1、2012-2013学年上海市虹口区高考一模物理试卷与答案（带解析） 选择题 下列选项中，属于对过程建立物理模型的是 （ ） A质点 B简谐运动 C点电荷 D理想气体 答案： B 试题分析：质点，点电荷，理想气体都是理想化模型，而简谐运动属于一种理想运动，故选 B， 考点：考查了对研究物理方法的理解 点评：理想化是对事物的各个物理因素加以分析、忽略与问题无关或影响较小的因素，突出对问题起作用较大的主要因素，从而把问题简化 在 xoy平面内有一列沿 x轴正方向传播的简谐横波，波速为 2m/s。 M、 N是平衡位置相距 2m的两个质点，如图所示。在 t=0时， M通过其平衡位置沿 y轴正方向运动，
2、N位于其平衡位置上方最大位移处。已知该波的周期大于 1s，则下列说法中正确的是 （ ） A该波的周期为 s B在 t= s时， N的速度一定为 2m/s C在 t=0到 t=1s， M向右移动了 2m D在 t= s到 t= s， M的动能逐渐增大 答案： D 试题分析：根据简谐横波沿 x轴正方向传播， M恰好通过其平衡位置沿 y轴正方向运动， N位于其平衡位置上方最大位移处可得， M、 N是平衡位置相距，波从 M到 N的传播时间 。 A、由于该波的周期大于 1s，所以 ，周期 ；错误 B、质点的振动速度和波传播的速度没有关系；错误 C、质点离开平衡位置的位移和波传播的距离没有直接关系；错误
3、D、由题意可知， ，质点 M在平衡位置上方最大位移处，速度为零，从 t= s到 t= s，质点 M从最大位移处移动到平衡位置，速度逐渐增加，动能逐渐增大；正确 故选 D 考点：质点振动和机械波的关系 点评：机械波传播的是振动形式和能量，各质点只在各自的平衡位置附近振动，不随波一起传播。 如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的 M、 N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。 a、 o、 b在 M、 N的连线上， o为 MN的中点， c、 d位于 MN的中垂线上，且 a、 b、 c、 d到 o点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是 （ ） A o点处的磁感应强度为
4、零 B a、 b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 C c、 d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 D a、 c两点处磁感应强度的方向不同 答案： C 试题分析： M在 O点处产生的磁场方向为竖直向下， N在 O点处产生的磁场方向为竖直向下，所以合磁场不为零， A错误， M在 a点 处的磁场方向为竖直向下， N在 a点处产生的磁场方向为竖直向下，合磁场方向竖直向下， MN 在 b 点处的合磁场方向竖直向下，根据对称性可得，大小相等，所以 B错误， M在 c点处的磁场右斜下， N在 c点处的磁场方向左斜下，合磁场方向竖直向下， M在 d点处的磁场方向为右斜下， N在 d点处的磁场方向左斜下，
5、所以合磁场方向竖直向下，根据对称性可知两点的大小相等， C正确， 综上所述 ac两点的方向相同，大小不同， D错误， 考点：考查了磁场的叠加 点评：做本题的关键是先用右手螺旋定则判断每根导线在该点的磁场方向，然后根据电场的叠加求解 如图是简化后的跳台滑雪的雪道示意图。整个雪道由倾斜的助滑雪道 AB和着陆雪道 CD，以及水平的起跳平台 BC组成， AB与 BC圆滑连接。运动员从助滑雪道 AB上由静止开始下滑，到达 C点后水平飞出，以后落到 F点。 E是运动轨迹上的某一点，在该点运动员的速度方向与轨道 CD平行， E点是 E点在斜面上的垂直投影。设运动员从 C到 E与从 E与 F的运动时间分别为
