2019-2020年高三上学期第二次调研物理试卷含解析.doc

2019-2020年高三上学期第二次调研物理试卷含解析一、单选题：本题共6小题，每小题3分，满分18分每小题只有一个选项符合题意1从下列哪个物理规律可演绎出“质量是物体惯性大小的量度”这一结论（）A牛顿第一定律B牛顿第二定律C牛顿第三定律D机械能守恒定律2某种位移式传感器的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，平行金属板A、B和介质P构成电容器，在可移动介质P向右匀速移出的过程中（）A电容器的电容变大B电容器的电荷量保持不变CM点的电势比N点的电势低D流过电阻R的电流方向从M到N3如图所示，半圆形容器竖直放置，在其圆心O点分别以水平初速度v1、v2抛出两个小球（可视为质点），最终它们分别落在圆弧上的A点和B点，已知OA与OB互相垂直，且OA与竖直方向成角，则两小球的初速度之比为（）ABtanCDtan24如图所示，一只半径为R的半球形碗倒扣在水平桌面上处于静止状态，一质量为m的蚂蚁在离桌面高度R时恰能停在碗上则蚂蚁受到的最大静摩擦力大小为（）A0.6mgB0.8mgC0.4mgD0.75mg5如图所示，有一正方体空间ABCDEFGH，则下面说法正确的是（）A若只在A点放置一正点电荷，则电势差UBCUHGB若只在A点放置一正点电荷，则B、H两点的电场强度大小相等C若只在A、E两点处放置等量异种点电荷，则C、G两点的电势相等D若只在A、E两点处放置等量异种点电荷，则D、F两点的电场强度大小相等6一带电粒子在电场中仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度随时间变化的图象如图所示，tA，tB分别是带电粒子到达A、B两点对应的时刻，则下列说法中正确的是（）AA处的场强一定小于B处的场强BA处的电势一定高于B处的电势C电荷在A处的电势能一定小于在B处的电势能D电荷在A到B的过程中，电场力一定对电荷做正功二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，满分20分每题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分7如图所示，地球同步卫星P和地球导航卫星Q在同一个平面内绕地球做匀速圆周运动，下列说法中正确的有（）AP的运行周期比Q小BP的线速度比Q小CP的向心加速度比Q小D若要使Q到P的轨道上运行，应该增加它的机械能8如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）AP点电势高于Q点电势B带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大C带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大D带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大9如图所示，I为电流表示数，U为电压表示数，P为定值电阻R2消耗的功率，Q为电容器C所带的电荷量，W为电源通过电荷量q时电源做的功当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，下列图象能正确反映各物理量关系的是（）ABCD10如图所示，粗糙斜面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点现将物块拉到A点后由静止释放，物块运动到最低点B，图中B点未画出下列说法正确的是（）AB点一定在O点左下方B速度最大时，物块的位置可能在O点左下方C从A到B的过程中，物块和弹簧的总机械能一定减小D从A到B的过程中，物块减小的机械能一定等于它克服摩擦力做的功11在如图（a）所示的电路中，Rl为定值电阻，R2为滑动变阻器，电表均为理想电表闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P从最右端滑到最左端，两个电压表读数随电流表读数变化的图线如图（b）所示则（）A电源内电阻的阻值为10B电源的最大输出功率为1.8WC滑动变阻器R2的最大功率为0.9WD图线甲是电压表V2读数随电流表读数变化的图线三、简答题：本大题共2小题；共计20分请将解答填写在答题卡相应的位置12（1）用游标卡尺测量某小球直径时，为使测量爪靠近小球，应用手指推动部件（如图中“A”、“B”、“C”），并旋紧紧固螺丝再进行读数如图1是卡尺的某次测量其读数为mm（2）某同学设计了一个如图2所示的装置来测定滑块与水平木板间的动摩擦因数，其中A为滑块，B和C是钩码，个数可调A的左端与打点计时器的纸带（未画出）相连，通过打点计时器打出的纸带测出系统的加速度实验中该同学在钩码总质量（m+m=m0）保持不变的条件下，多次改变m和m的钩码个数，重复测量不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦实验中除电磁打点计时器、纸带、若干个质量均为50克的钩码、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线外，为了完成本实验，还应有A秒表 