2019-2020年高二物理上学期第一次半月考试卷（含解析）.doc

2019-2020年高二物理上学期第一次半月考试卷（含解析）一、选择题：（共64分，全对得4分，漏选得2分，有选错或多选得0分）1物体沿光滑固定斜面向下加速滑动，在运动过程中，下述说法正确的是( )A重力势能逐渐减少，动能也逐渐减少B重力势能逐渐增加，动能逐渐减少C由于斜面是光滑的，所以机械能一定守恒D重力和支持力对物体都做正功2一个质量为m的带电小球，在竖直方向的匀强电场中水平抛出，不计空气阻力，测得小球的加速度大小为，方向向下，其中g为重力加速度则在小球下落h高度的过程中，下列说法正确的是( )A小球的动能增加mghB小球的电势能减小mghC小球的重力势能减少mghD小球的机械能减少mgh3汽车在水平公路上以额定功率做直线运动，速度为3m/s时的加速度为6m/s时的3倍，若汽车受到的阻力不变，由此可求得( )A.汽车的最大速度B汽车受到的阻力C汽车的额定功率D速度从3m/s增大到6m/s所用的时间4如图所示，AB为圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R，一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为，当它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功可表述为( )AmgRBmgRCmgRD（1）mgR5质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是( )ABCDmgR6我们的银河系的恒星中大约四分之一是双星某双星由质量不等的星体S1和S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点C做匀速圆周运动由天文观察测得其运动周期为T，S1到C点的距离为r1，S1和S2的距离为r，已知引力常量为G由此可求出S2的质量为( )ABCD7一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电荷量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，EP表示正电荷在P点的电势能若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则( )AU变小，E不变BE变大，EP变大CU变小，EP不变DU不变，EP不变8一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为( )A动能增加B电势能增加C动能和电势能之和减少D重力势能和电势能之和增加9如图所示，在粗糙水平面上固定一点电荷Q，在M点无初速度释放一带有恒定电量的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止，则从M点运动到N点的过程中( )A小物块所受电场力逐渐减小B小物块具有的电势能逐渐减小CM点的电势一定高于N点的电势D小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功10如图（a）所示，AB是某电场中的一条电场线，若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，所经位置的电势随距A点的距离变化的规律如图（b）所示以下说法正确的是( )AA、B两点的电场强度EAEBB电子在A、B两点的速度vAvBCA、B两点的电势ABD电子在A，B两点的电势能EPAEPB11在图中，a、b带等量异种电荷，MN为ab连线的中垂线，现有一个带电粒子从M点以一定初速度v0射入，开始时一段轨迹如图中实线，不考虑粒子重力，则在飞越该电场的整个过程中( )A该粒子带负电B该粒子的动能先增大，后减小C该粒子的电势能先减小，后增大D该粒子运动到无穷远处后，速度的大小一定仍为v012如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行板间的电场中，入射方向跟极板平行整个装置处在真空中，重力可忽略在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是( )AU1变小、U2变大BU1变大、U2变大CU1变大、U2变小DU1变小、U2变小13对于水平放置的平行板电容器，下列说法正确的是( )A将两极板的间距加大，电容将增大B将两极板平行错开，使正对面积减小，电容将减小C在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的陶瓷板，电容将增大D在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的