6、tCE和tEF 。则关于 tCE和 tEF以及 CE和 EF的比例关系可能正确的是 （ ） A tCE : tEF =1:1 CE:EF =1:2 B tCE : tEF =1:2 CE:EF =1:2 C tCE : tEF =1:1 CE:EF =1:3 D tCE : tEF =1: 2 CE:EF =1:3 答案： A 试题分析：建立坐标系：以 C点为原点， CD为 X轴，和 CD垂直向上方向为Y轴，进行运动分解， Y轴方向做类竖直上抛运动， X轴方向做匀加速直线运动当运动员速度方向与轨道平行时，在 Y轴方向上到达最高点，因为 D点和F点对应的 Y轴高度一定，所以根据对称性， ，即 t
7、CE : tEF =1:1，因为 C点的初速度不为零，即两者的比例大于初速度为 零时的比例，如果初速度为零，则 CE:EF =1:3,所以 BCD错误， 考点：考查了平抛运动的应用 点评：物体做平抛运动，本题如采用常规的分解方法很难求解，而根据分解处理是等效的，可灵活建立坐标系，进行运动的分解问题就容易解答 如图所示，相距为 L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为 ，上端接有定值电阻 R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为 B。将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到 v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率为 P，导体棒最终以 2v的速度匀速运动
8、。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为 g，下列说法中正确的是（ ） A.P=3mgvsin B.导体棒在速度达到 v后做加速度增大的加速运动 C.当导体棒速度达到 v时加速度为 sin D.在速度达到 2v以后匀速运动的过程中， R上产生的焦耳热等于拉力所做的功 答案： C 试题分析：当速度达到 v时， , ，即 当施加向下的外力 F后，导体棒向下做加速运动，因为 ， v增大， F减小，所以合力减小，故左加速度减小的加速运动， 当速度达到 2v时， ， , ,所以,故 ,所以外力的功率为 ， 当导体速度达到 v时，合力 ， 所以加速度为，在速度达到 2v以后匀
9、速运动的过程中， R上产生的焦耳热等于拉力所做的功和重力所做的功， 综上所述选 C， 考点：考查了导体切割磁感线运动 点评：，对于电磁感应与力学的结合一直是高考的重点问题，当导体棒匀速运动时导体棒受力平衡 做匀变速直线运动的物体在运动过程中，第 3秒内位移大小为 2.5米，第 7秒内位移大小为 2.9米，则该物体的加速度大小可能为 （ ） A 0.1m/s2 B 0.68m/s2 C 1.35m/s2 D 1.5m/s2 答案： AC 试题分析：若物体整个过程中都是做匀加速直线运动，即 ,所以 ,T=1s,所以 ， A正确， 若先减速到零在加速运动，则第 3s内有第 7s内有： ，联立两式解得
10、 ，所以选 AC 考点：考查了匀变速直线运动规律 点评：做本题的关键是理解匀变速直线运动中的逐差法，即如图所示，水平面上从 B点往左都是光滑的，从 B点往右都是粗糙的。质量分别为 M和 m的两个小物块甲和乙（可视为质点），在光滑水平面上相距 L以相同的速度同时开始向右运动，它们在进入粗糙区域后最后静止。若它们与粗糙水平面间的动摩擦因数相同，设静止后两物块间的距离为 s，甲运动的总时间为 t1、乙运动的总时间为 t2，则以下说法中正确的是 ( ) A若 M=m，则 s=L B论 M、 m取何值，总是 s=0 C若 M=m，则 t1= t2 D无论 M、 m取何值，总是 t1G,由牛顿第三定律可得
