2019-2020年高三物理下学期高考模拟试卷（含解析）.doc

2019-2020年高三物理下学期高考模拟试卷（含解析）一、选择题1目前，我市每个社区均已配备了公共体育健身器材，图示器材为一秋千，用两根等长轻绳将一座椅悬挂在竖直支架上等高的两点由于长期使用，导致两根支架向内发生了稍小倾斜，如图中虚线所示，但两悬挂点仍等高，座椅静止时F表示所受合力的大小，F1表示单根轻绳对座椅拉力的大小，与倾斜前相比( )AF不变，F1变大BF不变，F1变小CF变小，F1变小DF变大，F1变大2如图所示，一轻质弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一自由端位于O点，现用一滑块将弹簧的自由端（与滑块未拴接）从O点压缩至A点后由静止释放，滑块沿粗糙水平面向右运动，运动到某点时最大速度为v下列判断正确的是( )A滑块达到最大速度时的位置一定是O点B滑块达到最大速度时的位置一定是AO之间的某点C从释放到滑块达到最大速度的过程中，滑块受到的合力一直在增加D从释放到滑块达到最大速度的过程中，弹簧的弹力对滑块做功为mv23在如图（a）所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器闭合电键S，将滑动变阻器的滑动触头P从最左端滑到最右端的过程中，电压表（内阻极大）的示数与电流表示数的关系图线如图（b）所示则( )A电源电动势为4伏B电源内电阻的阻值为10C定值电阻R1阻值为10D滑动变阻器R2的最大阻值为204阴极射线示波管的聚焦电场是由电极Al、A2形成，实线为电场线，虚线为等势线，Z轴为该电场的中心轴线，P、Q、R为一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，不计电子的重力，则( )A电极A1的电势高于电极A2的电势B电子在P点处的动能大于在Q点处的动能C电场中Q点的电场强度小于R点的电场强度D电子从P至R的运动过程中，电场力对它一直做正功二、选择题（本题共3小题在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的全部选对的6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）5小球从斜轨道滑下进入竖直平面内的光滑圆轨道作圆周运动，已知圆轨道的半径为R，小球质量为m某次实验时，小球到达圆轨道最高点时的角速度=则下列说法正确的是( )A小球运动一周所用时间为B小球在最高点对轨道的作用力为0C小球在最高点对轨道的作用力为mgD小球经过最低点时速度大小为6在如图所示的倾角为的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的强磁场区域，区域I的磁场方向垂直斜面向上，区域II的磁场方向垂直斜面向下，磁场和宽度HP及PN均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，t1时刻ab边刚越GH进入磁场I区域，此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动；t2时刻ab边下滑到JP与MN的中间位置，此时导线框又恰好以速度v2做匀速直线运动重力加速度为g，下列说法中正确的是( )A当ab边刚越好JP时，导线框具有加速度大小为a=gsinB导线框两次匀速直线运动的速度v1：v2=4：1C从t1到t2的过程中，导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少D从t1到t2的过程中，有+机械能转化为电能7如图所示，金属板放在垂直于它的匀强磁场中，当金属板中有电流通过时，在金属板的上表面A和下表面A之间会出现电势差，这种现象称为霍尔效应若匀强磁场的磁感应强度为B，金属板宽度为h、厚度为d，通有电流I，稳定状态时，上、下表面之间的电势差大小为U已知电流I与导体单位体积内的自由电子数n、电子电荷量e、导体横截面积S和电子定向移动速度v之间的关系为I=neSv则下列说法中正确的是( )A在上、下表面形成电势差的过程中，电子受到的洛仑兹力方向向上B达到稳定状态时，金属板上表面A的电势高于下表面A的电势C只将金属板的厚度d减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