铝板，电容将增大14如图所示的伏安法测电阻电路中，电压表的内阻为3k，读数为3V；电流表内阻为10，读数为4mA待测电阻R的真实值等于( )A750B760C1000D101015某同学用伏安法测电阻，分别采用了甲、乙两种电路测量，关于误差分析正确的是( )A若选择甲图，测量值偏大B若选择乙图，测量值偏大C若被测电阻RX与电流表接近，应该选择乙图误差较小D若被测电阻RX与电压表接近，应该选择甲图误差较小16一安培表由电流表G与电阻R并联而成若在使用中发现此安培表读数比准确值稍小些，下列可采取的措施是( )A在R上串联一个比R小得多的电阻B在R上串联一个比R大得多的电阻C在R上并联一个比R小得多的电阻D在R上并联一个比R大得多的电阻二实验题：（本题8分）17在验证机械能守恒定律的实验中，已知重锤的质量为m，使用的交流电周期为T，重力加速度为g重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点进行测量并通过计算，就可以验证机械能守恒定律（1）为完成此实验，除了图1中所示器材外，还需要的器材有_；A刻度尺 B秒表 C天平 D“220V，50Hz”交流电源（2）如图2所示，O点为起始点，选取纸带上打出的连续五个点A、B、C、D、E，测出O、A两点间距离为s0，A、C两点间距离为sl，C、E两点间距离为s2，则在打O点到C点的这段时间内，重锤的重力势能减少量EP=_，动能的增加量Ek=_（用题中所给符号表示）18：有一电流表G，内阻Rg=10，满偏电流Ig=3mA，若要将其改装成量程为3V的电压表，应该如何连接一个_的电阻三、计算题：（本题共3小题，28分解答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）18如图所示，倾角=37的斜面底端B平滑连接着半径r=0.40m的竖直光滑圆轨道质量m=0.50kg的小物块，从距地面h=2.7m处沿斜面由静止开始下滑，小物块与斜面间的动摩擦因数=0.25，求：（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）（1）物块滑到斜面底端B时的速度大小（2）物块运动到圆轨道的最高点A时，对圆轨道的压力大小19如图所示，在范围很大的水平向右的匀强电场中，一个电荷量为q的油滴，从A点以速度v竖直向上射入电场已知油滴质量为m，重力加速度为g，当油滴到达运动轨迹的最高点时，测得它的速度大小恰为，问：（1）电场强度E为多大？（2）A点至最高点的电势差为多少？20如图所示，相距为d的两平行金属板M、N与电池组相连后，其间形成匀强电场，一带正电粒子从M极板边缘垂直于电场方向射入，并打在N极板的正中央不计重力，现欲把N极板远离M极板平移，使原样射入的粒子能够射出电场，就下列两种情况求出N极板至少移动的距离（1）电键S闭合；（2）把闭合的电键S打开后河北省邯郸市曲周一中高二上学期第一次半月考物理试卷一、选择题：（共64分，全对得4分，漏选得2分，有选错或多选得0分）1物体沿光滑固定斜面向下加速滑动，在运动过程中，下述说法正确的是( )A重力势能逐渐减少，动能也逐渐减少B重力势能逐渐增加，动能逐渐减少C由于斜面是光滑的，所以机械能一定守恒D重力和支持力对物体都做正功考点：机械能守恒定律；功的计算专题：机械能守恒定律应用专题分析：知道重力做功量度重力势能的变化根据动能的定义判断动能的变化机械能守恒的条件：物体只有重力或弹簧的弹力做功则机械能守恒；根据条件可以判断是否守恒解答：解：A、根据重力做功与重力势能变化的关系得：wG=Ep物体沿光滑斜面向下加速滑动，重力做正功，所以重力势能逐渐减少由于物体加速滑动，所以动能逐渐增加故A、B错误C、由于斜面是光滑的，所以物体受重力和支持力，而支持力不做功，所以只有重力做功，所以机械能一定守恒，故C正确D、重力做正功，支持力不做功，故D错误故选C点评：解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系我们要正确的对物体进行受力分析，能够求出某个力做的功2一个质量为m的带电小球，在竖直方向的匀强电场中水平抛出，不计空气阻力，测得小球的加速度大小为，方向向下，其中g为重力加速度则在小球下落h高度的过程中，下列说法正确的是( )A小球的动能增加mghB小球的电势能减小mghC小球的重力势能减少mghD小球的机械能减少mgh考点：电势能；功能关系分析：题中选项要求判断小球各种能量的变化多少，则必须分析小球的受力及各力做功情况，然后利用功能关系把各力做功情况与相应的能量变化对应起来，从而做出判断解答：解：A、由牛顿第二定律得知，小球所受的合力 F合=ma=mg，方向向下，根据动能定理知，小球的动能增加Ek=F合h=mgh，故A错误B、由牛顿第二定律得：mgF=mg，解得电场力F=mg，且方向竖直向上，则电场力做功 W电=Fh=mgh，故小球的电势能增加mgh，故B错误C、小球在竖直方向上下降h高度时重力做正功mgh，因此，小球的重力势能减少mgh，故C错误D、由上知，小球的电势能增加mgh，根据能量守恒知，小球的机械能减少mgh，故D正确故选：D点评：本题一定要明确功能关系：合外力做功，动能变化（做正功，动能增加；做负功，动能减少）；重力做功，重力势能变化（做正功，重力势能减少；做负功，重力势能增加）；电场力做功，电势能变化（做正功，电势能减少；做负功，电势能增加）；除重力做功外其他力做功，机械能变化3汽车在水平公路上以额定功率做直线运动，速度为3m/s时的加速度为6m/s时的3倍，若汽车受到的阻力不变，由此可求得( )A.