11、笼子受到向下的摩擦力，所以笼子对地面的压力 ，因为fG，所以 因为猴子在加速下滑，所以对猴子分析有：猴子受到向下的重力 G和向上的摩擦力 f，且重力 G f，由牛顿第三定律可知笼子受到向下的摩擦力（因为笼子给猴子向上的摩擦力，所以猴子就给笼子向下的摩擦力），所以笼子给地面的压力为 因为 f G 所以 故选 A 考点：考查了牛顿第二定律和第三定律的应 用 点评：此题目是受力分析的题，需要学生先对物体进行受力分析，然后利用所学知识灵活应用 如图所示，一偏心轮绕 O点做匀速转动。关于偏心轮上的各点的运动，下列说法中正确的是 （ ） A线速度大小相同 B角速度大小不相同 C向心加速度大小相同 D运动周
12、期相同 答案： D 试题分析：因为是偏心圆，所以圆上的点的轨迹是以 O点为圆心的不同半径的同心圆，这些轨迹的角速度相等，所以周期相等，但是 ，轨迹半径不同，所以线速度不同， AB错误， 所以加速度不同，故 C错误，所以选 D， 考点：考查了圆周运动规律 点评：做本题的关键是理解圆上个点的轨迹是半径不同的同心圆，然后根据公式 ， 分析解题 如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，电流表和电压表均为理想电表，下列说法中正确的是 （ ） A若 R1短路，电流表示数变小，电压表示数变大 B若 R2短路，电流表示数变小，电压表示数变小 C若 R3断路，电流表示数为零，电压表示数变大 D若 R4断路，电流表示
13、数变大，电压表示数变小 答案： C 试题分析： 若 R1短路，则总电阻减小，电路中电流增大，内电压增大，路端电压减小，而外电路并联，故流过电流表中的电流减小，电压表测 R1两端的电压，则示数为零，故 A错误； 若 R2短路，则总电阻减小，电路中电流增大，内电压增大，路端电压减小，而外电路并联，故流过电流表中的电流减小，电流表示数减小，电压表由测 R1两端的电压变为测 R3两端的电压，由题意可知，电压表的示数变大，故 B错误； 若 R3断路 ,则流过电流表中的电流为零，且总电阻增大，则总电流减小，故路端电压增大，则电压表示数增大，故 C正确； 若 R4断路，则总电阻增大，总电流减小， 故路端电压
14、增大，因右侧并联电路没有变化，故电流表示数增大；电压表示数增大，故 D错误。故选 C 考点：电路动态分析 点评：动态问题分析思路总体来说是按照先部分后整体再部分的顺序，要充分利用电路中不变部分的电阻不变的特点，间接地讨论电路变化部分还要注意电源是有内阻的，如果电路中含有电容，该处可看成是断路。 如图所示一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行。已知在 t=0到 t=t1的时间间隔内，长直导线中电流 i随时间变化，使线框中感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的 安培力的合力先水平向左、后水平向右。图中箭头表示电流 i的正方向，则 i随时间 t变化的图
15、线可能是， （ ） A. B. C. D. 答案： A 试题分析：使线框中感应电流总是沿顺时针方向，原因有两个，一个是垂直向里的磁通量减小，一个是垂直向外的磁通量增加， A中电流先正向减小，根据右手螺旋定则可得导线在线圈中产生的磁通量在垂直向里减小，然后电流向下增大，根据右手螺旋定则可得导线在线圈中产生的磁通量在垂直向外增大，过程中安培力先向左后向右，符合题意， A正确， B中电流先向下减小后向上增大，即线圈的磁通量垂直向外减小后向里增大，不符合题意， B错误， C中电流向上一直减小，在线圈中产生的感应电流为顺时针，但是安培力方向不变，不符合题意， C错误， D中电流一直向下减小，即线圈中的磁
