2013-2014江西临川二中高三上学期（零班）第一次月考物理试卷与答案（带解析）.doc

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1、2013-2014江西临川二中高三上学期（零班）第一次月考物理试卷与答案（带解析） 选择题 物理学是建立在实验基础上的一门学科，很多定律是可以通过实验进行验证的下列定律中不能通过实验直接得以验证的是 A牛顿第一定律 B楞次定律 C电阻定律 D库仑定律 答案： A 试题分析：牛顿第一定律是牛顿在总结伽利略、笛卡尔等人实验结论的基础上，经过合理的想象和外推总结得来的，指出物体在不受力时的运动情况，而完全不受力的物体是不存在的，故无法利用实验验证，故 A正确；楞次定律通过电流计指针的摆动方向显示感应电流的方向，再结合安培定则判断感应电流的磁场，能在实验室中加以验证，故 B错误；电阻定律研究影响电阻大

2、小的因素，采用控制变量法，依次改变导体的材料、长度、横截面积等变量，利用电流表和电压表的读数结合欧姆定律得到电阻定律，故 C错误；库仑定律是库仑在实验室利用库仑扭秤装置，通过转换法，测量钮丝的偏转量的大小得到的，其后的 300多年间直至今天仍有很多人重复这个实验，不断提高实验的精度，故 D错误。所以选 A 考点：本题考查考生对于物理学史物理常识的理解，对课本基本内容牛顿 第一定律、物理学史、库仑定律、电阻定律、楞次定律的掌握情况 (4分 )随着科技的发展，大量的科学实验促进了人们对微观领域的认识下列说法正确的是 （ ） A汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而揭示了原子核是有复杂结构的 B

3、卢瑟福通过 a粒子轰击氮核实验的研究，发现了质子 C普朗克通过对黑体辐射的研究，第一次提出了光子的概念 D德布罗意首先提出了物质波的猜想，而电子衍射实验证实了他的猜想 E玻尔建立了量子理论，成功解释了各种原子发光现象 答案： BD 试题分析： 1896年汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，电子的发现说明原子是可以再分的，汤姆生进一步提出了原子的枣糕模型或葡萄干面包模型，该模型被卢瑟福用 粒子散射实验给予了否定，卢瑟福提出了原子的核式结构学说，天然放射现象使人们认识到 原子核 具有复杂结构故 A错误；卢瑟福通过 a粒子轰击氮核实验的研究，发现了质子故 B正确；普朗克通过对黑体辐射的研究，第一次

4、提出了量子理论， 1905年，年轻的爱因斯坦发展了普朗克的量子说。他认为，电磁辐射在本质上就是一份一份不连续的，无论是在原子发射和吸收它们的时候，还是在传播过程中都是这样。 爱因斯坦称它们为 “光量子 ”，简称 “光子 ”，并用光量子说解释了光电效应故 C错误；德布罗意首先提出了物质波的猜想，而电子衍射实验证实了他的猜想故 D正确；玻尔玻尔的原子理论是经典理论与量子理论的混合体，成功解释了氢原子发光现象故 E错误所以选 BD 考点：本题考查了电子的发现、质子的发现、光子说、物质波、量子理论等物理学史知识 (4分 ) 如图所示为一列简谐横波在 t 0时刻的波形图象（图中仅画出 012 m范围内的

5、波形）经过 t 1.2 s时间，恰好第三次重复出现图示的波形根据以上信息，不能得出的是 A波的传播速度的大小 B t 1.2 s时间内质元 P经过的路程 C t 0.6 s时刻质元 P的速度方向 D t 0.6 s时刻的波形 答案： C 试题分析：由波动图象读出波长 =8m因经过整数倍周期，图象重复，所以根据经过 1.2s该波形恰好第三次重复出现，得到 2T=1.2s，则周期 T=0.6s，由公式 确定出波速 A不符合题意，故 A错误；质点经过一个周期，通过的路程是四个振幅，所以经过 1.2s，即两个周期，质点 P通过的路程是 S=8A=80cm， B不符合题意，故 B错误；由于波的传播方向不

