2019-2020年高三物理上学期第四次调考试卷（含解析）.doc

2019-2020年高三物理上学期第四次调考试卷（含解析）一、选择题（每题所给出的四个选项中至少有一个是正确的，每题4分，选对但选不全得2分，选错或不选得0分，共52分，答案请涂在答题卡上）1石块M自塔顶自由落下m米时，石块N自塔顶n米处自由落下，两石块同时到达地面，则塔高为（） A m+n B C D 2一条宽为L的河流，河水流速为v1，船在静水中的速度为v2，v1、v2均不等于零设船头的指向与上游河岸的夹角为，要使船划到对岸时航程最短，则可能满足（） A sin= B tan= C cos= D cos=3如图所示，质量为m2的物体，放在沿平直轨道向左行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑的定滑轮连接质量为m1的物体当车向左加速运动时，与物体m1相连接的绳与竖直方向成角，m2与车厢相对静止则（） A 车厢的加速度为gsin B 绳对物体m1的拉力为 C 底板对物体m2的支持力为（m2m1）g D 物体m2所受底板的摩擦力为m2gtan4人类对自己赖以生存的地球的研究，是一个永恒的主题我国南极科学考察队存地球的南极用弹簧测力计称得某物体重为P，在回国途经赤道时用弹簧测力计称得同一物体重为0.9P若已知地球自转周期为T，万有引力常量为G，假设地球是质量均匀分布的球体，则由以上物理量可以求得（） A 物体的质量m B 球的半径R C 地球的质量M D 地球的密度5ab是长为l的均匀带电绝缘细杆，P1、P2是位于ab所在直线上的两点，位置如图所示ab上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为E2若将绝缘细杆的右边截掉并移走（左边电量、位置不变），则P2处的场强大小为（） A B E2E1 C E1 D E1+6如图，在光滑绝缘的水平桌面上方固定着电荷量大小相等的两个点电荷，一个带电小球（可视为点电荷）恰好围绕O点在桌面上做匀速圆周运动已知O、q1、q2在同一竖直线上，下列判断正确的是（） A q1、q2为异种电荷 B 圆轨道上的电场强度处处相同 C 圆轨道上的电势处处相等 D 点电荷q1对小球的静电力是吸引力7两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则（） A A、N点的电场强度大小为零 B 将一正点电荷放在x轴负半轴，它将一直做加速运动 C NC间场强方向向x轴正方向 D 将一负点电荷从N点移动到D点，电场力先做正功后做负功8如图所示，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板之间等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最后都能打在右极板上的同一点则从开始释放到打到右极板的过程中（） A 它们的运行时间tPtQ B 它们的电荷量之比qP：qQ=2：1 C 它们的动能增加量之比EkP：EkQ=4：1 D 它们的电势能减少量之比EP：EQ=2：19质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在ts末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过ts小球又回到A点不计空气阻力且小球从未落地，则（） A 整个过程中小球电势能减少了mg2t2 B 整个过程中小球速度变化量为4gt C 从加电场开始到小球运动到最低点时小球的动能减少了mg2t2 D 从A点到最低点小球重力势能减少了mg2t210如图所示，一平行板电容器C，极板是水平放置的，它和三个可变电阻、一个零刻度在中央的灵敏电流计（左进左偏）和电源连成电路，现有一个质量为m的带电油滴悬浮在两极板间不动，则下列判断正确的是（） A 增大R3，油滴上升 B 增大电容器板间距离的过程中，电流计指针右偏 C 增大R1，R1中电流的变化值大于R3中电流的变化值 D 增大R1，R1两端电压的变化值大于R3两端电压的变化值11汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10A，电动机启动时电流表读数为58A，若电源电动势为12.5V，内阻为0.05，电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了（） A 35.8W B 43.2W C 48.2W D 76.8W12在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用IU1U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用IU1U2和U3表示下列比值正确的是（） A