16、通量垂直向外减小，产生逆时针电流，不符合题意， D错误 考点：考查了右手螺旋定则和楞次定律的应用 点评：做此类题目需要先根据电流方向判断磁通量方向，根据电流变化，判断感应电流方向，然后根据条件判断 两个固定的等量异号点电荷所产生电场等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中 A点沿图示方 向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中 （ ） A做直线运动，电势能先变小后变大 B做直线运动，电势能先变大后变小 C做曲线运动，电势能先变小后变大 D做曲线运动，电势能先变大后变小 答案： C 试题分析：等势面和电场线是垂直关系，所以小球的速度方向和电场力方向不在
17、一条直线上，所以不做直线运动， AB错误，画出电场线可得，电场力先与速度方向成锐角，在成钝角，所以电场力先做正功后做负功，故电势能先减小后增大， C正确， 考点：考查了带电粒子在电场中的运动， 点评：做本题的关键是根据等势面画出电场线的分布，然后根据电场力方向和速度方向的夹角判断电场力做功情况 实验题 （ 6分）如图（ a）所示，为某磁敏电阻在室温下的电阻 -磁感应强度特性曲线，测试时，磁敏电阻的轴向方向与磁场方向相同。 （ 1）试结合图（ a）简要回答，磁感应强度 B在 0 0.2T和 0.4 1.0T范围内磁敏电阻的阻值随磁场变化的特点：_ _。 （ 2）某同学想利用磁敏电阻图（ a）所示
18、特性曲线测试某长直导线产生的磁场，设计电路如图（ b）所示，磁敏电阻与电键、电源和灵敏电流表连接，长直导线与图示电路共面并通以图示电流，请指出本实验装置的错误之处_。 若装置调整正确后再进行测量，电路中所用干电池的电动势为 1.5V，不计电池、电流表的内阻，试写出磁敏电阻所在磁场的磁感应强度 B从 0.4T至 1.2T的变化过程中，通过磁敏电阻的电流强度 IA随磁感应强度 B变化的关系式：_。 答案：见 试题分析：（ 1）磁感应强度 B在 0 0.2T，磁敏电阻随磁场非线性增大， 0.41.0T范围内磁敏电阻的阻值随磁场线性增大（ 2分） （ 2）磁敏电阻的轴向方向与磁场方向不相同 （ 2分）
19、 I= （ 2分） 考点：考查了磁敏电阻的应用 点评：本题属于图像信息图，关键是能从图像中得出有用的信息 (8分 )（ 1）某同学用电流表和电压表测一节干电池的电动势和内电阻，实验中连接的实物图 如右图所示（导线上有编号），图中有一根导线连接错误，他接错的导线 _（写编号），按他这种接法在实验时会出现什么情况？ 答： _。 （ 2）如果实验时只允许使用一个电表，其他仪器可以自行选择，请在右边虚线框内画出相应的实验电路图。 （ 3）（多选题）第（ 2）问电路中的电阻可以选择的是：（ ） A最大阻值为 20欧的滑动变阻器 B最大阻值为 2000欧的滑动变阻器 C最大阻值为 9999欧的电阻箱 D阻
20、值分别为 20欧和 10欧的两个定值电阻 答案：（ 1） 4 电键断开时电压表仍有示数（ 2）设计的电路中能够测量两组或两组以上数据的 3） C、 D （ 2分） 试题分析：（ 1）导线 4应接在开关的另一端，因为那样接当电键断开时电压表仍有示数 （ 2）因为只能用一只电表，所以不能用滑动变阻器，因为滑动变阻器不能知道电阻大小，所以需要选用定值电阻，当选用一个定值电阻，一个电压表时，可选用最大阻值为 9999欧的电阻箱，当选用阻值分别为 20欧和 10欧的两个定值电阻时，可用电流表测量电路电流，故选 CD， 考点：考查了测量电池电动 势和电阻实验 点评：本题的难点在于设计电路，方法比较多，主观
21、性较强，可根据如果使用电压表，或者使用电流表两种思路分析 如图所示是测量磁感应强度 B的一种装置。把一个体积很小的电阻为 R、匝数为 N、面积为 S的测量线圈 L放在通电螺线管内待测处，线圈平面与螺线管轴线垂直，将测量线圈跟测量电量的仪器 G表串联。当闭合电键 K时， G表可测得瞬间流过测量线圈的电量 Q，则： （ 1）（多选题）测量磁感应强度 B所依据的物理规律是 （ ） A法拉第电磁感应定律和焦耳定律 B闭合电路欧姆定律和焦耳定律 C法拉第电磁感应定 律和闭合电路欧姆定律 D法拉第电磁感应定律和楞次定律 （ 2）用此方法测量通电螺线管内轴线处磁感应强度的表达式为B=_。 答案： C、 D