汽车的最大速度B汽车受到的阻力C汽车的额定功率D速度从3m/s增大到6m/s所用的时间考点：功率、平均功率和瞬时功率专题：功率的计算专题分析：根据P=Fv，结合牛顿第二定律，抓住速度为3m/s时的加速度为6m/s时的3倍，求出功率与阻力的关系，根据牵引力与阻力相等时，速度最大，求出最大速度的大小解答：解：设额定功率为P，则速度为3m/s时的牵引力，速度为6m/s时，牵引力为根据牛顿第二定律得，F1f=3（F2f），解得f=因为牵引力与阻力相等时，速度最大，则F=f=，知最大速度为12m/s因为功率未知，无法求出阻力，该运动为变加速运动，无法求出运动的时间故A正确，B、C、D错误故选：A点评：解决本题的关键通过加速度的大小关系得出功率与阻力的关系，结合牵引力等于阻力时，速度最大得出最大速度的大小4如图所示，AB为圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R，一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为，当它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功可表述为( )AmgRBmgRCmgRD（1）mgR考点：动能定理的应用专题：动能定理的应用专题分析：BC段摩擦力可以求出，由做功公式求得BC段摩擦力对物体所做的功； 对全程由动能定理可求得AB段克服摩擦力所做的功解答：解：BC段物体受摩擦力f=mg，位移为R，故BC段摩擦力对物体做功W=fR=mgR； 对全程由动能定理可知，mgR+W1+W=0解得W1=mgRmgR； 故AB段克服摩擦力做功为W克=mgRmgR故选：D点评：AB段的摩擦力为变力，故可以由动能定理求解； 而BC段为恒力，可以直接由功的公式求解； 同时本题需要注意阻力做功与克服阻力做功的关系5质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是( )ABCDmgR考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力专题：动能定理的应用专题分析：小球在轻绳的作用下，在竖直平面内做圆周运动，由最低点的绳子的拉力结合牛顿第二定律可求出此时速度，当小球恰好通过最高点，由此根据向心力与牛顿第二定律可算出速度，最后由动能定理来求出过程中克服阻力做功解答：解：小球在最低点，受力分析与运动分析则有：而最高点时，由于恰好能通过，所以：小球选取从最低点到最高点作为过程，由动能定理可得：由以上三式可得：故选：C点评：由绳子的拉力可求出最低点速度，由恰好能通过最高点求出最高点速度，这都是题目中隐含条件同时在运用动能定理时，明确初动能与末动能，及过程中哪些力做功，做正功还是负功6我们的银河系的恒星中大约四分之一是双星某双星由质量不等的星体S1和S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点C做匀速圆周运动由天文观察测得其运动周期为T，S1到C点的距离为r1，S1和S2的距离为r，已知引力常量为G由此可求出S2的质量为( )ABCD考点：万有引力定律及其应用专题：计算题分析：这是一个双星的问题，S1和S2绕C做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供各自的向心力，S1和S2有相同的角速度和周期，结合牛顿第二定律和万有引力定律解决问题解答：解：设星体S1和S2的质量分别为m1、m2，星体S1做圆周运动的向心力由万有引力提供得：=即 