湖南省株洲市高考物理一模试卷(解析版)

2017年湖南省株洲市高考物理一模试卷一、选择题：本题共12小题，每小题4，共48分在每小题给出的四个选项中，第16题只有一项符合题目要求，第712题有多项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分1如图为某控制电路的一部分，已知 AA的输入电压为 24V，如果电阻R=6k，R1=6k，R2=3k，则从 BB不可能输出的电压是（）A12VB8VC6VD3V2如图所示，R 是一个定值电阻，A、B 为水平正对放置的两块平行金属板，两板间带电微粒 P 处于静止状态，则下列说法正确的是（）A若增大 A、B 两金属板的间距，则有向右的电流通过电阻 RB若增大 A、B 两金属板的间距，P 将向上运动C若紧贴 A 板内侧插入一块一定厚度的金属片，P 将向上运动D若紧贴 B 板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片，P 将向上运动3如图所示，质量为 m 的小滑块（可视为质点），从 h 高处的 A 点由静止开始沿斜面下滑，停在水平地面上的 B 点（斜面和水平面之间有小圆弧平滑连接）要使物体能原路返回，在 B 点需给物体的瞬时冲量最小应是（）A2mBmCD4m4套有三个带电小球的圆环放在水平面桌面上（不计一切摩擦），小球的电荷量保持不变，整个装置平衡后，三个小球的一种可能位置如图所示三个小球构成一个锐角三角形，三角形的边长大小关系是 ABACBC，可以判断图中（）A三个小球电荷量的代数和可能为0B三个小球一定带同种电荷C三个小球所受环的弹力大小为FAFCFBD三个小球带电荷量的大小为QAQCQB5将一物体系于一竖直悬挂的轻质弹簧的下端，并用手托着物体，然后让它慢慢下降到平衡位置，这时弹簧伸长的长度为 d已知弹簧的弹性势能EP=kx2弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量，重力加速度为 g，如果让该物体从初始位置自由释放，则物体在下落的过程中（）A物体的运动时间为2B物体的最大速度为C物体的最大加速度为 2gD弹簧的最大伸长量为 2d6一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中（图甲），某时刻剪断细线，铝球开始在油槽中下沉，通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象如图乙所示，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A铝球刚开始运动的加速度a0=gB铝球下沉的速度将会一直增大C铝球下沉过程所受到油的阻力f=D铝球下沉过程机械能的减少等于克服油阻力所做功7核电站中采用反应堆使重核裂变，将释放出的巨大能量转换成电能反应堆中一种可能的核反应方程式是U+nNd+Zr+x+y，设U核质量为m1，中子质量为m2，Nd核质量为m3，Zr核质量为 m4，x质量为 m5，y质量为 m6，那么，在所给的核反应中（）Ax 可能是3H，y 可能是11eBx 可能是3n，y 可能是8eC释放的核能为（m1+m2m3m4m5m6）c2D释放的核能为（m3+m4+m5+m6m1m2）c282016 年 10 月 19 日凌晨“神舟十一号”飞船与“天宫二号”成功实施自动交会对接如图所示，已知“神舟十一号”“天宫二号”对接后，组合体在时间 t 内沿圆周轨道绕地球转过的角度为，组合体轨道半径为 r，地球表面重力加速度为 g，引力常量为 G，不考虑地球自转则（）A可求出地球的质量B可求出地球的平均密度C可求出组合体的做圆周运动的线速度D可求出组合体受到地球的万有引力104C，质量m=1g的带电小球自A板上的孔P点以水平速度v0=0.1m/s 飞入两板之间的电场，经0.02s后未与 B 板相碰又回到P点，g取10m/s2，则（）A板间电场强度大小为 100V/mB板间电场强度大小为 141V/mC板与水平方向的夹角=30D板与水平方向的夹角=4510某同学在实验室中研究远距离输电由于输电线太长，他将每 100 米导线卷成一卷，共卷成 8 卷来代替输电线路（忽略输电线路的自感作用）第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连，测得输电线上损失的功率为 