为D只将电流I减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为三、非选择题8如图所示是实验室使用的螺旋测微器，也叫千分尺，它是用来测量物体长度的仪器，可以精确到0.01mm下列关于螺旋测微器的操作正确的是( )A测量时，先顺时针（如图所示方向）转动旋钮D，在螺杆F快要靠近被测物体时，应改用微调旋钮H，直至棘轮发出咔咔声时停止转动B测量时，先逆时针（与图示方向相反）转动旋钮D，在螺杆F快要靠近被测物体时，应改用微调旋钮H，直至棘轮发出咔咔声时停止转动C当棘轮发出咔咔声时停止转动微调旋钮H，此时应固定旋钮G，使测杆固定后才可读数D旋钮D每转动一周，就带动测微螺杆F前进或后退0.1mm9在“验证机械能守恒定律”实验时，小红同学分别利用下列图甲、乙来完成实验（1）下列说法正确的是_A图乙中改用铁夹夹住纸带的上端，避免了用手提纸带因抖动产生的误差B图甲和图乙在实验开始时都必须先接通低压交流电源，后释放纸带C图乙选用重物直接连接纸带要比图甲用夹子和重物连接纸带在下落时所受阻力更小D用公式mgh=mv2验证时，g为当地重力加速度，其数值可由纸带上的打点直接求得（2）图丙是某次实验所得到的一条点迹较为清晰的一段纸带，经过测量计算后，小红同学画出了如图丁所示的动能或重力势能随高度变化的Eh图线，则图丁中能表示动能随高度变化的曲线是_（选填“图线A”或“图线B”）；他所画图线选取的零势能点为图丙中打点计时器打下_（选填“1点”或“11点”）时物体所在的位置10某课外物理研究学习小组准备探究一小灯泡的伏安特性，其标称功率值为0.75W，额定电压值已模糊不清他们想测定其额定电压值，于是先用欧姆表直接测出该灯泡的电阻约为2，然后根据公式计算出该灯泡的额定电压U= V=1.22V他们怀疑所得电压值不准确，于是，设计了一个电路，测量通过小灯泡的电流和它两端的电压，并根据测量数据来描绘小灯泡的UI图线，进而分析灯泡的额定电压电源采用两节干电池组成的电池组（1）请根据实验要求在答题纸上补全电路（2）在实验过程中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于_端；（填“最左”或“最右”）（3）实验共测得了以下8组数据，已在方格纸上描好了点，请在坐标纸上完成UI图象（4）由图象得出该灯泡的额定电压应为_V，这一结果大于1.22V，其原因是_序号电压/V电流/mA10.00020.208030.6015541.0019551.4022761.8025572.2027982.7031011（16分）为提高警惕保卫祖国，我国某海军进行了登陆演练如图所示，假设一艘战舰因吨位巨大，只能停锚在离海岸登陆点s=1.1km处登陆队员需要从较高的军舰甲板上，利用绳索下滑到登陆快艇上再进行登陆接近目标，若绳索两端固定好后，绳索可以近似看成与竖直方向的夹角=37的斜面队员A由静止开始匀加速滑到某最大速度，再以大小相等的加速度匀减速滑至快艇，速度刚好为零已知军舰甲板到快艇的竖直高度H=20m，在队员A开始下滑时，队员B在甲板上同时开始向快艇平抛救生圈，救生圈刚好落到快艇上如图位置，已知队员A由静止滑至快艇的时间是救生圈平抛时间的2倍重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8（人、救生圈和快艇均可视为质点，忽略空气阻力）问：（1）救生圈被抛出时的初速度v0是多大？（2）队员A在何处速度最大？最大速度vm是多大？（3）若快艇额定功率为P=5kW，载人后连同装备总质量为 M=100kg，从静止开始以额定功率向登陆点加速靠近，离登陆点s1=0.1km时刚好能达到最大速度vm=10m/s，然后减速靠岸，设快艇在水中受到的阻力恒定，求快艇加速运动的时间t12电磁弹射是我国最新研究的重大科技项目，原理可用下述模型说明如图甲所示，虚线MN右侧存在一个竖直向上的匀强磁场，一边长L的正方形单匝均匀金属线框abcd放在光滑水平面上，电阻为R，质量为m，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界t=0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B=kt（k为大于零的常数），同时用一水平