U1：I不变，U1：I不变 B U2：I变大，U2：I变大 C U2：I变大，U2：I不变 D U3：I变大，U3：I不变13如图所示，水平面上放置一半径为R的光滑圆弧槽，在槽内有两个质量分别为m、3m的小球A和B，它们半径均为，平衡时槽面圆心O与球A的球心连线与竖直方向夹角为，则下列关系式正确的有（） A tan= B tan=2 C sin= D tan=二、实验题（本题共两小题，14题2分，15题12分；答案请写在答题卷上）14在验证牛顿第二定律的实验中，甲、乙、丙、丁四个实验小组根据实验数据画出的图象分别如下对于这四个图象，分析正确的是（） A 甲平衡摩擦过度 B 乙平衡摩擦过度 C 丙图象最后不沿直线是因为小车质量太大了 D 丁图象最后不沿直线是因为不满足mM的条件15某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，部分步骤如下：（1）分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数分别如图甲、乙所示，长度为cm，直径为mm为精确的测量其电阻，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻Rx（约320）；电流表A1（量程015mA，内阻约30）；电流表A2（量程03mA，内阻约50）；电压表V1（量程03V，内阻约10K）；电压表V2（量程015V，内阻约25K）；直流电源E（电动势4V，内阻不计）；滑动变阻器R1（阻值范围015）；滑动变阻器R2（阻值范围0100）；开关S；导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，则电流表应选，电压表应选，滑动变阻器应选，（均选填器材代号）（3）正确选择合适的仪器后请在图丙虚线框内画出测量用的正确电路图三、计算题（本题共3小题、34分；16题9分，17题12分，18题13分）16如图所示，半径为R的光滑半圆环轨道与高为10R的光滑斜轨道放在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡在水平轨道上，轻质弹簧被a、b两小球挤压，处于静止状态同时释放两个小球，a球恰好能通过圆环轨道最高点A，b球恰好能到达斜轨道的最高点B已知a球质量为m，重力加速度为g求：（1）a球释放时的速度大小；b球释放时的速度大小；（3）释放小球前弹簧的弹性势能17如图所示，虚线MN下方存在竖直向上的匀强电场，场强E=2103V/m，电场区域上方有一竖直放置长为l=0.5m的轻质绝缘细杆，细杆的上下两端分别固定一个带电小球A、B，它们的质量均为m=0.01kg，A带正电，电量为q1=2.5104C；B带负电，电荷量q2=5105C，B到MN的距离h=0.05m现将轻杆由静止释放（g取10m/s2），求：（1）小球B刚进入匀强电场后的加速度大小从开始运动到A刚要进入匀强电场过程的时间（3）小球B向下运动离M、N的最大距离18如图（1）所示，真空中足够大的两个互相平行的金属板a、b之间的距离为d，两板之间的电压按图所示的规律做周期性的变化（当a比b电势高时，电压为正，当a比b电势低时，电压为负），其电压变化周期为T在t=0时刻，一个带正电荷的粒子（重力不计）在电场力的作用下，从a板的小孔中由静止开始向b板运动，当t=T时刻刚好到达b板（图和题中，d、T为已知，U为未知）则：（1）粒子在两板之间运动的加速度大小为多少？如果该粒子是在t=时刻才从小孔由静止开始运动，则：粒子在两板之间运动一个周期T后它将运动到距a板多远的地方？（3）在第问的情况下，粒子在两板之间运动多长时间，才能到达b板？河南省郑州四中高三上学期第四次调考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题所给出的四个选项中至少有一个是正确的，每题4分，选对但选不全得2分，选错或不选得0分，共52分，答案请涂在答题卡上）1石块M自塔顶自由落下m米时，石块N自塔顶n米处自由落下，两石块同时到达地面，则塔高为（） A m+n B C D 考点： 自由落体运动专题： 自由落体运动专题分析： 设塔高为h，石块M下落时间为t，根据自由落体运动位移时间公式求出M、N运动的时间，而M、N运动时间相等，从而求出塔高解答： 解：设塔高为h，石N下落时间为t，对N 有 hn=解得：t=石块M下落的时间为 t=M、N下落时间相同，可得h=故选：D点评： 