2019-2020年高考物理五诊试卷（含解析）.doc

2019-2020年高考物理五诊试卷（含解析）一、选择题：本大题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，1-5题只有一项符合题目要求6-8题有多项符合题目要求全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分1（6分）下列说法中正确的是（）A在探究求合力方法的实验中利用了理想模型的方法B牛顿首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推“的科学推理方法C用点电荷来代替实际带电物体是采用了等效替代的思想D奥斯特通过实验观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系2（6分）将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是（）ABCD3（6分）我国“玉兔号”月球车被顺利送抵月球表面，并发回大量图片和信息若该月球车在地球表面的重力为G1，在月球表面的重力为G2已知地球半径为R1，月球半径为R2，地球表面处的重力加速度为g，则（）A“玉兔号”月球车在地球表面与月球表面质量之比为B地球的质量与月球的质量之比为C地球表面处的重力加速度与月球表面处的重力加速度之比为D地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为4（6分）如图所示，在水平地面上M点的正上方某一高度处，将S1球以初速度v1水平向右抛出，同时在M点右方地面上N点处，将S2球以初速度v2斜向左上方抛出，两球恰在M、N连线的中点正上方相遇，不计空气阻力，则两球从抛出到相遇过程中（）A初速度大小关系为v1=v2B速度变化量相等C都是变加速运动D都不是匀变速运动5（6分）如图所示，以速度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为，则图中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线可能是（）ABCD6（6分）如图所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在电压u=311sin 314t（V）的正弦交变电源上变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出），R3为一定值电阻当传感器R2所在处出现火警时（R2阻值变小），以下说法中正确的是（）AA1的示数增大，A2的示数增大BA1的示数增大，A2的示数减小CV1的示数不变，V2的示数减少DV1的示数不变，V2的示数不变7（6分）如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，A=60，AO=L，在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子（不计重力作用），粒子的比荷为，发射速度大小都为v0，且满足v0=粒子发射方向与OC边的夹角为，对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是（）A粒子有可能打到A点B以=60飞入的粒子在磁场中运动时间最短C以30飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等D在AC边界上只有一半区域有粒子射出8（6分）如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时均静止现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的t关系分别对应图乙中A、B图线（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则（）At2时刻，弹簧形变量为0Bt1时刻，弹簧形变量为C从开始到t2时刻，拉力F逐渐增大D从开始到t1时刻，拉力F做的功比弹簧弹力做的功少二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题-第12题为必做题，每个试题考生都必须作答第13题-第14题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9（8分）利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图1所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处由静止开始运动（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度b，结果如图2所示，由此读出b= mm；（2）滑块通过B点的瞬时速度可表示为vB=（用题中字母表示）；（3）某次实验测得倾角=30，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为Ek=，系统的重力势能减少量可表示为Ep=，在误差允许的范围内，若Ek=Ep则可认为系统的机械能守恒；（用题中字母表示）（4）在上次实验中，某同学改变A、B间的距离，作出的v2d图象如图3所示，并测得M=m，则重力加速度g=m/s210（8分）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）使用游标卡尺测长度为50.3mm，螺旋测微器测量圆柱体的直径示数如图甲所示，直径为mm（2）选用多用电表的电阻“1”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图乙所示，则该电阻的阻值约为；（3）为更精确地测量其电阻，可供选择的器材如下：电流表A1（量程300mA，内阻约为2）；电流表A2（量程l50mA，内阻约为10）；电压表V1量程lV，内阻r=1000）；电压表V2（量程l5V，内阻约为3000）；