6、确定， P点的速度方向不确定， C 符合题意，故 C 正确； t=0.6s 时的波形图与图示时刻重复，是确定的 D不符合题意，故 D错误所以选 C 考点：本题考查横波的图象；波长、频率和波速的关系，同时考查基本的读图能力 如下图所示，在坐标系 xOy中，有边长为 a的正方形金属线框 abcd，其一条对角线 ac和 y轴重合、顶点 a位于坐标原点 O处在 y轴的右侧的 I、 IV象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的 ab 边刚好完全重合，左边界与 y轴重合，右边界与 y轴平行 t 0时刻，线圈以恒定的速度 v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁 场区域取沿 abcda 的感应电流方向

7、为正方向，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流 i、 ab间的电势差 Uab随时间 t变化的图线是下图中的 答案： BC 试题分析： 解决本题的关键是掌握切割产生感应电动势的大小 E=BLv，以及会用右手定则判定感应电流的方向在 d点运动到 O 点过程中， ab边切割磁感线，根据右手定则可以确定线框中电流方向为逆时针方向，即正方向，切割的有效长度均匀减小为 0，电动势均匀减小到 0，则电流均匀减小到 0；当 ab边切割的有效长度刚减为 0， cd又边开始切割，根据右手定则判定感应电流的方向为顺时针方向，即负方向，电动势均匀减小到 0，则电流均匀减小到 0故 A错误， B正确； d点运动到 O

8、点过程中， ab边切割磁感线， ab相当于电源，电流由 a到 b， b点的电势高于 a点， ab间的电势差 Uab为负值，大小等于电流乘以bcda三条边的电阻，并逐渐减小 ab边出磁场后， cd边开始切割， cd边相当于电源，电流由 b到 a， ab间的电势差 Uab为负值，大小等于电流乘以 ab边得电阻，并逐渐减小故 C正确， D错误所以选 BC 考点：本题考查考生对导体切割磁感线时的感应电动势、右 手定则、闭合电路的欧姆定律的理解和应用 在竖直平面内固定一半径为 R的金属细圆环，质量为 m的金属小球（视为质点）通过长为 L的绝缘细线悬挂在圆环的最高点当圆环、小球都带有相同的电荷量 Q（未知

9、）时，发现小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，如图所示已知静电力常量为 则下列说法中正确的是 A绳对小球的拉力 B电荷量 C绳对小球的拉力 D电荷量 答案： D 试题分析：由于圆环不能看作点电荷，我们取圆环上一部分 x，设总电量为 Q，则该部分电量为 ；由库仑定律可得，该部分对小球的库仑 力，方向沿该点与小球的连线指向小球；同理取以圆心对称的相同的一段，其库仑力大小与 F1相同；如图所示， 两力的合力应沿圆心与小球的连线向外，大小为；因圆环上各点对小球均有库仑力，故所有部分库仑力的合力 ，方向水平向右；小球受力分析如图所示， 小球受重力、拉力及库仑力而处于平衡，故 T与 F的合力应与重力

10、大小相等，方向相反；由几何关系可得： ，则小球对绳子的拉力 ，故 A、C错误； ，则 ，解得； 故 B错误， D正确；所以选 D 考点：本题主要考查库仑定律、共点力平衡的条件及其应用，同时考查考生的推理判断 能力 如图所示，水平面上放置质量为 M 50 kg的三角形斜劈，斜面倾角为 370，斜面部分光滑，斜劈顶端安装光滑的定滑轮，细绳跨过定滑轮分别连接质量为 m1 25 kg和 m2 7 kg的物块当 m1由静止释放后在斜面上运动时，三角形斜劈保持静止状态下列说法中正确的是 A三角形斜劈受地面的摩擦力大小为 50 N，方向水平向右 B三角形斜劈受地面的支持力大小为 800 N C整个系统处于超

