河南省郑州市2018届高三年级教学质量第一次检测考试

1．【命题意图】本题主要考查了位移时间图象这一知识点，意在考查学生对图象的识别理解能力。

【参考答案】B

【解题思路】位移时间图象反映的是物体的位移随时间的变化情况，斜率表示物体运动的速度，选项A中2s末质点在离出发点反方向的1m处，选项A错误；选项B中2s末质点回到出发点，选项B正确；选项C中2s末质点在离出发点正方向的1m处，选项C错误；选项D中2s末质点在离出发点正方向的某处，（小于1m处），选项D错误。

2．【命题意图】本题主要考查了共点力平衡的条件及其应用以及力的合成与分解的运用有关内容，意在考查学生受力分析以及合成分解的的能力。

【参考答案】A

【解题思路】

选项A正确。

3．如图所示，一固定杆与水平方向夹角为α，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一质量为m2的小球，滑块与杆之间的动摩擦因数为μ．若滑块和小球保持相对静止以相同的加速度a一起运动（未施加其它外力），此时绳子与竖直方向夹角为β，且β＞α，不计空气阻力，则滑块的运动情况是（）

A．沿着杆减速下滑B．沿着杆减速上滑

C．沿着杆加速下滑D．沿着杆加速上滑

3．【命题意图】本题主要考查了受力分析、整体法与隔离法、牛顿第二定律等知识点，意在考查学生应用牛顿定律分析问题的综合能力。

【审题破题】解决本题的关键在于依据滑块与小球保持相对静止，以相同的加速度a 一起运动，对整体进行受力分析求出加速度，采用隔离法，分析小球的受力，求出加速度，结合β＞α分析即可判断。

【参考答案】B

【解题思路】把滑块和球看做一个整体受力分析，若速度方向向下，由牛顿第二定律得：沿斜面方向有：（m1+m2）g sinα﹣f=（m1+m2）a，

垂直斜面方向有：F N=（m1+m2）g cosα，摩擦力：f=μF N，

联立可解得：a=g sinα﹣μg cosα，

对小球有：若α=β，a=g sinβ，

现有：α＜β，则有a＞g sinβ，所以g sinα﹣μg cosα＞g sinβ，g sinα﹣g sinβ＞μg cosα，

因为α＜β，所以g sinα﹣g sinβ＜0，但μg cosθ＞0，所以假设不成立，即速度的方向一定向上，由于加速度方向向下，所以滑块沿杆减速上滑，选项B正确。

【解题技巧】分析多个物体的受力时，一般先用整体法来求得共同的加速度，再用隔离法分析单个物体的受力，求得物体的受力情况。

4．【命题意图】本题主要考查了卫星变轨、第一宇宙速度、绕行速度、运行周期以及能量问题等知识，意在考查学生应用知识分析实际问题的能力。

【参考答案】C

【解题思路】第一宇宙速度是卫星最大的环绕速度，也是最小的地面发射速度，因此卫星在轨道Ⅲ上的运行速度比月球的第一宇宙速度小，选项A错误；P点既在轨道Ⅰ上又在轨道Ⅲ上，轨道半径相同，即万有引力相同，根据牛顿第二定律可知，卫星在轨道Ⅲ上经过P点

的加速度与在轨道Ⅰ上经过P点的加速度相同，选项B错误；根据开普勒第三定律

3

2

a

k T

可知，由于轨道Ⅰ的半长轴大于轨道Ⅲ的半长轴，因此卫星在轨道Ⅲ上运行周期比在轨道Ⅰ上的短，选项C正确；卫星有轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅳ的过程中要制动，因此卫星在轨道Ⅳ上的机械能比在轨道Ⅱ上的小，选项D错误。

5．如图所示，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，实线为一个负离子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点。下列说法中正确的是（）

A．三个等势面中，等势面a的电势最低

B．带电质点一定是从P点向Q点运动

C．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时的小

D．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时的小

5．【命题意图】本题主要考查了电势、等势面、电势差、电场力做功以及能量的变化、

运动轨迹与电场力间的关系等知识，意在考查学生综合辨析各物理量间的关系，并能够综合应用的能力。

【参考答案】D

【解题思路】电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带负电，因此电场线指向左上方，沿电场线电势降低，故c 等势线的电势最低，a 等势线的电势最高，选项A 错误；带电质点可能是从P 点向Q 点运动，也可能是从Q 点向P 点运动，选项B 错误；由于相邻等势面之间的电势差相同。等势线密的地方电场线密场强大，故P 点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，选项C 错误；根据质点受力情况可知，从P 到Q 过程中电场力做负功，电势能增大，动能减小，故P 点的电势能小于Q 点的电势能，P 点的动能大于Q 点的动能，选项D 正确。