解决本题的关键掌握自由落体运动的位移时间公式h=，以及抓住两石块同时落地2一条宽为L的河流，河水流速为v1，船在静水中的速度为v2，v1、v2均不等于零设船头的指向与上游河岸的夹角为，要使船划到对岸时航程最短，则可能满足（） A sin= B tan= C cos= D cos=考点： 运动的合成和分解专题： 运动的合成和分解专题分析： 将船在静水中的速度与水流速度比较，当大于水流速度时，船的合速度垂直河岸时，航程最短，当小于水流速度时，船的合速度垂直与船在静水中的速度，根据力的平行四形定则，结合数学知识，即可求解解答： 解：由题意可知，当船在静水中的速度大于河水流速，即v2v1时，船的合速度垂直河岸，航程最短，如图所示，则有：cos=；当船在静水中的速度小于河水流速，即v2v1时，船的合速度垂直船的速度，航程最短，如图所示，则有：cos=；故CD正确，AB错误；故选：CD点评： 考查运动的合成与分解的应用，掌握力的平行四边形定则的内容，注意比较船在静水中的速度与水流速度的关系，是解题的关键3如图所示，质量为m2的物体，放在沿平直轨道向左行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑的定滑轮连接质量为m1的物体当车向左加速运动时，与物体m1相连接的绳与竖直方向成角，m2与车厢相对静止则（） A 车厢的加速度为gsin B 绳对物体m1的拉力为 C 底板对物体m2的支持力为（m2m1）g D 物体m2所受底板的摩擦力为m2gtan考点： 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用专题： 牛顿运动定律综合专题分析： 先以物体1为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律求出其加速度和绳的拉力再对物体2研究，由牛顿第二定律求出支持力和摩擦力解答： 解：A、B以物体1为研究对象，分析受力情况如图1：重力m1g和拉力T，根据牛顿第二定律得 m1gtan=m1a，得a=gtan，则车厢的加速度也为gtan T=故A错误，B正确 C、D对物体2研究，分析受力如图2，根据牛顿第二定律得：N=m2gT=，f=m2a=m2gtan故C错误，D正确 故选BD 点评： 本题要抓住两个物体与车厢的加速度相同，采用隔离法研究，分别运用合成法和正交分解法处理4人类对自己赖以生存的地球的研究，是一个永恒的主题我国南极科学考察队存地球的南极用弹簧测力计称得某物体重为P，在回国途经赤道时用弹簧测力计称得同一物体重为0.9P若已知地球自转周期为T，万有引力常量为G，假设地球是质量均匀分布的球体，则由以上物理量可以求得（） A 物体的质量m B 球的半径R C 地球的质量M D 地球的密度考点： 万有引力定律及其应用专题： 万有引力定律的应用专题分析： 两极处的万有引力等于物体的重力，赤道处的重力等于万有引力与物体绕地球自转所需的向心力之差，结合万有引力定律公式列式求解即可解答： 解：因为两极处的万有引力等于物体的重力，故：P=由于赤道处的向心力等于万有引力与物体在赤道处的重力之差，故：P0.9P=m（）2R故：M=A、物体的质量是任意的，故无法求解出，故A错误；B、C、由于不知道地球半径，故无法求解地球的质量，故BC均错误；D、地球密度：，故D正确；故选：D点评： 本题关键是明确：赤道位置万有引力等于重力和向心力之和，然后结合万有引力定律公式列式求解5ab是长为l的均匀带电绝缘细杆，P1、P2是位于ab所在直线上的两点，位置如图所示ab上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为E2若将绝缘细杆的右边截掉并移走（左边电量、位置不变），则P2处的场强大小为（） A B E2E1 C E1 D E1+考点： 电场的叠加分析： 由于细杆均匀带电，我们取a关于P1的对称点a，则a与a关于P1点的电场互相抵消，整个杆对于P1点的电场，仅仅相对于ab部分对于P1的产生电场而对于P2，却是整个杆都对其有作用，所以，P2点的场强大解答： 解：将均匀带电细杆等分为很多段，每段可看作点电荷设细杆带正电根据场的叠加，这些点电荷在P1的合场强方向向左，在P2的合场强方向向右，由题意可知，右半边的电荷在P2处的电场强度为E1，而整个杆电荷在P2处的电场强度为E2，则左半边杆的电荷在P2处的电场强度为E2E1故答案为：E2E1点评： 因为只学过点电荷的电场或者匀强电场，而对于杆产生的电场却没有学过，因而需要将杆看成是由若干个点构成，再进行矢量合成同时考查电场强度的叠加6如图，在光滑绝缘的水平桌面上方固定着电荷量大小相等的两个点电荷，一个带电小球（可视为点电荷）恰好围绕O点在桌面上做匀速圆周运动已知O、q1、q2在同一竖直线上，下列判断正确的是（） A q1、q2为异种电荷 B 圆轨道上的电场强度处处相同 C 