22、（ 2分）， B=RQ/NS （ 2分） 试题分析：当闭合开关 L的瞬间，穿过线圈 L的磁通量发生变化，电表中会产生感应电流，通过闭合回路欧姆定律可解的磁感应强度大小，根据楞次定律可解得磁场方向，所以选 CD，（ 2）根据法拉第电磁感应定律可得 ，根据电流定义式可得 ，根据闭合回路欧姆定律可得 ,三式联立可得 考点：考查了法拉第电磁感应定律的应用 点评：本题属于创新实验，是一道比较好的题目，关键是知道，利用法拉第电磁感应定律求解题中的平均电流是关键 （ 6分）在用单摆测重力加速度的实验中： （ 1）实验时必须控制摆角在 _以内，并且要让单摆在_平面内摆动； （ 2）某同学测出不同摆长时对应的周
23、期 T，作出 L-T2图线，如图所示，再利用图线上任意两点 A、 B的坐标（ x1， y1）、（ x2， y2），可求得g=_。 (3)若该同学测量摆长时漏加了小球半径，而其它测量、计算均无误，则以上述方法算得的 g值和真实值相比是 _的（选填 “偏大 ”、 “偏小 ”或 “不变 ”）。 答案：（ 1） 5（ 1分），竖直平面（ 1分） （ 2） 42 (y2- y1)/(x2- x1) （ 2分） （ 3）不变 （ 2分） 试题分析：（ 1）当单摆的摆角小于 5时，可看做简谐运动， （ 2）根据公式 可得，图线的斜率 ，解得（ 3）摆长应该等于摆线长与小球半径之和，漏加了小球半径，通过第（
24、2）问的结论可以知道，漏加了小球半径后（ y2-y1）不变，故不影响最后结果， 考点：考查了测量单摆周期图像 点评：用单摆测重力加速度是一种简单且便于操作的方法，要注意尽量减小实验误差，摆动角度要小，数据处理尽量用图象法 填空题 如图所示，有一块无限大的原来不带电的金属平板 MN，现将一个带电量为 +Q的点电荷放置于板右侧的 A点，并使金属板接地。已知 A点离金属板MN的距离为 d， C点在 A点和板 MN之间， AC MN，且 AC长恰为 。金属平板与电量为 +Q的点电荷之间的空间电场分布可类比 _（选填“等量同种电荷 ”、 “等量异种电荷 ”）之间的电场 分布；在 C点处的电场强度EC=_
25、。 答案：（ 1）等量异种电荷 (2) 试题分析：（ 1）根据静电感应规律可得，金属板上会感应出于点电荷相等的电量，但是带电性质相异，所以他们之间相当于等量异种电荷的电场分布， （ 2）们可以把金属棒上感应出的电荷理解为在 A点与板对应的另一点 B点存在一个电荷 -Q。这样就可以理解成两个点电荷在该点产生的电场，该空间的电场相当于等量异种电荷电场的一半，所以产生的电场为考点：考查了等量异种电荷电场分布规律 点评：本题的第二问是一个难点，关键是明白该空间的 电场相对于等量异种电荷的一半部分，则可得出负电荷距离 C点的距离相当于 如图所示，一自行车上连接踏脚板的连杆长 R1 20cm，由踏脚板带动
26、半径为 r1的大齿盘，通过链条与半径为 r2的后轮齿盘连接，带动半径为 R2 30cm的后轮转动。若踏脚大齿盘与后轮齿盘的齿数分别为 48和 24。当骑车人以 n=2r/s的转速蹬踏脚板时，自行车的前进速度为 _m/s。若车匀速前进，则骑车人蹬踏脚板的平均作用力与车所受平均阻力之比为 _。 答案： .4=7.54， 3:1 试题分析：当骑车人以 n=2r/s的转速蹬踏脚板时，后轮齿盘的角速度为，所以自行车前进速度为 ， 由 及 ，可得 ，故 考点：考查了力矩平衡条件的应用 点评：这是一道理论联系实际的问题，主要考查建立物理模型、应用所学知识分析生活中常见机械装置中力学原理的能力自行车传动系统中
