高三物理統(tǒng)考復(fù)習(xí)試卷含解析

1、一、選擇題：本題共7題在每小題給出四個(gè)選項(xiàng)中，有的只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，有的有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求全部選對(duì)得6分，選對(duì)但選不全得3分，有選錯(cuò)的得0分1（6分）物理學(xué)的發(fā)展豐富了人類對(duì)物質(zhì)世界的認(rèn)識(shí)，推動(dòng)了科學(xué)技術(shù)的革命和創(chuàng)新，促進(jìn)了物質(zhì)生產(chǎn)的繁榮與人類文明的進(jìn)步，下列表述正確的是（） A 水面上的油膜在陽(yáng)光照射下會(huì)呈現(xiàn)彩色，這是光的衍射現(xiàn)象 B 麥克斯韋首先預(yù)言了電磁波的存在，并通過(guò)實(shí)驗(yàn)加以證實(shí) C 機(jī)械波和電磁波在介質(zhì)中傳播速度大小均只與介質(zhì)有關(guān) D 根據(jù)狹義相對(duì)論的原理可知，在不同的慣性參考系中，一切物理規(guī)律都是相同的【考點(diǎn)】： 物理學(xué)史；波的形成和傳播【分析】： 本題根據(jù)常見(jiàn)的物理現(xiàn)

2、象、物理學(xué)史等等知識(shí)進(jìn)行解答【解析】： 解：A、水面上的油膜在陽(yáng)光照射下會(huì)呈現(xiàn)彩色，這是由于油膜的上下表面對(duì)光的干涉形成的故A錯(cuò)誤；B、歷史上，麥克斯韋首先預(yù)言了電磁波的存在，是赫茲通過(guò)實(shí)驗(yàn)對(duì)此進(jìn)行了證實(shí)故B錯(cuò)誤C、機(jī)械波在介質(zhì)中傳播速度大小只與介質(zhì)有關(guān)，而電磁波在介質(zhì)中傳播速度大小既與介質(zhì)有關(guān)，還與電磁波本身的頻率有關(guān)，故C錯(cuò)誤D、根據(jù)狹義相對(duì)論的原理可知，在不同的慣性參考系中，一切物理規(guī)律都是相同的，故D正確故選：D【點(diǎn)評(píng)】： 本題關(guān)鍵要掌握波動(dòng)部分的物理學(xué)史，知道機(jī)械波和電磁波特性的差異，掌握相對(duì)論的基本原理2（6分）北京時(shí)間2012年2月25日凌晨O時(shí)12分，中國(guó)在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心用“

3、長(zhǎng)征三號(hào)丙”運(yùn)載火箭，將第十一顆“北斗”導(dǎo)航衛(wèi)星成功送入太空預(yù)定轉(zhuǎn)移軌道，這是一顆地球靜止軌道衛(wèi)星，“北斗”導(dǎo)航衛(wèi)星定位系統(tǒng)由靜止軌道衛(wèi)星（同步衛(wèi)星）、中軌道衛(wèi)星和傾斜同步衛(wèi)星組成，中軌道衛(wèi)星軌道半徑約為27900公里，靜止軌道衛(wèi)星的半徑約為42400公里（0.53可供應(yīng)用），下列說(shuō)法正確的是（） A 靜止軌道衛(wèi)星的向心加速度比中軌道衛(wèi)星向心加速度大 B 靜止軌道衛(wèi)星和中軌道衛(wèi)星的線速度均大于地球的第一宇宙速度 C 中軌道衛(wèi)星的周期約為12.7h D 地球赤道上隨地球自轉(zhuǎn)物體的線速度比靜止軌道衛(wèi)星線速度大【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】： 人造衛(wèi)星問(wèn)

4、題【分析】： 根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力=m=m=ma比較向心加速度、線速度和周期知道第一宇宙速度的特點(diǎn)【解析】： 解：A、根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，=ma，加速度a=，軌道半徑越大，向心加速度越小，中軌道衛(wèi)星的軌道半徑小，向心加速度大故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)=m，速度v=，知道軌道半徑越大，線速度越小，第一宇宙速度的軌道半徑為地球的半徑，所以第一宇宙速度是繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)最大的環(huán)繞速度，所以靜止軌道衛(wèi)星和中軌衛(wèi)星的線速度均小于地球的第一宇宙速度故B錯(cuò)誤C、根據(jù)=m，T=2，所以中軌道衛(wèi)星和靜止軌道衛(wèi)星的周期比0.53則中軌道衛(wèi)星的周期T1=0.53×24h=12.7h故C正確；D、地球赤道

