1、湖南省娄底市2015-2016学年高二（下）期末物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，18只有一个选项正确，912有两个或两个以上的选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1关于物理学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（）A奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了电磁感应现象B库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值C牛顿发现万有引力定律，并通过实验测出了引力常量D法拉第发现了电磁感应现象，并制作了世界上第一台发电机2一物体在三个共点力作用下做匀速直线运动，若突然撤去其中一个力，其余两力不变，此物体可能做（）A变加速直线运
2、动B匀减速直线运动C类似于平抛运动D匀速圆周运动3如图所示，物体A、B用细绳连接后跨过定滑轮，A静止在倾角为30的斜面上，B被悬挂着已知质量mA=2mB，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由30增大到50，但物体仍保持静止，那么下列说法中正确的（）A绳子的张力将增大B物体A受到的合力减小C物体A对斜面的压力将减小D物体A受到的静摩擦力先增大后减小4某同学把一体重计放在电梯的地板上，然后站在体重计上随电梯运动他观察了体重计示数的变化情况并记录下了几个特定时刻体重计的示数（表内时刻不表示先后顺序）若已知t0时刻电梯静止，则（）时 刻t0t1t2t3t4体重计示数（kg）50.055.050.045.050
3、.0At1和t2时刻物体所受重力不相同Bt2和t4时刻电梯一定处于静止状态Ct1时刻电梯一定在向上做加速运动Dt1和t3时刻电梯运动的加速度方向一定相反5如图所示，一同学分别在同一直线上的A、B、C三个位置投掷篮球，结果都垂直击中篮筐，速度分别为v1、v2、v3若篮球出手时高度相同，出手速度与水平夹角分别为1、2、3，下列说法正确的是（）Av1v2v3Bv1v2v3C123D1=2=36示波管原理如图所示，电子在电压为UPK的加速电场中由静止开始运动，然后进入电压为UAB的偏转电场，最后打在荧光屏上的O点，要使电子打在荧光屏上的位置O到荧光屏中心O的距离增大，下列措施可行的是（）A只增大UPK
4、B只增大UABC增大UPK同时减小UABD将电子换成比荷（）较大的带电粒子7如图所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的带电粒子（不计重力），经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，粒子最后落到P点，设OP=x，下列图线能够正确反应x与U之间的函数关系的是（）ABCD8将一段导线绕成图甲所示的闭合回路，并固定在水平面（纸面）内回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场中以向里为磁场的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是（）ABCD9关于光电效应，下列说法正确的是（）A极限频率越大的金属材料逸
5、出功越大B只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应C入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多D同种频率的光照射不同的金属，从金属表面出来的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越小10如图，光滑绝缘细杆与水平面成角固定，杆上套有一带正电的小球，质量为m，带电荷量为q为使小球静止在杆上，可加一匀强电场所加电场的场强满足什么条件时，小球可在杆上保持静止（）A垂直于杆斜向上，场强大小为B竖直向上，场强大小为C平行于杆斜向上，场强大小为D水平向右，场强大小为11如图所示，在光滑平面上有一静止小车M，小车上静止地放置着木块m，和小车间的动摩擦因数为=0.3，用水平恒力F拉动
6、小车，下列关于木块的加速度a1和小车的加速度a2，可能正确的有（）Aa1=2 m/s2，a2=2 m/s2Ba1=2m/s2，a2=3 m/s2Ca1=3 m/s2，a2=4 m/s2Da1=3m/s2，a2=2 m/s212如图所示，一个有界均匀磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd沿纸面由图示位置自由下落，当bc边刚进入磁场时，线框恰好做匀速运动，线框边长L小于磁场宽度H，则（）A线框进入磁场时，感应电流方向为abcdaB线框离开磁场时，受到的安培力方向竖直向上C线框bc边刚进入磁场时的感应电流小于线框bc边刚离开时的感应电流D线框穿过磁场的过程中机械能守恒二、实验题（