圆轨道上的电势处处相等 D 点电荷q1对小球的静电力是吸引力考点： 电场线分析： 根据电场中等势面分布的对称性可分析出圆轨道上电势情况；根据电场线的分布情况，分析电场强度的关系，电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时，电场强度才相同带电小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，分析两个电荷的电性和q1对小球的库仑力解答： 解：A、带电小球（可视为点电荷）恰好围绕O点在桌面上做匀速圆周运动，说明小球受到的重力与电场力的合力提供向心力，所以电场力的方向斜向上，但是不能确定两个点电荷是否是异种电荷，或是同种电荷故A错误；B、由题意，根据电场线的分布情况可知：圆轨道上电场线疏密处处相同，电场强度的大小处处相等，但方向不同，所以电场强度不相同故B错误；C、根据两个点电荷q1、q2电场中等势面分布的对称性可知，圆轨道上的电势处处相等，故C正确D、带电小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，由于两个电荷的电荷量相等，q1离带电小球比q2近，库仑力较大，水平方向的分力较大，则q1对小球的库仑力必定是吸引力，小球所受两个电荷的库仑力的合外力指向圆心的分力提供向心力，由于q1对带电小球的库仑力较大，水平方向的分力较大，q1、q2可能为异种电荷，则q2对小球的库仑力可能是斥力，故D正确故选：CD点评： 本题要抓住电场线和等势线分布的对称性分析场强和电势的关系，知道匀速圆周运动的向心力同由合外力提供，运用动力学的方法分析向心力的来源7两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则（） A A、N点的电场强度大小为零 B 将一正点电荷放在x轴负半轴，它将一直做加速运动 C NC间场强方向向x轴正方向 D 将一负点电荷从N点移动到D点，电场力先做正功后做负功考点： 电势差与电场强度的关系；电势专题： 电场力与电势的性质专题分析： x图象的斜率等于电场强度E根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性根据功能关系分析电场力做功的正负解答： 解：A、x图象的斜率等于电场强度E，图线在A、N两点处的斜率都不等于0，则知N、A两点的场强均不为零，故A错误B、根据图象，结合矢量的叠加可知，x轴负半轴的电场强度方向指向x轴的负方向，所以若将一正点电荷放在x轴负半轴，则电场力指向x轴负方向，因此电场力与速度方向相同，导致一直做加速运动，故B正确；C、由图可知：从N到C，电势升高，根据顺着电场线电势降低可知，NC间电场强度方向沿x轴负方向故C错误D、ND段中，电势先高升后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功故D正确；故选：BD点评： 电势为零处，电场强度不一定为零电荷在电场中与电势的乘积为电势能电场力做功的正负决定电势能的增加与否8如图所示，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板之间等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最后都能打在右极板上的同一点则从开始释放到打到右极板的过程中（） A 它们的运行时间tPtQ B 它们的电荷量之比qP：qQ=2：1 C 它们的动能增加量之比EkP：EkQ=4：1 D 它们的电势能减少量之比EP：EQ=2：1考点： 带电粒子在混合场中的运动；电势能；带电粒子在匀强电场中的运动分析： 两小球在电场中均受到重力和电场力作用，两小球均沿图所示的虚线做初速度为零的匀加速直线运动； 把运动沿水平和竖直方向进行分解，在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向均做初速度为零的匀加速直线运动因在竖直方向上位移相同，所以两球运动时间相同，从而判断出在水平方向上的加速度的关系和电场力的关系，结合能量的转化和守恒及运动学公式可判断个选项的正误解答： 解：两个带电小球分别沿着虚线做初速度为零的匀加速直线运动，把运动沿水平方向和竖直方向进行分解，在竖直方向上两球均做自由落体运动，在水平方向上均做初速度为零的匀加速直线运动由于两小球打在同一个点，所以在竖直方向做自由落体的时间是相同的，所以选项A错误根据分运动的等时性，沿电场方向加速时间也相等，由可得P、Q两球的水平加速度为2倍关系；由可知，带电量也为2倍关系选项B正确在水平方向上，根据公式可知两球的加速度关系为aP=2aQ，由F=ma可得电场力有关系Fp=2FQ，而水平方向Sp=2SQ，由功的公式知，电场力对两球做功有关系Wp=4WQ，所以电势能变化是4倍的关系在竖直方向上重力做功相等，所以两球合力做功并不是4倍关系可知C、D错误故选B点评： 