5、上隨地球自轉(zhuǎn)物體和靜止軌道衛(wèi)星具有相同的角速度，根據(jù)a=r2，知靜止軌道衛(wèi)星的向心加速度大故D錯(cuò)誤故選：C【點(diǎn)評(píng)】： 解決本題的關(guān)鍵掌握萬(wàn)有引力提供向心力=m=m=ma，會(huì)根據(jù)軌道半徑的關(guān)系比較向心加速度、線速度和周期3（6分）如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為4：1，電壓表和電流表均為理想電表，原線圈接如圖乙所示的正弦交流電，圖甲中的R1為正溫度系數(shù)的熱敏電阻，R為定值電阻下列說(shuō)法正確的是（） A 在0.5×102S時(shí)，電壓表V2的示數(shù)為9V B R1處溫度升高時(shí)，電流表的示數(shù)變小，電壓表V2的示數(shù)不變 C 原線圈兩端電壓的瞬時(shí)值表達(dá)式為u=36sin50t（V） D 變壓

6、器原線圈的輸入功率和副線圈的輸出功率之比為1：4【考點(diǎn)】： 變壓器的構(gòu)造和原理【專題】： 交流電專題【分析】： 由圖乙可知交流電壓最大值，周期，可由周期求出角速度的值，則可得交流電壓u的表達(dá)式 u=Umsint（V），由變壓器原理可得變壓器原、副線圈中的電流之比，輸入、輸出功率之比，R1處溫度升高時(shí)，阻值減小，根據(jù)負(fù)載電阻的變化，可知電流、電壓變化【解析】： 解：A、由圖知最大電壓36V，有效值為36V，電壓與匝數(shù)成正比，所以副線圈兩端電壓有效值即電壓表V2的示數(shù)為9V，A錯(cuò)誤；B、R1溫度升高時(shí)，阻值增大，電流表的示數(shù)變小，但不會(huì)影響輸入和輸出電壓值，故B正確； C、原線圈接的圖乙所示的正弦

7、交流電，由圖知最大電壓36V，周期0.02S，故角速度是=100，U=36sin100t（V），故C錯(cuò)誤；D、理想變壓器的輸入、輸出功率之比應(yīng)為1：1，故D錯(cuò)誤；故選：B【點(diǎn)評(píng)】： 根據(jù)圖象準(zhǔn)確找出已知量，是對(duì)學(xué)生認(rèn)圖的基本要求，準(zhǔn)確掌握理想變壓器的特點(diǎn)及電壓、電流比與匝數(shù)比的關(guān)系，是解決本題的關(guān)鍵4（6分）如圖所示，一細(xì)束由黃、藍(lán)、紫三種色光組成的復(fù)色光通過(guò)三棱鏡折射后分為a、b、c三種單色光，A大于c光在棱鏡中的臨界角而小于b光在棱鏡中的臨界角，下列說(shuō)法中正確的是（） A a種色光為紫光 B 在三棱鏡中a光的傳播速度最大 C 在相同實(shí)驗(yàn)條件下用a、b、c三種色光做雙縫干涉實(shí)驗(yàn)，c光相鄰亮條

8、紋間距一定最大 D 若復(fù)色光繞著入射點(diǎn)O順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)至與AB面垂直時(shí)，屏上最終只有a光【考點(diǎn)】： 光的折射定律【專題】： 光的折射專題【分析】： 復(fù)色光經(jīng)過(guò)三棱鏡色散后，從a到c形成黃、藍(lán)、紫三種彩色光帶，根據(jù)黃光的折射率最小，偏折角最小，紫光的折射率最大，偏折角最大，判斷哪束光是黃光，哪束光是紫光由公式v=分析光在玻璃三棱鏡中的傳播速度的大小c光的波長(zhǎng)最短，a光波長(zhǎng)最長(zhǎng)干涉條紋的間距與波長(zhǎng)成正比即可判斷干涉條紋間距的大小根據(jù)sinC=，分析臨界角的大小，判斷入射角增大時(shí)，哪束光在AC面上先發(fā)生全反射【解析】： 解：A、黃光的折射率最小，通過(guò)三棱鏡后偏折角最小，紫光的折射率最大，偏折角最大，所以