7、本题共2小题，共14分，请按要求把答案填写在答题卡相应位置）13如图所示，甲图是某学生测量“匀变速直线运动的加速度”的实验装置，由于实验中连接重物和木块的细线过长，所以当重物着地后，木块还会在木板上继续滑行图乙所示纸带是重物着地后的一段打点纸带（注意图中任两个计数点间都有四个点没有标出）若打点计时器所用的交流电频率为 50Hz，则两个计数点间的时间间隔T=s，木块的加速度a为m/s2，木块与木板间的动摩擦因数=（g=10m/s2，忽略空气阻力以及纸带与打点计时器间的摩擦，保留两位有效数字）14（8分）（2016春娄底期末）一个未知电阻Rx，阻值大约为10k20k，为了较为准确地测定其电阻值，实
8、验室中有如下器材：电压表V1（量程3V、内阻约为3k）电压表V2（量程15V、内阻约为15k）电流表A1（量程200A、内阻约为100）电流表A2（量程0.6A、内阻约为1）电源E（电动势为3V）滑动变阻器R（最大阻值为200）开关S（1）在实验中电压表选，电流表选为了尽可能减小误差，电流表最好用（填“内”“外”）接法，滑动变阻器用（填“分压式”或“限流式”）三计算题（本题共3小题，共38分把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤）15某学校兴趣小组对一辆玩具遥控小车的性能进行研究：首先让小车在水平的地面上沿直线运动，记录下小车运动全过程，然后通过对测得的数据进
9、行处理得到如图所示的vt图象已知遥控小车在02s内做匀加速直线运动，2s10s内小车牵引力的功率保持不变，在10s末停止遥控让小车自由滑行若小车质量m=1kg，设整个过程中小车受到的阻力大小不变求：（1）小车在02s和10s13s的加速度（2）在2s10s内小车牵引力的功率（3）小车在加速运动过程中的总位移16如图所示空间分为、三个足够长的区域，各边界面相互平行其中、区域存在匀强电场：E1=1.0104V/m，方向垂直边界面竖直向上；E=105V/m，方向水平向右，区域磁感应强度B=5.0T，方向垂直纸面向里三个区域宽度分别为d1=5.0m、d2=4.0m、d3=10m一质量m=1.0108k
10、g、电荷量q=1.6106C的粒子从O点由静止释放，粒子重力忽略不计求：（1）粒子离开区域时的速度（2）粒子从区域进入区域时的速度方向与边界面的夹角（3）粒子在区域中作圆周运动的周期和离开区域时的速度方向与边界面的夹角17一炮弹质量为m，以一定的倾角斜向上发射，到达最高点时速度为v，炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块沿原轨道返回，质量为，求：（1）另一块爆炸后瞬时的速度大小；（2）爆炸过程系统增加的机械能2015-2016学年湖南省娄底市高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，18只有一个选项正确，912有两个或两个以上的
11、选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1关于物理学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（）A奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了电磁感应现象B库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值C牛顿发现万有引力定律，并通过实验测出了引力常量D法拉第发现了电磁感应现象，并制作了世界上第一台发电机【分析】根据已有的知识，了解物理学史，知道科学家对物理的贡献【解答】解：A、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象故A错误B、库仑提出了库仑定律，美国物理学家密立根利用油滴实验测定出元电荷e的带电量故B错误C、牛顿发现万有引力定律，英国人卡文迪许利用扭秤实验测出了引力常量
12、故C错误D、法拉第不仅发现了电磁感应现象，而且发明了人类历史上的第一台发电机故D正确故选D【点评】本题考查了物理学史，学好物理学史不仅是高中物理学习的要求，而且能增加我们对物理的学习兴趣，平时要注意物理学史的积累2一物体在三个共点力作用下做匀速直线运动，若突然撤去其中一个力，其余两力不变，此物体可能做（）A变加速直线运动B匀减速直线运动C类似于平抛运动D匀速圆周运动【分析】物体受到三个力的作用，物体做匀速直线运动，这三个力是平衡力，如果其中一个力突然消失，剩余的两个力的合力与撤去的力等值、反向、共线，是非平衡力，结合合力方向与速度方向的关系判断物体的运动规律【解答】解：A、因为撤去一个力，剩余