27、有两个转动轴：踏脚板带动的大齿盘中心转动轴和后轮的转动轴可写出两个力矩平衡表达式 如图所示，质量 m=1kg、长 L=0.8m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平。板与桌面间的动摩擦因数为 =0.4。现用 F=5N的水平力向右推薄板，木板翻下桌子前移动的距离为 _m；使它翻下桌子力 F做的功至少为 _J。 答案： .4m 1.6J 试题分析：刚好重心超过桌面边缘时，木板将翻下桌子，即木板翻下桌子前移动的距离为 0.4m，加速时，对木板受力分析，受到重力、支持力、推力 F和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有 解得 减速时，对木板受力分析，受到重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定
28、律，有 解得 木板先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，到达桌面边缘时，速度减为零，设 最大速度为 v，根据位移速度公式，有 ，解得： , 考点：考查了功的计算 点评：本题关键是找出作用时间最短的临界过程，然后先根据牛顿第二定律求解出加速过程和减速过程的加速度，再根据运动学公式列式求出力作用的位移，再根据恒力做功公式求解 （ A）设地球的质量为 M，半径为 R，则环绕地球飞行的第一宇宙速度 v的表达式为 _；某行星的质量约为地球质量的 ，半径约为地球半径的 ，那么在此行星上的 “第一宇宙速度 ”与地球上的第一宇宙速度之比为_（已知万有引力常 量为 G）。 （ B）质量分别为 60kg和 70
29、kg的甲、乙两人，分别同时从原来静止在光滑水平面上的小车两端 .以 3m/s的水平初速度沿相反方向跳到地面上。若小车的质量为 20kg，则当两人跳离小车后，小车的运动速度大小为 _m/s，方向与 _（选填 “甲 ”、 “乙 ”）的初速度方向相同。 答案： A v= ， /31 (B) 1.5m/s，甲 试题分析：在地球表面飞行时，重力可近似等于地球对物体的万有引力，故根据公式 可得 ，由此可得 设甲运动的方向为正方向，跳之间，甲乙和小车组成的系统动量为零，跳后，系统受到的外力做功为零，所以动量守恒，故 ，解得，方向为正，即和甲的运动方向相同， 考点：考查了动量守恒的应用 点评：做本题时，因为涉
30、及到两个方向上的运动，所以需要选择正方向，然后根据动量守恒列等式求解 计算题 （ 10分）如图所示，电池内阻 r=1.5， R1=R2=R3=4， R4=10。 （ 1）当电键 S1、 S2均断开时，电压表读数为 4V，求电源电动势 E； （ 2）当电键 S1、 S2均闭合时，两个电表的读数分别为多少？ 答案：（ 1） 13.5V（ 2） 1.5V A 试题分析：（ 1）当电键 S1、 S2均断开时， R2中的电流 I2= =1A 2分 电源电动势 E= I2(r+R1+R2+ R3) =13.5V 2分 （ 2）当电键 S1、 S2均闭合时， 画出等效电路图，取出 R总 = =3 1分 I
31、总 = =3A， U 总 = =9V 1分 求出电压表读数为 R2上的电压 U2=1.5V 1分 流经 R1的电流为 I1= A 1分 流经 R3的电流为 I3= A 1分 电流表读数为（ I1+I3） = A 1分 考点：考查了闭合回路欧姆定律的应用 点评：做本题的关键是画出两种情况下的等效电路图，结合闭合回路欧姆定律解题 （ 12分）总质量为 70kg的跳伞运动员从离地 1000 m的直升飞机上跳下，经过 2s拉开绳索开启降落伞，如图所示为运动员跳伞过程中的 v-t图，试根据图象： （ 1）求 t=1s时运动员的加速度和所受阻力的大小； （ 2）估算 14s内运动员下落的高度及克服阻力做的