9、可知，c光是紫光a光是黃光，故A錯(cuò)誤B、由圖看出，a光的折射率最小，c光的折射率最大，由公式v=分析可知，a光在三棱鏡中的傳播速度最大故B正確C、a光黃光，波長(zhǎng)最長(zhǎng)，干涉條紋的間距與波長(zhǎng)成正比所以a光形成的干涉條紋間距最大，故C錯(cuò)誤D、復(fù)色光繞著入射點(diǎn)O順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)至與AB面垂直時(shí)，光線射到AC面上的入射角增大，光線與AB垂直時(shí)入射角等于A由sinC=，分析知c光的臨界角最小據(jù)題，A大于c光在棱鏡中的臨界角而小于b光在棱鏡中的臨界角，則c光發(fā)生全反射，而ab兩光束都沒(méi)有發(fā)生全反射，屏上最終有a光和b光故D錯(cuò)誤故選：B【點(diǎn)評(píng)】： 本題是光的色散現(xiàn)象與干涉、光電效應(yīng)的綜合，關(guān)鍵要掌握光的色散研究的結(jié)

10、果，知道七種色光排列順序、折射率大小等等要記牢，同時(shí)，要記住折射率與波長(zhǎng)、頻率、臨界角的關(guān)系5（6分）一列簡(jiǎn)諧波在t=0時(shí)刻的波形圖如圖所示，經(jīng)過(guò)0.1s，平衡位置位于x=2m的點(diǎn)M第一次到達(dá)波峰，關(guān)于該波的下列說(shuō)法正確的是（） A 波速可能為20m/s B 波的傳播方向一定沿x正方向 C 波的頻率f=2.5Hz D N點(diǎn)的速度不可能正在增大【考點(diǎn)】： 橫波的圖象；波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系【專題】： 振動(dòng)圖像與波動(dòng)圖像專題【分析】： 由圖象讀出波長(zhǎng)，根據(jù)經(jīng)過(guò)0.1s，平衡位置位于x=2m的點(diǎn)M第一次到達(dá)波峰，分波沿x軸正方向和負(fù)方向傳播兩種情況討論，求出波速和頻率，由最大位移處向平衡位置運(yùn)動(dòng)時(shí)，

11、速度增大【解析】： 解：A、若波沿x軸正方向傳播，根據(jù)經(jīng)過(guò)0.1s，當(dāng)x=0的位置傳給x=2m的點(diǎn)M時(shí)，M第一次到達(dá)波峰，則v=，故A正確；B、根據(jù)題意可知，波可以沿x軸正方向也可以沿負(fù)方向傳播，故B錯(cuò)誤；C、由圖象讀出波長(zhǎng)=16m，若波沿x軸負(fù)方向傳播，根據(jù)經(jīng)過(guò)0.1s，當(dāng)x=16m的位置傳給x=2m的點(diǎn)M時(shí)，M第一次到達(dá)波峰，則v，此時(shí)f=，故C錯(cuò)誤；D、N點(diǎn)此時(shí)由負(fù)的最大位移處向平衡位置運(yùn)動(dòng)，速度增大，故D錯(cuò)誤故選：A【點(diǎn)評(píng)】： 本題注意要分沿x軸正方向和負(fù)方向傳播兩種情況討論，能根據(jù)波的平移原則求解波速，難度適中6（6分）如圖所示，一輕質(zhì)彈簧下端固定在粗糙的斜面底端的檔板上，彈簧上端處

12、于自由狀態(tài)，斜面傾角為，一質(zhì)量為m的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從離彈簧上端距離為L(zhǎng)1處由靜止釋放，物塊與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)為µ，物塊在整個(gè)過(guò)程中的最大速度為v，彈簧被壓縮到最短時(shí)物體離釋放點(diǎn)的距離為L(zhǎng)2（重力加速度為g）則（） A 從物塊釋放到彈簧被壓縮到最短的過(guò)程中，系統(tǒng)損失的機(jī)械能為µmgL2cos B 從物塊釋放到彈簧壓縮到最短的過(guò)程中，物體重力勢(shì)能的減少量等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量與系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能之和 C 物塊的速度最大時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為mgL1（sinµcos）mv2 D 物塊的最大動(dòng)能為mgL1（sinµcos）【考點(diǎn)】： 功能關(guān)系；動(dòng)能和勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)