定值电阻R0=1000；滑动变阻器R1（最大阻值5）；滑动变阻器R2（最大阻值l000）；电源E（电动势约为4V，内阻r约为1）；开关，导线若干为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的，电压表应选，电流表应选，滑动变阻器应选（均填器材代号）根据你选择的器材，请在图丙所示线框内画出实验电路图11（14分）如图甲所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角为，金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m，导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为B，金属导轨的上端与开关S、定值电阻R1和电阻箱R2相连不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g，现闭合开关S，将金属棒由静止释放（1）判断金属棒ab中电流的方向；（2）若电阻箱R2接入电路的阻值为R2=2R1，当金属棒下降高度为h时，速度为v，求此过程中定值电阻R1上产生的焦耳热Q1；（3）当B=0.40T、L=0.50m、=37时，金属棒能达到的最大速度vm随电阻箱R2阻值的变化关系如图乙所示取g=10m/s2，sin37=0.60，cos37=0.80求定值电阻的阻值R1和金属棒的质量m12（18分）如图所示，现在有一个小物块，质量为m=80g，带上正电荷q=2104C与水平的轨道之间的动摩擦因数=0.2，在一个水平向左的匀强电场中，E=4103 V/m，在水平轨道的末端N处，连接一个光滑的半圆形轨道，半径为R=40cm，取g=10m/s2，求：（1）小物块恰好能够运动到轨道的最高点L，那么小物块应该从水平轨道哪个位置释放？（2）如果在上问的位置释放小物块，当它运动到P（轨道中点）点时轨道对它的支持力等于多少？（3）同位置释放，当物体运动到N点时，突然撤去电场，撤去电场的同时，加一匀强磁场，磁感应强度B=2T，方向垂直纸面向里，能否运动到L点？请说明理由如果最后能落回到水平面MN上，则刚到达MN时小物块的速度大小为多少？（二）选考题13（6分）在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步下列表述符合物理学史实的是（）A普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论B爱因斯坦为了解释光电效应的规律，提出了光子说C卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型D贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现原子核是由质子和中子组成的E玻尔大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性14（9分）一质量为m的子弹以某一初速度水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A与木块B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，开始弹簧处于原长，如图所示已知弹簧被压缩瞬间A的速度为，木块A、B的质量均为M求：（）子弹射入木块A时的速度；（）弹簧被压缩到最短时弹簧的弹性势能甘肃省西北师大附中xx届高考物理五诊试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，1-5题只有一项符合题目要求6-8题有多项符合题目要求全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分1（6分）下列说法中正确的是（）A在探究求合力方法的实验中利用了理想模型的方法B牛顿首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推“的科学推理方法C用点电荷来代替实际带电物体是采用了等效替代的思想D奥斯特通过实验观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系考点：物理学史专题：常规题型分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：A、在探究求合力方法的实验中利用了等效替代的方法，故A错误；B、伽利略首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推“的科学推理方法故B错误；C、用点电荷来代替实际带电物体是采用了理想模型的方法，故C错误；D、奥斯特通过实验观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，故D正确；故选：D点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2（6分）将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是（）ABCD考点：竖直上抛运动专题：压轴题；直线运动规律专题分析：受力分析后根据牛顿第二定律判断加速度的变化规律，同时结合特殊位置（最高点）进行判断解答：解：B、D、皮球竖直向上抛出，受到重力和向下的空气阻力，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma根据题意，空气阻力的大小与速度的大小成正比，有：f=kv联立解得：a=g+A、C、由于速度不断减小，故加速度不断减小，到最高点速度为零，阻力为零，加速度为g，不为零，故BD均错误；根据BD的结论a=g+，有，由于加速度减小，故也减小，故也减小，故at图象的斜率不断减小，故A错误，C正确；故选：C点评：本题关键是受力分析后得到加速度的表达式，然后结合速度的变化得到阻力变化，最后判断出加速度的变化规律3（6分）我国“玉兔号”月球车被顺利送抵月球表面，并发回大量图片和信息若该月球车在地