11、重状态 D若斜面部分也粗糙，且 m1、 m2大小未知但已知此时 m1在斜面上沿斜面向上运动（三角形斜劈仍保持静止状态），则三角形斜劈可能不受地面的摩擦力作用 答案： ABD 试题分析：因 ，所以 m1沿斜面加速下滑， m2加速上升，它们加速度大小相等，设它们加速度大小为 a，绳子的拉力为 T，根据牛顿第二定律得： 解得： 将 m1和斜面看作一个整体，则整体有沿斜面向下的加速度，该加速度可正交分解为水平方向和竖直方向两个分量，则水平方向加速度由斜面受到的向右的摩擦力 f提供，竖直向上的加速度由地面支持力、绳子的拉力与重力的合力提供根据牛顿第二定律得： 在水平方向上有： 解得： 方向水平向右 在竖

12、直方向上有： 解得： 故 AB正确；因 ，所以整个系统处于失重状态，故 C错误；只说向上运动，没有说明向上加速向上减速还是向上匀速，分三种情况讨论：一、若m2加速向下运动，则 m1沿斜面向上加速运动，加速度沿斜面向上，把 m1和斜面看作整体，则属于整体有沿斜面向上的加速度该加速度有水平向有的分量该加速度分量由摩擦力提供故斜面受到向左的摩擦力；二、若 m2减速下滑，则 m1减速沿斜面上滑，加速度沿斜面向下，把 m1和斜面看作整体，则属于整体有沿斜面向上的加速度该加速度有水平向有的分 量该加速度分量由摩擦力提供故斜面受到向右的摩擦力三、若 m2匀速下滑，则 m1沿斜面匀速上滑，加速度为零把 m1和

13、斜面看作整体，整体没有加速，处于平衡状态，故地面对斜面摩擦力为零因此 D正确所以选 ABD 考点：本题考查共点力平衡的条件及其应用、力的合成与分解的运用以及牛顿第二定律的理解和应用 如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比是 101，原线圈输入交变电压 （ V）， O是副线圈中心抽出的线头， R1 5 ， R2 15 ，则 A开关 S断开时，电流表的示数为 0.05 A B开关 S闭合时，电流表的示数为 0.05 A C开关 S闭合时，两电阻总的电功率为 D开关 S断开时，两电阻总的电功率为 答案： AC 试题分析： 由电压公式知输入电压的有效值为 V， S断开时，根据电压与匝数成正比知输出电

14、压为 10V S断开时，由欧姆定律知，副线圈中的电流为 ，根据电流与匝数成反比得，原线圈中电流为 0.05A，故 A正确；开关 S 断开时，两电阻总的电功率为 ，故 D 错误； S 闭合时，相当于有两个副线圈，电压仍然与匝数成正比，但电流与匝数不在成反比，因O是副线圈中心抽出的线头，两电阻两端电压均为 5V，两副线圈中电流分别为和 ，所以由 得，原线圈中电流为，故 B错误； S闭合时，两电阻总的电功率为，故 C正确所以选 AC 考点：本题考查变压器的构造和原理、理想变压器的电压之间的关系、理想变压器的电流之间的关系以及最大值和有效值之间的关系 真空中，两个相距 L的固定电荷 E、 F所带电荷量

15、分别为 QE和 QF，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向电场线上标出了 M、 N两点，其中 N点的切线与 EF连线平行，且 NEF NFE，则 A在 M点由静止释放一带正电的检验电 荷，检验电荷将沿电场线运动到 N点 B E带正电， F带负电，且 QE QF C负检验电荷在 M点的电势能大于在 N点的电势能 D过 N点的等势面与过 N点的切线垂直 答案： D 试题分析：解决本题的关键知道电场线的特点及电势能高低的判断只有电场线方向是一条直线，且初速度为 0或初速度的方向与电场平行，运动轨迹才与电场线重合而该电场线是一条曲线，所以运动轨迹与电场线不重合