m2=故选D点评：双星的特点是两个星体周期相等，星体间的万有引力提供各自所需的向心力7一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电荷量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，EP表示正电荷在P点的电势能若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则( )AU变小，E不变BE变大，EP变大CU变小，EP不变DU不变，EP不变考点：电容器的动态分析；电容器专题：电容器专题分析：抓住电容器的电荷量不变，结合电容的决定式和定义式，以及匀强电场的场强公式得出电场强度的变化，从而得出P与下极板电势差的变化，得出P点的电势变化和电势能变化解答：解：平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变将正极板移到图中虚线所示的位置时，板间距离d减小，根据C=知，电容C增大，根据U=，则板间电压变小由E=，C=得到：E=，可知E与d无关，则知电场强度E不变P与负极板间的距离不变，由公式U=Ed可知，P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能不变故AC正确，BD错误故选：AC点评：解决本题的关键知道电容器与电源断开后其电荷量不变，掌握电容器的决定式C=以及定义式C=要能熟练推导出场强的表达式E=，记住E与d无关的结论，有利于进行动态分析8一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为( )A动能增加B电势能增加C动能和电势能之和减少D重力势能和电势能之和增加考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：根据图中的运动轨迹情况，可以判断出重力和电场力的大小关系，然后根据功能关系求解即可解答：解：A、由轨迹图可知，带电油滴所受重力小于电场力，故从a到b的运动过程中合外力做正功，动能增加，故A正确；B、从a到b的运动过程电场力做正功，电势能减小，故B错误；C、从a到b的运动过程中重力做负功，重力势能增加，因此动能和电势能之和减小，故C正确；D、根据功能关系可知，在从a到b的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，因该过程中动能增加，因此重力势能和电势能之和减小，故D错误故选：AC点评：本题在电场和重力场的复合场中重点考察带电小球的功能关系转化在学习过程中要明确各种功能关系是解这类问题的关键9如图所示，在粗糙水平面上固定一点电荷Q，在M点无初速度释放一带有恒定电量的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止，则从M点运动到N点的过程中( )A小物块所受电场力逐渐减小B小物块具有的电势能逐渐减小CM点的电势一定高于N点的电势D小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功考点：电势能；电场强度；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：解决本题需要掌握：正确利用库伦定律判断库仑力大小的变化；根据电场力做功判断电势能的变化；掌握如何判断电势的高低；正确利用功能关系分析物体功能的变化解答：解：A、由于物块离电荷越来越远，根据可知小物块所受电场力越来越小，故A正确；B、由于小物块由静止开始运动，因此一定受到库伦斥力作用，所以电场力对其做正功，电势能减小，故B正确；C、由题只能判断物块和点电荷Q带同种电荷，而不能确定点电荷Q的电性，故不能判断M和N点电势的高低，故C错误；D、由于小物块始末动能都为零，因此动能没有变化，故电场力所做正功和克服摩擦力做功相等，即电势能的变化和克服摩擦力做功相等，故D正确故选ABD点评：本题考察知识点较多，有一定的综合性，平时要注意概念的理解，如电势高低判断，电势能变化和电场力做功关系，功能关系的应用等10如图（a）所示，AB是某电场中的一条电场线，若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，所经位置的电势随距A点的距离变化的规律如图（b）所示以下说法正确的是( )AA、B两点的电场强度EAEBB电子在A、B两点的速度vAvBCA、B两点的电势ABD电子在A，B两点的电势能EPAEPB考点：电势能；电场强度；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：根据x图象的斜率大小等于电场强度，分析场强的变化由图看出，电势逐渐降低，可判断出电场线的方向，确定电势的高低，由电场力做功正负，分析速度的大小并判断电子电势能的变化解答：解：A、x图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识得知，图象的斜率减小，则从A到点B场强减小，则有EAEB故A正确B、D由图看出，电势逐渐降低，可判断出电场线的方向从A到B，在移动过程中，电场力做负功，电子的动能减小，速度减小，而电子的电势能增大即有vAvB，EPAEPB故B错误，D正确C、电场线的方向从A到B，则A、B两点的电势AB故C正确故选ACD点评：本题关键要理解t图象