球表面的重力为G1，在月球表面的重力为G2已知地球半径为R1，月球半径为R2，地球表面处的重力加速度为g，则（）A“玉兔号”月球车在地球表面与月球表面质量之比为B地球的质量与月球的质量之比为C地球表面处的重力加速度与月球表面处的重力加速度之比为D地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为考点：万有引力定律及其应用；第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度专题：万有引力定律的应用专题分析：质量是不变的，重力是改变的，根据重力表达式G重=mg表示出g进行比较；忽略星球自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式比较地球和月球的质量；第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度解答：解：A、质量是表示物体含物质多少的物理量，与引力无关，故“玉兔号”月球车在地球表面与月球表面质量之比为1：1，故A错误B、根据g=，有：M=，故地球的质量与月球的质量之比为：=，故B错误C、重力加速度：g=，故地球表面处的重力加速度与月球表面处的重力加速度之比为G1：G2，故C错误D、第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度：v=，故地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为：=，故D正确故选：D点评：本题关键是明确重力和质量的区别，知道第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，根据牛顿第二定律列式分析即可4（6分）如图所示，在水平地面上M点的正上方某一高度处，将S1球以初速度v1水平向右抛出，同时在M点右方地面上N点处，将S2球以初速度v2斜向左上方抛出，两球恰在M、N连线的中点正上方相遇，不计空气阻力，则两球从抛出到相遇过程中（）A初速度大小关系为v1=v2B速度变化量相等C都是变加速运动D都不是匀变速运动考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：S1球做的是平抛运动，解决平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动S2球做的是斜抛运动，它在水平方向上也是匀速直线运动，但在竖直方向上是竖直上抛运动解答：解：A、由于两球恰在M、N连线的中点正上方相遇，说明它们的水平位移大小相等，又由于运动的时间相同，所以它们在水平方向上的速度相同，即v2cos=v1，所以v2v1，故A错误B、由于两个球都只受到重力的作用，加速度都是重力加速度，由v=at=gt，知它们速度的变化量相同，故B正确C、由于两个球都只受到重力的作用，加速度都是重力加速度，加速度恒定，是匀变速运动，故CD错误故选：B点评：平抛运动和斜抛运动在水平方向都是匀速直线运动，不同的是在竖直方向上的运动，但在竖直方向上的加速度是一样的，都是重力加速度5（6分）如图所示，以速度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为，则图中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线可能是（）ABCD考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像专题：牛顿运动定律综合专题分析：对滑块受力分析，开始时，受到重力、支持力、滑动摩擦力，处于加速阶段；当速度等于传送带速度时，如果重力的下滑分力小于或等于最大静摩擦力，则一起匀速下滑，否则，继续加速解答：解：木块放上后一定先向下加速，由于传送带足够长，所以一定有木块速度大小等于传送带速度大小的机会，此时若重力沿传送带向下的分力大小大于最大静摩擦力，则之后木块继续加速，但加速度变小了；而若重力沿传送带向下的分力大小小于或等于最大静摩擦力则木块将随传送带匀速运动；故A正确，BCD错误；故选：A点评：本题关键是加速到速度等于传送带速度后，要分两种情况讨论，即重力的下滑分力小于或等于最大静摩擦力和重力的下滑分力大于最大静摩擦力两种情况6（6分）如图所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在电压u=311sin 314t（V）的正弦交变电源上变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出），R3为一定值电阻当传感器R2所在处出现火警时（R2阻值变小），以下说法中正确的是（）AA1的示数增大，A2的示数增大BA1的示数增大，A2的示数减小CV1的示数不变，V2的示数减少DV1的示数不变，V2的示数不变考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R2的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况解答：解：当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A1示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3的电压变压变大，所以V2的示数要减小，即R1的电压也要减小，所以A2的示数要减小，故A、D错误，BC正确故选：BC点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法7（6分）如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，A=60，AO=L，在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子（不计重力作用），粒子的比荷为，发射速度大小都为v0，且满足v0=粒子发射方向与OC边的夹角为，对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