16、故 A错误；根据电场线的流向，知 E带正电， F带负电； N点的场强可看成 E、 F两电荷在该点产生场强的合场强，电荷 E在 N点电场方向沿 EN 向上，电荷 F在 N点产生的场强沿 NF向下，合场强水平向右，可知 F电荷在 N点产生的场强大于 E电荷在 N点产生的场强，而 NF NE，所以 QF QE故 B错误；沿电场线方向电势逐渐降低， UM UN，再根据 Ep=qU， q为负电荷，知 EpM EpN故 C错误； 因为电场线和等势面垂直，所以过 N点的等势面与过 N点的切线垂直故 D正确所以选 D N点的切线与 EF连线平行，根据电场线的方向和场强的叠加，可以判断出 E、F的电性及电量的大

17、小只有电场线是一条直线，且初速度为 0或初速度的方向与电场平行，运动轨迹才与电场线重合电场线和等势面垂直先比较电势的高低，再根据 Ep=qU，比较电势能 考点：本题考查电场线、电场的叠加、电势能与电势，同时考查考生对电场力的性质和能的性质这一综合知识点的理解和应用能力 2010年诺贝尔物理学奖授予英国科学家安德烈 海姆和康斯坦丁 诺沃肖洛夫，以表彰他们在石墨烯材料方面的卓越研究石墨烯是目前世界上已知的强度最高的材料，为 “太空电梯 ”缆线的制造打开了一扇 “阿里巴巴 ”之门，使人类通过“太空电梯 ”进入太空成为可能假设有一个从地面赤道上某处连向 其正上方的地球同步卫星的 “太空电梯 ”则关于该

18、 “电梯 ”的 “缆线 ”，下列说法正确的是 A “缆线 ”上各处角速度相同 B “缆线 ”上各处线速度相同 C “缆线 ”上各质点均处于完全失重状态 D “缆线 ”上各处重力加速度相同 答案： A 试题分析： 由于太空电梯是从地面连接到地球同步飞船上，而地球是在不停的转动的，它们要保持相对的静止必须有相同的角速度，故 A正确；由 可知，高度不同的部位线速度不同，所以 B错误；由于太空电梯相对于地球的位置不变，属于地球上的物体，不处于失重状态，故 C 错误；由 可得，高度不同的部位加速度不同，所以 D错误 所以选 A 考点：本题考查了匀速圆周运动、超重和失重、加速度、线速度、角速度和周期等知识

19、点 如图所示， A、 B、 C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动， A由静止释放， B的初速度方向沿斜面向下，大小为 v0， C的初速度方向沿斜面水平，大小也为 v0下列说法中正确的是 A A和 C将同时滑到斜面底端 B滑到斜面底端时， B的机械能减少最多 C滑到斜面底端时， B的动能最大 D滑到斜面底端时， C的重力势能减少最多 答案： C 试题分析：将滑块 C的运动沿水平 方向和沿斜面向下方向正交分解， AC两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等， A所受滑动摩擦力沿斜面向上， C沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力，根据牛顿第二定律知，沿斜面方向 C的加速度大于 A的加速度，又沿斜面

20、向上 AC都做初速度为零的加速运动，由运动规律知C先到达斜面底端故 A错误； 三个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，滑动摩擦力做功与路程有关， C运动的路程最大， C克服摩擦力做功最大，机械能减小量等于克服阻力做的功，故滑块 C机械能减小的最大故 B错误； 重力做功相同，摩擦力对 A、 B做功相同， C克服摩擦力做功最大，而 B有初速 度，根据动能定理可知，滑到斜面底端时， B滑块的动能最大故 C正确；三个滑块下降的高度相同，重力势能减小相同故 D错误所以选 C 考点：本题考查了动能定理、重力做功与重力势能变化关系、除重力外其他力做功与机械能变化关系、运动的分解、力的分解等知识 某人划船渡河，当划

