位移和時(shí)間的關(guān)系不是線(xiàn)性關(guān)系，速度隨時(shí)間均勻變化，位移不隨時(shí)間均勻變化，故a錯(cuò)誤b、由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)公式v=v0+at，速度隨時(shí)間均勻變化，所以相同時(shí)間內(nèi)速度的變化相同，故b正確c、勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)是加速度不變的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故c錯(cuò)誤d、勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)加速度不變，根據(jù)x=，可知由于速度變化，故位移相同，所用的時(shí)間不同，故速度變化不同，故d錯(cuò)

3、誤故選：b點(diǎn)評(píng)：本題考查勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)加速度的特點(diǎn)以及位移、速度隨時(shí)間的變化規(guī)律難度不大，屬于基礎(chǔ)題3關(guān)于兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷在其連線(xiàn)中點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)，下述正確的是（）a場(chǎng)強(qiáng)為零，電勢(shì)可能為零b場(chǎng)強(qiáng)為零，電勢(shì)一定不為零c場(chǎng)強(qiáng)不為零，電勢(shì)可能為零d場(chǎng)強(qiáng)不為零，電勢(shì)一定不為零考點(diǎn)：電場(chǎng)線(xiàn)分析：根據(jù)兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線(xiàn)圖可知，其連線(xiàn)中點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度；由于兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷連線(xiàn)的中垂線(xiàn)為等勢(shì)面，一直通到無(wú)窮遠(yuǎn)，兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷，故連線(xiàn)中點(diǎn)的電勢(shì)可能為零解答：解：根據(jù)兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線(xiàn)圖可知，其連線(xiàn)中點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不為零；由于兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷連線(xiàn)的中垂線(xiàn)為等勢(shì)面，一直通到無(wú)窮遠(yuǎn)，如選取

4、無(wú)限遠(yuǎn)電勢(shì)為零，則連線(xiàn)中點(diǎn)的電勢(shì)也為零，故abd錯(cuò)誤，c正確故選：c點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵要知道等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線(xiàn)和等勢(shì)面分布情況，特別是兩個(gè)電荷兩線(xiàn)和中垂線(xiàn)上各點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)和電勢(shì)情況4（2分）（2015嘉定區(qū)一模）如圖所示為一個(gè)彈簧振子做簡(jiǎn)諧振動(dòng)的圖象，以某時(shí)刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)（t=0），經(jīng)過(guò)周期時(shí)，振子具有正方向最大加速度，則其振動(dòng)圖象是（）abcd考點(diǎn)：簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振動(dòng)圖象專(zhuān)題：簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題分析：回復(fù)力：f=kx；牛頓第二定律公式：a=；得到加速度的一般表達(dá)式后，再進(jìn)行討論即可解答：解：根據(jù)f=kx和a=，有：a=以某時(shí)刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)（t=0），經(jīng)過(guò)周期時(shí)，振子具有正方向最大加速度，根據(jù)位移達(dá)到負(fù)向最大；

5、a、在時(shí)刻的位移正向最大，不是負(fù)向最大，故a錯(cuò)誤；b、在時(shí)刻的位移正向?yàn)榱悖皇秦?fù)向最大，故b錯(cuò)誤；c、在時(shí)刻的位移正向?yàn)榱?，不是?fù)向最大，故c錯(cuò)誤；d、在時(shí)刻的位移是負(fù)向最大，故d正確；故選：d點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵是根據(jù)回復(fù)力公式和加速度公式得到加速度與位移關(guān)系式，然后逐項(xiàng)討論5（2分）（2015嘉定區(qū)一模）如圖，一根容易形變的彈性輕導(dǎo)線(xiàn)兩端固定導(dǎo)線(xiàn)中通有如圖箭頭所示的電流i當(dāng)沒(méi)有磁場(chǎng)時(shí)，導(dǎo)線(xiàn)呈直線(xiàn)狀態(tài)；當(dāng)分別加如圖所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)b時(shí)，描述導(dǎo)線(xiàn)狀態(tài)的四個(gè)圖示中正確的是（）abcd考點(diǎn)：安培力；左手定則分析：通電導(dǎo)線(xiàn)在磁場(chǎng)中的受力方向判斷，可由左手定則完成解答：解：a、圖示電流與磁場(chǎng)平行，導(dǎo)線(xiàn)不受力

6、的作用，故a錯(cuò)誤 b、由左手定則判得，安培力的方向水平向右，故b正確 c、由左手定則判得，安培力的方向垂直直面向里，故c錯(cuò)誤 d、由左手定則判得，安培力的方向水平向右，故d錯(cuò)誤故選：b點(diǎn)評(píng)：本題考查了左手定則，要熟練應(yīng)用左手定則判斷安培力的方向6（2分）（2015嘉定區(qū)一模）在平坦的壘球運(yùn)動(dòng)場(chǎng)上，擊球手揮動(dòng)球棒將壘球水平擊出，壘球飛行一段時(shí)間后落地，若忽略空氣阻力，僅由擊球點(diǎn)離地高度決定的是（）a壘球落地時(shí)的瞬時(shí)速度的大小b壘球落地時(shí)的瞬時(shí)速度的方向c壘球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間d壘球在空中運(yùn)動(dòng)的水平位移考點(diǎn)：平拋運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題：平拋運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題分析：平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)

7、動(dòng)，高度決定平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，初速度和時(shí)間共同決定水平位移解答：解：根據(jù)h=知，平拋運(yùn)動(dòng)的高度決定平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，水平位移由初速度和時(shí)間共同決定，落地的速度等于水平分速度和豎直分速度的矢量和，由高度和初速度共同決定，故c正確，a、b、d錯(cuò)誤故選：c點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，知道平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由高度決定7（2分）（2015嘉定區(qū)一模）很多相同的絕緣銅圓環(huán)沿豎直方向疊放，形成一很長(zhǎng)的豎直圓筒一條形磁鐵沿圓筒的中心軸豎直放置，其下端與圓筒上端開(kāi)口平齊讓條形磁鐵從靜止開(kāi)始下落條形磁鐵在圓筒中的運(yùn)動(dòng)速率（）a均勻增大b先增大，后減小c逐漸增大，趨于不變d先增大，再減

8、小，最后不變考點(diǎn)：楞次定律專(zhuān)題：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合分析：因條形磁鐵的運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)致絕緣銅圓環(huán)的磁通量變化，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，阻礙條形磁鐵的運(yùn)動(dòng)，當(dāng)阻力等于其重力時(shí)，速度達(dá)到最大，即可求解解答：解：由題意可知，當(dāng)條形磁鐵下落時(shí)，導(dǎo)致絕緣銅圓環(huán)磁通量變化，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，阻礙磁鐵的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可知，安培阻力越來(lái)越大時(shí)，豎直向下的加速度將減小，但速度仍在增大，當(dāng)阻力等于重力時(shí)，合外力為零，加速度也為零，速度達(dá)到最大；故c正確，abd錯(cuò)誤；故選：c點(diǎn)評(píng)：考查安培阻力的由來(lái)，掌握牛頓第二定律的應(yīng)用，注意聯(lián)系已知的題型：下落的雨滴，受到的阻力，最后也達(dá)到最大速度8（2分）（2015嘉定區(qū)一模）如圖