P1第二次采用如图所示的电路输电，其中理想变压器 T1与电源相连，其原、副线圈的匝数比为 n1：n2，理想变压器 T2与用电器相连，测得输电线上损失的功率为 P2下列说法正确的是（）A前后二次实验都可用于研究远距离直流输电B实验可以证明，减小输电电流能减小远距离输电的能量损失C若输送功率一定，则P2：P1=n12：n22D若输送功率一定，则P2：P1=n1：n211用导线绕一圆环，环内有一用同样导线折成的内接正方形线框，圆环与线框绝缘，如图所示把它们放在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环平面（纸面）向里当磁场均匀减弱时（）A圆环和线框中的电流方向都为顺时针B圆环和线框中的电流方向都为逆时针C圆环和线框中的电流大小之比为：1D圆环和线框中的电流大小比为 2：112光滑水平面上以速度v0匀速滑动的物块，某时刻受到一水平恒力F的作用，经一段时间后物块运动到B点，速度大小仍为v0，方向改变了90，如图所示，则在此过程中（）A物块的动能一定始终不变B水平恒力F方向一定与AB连线垂直C物块的速度一定先增大后减小D物块的加速度不变二、非选择题：共52分13如图甲所示是某同学用水平气垫导轨探究“加速度与力的关系”的实验装置，他将光电门固定在导轨上的B点，吊盘（含金属片）通过细线与滑块相连，滑块上固定一遮光条并放有若干金属片，实验中每次滑块都从导轨上的同一位置A由静止释放（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度d（沿滑块运动方向的长度）如图乙所示，则d=mm；用螺旋测微器测量遮光条的厚h如图丙所示，则h=mm若光电计时器记录遮光条通过光电门的时间为t，则滑块经过光电门时的速度v=（用所测物理量的符号表示）（2）若滑块（含遮光条和金属片）和吊盘（含金属片）组成的系统的总质量为M，吊盘及其中的金属片的质量为m，则滑块从 A 处释放后系统的加速度大小为a=（已知重力加速度为 g）（3）现保持系统的总质量不变，通过改变m，测出多组m、v数据，在坐标纸上以m为横轴，以为纵轴描点作出图象，若图线是一条过坐标原点的直线，则系统的加速度大小与所受合力大小成正比14某实验小组需测量一电源的电动势和内阻，实验室提供的实验器材有：待测电源（E 大约 3V，r 大约 1.0）电阻箱 R（最大阻值为 99.9）电阻 R1（阻值为 5.0）电阻 R2（阻值为 990）E电流计 （量程为 2.5mA，内阻为 Rg=10.0）开关，导线若干（1）请在图1虚线框中完成电路图，并将仪器的符号标在图中（2）实验中得到了多组电阻箱的阻值 R 和对应的电流计的读数 I，并做出如图2所示的关系图象，若已知图象斜率为 k，纵截距为 b，则电源电动势E=，内阻 r=（要求用测得的物理量和已知物理量的符号表示，电阻 R2的分流作用忽略不计）15如图所示，半径为R的光滑圆周轨道AB固定在竖直平面内，O为圆心，OA与水平方向的夹角为 30，OB 在竖直方向一个可视为质点的小球从 O 点正上方某处以某一水平初速度向右抛出，小球恰好能无碰撞地从 A 点进入圆轨道内侧，此后沿圆轨道运动到达 B 点已知重力加速度为 g，求：（1）小球初速度的大小；（2）小球运动到 B 点时对圆轨道压力的大小16在一个显像管里，电子枪释放出电子，从静止开始经电势差为U0的电场加速之后，电子沿水平方向从南到北运动该处地磁场在竖直方向上的分量向下，磁感应强度大小为 B，已知电子的电荷量为 e，质量为 m，重力不计试求：（1）加速之后电子的速度大小 v；（2）电子在显像管里通过s的路程时，侧移量有多大？