B毫米刻度尺 C天平 D低压交流电源实验中该同学得到一条较为理想的纸带，如图4所示现从清晰的O点开始，每隔4个点取一计数点（中间4个点没画出），分别记为A、B、C、D、E、F测得各计数点到OD点的距离分别为OA=1.61cm，OB=4.02cm，OC=7.26cm，OD=11.30cm，OE=16.14cm，OF=21.80cm，打点计时器打点频率为50Hz由此纸带可得到打E点时滑块的速度v=m/s，此次实验滑块的加速度a=m/s213某研究小组收集了两个电学元件：电阻R0（约为2k）和手机中的锂电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA）实验室备有如下器材：A电压表V（量程3V，电阻RV约为4.0k）B电流表A1（量程100mA，电阻RA1约为5）C电流表A2（量程2mA，电阻RA2约为50）D滑动变阻器R1（040，额定电流1A）E电阻箱R2（0999.9）F开关S一只、导线若干（1）为了测定电阻R0的阻值，小明设计了一电路，如图甲所示为其对应的实物图，图中的电流表A应选（选填“A1”或“A2”），请将实物连线补充完整（2）为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红设计了如图乙所示的电路图根据测量数据作出图象，如图丙所示若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势E=，内阻r=（用k、b和R2表示）该实验的测量值偏小，造成此系统误差主要原因是四计算或论述题：本题共4小题，共62分解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位14如图所示，斜面ABC中AB段粗糙，BC段长1.6m且光滑，质量为1kg的小物块由A处以12m/s的初速度沿斜面向上滑行，到达C处速度为零，此过程中小物块在AB段速度的变化率是BC段的2倍，两段运动时间相等，g=10m/s2，以A为零势能点，求小物块（1）通过B处的速度；（2）在C处的重力势能；（3）沿斜面下滑过程中通过BA段的时间15如图甲所示是一打桩机的简易模型质量m=1kg的物体在拉力F作用下从与钉子接触处由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，到最高点后自由下落，撞击钉子，将钉子打入一定深度物体上升过程中，机械能E与上升高度h的关系图象如图乙所示不计所有摩擦，g取10m/s2求：（1）物体上升到1m高度处的速度；（2）物体上升1m后再经多长时间才撞击钉子（结果可保留根号）；（3）物体上升到0.25m高度处拉力F的瞬时功率16如图所示，CD左侧存在场强大小为E=，方向水平向左的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的光滑绝缘小球，从底边BC长L，倾角=53的直角三角形斜面顶端A点由静止开始下滑，运动到斜面底端C点后进入一细管内（C处为一小段长度可忽略的圆弧，圆管内径略大于小球直径），恰能到达D点，随后从D离开后落回到斜面P点，重力加速度为g（sin53=0.8，cos53=0.6）（1）求DA两点间的电势UDA；（2）求圆管半径r；（3）求小球从D点运动到P点的时间t17如图所示，在xoy平面yO的区域内有沿y轴负方向的匀强电场，在yO的区域内有垂直于xoy平面向里的匀强磁场一质量为m、电荷量为q的带电粒子从坐标为（2l，l）的P点以初速度v0沿x轴负方向开始运动，恰能从坐标原点O进入磁场.不计带电粒子重力（1）求匀强电场场强的大小（2）若带电粒子每隔相同的时间以相同的速度通过O点，则磁感应强度大小B1为多少？（3）若带电粒子离开P点后只能通过O点两次，则磁感应强度大小B2为多少？