9、所示，一個(gè)質(zhì)量為m=2.0kg的物體放在傾角為30的斜面上靜止不動(dòng)，若用豎直向上的力f=5.0n提物體，物體仍靜止，取g=10m/s2，下述結(jié)論正確的是（）a物體受到的合外力減小5.0nb物體受到的摩擦力減小5.0nc斜面受到的壓力減小5.0nd物體對(duì)斜面的作用力減小5.0n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(zhuān)題：共點(diǎn)力作用下物體平衡專(zhuān)題分析：無(wú)拉力時(shí)對(duì)物體受力分析，受重力、支持力和靜摩擦力，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件求解各個(gè)力；有拉力f作用后，再次對(duì)物體受力分析，受到拉力、重力、支持力和靜摩擦力，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件求解各個(gè)力解答：解：a、物體在有無(wú)拉力時(shí)，都處于靜止?fàn)顟B(tài)，合力都為零

10、故a錯(cuò)誤bc、無(wú)拉力時(shí)對(duì)物體受力分析，受重力、支持力和靜摩擦力，如圖根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有f=mgsinn=mgcos有拉力f作用后，再次對(duì)物體受力分析，受到拉力、重力、支持力和靜摩擦力，如圖根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有f1=（mgf）sinn1=（mgf）cos故ff1=fsin30=2.5nnn1=fcos30=n物體對(duì)斜面體的摩擦等于斜面體對(duì)物體的摩擦，減小2.5n物體對(duì)斜面體的壓力等于斜面體對(duì)物體的支持力，減小了n故b、c錯(cuò)誤d、物體對(duì)斜面的作用力為壓力和摩擦力的合力，壓力和摩擦力的合力方向豎直向下，知作用力減小5n故d正確故選d點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵是對(duì)物體受力分析后，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件用正交分解

11、法列方程求解施加向上的拉力后，可以等效為將物體的重力減小二單項(xiàng)選擇題（共24分，每小題3分每小題只有一個(gè)正確選項(xiàng)答案寫(xiě)在答題紙上相應(yīng)的位置）9（3分）（2015嘉定區(qū)一模）用如圖的方法可以測(cè)出一個(gè)人的反應(yīng)時(shí)間，設(shè)直尺從靜止開(kāi)始自由下落，到直尺被受測(cè)者抓住，直尺下落的距離h，受測(cè)者的反應(yīng)時(shí)間為t，則下列結(jié)論正確的是（）athbtctdth2考點(diǎn)：自由落體運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題：自由落體運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題分析：根據(jù)題意分析，直尺下落可看做自由落體運(yùn)動(dòng)，由自由落體運(yùn)動(dòng)公式可求t出h與的關(guān)系解答：解：根據(jù)題意分析，直尺下落可看做自由落體運(yùn)動(dòng)，由自由落體運(yùn)動(dòng)公式，可得t=，所以t，故c正確故選：c點(diǎn)評(píng)：考查實(shí)際問(wèn)題轉(zhuǎn)化為物理題

12、，利用自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律解決10（3分）（2015嘉定區(qū)一模）當(dāng)導(dǎo)線(xiàn)中分別通以圖示方向的電流，小磁針靜止時(shí)北極指向讀者的是（）abcd考點(diǎn)：通電直導(dǎo)線(xiàn)和通電線(xiàn)圈周?chē)艌?chǎng)的方向分析：由右手螺旋定則，結(jié)合小磁針靜止時(shí)北極指向即為磁場(chǎng)的方向，可知通電直導(dǎo)線(xiàn)與螺線(xiàn)管的磁場(chǎng)方向，從而即可求解解答：解：a、通電直導(dǎo)線(xiàn)電流從左向右，根據(jù)右手螺旋定則，則有小磁針?biāo)幍奈恢么艌?chǎng)方向垂直紙面向里，所以小磁針靜止時(shí)北極背離讀者，故a錯(cuò)誤；b、如圖所示，根據(jù)右手螺旋定則，磁場(chǎng)的方向逆時(shí)針（從上向下看），因此小磁針靜止時(shí)北極背離讀者，故b錯(cuò)誤；c、環(huán)形導(dǎo)線(xiàn)的電流方向如圖所示，根據(jù)右手螺旋定則，則有小磁針?biāo)幍奈恢么艌?chǎng)方向

13、垂直紙面向外，所以小磁針靜止時(shí)北極指向讀者，故c正確；d、根據(jù)右手螺旋定則，結(jié)合電流的方向，則通電螺線(xiàn)管的內(nèi)部磁場(chǎng)方向，由右向左，則小磁針的靜止時(shí)北極指向左，故d錯(cuò)誤；故選：c點(diǎn)評(píng)：本題考查右手螺旋定則及磁極間的相互作用，要求學(xué)生能熟練應(yīng)用右手螺旋定則判斷磁極或電流方向，注意小磁針靜止時(shí)的n極指向即為磁場(chǎng)的方向，同時(shí)通電螺線(xiàn)管的內(nèi)部磁場(chǎng)方向由s極到n極11（3分）（2015嘉定區(qū)一模）如圖所示，兩根可自由移動(dòng)的靠得很近的平行長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)，通以相反方向的電流，且i1i2，則兩導(dǎo)線(xiàn)所受的安培力f1和f2的大小關(guān)系及其運(yùn)動(dòng)方向?yàn)椋ǎ゛f1f2，且相互靠近bf1f2，且相互遠(yuǎn)離cf1=f2，且相互靠近df

14、1=f2，且相互遠(yuǎn)離考點(diǎn)：平行通電直導(dǎo)線(xiàn)間的作用分析：物體間力的作用是相互的，物體間的相互作用力大小相等；磁場(chǎng)是由通電導(dǎo)線(xiàn)產(chǎn)生的，一通電導(dǎo)線(xiàn)在另一導(dǎo)線(xiàn)電流的磁場(chǎng)中，會(huì)受到安培力作用，由安培定則判斷出電流的磁場(chǎng)方向，然后由左手定則判斷出安培力方向解答：解：a、通電導(dǎo)線(xiàn)在其周?chē)a(chǎn)生磁場(chǎng)，通電導(dǎo)線(xiàn)在磁場(chǎng)中受到安培力作用，兩導(dǎo)線(xiàn)所受安培力是作用力與反作用力，它們大小相等，故ab錯(cuò)誤；c、由右手螺旋定則可知：i1在i2處產(chǎn)生的磁場(chǎng)垂直紙面向里，由左手定則可知，i2所所受安培力向左；由右手螺旋定則可知：i2在i1處產(chǎn)生的磁場(chǎng)垂直紙面向外，由左手定則可知，i1所所受安培力向右；則兩導(dǎo)線(xiàn)相互遠(yuǎn)離；故c錯(cuò)誤，d