外力使线圈处于静止状态，空气阻力忽略不计（1）判断线框中感应电流的方向（填“顺时针”或“逆时针”）（2）求线框中感应电流的大小；（3）请写出所加水平外力随时间变化的表达式；（4）若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框，在线框上加一质量为M的负载物，如图乙所示，当t=t0时撤去外力释放线框，求此时线框加速度的大小13“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O，外圆弧面AB的电势为2（o），内圆弧面CD的电势为，足够长的收集板MN平行边界ACDB，ACDB与MN板的距离为L假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB的粒子再次返回（1）求粒子到达O点时速度的大小；（2）如图2所示，在PQ（与ACDB重合且足够长）和收集板MN之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB圆弧面的粒子经O点进入磁场后最多有能打到MN板上，求所加磁感应强度的大小；（3）如图3所示，在PQ（与ACDB重合且足够长）和收集板MN之间区域加一个垂直MN的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小，若从AB圆弧面收集到的某粒子经O点进入电场后到达收集板MN离O点最远，求该粒子到达O点的速度的方向和它在PQ与MN间运动的时间浙江省金华市浦江中学xx届高考物理模拟试卷一、选择题1目前，我市每个社区均已配备了公共体育健身器材，图示器材为一秋千，用两根等长轻绳将一座椅悬挂在竖直支架上等高的两点由于长期使用，导致两根支架向内发生了稍小倾斜，如图中虚线所示，但两悬挂点仍等高，座椅静止时F表示所受合力的大小，F1表示单根轻绳对座椅拉力的大小，与倾斜前相比( )AF不变，F1变大BF不变，F1变小CF变小，F1变小DF变大，F1变大考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力专题：共点力作用下物体平衡专题分析：座椅静止时，受重力和两个拉力而平衡，根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式分析即可解答：解：座椅静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即F=0根据共点力平衡条件，有：2F1cos=mg解得：F1=由于长期使用，导致两根支架向内发生了稍小倾斜，图中的角减小了，则cos增大，故F不变，F1减小故选：B点评：本题是简单的三力平衡问题，关键是受力分析后运用平衡条件列式分析，也可以运用图解法分析2如图所示，一轻质弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一自由端位于O点，现用一滑块将弹簧的自由端（与滑块未拴接）从O点压缩至A点后由静止释放，滑块沿粗糙水平面向右运动，运动到某点时最大速度为v下列判断正确的是( )A滑块达到最大速度时的位置一定是O点B滑块达到最大速度时的位置一定是AO之间的某点C从释放到滑块达到最大速度的过程中，滑块受到的合力一直在增加D从释放到滑块达到最大速度的过程中，弹簧的弹力对滑块做功为mv2考点：功能关系；牛顿第二定律分析：分析物体的受力情况来判断其运动情况：物体竖直方向受到重力与地面的支持力平衡，水平方向受到弹簧的弹力和滑动摩擦力从A到O过程中，弹簧的弹力先大于摩擦力，后小于摩擦力，则知物体先加速后减速，从O到B过程，摩擦力和弹簧的弹力方向均向左，物体一直做减速运动解答：解：A、从A到O过程中，弹簧的弹力先大于摩擦力，后小于摩擦力，则知物体先加速后减速，故最大速度点在O点左侧、AO之间，故A错误；B、从A到O过程中，弹簧的弹力先大于摩擦力，后小于摩擦力，则知物体先加速后减速，最大速度时的位置一定是AO之间的某点故B正确；C、从释放到滑块达到最大速度的过程中，摩擦力不变，弹簧的弹力减小，合力减小，故C错误D、从释放到滑块达到最大速度的过程中，根据动能定理得：Wmgx=mv2，则弹簧的弹力对滑块做功 