的斜率等于场强，由电势的高低判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况，并确定电势能的变化11在图中，a、b带等量异种电荷，MN为ab连线的中垂线，现有一个带电粒子从M点以一定初速度v0射入，开始时一段轨迹如图中实线，不考虑粒子重力，则在飞越该电场的整个过程中( )A该粒子带负电B该粒子的动能先增大，后减小C该粒子的电势能先减小，后增大D该粒子运动到无穷远处后，速度的大小一定仍为v0考点：电势差与电场强度的关系；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：根据轨迹的弯曲方向确定粒子所受的电场力方向，从而确定粒子的电性；根据电场力做功，结合动能定理得出动能的变化，根据电场力做功与电势能的关系判断电势能的变化通过M点和无穷远处的电势差，结合动能定理判断粒子到达无穷远处的速度解答：解：A、粒子轨迹向右弯曲，受到的电场力大致向右，该粒子带负电故A正确B、由题可知，电场力先做正功，后做负功，则根据动能定理得知，粒子的动能先增大后减小故B正确C、电场力先做正功，后做负功，粒子的电势能先减小后增大故C正确D、M点的电势与无穷远处相等，粒子从M点运动到无穷远处过程，电场力做功为零，则该粒子运动到无穷远处后，其速度大小一定仍为v0故D正确故选：ABCD点评：本题是轨迹问题，根据轨迹的弯曲方向可判断出粒子的合力方向，分析出电场力做功情况带等量异种电荷连线的中垂线是一条件延伸到无穷远处的等势线，要记住12如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行板间的电场中，入射方向跟极板平行整个装置处在真空中，重力可忽略在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是( )AU1变小、U2变大BU1变大、U2变大CU1变大、U2变小DU1变小、U2变小考点：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：电子在加速电场中，在电场力的作用下，做匀加速直线运动，可由电场力做功求出射出加速电场是的速度电子在水平放置的平行板之间，因受到的电场力的方向与初速度的方向垂直，故电子做类平抛运动运用平抛运动的竖直方向的速度与水平方向的速度的关系，可求出角度的变化情况解答：解：设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：qU1=mv020 又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：t=又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：a=电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：vy=at由、可得：vy=at=，又有：tan=，解得：tan=，A、U1变小，U2变大，偏转角一定增大，故A正确；B、U1变大，U2变大，偏转角可能增大，也可能减小，也可能不变，故B错误；C、U1变大，U2变小，偏转角减小，故C错误；D、U1变小，U2变小，偏转角可能增大，也可能减小，还可能不变，故D错误；故选：A点评：带电粒子在电场中的运动，可分为三类，第一类是在匀强电场中做匀变速速直线运动，此过程是电势能与带电粒子动能之间的转化第二类是带电粒子在匀强电场中偏转，带电粒子垂直进出入匀强电场时做匀变速曲线运动，分解为两个方向的直线运动，分别用公式分析、求解运算，是这类问题的最基本解法第三类是带电粒子在点电荷形成的电场中做匀速圆周运动，应用圆周运动的知识求解13对于水平放置的平行板电容器，下列说法正确的是( )A将两极板的间距加大，电容将增大B将两极板平行错开，使正对面积减小，电容将减小C在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的陶瓷板，电容将增大D在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的铝板，电容将增大考点：电容器的动态分析专题：电容器专题分析：据平行板电容器的电容决定式分析电容的变化情况解答：解：由电容器的决定式C=可知；A、增大两板间的间距，则电容器将减小，故A错误；B、两极板错开，则正对面积减小，则电容减小，故B正确；C、在下板的内表面上放置一陶瓷板，介电常数增大，故电容增大；故C正确；D、在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的铝板时，板间距离减小电容将增大故D正确故选：BCD点评：本题考查电容决定式应用分析实际问题的能力，关键要掌握电容决定式14如图所示的伏安法测电阻电路中，电压表的内阻为3k