17如图所示，在水平桌面上放置一质量为M且够长的木板，木板上再叠放一质量为m的滑块，木板与桌面间的动摩擦因数为1，滑块与木板间的动摩擦因数为2，开始时滑块与木板均静止今在木板上施加一水平拉力 F，它随时间 t 的变化关系为 F=kt，k 为已知的比例系数假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，求滑块刚好开始在木板上滑动时，（1）拉力作用的时间；（2）木板的速度2017年湖南省株洲市高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共12小题，每小题4，共48分在每小题给出的四个选项中，第16题只有一项符合题目要求，第712题有多项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分1如图为某控制电路的一部分，已知 AA的输入电压为 24V，如果电阻R=6k，R1=6k，R2=3k，则从 BB不可能输出的电压是（）A12VB8VC6VD3V【考点】串联电路和并联电路【分析】明确电路结构，知道输出是下半部分的分压，明确两电阻可能的连接方式有并联和单个接入，根据串并联电路的规律即可明确下半部分的分压，从而求出可能的输出电压【解答】解：由图可知，BB输出的是下半部分电阻两端的电压，则可知，当两电阻均不接入时，输出电压为了24V；当只有R1接入时，输出电压U=12V，当只有R2接入时，输出电压U=8V；当两电阻均接入时，U=6V，故可能的为ABC，不可能的为D，本题选不可能输出的电压，故选：D2如图所示，R 是一个定值电阻，A、B 为水平正对放置的两块平行金属板，两板间带电微粒 P 处于静止状态，则下列说法正确的是（）A若增大 A、B 两金属板的间距，则有向右的电流通过电阻 RB若增大 A、B 两金属板的间距，P 将向上运动C若紧贴 A 板内侧插入一块一定厚度的金属片，P 将向上运动D若紧贴 B 板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片，P 将向上运动【考点】带电粒子在混合场中的运动；闭合电路的欧姆定律【分析】电容器的电容的定义式C=，电容器的电容的决定式C=；液滴平衡，受电场力和重力而平衡【解答】解：A、若增大A、B两金属板的间距，根据C=，电容减小，电压不变，故电容器放电，故有向左的电流通过电阻R，故A错误；B、微粒 P 处于静止状态，受重力和向上的电场力而平衡，若增大A、B两金属板的间距，根据E=，场强减小，电场力减小，合力向下，故P 将向下运动，故B错误；C、若紧贴 A 板内侧插入一块一定厚度的金属片，相当于极板间距离变小了，而电压U不变，根据E=，场强增加，电场力增加，故P 将向上运动，故C正确；D、若紧贴 B 板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片，根据C=，电容增加，电压不变，故场强不变，P不动，故D错误；故选：C3如图所示，质量为 m 的小滑块（可视为质点），从 h 高处的 A 点由静止开始沿斜面下滑，停在水平地面上的 B 点（斜面和水平面之间有小圆弧平滑连接）要使物体能原路返回，在 B 点需给物体的瞬时冲量最小应是（）A2mBmCD4m【考点】动量定理；动能定理【分析】先对从A到B过程根据动能定理列式，再对从B到A过程根据动能定理列式，联立求解得到B的初速度；最后根据动量定理得到在 B 点需给物体的瞬时冲量【解答】解：滑块从A到B过程，根据动能定理，有：mghWf=0，滑块从B返回A过程，根据动能定理，有：mghWf=0，联立解得：v=2；在 B 点需给物体的瞬时冲量等于动量的增加量，故I=mv=2m，故A正确，BCD错误；故选：A4套有三个带电小球的圆环放在水平面桌面上（不计一切摩擦），小球的电荷量保持不变，整个装置平衡后，三个小球的一种可能位置如图所示三个小球构成一个锐角三角形，三角形的边长大小关系是 ABACBC，可以判断图中（）A三个小球电荷量的代数和可能为0B三个小球一定带同种电荷C三个小球所受环的弹力大小为FAFCFBD三个小球带电荷量的大小为QAQCQB【考点】电势差与电场强度的关系【分析】三个带电小球处于平衡状态，根据平衡状态找出研究对象所受的合力必须为零进行判断三个力平衡任意两个力的合力与第三个力等值反向【解答】解：AB、对A分析，弹力过圆心，根据平衡条件，要么B与C对A引力，要么对A斥力，才能处于平衡状态，因此A不可能受到一个斥力一个引力，所以BC带同种电，分析B根据平衡条件可得AC同种电，可得三个同种电，故A错误，B正确C、对各环受力分析，如图所示； 依据三角形法则，结合图可知，FAFBFC，故C错误；D、A受到两斥力，设圆心O，ABACBC，可得受B力更大，又离B远，可得B电量大于C，故D错误；故选：B5将一物体系于一竖直悬挂的轻质弹簧的下端，并用手托着物体，然后让它慢慢下降到平衡位置，这时弹簧伸长的长度为 