21、行速度和水流速度一定，且划行速度大于水流速度时过河的最短时间是 t1；若以最小位移过河，需时间 t2则划行速度 v1与水流速度 v2之比为 A t2 t1 B t2 C t1 （ t2-t1） D t1 答案： B 试题分析：设河宽为 h，将小船过河的运动分解到沿河方向和垂直河岸方向当船速垂直河岸时，用时最少，所以过河最短时间为： 于是得：； 当船速大于水速时，合速度垂直河岸，位移最小，如图所示，最小位移过河： 解得： 所以： 故选： B 考点：本题考查考生对运动的合成与分解的理解和应用 如图所示，置于固定斜面上的物体 A受到平行于斜面向下的力作用保持静止若力 F大小不变，将力 F在竖直平面内

22、由沿斜面向下缓慢的转到沿斜面向上（转动范围如图中虚线所示）在 F转动过程中，物体始终保持静止在此过程中物体与斜面间的 A 弹力可能先增大后减小 B弹力一定先减小后增大 C摩擦力可能先减小后增大 D摩擦力一定一直减小 答案： BC 试题分析：物体受重力、支持力、摩擦力及拉力的作用而处于静止状态，故合力为零；将重力和拉力都分解到沿斜面和垂直于斜面的方向；在垂直于斜面方向，重力的分力、支持力及拉力的分力平衡，因拉力的分力先增大后减小，故弹力可能先减小后增大，故 A错误、 B正确；在沿斜面方向上，重力向下的分力、拉力的分力及摩擦力的合力为零；因拉力的分力先向下减小，后向上增大，故摩擦力可能先减小，后向

23、下增大，也可能一直减小，故 C正确， D错误所以选 BC 考点：本题主要考查了共点力平衡的条件及其应用、静摩擦力和最大静摩擦力、力的合成与分解的运用 实验题 如图所示为一黑箱装置，盒内有电源、电阻元件， a、 b、 c为黑箱的三个输出端为了探测黑箱，某同学进行了以下几步测量： 用多用电表的电阻档测量 a、 b间的电阻； 用多用电表的电压档测量 a、 c间的输出电压； 用多用电表的电流档测量 a、 b间的输出电流 你认为以上测量中不妥的有： （填序号） 答案： 、 _ 试题分析：测量电阻时，要保证电阻是独立的，所以应将被测电阻与电路分开，故 不妥；用多用电表的电压档测量 a、 c间的输出电压，相

24、当于测量的电源电动势，故 妥当；用多用电表的电流档测量 a、 b间的输出电流，相当于把电表接入组成闭合电路，故 不妥当所以选 考点：本题考查了用多用电表测量电阻的方法和粗略测量电动势的方法 一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，圆盘加速转动时，角速度的增加量 与对应时间 t的比值定义为角加速度 （即）我们用电磁打点计时器、刻度尺、游标卡尺、纸带、复写纸 来完成下述实验：（打点计时器所接交流电的频率为 50 Hz， A、 B、 C、 D 为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出） 如图甲所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，

25、当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上； 接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动； 经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量 （ 1）用 20分度的游标卡尺测得圆盘的半径如图乙所示，圆盘的半径 r为 cm； （ 2）由图丙可知，打下计数点 D时，圆盘转动的角速度为 rad/s；（取二位有效数字，下同） （ 3）纸带运动的加速度大小为 m/s2，圆盘转动的角加速度大小为 rad/s2； （ 4）如果实验测出的角加速度值偏大，其原因可能是 （写出 1条） 答案：（ 1） 6.000 cm； （ 2） 6.5 rad/s； （ 3） 0.59 m/s2 9.8 rad/s2

26、； （ 4） 圆盘 “半径 ”在不断增大等 试题分析：（ 1）整数部分为 60mm，小数部分为零，由于精确度为 0.05mm，故需写到 0.001cm处，故读数为 6.000cm，因此半径为 3.000cm； （ 2）打下计数点 D时，速度 为 ， 故 （ 3）纸带运动的加速度为由于 ， ，故角加速度为 （ 4）根据公式 ， 偏大，是由 a偏大，或者 r偏小造成的，故可能的原因为：测量转动半径时没有考虑纸带的厚度，圆盘 “半径 ”在不断增大 考点：本题考查用打点计时器测速度、线速度、角速度和周期、转速，同时考查考生灵活运用物理知识处理实际问题的能力 计算题 （ 8分）如图所示，一不透明的圆柱形