【技巧总结】 解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化。

6．如图所示，圆环竖直放置，从圆心O 点正上方的P 点，以速度v 0水平抛出的小球恰能从圆环的Q 点沿切线方向飞过，若OQ 与OP 间夹角为θ，不计空气阻力，则（ ）

A ．小球运动到Q 点时的速度大小为0sin Q v v θ=

B ．小球从P 点运动到Q 点的时间为0sin v t g

θ= C ．小球从P 点运动到Q 点的速度变化量为01cos cos v v θ

θ-???=

??? D ．圆环的半径为20cos v R g θ

= 6．【命题意图】本题主要考查了平抛运动、平行四边形定则以及运动的合成与分解等知识点，意在考查学生应用几何关系分析综合问题的能力。

【审题破题】小球做平抛运动，根据圆的几何知识可以求得小球在水平方向的位移的大小，根据水平方向的匀速直线运动可以求得时间的大小。根据平行四边形定则求出Q 点的速度。

【参考答案】D

【解题思路】过Q 点做OP 的垂线，根据几何关系知，Q 点的速度方向与水平方向的夹角为θ，根据平行四边形定则知，小球运动到Q 点时的速度为0cos Q v v θ

=，选项A 错误；竖直方向自由落体的速度0tan y v v gt v θ===?，所以小球从P 点运动到Q 点的时间为

0tan v t g

θ=，选项B 、C 均错误；根据几何关系可知，小球在水平方向上的位移的大小为x=Rsinθ，根据x=Rsinθ=v 0t ，可得圆环的半径为20cos v R g θ

=，选项D 正确。 【归纳总结】本题对平抛运动规律的直接的应用，充分利用几何关系，结合平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。

7．如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数之比为

12101n n =，将原线圈接在u=200sin100πt （V ）的交流电源上，副线圈上电阻R 和理想交流电压表并联接入电路，现在A 、B 两点间接入不同的电子元件，则下列说法正确的是（ ）

A ．在A 、

B 两点间串联另一相同电阻R

，电压表的示数为

B ．在A 、B 两点间接入理想二极管，电压表读数为11V

C ．在A 、B 两点间接入一只电容器，只提高交流电频率，电压表读数增大

D ．在A 、B 两点间接入一只电感线圈，只降低交流电频率，电阻R 消耗电功率减小

7．【命题意图】本题主要考查了变压器的构造和原理、电压和电流的变比关系、二极管的特性、有效值以及频率对容抗、感抗的影响等知识点，意在考查学生对各种元件的理解掌握与应用的情况。

【模型分析】根据变压器变压比公式得到输出电压，根据有效值定义求解电压有效值；电感器的感抗与频率成正比，电容器的容抗与频率成反比。

【参考答案】C

【解题思路】在A 、B 两点间串联一只电阻R ，输入电压为U 1=220V ，根据1122U n U n =可得输出电压为2211

22V n U U n ==，则电压表的示数为11V ，选项A 错误；在A 、B 两点间接入理想二极管，会过滤掉负半周电流，设电压表读数为U ，则根据有效值定义，有22

112T U T R R

?=?，解得电压表读数U≈7.8V ，选项B 错误；在A 、B 两点间接入一只电容器，只提高交流电频率，电容器容抗减小，故R 分得的电压增加，电压表读数增加，选项C 正确；在A 、B 两点间接入一只电感线圈，只降低交流电频率，感抗减小，故R 分得的电压

增大，电阻R 消耗电功率将缓慢增大，选项D 错误。

8.质量为m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，如图所示，在圆心处连接有力传感器，用来测量绳子上的拉力，运动过程中小球受到空气阻力的作用，空气阻力随速度减小而减小。某一时刻小球通过轨道的最低点，传感器的示数为7mg ，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，下列说法正确的是（ ）