d已知弹簧的弹性势能EP=kx2弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量，重力加速度为 g，如果让该物体从初始位置自由释放，则物体在下落的过程中（）A物体的运动时间为2B物体的最大速度为C物体的最大加速度为 2gD弹簧的最大伸长量为 2d【考点】功能关系；牛顿第二定律【分析】物体自由下落的过程做简谐运动，不是自由落体运动物体在平衡位置时速度最大，由系统的机械能守恒求最大速度根据对称性得到物体在最低点的加速度，即为最大加速度根据对称性求得弹簧的最大伸长量【解答】解：AD、让物体从初始位置自由释放后物体做简谐运动，由对称性可知，弹簧的最大伸长量为 2d，物体在下落的过程中的位移大小为2d若物体做自由落体运动，则 2d=，得 t=2，由于弹簧对物体有向上的弹力，所以物体运动的加速度小于等于g，所以物体的运动时间大于2，故A错误，D正确B、物体在平衡位置时速度最大，设最大速度为v由系统的机械能守恒得：mgd+Ep=，可知，v，故B错误C、物体刚下落时只受重力，加速度为g，方向竖直向下，根据简谐运动的对称性可知，物体到达最低点时的加速度为g，方向竖直向上，所以物体的最大加速度为g，故C错误故选：D6一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中（图甲），某时刻剪断细线，铝球开始在油槽中下沉，通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象如图乙所示，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A铝球刚开始运动的加速度a0=gB铝球下沉的速度将会一直增大C铝球下沉过程所受到油的阻力f=D铝球下沉过程机械能的减少等于克服油阻力所做功【考点】功能关系；牛顿第二定律【分析】对小球受力分析，当剪断细线后，小球受重力、油的浮力、阻力，结合图象可知，小球做加速度减小的加速运动，速度逐渐增大结合功能关系分析【解答】解：A、铝球刚开始释放时，铝球所受的阻力为0，受到重力、浮力，由牛顿第二定律可得，加速度a0g，故A错误B、由图象可知，铝球开始下沉后速度越来越大，加速度越来越小，当加速度a=0时，铝球做匀速运动，速度不再变化，故B错误C、开始释放时 mgF浮=ma0，铝球下沉过程中受重力、阻力、浮力，由牛顿第二定律可得，mgF浮f=ma，可得 a=由a0v0图象可知，a=a0v，则有 =v，解得，阻力f=故C正确D、铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油的阻力、浮力所做的功，故D错误故选：C7核电站中采用反应堆使重核裂变，将释放出的巨大能量转换成电能反应堆中一种可能的核反应方程式是U+nNd+Zr+x+y，设U核质量为m1，中子质量为m2，Nd核质量为m3，Zr核质量为 m4，x质量为 m5，y质量为 m6，那么，在所给的核反应中（）Ax 可能是3H，y 可能是11eBx 可能是3n，y 可能是8eC释放的核能为（m1+m2m3m4m5m6）c2D释放的核能为（m3+m4+m5+m6m1m2）c2【考点】爱因斯坦质能方程【分析】核反应过程质量数与核电荷数守恒，根据题意求出质量亏损，然后应用质能方程可以求出核反应释放的能量【解答】解：A、如果x 是3 H，y 是11 e，则核反应过程质量数不守恒，则不可能是“x 是3 H，y 是11 e”，故A错误；B、如果x 是3 n，y 是8 e，则核反应过程质量数守恒、核电荷数守恒，故B正确；C、质量亏损：m=m1+m2m3m4m5m6，由质能方程可知，释放的能量为：E=mc2=（m1+m2m3m4m5m6）c2，故C正确，D错误；故选：BC82016 年 10 月 19 日凌晨“神舟十一号”飞船与“天宫二号”成功实施自动交会对接如图所示，已知“神舟十一号”“天宫二号”对接后，组合体在时间 t 内沿圆周轨道绕地球转过的角度为，组合体轨道半径为 r，地球表面重力加速度为 g，引力常量为 