该题考察了带电粒子在平行板电容器中的运动，本题关键将两个小球的运动分解为水平方向和竖直方向的分运动，然后结合运动学公式、牛顿运动定律和能量列式分析9质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在ts末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过ts小球又回到A点不计空气阻力且小球从未落地，则（） A 整个过程中小球电势能减少了mg2t2 B 整个过程中小球速度变化量为4gt C 从加电场开始到小球运动到最低点时小球的动能减少了mg2t2 D 从A点到最低点小球重力势能减少了mg2t2考点： 动能定理的应用；电势能专题： 动能定理的应用专题分析： 分析小球的运动情况：小球先做自由落体运动，加上匀强电场后小球先向下做匀减速运动，后向上做匀加速运动由运动学公式求出t秒末速度大小，加上电场后小球运动，看成一种匀减速运动，自由落体运动的位移与这个匀减速运动的位移大小相等、方向相反，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求电场强度，由W=qEd求得电场力做功，即可得到电势能的变化由动能定理得求出A点到最低点的高度，得到重力势能的减小量解答： 解：A、B、小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，则有：gt2=（vtat2）又v=gt解得a=3g，则小球回到A点时的速度为：v=vat=2gt整个过程中小球速度增量的大小为：v=vv=3gt，速度增量的大小为3gt由牛顿第二定律得：a=，联立解得，qE=4mg小球电势能减少=qEgt2=2mg2t2故A错误，B错误；C、D、设从A点到最低点的高度为h，根据动能定理得：mghqE（hgt2）=0解得：h=gt2从A点到最低点小球重力势能减少了Ep=mgh=mg2t2从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了Ek=m（gt）2故C错误，D正确；故选：D点评： 本题首先要分析小球的运动过程，采用整体法研究匀减速运动过程，抓住两个过程之间的联系：位移大小相等、方向相反，运用牛顿第二定律、运动学规律和动能定理结合进行研究10如图所示，一平行板电容器C，极板是水平放置的，它和三个可变电阻、一个零刻度在中央的灵敏电流计（左进左偏）和电源连成电路，现有一个质量为m的带电油滴悬浮在两极板间不动，则下列判断正确的是（） A 增大R3，油滴上升 B 增大电容器板间距离的过程中，电流计指针右偏 C 增大R1，R1中电流的变化值大于R3中电流的变化值 D 增大R1，R1两端电压的变化值大于R3两端电压的变化值考点： 闭合电路的欧姆定律；电容专题： 恒定电流专题分析： 电路稳定时，平行板电容器C的电压等于R1、R2并联电压减小电容器板间距离，电容增大，电容器充电，电流计指针转动增大R1，外电路电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化和R1的电流变化，判断R1中电流的变化值与R3中电流的变化值的大小及电压变化量的大小解答： 解：A、增大R3，外电路总电阻增大，总电流I减小，平行板电容器C的电压UC=IR并，I减小，UC减小，板间场强减小，油滴所受电场力减小，所以油滴下落故A错误 B、在增大电容器板间距离的过程中，电容器的电容减小，而电容器的电压不变，由电容器的电量减小，电容器放电，电流计指针右偏故B正确 C、D增大R1，外电路总电阻增大，总电流I3减小，电阻R3的电压减小，R1、R2并联电压增大，R2中电流I2增大，则R1中电流I1减小，又I3=I1+I2，所以R1中电流的变化值大于R3中电流的变化值故CD正确故选：BCD点评： 本题是电路动态变化分析问题，要抓住电容器电容的决定因素和电路中局部与整体的关系进行分析常规题11汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10A，电动机启动时电流表读数为58A，若电源电动势为12.5V，内阻为0.05，电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了（） A 35.8W B 43.2W C 48.2W D 76.8W考点： 闭合电路的欧姆定律；电功、电功率专题： 计算题；压轴题分析： 