15、正確；故選d點(diǎn)評(píng)：通電導(dǎo)線(xiàn)處于磁場(chǎng)中要受到安培力作用，可得：同向電流相互吸引，異向電流相互排斥可作為結(jié)論讓學(xué)生記住12（3分）（2015嘉定區(qū)一模）如圖所示，矩形閉合線(xiàn)圈abcd豎直放置，oo是它的對(duì)稱(chēng)軸，通電直導(dǎo)線(xiàn)ab與oo平行，且ab、oo所在平面與線(xiàn)圈平面垂直如要在線(xiàn)圈中形成方向?yàn)閍bcda的感應(yīng)電流，可行的做法是（）aab中電流i逐漸增大bab中電流i先增大后減小cab中電流i正對(duì)oo靠近線(xiàn)圈d線(xiàn)圈繞oo軸逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)90（俯視）考點(diǎn)：楞次定律專(zhuān)題：電磁感應(yīng)中的力學(xué)問(wèn)題分析：要在線(xiàn)圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，穿過(guò)線(xiàn)圈的磁通量要發(fā)生變化；由楞次定律可以判斷出感應(yīng)電流的方向解答：解：oo線(xiàn)框的對(duì)稱(chēng)軸，

16、由圖示可知，ab中電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)穿過(guò)線(xiàn)圈的磁通量為零；a、ab中電流i逐漸增大，穿過(guò)線(xiàn)圈的磁通量為零，保持不變，線(xiàn)圈中沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故a錯(cuò)誤；b、ab中電流i先增大后減小，穿過(guò)線(xiàn)圈的磁通量為零，保持不變，線(xiàn)圈中沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故b錯(cuò)誤；c、ab中電流i正對(duì)oo靠近線(xiàn)圈，穿過(guò)線(xiàn)圈的磁通量為零，保持不變，線(xiàn)圈中沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故c錯(cuò)誤；d、線(xiàn)圈繞oo軸逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)90（俯視）穿過(guò)線(xiàn)圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcda，故d正確；故選d點(diǎn)評(píng)：知道感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件、熟練應(yīng)用楞次定律即可正確解題13（3分）（2015嘉定區(qū)一模）圖為測(cè)量某電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻時(shí)得到的ui圖線(xiàn)用此電

17、源與三個(gè)阻值均為3的電阻連接成電路，測(cè)得路端電壓為4.8v則該電路可能為（）abcd考點(diǎn)：測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻專(zhuān)題：實(shí)驗(yàn)題；恒定電流專(zhuān)題分析：根據(jù)ui圖線(xiàn)得出電源的電動(dòng)勢(shì)為6v，圖線(xiàn)的斜率的絕對(duì)值表示內(nèi)阻，所以?xún)?nèi)阻為0.5然后結(jié)合閉合電路歐姆定律求出各電路的電流，以及路段電壓解答：解：a、電源的電動(dòng)勢(shì)為6v，內(nèi)阻為0.5在a電路中，外電阻為1，則總電阻為1.5，根據(jù)閉合電路歐姆定律，總電流為4a，則外電壓為4v故a錯(cuò)誤b、在b電路中，外電阻為2，則總電阻為2.5，根據(jù)閉合電路歐姆定律，總電流為2.4a，則外電壓為4.8v故b正確c、在c電路中，外電阻為9則總電阻為9.5，根據(jù)閉合電路歐姆定律

18、，總電流為，則外電壓為故c錯(cuò)誤d、在d電路中，外電阻為4.5，則總電阻為5，根據(jù)閉合電路歐姆定律，總電流為1.2a，則外電壓為5.4v故d錯(cuò)誤故選：b點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵掌握閉合電路歐姆定律，同時(shí)注意路端電壓的求法u=ir14（3分）（2015嘉定區(qū)一模）如圖所示，一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播，實(shí)線(xiàn)和虛線(xiàn)分別表示t1=0和t2=0.5s時(shí)的波形（已知波的周期t0.5s），則能正確反映t3=7.0s時(shí)波形的圖是（）abcd考點(diǎn)：波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系；橫波的圖象分析：根據(jù)兩時(shí)刻的波形，結(jié)合條件t0.5s，定出周期與時(shí)間的關(guān)系，求出周期求出時(shí)間t3=7.0s與周期的倍數(shù)，根據(jù)波形的平移，確定t3=

19、7.0s時(shí)波形圖解答：解：由題意，簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播，t1=0和t2=0.5s（t0.5s）時(shí)的波形得到實(shí)線(xiàn)波形到形成虛線(xiàn)波形波傳播距離為，經(jīng)過(guò)t時(shí)間則有t=t2t1，t=4（t2t1）=2s，即t3=7.0s因?yàn)榻?jīng)過(guò)整數(shù)倍周期時(shí)間波形重復(fù)，故t3=7.0s時(shí)刻與t=3t時(shí)刻波形相同則波形為波向右平移的波形故選：c點(diǎn)評(píng)：本題如沒(méi)有t0.5s條件限制，則周期、波傳播的距離等是通項(xiàng)式對(duì)于兩個(gè)時(shí)刻的波形關(guān)系，常常用波形平移的方法研究但要注意，波形平移，質(zhì)點(diǎn)并沒(méi)有遷移15（3分）（2015嘉定區(qū)一模）如圖所示，輕桿的一端緊固于一光滑球體上，另一端o為固定轉(zhuǎn)動(dòng)軸，球體擱置在光滑斜面上若桿與墻面的夾

20、角為，斜面傾角為開(kāi)始時(shí)imax=0.2，且r1=6那么，在球體離開(kāi)斜面之前，為使斜面能在光滑水平地面上緩慢向右運(yùn)動(dòng)，作用于斜面上的水平外力f的大小和輕桿受力t大小的變化情況是（）af逐漸增大，t逐漸減小bf逐漸減小，t逐漸增大cf逐漸增大，t先減小后增大df保持不變，t先減小后增大考點(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(zhuān)題：共點(diǎn)力作用下物體平衡專(zhuān)題分析：先對(duì)小球受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件列式求出支持力和干的彈力的表達(dá)式；再對(duì)斜面體受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件求出地面支持力和推力的表達(dá)式，最后分析討論解答：解：對(duì)小球受力分析，受到重力mg、支持力n和干的支持力t，如圖根據(jù)共點(diǎn)力平