是（）A粒子有可能打到A点B以=60飞入的粒子在磁场中运动时间最短C以30飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等D在AC边界上只有一半区域有粒子射出考点：带电粒子在匀强磁场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：带电粒子以相同的速率，不同的速度方向，进入磁场，运动轨迹的曲率半径相同，从而根据不同的磁场情况，即可求解解答：解：A、根据Bqv0=m，可知粒子的运动半径r=L，因此当=60入射时，粒子恰好从A点飞出，故A正确；B、当=60飞入的粒子在磁场中运动时间恰好是周期，是在磁场中运动时间最长，故B错误；C、当=0飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，在磁场中运动时间也恰好是，从0到60在磁场中运动时间先减小后增大，故C错误；D、当=0飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，因此在AC 边界上只有一半区域有粒子射出，故D正确；故选：AD点评：考查带电粒子以相同的速率，不同速度方向，射入磁场中，根据磁场的界限来确定运动情况，并结合半径与周期公式来分析讨论8（6分）如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时均静止现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的t关系分别对应图乙中A、B图线（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则（）At2时刻，弹簧形变量为0Bt1时刻，弹簧形变量为C从开始到t2时刻，拉力F逐渐增大D从开始到t1时刻，拉力F做的功比弹簧弹力做的功少考点：胡克定律；功能关系分析：刚开始AB静止，则F弹=2mgsin，外力施加的瞬间，对A根据牛顿第二定律列式即可求解AB间的弹力大小，由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律可以求出弹簧形变量，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律求出t1时刻弹簧的形变量，并由牛顿第二定律分析拉力的变化情况根据弹力等于重力沿斜面的分量求出初始位置的弹簧形变量，再根据求出弹性势能，从而求出弹簧释放的弹性势能，根据动能定理求出拉力做的功，从而求出从开始到t1时刻，拉力F做的功和弹簧释放的势能的关系解答：解：A、由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsin=kx，则得：x=，故A错误；B、由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kxmgsin=ma，则x=，故B正确C、从开始到t1时刻，对AB整体，根据牛顿第二定律得：F+kx2mgsin=2ma，得F=2mgsin+2makx，x减小，F增大；t1时刻到t2时刻，对B，由牛顿第二定律得：Fmgsin=ma，得 F=mgsin+ma，可知F不变，故C错误D、由上知：t1时刻A、B开始分离开始时有：2mgsin=kx0 从开始到t1时刻，弹簧释放的势能 Ep=从开始到t1时刻的过程中，根据动能定理得：WF+Ep2mgsin（x0x）=2a（x0x）=v12 由解得：WFEp=，所以拉力F做的功比弹簧释放的势能少，故D正确故选：BD点评：从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题-第12题为必做题，每个试题考生都必须作答第13题-第14题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9（8分）利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图1所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处由静止开始运动（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度b，结果如图2所示，由此读出b=3.80 mm；（2）滑块通过B点的瞬时速度可表示为vB=（用题中字母表示）；（3）某次实验测得倾角=30，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为Ek=，系统的重力势能减少量可表示为Ep=（m）gd，在误差允许的范围内，若Ek=Ep则可认为系统的机械能守恒；（用题中字母表示）（4）在上次实验中，某同学改变A、B间的距离，作出的v2d图象如图3所示，并测得M=m，则重力加速度g=9.6m/s2考点：验证机械能守恒定律专题：实验题分析：（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读不同的尺有不同的精确度，注意单位问题（2）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度（3）根据重力做功和重力势能之间的关系可以求出重力势能的减小量，根据起末点的速度可以求出动能的增加量；根据功能关系得重力做功的数值等于重力势能减小量（4）根据图象的物理意义可知，图象的斜率大小等于物体的重力加速度大小解答：解：（1）宽度b的读数为：3mm+160.05mm=3.80mm；（2）由于光电门的宽度b很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度滑块通过光电门B速度为：vB=；（3）滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量为：E=（M+m）（）2=；系统的重力势能减少量可表示为：Ep=mgdMgdsin30=（m）gd；比较Ep和Ek，若在实验误差允许的范围内相等，即可认为机械能是守恒的（4）根据系统机械能守恒有：（M+m）v2=（m）gd； 