G，不考虑地球自转则（）A可求出地球的质量B可求出地球的平均密度C可求出组合体的做圆周运动的线速度D可求出组合体受到地球的万有引力【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】根据物体的重力等于地球的万有引力，列式求解地球的质量，由质量与体积之比求解地球的密度，根据万有引力提供向心力求出线速度【解答】解：组合体在时间 t 内沿圆周轨道绕地球转过的角度为，则角速度：；A、万有引力提供组合体的向心力，则：所以：M=故A正确；B、不考虑地球的自转时，组合体在地球表面的重力等于地球对组合体的万有引力，则得：mg=G解得：地球的密度为：=代入即可求出平均密度故B正确；C、根据线速度与角速度的关系v=r可知：v=故C正确；D、由于不知道组合体的质量，所以不能求出组合体受到的万有引力故D错误故选：ABC104C，质量m=1g的带电小球自A板上的孔P点以水平速度v0=0.1m/s 飞入两板之间的电场，经0.02s后未与 B 板相碰又回到P点，g取10m/s2，则（）A板间电场强度大小为 100V/mB板间电场强度大小为 141V/mC板与水平方向的夹角=30D板与水平方向的夹角=45【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】（1）对小球进行受力分析，小球受到重力、电场力作用下沿水平方向运动，根据加速度的定义求出加速度，结合牛顿第二定律求出板与水平方向的夹角；（2）求出电场力，由求出电场强度的大小；【解答】解：对带电小球受力分析，如图所示小球的加速度根据几何关系：=1，得=45=qE代入数据：解得：E=100V/m，故AD正确，BC错误；故选：AD10某同学在实验室中研究远距离输电由于输电线太长，他将每 100 米导线卷成一卷，共卷成 8 卷来代替输电线路（忽略输电线路的自感作用）第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连，测得输电线上损失的功率为 P1第二次采用如图所示的电路输电，其中理想变压器 T1与电源相连，其原、副线圈的匝数比为 n1：n2，理想变压器 T2与用电器相连，测得输电线上损失的功率为 P2下列说法正确的是（）A前后二次实验都可用于研究远距离直流输电B实验可以证明，减小输电电流能减小远距离输电的能量损失C若输送功率一定，则P2：P1=n12：n22D若输送功率一定，则P2：P1=n1：n2【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率【分析】根据变压器的特点：电压比等于匝数比，电流之比等于匝数反比，输入功率等于输出功率去分析同时明确远距离输电的方法和功率关系【解答】解：A、变压器只能改变交变电流的电压，所以第二次实验只能研究远距离交流输电，故A错误；B、实验可以证明，减小输电电流能减小远距离输电的能量损失，故B正确；C、第一次实验输电线上的电流I=，输电线上损失的功率P1=I2R=第二次实验，升压变压器副线圈上的电压U2=，输电线上的电流I=，输电线上损失的功率P2=I2R=R，所以： =，故C正确，D错误故选：BC11用导线绕一圆环，环内有一用同样导线折成的内接正方形线框，圆环与线框绝缘，如图所示把它们放在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环平面（纸面）向里当磁场均匀减弱时（）A圆环和线框中的电流方向都为顺时针B圆环和线框中的电流方向都为逆时针C圆环和线框中的电流大小之比为：1D圆环和线框中的电流大小比为 2：1【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【分析】由题，匀强磁场均匀变化时，磁感应强度的变化率保持不变，线圈中产生恒定电流，依据楞次定律，判定感应电流方向，再根据法拉第电磁感应定律研究两个线圈中产生的感应电动势之比根据电阻定律研究两个线圈电阻之比，再欧姆定律研究电流之比，从而即可求解【解答】解：AB、依据楞次定律，当磁场均匀减弱时，圆环和线框中的电流方向都为顺时针，故A正确，B错误；CD、设正方形的边长为2a由几何关系，可知，外接圆的半径r=a；则根据根据法拉第电磁感应定律得，正方形回路中的感应电动势与外接圆中感应电动势之比为：E正：E圆=（2a）2：（a）2=2：根据电阻定律得到，正方形回路中的电阻与外接圆的电阻之比为：R正：R圆=：=2：由欧姆定律得正方形回路中的感应电流强度I