21、衡條件，有=解得n=mgt=mg 對(duì)斜面體受力分析，受到推力f、重力mg、支持力fn和壓力n，如圖根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有nsin=fmg+ncos=fn解得f=nsin=mg=故隨著的增大，+逐漸增大，先小于90后大于90，故t先減小后增加，f逐漸增大；故選：c點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵是先對(duì)小球受力分析，再對(duì)斜面體受力分析，然后根據(jù)平衡條件，運(yùn)用合成法列式求解出各個(gè)力的表達(dá)式，再進(jìn)行討論16（3分）（2015嘉定區(qū)一模）如圖所示，物體在斜向上的恒力f作用下從靜止起沿光滑水平面運(yùn)動(dòng)，然后在傾角為30的光滑斜面上運(yùn)動(dòng)一段距離后速度變?yōu)轭~零當(dāng)物體在水平面和斜面上速度大小均為v時(shí)，機(jī)械能隨時(shí)間的瞬時(shí)變化率分別為

22、p1、p2，若物體在水平面和斜面上的加速度大小均為3m/s2，則（）ap20，且p1p2bp20，且p1=p2cp20，且 p1|p2|dp20，且p1=|p2|考點(diǎn)：功率、平均功率和瞬時(shí)功率專(zhuān)題：功率的計(jì)算專(zhuān)題分析：根據(jù)功能關(guān)系知道機(jī)械能隨時(shí)間的瞬時(shí)變化率等于拉力f的功率，根據(jù)功率公式和牛頓第二定律分析即可解答：解：由功能關(guān)系知道機(jī)械能隨時(shí)間的瞬時(shí)變化率等于拉力f的功率，則 p1=fvcos由牛頓第二定律得 fcos=ma，則p1=mav=3mv p2=fv，f為f沿斜面方向的分力大小根據(jù)牛頓第二定律得 mgsin30f=ma將a=3m/s2，代入解得 f=2m則 p2=2mv，所以p1p2

23、由于f一直做正功，所以物體的機(jī)械能一直在增大，則p20，故a正確故選：a點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵要明確理解功能關(guān)系，明確功率的一般公式p=fvcos，是f與v的夾角三多項(xiàng)選擇題（共16分，每小題4分每小題有二個(gè)或三個(gè)正確選項(xiàng)全選對(duì)的，得4分；選對(duì)但不全的，得2分；有選錯(cuò)或不答的，得0分答案寫(xiě)在答題紙上相應(yīng)的位置）17（4分）（2014廣東高考）如圖所示，光滑絕緣的水平桌面上，固定著一個(gè)帶電量為+q的小球p，帶電量分別為q和+2q的小球m和n，由絕緣細(xì)桿相連，靜止在桌面上，p與m相距l(xiāng)，p、m和n視為點(diǎn)電荷，下列說(shuō)法正確的是（）am與n的距離大于lbp、m和n在同一直線(xiàn)上c在p產(chǎn)生的電場(chǎng)中，m、n處

24、的電勢(shì)相同dm、n及細(xì)桿組成的系統(tǒng)所受合外力為零考點(diǎn)：電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；電勢(shì)專(zhuān)題：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專(zhuān)題分析：a、根據(jù)對(duì)m、n受力分析，結(jié)合平衡條件與庫(kù)侖定律，假設(shè)桿無(wú)作用力，即可求解；b、根據(jù)整體受力分析，結(jié)合平衡條件，即可求解；c、由點(diǎn)電荷電場(chǎng)線(xiàn)的分布，依據(jù)沿著電場(chǎng)線(xiàn)的方向，電勢(shì)降低，即可求解；d、由整體處于平衡狀態(tài)，結(jié)合牛頓第二定律，即可求解解答：解：a、對(duì)m、n分別受力分析，根據(jù)庫(kù)侖定律，假設(shè)桿無(wú)作用力，設(shè)m與n間距為r，則有：，解得：r=（）l；故a錯(cuò)誤；b、由于水平桌面光滑，若p、m和n不在同一直線(xiàn)上，則各自受力不共線(xiàn)，會(huì)出現(xiàn)不平衡現(xiàn)象，故b正確；c、由帶電量為+q的小球p，

25、結(jié)合沿著電場(chǎng)線(xiàn)方向電勢(shì)降低的，則m點(diǎn)電勢(shì)高于n點(diǎn)，故c錯(cuò)誤；d、由題意可知，m、n及細(xì)桿組成的系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，因此合外力為零，故d正確故選：bd點(diǎn)評(píng)：考查研究對(duì)象的選取，受力分析的進(jìn)行，庫(kù)侖定律的掌握，理解平衡條件的應(yīng)用，注意電勢(shì)的高低判定方法18（4分）（2015嘉定區(qū)一模）兩列振動(dòng)方向相同、振幅分別為a1和a2的相干簡(jiǎn)諧橫波相遇下列說(shuō)法正確的是（）a波峰與波谷相遇處質(zhì)點(diǎn)的振幅為|a1a2|b波峰與波峰相遇處質(zhì)點(diǎn)離開(kāi)平衡位置的位移始終為a1+a2c波峰與波谷相遇處質(zhì)點(diǎn)的位移總是小于波峰與波峰相遇處質(zhì)點(diǎn)的位移d波峰與波峰相遇處質(zhì)點(diǎn)的振幅一定大于波峰與波谷相遇處質(zhì)點(diǎn)的振幅考點(diǎn)：波的干涉和衍射現(xiàn)

26、象分析：頻率相同的兩列水波的疊加：當(dāng)波峰與波峰、可波谷與波谷相遇時(shí)振動(dòng)是加強(qiáng)的；當(dāng)波峰與波谷相遇時(shí)振動(dòng)是減弱的，從而即可求解解答：解：a、當(dāng)波峰與波谷相遇處，質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向相反，則其的振幅為|a1a2|，故a正確；b、波峰與波峰相遇處質(zhì)點(diǎn)，離開(kāi)平衡位置的振幅始終為a1+a2，而位移小于等于振幅，故b錯(cuò)誤；c、d、波峰與波谷相遇處質(zhì)點(diǎn)的振幅總是小于波峰與波峰相遇處質(zhì)點(diǎn)的振幅，而位移卻不一定，故c錯(cuò)誤；d正確故選：ad點(diǎn)評(píng)：運(yùn)動(dòng)方向相同時(shí)疊加屬于加強(qiáng)，振幅為二者之和，振動(dòng)方向相反時(shí)疊加屬于減弱振幅為二者之差19（4分）（2014海南）如圖，質(zhì)量相同的兩物體a、b，用不可伸長(zhǎng)的輕繩跨接在同一光滑的輕