13、化【分析】： 物塊下滑做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，接觸彈簧時(shí)，沿斜面方向又受到向上的彈力作用，物體做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧彈力等于重力在斜面向下的分量時(shí)，加速度為零，速度最大，動(dòng)能最大，根據(jù)動(dòng)能定理求出剛與彈簧接觸時(shí)的動(dòng)能即可判斷A，彈黌被壓縮到最短時(shí)物塊速度為零，根據(jù)動(dòng)能定理即可求出此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能，系統(tǒng)損失的機(jī)械能為滑動(dòng)摩擦力做的功【解析】： 解：A、系統(tǒng)損失的機(jī)械能為滑動(dòng)摩擦力做的功，所以物塊運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，機(jī)械能的損失量為E=mgcosL2，A正確；B、根據(jù)能量守恒定律可知，從物塊釋放到彈簧壓縮到最短的過(guò)程中，物體重力勢(shì)能的減少量等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量與系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能之和，故B正確C、

14、物塊的最大速度是在合力為零時(shí)，即受力平衡時(shí)，設(shè) 速度最大時(shí)設(shè)彈簧壓縮量x則：根據(jù)功能關(guān)系E彈=（mgsinmgcos）（L1+x）mv2，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)題意可知，物塊下滑做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，接觸彈簧時(shí)，沿斜面方向又受到向上的彈力作用，物體做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧彈力等于重力在斜面向下的分量時(shí)，加速度為零，速度最大，動(dòng)能最大，從物塊剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到剛與彈簧接觸的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：EK0=mgsinL1mgcosL1所以物塊的最大動(dòng)能大于mgL1（sincos），故D錯(cuò)誤；故選：AB【點(diǎn)評(píng)】： 本題主要考查了動(dòng)能定理及能量守恒定律的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，知道什么時(shí)

15、候速度最大，難度適中7（6分）如圖所示，一個(gè)帶正電的小球穿在一根絕緣的粗糙直桿AC上，桿與水平方向成角，整個(gè)空間存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于桿方向斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)小球沿桿向下運(yùn)動(dòng)，在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為100J，在C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能減為零，D為AC的中點(diǎn)，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，則（） A 小球在D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為50 J B 到達(dá)C點(diǎn)后小球可能沿桿向上運(yùn)動(dòng) C 小球電勢(shì)能的增加量一定等于重力勢(shì)能的減少量 D 小球在AD段克服摩擦力做的功與小球在DC段克服摩擦力做的功不相等【考點(diǎn)】： 帶電粒子在混合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【專題】： 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題【分析】： 由于從A到C的過(guò)程中小球的動(dòng)能減小，則運(yùn)動(dòng)速度減小，小球所

16、受的洛倫茲力減小，導(dǎo)致滑動(dòng)摩擦力減小，所以在下滑過(guò)程中，電場(chǎng)力、摩擦力做負(fù)功，重力做正功【解析】： 解：A、D、小球與桿之間的壓力減小，摩擦力也在減小，所以小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不相等；AD段和DC段合外力不同，因此合外力做的功也不同，所以根據(jù)動(dòng)能定理，動(dòng)能的變化量不同，故A錯(cuò)誤，D正確；B、小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)后，有可能靜止，也有可能沿桿向上運(yùn)動(dòng)，故B正確；C、電勢(shì)能增加是由電場(chǎng)力做功決定，而重力勢(shì)能減小是由重力做功決定，由于動(dòng)能與重力勢(shì)能減少，轉(zhuǎn)化小球的電勢(shì)能，故C錯(cuò)誤；故選：BD【點(diǎn)評(píng)】： 考查動(dòng)能大小與速度大小關(guān)系，及速度大小與洛倫茲力大小，洛倫茲力與滑動(dòng)摩擦