W=mgx+mv2mv2，故D错误故选：B点评：本题考查根据物体的受力情况分析其运动情况的能力，关键要抓住弹簧的弹力的可变性，进行动态分析3在如图（a）所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器闭合电键S，将滑动变阻器的滑动触头P从最左端滑到最右端的过程中，电压表（内阻极大）的示数与电流表示数的关系图线如图（b）所示则( )A电源电动势为4伏B电源内电阻的阻值为10C定值电阻R1阻值为10D滑动变阻器R2的最大阻值为20考点：路端电压与负载的关系专题：恒定电流专题分析：由图可知两电阻串联，V测R2两端的电压；当滑片向左端滑动时，滑动变阻器接入电阻增大，则可知总电阻变化，由图象信息，只能求得电源的内阻与电阻R1的阻值之和，再由图象可求得电源的电动势，最后依据闭合电路欧姆定律，求得滑动变阻器R2的最大阻值解答：解：A、根据图象可知，电源的电动势为6V，故A错误；B、由图可知，当电压表示数为零时，求得的阻值为电源内电阻与电阻R1的之和，即为r=10，故B错误；C、由上分析可知，定值电阻R1阻值小于10；故C错误；D、当滑动变阻器的电阻最大时，对应的电压表值最大，因此滑动变阻器R2的最大阻值R=20，故D正确故选：D点评：考查路端电压与电流表的图象含义，掌握闭合电路欧姆定律的应用，理解电源的电动势与电源内阻的求法4阴极射线示波管的聚焦电场是由电极Al、A2形成，实线为电场线，虚线为等势线，Z轴为该电场的中心轴线，P、Q、R为一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，不计电子的重力，则( )A电极A1的电势高于电极A2的电势B电子在P点处的动能大于在Q点处的动能C电场中Q点的电场强度小于R点的电场强度D电子从P至R的运动过程中，电场力对它一直做正功考点：电场线；电势能；匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：沿电场线电势降低，电场强度的大小与电场线的疏密的关系；明确电子在电场中的受力特点以及电场力做功情况，从而进一步判断电势能、动能等变化情况解答：解：A、沿电场线电势降低，因此电极A1的电势低于电极A2，故A错误；B、电子从P至R的运动过程中，是由低电势向高电势运动时，电场力做正功，动能增加，电势能减小，故B错误D正确；C、等势线密的地方电场线也密，因此Q点电场线比R点电场线密，故Q点的电场强度大于R点的电场强度，因此C错误，故选：D点评：要能正确根据电场线、等势线的分布情况，判断电势、电势能、电场强度、电场力做功等物理量变化情况二、选择题（本题共3小题在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的全部选对的6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）5小球从斜轨道滑下进入竖直平面内的光滑圆轨道作圆周运动，已知圆轨道的半径为R，小球质量为m某次实验时，小球到达圆轨道最高点时的角速度=则下列说法正确的是( )A小球运动一周所用时间为B小球在最高点对轨道的作用力为0C小球在最高点对轨道的作用力为mgD小球经过最低点时速度大小为考点：动能定理；线速度、角速度和周期、转速；向心力专题：动能定理的应用专题分析：小球进入圆轨道做变速圆周运动，根据T=分析小球运动的周期根据牛顿第二定律求轨道对小球的作用力，再得到小球对轨道的作用力根据机械能守恒定律求小球经过最低点时速度大小解答：解：A、若小球以=的角速度做匀速圆周运动，其运动周期为 T=，由于小球做变速圆周运动，在最高点的速度最小，所以小球运动一周所用时间小于T=，故A错误BC、在最高点，根据牛顿第二定律得：mg+N=m2R，得 N=mg，由牛顿第三定律得小球在最高点对轨道的作用力大小N=N=mg，故B错误，C正确D、根据机械能守恒定律得：2mgR+m（R）2=，解得小球经过最低点时速度大小 