A ．到最高点过程克服空气阻力做功12

mgR B ．到最高点过程克服空气阻力做功mgR

C ．再次经过最低点时力传感器的示数为5mg

D ．再次经过最低点时力传感器的示数大于5mg

8．【命题意图】本题主要考查了牛顿第二定律、竖直面内圆周运动的绳模型、向心力、动能定理以及功等知识点，意在考查学生综合应用所学知识分析问题的能力。

【审题破题】解决本题要注意小球在轻绳的作用下，在竖直平面内做圆周运动，恰能通过最

求出此时速度，当小球恰好通过最高点，由此根据向心力与牛顿第二定律可算出速度，最后由动能定理来求出过程中克服阻力做功。

【参考答案】AD 【解题思路】小球在最低点，受力分析与运动分析则有：21n v F T mg m R

=-=，解得：

1v =2v =， 小球选取从最低点到最高点作为过程，由动能定理可得：222111222f mg R W mv mv --=

-，解得：12

f W mgR =，选项A 正确，选项B 错误；小球选取从最高点到最低点作为过程，

由动能定理可得：'221211222

f m

g R W mv mv -=-，解得：'1v =有：'2'

12v F T mg m R =-=，解得：'6T mg =，选项C 错误，选项D 正确。 【题后反思】由绳子的拉力可求出最低点速度，由恰好能通过最高点求出最高点速度，这都是题目中隐含条件。同时在运用动能定理时，明确初动能与末动能，及过程中哪些力做功，做正功还是负功。

9．如图所示电路中，电源电动势为E ，内阻为r ，定值电阻的阻值R 1=r ，当滑动变阻器R 2

的滑片向右滑动过程中，理想电流表A 1、A 2的示数变化量的绝对值分别为△I 1、△I 2，理想电压表示数变化量的绝对值为△U 。下列说法中正确的是（ ）

A ．电压表V 的示数减小

B ．电流表A 1、A 2的示数均减小

C ．△U 与△I 1比值一定等于电源内阻r

D ．电源的输出功率逐渐增大

9．【命题意图】本题主要考查了闭合电路的欧姆定律、输出功率、电路的动态分析以及串并联电路的特点等知识点，意在考查学生综合应用所学知识分析问题的能力。

【审题破题】本题关键在于当滑动变阻器滑动端向右滑动后，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，分析外电路总电阻如何变化，确定总电流的变化情况，即可知电流表A 2的示数变化情况。根据串联电路的特点分析并联部分电压的变化情况，确定电流表A 1的示数变化情况，根据并联电路的电流规律，分析A 1与A 2的变化量大小。根据闭合电路欧姆定律分析△U 与△I 1比值。

【参考答案】BD

【解题思路】当滑动变阻器滑动端向右滑动后，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，则总电流减小，所以电流表A 2的示数减小。根据串联电路分压的特点分析可知，并联部分电压增大，即电压表V 的示数增大，选项A 错误，流经R 1的电流增大，流经R2的电流减小，所以电流表A 1的示数减小，选项B 正确；根据并联电路的电流规律I 2=I 1+I ，A 2的示数I 2变小，通过定值电阻R 1的电流增大，则A 1的示数I 1变小，所以△I 1一定大于△I 2， 电压表测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律U=E ﹣I 2r 可知，2

U r I ?=?，而△I 1大于△I 2，所以1

U r I ?

10．如图所示有三个斜面a 、b 、c ，底边分别为L 、L 、2L ，高度分别为2h 、h 、h ，某质点与三个斜面的动摩擦因数相同，这个质点分别沿三个斜面从顶端由静止释放后，都可以加速下滑到底端。三种情况相比较，下列说法正确的是（ ）

A ．下滑过程经历的时间t a >t b =t c

B ．物体到达底端的动能E ka >E kb >E kc

C ．因摩擦产生的内能2Q a =2Q b =Q c

D ．物体损失的机械能△

E c =2△E b =4△E a

10．【命题意图】本题主要考查了功、功能关系、牛顿第二定律、机械能守恒定律以及能量的守恒与转化等知识点，意在考查学生应用动力学和能量的知识综合分析多过程问题的能力。

【审题破题】本题的关键是要明白损失的机械能转化成摩擦产生的内能。物体从斜面下滑过程中，重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可以比较三者动能大小，注意物体在运动过程中克服摩擦力所做功等于因摩擦产生热量，据此可以比较摩擦生热大小。

【参考答案】BC

【解题思路】设斜面和水平方向夹角为θ，斜面长度为x ，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为：cos W mgx μθ=，x cosθ即为底边长度。物体下滑，除重力外有摩擦力做功，根据能量守恒，损失的机械能转化成摩擦产生的内能，由图可知a 和b 底边相等且等于c 的一半，故摩擦生热关系为：Q a =Q b =Q c ，所以损失的机械能△E a =△E b =△E c ，选项C 正确，选项