17、力的關(guān)系，同時(shí)突出電場(chǎng)力做功與重力做功及摩擦力做功與能量的關(guān)系二、解答題（共2小題，滿分17分）8（8分）測(cè)量小物塊Q與平板P之間的動(dòng)摩擦因數(shù)的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示AB是半徑足夠大的、光滑的四分之一圓弧軌道，與水平固定放置的P板的上表面BC在B點(diǎn)相切，C點(diǎn)在水平地面的垂直投影為C重力加速度為g實(shí)驗(yàn)步驟如下：用天平稱出物塊Q的質(zhì)量m；測(cè)量出軌道AB的半徑R、BC的長(zhǎng)度L和CC的高度h；將物塊Q在A點(diǎn)由靜止釋放，在物塊Q落地處標(biāo)記其落地點(diǎn)D；重復(fù)步驟，共做10次；將10個(gè)落地點(diǎn)用一個(gè)盡量小的圓圍住，用米尺測(cè)量圓心到C的距離s用實(shí)驗(yàn)中的測(cè)量量表示：（）物塊Q到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能EkB=mgR；（）物塊Q到達(dá)

18、C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能EkC=；（）在物塊Q從B運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中，物塊Q克服摩擦力做的功Wf=；（）物塊Q與平板P之間的動(dòng)摩擦因數(shù)=【考點(diǎn)】： 探究影響摩擦力的大小的因素【專題】： 實(shí)驗(yàn)題【分析】： （1）物塊由A到B點(diǎn)過(guò)程，由動(dòng)能定理可以求出物塊到達(dá)B時(shí)的動(dòng)能；（2）物塊離開(kāi)C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)可以求出物塊在C點(diǎn)的速度，然后求出在C點(diǎn)的動(dòng)能；（3）由B到C，由動(dòng)能定理可以求出克服摩擦力所做的功；（4）由功的計(jì)算公式可以求出動(dòng)摩擦因數(shù)【解析】： 解：（1）從A到B，由動(dòng)能定理得：mgR=EKB0，則物塊到達(dá)B時(shí)的動(dòng)能EKB=mgR；（2）離開(kāi)C后，物塊做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向：s=vCt，豎直

19、方向：h=gt2，物塊在C點(diǎn)的動(dòng)能EKC=mvC2，解得：EKC=；（3）由B到C過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：Wf=mvC2mvB2，克服摩擦力做的功Wf=；（4）B到C過(guò)程中，克服摩擦力做的功：Wf=mgL=，則=；故答案為：（1）mgR；（2）；（3）；（4）【點(diǎn)評(píng)】： 熟練應(yīng)用動(dòng)能定理、平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、功的計(jì)算公式即可正確解題9（9分）在測(cè)定一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)中，備有下列器材：A待測(cè)的干電池（電動(dòng)勢(shì)約為1.5V，內(nèi)電阻小于1.0）B電流表G（量程03mA，內(nèi)阻Rg1=10）C電流表A（量程00.6A，內(nèi)阻Rg2=0.1）D滑動(dòng)變阻器R1（020，10A）E滑動(dòng)變阻器R2（0200，

20、1A）F定值電阻R3（990 ）G開(kāi)關(guān)和導(dǎo)線若干（1）為方便且能較準(zhǔn)確地進(jìn)行測(cè)量，其中應(yīng)選用的滑動(dòng)變阻器是D（填寫器材前的序號(hào)）（2）請(qǐng)畫(huà)出利用本題提供的器材設(shè)計(jì)測(cè)量電池電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的電路圖如圖1（3）如圖2示為某同學(xué)根據(jù)他所設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)繪出的I1I2圖線（I1為電流表G的示數(shù)，I2為電流表A的示數(shù)，且I2的數(shù)值遠(yuǎn)大于I1的數(shù)值）則由圖線可得被測(cè)電池的電動(dòng)勢(shì)E=1.5V，內(nèi)阻r=0.89（計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）【考點(diǎn)】： 測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻【專題】： 實(shí)驗(yàn)題【分析】： （1）因?yàn)殡娫吹膬?nèi)阻較小，所以應(yīng)該采用較小最大值的滑動(dòng)變阻器，有利于數(shù)據(jù)的測(cè)量和誤差的減小（2）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理明確原理