v=，故D正确故选：CD点评：本题是竖直平面内的圆周运动问题，正确分析小球的受力情况，把握向心力的来源是关键要知道小球通过最高点时由合外力充当向心力6在如图所示的倾角为的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的强磁场区域，区域I的磁场方向垂直斜面向上，区域II的磁场方向垂直斜面向下，磁场和宽度HP及PN均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，t1时刻ab边刚越GH进入磁场I区域，此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动；t2时刻ab边下滑到JP与MN的中间位置，此时导线框又恰好以速度v2做匀速直线运动重力加速度为g，下列说法中正确的是( )A当ab边刚越好JP时，导线框具有加速度大小为a=gsinB导线框两次匀速直线运动的速度v1：v2=4：1C从t1到t2的过程中，导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少D从t1到t2的过程中，有+机械能转化为电能考点：法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势专题：电磁感应与电路结合分析：当ab边刚越好JP时，线框的上下两边都切割磁感线，产生感应电动势，根据法拉第定律、欧姆定律求出线圈所受的安培力的大小，根据牛顿第二定律求解加速度t1时刻ab边刚越GH进入磁场I区域，导线框以速度v1做匀速直线运动；t2时ab边下滑到JP与MN的中间位置，此时线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，则知两次匀速运动时，重力沿斜面向下的分力与安培力平衡，列式求解速度v1：v2从t1到t2过程中，线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量与动能减小量之和，根据能量守恒定律求出产生的电能解答：解：A、t1时刻，线圈做匀速直线运动，所受的安培力与重力的下滑分力平衡，则得：F1=mgsin；当ab边刚越好JP时，线圈的上下两边都切割磁感线，产生感应电动势，回路中产生的总感应电动势为 E=2BLv1，线圈所受的安培力的合力为 F=2BIL=2BL=4mgsin根据牛顿第二定律得：Fmgsin=ma，解得：a=3gsin，故A错误B、t2时刻，有安培力 F2=2BLI2=2BL=mgsin，由两式比较得，v1：v2=4：1故B正确C、从t1到t2过程中，导线框克服安培力做功的大小等于回路中产生的焦耳热，此过程中，线框的重力势能和动能均减小，根据功能关系得知，线圈克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量与动能减小量之和故C错误D、根据能量守恒定律得从t1到t2，线框中产生的电能为：E电=+故D正确故选：BD点评：本题中线框出现两次平衡状态，由E=BLv、I=、F=BIL推导安培力的表达式是关键，要注意t2时刻线框ab、cd都切割磁感线产生感应电动势，线框中总电动势为2BLv7如图所示，金属板放在垂直于它的匀强磁场中，当金属板中有电流通过时，在金属板的上表面A和下表面A之间会出现电势差，这种现象称为霍尔效应若匀强磁场的磁感应强度为B，金属板宽度为h、厚度为d，通有电流I，稳定状态时，上、下表面之间的电势差大小为U已知电流I与导体单位体积内的自由电子数n、电子电荷量e、导体横截面积S和电子定向移动速度v之间的关系为I=neSv则下列说法中正确的是( )A在上、下表面形成电势差的过程中，电子受到的洛仑兹力方向向上B达到稳定状态时，金属板上表面A的电势高于下表面A的电势C只将金属板的厚度d减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为D只将电流I减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为考点：霍尔效应及其应用分析：金属中移动的是自由电子，根据左手定则，判断出电子的偏转方向，从而得出电势的高低最终电子受电场力和洛伦兹力平衡，根据平衡求出电势差的大小解答：解：A、B、电流向右、磁场向内，根据左手定则，安培力向上；电流是电子的定向移动形成的，故洛伦兹力也向上；故上极板聚集负电荷，下极板带正电荷，故下极板电势较高；故A正确；B错误；C、D、电子最终达到平衡，有：evB=e则：U=vBh电流的微观表达式：I=nevS=nevhd则：v=，代入得：U=Bh=只将金属板的厚度d减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为2U，故C错误；只将电流I减