xx学年江苏省盐城市射阳二中高三（上）第二次调研物理试卷参考答案与试题解析一、单选题：本题共6小题，每小题3分，满分18分每小题只有一个选项符合题意1从下列哪个物理规律可演绎出“质量是物体惯性大小的量度”这一结论（）A牛顿第一定律B牛顿第二定律C牛顿第三定律D机械能守恒定律【考点】牛顿第一定律【分析】牛顿第一运动定律，又称惯性定律，它科学地阐明了力和惯性这两个物理概念，正确地解释了力和运动状态的关系，并提出了一切物体都具有保持其运动状态不变的属性惯性，它是物理学中一条基本定律【解答】解：牛顿第一运动定律内容我为：一切物体在没有受到力的作用时，总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种运动状态；牛顿第二定律说明质量和加速度成反比关系，即质量越大，加速度越小，即速度变化较慢，所以选B，牛顿第一定律说明物体存在惯性，第二定律解释了质量是物体惯性大小的量度故选：B【点评】本题关键明确牛顿的三条运动定律的关系，其中第一定律给出了物理不受力时的运动规律，第二定律给出了加速度与力和质量的关系，第三定律是作用力与反作用力定律2某种位移式传感器的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，平行金属板A、B和介质P构成电容器，在可移动介质P向右匀速移出的过程中（）A电容器的电容变大B电容器的电荷量保持不变CM点的电势比N点的电势低D流过电阻R的电流方向从M到N【考点】电容器的动态分析【分析】根据电容的决定式C=，分析电容的变化，电容器板间电压不变，由电容的定义式C=分析电荷量的变化，即可确定流过电阻R的电流方向【解答】解：介质P向右匀速移出的过程中，根据电容的决定式C=，分析可知电容变小，而电容器的电压不变，由C=分析可知其电荷量变小，电容器处于放电状态，则流过电阻R的电流方向从M到N，M点的电势比N点的电势高，故ABC错误，D正确故选：D【点评】本题是电容器的动态分析问题，在抓住电容器电压不变的基础上，根据电容的决定式和定义式结合分析3如图所示，半圆形容器竖直放置，在其圆心O点分别以水平初速度v1、v2抛出两个小球（可视为质点），最终它们分别落在圆弧上的A点和B点，已知OA与OB互相垂直，且OA与竖直方向成角，则两小球的初速度之比为（）ABtanCDtan2【考点】平抛运动【专题】平抛运动专题【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据平抛运动水平位移和竖直位移的关系确定两小球初速度大小之比【解答】解：对于小球1，根据，解得，则对于小球2，根据，解得，则则两小球的初速度之比故C正确，A、B、D错误故选：C【点评】解决本题的关键知道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4如图所示，一只半径为R的半球形碗倒扣在水平桌面上处于静止状态，一质量为m的蚂蚁在离桌面高度R时恰能停在碗上则蚂蚁受到的最大静摩擦力大小为（）A0.6mgB0.8mgC0.4mgD0.75mg【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】蚂蚁受重力、支持力和静摩擦力处于平衡，根据平衡求出蚂蚁和碗面间的动摩擦因数【解答】解：蚂蚁受重力、支持力和摩擦力处于平衡，摩擦力与水平方向所成的夹角为，根据平衡有：f=mgsin=N=mgcos而cos=0.8所以=tan=故最大静摩擦力为：f=mgcos=0.6mg故选：A【点评】解决本题的关键是能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解5如图所示，有一正方体空间ABCDEFGH，则下面说法正确的是（）A若只在A点放置一正点电荷，则电势差UBCUHGB若只在A点放置一正点电荷，则B、H两点的电场强度大小相等C若只在A、E两点处放置等量异种点电荷，则C、G两点的电势相等D若只在A、E两点处放置等量异种点电荷，则D、F两点的电场强度大小相等【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】本题重点考查了匀强电场的理解：在匀强电场中平行且相等的线段之间电势差相等同时注意电场线和等势线是垂直的【解答】解：A、B、若A点放置一正点电荷，由图中的几何关系可知，BC之间的电场强度要大于HG之间的电场强度，结合它们与A之间的夹角关系可得电势差UBCUHG，故A错误；B、若A点放置一正点电荷，由于B与H到A的距离不相等，使用B、H两点的电场强度大小不相等故B错误；C、C、若在A、E两点处放置等量异种点电荷，则AE连线的垂直平分平面是等势面，等势面两侧的点，一定具有不同的电势，使用C、G两点的电势一定不相等故C错误；D、若在A、E两点处放置等量异种点电荷，等量异种点电荷的电场具