电机不启动时电源电压直接加在灯泡两端，由闭合电路欧姆定律可求得通过灯泡的电流，由功率公式可求得灯泡消耗的功率；而当电机启动时，电动机与灯泡并连接在电源两端，此时灯泡两端的电压仍等于路端电压，由功率公式可求得车灯消耗的功率；则可求得车灯的电功率降低值解答： 解：电动机不启动时，灯泡的电压为电源路端电压，设为UL，电动机启动后灯泡电压仍为路端电压，设为UL由欧姆定律得 I= 求得R=1.2，灯泡消耗功率为PL=EII2 r=120W；电动机启动后，路端电压UL=EIr=9.6V，灯泡消耗电功率为PL=W=76.8W所以灯泡功率降低了P=120W76.8W=43.2W；故选：B点评： 本题要注意电路的结构，无论开关是否闭合，灯泡两端的电压都为路端电压；同时要注意电动机为非纯电阻用电器，不能适用欧姆定律，路端电压可以由U=EIr求得12在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用IU1U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用IU1U2和U3表示下列比值正确的是（） A U1：I不变，U1：I不变 B U2：I变大，U2：I变大 C U2：I变大，U2：I不变 D U3：I变大，U3：I不变考点： 闭合电路的欧姆定律；欧姆定律分析： 由电路图可知R1与R2串联，V1测量R1两端的电压，V2测量R2两端的电压，V3测量路端电压，由欧姆定律可得出电压与电流的变化；由闭合电路的欧姆定律可分析得出电压的变化值与电流变化值的比值解答： 解：因R1不变，则由欧姆定律可得，=R1保持不变；由数学规律可知，也保持不变，故A正确；因滑片向下移动，故R2的接入电阻增大，故变大；而=R1+r，故保持不变，故B错误，C正确；因=R1+R2，故比值增大；而=r，故比值保持不变，故D正确；故选ACD点评： 本题难点在于U2和U3电压的变化量与电流变化量的比值的分析判断，不能再简单地根据A直接得出B答案也正确，当电阻变化时，其电压及电流变化量的比值不再保持不变，应通过闭合电路的欧姆定律分析得出其电压变化值的表达式，再进行分析13如图所示，水平面上放置一半径为R的光滑圆弧槽，在槽内有两个质量分别为m、3m的小球A和B，它们半径均为，平衡时槽面圆心O与球A的球心连线与竖直方向夹角为，则下列关系式正确的有（） A tan= B tan=2 C sin= D tan=考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题： 共点力作用下物体平衡专题分析： 分别连接O点与A、B两个圆的圆心，则三角形是等边三角形，然后分别对两个小球减小受力分析，列出相应的平衡方程，然后结合几何关系，以及三角函数关系，即可正确解答解答： 解：分别连接O点与A、B两个圆的圆心，显然图中任意两圆连心线所在直线过切点，则：而：OAOB=2r故三圆圆心连线构成等边三角形，边长为2r画出A球受力如图2，设竖直线与OAOB的交点是M，OM=L，MOA=x，则MOB=2rx由图可知，由于平衡，平移后三力构成封闭三角形，OANmg和MOAO是相似三角形，所以得： 同理，对B进行受力分析如图3，得： 联立得：x=3，即： 在三角形MOAO中，由正弦定理得： 在三角形MOBO中，由正弦定理得： 根据三角函数的关系知：sin（60）=sin60coscos60sin= 联立解得：所以：，故选：A点评： 该题考查共点力作用下物体的平衡，分别对A、B两个物体进行受力分析，若仅仅根据力的平衡方程与三角函数的关系式求解，三角函数的关系，以及各平衡方程的关系解答起来非常的复杂，而利用相似三角形的关系，处理两个小球的受力关系要比较简单二、实验题（本题共两小题，14题2分，15题12分；答案请写在答题卷上）14在验证牛顿第二定律的实验中，甲、乙、丙、丁四个实验小组根据实验数据画出的图象分别如下对于这四个图象，分析正确的是（） A 甲平衡摩擦过度 B 乙平衡摩擦过度 C 丙图象最后不沿直线是因为小车质量太大了 D 丁图象最后不沿直线是因为不满足mM的条件考点： 验证牛顿第二运动定律专题： 实验题；牛顿运动定律综合专题分析： 解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚解答： 解：A、图甲操作时当F=0时，已经有了加速度，故摩擦力平衡过量，故A正确B、图乙操作时F0时，而加速度为零，故未摩擦力平衡或平衡的不足，故B错误C、设绳子上拉力为F，对小车根据牛顿第二定律有：F=Ma，对砂桶和砂有：mgF=ma，由此解得：F=，由此可知当M时，砂和砂桶的重力等于绳子的拉力，在aF图中，a与F成线性关系，当不满足mM的条件时，加速度随力的变化偏小，故C错误、D正确故选：AD点评： 