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为，故D正确故选：AD点评：解决本题的关键会运用左手定则判断电子的偏转方向，当上下表面有电荷后，之间形成电势差，最终电荷受电场力和洛伦兹力平衡三、非选择题8如图所示是实验室使用的螺旋测微器，也叫千分尺，它是用来测量物体长度的仪器，可以精确到0.01mm下列关于螺旋测微器的操作正确的是( )A测量时，先顺时针（如图所示方向）转动旋钮D，在螺杆F快要靠近被测物体时，应改用微调旋钮H，直至棘轮发出咔咔声时停止转动B测量时，先逆时针（与图示方向相反）转动旋钮D，在螺杆F快要靠近被测物体时，应改用微调旋钮H，直至棘轮发出咔咔声时停止转动C当棘轮发出咔咔声时停止转动微调旋钮H，此时应固定旋钮G，使测杆固定后才可读数D旋钮D每转动一周，就带动测微螺杆F前进或后退0.1mm考点：螺旋测微器的使用专题：实验题分析：使用螺旋测微器时，选旋动粗调旋钮，再转到微调旋钮，最后拨动止动旋钮固定后读数解答：解：ABC、用螺旋测微器测电阻丝的直径时，先转动粗调旋钮D使测微螺杆F接近被测电阻丝，再转到微调旋钮H夹住被测物，直到棘轮发出声音为止，拨动止动旋钮G使F固定后读数，故AC正确，B错误；D、旋钮D每转动一周，就带动测微螺杆F前进或后退0.5mm，故D错误；故选：AC点评：解决本题的关键掌握螺旋测微器的工作原理，与区别与游标卡尺，同时注意D每转动一周，就带动测微螺杆F前进或后退0.5mm9在“验证机械能守恒定律”实验时，小红同学分别利用下列图甲、乙来完成实验（1）下列说法正确的是ABA图乙中改用铁夹夹住纸带的上端，避免了用手提纸带因抖动产生的误差B图甲和图乙在实验开始时都必须先接通低压交流电源，后释放纸带C图乙选用重物直接连接纸带要比图甲用夹子和重物连接纸带在下落时所受阻力更小D用公式mgh=mv2验证时，g为当地重力加速度，其数值可由纸带上的打点直接求得（2）图丙是某次实验所得到的一条点迹较为清晰的一段纸带，经过测量计算后，小红同学画出了如图丁所示的动能或重力势能随高度变化的Eh图线，则图丁中能表示动能随高度变化的曲线是图线B（选填“图线A”或“图线B”）；他所画图线选取的零势能点为图丙中打点计时器打下11点（选填“1点”或“11点”）时物体所在的位置考点：验证机械能守恒定律专题：实验题分析：（1）根据实验的原理，从减小误差的角度进行分析（2）抓住1点的动能小，重力势能大，11点的动能大，重力势能小，判断零势能点的选取，从而确定动能随h的曲线解答：解：（1）A、用夹子夹住纸带上端避免手提纸带因抖动而造成摩擦的增大，故A正确B、在实验开始时都必须先接通低压交流电源，后释放纸带故B正确C、选用重锤连接纸带要比用夹子和重物连接纸带下落时阻力小故C错误D、公式中g为当地重力加速度，其数值可查阅当地的重力加速度的数值，不能使用纸带上的打点直接求得故D错误故选：AB（2）由题意可知，1点的动能小，11点的动能大，从1点到11点动能逐渐增大，因为图线中一个能随高度的增加而增加，一个能随高度的增加而减小，知选取11点为零势能点，1点的高度大，重力势能大，动能小所以图线B是动能随高度变化的曲线同理，他所画图线选取的零势能点为图丙中打点计时器打下 11点时物体所在的位置故答案为：（1）AB，（2）图线B，11点点评：解决本题的关键掌握该实验的原理，同时还要知道利用图象处理数据可以使实验结果简单直观的展现出来10某课外物理研究学习小组准备探究一小灯泡的伏安特性，其标称功率值为0.75W，额定电压值已模糊不清他们想测定其额定电压值，于是先用欧姆表直接测出该灯泡的电阻约为2，然后根据公式计算出该灯泡的额定电压U= V=1.22V他们怀疑所得电压值不准确，于是，设计了一个电路，测量通过小灯泡的电流和它两端的电压，并根据测量数据来描绘小灯泡的UI图线，进而分析灯泡的额定电压电源采用两节干电池组成的电池组（1）请根据实验要求在答题纸上补全电路（2）在实验过程中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于右端；（填“最左”或“最右”）（3）实验共测得了以下8组数据，已在方格纸上描好了点，请在坐标纸上完成UI图象（4）由图象得出该灯泡的额定电压应为2.5V，这一结果大于1.22V，其原因是灯泡冷态电阻小于正常工作时的电阻序号电压/V电流/mA10.00020.208030.