有对称性，即上下对称，左右对称，D与H上下对称，所以电场强度大小相等；H与F相对于E点一定位于同一个等势面上，所以H与F两点的电势相等，则D、F两点的电场强度大小相等故D正确故选：D【点评】本题从比较新颖的角度考查了学生对点电荷的电场与等量异种点电荷的电场的理解，因此一定从多个角度理解匀强电场的特点，多训练以提高理解应用能力6一带电粒子在电场中仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度随时间变化的图象如图所示，tA，tB分别是带电粒子到达A、B两点对应的时刻，则下列说法中正确的是（）AA处的场强一定小于B处的场强BA处的电势一定高于B处的电势C电荷在A处的电势能一定小于在B处的电势能D电荷在A到B的过程中，电场力一定对电荷做正功【考点】电势能；动能定理的应用；电场强度；电势【专题】电场力与电势的性质专题【分析】速度图象的斜率等于加速度，由数学知识看出带电粒子的加速度减小，即可判断电场力和场强的大小因带电粒子的电性未知，无法判断电场方向，不能判断电势高低根据能量守恒判断电势能的大小，确定电场力做功正负【解答】解：A、根据速度图象的斜率等于加速度，由数学知识可以看出，从A点运动到B点的过程中带电粒子的加速度减小，则其所受的电场力减小，电场强度减小，即有A处的场强一定大于B处的场强A错误B、由于带电粒子的电性未知，无法判断电场方向，也就不能判断电势高低故B错误C、D由图看出，带电粒子的速度增大，动能增大，则由能量守恒定律得知，其电势能减小，电场力做正功故C错误，D正确故选D【点评】本题要抓住电场强度与加速度的关系：a=，即根据牛顿第二定律把握力与电场和联系，同时要掌握速度图象斜率的意义进行分析二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，满分20分每题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分7如图所示，地球同步卫星P和地球导航卫星Q在同一个平面内绕地球做匀速圆周运动，下列说法中正确的有（）AP的运行周期比Q小BP的线速度比Q小CP的向心加速度比Q小D若要使Q到P的轨道上运行，应该增加它的机械能【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【专题】人造卫星问题【分析】根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式进行讨论即可【解答】解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有F=m=m=maA、周期T=2，P的轨道半径大于Q的轨道半径，所以P的运行周期比Q大，故A错误；B、线速度v=，P的轨道半径大于Q的轨道半径，所以P的线速度比Q小，故B正确；C、加速度a=，P的轨道半径大于Q的轨道半径，所以P的向心加速度比Q小，故C正确；D、若要使Q到P的轨道上运行，需要克服引力做功，做离心运动，所以应该增加它的机械能故D正确；故选：BCD【点评】本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度、角速度和加速度的表达式，再进行讨论；除向心力外，线速度、角速度、周期和加速度均与卫星的质量无关，只与轨道半径有关8如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）AP点电势高于Q点电势B带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大C带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大D带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大【考点】等势面；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】作出电场线，根据轨迹弯曲的方向可知，负电荷受力的方向向下，电场线向上故c的电势最高；根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强小，电场力小，加速度小【解答】解：A、负电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧；作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知，电场线向上故c的电势（Q点）最高，故A错误；B、利