教科书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等15某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，部分步骤如下：（1）分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数分别如图甲、乙所示，长度为5.03cm，直径为5.310mm为精确的测量其电阻，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻Rx（约320）；电流表A1（量程015mA，内阻约30）；电流表A2（量程03mA，内阻约50）；电压表V1（量程03V，内阻约10K）；电压表V2（量程015V，内阻约25K）；直流电源E（电动势4V，内阻不计）；滑动变阻器R1（阻值范围015）；滑动变阻器R2（阻值范围0100）；开关S；导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，则电流表应选A1，电压表应选V1，滑动变阻器应选R1，（均选填器材代号）（3）正确选择合适的仪器后请在图丙虚线框内画出测量用的正确电路图考点： 测定金属的电阻率专题： 实验题；恒定电流专题分析： 游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读欧姆表读数=表盘读数倍率；根据欧姆定律估算出最大电流，然后选择电流表；根据电源电动势选择电压表；要求测得多组数据进行分析，滑动变阻器采用分压式接法，用小电阻控制大电阻；解答： 解：（1）是10分度的卡尺，其精确度为0.1mm则图示读数为：50+30.1=50.3mm=5.03cm螺旋测微器：不动刻度为5，可动刻度为31.00.01mm则读数为5+31.00.01=5.310mm解游标卡尺的主尺读数为50mm，游标读数为0.053=0.15mm，所以最终读数为50.15mm根据欧姆定律，最大电流：I=12.5mA，故电流表选择A1 电源电动势4V，故电压表选择V1要求测得多组数据进行分析，滑动变阻器采用分压式接法，用小电阻控制大电阻，故滑动变阻器选择R1因待测电阻值远小于电压表内阻，电流表应选外接法；又滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻值，故变阻器应用分压式接法，电路图如图所示：故答案为：（1）5.03； 5.310； A1； V1； R1点评： 解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读测量电阻最基本的原理是伏安法，电路可分为测量电路和控制电路两部分设计测量电路要求精确，误差小，可根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表内、外接法控制电路关键是变阻器的分压式接法或限流式接法在两种方法都能用的情况下，为了减小能耗，选择限流式接法三、计算题（本题共3小题、34分；16题9分，17题12分，18题13分）16如图所示，半径为R的光滑半圆环轨道与高为10R的光滑斜轨道放在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡在水平轨道上，轻质弹簧被a、b两小球挤压，处于静止状态同时释放两个小球，a球恰好能通过圆环轨道最高点A，b球恰好能到达斜轨道的最高点B已知a球质量为m，重力加速度为g求：（1）a球释放时的速度大小；b球释放时的速度大小；（3）释放小球前弹簧的弹性势能考点： 动量守恒定律；机械能守恒定律专题： 动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析： （1）小球能通过最高点，则重力充当向心力，由向心力公式可得出小球在A点的速度，由机械能守恒可得出小球释放时的速度；对b球由机械能守恒可得出小球b的速度；（3）对系统由动量守恒可求得两小球的质量关系，则由机械能守恒可得出弹簧的弹性势能解答： 解：（1）a球过圆轨道最高点A时mg=m求出vA=a球从C运动到A，由机械能守恒定律mvC2=mvA2+2mgR由以上两式求出vc=b球从D运动到B，由机械能守恒定律mbvD2=mbg10R求出vb=vD=2（3）以a球、b球为研究对象，由动量守恒定律mva=mbvb求出mb=m弹簧的弹性势能 Ep=mva2+mbvb2求出 E=7.5mgR 答：（1）a的速度为b的速度为（3）释放小球前弹簧的弹性势能Ep=7.5mgR点评： 