32、功； （ 3）估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间。 答案：（ 1） 175N（ 2） 1.04105 J（ 3） 155.67 s. 试题分析：（ 1）从图中可以看出，在 t=2 s内运动员 做匀加速运动，其加速度大小为 a= = m/s2=7.5 m/s2 1分 设此过程中运动员受到的阻力大小为 Ff， 根据牛顿第二定律有 mg-Ff=ma， 1分 则 Ff=m(g-a)=70(10-7.5) N=175N 1分 （ 2）从图中估算得出运动员在 14 s内下落了 2523m=150 m 2分 根据动能定理有 mgh-Wf= mv2 2分 所以有 Wf=mgh- mv2=(7010150-
33、7062) J1.04105 J 1分 （ 3） 14 s后运动员做匀速运动的时间为 t= = s=141.67s 2分 运动员从飞机上跳下到着地需要的总时间 t 总 =t+t=(14+141.67) s=155.67 s. 2分 考点：考查了 v-t图像的应用 点评：该题是 v-t图象应用的典型题型，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移，有方格时，面积可以通过数方格的个数来估算，本题难度适中 （ 14分）如图所示， OAB是刚性轻质直角三角形支架，边长 AB=20cm， OAB=30；在三角形两锐角处分别固定两个不计大小的小球， A处小球质量为 1kg。现将支架安装在可自由转动的水
34、平轴上 ，使之可绕 O点在竖直平面内无摩擦转动。装置静止时， AB边恰好水平。求： （ 1） B处小球的质量； （ 2）若将装置顺时针转动 30，至少需做多少功； （ 3）若将装置顺时针转动 30后由静止释放，支架转动的最大角速度。 答案：（ 1） 3kg（ 2） 2 3（ 3） 试题分析：（ 1） mAgAOcos30=mBgBOsin30 2分 mB=mAcot230=3kg 2分 （ 2） W=mAgAO sin30- mBgBO（ 1- cos30） 2=2 3 (J) 2分 （ 3）在平衡位置，物体的势能最小，动能最大，支架转动的角速度最大 2分 mA(AO)2+ mB(BO)2=
35、mAgAO sin30- mBgBO（ 1- cos30） 2分 = rad/s =3.93 rad/s 考点：考查了功能关系的应用 点评：本题的关键是把握装置运动过程中的特殊状态，如在平衡位置是，势能最小，动能最大，角速度最大，根据动能定理分析解题 (14分 )如图所示，轮轴大轮半径为 3r，小轮半径为 r，大轮边悬挂质量为 m的重物，小轮边悬挂 “日 ”字型线框，线框质量也为 m，线框竖直边电阻不计 ，三根横边边长为 L，电阻均为 R。水平方向匀强磁场的磁感应强度为 B，磁场宽度与线框横边间距相同，均为 h，轮轴质量和摩擦不计。从静止释放重物，线框一进入磁场就做匀速运动。 （ 1）判断 “
36、日 ”字型线框最上面的一条边进入磁场时，流经它的电流方向； （ 2）求线框进入磁场的速度大小 v； （ 3）求刚释放重物时，线框上边与磁场下边缘的距离 H； （ 4）求线框全部通过磁场的过程中产生的热量 Q。 答案： (1)自右向左 (2) v=3mgR/B2L2(3) 45m2gR2/2B4L4(4) Q=6mgh 试题分析：（ 1）电流方向为自右向左 2分 （ 2）线框进入磁场就做匀速运动，安培力和重力是同方向的， 线框 T1=FA+mg，重物 T2=mg， T1= 3T2； 1分 FA=2mg 1分 BIL=BBlv/(R+R/2) L=2mg 1分 v=3mgR/B2L2 1分 (3)未进入磁场前，系统机械能守恒： 3mgH-mgH=(1/2)mv2+(1/2)m(3v)2 2分 H=5v2/2g=45m2gR2/2B4L4 2分 (4) 全部通过磁场过程都是匀速运动，每次都是一条横边切割，电路情况相同，热量来自于安培力做功， FA=2mg 2分 通过磁场线框发生的位移是 3h， 所以 Q=6mgh 考点：考查了导体切割磁感线运动 点评：做此类型的题目关键是把握物体在磁场中的运动状态，结合受力分析，运用牛顿第二定律，列式求解