21、圖；（3）根據(jù)歐姆定律和串聯(lián)的知識(shí)求出I1和電源兩端電壓U的關(guān)系，根據(jù)圖象與縱軸的交點(diǎn)求出電動(dòng)勢(shì)，由與橫軸的交點(diǎn)可得出路端電壓為某一值時(shí)電流，則可求得內(nèi)阻【解析】： 解：（1）因?yàn)殡娫吹膬?nèi)阻較小，所以應(yīng)該采用較小最大值的滑動(dòng)變阻器，有利于數(shù)據(jù)的測(cè)量和誤差的減小滑動(dòng)變阻器應(yīng)選D，（2）本實(shí)驗(yàn)中沒(méi)有電壓表，故應(yīng)采用電流表G及定值電阻串聯(lián)充當(dāng)電壓表使用，滑動(dòng)變阻器與電流表串聯(lián)；答案如圖所示；（3）圖象與縱軸的交點(diǎn)得最大電流為1.5mA根據(jù)歐姆定律和串聯(lián)的知識(shí)得電源兩端電壓U=I1（990+10）=1000I1，根據(jù)圖象與縱軸的交點(diǎn)得電動(dòng)勢(shì)E=1.48mA×1000=1.5V與橫軸的交點(diǎn)可得

22、出路端電壓為1.1V時(shí)電流是0.45A；r=r=0.89； 故答案為：（1）D；（2）如圖；（3）1.5；0.89【點(diǎn)評(píng)】： 在測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻時(shí)，要注意根據(jù)畫(huà)出的UI圖象分析出電動(dòng)勢(shì)及內(nèi)阻的方法三、計(jì)算題（本題共3個(gè)小題，共計(jì)51分，解答應(yīng)寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要演算步驟只寫出最后答案的不能得分有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）10（15分）某興趣小組對(duì)一輛自制遙控小車的性能進(jìn)行研究他們讓這輛小車在水平的直軌道上由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，并將小車運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程記錄下來(lái)，通過(guò)處理轉(zhuǎn)化為t圖象，如圖所示（除2s10s時(shí)間段圖象為曲線外，其余時(shí)間段圖象均為直線）已知在小車運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，

23、2s14s時(shí)間段內(nèi)小車的功率保持不變，在14s末停止遙控而讓小車自由滑行，小車的質(zhì)量為1.0kg，可認(rèn)為在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小車所受到的阻力大小不變求：（1）小車所受到的阻力大小；（2）小車勻速行駛階段的功率；（3）小車在加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中（指圖象中010秒內(nèi)）位移的大小【考點(diǎn)】： 動(dòng)能定理；功率、平均功率和瞬時(shí)功率【專題】： 動(dòng)能定理的應(yīng)用專題【分析】： （1）在14s末停止遙控而讓小車自由滑行，小車只受摩擦力，故可以可以先求加速度，再求出合力，等于摩擦力；（2）勻速階段，牽引力等于阻力，速度已知，直接根據(jù)公式P=Fv求解；（3）前2秒位移根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解，2s到10s為變加速過(guò)程，其位移可以由動(dòng)

24、能定理求解【解析】： 解：（1）由圖象可得：在14 s18 s時(shí)間段a=m/s2=1.5m/s2小車受到阻力大?。篎f=ma=1.5N（負(fù)號(hào)表示力的方向與運(yùn)動(dòng)方向相反）（2）在10s14s小車做勻速運(yùn)動(dòng)，牽引力大小F 與 Ff 大小相等 F=1.5NP=F=1.5×6W=9W（3）速度圖象與橫軸之間的“面積”等于物體運(yùn)動(dòng)的位移02s內(nèi) x1=×2×3m=3m2s10s內(nèi)根據(jù)動(dòng)能定理PtFfx2=解得x2=39 m 加速過(guò)程中小車的位移大小為：x=x1+x2=42 m答：（1）小車所受到的阻力大小為1.5N；（2）小車勻速行駛階段的功率為9W；（3）小車在加速運(yùn)動(dòng)過(guò)