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道P点电势能大，故B正确；C、只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和，P点电势能大，动能小故C错误；D、等差等势面的疏密可以表示电场的强弱，P处的等势面密，所以P点的电场强度大，粒子受到的电场力大，粒子的加速度大，故D正确；故选：BD【点评】根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点（电场线与等势面交点以及已知点）的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法9如图所示，I为电流表示数，U为电压表示数，P为定值电阻R2消耗的功率，Q为电容器C所带的电荷量，W为电源通过电荷量q时电源做的功当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，下列图象能正确反映各物理量关系的是（）ABCD【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，分别得到各个量的表达式，再进行分析【解答】解：A、当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，R2消耗的功率为 P=I2R，PI2，故A正确B、电容器C的电压UC=EI（R2+r），电荷量Q=CUC=CEI（R2+r），则=C（R2+r），保持不变，则QI图象是向下倾斜的直线，故B正确C、电压表示数 U=EIr，UI图象应是向下倾斜的直线，故C错误D、电源通过电荷量q时电源做的功 W=qE，E是电源的电动势，则WI是过原点的直线，故D错误故选：AB【点评】根据物理规律得到解析式，再分析图象的形状和物理意义是常用的方法10如图所示，粗糙斜面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点现将物块拉到A点后由静止释放，物块运动到最低点B，图中B点未画出下列说法正确的是（）AB点一定在O点左下方B速度最大时，物块的位置可能在O点左下方C从A到B的过程中，物块和弹簧的总机械能一定减小D从A到B的过程中，物块减小的机械能一定等于它克服摩擦力做的功【考点】功能关系；机械能守恒定律【专题】功能关系 能量守恒定律【分析】物体从A向B运动过程，受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦力，当平衡时速度最大；重力势能、弹性势能、动能和内能之和守恒【解答】解：A、弹簧处于自然长度时物块处于O点，所以在O点，弹簧弹力为零，物体从A向B运动过程，受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦力，当平衡时速度最大，由于摩擦力平行斜面向上，所以当弹力和重力沿斜面的分量等于摩擦力时，速度最大，此时弹簧处于伸长状态，所以速度最大时，物块的位置在O点上方，而B点速度为零，由于不知道滑动摩擦力的具体大小，所以无法判断B点在O点的上方还是下方，故A错误；B、重力的下滑分力可以大于摩擦力若mgsinf，所以当弹力和重力沿斜面的分量等于摩擦力时，速度最大，此时弹簧处于伸长状态，所以速度最大时，物块的位置在O点上方，若mgsinf，所以当重力沿斜面的分量等于摩擦力和弹簧弹力时，速度最大，此时弹簧处于压缩状态，所以速度最大时，物块的位置在O点下方，故B正确C、从A到B的过程中，滑动摩擦力一直做负功，故物块和弹簧组成的系统机械能减小，故C正确；D、从A到B的过程中，根据能量守恒定律，物块减小的机械能等于弹性势能的减小量和克服摩擦力做的功之和，若弹簧的弹性势能增加时，则物块减小的机械能大于它克服摩擦力做的功，故D错误故选：BC【点评】该题中，由于摩擦力的不确定性，使得题目的难度增加，解答本题关键是明确物体的受力情况、运动情况和系统的能量转化情况，知道在平衡点动能最大，难度适中11在如图（a）所示的电路中，Rl为定值电阻，R2为滑动变阻器，电表均为理想电表闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P从最右端滑到最左端，两个电压表读数随电流表读数变化的图线如图（b）所示则（）A电源内电阻的阻值为10B电源的最大输出功率为1.8WC滑动变阻器R2的最大功率为0.9WD图线甲是电压表V2读数随电流表读数变化的图线【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