27、容器内装满折射率 n 的透明液体，容器底部正中央 O点处有一点光源 S，平面镜 MN与底面成 450角放置，若容器高为 2 dm，底边半径为（ 1+ ） dm， OM 1 dm，在容器中央正上方 1 dm 处水平放置一足够长的刻度尺， 求光源 S发出的光线经平面镜反射后，照射到刻度尺的长度（不考虑容器侧壁和液面的反射） 答案： 试题分析：作出边界光路当光线沿 OM入射到平面镜时，发生反射，光线照射到刻度尺的最右端当射到平面镜上的光线经折射照射到刻度尺的最左端时，根据对称性，作出平面镜反射的光路 作图找出发光点 S在平面镜中的像点 /，连接 S/M延长交直尺于 H点，由题设知：光线 SM的入射角

28、为 45，根据反射定律可知反射角等于 45， MH沿竖直方向，连接 P，根据 对称性得 M=OM=1m，在 RtPR /中， ， 由几何知识得 由折射定律可得： 解得： ， 故刻度尺上被照亮的范围为： 考点：本题考查对光的反射定律与光的折射定律的理解和应用，同时考查考生的理解能力、推理能力和分析综合能力 （ 16分）为了使粒子经过一系列的运动后，又以原来的速率沿相反方向回到原位，可设计如下的一个电磁场区域（如图所示）：水平线 QC以下是水平向左的匀强电场，区域 (梯形 PQCD)内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B；区域 (三角形 APD)内的磁场方向与 内相同，但是大小可以不同，区域

29、 (虚线 PD之上、三角形 APD以外 )的磁场与 内大小相等、方向相反已知等边三角形 AQC的边长为 2l， P、 D分别为 AQ、 AC的中点带正电的粒子从 Q点正下方、距离 Q点为 l的 O点以某一速度射出，在电场力作用下从 QC边中点 N 以速度 v0垂直 QC射入区域 ，再从 P点垂直 AQ 射入区域 ，又经历一系列运动后返回 O点（粒子重力忽略不计）求： （ 1）该粒子的比荷 （ 2）粒子从 O点出发再回到 O点的整个运动过程所需时间 答案：（ 1） （ 2） 或 试题分析：本题属于带 电粒子在组合场中运动问题，磁场中圆周运动要画轨迹分析运动过程，探索规律，寻找半径与三角形边的关系

30、是关键 （ 1）从 N到 P，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律和洛仑兹力表达式有：根据题意有 R l 解得： （ 2）粒子从 O到 N与从 N到 O是逆过程， N到 O做类平抛运动，在区域 、区域 和 中都做匀速圆周运动带电粒子在电磁场中运动的总时间包括三段：电场中往返的时间 t0、区域 中的时间 t1、区域 和 中的时间 t2 t3 根据平抛运动规律有 粒子在区域 中运动时，由线速度和角速度关系得： 即 若粒子在区域 和 内的运动如图甲所示，则总路程为 个圆周，根据几何关系有 AE (4nr + r) l 解得： r l/(4n + 1) 其中 n 0， 1， 2 区域 和 内总路程为 总时

31、间 若粒子在区域 和 内运动如图乙所示，则总路程为 个圆周，根据几何关系有： AP (4nr +3r) l 解得： r l/(4n + 3) 其中 n 0， 1， 2 区域 和 内总路程为 总时间 考点：本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动、匀速圆周运动规律、牛顿第二定律、向心力、运动的合成与分解，同时考查考生的分析综合能力和运用数学知识解决物理问题的能力 （ 12分）动车组是城际间实现小编组、大密度的高效运输工具，以其编组灵活、方便、快捷、安全、可靠、舒适等特点而备受世界各国铁路运输和城市轨道交通运输的青睐动车组就是几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢编成一组，就是动车组假设有一动车组由