1与内切圆中感应电流强度I2之比为：I正：I圆=： =：1，故C正确，D错误；故选：AC12光滑水平面上以速度v0匀速滑动的物块，某时刻受到一水平恒力F的作用，经一段时间后物块运动到B点，速度大小仍为v0，方向改变了90，如图所示，则在此过程中（）A物块的动能一定始终不变B水平恒力F方向一定与AB连线垂直C物块的速度一定先增大后减小D物块的加速度不变【考点】功能关系【分析】物体的初、末动能相同，根据动能定理，合力的功为零，可知合力与位移垂直；根据动能定理分析过程中动能的变化情况；根据牛顿第二定律分析加速度的情况根据合力做功情况分析速度的变化【解答】解：ABC、物体的初、末动能相同，根据动能定理，合力对物块的功一定为零，故合力与位移垂直，即水平恒力F方向一定与AB连线垂直；由于合力先做负功后做正功，故动能先减小后增加，速度先减小后增大；故B正确，AC错误；D、合力恒定，根据牛顿第二定律，物体的加速度一定恒定不变，故D正确；故选：BD二、非选择题：共52分13如图甲所示是某同学用水平气垫导轨探究“加速度与力的关系”的实验装置，他将光电门固定在导轨上的B点，吊盘（含金属片）通过细线与滑块相连，滑块上固定一遮光条并放有若干金属片，实验中每次滑块都从导轨上的同一位置A由静止释放（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度d（沿滑块运动方向的长度）如图乙所示，则d=11.70mm；用螺旋测微器测量遮光条的厚h如图丙所示，则h=4.225mm若光电计时器记录遮光条通过光电门的时间为t，则滑块经过光电门时的速度v=（用所测物理量的符号表示）（2）若滑块（含遮光条和金属片）和吊盘（含金属片）组成的系统的总质量为M，吊盘及其中的金属片的质量为m，则滑块从 A 处释放后系统的加速度大小为a=（已知重力加速度为 g）（3）现保持系统的总质量不变，通过增减吊盘和滑块中的金属片改变m，测出多组m、v数据，在坐标纸上以m为横轴，以v2为纵轴描点作出图象，若图线是一条过坐标原点的直线，则系统的加速度大小与所受合力大小成正比【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读，螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块经过光电门时的速度大小（2）根据牛顿第二定律求出系统的加速度大小（3）研究系统的加速度与合力的关系，结合速度位移公式得出速度与加速度的关系，根据合力与m的关系，确定以什么轴为纵轴【解答】14mm=0.70mm，则d=11.70mm，22.5mm=0.225mm，则h=4.225mm根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，滑块经过光电门的速度v=（2）对系统研究，系统所受的合力为mg，根据牛顿第二定律得，系统的加速度大小a=（3）现保持系统的总质量不变，通过增减吊盘和滑块中的金属片，改变系统的合力，若a与合力成正比，则a与m成正比，根据v2=2ax知，v2与a成正比，所以若以v2为纵轴，m为横轴，图线为一条过坐标原点的直线，则系统的加速度大小与所受合力大小成正比故答案为：（1）11.70，4.225，（2），（3）增减吊盘和滑块中的金属片，v214某实验小组需测量一电源的电动势和内阻，实验室提供的实验器材有：待测电源（E 大约 3V，r 大约 1.0）电阻箱 R（最大阻值为 99.9）电阻 R1（阻值为 5.0）电阻 R2（阻值为 990）E电流计 （量程为 2.5mA，内阻为 Rg=10.0）开关，导线若干（1）请在图1虚线框中完成电路图，并将仪器的符号标在图中（2）实验中得到了多组电阻箱的阻值 R 和对应的电流计的读数 I，并做出如图2所示的关系图象，若已知图象斜率为 k，纵截距为 b，则电源电动势E=，内阻 r=R1（要求用测得的物理量和已知物理量的符号表示，电阻 