D 错误；沿斜面运动的时间t ==θb ＞θc ，L b ＜L c ，所以t b ＜t c ， 由于动摩擦因数和斜面a 、b 的倾角关系未知，无法确定t a 和t b ，选项A 错误；设物体滑到底端时的速度为v ，根据动能定理得：21cos 02

mgH mgx mv μθ-=

-， E ka =2mgh ﹣mgμL ，E kb =mgh ﹣mgμL ，E kc =mgh ﹣mgμ?2L ，

根据图中斜面高度和底边长度可知滑到底边时动能大小关系为：

E ka ＞E Kb ＞E kc ，选项B 正确。

11．两根足够长的平行光滑导轨竖直固定放置，顶端接一电阻R ，导轨所在平面与匀强磁场垂直。将一金属棒与下端固定的轻弹簧的上端拴接，金属棒和导轨接触良好，重力加速度为g ，如图所示。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则（ ）

A ．金属棒运动到最低点的加速度小于g

B ．从释放到最低点的过程中，闭合回路产生的热量等于金属棒重力势能的减少量

C ．当弹簧弹力等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大

D ．金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度

11．【命题意图】本题主要考查了导体切割磁感线时的感应电动势、力的合成与分解的运用、胡克定律、牛顿第二定律、闭合电路的欧姆定律、平衡态、功能关系以及安培力、弹力等知

识点，意在考查学生应用动力学和能量的知识综合分析电磁感应多过程问题的能力。

【审题破题】本题的关键是要明白金属棒的运动情况：先向下做加速运动，后向下做减速运动，当重力、安培力与弹簧的弹力平衡时，速度最大。根据功能关系得知，回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量与弹簧弹性势能增加量之差。由于产生内能，金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度。

【参考答案】AD

【解题思路】金属棒先向下做加速运动，后向下做减速运动，假设没有磁场，金属棒运动到最低点时，根据简谐运动的对称性可知，最低点的加速度等于刚释放时的加速度g ，由于金属棒向下运动的过程中，产生感应电流，受到安培力，而安培力是阻力，则知金属棒下降的高度小于没有磁场时的高度，故金属棒在最低点的加速度小于g ，选项A 正确；根据能量守恒定律得知，回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量与弹簧弹性势能增加量之差，选项B 错误；金属棒向下运动的过程中，受到重力、弹簧的弹力和安培力三个力作用，当三力平衡时，速度最大，即当弹簧弹力、安培力之和等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大，选项C 错误；由于产生内能，弹簧具有弹性势能，由能量守恒得知，金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度，选项D 正确。

12．在xOy 平面上以O 为圆心、半径为r 的圆形区域内，存在磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy 平面。一个质量为m 、电荷量为q 的带电粒子，从原点O 以初速度v 沿y 轴正方向开始运动，经时间t 后经过x 轴上的P 点，此时速度与x 轴正方向成θ角，如图所示。不计重力的影响，则下列说法正确的是（ ）

A ． r 一定大于q

B B ．若r =060θ=

C ．若2mv r qB =，则m t qB π=

D ．若045θ=，则34m t qB

π= 12．【命题意图】本题主要考查了洛伦兹力、向心力以及带电粒子在磁场中的运动等知识点，意在考查学生应用几何关系明确带电粒子在磁场中运动情况的分析能力。

【审题破题】本题的关键是要根据带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的过程中，洛伦兹力提供向心力，即可求出粒子运动的半径与周期；结合几何关系即可求得其他。

【参考答案】AC 【解题思路】粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，得：2

v qvB m R

=，所以粒子在

磁场中运动的半径：mv R qB

=，若00θ=，即带电粒子速度沿x 轴正方向时，

r qB ==，因此r 一定大于qB

，选项A 正确；若2r R <<，即

2mv r qB qB

<<，则粒子运动的轨迹如图1所示， 粒子从第一象限射出磁场，射出磁场后做直线运动，所以0°＜θ＜90°，选项B 错误；若r≥2R=，则粒子运动的轨迹如图2所示，粒子一定是垂直与x 轴经过x 轴，所以粒子在第一象限中运动的时间是半个周期，所以12m t T qB