32、 8节车厢连接而成，每节车厢的总质量均为 7.5104 kg其中第一节、第二节带动力，他们的额定功率分别为3.6107 W和 2.4107 W，车在行驶过程中阻力恒为重力的 0.1倍（ g 10 m/s2） （ 1）求该动车组只开动第一节的动力的情况下能达到的最大速度 （ 2）若列车从 A地沿直线开往 B地，先以恒定的功率 6107 W（同时开动第一、第二节的动力）从静止开始启动，达到最大速度后匀速行驶，最后除去动力，列车在阻力作用下匀减速至 B地恰好速度为 0已知 AB间距为 5.0104 m，求列车从 A地到 B地的总时间 答案：（ 1） 60 m/s （ 2） 600s 试题分析：（ 1

33、）只开动第一节动力的前提下，当第一节以额定 功率运行且列车的牵引力等于阻力时达到最大速度： 得： 60 m/s (其中阻力 ， ) （ 2）列车以恒定的功率 6107 W（同时开动第一、第二节的动力）从静止开始启动，当牵引力等于阻力时达到最大速度 代入数据解得：设列车从 C点开始做匀减速运动，令 A到 C的时间为 t1， AC间距为 x1； C到 B的时间为 t2， CB间距为 x2，在 CB间匀减速运动的加速度大小为 a，列车的总重量 M 8mg 6.0105 kg，运动示意图如下 从 C到 B由牛顿第二定律和运动学公式得： 代入数据解得： 代入数据 解得： 代入数据解得： 所以 从 A到

34、C的用动能定理得： 代入数据解得： t1 500s 所以： 考点：本题考查动能定理的应用、牛顿第二定律、功率、平均功率和瞬时功率，同时考查考生分析综合能力 （ 8分）有一种机械装置叫做 “滚珠式力放大器 ”，其原理如图所示，斜面 A可以在水平面上滑动，斜面 B以及物块 C都是被固定的，它们均由钢材制成，钢珠 D置于 ABC之间当用水平力 F推斜面 A时，钢珠 D对物块 C的挤压力F/就会大于 F，故称为 “滚珠式力放大器 ”如果斜面 A、 B的倾角分别为 、 ，不计一切摩擦力以及钢珠自身的重力，求： 这一装置的力放大倍数（即 F/与 F之比） 答案： (或 ) 试题分析：解决本题的关键是正确地

35、进行受力分析，根据共点力平衡，运用正交分解法、分解法或合成法进行求解如图所示，对斜面 A、钢珠 D分别进行受力分析 对 A分析，在水平方向合力为 0，即在水平方向上推力 F等于 D对 A压力在水平方向上的分力，列方程式： 对 D分析，运用共点力平衡有： 在水平方向上有： 在竖直方向上有： 联立以上三式解得： 即放大倍数为： 或写为： 考点：本题考查 受力分析、共点力平衡的条件及其应用、力的合成与分解的运用，同时考查考生运用物理知识处理实际问题的能力 （ 8分）质量为 M的小车置于水平面上，小车的上表面由光滑的 1/4圆弧和光滑平面组成，圆弧半径为 R，车的右端固定一轻弹簧，如图所示现将一质量为 m的滑块从圆弧最高处无初速下滑，与弹簧相接触并压缩弹簧求： 弹簧具有的最大弹性势能 Ep 当滑块与弹簧分离时小车的速度 v 答案： 试题分析： 滑块与小车相互作用过程中水平方向动量守恒，系统水平方向的总动量始终为 0，滑块压缩弹簧后，当二者速度相等时，弹簧弹性势能最大，此时小车与滑块的速度均为零 由机械能守恒定律得，弹簧最大弹性势能为： 设滑块与弹簧分离时，滑块的速度为 v，由系统动量守恒得： 由机械能守恒定律得： 联立两式解得小车的速度： 考点：本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，同时考查考生应用动量观点和能量观点解决碰撞问题的能力