则v2=2gd若v2d图象，则图线的斜率：k=2g；由图象可知，k=；则有：g=代入数据得：g=9.6m/s2故答案为：（1）3.80；（2）；（3），（m）gd； （4）9.6点评：了解光电门测量瞬时速度的原理实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面此题为一验证性实验题要求根据物理规律选择需要测定的物理量，运用实验方法判断系统重力势能的变化量是否与动能的变化量相同是解题的关键10（8分）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）使用游标卡尺测长度为50.3mm，螺旋测微器测量圆柱体的直径示数如图甲所示，直径为5.310mm（2）选用多用电表的电阻“1”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图乙所示，则该电阻的阻值约为22；（3）为更精确地测量其电阻，可供选择的器材如下：电流表A1（量程300mA，内阻约为2）；电流表A2（量程l50mA，内阻约为10）；电压表V1量程lV，内阻r=1000）；电压表V2（量程l5V，内阻约为3000）；定值电阻R0=1000；滑动变阻器R1（最大阻值5）；滑动变阻器R2（最大阻值l000）；电源E（电动势约为4V，内阻r约为1）；开关，导线若干为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的，电压表应选V1，电流表应选A2，滑动变阻器应选R1（均填器材代号）根据你选择的器材，请在图丙所示线框内画出实验电路图考点：测定金属的电阻率专题：实验题分析：（1）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（2）用欧姆表测电阻的读数为指针示数乘以倍率，当指针指在中央附近时测量值较准确；（3）根据电源电动势选择电压表，根据通过待测电阻的最大电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，滑动变阻器可以采用分压接法，根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，作出实验电路图解答：解：（1）由图示螺旋测微器可知，螺旋测微器第一部分读数为固定刻度，即5mm，找出可动刻度与主尺对齐的刻度线，估读一位，据图可读出对齐的刻度为31.0，乘以精确度0.01mm再加上固定刻度即最终读数：5mm+31.00.01=5.310mm（2）欧姆档测电阻为指针对应刻度与倍率的乘积，由图示欧姆表可知，电阻阻值：221=22（3）由于电源电压为4V，显然电压表选15V时不满足读数不得小于其量程的的要求，因此只能选V1，而V1量程又太小，而题目中给了一个定值电阻，将定值电阻与电压表串联，装成一个新的电压表，量程为2V，基本满足要求，这样由于电阻值约22，因此回路电流最大约100mA左右，因此电流表选A2，为了测量精确，滑动变阻器采分压式接法，为了便于调节，滑动变阻器选用R1，电路图电流表采用外接法，如图所示：故答案为：（1）5.310；（2）22；（3）V1；A2；R1；电路图如图所示点评：要掌握螺旋测微器的读数方法，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明确实验原理和误差来源，明确电流表、电压表和滑动变阻器的选择要求11（14分）如图甲所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角为，金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m，导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为B，金属导轨的上端与开关S、定值电阻R1和电阻箱R2相连不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g，现闭合开关S，将金属棒由静止释放（1）判断金属棒ab中电流的方向；（2）若电阻箱R2接入电路的阻值为R2=2R1，当金属棒下降高度为h时，速度为v，求此过程中定值电阻R1上产生的焦耳热Q1；（3）当B=0.40T、L=0.50m、=37时，金属棒能达到的最大速度vm随电阻箱R2阻值的变化关系如图乙所示取g=10m/s2，sin37=0.60，cos37=0.80求定值电阻的阻值R1和金属棒的质量m考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律；楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：（1）金属棒由静止释放沿导轨向下运动切割磁感线，根据右手定制判断感应电流的方向；（2）以金属棒为研究对象，根据动能定律可正确解答；（3）当金属棒的速度达到最大时，有mgsin=BIL成立，由此写出最大速度vm和电阻R2的函数关系，根据斜率、截距的物理意义即可正确解答解答：解：（1）由右手定则，金属棒ab中的电流方向为b到a（2）由能量守恒定律得：mgh=mv2+Q，解得：Q=mghmv2，两电阻串联，通过它们的电流相等，且R2=2R1，则=，Q1+Q2=Q，则Q1=Q=mghmv2；（3）设最大速度为v，切割磁感线产生的感应电动势：E=BLv由闭合电路的欧姆定律：I=，从b端向a端看，金属棒受力如图：金属棒达到最大速度时满足：mgsinBIL=0由以上三式得：v=（R1+R2），由图象可知：斜率为：k=15m/s，纵截距为v0=30m/s，得到：v0=R1，k=，解得：R1=2.0，m=0.1kg答：（1）金属棒ab中的电流方向为b到a（2）定值电阻R1上产生的焦耳热Q1=mghmv2；（3）定值电阻的阻值R1=2.0，金属棒的质量m=0.1kg点评：电磁感应问题经常与电路、受力分析、功能关系等知识相结合，是高中知识的重点，该题中难点是第三问，关键是根据物理规律写出两坐标物理量之间 的函数关系12（18分）如图所示，现在有一个小物块，质量为m=80g，带上正电荷q=2104C与水平的轨道之间的动摩擦因数=0.2，在一个水平向左的匀强电场中，E=4103 V/m，在水平轨道的末端N处，连接一个光滑的半圆形轨道，半径为R=40cm，取g=10m/s2，求：（1）小物块恰好能够运动到轨道的最高点L，那么小物块应该从水平轨道哪个位置释放？