π==，选项C 正确，若045θ=，则带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心角为34

απ=，因此带电粒子在磁场中运动时间为3384m T qB π=，所以有34m t qB

π>，选项D 错误。 第Ⅱ卷（非选择题 共60分）

二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第11题～第15题为必考题，每个试题考生都必须做答。第16题～第17题为选考题，考生根据要求做答。

（一）必考题（共45分）

13. (6分) 如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d 、质量为m 的金属小球由A 处由静止释放，下落过程中能通过A 处正下方、固定于B 处的光电门，测得A 、B 间的距离为H （H>>d ），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t ，当地的重力加速度为g 。则：

（1）如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d= mm 。

（2）多次改变高度H ，重复上述实验，作出2

1t 随H 的变化图象如图丙所示，当图中已知量t 0、H 0和重力加速度g 及小球的直径d 满足以下表达式： 时，可判断小球下落过程中机械能守恒。

（3）实验中发现动能增加量△E K 总是稍小于重力势能减少量△E P ，适当降低下落高度后，则△E p ﹣△E k 将 （选填“增加”、“减小”或“不变”）。

13．【命题意图】本题主要考查了游标卡尺的结构与使用、机械能守恒定律、实验原理、数据分析、图象的理解以及能量的守恒与转化等知识点，意在考查学生对基本仪器的认识与使用情况以及对实验原理的掌握情况。

【参考答案】(1)7.25 (2) 022012g H t d = (或2gH 0 t 20＝d 2) (3)减小 （每空2分）

【解题思路】（1）由图可知，游标卡尺的主尺刻度为7mm ；游标对齐的刻度为5；故读数为：7+5×0.05=7.25mm ；

（2）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒； 则有：212mgH mv =， 即：2

002d gH t ??= ???

， 解得：022012g H t d =； （3）由于该过程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多；故适当减小下落高度后，则△E p ﹣△E k 将减小。

【题后反思】解决本题的关键知道游标卡尺的读数方法，以及掌握实验的原理，知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度，本题抓住动能的增加量等于重力势能的减小量进行推导。

14． (10分) 要测量灵敏电流表G 1的内阻R g1，实验室可供选择的实验器材如下： ①待测电流表G 1（0～5mA ，内阻约为300Ω）；

②电流表G 2（0～10mA ，内阻约为100Ω）；

③定值电阻R 1（300Ω）；

④定值电阻R 2（10Ω）；

⑤滑动变阻器R 3（0～1000Ω）；

⑥滑动变阻器R 4（0～20Ω）；

⑦干电池（E=3V ，内阻不计）；

⑧电键S 及导线若干。

（1）实验中要求电流能从零开始调节，定值电阻和滑动变阻器应分别选择 （填器材前的序号）。请在虚线框中画出符合要求的实验电路图。

（2）按电路图连接实物后，进行多次测量，记录电流表G 1、G 2的读数I 1和I 2，以I 2为纵坐标，I 1为横坐标，作出相应图线如图所示。写出待测电流表的内阻表达式R g1= （用I 2-I 1图线的斜率k 及定值电阻的符号表示）。

（3）若实验中测得R g1=320Ω，利用右图电路可将电流表G 1改装成量程为0～15mA 和0～50mA 的双量程电流表，由题给条件和数据，计算定值电阻的阻值R A = Ω，R B = Ω。

14．【命题意图】本题主要考查了实验原理、测电阻、电表的改装、器材的选取、实验电路图以及数据的处理问题等知识点，意在考查学生运用所学知识分析实验的相关问题的能力。

【审题破题】本题的关键在于根据待测电流表量程大约是已知电流表量程的一半，再根据并联电阻具有分流作用即可求解；根据变阻器采用分压式接法时阻值越小调节越方便即可求解；根据欧姆定律列出两电流表读数的关系式，再整理出函数表达式即可求解；明确改表的原理，根据并联分流求出定值电阻。

【参考答案】(1) ③⑥，（2分） 电路如图所示（2分）

(2)（k -1）R 1（2分）

(3)48 Ω，（2分） 112 Ω（2分）

【解题思路】（1）由于待测电流表G 1量程小于电流表G 2的量程，根据欧姆定律可知应将与待测电流表内阻接近的定值电阻R 1并联才行，所以定值电阻应选③；由于变阻器采用分压式接法时，变阻器的全电阻应选调节越方便，所以应选择阻值小的变阻器⑥；符合要求的实验电路图如图所示。