】将滑动变阻器的滑片P从最右端移到最左端，接入电路的电阻减小，分析电路中电流的变化，确定两个电压表读数的变化，判断图线与电压表示数的对应关系；根据闭合电路欧姆定律求解电源的内电阻和电动势由图线的斜率求解R1的阻值，将Rl看成电源的内阻，当等效电源的内外电阻相等时，滑动变阻器R2的功率最大【解答】解：AD、将滑动变阻器的滑片P从最右端移到最左端，接入电路的电阻减小，电路中的电流增大，R1的电压和电源的内电压增大，则R2的电压减小，所以电压表V1的示数增大，电压表V2的示数减小，可知图线乙反映的是电压表V1的示数随电流的变化，图线甲反映的是电压表V2的示数随电流的变化根据闭合电路欧姆定律得： 电压表V2的示数 U2=EI（R1+r） 由图线甲的斜率大小等于R1+r，由图知：R1+r=10 图线的斜率等于R1，则R1=5 则得：r=5，故A错误，D正确B、由甲图知：I=0.2A时，U2=4V，则电源的电动势为 E=U2+I（R1+r）=4+0.2（5+5）=6V当R1+R2=r时电源的输出功率最大，则电源的最大输出功率为 Pm=W=1.8W，故B正确C、将Rl看成电源的内阻，当R1+r=R2时，滑动变阻器R2的功率最大，为 PmR2=W=0.9W，故D正确故选：Bcd【点评】本题关键：一是分析电路图，确认电路组成、连接方式、三电表的测量对象，能从图象上得到相关信息二能运用等效思维求解滑动变阻器R2的最大功率三、简答题：本大题共2小题；共计20分请将解答填写在答题卡相应的位置12（1）用游标卡尺测量某小球直径时，为使测量爪靠近小球，应用手指推动部件（如图中“A”、“B”、“C”），并旋紧紧固螺丝再进行读数如图1是卡尺的某次测量其读数为10.30mm（2）某同学设计了一个如图2所示的装置来测定滑块与水平木板间的动摩擦因数，其中A为滑块，B和C是钩码，个数可调A的左端与打点计时器的纸带（未画出）相连，通过打点计时器打出的纸带测出系统的加速度实验中该同学在钩码总质量（m+m=m0）保持不变的条件下，多次改变m和m的钩码个数，重复测量不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦实验中除电磁打点计时器、纸带、若干个质量均为50克的钩码、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线外，为了完成本实验，还应有BDA秒表 B毫米刻度尺 C天平 D低压交流电源实验中该同学得到一条较为理想的纸带，如图4所示现从清晰的O点开始，每隔4个点取一计数点（中间4个点没画出），分别记为A、B、C、D、E、F测得各计数点到OD点的距离分别为OA=1.61cm，OB=4.02cm，OC=7.26cm，OD=11.30cm，OE=16.14cm，OF=21.80cm，打点计时器打点频率为50Hz由此纸带可得到打E点时滑块的速度v=0.53m/s，此次实验滑块的加速度a=0.81m/s2【考点】探究影响摩擦力的大小的因素【专题】实验题；定量思想；实验分析法；牛顿运动定律综合专题【分析】（1）先读主尺，再观察卡尺哪根对齐，再乘以精确度0.05mm，最后读数为这两数之和；（2）实验器材的选择要看我们需要测量哪些物理量再去选择；利用纸带问题的处理方法计算E点速度，以及滑块的加速度；根据图象，由牛顿第二定律求出动摩擦因数【解答】解：（1）主尺读数是10mm，卡尺第6根与主尺对齐，则60.05mm=0.30mm，最后读数为10mm+0.30mm=10.30mm；（2）实验后，要测量纸带各点之间距离，因此实验器材还需要毫米刻度尺，另外电磁打点计时器需要接低压交流电源，因此还应有的器材是BD；E点速度为DF的平均速度，则，滑块的加速度由图象可知，当m为0时，a=3m/s，即f=mg=ma，解得=0.30故答案为：（1）10.30 （2）BD； 0.53； 0.81； 0.30【点评】游标卡尺读数要注意书写时的有效数字的位数，测定摩擦力大小因素的实验，主要时利用处理纸带问题的方法，难度不大13某研究小组收集了两个电学元件：电阻R0（约为2k）和手机中的锂电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA）实验室备有如下器材：A电压表V（量程3V，电阻RV约为4.0k）B电流表A1（量程100mA，电阻RA1约为5）C电流表A2（量程2mA，电阻RA2约为50）D滑动变阻器R1（040，额定电流1A）E电阻箱R2（0999.9）F开关S一只、导线若干（1）为了测定电阻R0的阻值，小明设计了一电路，如图甲所示为其对应的实物图，图中的电流表A应选A2（选填“A1”或“A2”），请将实物连线