27、質(zhì)定滑輪兩側(cè)，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上初始時(shí)用力壓住b使a、b靜止，撤去此壓力后，a開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，在a下降的過(guò)程中，b始終未離開(kāi)桌面在此過(guò)程中（）aa的動(dòng)能小于b的動(dòng)能b兩物體機(jī)械能的變化量相等ca的重力勢(shì)能的減小量等于兩物體總動(dòng)能的增加量d繩的拉力對(duì)a所做的功與對(duì)b所做的功的代數(shù)和為零考點(diǎn)：功能關(guān)系分析：b的速度在繩子方向的分速度與a的速度相等，比較出速度大小即可比較動(dòng)能的大小解答：解：a、將b的實(shí)際速度進(jìn)行分解如圖：由圖可知va=vbcos，即a的速度小于b的速度，故a的動(dòng)能小于b的動(dòng)能，a正確；b、由于有摩擦力做功，故ab系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，則二者機(jī)械能的變化量不相等，b錯(cuò)誤；c

28、、a的重力勢(shì)能的減小量等于兩物體總動(dòng)能的增加量與產(chǎn)生的內(nèi)能之和，故a的重力勢(shì)能的減小量大于兩物體總動(dòng)能的增加量，c錯(cuò)誤；d、在這段時(shí)間t內(nèi)，繩子對(duì)a的拉力和對(duì)b的拉力大小相等，繩子對(duì)a做的功等于ftvat，繩子對(duì)b的功等于拉力與拉力方向上b的位移的乘積，即：ftvbcost，又va=vbcos，所以繩的拉力對(duì)a所做的功與對(duì)b所做的功的絕對(duì)值相等，二者代數(shù)和為零，故d正確故選：ad點(diǎn)評(píng)：本題考查了有摩擦力作用下的系統(tǒng)功能轉(zhuǎn)化關(guān)系，克服摩擦力做功時(shí)，系統(tǒng)的機(jī)械能減少，減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能20（4分）（2015嘉定區(qū)一模）如圖所示電路中，電源內(nèi)阻不可忽略，a、b兩燈電阻分別為r和4r滑動(dòng)變阻器的滑

29、片移動(dòng)到上下電阻2：1的位置，兩燈功率相同當(dāng)將滑片移動(dòng)到最上端，則（）aa燈變亮，b燈變暗ba燈變暗，b燈變亮ca燈的功率可能為原來(lái)的da燈的功率可能為原來(lái)的考點(diǎn)：閉合電路的歐姆定律分析：圖中變阻器與燈泡b并聯(lián)后與燈泡a串聯(lián)，根據(jù)閉合電路歐姆定律判斷干路電流的變化情況，再根據(jù)歐姆定律判斷各個(gè)燈泡的功率變化情況；先根據(jù)閉合電路歐姆定律表示出滑片p移動(dòng)前后的干路電流，再分析功率的變化情況解答：解：ab、圖中變阻器與燈泡b并聯(lián)后與燈泡a串聯(lián)當(dāng)變阻器滑片向上移動(dòng)時(shí)，其聯(lián)入電路的電阻值變大，故外電路總電阻變大，根據(jù)閉合電路歐姆定律，干路電流減小，故燈泡a變暗；并聯(lián)部分的電壓u并=ei（rla+r）增加，

30、故燈泡b變亮；故a錯(cuò)誤，b正確；cd、a、b兩燈電阻分別為r和4r，滑動(dòng)變阻器的滑片移動(dòng)到上下電阻2：1的位置，兩燈功率相同，故：r=（4r） 解得：ia=2ib故滑動(dòng)變阻器的電流與燈泡b的電流相等，故：r滑=4r解得：r滑=12r原來(lái)的電流：ia=滑片移動(dòng)后的電流：ia=故：=（ ，1）根據(jù)p=i2r可知，a燈得功率pp；故c、d錯(cuò)誤；故選：b點(diǎn)評(píng)：本題是動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題，關(guān)鍵是根據(jù)閉合電路歐姆定律列式分析，可以按照局部整體局部的順序進(jìn)行四填空題（共20分，每小題4分答案寫(xiě)在題中橫線(xiàn)上的空白處或指定位置）21、22選做一題21（4分）（2015嘉定區(qū)一模）人造地球衛(wèi)星在運(yùn)行過(guò)程中由于受到微小的阻

31、力，軌道半徑將緩慢減小在此運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，衛(wèi)星所受萬(wàn)有引力大小將增大 （填“減小”或“增大”）；其速度將增大 （填“減小”或“增大”）考點(diǎn)：人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系專(zhuān)題：人造衛(wèi)星問(wèn)題分析：根據(jù)萬(wàn)有引力公式f=，判斷萬(wàn)有引力大小的變化，再根據(jù)萬(wàn)有引力做功情況判斷動(dòng)能的變化解答：解：萬(wàn)有引力公式f=，r減小，萬(wàn)有引力增大根據(jù)動(dòng)能定理，萬(wàn)有引力做正功，阻力做功很小很小，所以動(dòng)能增大，故速度增大故答案為：增大，增大點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵掌握萬(wàn)有引力公式f=，以及會(huì)通過(guò)動(dòng)能定理判斷動(dòng)能的變化22（2015嘉定區(qū)一模）甲、乙兩個(gè)物體靜止在光滑的水平桌面上，m甲m乙，當(dāng)甲物體獲得某一速度后與靜止的乙物體

32、發(fā)生彈性正碰，碰撞后，系統(tǒng)的總動(dòng)量不變（選填“減小”、“增大”或“不變”），甲的速度小于乙的速度（選填“大于”、“小于”或“等于”）考點(diǎn)：動(dòng)量守恒定律分析：兩物體碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律可分析答題解答：解：兩物體組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞后系統(tǒng)總動(dòng)量不變；設(shè)甲的初速度為v0，以甲的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：m甲v0=m甲v甲+m乙v乙物體發(fā)生彈性碰撞，機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：m甲v02=m甲v甲2+m乙v乙2解得：v甲=，v乙=，已知：m甲m乙，則v甲v乙；故答案為：不變，小于點(diǎn)評(píng)：本意主要考查了碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒定律得應(yīng)用，

33、注意彈性碰撞機(jī)械能守恒，難度適中23（4分）（2015嘉定區(qū)一模）如圖所示，質(zhì)量均為0.1kg的帶等量同種電荷的小球a、b，現(xiàn)被絕緣細(xì)線(xiàn)懸掛在o點(diǎn)，懸線(xiàn)長(zhǎng)均為10cm平衡時(shí)，oa懸線(xiàn)處于豎直方向，a球倚于絕緣墻上，而b球卻偏離豎直方向60，此時(shí)a球?qū)球的庫(kù)侖力為1n若由于漏電b球逐漸擺下，則懸掛a球的細(xì)繩拉力將變大（選填“變大”、“不變”或“變小”）考點(diǎn)：庫(kù)侖定律分析：對(duì)b球受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件列式求解庫(kù)侖力和細(xì)線(xiàn)的拉力；先對(duì)b球受力分析求解拉力；再對(duì)ab球整體受力分析，根據(jù)平衡條件列式求解細(xì)線(xiàn)對(duì)a球拉力的變化情況解答：解：對(duì)b球受力分析，受重力、拉力和庫(kù)侖力，如圖所示：結(jié)合幾何關(guān)系