（2）⑤根据欧姆定律应有11

1121111111g g R I R R R I I I I I kI R R +=+=+==， 即斜率11

1g R R k R +=，解得：11(1)g R k R =-；

（3）量程为0～15mA 时有：111111(1)g g AB A B A B I R R I I I I I R R R R =+=+

=+++，代入数据整理可得：160A B R R +=Ω；

量程为0～50mA 时有：111111()

(1)g B g B A A A I R R R R I I I I I R R ++=+=+=+，代入数据整理可

得：9320A B R R =+，联立解得：48A R =Ω，112B R =Ω。

【规律总结】当电流表的量程较小时，应考虑将电流表与分流电阻并联以扩大量程；涉及到根据图象求解的问题，首先根据相应的物理规律列出关系式，然后再整理出关于纵轴物理量与横轴物理量的函数表达式，再根据斜率、截距的概念求解即可；明确改表的原理后，根据原理来求定值电阻的阻值。

三、计算题（本题共4小题，共39分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算

步骤。只写最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。）

15．(8分）在高速公路上行驶的车辆随意变更车道容易造成交通事故。乙车正在以108km/h 的速度在快车道上行驶，行驶在该车前面的甲车以72km/h 的速度在慢车道上行驶，甲车却突然变道至乙车正前方，并立即加速行驶，其加速度大小a 1=2m/s 2

，此时乙车车头和甲车车尾相距只有d=19m 。乙车司机发现前车变道后，经t 0=1s 时间做出反应，开始刹车减速，为避免发生车祸，乙车刹车减速的加速度a 2至少为多大？

15．【命题意图】本题主要考查了追击相遇问题、加速度以及运动学公式以及多过程问题分析等知识点，意在考查学生运用基本知识、基本公式分析多过程问题的能力。

【参考答案】1.2 m/s 2

15．【解题思路】在反应时间内后车做匀速运动，后车追上前车的距离为 m t a t v t v x 9)2

1(20101021=+-=? （2分） 后车刚好追上前车时速度相等，所用时间为t 1，由运动学规律得

v 2－a 2t 1＝v 1＋a 1（t 0＋t 1） （2分）

v 2t 1－12a 2t 12＝v 1t 2＋12

a 1t 12＋（d －△x 1）（2分） 代入数据解得a 2＝1.2 m/s 2，故后车减速的加速度至少为1.2 m/s 2。（2分）

【题后反思】本题主要考查了运动学基本公式的直接应用，知道当两车速度相等时不相撞，以后不会相撞，注意两车运动的时间相对，还要抓住位移关系列式求解，难度适中。

16．（8分）为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角为θ、表面平整且足够长的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示，让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向始终垂直。假设滑块和风帆总质量为m 。滑块与斜面间动摩擦因数为μ，帆受到的空气阻力与帆的运动速率的平方成正比，即F f =kv 2。

（1）求出滑块下滑的最大速度的表达式；

（2）若m=3kg ，斜面倾角θ=37°，g 取10m/s 2，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线是t=0时v ﹣t 图线的切线，由此求出μ、k 的值。（0sin370.6=，0

cos370.8=）

16．【命题意图】本题主要考查了受力分析、牛顿第二定律以及速度时间图象等知识点，意在考查学生在分析掌握速度时间图象的基础上分析物体的运动情况的能力。

【审题破题】该题的突破口在于确定好带电粒子的圆心和半径，结合数学关系，找出角度的关系，进而算出时间。

【参考答案】（1）(sin cos )m mg v k

θμθ-= （2）μ=0.375 k ＝4.5 kg/s 【解题思路】解：(1)由牛顿第二定律有： mg sin θ－μmg cos θ－kv ＝ma （2分） 当a ＝0时速度最大，(sin cos )m mg v k θμθ-=

（1分） (2)当v ＝0时， a ＝g sin θ－μg cos θ＝3 m/s 2 （2分）

解得μ＝3/8=0.375 （1分）

由v m ＝k

mg )cos (sin θμθ-＝2 m/s （1分） 解得k ＝4.5 kg/s （1分）

【题后反思】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，知道加速度为零时，速度最大。

17． (10分）如图所示，质量为m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB 长度为2R ，现将质量也为m 的小球从距A 点正上方h 0高处由静止释放，然后由A 点经过半圆轨道后从B 冲出，在空中能上升的最大高度为h 0（不计空气阻力），求：