6015541.0019551.4022761.8025572.2027982.70310考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题分析：测定小灯泡的伏安特性曲线实验要求电流和电压从零调，故变阻器应用分压式接法，小灯泡电阻较电压表内阻小很多，故电流表应用外接法解答：解：（1）实验要求电流从零调可知变阻器应采用分压式接法，连线图如图所示；（2）为了保证电压从零开始调切，滑片开始时应接在最右端；（3）根据表中数据描点并用平滑曲线画的UI图象如图所示（4）由图可知当U=2.5V时的电流I=300mA，由P=UI得P=2.50.3W=0.75W，正好达到其额定功率，故小灯泡额定电压为2.5V定电压大于1.22V是因为灯泡冷态电阻小于正常工作时的电阻；故答案为：（1）如图所示；（2）右；（3）如图所示；（4）2.5；灯泡冷态电阻小于正常工作时的电阻点评：应明确：当实验要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法；电动机不转动时是纯电阻，符合欧姆定律，转动后不再是纯电阻，不再符合欧姆定律11（16分）为提高警惕保卫祖国，我国某海军进行了登陆演练如图所示，假设一艘战舰因吨位巨大，只能停锚在离海岸登陆点s=1.1km处登陆队员需要从较高的军舰甲板上，利用绳索下滑到登陆快艇上再进行登陆接近目标，若绳索两端固定好后，绳索可以近似看成与竖直方向的夹角=37的斜面队员A由静止开始匀加速滑到某最大速度，再以大小相等的加速度匀减速滑至快艇，速度刚好为零已知军舰甲板到快艇的竖直高度H=20m，在队员A开始下滑时，队员B在甲板上同时开始向快艇平抛救生圈，救生圈刚好落到快艇上如图位置，已知队员A由静止滑至快艇的时间是救生圈平抛时间的2倍重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8（人、救生圈和快艇均可视为质点，忽略空气阻力）问：（1）救生圈被抛出时的初速度v0是多大？（2）队员A在何处速度最大？最大速度vm是多大？（3）若快艇额定功率为P=5kW，载人后连同装备总质量为 M=100kg，从静止开始以额定功率向登陆点加速靠近，离登陆点s1=0.1km时刚好能达到最大速度vm=10m/s，然后减速靠岸，设快艇在水中受到的阻力恒定，求快艇加速运动的时间t考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律专题：功率的计算专题分析：（1）根据平抛运动规律与几何知识，可得高初速度；（2）由几何关系可得绳索长度，根据运动的对称性分析得出速度最大处，由位移与平均速度关系即可求解；（3）由动能定理与达到最大速度时功率与阻力的关系，可联合求得结果解答：解：（1）设救生圈做平抛运动的时间为t，有：H=Htan=v0t解得：v0=7.5m/s，t=2s（2）由几何关系，得绳索长为：设人下滑时间为t0，由题意知：t0=2t0=4s 因加速过程与减速过程的加速度大小相等，所以甲在绳索中点处速度最大由得（3）加速过程有：加速到匀速时速度为：代入数据解得：t=101s 答：（1）救生圈被抛出时的初速度v0是7.5m/s；（2）队员甲甲在绳索中点处速度最大，最大速度vm是12.5m/s；（3）快艇加速运动的时间t为101s点评：考查如何处理平抛运动的常规方法，及运动学公式，并涉及到动能定理的理解注意甲在何处速度达到最大是本题的关键之处12电磁弹射是我国最新研究的重大科技项目，原理可用下述模型说明如图甲所示，虚线MN右侧存在一个竖直向上的匀强磁场，一边长L的正方形单匝均匀金属线框abcd放在光滑水平面上，电阻为R，质量为m，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界t=0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B=kt（k为大于零的常数），同时用一水平外力使线圈处于静止状态，空气阻力忽略不计（1）判断线框中感应电流的方向（填“顺时针”或“逆时针”）（2）求线框中感应电流的大小；（3）请写出所加水平外力随时间变化的表达式；（4）若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框，在线框上加一