34、可知圖中的力三角形是等邊三角形，故：庫(kù)侖力：f=mg=0.110=1n；拉力：t=mg=0.110=1n漏電后，先對(duì)b球分析，如圖所示：根據(jù)平衡條件，有：t=mg再對(duì)ab球整體，有：t=tcos+mg解得：t=mg+mgcos變小，故t變大；故答案為：1，變大點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵是靈活選擇研究對(duì)象，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件并采用相似三角形法和正交分解法列式分析，不難24（4分）（2015嘉定區(qū)一模）如圖，三個(gè)電阻r1、r2、r3依次標(biāo)有“12，3w”、“8，5w”、“6，6w”，則允許接入電路的最大電壓為10.8v，此時(shí)三個(gè)電阻消耗的總功率為10.8w考點(diǎn)：電功、電功率；串聯(lián)電路和并聯(lián)電路專(zhuān)題：恒定電流專(zhuān)

35、題分析：根據(jù)電路結(jié)構(gòu)及已知條件：三個(gè)電阻允許消耗的最大功率分別為3w、15w、6w，分析保證電路安全的條件，然后求電路的最大功率解答：解：由可求得r1的額定電壓u1=6v，r2的額定電壓u2=2v，r3的額定電壓u3=6v， r1與r2的并聯(lián)阻值為r=，則因r3大于其并聯(lián)值，則當(dāng)r3達(dá)到6v時(shí)，并聯(lián)電壓小于6v， 則以r3達(dá)到額定電壓為安全值計(jì)算： 即 求得u1=4.8v 則接入電路的最大的電壓為um=u1+u3=10.8v 功率為：p=故答案為：10.8，10.8點(diǎn)評(píng)：考查串聯(lián)并聯(lián)電路，明確安全的要求是每個(gè)電阻都不能超出額定電壓25（4分）（2015嘉定區(qū)一模）在如圖（a）所示的電路中，r1

36、為定值電阻，r2為滑動(dòng)變阻器閉合開(kāi)關(guān)s，將滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭p從最右端滑到最左端，兩個(gè)電壓表的示數(shù)隨電路中電流變化的完整過(guò)程圖線(xiàn)如圖（b）所示則電源內(nèi)阻的阻值為5，滑動(dòng)變阻器r2的最大功率為0.9w考點(diǎn)：閉合電路的歐姆定律；電功、電功率專(zhuān)題：恒定電流專(zhuān)題分析：由圖可知兩電阻串聯(lián)，v1測(cè)r1兩端的電壓，v2測(cè)r2兩端的電壓；當(dāng)滑片向左端滑動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電阻減小，則可知總電阻變化，由閉合電路歐姆定律可知電路中電流的變化，則可知內(nèi)電壓的變化及路端電壓的變化，同時(shí)也可得出r1兩端的電壓變化，判斷兩圖象所對(duì)應(yīng)的電壓表的示數(shù)變化；由圖可知當(dāng)r2全部接入及只有r1接入時(shí)兩電表的示數(shù)，則由閉合電路的歐

37、姆定律可得出電源的內(nèi)阻；由功率公式可求得電源的最大輸出功率及滑動(dòng)變阻器的最大功率解答：解：當(dāng)滑片左移時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知，電路中電流增大；而r1兩端的電壓增大，故乙表示是v1示數(shù)的變化；甲表示v2示數(shù)的變化；由圖可知，當(dāng)只有r1接入電路時(shí)，電路中電流為0.6a，電壓為3v，則由e=u+ir可得：e=3+0.6r；當(dāng)滑動(dòng)變阻器全部接入時(shí)，兩電壓表示數(shù)之比為，故=；由閉合電路歐姆定律可得e=5+0.2r解得：r=5，e=6v由上分析可知，r1的阻值為5，r2電阻為20；當(dāng)r1等效為內(nèi)阻，則當(dāng)滑動(dòng)變阻器的阻值等于r+r時(shí)，滑動(dòng)變阻器消耗的功率最大，故

38、當(dāng)滑動(dòng)變阻器阻值為10時(shí)，滑動(dòng)變阻器消耗的功率最大，由閉合電路歐姆定律可得，電路中的電流i=a=0.3a，則滑動(dòng)變阻器消耗最大功率 p=i2r=0.9w；故答案為：5，0.9點(diǎn)評(píng)：在求定值電阻的最大功率時(shí)，應(yīng)是電流最大的時(shí)候；而求變值電阻的最大功率時(shí)，應(yīng)根據(jù)電源的最大輸出功率求，必要時(shí)可將與電源串聯(lián)的定值電阻等效為內(nèi)阻處理26（4分）（2015嘉定區(qū)一模）寬闊的水平面上固定豎有高為1.5m的薄木板在離開(kāi)其水平距離1m、高1.8m處水平拋出視為質(zhì)點(diǎn)的玩具小鳥(niǎo)（不計(jì)空氣阻力）若水平初速度v0=10m/s，則其做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是0.6s；若任意改變初速度，擊中木板的速度最小值為m/s（g=10m/s

39、2）考點(diǎn)：平拋運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題：平拋運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題分析：根據(jù)高度求出平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間抓住玩具小鳥(niǎo)擊中木板，結(jié)合水平位移求出時(shí)間的表達(dá)式，從而得出豎直分速度的表達(dá)式，根據(jù)平行四邊形定則求出擊中木板時(shí)的速度，從而通過(guò)數(shù)學(xué)知識(shí)求出擊中時(shí)速度的最小值解答：解：當(dāng)玩具小鳥(niǎo)恰好擦過(guò)木板的上邊緣飛過(guò)時(shí)，平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間s，此時(shí)的平拋運(yùn)動(dòng)的初速度，可知水平速度為10m/s時(shí)，玩具小鳥(niǎo)飛過(guò)木板上端根據(jù)h=得，t=玩具小鳥(niǎo)擊中木板所需的時(shí)間，則此時(shí)的豎直分速度，根據(jù)平行四邊形定則知，擊中木板時(shí)的速度故答案為：0.6，2點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式靈活求解，本題對(duì)數(shù)學(xué)能力的要求較高