25、程中位移的大小為42m【點(diǎn)評(píng)】： 本題關(guān)鍵分析清楚小車各段的運(yùn)動(dòng)規(guī)律以及力的變化情況，結(jié)合牛頓第二定律和動(dòng)能定理求解11（17分）水上滑梯可簡(jiǎn)化成如圖所示的模型：傾角為=37°斜滑道AB和水平滑道BC平滑連接，起點(diǎn)A距水面的高度H=7.0m，BC長(zhǎng)d=2.0m，端點(diǎn)C距水面的高度h=1.0m一質(zhì)量m=50kg的運(yùn)動(dòng)員從滑道起點(diǎn)A點(diǎn)無(wú)初速地自由滑下，運(yùn)動(dòng)員與AB、BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為=0.10，（cos37°=0.8，sin37°=0.6，運(yùn)動(dòng)員在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中可視為質(zhì)點(diǎn)）求：（1）運(yùn)動(dòng)員沿AB下滑時(shí)加速度的大小a；（2）運(yùn)動(dòng)員從A滑到C的過(guò)程中克服摩擦力所做的功W和

26、到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度的大?。唬?）保持水平滑道端點(diǎn)在同一豎直線上，調(diào)節(jié)水平滑道高度h和長(zhǎng)度d到圖中BC位置時(shí)，運(yùn)動(dòng)員從滑梯平拋到水面的水平位移最大，求此時(shí)滑道BC距水面的高度h【考點(diǎn)】： 牛頓第二定律；功的計(jì)算【專題】： 牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題【分析】： （1）運(yùn)動(dòng)員沿AB下滑時(shí)，受到重力mg、支持力和滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度（2）運(yùn)動(dòng)員從A滑到C的過(guò)程中，克服摩擦力做功為W=mgcos（）+mgd=mgd+（Hh）cot根據(jù)動(dòng)能定理求解到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度的大小；（3）運(yùn)動(dòng)員從A滑到C的過(guò)程中，克服摩擦力做功W保持不變，根據(jù)動(dòng)能定理得到運(yùn)動(dòng)員滑到C點(diǎn)時(shí)的速度大小從C到水平地面，運(yùn)動(dòng)員做平拋運(yùn)

27、動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得到水平位移h的關(guān)系式，由數(shù)學(xué)知識(shí)求解水平位移最大時(shí)h的值【解析】： 解：（1）運(yùn)動(dòng)員沿AB下滑時(shí)，受力情況如圖所示Ff=FN=mgcos根據(jù)牛頓第二定律：mgsinmgcos=ma得運(yùn)動(dòng)員沿AB下滑時(shí)加速度的大小為： a=gsingcos=5.2 m/s2（2）運(yùn)動(dòng)員從A滑到C的過(guò)程中，克服摩擦力做功為：W=mgcos（）+mgd=mgd+（Hh）cot=500J由動(dòng)能定理得 mg（Hh）W=，得運(yùn)動(dòng)員滑到C點(diǎn)時(shí)速度的大小 v=10 m/s （3）在從C點(diǎn)滑出至落到水面的過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，由h=，得 下滑過(guò)程中克服摩擦做功保持不變 W=500J根據(jù)動(dòng)能定

28、理得： mg（Hh）W=，解得 v=運(yùn)動(dòng)員在水平方向的位移： x=vt=當(dāng)h=時(shí)，水平位移最大 答：（ 1）運(yùn)動(dòng)員沿AB下滑時(shí)加速度的大小a是5.2 m/s2；（2）運(yùn)動(dòng)員從A滑到C的過(guò)程中克服摩擦力所做的功W為500J，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度的大小為10m/s；（3）滑道BC距水面的高度h為3m時(shí)，水平位移最大【點(diǎn)評(píng)】： 本題中關(guān)鍵之處要抓住滑動(dòng)摩擦力做功W=mgd+（Hh）cot，與AC間水平位移大小成正比，AC間水平位移不變，W不變第3問(wèn)得到水平位移x與h的關(guān)系式，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)求解極大值的條件12（19分）如圖甲所示，有一磁感強(qiáng)度大小為B、垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)邊界OP與水平方向夾角為45°，緊靠磁場(chǎng)右上邊界放置長(zhǎng)為L(zhǎng)，間距為d的平行金屬板M、N，磁場(chǎng)邊界上的O點(diǎn)與N板在同一水平面上，O1、O2電場(chǎng)左右邊界中點(diǎn)在兩板間存在如圖乙所示的交變電場(chǎng)（取豎直向下為