质量为M的负载物，如图乙所示，当t=t0时撤去外力释放线框，求此时线框加速度的大小考点：法拉第电磁感应定律；电功、电功率专题：电磁感应与电路结合分析：（1）根据楞次定律分析感应电流的方向（2）根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，再由欧姆定律求感应电流（3）由F=BIL求出安培力，再由平衡条件求水平外力的大小（4）根据感应电动势与感应电流值，依据安培力表达式，及牛顿第二定律，即可求加速度解答：解：（1）由B=kt知B随时间均匀增大，穿过线框的磁通量均匀增大，由楞次定律知线框中感应电流的方向为顺时针（2）感应电动势为 E=L2=kL2；感应电流为 I=（3）由于线圈静止，则所加的水平外力与安培力平衡，有 F=BIL=ktL=t（4）n匝线框中t=0时刻产生的感应电动势 E总=nE=nkL2；线框的总电阻 R总=nR 线框中的电流 I=当t=t0时刻线框受到的安培力 F安=nB0IL=nkt0IL设线框的加速度为a，根据牛顿第二定律有 F安=（nm+M）a解得 a=答：（1）线框中感应电流的方向是顺时针（2）线框中感应电流的大小是；（3）所加水平外力随时间变化的表达式是 F=t（4）此时线框加速度的大小是 点评：此题考查法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的内容，掌握电磁感应规律与牛顿第二定律，注意安培力大小与线圈的匝数有关13“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O，外圆弧面AB的电势为2（o），内圆弧面CD的电势为，足够长的收集板MN平行边界ACDB，ACDB与MN板的距离为L假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB的粒子再次返回（1）求粒子到达O点时速度的大小；（2）如图2所示，在PQ（与ACDB重合且足够长）和收集板MN之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB圆弧面的粒子经O点进入磁场后最多有能打到MN板上，求所加磁感应强度的大小；（3）如图3所示，在PQ（与ACDB重合且足够长）和收集板MN之间区域加一个垂直MN的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小，若从AB圆弧面收集到的某粒子经O点进入电场后到达收集板MN离O点最远，求该粒子到达O点的速度的方向和它在PQ与MN间运动的时间考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）带电粒子在电场中加速过程，电场力做正功，根据动能定理求粒子到达O点时速度的大小（2）从AB圆弧面收集到的粒子有能打到MN板上，上端刚好能打到MN上的粒子与MN相切，入射的方向与OA之间的夹角为60，画出粒子的运动轨迹，得到轨迹的圆心角根据几何关系求出轨迹半径，再由牛顿第二定律和洛伦兹力公式结合求解磁感应强度（3）粒子在电场中运动的轨迹与MN相切时，切点到O点的距离最远，其运动是类平抛运动的逆过程根据运动的分解法，由分位移公式和牛顿第二定律结合解答解答：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，由动能定理得： qU=0而 U=2=解得 v=（2）从AB圆弧面收集到的粒子有能打到MN板上，则上端刚好能打到MN上的粒子与MN相切，入射的方向与OA之间的夹角为60，在磁场中的运动轨迹如图，轨迹的圆心角 =60根据几何关系可得，粒子圆周运动的轨迹半径 R=2L由洛伦兹力提供向心力得：qvB=m联立解得 B=（3）如图，粒子在电场中运动的轨迹与MN相切时，切点到O点的距离最远，其运动是类平抛运动的逆过程建立如图坐标则 L=可得 t=2Lvx=设速度与x轴方向的夹角为则 cos=解得 cos=故=60答：（1）粒子到达O点时速度的大小是（2）所加磁感应强度的大小是（3）该粒子到达O点的速度的方向与x轴正方向的夹角为60，斜向右上方，它在PQ与MN间运动的时间是2L点评：本题考查了带电粒子在电场中的加速、磁场中的偏转和电场偏转，关键作出粒子的运动轨迹，巧用逆向思维处理电场中电荷的运动问题，选择合适的力学规律进行求解