40、，需加強(qiáng)這方面的訓(xùn)練五實(shí)驗(yàn)題（共24分）27（4分）（2015嘉定區(qū)一模）用多用表測(cè)量一個(gè)定值電阻的阻值（1）每次測(cè)量中，更換倍率后應(yīng)立即進(jìn)行的操作是歐姆檔調(diào)零（2）某同學(xué)兩次測(cè)量分別用了10、100兩個(gè)倍率，在操作無(wú)誤的前提下，如果指針在表盤(pán)上處在如圖所示的兩個(gè)位置，則該被測(cè)電阻比較準(zhǔn)確的值應(yīng)該是200考點(diǎn)：伏安法測(cè)電阻專(zhuān)題：實(shí)驗(yàn)題；恒定電流專(zhuān)題分析：使用萬(wàn)用表測(cè)量電阻時(shí)每次換檔后均應(yīng)進(jìn)行歐姆調(diào)零；根據(jù)歐姆表讀數(shù)為表盤(pán)示數(shù)乘以倍率偏角小說(shuō)明電阻大，要換用大倍率擋解答：解：（1）每次測(cè)量中，更換倍率后均應(yīng)進(jìn)行歐姆調(diào)零；（2）由圖可知，選用100時(shí)偏角過(guò)大，測(cè)量誤差較大，而選擇10檔時(shí)，指針指在

41、中間，誤差較小；故讀數(shù)時(shí)應(yīng)選用10檔；讀數(shù)為：2010=200；故答案為：（1）歐姆檔調(diào)零（電阻調(diào)零）（2）200點(diǎn)評(píng)：本題考查了歐姆表的使用方法，還要注意每次換擋都要重新歐姆調(diào)零28（4分）（2015嘉定區(qū)一模）在研究有固定轉(zhuǎn)動(dòng)軸物體平衡條件的實(shí)驗(yàn)中（1）實(shí)驗(yàn)開(kāi)始前需要檢查力矩盤(pán)重心是否在轉(zhuǎn)軸處，描述檢查的操作過(guò)程在任意位置（轉(zhuǎn)過(guò)任意角度）能靜止/平衡（2）某同學(xué)采用50g的鉤碼，力矩盤(pán)平衡后如圖所示，彈簧秤讀數(shù)1.1n，盤(pán)面中3個(gè)同心圓半徑分別是2cm、4cm、6cm填寫(xiě)下表（g取9.8m/s2，答案精確到0.001nm）：順時(shí)針力矩逆時(shí)針力矩0.059nm0.064nm考點(diǎn)：力矩的平衡條

42、件專(zhuān)題：實(shí)驗(yàn)題分析：（1）動(dòng)后，停下時(shí)事先的標(biāo)記能夠處于任意位置，即轉(zhuǎn)盤(pán)能隨遇平衡，說(shuō)明轉(zhuǎn)盤(pán)的重心在轉(zhuǎn)軸上；（2）簧秤讀數(shù)1.1n，一個(gè)鉤碼重50g，根據(jù)力矩等于力與力臂的乘積解答：解：（1）心在轉(zhuǎn)軸上，力矩盤(pán)本身的重力才可以忽略不計(jì)，轉(zhuǎn)動(dòng)后，停下時(shí)事先的標(biāo)記能夠處于任意位置，即轉(zhuǎn)盤(pán)能隨遇平衡，說(shuō)明轉(zhuǎn)盤(pán)的重心在轉(zhuǎn)軸上；（2）逆時(shí)針力矩為m=1.14102+50103104102=0.064nm故答案為：（1）在任意位置（轉(zhuǎn)過(guò)任意角度）能靜止/平衡（2）0.064 nm點(diǎn)評(píng)：題是驗(yàn)證力矩平衡的實(shí)驗(yàn)，關(guān)鍵求出順時(shí)針力矩之和和逆時(shí)針力矩之后，然后判斷是否相等，實(shí)驗(yàn)前要將支點(diǎn)調(diào)節(jié)到重心處29（6分）（

43、2015嘉定區(qū)一模）在用dis測(cè)定勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律的實(shí)驗(yàn)中，在小車(chē)前部和軌道末端都安裝了磁鐵，同名磁極相對(duì)以防止發(fā)生碰撞從軌道上靜止釋放小車(chē)，得到如圖2所示的vt圖象并且有4個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)值（1）本實(shí)驗(yàn)是通過(guò)位移傳感器獲得vt圖象的（填傳感器名稱(chēng)）（2）小車(chē)沿軌道下滑過(guò)程勻加速階段的加速度大小為1m/s2（3）若實(shí)驗(yàn)中的阻力可忽略不計(jì)，根據(jù)圖象，1.5s1.6s內(nèi)磁鐵之間排斥力平均值是小車(chē)重力的1.1倍考點(diǎn)：探究小車(chē)速度隨時(shí)間變化的規(guī)律專(zhuān)題：實(shí)驗(yàn)題；直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律專(zhuān)題分析：在物體的vt圖象中，斜率大小表示物體的加速度，斜率不變表示物體做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，圖象和橫坐標(biāo)圍成的面積表示位移，明確圖象的斜率

44、、面積等含義即可正確解答解答：解：（1）本實(shí)驗(yàn)是通過(guò)位移傳感器獲得vt圖象的（2）由圖可知圖象ab部分為傾斜的直線(xiàn)，因此物體在ab部分做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，圖象的斜率的大小等于物體的加速度，因此有：故其加速度為：a=1m/s2（3）若實(shí)驗(yàn)中的阻力可忽略不計(jì)，根據(jù)圖象得a=10m/s2根據(jù)牛頓第二定律得：1.5s1.6s內(nèi)磁鐵之間排斥力平均值是小車(chē)重力的1.1倍故答案為：（1）位移 （2）1 （3）1.1點(diǎn)評(píng)：本題考查了對(duì)vt圖象的物理意義的理解與應(yīng)用，對(duì)vt圖象要明確斜率的含義，知道在vt圖象中圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積的含義等30（10分）（2015嘉定區(qū)一模）在研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象的實(shí)驗(yàn)中（1）請(qǐng)?jiān)趫D

45、一所示的器材中，用實(shí)線(xiàn)代替導(dǎo)線(xiàn)連接實(shí)物電路（2）已知電流從左側(cè)流入靈敏電流計(jì)則指針向左偏若原線(xiàn)圈中磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向下，將原線(xiàn)圈放入副線(xiàn)圈后閉合電鍵，發(fā)現(xiàn)靈敏電流計(jì)指針向左偏，則副線(xiàn)圈應(yīng)選圖二中的甲（選填“甲”或“乙”）線(xiàn)圈（3）某次實(shí)驗(yàn)中，正確連接電路后將原線(xiàn)圈放入副線(xiàn)圈閉合電鍵時(shí)發(fā)現(xiàn)靈敏電流計(jì)指針無(wú)偏轉(zhuǎn)，然后移動(dòng)變阻器滑片發(fā)現(xiàn)指針有偏轉(zhuǎn)，則可能的故障是滑動(dòng)變阻器電阻絲有斷路（4）正確連接電路后，通過(guò)特殊的方法使滑動(dòng)變阻器電阻隨時(shí)間均勻減小在電阻均勻減小的過(guò)程中，靈敏電流計(jì)的指針偏轉(zhuǎn)幅度的變化情況是b（a）穩(wěn)定不變（b）逐漸增大（c）逐漸減?。╠）先減小后增大考點(diǎn)：研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象專(zhuān)題：實(shí)驗(yàn)題