（2）如果在上问的位置释放小物块，当它运动到P（轨道中点）点时轨道对它的支持力等于多少？（3）同位置释放，当物体运动到N点时，突然撤去电场，撤去电场的同时，加一匀强磁场，磁感应强度B=2T，方向垂直纸面向里，能否运动到L点？请说明理由如果最后能落回到水平面MN上，则刚到达MN时小物块的速度大小为多少？考点：带电粒子在混合场中的运动；功能关系专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）当物块恰好通过轨道最高点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出速度从物块释放到运动到轨道最高点的过程中，重力做功2mgR，电场力做功qEs，滑动摩擦力做功mgs，根据动能定理求出物块释放位置到N点的距离s（2）小物块在圆弧轨道上运动的过程中，受到重力、电场力和支持力的作用，其中重力和电场力对小物块做功，支持力不做功，当小物块运动至P点的位置时，以物块为研究对象，由动能定理即可求出小物块的速度，然后结合向心力的来源，由牛顿第二定律即可求出支持力（3）假设物块能到达最高，此过程只有重力做功，物块的机械能守恒，速度等于没有磁场时的速度，但物块受到向下的洛伦兹力，提供的向心力大于所需要的向心力，物块不能到达最高点运动到MN水平面的时，重力作功为0，洛伦磁力作功为0，根据动能定理求解运动能到水平面MN上速度解答：解：（1）物块能通过轨道最高点的条件是mg=m，v=2 m/sEqs=mgs+mv2+mg2R解得s=1.25 m（2）物块到P点时，由动能定理得：mv2+mgR+EqR=mv2vP=2 m/s，由牛顿第二定律得：FNEq=，得：FN=4.8 N（3）能达到因为洛伦兹力不做功，到达最高点速度仍为v=2 m/s，所受洛伦兹力背离圆心，轨道对小物块会产生向下的支持力，所以能到达最高点L落回到MN水平面时，重力做功为零，洛伦磁力做功为零，所以速度的大小vt等于第一次经过N点时的速度大小Eqs=mgs+mv2vt=vN=2 m/s答：（1）小物块恰好能够运动到轨道的最高点L，那么小物块应该从水平轨道1.25m的位置释放；（2）如果在上问的位置释放小物块，当它运动到P（轨道中点）点时轨道对它的支持力等于4.8N；（3）能运动到L点到达MN时小物块的速度大小为2 m/s点评：本题通过竖直平面内的圆周运动考查动能定理与牛顿运动定律的综合应用，题目较长，但过程不复杂，只要耐心和细心，不应出错（二）选考题13（6分）在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步下列表述符合物理学史实的是（）A普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论B爱因斯坦为了解释光电效应的规律，提出了光子说C卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型D贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现原子核是由质子和中子组成的E玻尔大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性考点：物理学史分析：此题是物理学史问题，关键要记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：A、普朗克为了对于当时经典物理无法解释的“紫外灾难”进行解释，第一次提出了能量量子化理论，故A正确；B、爱因斯坦为了解释光电效应的规律，受普朗克量子理论的启发，提出了光子说，故B正确；C、卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型，故C正确；D、贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现原子核有复杂的结构，但没有发现质子和中子，故D错误；E、德布罗意大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性，故E错误故选：ABC点评：本题考查物理学史，属于常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，注重积累14（9分）一质量为m的子弹以某一初速度水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A与木块B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，开始弹簧处于原长，如图所示已知弹簧被压缩瞬间A的速度为，木块A、B的质量均为M求：（）子弹射入木块A时的速度；（）弹簧被压缩到最短时弹簧的弹性势能考点：动量守恒定律；机械能守恒定律专题：动量定理应用专题分析：以子弹与木块组成的系统为研究对象，由动量守恒定律求出子弹射入时的速度；以两木块与子弹组成的系统为研究对象，由动量守恒定律求出其速度；由能时守恒关系可求得弹簧的弹性势能解答：解：以子弹与木块A组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v，解得：v0=a，弹簧压缩最短时，两木块速度相等，以两木块与子弹组成的系统为研究对象，以木块A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：（m+M）v=（m+2M）v，解得：v=；由机械能守恒定律可知：EP=（M+m）（）2（2M+m）v2=答：弹簧被压缩瞬间A的速度为，B的速度为零；弹簧被压缩到最短时的弹性势能为点评：本题考查动量守恒定律及机械能守恒定律的应用，要注意在子弹打木块过程中机械能不守恒