本题为动量守恒及机械能守恒相结合的题目，注意只有弹簧弹开的过程中动量才是守恒的，才能列出动量守恒的表达式，此后两小球不再有关系17如图所示，虚线MN下方存在竖直向上的匀强电场，场强E=2103V/m，电场区域上方有一竖直放置长为l=0.5m的轻质绝缘细杆，细杆的上下两端分别固定一个带电小球A、B，它们的质量均为m=0.01kg，A带正电，电量为q1=2.5104C；B带负电，电荷量q2=5105C，B到MN的距离h=0.05m现将轻杆由静止释放（g取10m/s2），求：（1）小球B刚进入匀强电场后的加速度大小从开始运动到A刚要进入匀强电场过程的时间（3）小球B向下运动离M、N的最大距离考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律专题： 带电粒子在电场中的运动专题分析： 1、小球B刚进入电场时，以A、B球及轻杆为一整体，运用牛顿第二定律2mg+q2E=2ma，代入数据计算可解得小球B刚进入匀强电场后的加速度大小2、分两个阶段研究，第一阶段：B球进入电场前，A、B球及轻杆整体做自由落体运动，则有h=gt12，代入数据可解得时间t1和B球进入电场瞬间速度v1=gt1第二阶段：从B球进入电场到A球刚要进入电场过程，A、B球整体做匀加速运动，则有l=v1t2+at22，代入数据可解得t2所以，从开始运动到A刚要进入匀强电场过程中的时间为t=t1+t23、A、B球整体从开始运动到达最低点过程中，运用动能定理2mg（h+s）+q2Esq1E（sl）=0，代入数据可解得小球B向下运动离M、N的最大距离s解答： 解：（1）小球B刚进入电场时，以A、B球及轻杆为一整体，做加速度为a的匀加速运动，由牛顿第二定律：2mg+q2E=2ma解得a=g+=15 m/s2B球进入电场前，A、B球及轻杆整体做自由落体运动，时间为t1，则有h=gt12解得：t1=0.1 sB球进入电场瞬间速度：v1=gt1=1 m/s从B球进入电场到A球刚要进入电场过程，A、B球整体做匀加速运动，时间为t2，则有l=v1t2+at22解方程得：t2=0.2 s从开始运动到A刚要进入匀强电场过程中的时间t=t1+t2=0.3 s（3）设小球B向下运动离MN最大距离为s，A、B球整体从开始运动到达最低点过程中，由动能定理得：2mg（h+s）+q2Esq1E（sl）=0解得：s=1.3m答：（1）小球B刚进入匀强电场后的加速度大小为15m/s从开始运动到A刚要进入匀强电场过程的时间0.3s（3）小球B向下运动离M、N的最大距离1.3m点评： 本题有一定的难度，要注意受力的变化导致加速度变化，运动过程要分析清楚，分阶段计算，比较好18如图（1）所示，真空中足够大的两个互相平行的金属板a、b之间的距离为d，两板之间的电压按图所示的规律做周期性的变化（当a比b电势高时，电压为正，当a比b电势低时，电压为负），其电压变化周期为T在t=0时刻，一个带正电荷的粒子（重力不计）在电场力的作用下，从a板的小孔中由静止开始向b板运动，当t=T时刻刚好到达b板（图和题中，d、T为已知，U为未知）则：（1）粒子在两板之间运动的加速度大小为多少？如果该粒子是在t=时刻才从小孔由静止开始运动，则：粒子在两板之间运动一个周期T后它将运动到距a板多远的地方？（3）在第问的情况下，粒子在两板之间运动多长时间，才能到达b板？考点： 带电粒子在匀强电场中的运动专题： 带电粒子在电场中的运动专题分析： 带电粒子在两板之间电压Uab按图所示规律变化的电场中受到电场力作用，从而做匀变速运动当a板从静止开始向b板运动，并于t=nT（n为自然数）时刻，恰好到达b板则当t=时刻才开始从a板运动，那么经过同样长的时间，前一段时间是先匀加速后匀减速，后一段时间回头匀加速，所以两段时间内的位移之差即为粒子离开a板的距离由此可知最后一个周期尚未结束就已碰到b板，则可由运动学公式算出碰b板后的时间，从而再减去这个时间解答： 解：（1）对于t=0时刻进入的粒子，前半周期向右匀加速运动，后半周期向右匀减速运动到速度为零有：d=2解得：a=对于t=进入的粒子，有：内向右匀加速，有：s1=解得：s1=，内向右匀减速到速度为零，有：s2=s1=，内反向向左匀加速，有：s3=解得：s3=，内反向向左匀减速到速度为零，有：s4=s3=所以粒子运动一个周期T后，距a板距离为：s=s1+s2s3s4=+=（3）内继续向右匀加速，有：s5=s1=在t=时刻，粒子的速度为v=a解得：v=从t=时刻开始，设再经过t时间，粒子刚好到达b板，有：s6=vtat2 d=+s6解得：t=（）T，（+）T不符合题意，舍去所以总时间为t0=T+t=1.57T答；（1）粒子在两板之间运动的加速度大小为粒子在两板之间运动一个周期T后它将运动到距a板的地方（3）在第问的情况下，粒子在两板之间运动1.57T，才能到达b板点评： 由于粒子不是在电场中一直处于加速或减速，所以导致分析运动较复杂当然第2个问题也可以假设b板向下移动到最后一个周期末速度为零的位置，这算出整段时间，再去移动距离的时间