补充完整（2）为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红设计了如图乙所示的电路图根据测量数据作出图象，如图丙所示若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势E=，内阻r=（用k、b和R2表示）该实验的测量值偏小，造成此系统误差主要原因是电压表分流【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）根据通过待测电阻的最大电流选择电流表；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，根据待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法；根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，然后连接实物电路图（2）由闭合电路的欧姆定律求出与的关系式，根据该关系式求出电源的电动势与内阻；由于电压表的分流作用使测量值偏小【解答】解：（1）电压表量程是3V，通过待测电阻的最大电流I=0.0015A=1.5mA，因此电流表应选电流表A2（量程2mA，电阻RA2约为50）；待测电阻R0阻值约为2k，滑动变阻器R1（040，额定电流1A）与电阻箱R2（0999.9）最大阻值均小于待测电阻阻值，变阻器采用限流接法时待测电阻电压与电流变化范围较小，不能测多组实验数据，为测多组实验数据，减小实验误差，滑动变阻器应采用分压接法； =40， =2，电流表应该采用内接法，实物电路图如图所示（2）由图乙所示电路可知，E=U+Ir=U+r，则=+，因此图象的纵轴截距b=，电动势E=，图象的斜率k=，则电源内阻r=kE=；由图乙所示可知，由于电压表分流，使实验的测量值偏小故答案为：（1）A2；电路图如图所示；（2）；电压表的分流【点评】根据待测电阻与滑动变阻器阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻阻值与电表内阻间的关系确定电流表的接法是正确连接实物电路图的前提与关键四计算或论述题：本题共4小题，共62分解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位14如图所示，斜面ABC中AB段粗糙，BC段长1.6m且光滑，质量为1kg的小物块由A处以12m/s的初速度沿斜面向上滑行，到达C处速度为零，此过程中小物块在AB段速度的变化率是BC段的2倍，两段运动时间相等，g=10m/s2，以A为零势能点，求小物块（1）通过B处的速度；（2）在C处的重力势能；（3）沿斜面下滑过程中通过BA段的时间【考点】动能定理的应用；牛顿运动定律的综合应用【专题】动能定理的应用专题【分析】根据运动学公式以及在AB段和BC段加速度的关系，求出通过B处的速度；根据动能定理求出C处的重力势能；由运动学公式求出沿斜面下滑过程中通过BA段的时间【解答】解：（1）设物体在AB段加速度大小为a1，BC段加速度大小为a2由于a1=2a2t1=t2=vB=4m/s（2）由题意分析可知，滑动摩擦力与重力沿斜面向下的分力大小相等，从A到B，根据动能定理：Wf+WG=mvB2mvA2解得，Wf=32J从A到C，根据动能定理，则有：Wfmgh=0mvA2解得：mgh=40J；因此，EPC=mgh=40J（3）在上滑AB段：vA2vB2=2a1LAB在上滑BC段：vB2=2a2LBC得：LAB=6.4m物体下滑通过BA段做匀速运动：t=得t=1.6s答：（1）通过B处的速度为4m/s；（2）在C处的重力势能为40J；（3）沿斜面下滑过程中通过BA段的时间为1.6s【点评】本题考查了运动学公式和动能定理以及牛顿第二定律的应用，动能定理和牛顿第二定律的应用仍然是以分析受力情况为基础的15如图甲所示是一打桩机的简易模型质量m=1kg的物体在拉力F作用下从与钉子接触处由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，到最高点后自由下落，撞击钉子，将钉子打入一定深度物体上升过程中，机械能E与上升高度h的关系图象如图乙所示不计所有摩擦，g取10m/s2求：（1）物体上升到1m高度处的速度；（2）物体上升1m后再经多长时间才撞击钉子（结果可保留根号）；（3）物体上升到0.25m高度处拉力F的瞬时功率【考点】功能关系；牛顿第二定律；机械能守恒定律【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】（1）由图读出1