R2的分流作用忽略不计）【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）明确实验原理，分析给出的仪器从而确定实验的具体方法和实验电路图；（2）根据闭合电路欧姆定律列式，变形后再结合图象进行分析，从而明确电动势和内阻大小【解答】解：（1）由给出的仪表可知，本实验只给出了电流表和滑动变阻器，故只能利用电流表和电阻箱R进行实验，若采用电流表与电阻串联的方式，测量范围内较小，故应采用将电流表改装为电压表的方式进行实验，故将R2与G串联后与R并联在电源两端；电路图如图所示；（2）设电源内阻为r0，等效内阻为r=R1+r0，根据闭合电路欧姆定律可知：（R2+Rg）I=变形可得：=+则由图可知b=；k=解得：E=；r=，则可知，内阻r0=R1；故答案为：（1）如图所示；（2）；R115如图所示，半径为R的光滑圆周轨道AB固定在竖直平面内，O为圆心，OA与水平方向的夹角为 30，OB 在竖直方向一个可视为质点的小球从 O 点正上方某处以某一水平初速度向右抛出，小球恰好能无碰撞地从 A 点进入圆轨道内侧，此后沿圆轨道运动到达 B 点已知重力加速度为 g，求：（1）小球初速度的大小；（2）小球运动到 B 点时对圆轨道压力的大小【考点】机械能守恒定律；向心力【分析】（1）小球在空中做平抛运动，根据运动的合成和分解规律，分别分析水平和竖直方向上的规律，再根据小球无碰撞进入圆轨道可明确小球的速度方向，联立即可求得小球的初速度；（2）小球在空中运动过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律可明确小球落到B点时的速度，再根据向心力公式即可分析支持力大小，再由牛顿第三定律可求得压力大小【解答】解：（1）设小球的初速度为v0，飞行时间为t，则在水平方向上有：Rcos30=v0t在竖直方向上有：y=gt2vy=gt由于小球运动到A点时与轨道无碰撞，故：tan30=联立以上各式解得：v0=y=（2）抛出点距轨道最低点的高度h=R+Rsin30+y设小球运动到最低点B的速度为v，对圆轨道的压力为F，根据机械能守恒有：mgh+mv02=mv2根据牛顿运动定律有：Fmg=m联立解得：F=6mg由牛顿第三定律可知，压力大小为6mg答：（1）小球初速度的大小为；（2）小球运动到 B 点时对圆轨道压力的大小为6mg16在一个显像管里，电子枪释放出电子，从静止开始经电势差为U0的电场加速之后，电子沿水平方向从南到北运动该处地磁场在竖直方向上的分量向下，磁感应强度大小为 B，已知电子的电荷量为 e，质量为 m，重力不计试求：（1）加速之后电子的速度大小 v；（2）电子在显像管里通过s的路程时，侧移量有多大？【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】（1）根据动能定理求加速之后电子的速度；（2）电子在地磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求出半径R，由路程求出偏转角，根据几何关系求出侧移量；【解答】解：（1）电子在加速电场中有解得：（2）电子在地磁场中有：偏转角电子向东的侧移量为d=R（1cos）由解得答：（1）加速之后电子的速度大小 v为；（2）电子在显像管里通过s的路程时，侧移量有17如图所示，在水平桌面上放置一质量为M且够长的木板，木板上再叠放一质量为m的滑块，木板与桌面间的动摩擦因数为1，滑块与木板间的动摩擦因数为2，开始时滑块与木板均静止今在木板上施加一水平拉力 F，它随时间 t 的变化关系为 F=kt，k 为已知的比例系数假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，求滑块刚好开始在木板上滑动时，（1）拉力作用的时间；（2）木板的速度【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用【分析】（1）根据牛顿第二定律求得滑块刚开始滑动时的加速度，利用整体法求得拉力F；（2）根据共点力平衡求得木板刚开始运动时的拉力，利用动量定理即可求得【解答】解：（1）滑块刚好开始在木板上滑动时，滑块与木板的静摩擦力达到最大，根据牛顿第二定律，对滑块有：2mg=ma，解得：a=2g对滑块和木板构成的系统，有：kt21（M+m）g=（M+m）a联立解得：t2=（2）木板刚开始滑动时，1（M+m）g=kt1此后滑块随木板一起运动，直至两者发生相对滑动，在这个过程中，拉力的冲量为图中阴影部分的面积I1（M+m）g（t2t1）=（M+m）v联立解得：v=答：（1）拉力作用的时间为；（2）木板的速度为2017年2月22日