，读数为3V；电流表内阻为10，读数为4mA待测电阻R的真实值等于( )A750B760C1000D1010考点：伏安法测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：本实验测量电阻的原理是伏安法根据电表对电路的影响，分析误差，计算测量值和真实值解答：解：电阻R的测量值R测=，电阻的真实值R真=，根据欧姆定律得：=750=解得：R真=1000故选C点评：本题考查实验误差分析，方法是根据根据实验原理伏安法是测量电阻的基本方法，有电流表内接法和外接法两种电路结构15某同学用伏安法测电阻，分别采用了甲、乙两种电路测量，关于误差分析正确的是( )A若选择甲图，测量值偏大B若选择乙图，测量值偏大C若被测电阻RX与电流表接近，应该选择乙图误差较小D若被测电阻RX与电压表接近，应该选择甲图误差较小考点：伏安法测电阻专题：恒定电流专题分析：该题中用伏安法测电阻的两种常用电路分别是电流表内接法和电流表外接法，电流表内接法测得的电阻阻值是电流表内阻与待测电阻的串联值的和，电流表外接法测得的电阻阻值是待测电阻Rx和电压表内阻的并联电阻值；用的电流表内阻越小，电压表内阻越大，测量的误差越小解答：解：A、甲图所示电路是电流表外接法，用它测量电阻时，测量值是待测电阻Rx和电压表内阻的并联电阻值，故测得的电阻值偏小，故A错误；B、乙图所示电路是电流表内接法，用它测量电阻时，测量值R测=Rx+RARx，B正确；C、电流表内阻很小，被测电阻RX与电流表接近，则所测电阻较小，因此应该选择甲图误差较小，故C错误；D、电压表内阻越大，被测电阻RX与电压表接近，应该选择乙图误差较小故D错误故选：B点评：该题中用伏安法测电阻的两种常用电路分别是电流表内接法和电流表外接法，电流表内接法测得的电阻值大，电流表外接法测得的电阻值偏小；该知识点既可以说是属于记忆性的知识，也可以记住分析的方法属于中档题16一安培表由电流表G与电阻R并联而成若在使用中发现此安培表读数比准确值稍小些，下列可采取的措施是( )A在R上串联一个比R小得多的电阻B在R上串联一个比R大得多的电阻C在R上并联一个比R小得多的电阻D在R上并联一个比R大得多的电阻考点：把电流表改装成电压表专题：实验题；恒定电流专题分析：读数偏小说明通过G表的电流稍小，分流电阻分流偏大，分流电阻稍小，要采取的措施：稍增加分流电阻阻值解答：解：A 在R上串联一个比R小得多的电阻，可实现增大分流电阻，减小分流，使电表示数增加故A正确 B 在R上串联一个比R大得多的电阻，会使G表的电流增加太多，读数偏大故B错误 C 在R上并联一个比R小得多的电阻，使分流更大，示数更偏小故C错误 D 在R的并联一个比R大的电阻，会使分流更大，示数更偏小故D错误故选：A点评：考查的电流表的改装原理，明确分流与电阻成反比，电阻大，分流小，反之电阻小则分流大二实验题：（本题8分）17在验证机械能守恒定律的实验中，已知重锤的质量为m，使用的交流电周期为T，重力加速度为g重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点进行测量并通过计算，就可以验证机械能守恒定律（1）为完成此实验，除了图1中所示器材外，还需要的器材有AD；A刻度尺 B秒表 C天平 D“220V，50Hz”交流电源（2）如图2所示，O点为起始点，选取纸带上打出的连续五个点A、B、C、D、E，测出O、A两点间距离为s0，A、C两点间距离为sl，C、E两点间距离为s2，则在打O点到C点的这段时间内，重锤的重力势能减少量EP=mg（s0+s1），动能的增加量Ek=（用题中所给符号表示）18：有一电流表G，内阻Rg=10，满偏电流Ig=3mA，若要将其改装成量程为3V的电压表，应该如何连接一个串联990的电阻考点：验证机械能守恒定律专题：实验题分析：1、验证机械能守恒定律的原理，重锤下落损失的重力势能等于其增加的动能（在实验误差允许范围内）；计算动能时，需计算速度，要用到打点计时器，打点计时器用交流电源根据匀变速直线运动中某段时间中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可以求出C点的瞬时速度大小，进一步可以求出动能的增量，根据重量做功和重力势能之间的关系可以求出重力势能的减小量；2、把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值解答：解：1、（1）A、需要刻度尺测量纸带的长度计算速度，故A正确B、纸带上相邻两计时点的时间间隔已知，所以不需要秒表，故B错误C、该实验可不测质量，因为mgh=mv2，即只验证gh=v2即可，故C错误D、打点计时器用的是交流电源，故D正确故选：AD；（2）重锤重力势能的减少量为EP=mg（s0+s1）利用匀变速直线运动的推论vC=EkC=mvC2=重锤动能的增加量为EK=EkC0=2、把