（1）小车向左运动的最大距离；

（2）小球第二次能够上升的最大高度的范围。

17．【命题意图】本题主要考查了动量守恒定律、动能定理、摩擦力做功、机械能守恒定律以及功能关系等知识点，意在考查学生综合应用知识分析问题的能力。

【参考答案】（1）x =R （2）004

321h h h ＜＜' 【解题思路】（1）小球和小车组成的系统在水平方向动量守恒。设小球第一次离开半圆轨道时的水平速度为v ，小车的速度为v '，由动量守恒定律得：0='-v m mv （2分）

设小球第一次进入半圆轨道至第一次离开半圆轨道所用时间为t ，在这个过程中，小车的位移为x ，取水平向右为正方向，则：02=--t x m t x R m

（2分） 解得：x =R （1分）

(2)设小球从开始下落到第一次上升到最大高度的过程中克服摩擦力坐的功为W f ，由动能定理得：04300=-??? ??-

f W h h m

g （1分） 解得 04

1m g h W f = （1分） 由于第二次小球在车中运动时，在对应位置的速度小于第一次小球运动的速度，对应位置的摩擦力小于第一次所受的摩擦力，第二次在车中运动的过程中，克服摩擦力做的功

041mgh W f ＜'，机械能损失小于04

1mgh 。 （1分） 设小球第二次上升的最大高度为h '，由功和能的关系得：

h mg mgh mgh '-＜004143 （1分） 02

1h h ＞' 所以，小球第二次上升的最大高度范围是004321h h h ＜＜' （1分） 【题后反思】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚小球与小车的运动过程是解题的关键，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以解题。

18. (10分）如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，在第二象限内存在沿x 轴负方向的匀强电场；在第一象限内某区域存在方向垂直于坐标平面向里的有界圆形匀强磁场（图中未画出）。一粒子源固定在x 轴上坐标为（﹣L ，0）的A 点，粒子源沿y 轴正方向释放出速度大小为v 的电子，电子恰好能通过y 轴上坐标为（0，2L ）的C 点，电子继续前进距离L 后进入磁场区域，再次回到x 轴时与x 轴正方向成45°夹角。已知电子的质量为m ，电荷量为e ，有界圆形匀强磁场的磁感应强度mv B eL

=

，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用。求：

（1）匀强电场的电场强度E 的大小；

（2）圆形磁场的最小面积S min ；

（3）电子从进入电场到再次回到x 轴过程的总时间。

18．【命题意图】本题主要考查了类平抛运动、洛伦兹力、带电粒子在磁场中做匀速圆周运动以及牛顿第二定律等知识点，意在考查学生综合应用知识分析问题的能力。

【参考答案】（1）eL

mv E 22=

（2）2min S L π= （3）(4)2L t v π=+ 【解题思路】(1)电子在从A 运动到C 的过程中，做类平抛运动，

在x 方向上，L ＝eE 2m t 2 （1分） 在y 方向上，2L ＝vt （1分） 由①②式联立解得：eL

mv E 22= （1分） (2)电子离开电场时的速度的反向延长线将交于y 方向位移的中点，

故tan θ＝1，θ＝45° （1分）

电子进入磁场后仅受洛伦兹力ev C B 作用，在磁场中做匀速圆周运动，

由牛顿第二定律 ev C B ＝m v 2C r

（1分） 根据几何关系可知，v C ＝v cos45°

（1分） 根据题意作出电子的运动轨迹示意图如图所示。

由图中几何关系可知，电子在磁场中偏转90°后射出，

当图中PQ 为圆形磁场的直径时其半径最小，即：R min ＝r sin 45° （1分）

由③④⑤式联立解得：S min ＝22

m in L R ππ=（1分）

(3)运动过程经历的总时间为

v L v

L qB m v L t t t t )224(2)12(222321ππ++=+++=++=（2分） 【题后反思】本题中粒子先在电场中做类似平抛运动，然后进入磁场做匀速圆周运动，要注意两个轨迹的连接点，然后根据运动学公式和牛顿第二定律以及几何关系列式求解，其中画出轨迹是关键。

试卷总体评价：

整份试卷难易适当，试题新颖，没有陈题，考查的知识点广泛且均为考查的重点、难点和高考的热点，试题贴近生活、生产，试题情境新颖且贴近科技前沿是该试卷的一大亮点，试卷的另一大亮点在于试题改编的非常成功，比如选择题的第2、4、12题，实验题的第13题和14题，计算题的第15题和18题。整份试卷符合一模复习的实际情况，能够很好的起到考查学生对所复习的内容的掌握情况。