46、分析：（1）注意該實(shí)驗(yàn)中有兩個(gè)回路，一是電源、電鍵、變阻器、小螺線(xiàn)管串聯(lián)成的回路，二是電流計(jì)與大螺線(xiàn)管串聯(lián)成的回路，據(jù)此可正確解答（2）根據(jù)楞次定律，結(jié)合磁場(chǎng)方向向下，且大小增強(qiáng)，再由電流計(jì)的偏轉(zhuǎn)，即電流的流向，即可求解；（3）根據(jù)閉合電路磁通量變化，才會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，及閉合電鍵與移動(dòng)滑片的不同，從而判定故障；（4）根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，判定電流隨著電阻的變化而如何變化，從而得到磁場(chǎng)的變化率，進(jìn)而確定指針的偏轉(zhuǎn)程度解答：解：（1）將電源、電鍵、變阻器、小螺線(xiàn)管串聯(lián)成一個(gè)回路，再將電流計(jì)與大螺線(xiàn)管串聯(lián)成另一個(gè)回路，電路圖如圖所示（2）發(fā)現(xiàn)靈敏電流計(jì)指針向左偏，則可知，電流從正極流進(jìn)，由于磁場(chǎng)

47、向下，且增大，根據(jù)楞次定律可知，副線(xiàn)圈應(yīng)甲圖；（3）閉合電鍵時(shí)發(fā)現(xiàn)靈敏電流計(jì)指針無(wú)偏轉(zhuǎn)，說(shuō)明電路中沒(méi)有電流，或與電流計(jì)相連的電路不閉合，而當(dāng)移動(dòng)變阻器滑片發(fā)現(xiàn)指針有偏轉(zhuǎn)，說(shuō)明與小螺線(xiàn)管相連的回路中，滑動(dòng)變阻器電阻絲有斷路現(xiàn)象，（4）滑動(dòng)變阻器電阻隨時(shí)間均勻減小，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知，則電流非均勻增大，則磁場(chǎng)的變化率會(huì)逐漸增大；故b正確，acd錯(cuò)誤；故答案為：（1）如上圖示；（2）甲；（3）滑動(dòng)變阻器電阻絲有斷路；（4）b點(diǎn)評(píng)：本題考查研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象及驗(yàn)證楞次定律的實(shí)驗(yàn)，對(duì)于該實(shí)驗(yàn)注意兩個(gè)回路的不同知道磁場(chǎng)方向或磁通量變化情況相反時(shí)，感應(yīng)電流反向是判斷電流表指針偏轉(zhuǎn)方向的關(guān)鍵，注意第4問(wèn)題類(lèi)似于多

48、用電表的用作歐姆表時(shí)，電流均勻變化，而電阻卻不均勻變化六計(jì)算題（共50分）31（10分）如圖所示，用光滑材料制成高h(yuǎn)=0.8m、傾角分別為=30和=53的兩個(gè)斜面ab、ac，固定在光滑水平面上將兩個(gè)質(zhì)量均為0.1kg的相同的小物塊分別從兩個(gè)斜面的最高位置a同時(shí)靜止釋放（不考慮一個(gè)物塊在c點(diǎn)的能量損失），物塊在bc上運(yùn)動(dòng)時(shí)給物塊一個(gè)水平向左的阻力f，使兩個(gè)物塊同時(shí)到達(dá)b點(diǎn)若g取10m/s2，sin53=0.8求：（1）物塊在bc上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t為多少？（2）f為多少？考點(diǎn)：牛頓第二定律；勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系專(zhuān)題：牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題分析：根據(jù)幾何關(guān)系求出ab、ac、cb的長(zhǎng)度，根據(jù)牛頓

49、第二定律求出ab、ac段的加速度大小，結(jié)合位移時(shí)間公式求出ab和ac段的時(shí)間，抓住運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間相等，求出物塊在bc上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間根據(jù)速度位移公式求出c點(diǎn)的速度，結(jié)合位移時(shí)間公式求出bc段的加速度，通過(guò)牛頓第二定律求出阻力的大小解答：解：（1）ab得長(zhǎng)度mac的長(zhǎng)度mcb段的長(zhǎng)度0.79m根據(jù)牛頓第二定律得，ab段的加速度，ac段的加速度=8m/s2則ab段的時(shí)間s ac段的時(shí)間s t=tabtac=0.80.5=0.3s （2）c點(diǎn)的速度m/s 根據(jù)位移時(shí)間公式得，解得acb9.1m/s2根據(jù)牛頓第二定律得，f=macb=0.19.10.91n 答：（1）物塊在bc上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t為0.3s（2）

50、f為0.91n點(diǎn)評(píng)：本題考查了牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的綜合運(yùn)用，抓住總時(shí)間相等，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解32（12分）如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)e=6v，內(nèi)阻r=1定值電阻r1=6，滑動(dòng)變阻器總阻值r2=10虛線(xiàn)框內(nèi)為一個(gè)斷路器，其工作特性如下：（a）接入電路時(shí)相當(dāng)于一根導(dǎo)線(xiàn)；（b）若流過(guò)斷路器的電流達(dá)到或超過(guò)0.2a時(shí)，斷路器會(huì)自動(dòng)斷開(kāi)r1所在支路現(xiàn)將滑片p置于a端，閉合電鍵，把滑片p緩慢從a端向左滑到b端（1）pa段電阻多大時(shí)，斷路器會(huì)斷開(kāi)？（2）試用文字定性說(shuō)明滑片p從右向左移動(dòng)的過(guò)程中電壓表讀數(shù)在如何變化？（不需要理由）考點(diǎn)：閉合電路的歐姆定律專(zhuān)題：恒定電流專(zhuān)題分析：（1）當(dāng)斷

51、路器的電流達(dá)到或超過(guò)0.2a時(shí)，斷路器會(huì)自動(dòng)斷開(kāi)，根據(jù)閉合電路歐姆定律求解（2）根據(jù)電路中電阻的變化，分析電壓表示數(shù)的變化解答：解：（1）當(dāng)斷路器的電流達(dá)0.2a時(shí)，r1的電壓 u1=imaxr1根據(jù)閉合電路歐姆定律得 u1=e（imax+ipa）（rpb+r） rpb=r2rpa=10rpa其中imax=0.2a，r1=6，e=6v，r=1，代入解得 rpa=3（2）滑片p從右向左移動(dòng)的過(guò)程中，根據(jù)分壓器的特點(diǎn)可知斷路器的電壓增大，電流隨之增大，則斷路器斷開(kāi)，電壓表示數(shù)突然變大答：（1）pa段電阻為3時(shí)，斷路器會(huì)斷開(kāi)（2）滑片p從右向左移動(dòng)的過(guò)程中電壓表讀數(shù)在變大點(diǎn)評(píng)：本題是信息題，首先要認(rèn)真讀