m高度处的机械能，而动能与势能之和是物体的机械能，即可求得速度（2）由图2所示图象可以求出物体上升1m时物体的速度，撤去拉力后物体做匀减速直线运动，由匀变速运动的速度公式可以求出撞击钉子所需时间（3）求出高度为0.25m时物体的速度及拉力大小，然后由P=Fv可以求出拉力的功率【解答】解：（1）设物体上升到h1=1m处的速度为v1，由图乙知， mgh1+=12J解得，v1=2m/s（2）由图乙知，物体上升到h1=1m后机械能守恒撤去拉力后，物体匀减速上升，至最高点后再自由下落设物体上升1m后再经时间t才撞击钉子，则h1=v1tgt2，解得t=；（3）由功能关系可得：Fh=E，物体上升h1=1m时，E=12J，则拉力F=12N；由牛顿第二定律可得：Fmg=ma，由匀变速运动的速度位移公式可得：v220=2ah2，h2=0.25m，此时拉力的瞬时功率P=Fv2，解得P=12W；答：（1）物体上升到1m高度处的速度是2m/s；（2）物体上升1m后再经时间才撞击钉子；（3）物体上升到0.25m高度处拉力F的瞬时功率是12W【点评】物体动能与势能之和是物体的机械能，分析清楚图象，应用牛顿第二定律、运动学公式、功率公式等知识即可正确解题16如图所示，CD左侧存在场强大小为E=，方向水平向左的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的光滑绝缘小球，从底边BC长L，倾角=53的直角三角形斜面顶端A点由静止开始下滑，运动到斜面底端C点后进入一细管内（C处为一小段长度可忽略的圆弧，圆管内径略大于小球直径），恰能到达D点，随后从D离开后落回到斜面P点，重力加速度为g（sin53=0.8，cos53=0.6）（1）求DA两点间的电势UDA；（2）求圆管半径r；（3）求小球从D点运动到P点的时间t【考点】动能定理的应用；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）有电势差和场强的关系求解（2）根据圆周运动的临界问题和动能定理求解半径即可（3）离开圆管后，有小球的受力结合运动学知识求解【解答】解：（1）有电势差和场强的关系：u=Ed可知：，（2）小球恰好经过D点，则小球在D点的速度为0，有动能定理可知：mgLtan53EqLmg2r=00，解得：r=，（3）小球离开D点后，水平方向和竖直方向上受力大小相等，大小均为mg，故水平位移为，竖直位移也为x，轨迹与竖直方向夹角为45，故根据几何关系可得： tan53，带入数据得： tan53，解得：t=答：（1）求DA两点间的电势UDA为；（2）求圆管半径r为；（3）求小球从D点运动到P点的时间t为【点评】针对具体的题目，分清物体的受力及运动过程，合理的采用动能定理以及各个物理量之间的几何关系17如图所示，在xoy平面yO的区域内有沿y轴负方向的匀强电场，在yO的区域内有垂直于xoy平面向里的匀强磁场一质量为m、电荷量为q的带电粒子从坐标为（2l，l）的P点以初速度v0沿x轴负方向开始运动，恰能从坐标原点O进入磁场.不计带电粒子重力（1）求匀强电场场强的大小（2）若带电粒子每隔相同的时间以相同的速度通过O点，则磁感应强度大小B1为多少？（3）若带电粒子离开P点后只能通过O点两次，则磁感应强度大小B2为多少？【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）带电粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律求解出匀强电场场强的大小（2）由几何关系和对称性，确定粒子圆周运动的半径，然后由牛顿第二定律求出B1（2）要使粒子经过O点，则需满足：ns=r2（n=1，2，3），然后由牛顿第二定律求B2；【解答】解：（1）带电粒子在电场中做类平拋运动水平方向上：x=2l=v0t 竖直方向上：y=l=化简可得 E=（2）根据类平抛运动 vy=at=可得 vy=v0，=45 v=在磁场中，有 qvB1=m由几何关系得 2r1sin=4l联立解得 B1=（3）带电粒子从O点进入磁场后做半径为r2的匀速圆周运动，设粒子连续两次进入磁场位置间的距离为s，由对称性和几何关系知：s=4lr2要使粒子经过O点，则需满足：ns=r2（n=1，2，3）由qvB2=m，解得：B2=（n=1，2，3）答：（1）匀强电场场强的大小为（2）若带电粒子每隔相同的时间以相同的速度通过O点，则磁感应强度大小B1为B1（3）若带电粒子离开P点后只能通过O点两次，则磁感应强度大小B2为（n=1，2，3）【点评】本题考查带电粒子在复合场中的运动，综合性较强，对学生能力的要求较高，关键要理清带电粒子的运动规律