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，分压电阻阻值为：R=Rg=10=990；故答案为：1、（1）AD，（2）mg（s0+s1），；2、串联990点评：本题考查了验证机械能守恒定律中的数据处理方法，注意物理基本规律尤其是匀变速直线运动规律在实验中的应用；本题考查了电压表的改装，知道电压表改装原理、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题三、计算题：（本题共3小题，28分解答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）18如图所示，倾角=37的斜面底端B平滑连接着半径r=0.40m的竖直光滑圆轨道质量m=0.50kg的小物块，从距地面h=2.7m处沿斜面由静止开始下滑，小物块与斜面间的动摩擦因数=0.25，求：（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）（1）物块滑到斜面底端B时的速度大小（2）物块运动到圆轨道的最高点A时，对圆轨道的压力大小考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力专题：动能定理的应用专题分析：（1）物块滑动到B点过程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理列式求解即可；（2）物块运动到圆轨道的最高点A时，受到重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可以列式；物体从B滑动到A过程，只有重力做功，机械能守恒，根据守恒定律列式；最后联立方程组求解即可解答：解：（1）物块滑动到B点过程中，受重力、支持力和摩擦力，根据动能定理，有mghmgcos=解得=6m/s即物块滑到斜面底端B时的速度大小为6m/s（2）物体从B滑动到A过程，只有重力做功，根据动能定理，有mg2r=解得在A点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有解得N=20N根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力与轨道对物体的支持力大小相等、方向相反，并且作用在同一条直线上；故物块运动到圆轨道的最高点A时，对圆轨道的压力大小为20N点评：本题关键对物体的运动情况分析清楚，然后运用动能定理和牛顿第二定律列式求解；同时要知道，能用机械能守恒定律解决的问题都能用动能定理解决19如图所示，在范围很大的水平向右的匀强电场中，一个电荷量为q的油滴，从A点以速度v竖直向上射入电场已知油滴质量为m，重力加速度为g，当油滴到达运动轨迹的最高点时，测得它的速度大小恰为，问：（1）电场强度E为多大？（2）A点至最高点的电势差为多少？考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势差专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）根据运动的合成与分解，及动量定理，即可求解；（2）根据位移与时间的表达式，结合牛顿第二定律与求功的公式，即可求解解答：解：（1）由力的独立作用原理和动量定理，得mgt=0mvqEt=m解得：E=（2）设电场力方向油滴的位移为s则s=at2又qE=ma联立得s=所以电场力做功为W=qES=mv2又W=qU，所以：U=答：（1）所加电场的电场强度E=；（2）A点至最高点的电势差为点评：考查运动的合成与分解，掌握动量定理、牛顿第二定律的应用，知道求功的方法，理解电场力做功与电势能变化的关系20如图所示，相距为d的两平行金属板M、N与电池组相连后，其间形成匀强电场，一带正电粒子从M极板边缘垂直于电场方向射入，并打在N极板的正中央不计重力，现欲把N极板远离M极板平移，使原样射入的粒子能够射出电场，就下列两种情况求出N极板至少移动的距离（1）电键S闭合；（2）把闭合的电键S打开后考点：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：以一定速度垂直进入偏转电场，由于速度与电场力垂直，所以粒子做类平抛运动这样类平抛运动可将看成沿初速度方向的匀速直线与垂直于初速度方向匀加速直线运动根据运动学公式解题解答：解：（1）S1闭合时，两极板间电压U不变，有d=，d+x1=得解得：x1=d（2）断开S后，两极板间场强E不变，于是d=，得，解得：x2=3d答：（1）若开关S始终闭合，则这个距离应为d；（2）若在开关S断开后再移动N板，这个距离又应为3d点评：带电粒子在电场中偏转时做匀加速曲线运动应用处理类平抛运动的方法处理粒子运动，关键在于分析临界条件，同时注意当电荷量不变时，只改变两板间的距离，则E不变