13、两个力的合力恒定，加速度恒定，不可能做变加速直线运动故A错误B、若撤去的力和运动的方向相同，则撤去该力后，速度方向与合力的方向相反，做匀减速运动故B正确C、若撤去的力和运动的方向垂直，撤去该力后，速度方向与合力方向垂直，做类平抛运动故C正确D、因为合力恒定，不可能做匀速圆周运动故D错误故选：BC【点评】本题考查了曲线运动的条件以及三力平衡的知识，关键根据平衡得到其余两个力的合力恒定，然后结合曲线运动的条件分析3如图所示，物体A、B用细绳连接后跨过定滑轮，A静止在倾角为30的斜面上，B被悬挂着已知质量mA=2mB，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由30增大到50，但物体仍保持静止，那么下列说法中正确的
14、（）A绳子的张力将增大B物体A受到的合力减小C物体A对斜面的压力将减小D物体A受到的静摩擦力先增大后减小【分析】本题首先要根据物体B所处状态，判断绳子上张力的变化情况；掌握如何分析静摩擦力的大小和方向，在本题中静摩擦力的大小和方向取决于绳子拉力和物体A重力沿斜面分力大小关系；正确对A进行受力分析，判断其对斜面压力的变化情况【解答】解：A、在斜面的倾角增大过程中，物体B始终处于平衡状态，因此绳子张力大小始终等于物体B重力的大小，没有变化，故A错误；B、物体A保持静止，合力保持为零，没有变化，故B错误；C、物体A对斜面的压力为：FN=mgcos，随着的增大，cos减小，因此物体A对斜面的压力将减小
15、，故C正确；D、由题可知，开始时斜面的倾角为30，A重力沿斜面的分力等于绳子拉力，因此摩擦力为零，随着斜面倾角的增大，重力沿斜面的分力逐渐增大，而绳子拉力不变，因此物体所受摩擦力逐渐增大，方向沿斜面向上，故D错误；故选：C【点评】本题考查了动态平衡中各个力的变化情况，动态平衡问题是高中物理的重点，要熟练掌握各种处理动态平衡问题的方法，如本题中关键是把握绳子上拉力大小不变的特点进行分析4某同学把一体重计放在电梯的地板上，然后站在体重计上随电梯运动他观察了体重计示数的变化情况并记录下了几个特定时刻体重计的示数（表内时刻不表示先后顺序）若已知t0时刻电梯静止，则（）时 刻t0t1t2t3t4体重计示
16、数（kg）50.055.050.045.050.0At1和t2时刻物体所受重力不相同Bt2和t4时刻电梯一定处于静止状态Ct1时刻电梯一定在向上做加速运动Dt1和t3时刻电梯运动的加速度方向一定相反【分析】根据表格读数分析，t1时刻物体处于超重状态，t2时刻物体处于失重状态，根据牛顿第二定律分析物体加速度的方向发生超重与失重现象时，物体的重力没有变化超重或失重取决于加速度的方向，与速度方向无关【解答】解：A、t1和t2时刻物体的质量并没有发生变化，所受重力也没有发生了变化故A错误B、t2和t4时刻物体处于平衡状态，可能是静止也可能是匀速直线运动，故B错误C、根据表格读数分析，t1时刻物体处于超
17、重状态，根据牛顿第二定律分析得知，电梯的加速度方向向上可能向上加速也可能向下减速，故C错误；D、t1时刻超重，加速度向上；而t3时刻失重，加速度向下；故两时刻电梯运动的加速度方向一定相反；故D正确；故选：D【点评】本题考查运用牛顿运动定律分析超重与失重现象的能力要注意明确加速度向上可能是向上加速，也可能是向下减速；而平衡可能是静止也可能是匀速运动5如图所示，一同学分别在同一直线上的A、B、C三个位置投掷篮球，结果都垂直击中篮筐，速度分别为v1、v2、v3若篮球出手时高度相同，出手速度与水平夹角分别为1、2、3，下列说法正确的是（）Av1v2v3Bv1v2v3C123D1=2=3【分析】据题知三
18、个篮球都垂直击中篮筐，其逆过程是平抛运动，它们上升的高度相等，水平位移大小不等，根据平抛运动的规律得到水平位移与初速度的关系，分析初速度的大小根据速度的分解，分析角度的关系【解答】解：A、B、三个篮球都垂直击中篮筐，其逆过程是平抛运动，设任一篮球击中篮筐的速度v，上升的高度为h，水平位移为x则有：x=vt，h=，则得：v=x，h相同，则vx，则得v1v2v3故A错误，B正确C、D、根据速度的分解有：tan=，t相同，v1v2v3，则得123故CD错误故选：B【点评】本题运用逆向思维研究斜抛运动，关键是要明确平抛运动的研究方法、位移公式和速度公式，是解决平抛运动问题的基础知识6示波管原理如图所示
19、，电子在电压为UPK的加速电场中由静止开始运动，然后进入电压为UAB的偏转电场，最后打在荧光屏上的O点，要使电子打在荧光屏上的位置O到荧光屏中心O的距离增大，下列措施可行的是（）A只增大UPKB只增大UABC增大UPK同时减小UABD将电子换成比荷（）较大的带电粒子【分析】电子在加速电场PK中运动时，电场力对电子做正功，根据动能定理求解电子穿过P板时的速度大小电子进入偏转电场后做类平抛运动，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动根据板长和初速度求出时间根据牛顿第二定律求解加速度，由位移公式求解电子从偏转电场射出时的侧移量电子离开偏转电场后沿穿出电场时的速度做匀速直
20、线运动，水平方向：位移为L2，分速度等于v0，求出匀速运动的时间竖直方向：分速度等于vy，由y=vyt求出离开电场后偏转的距离，再加上电场中偏转的距离可得到OO间的距离，再进行分析【解答】解：设电子经电压UPK加速后的速度为v0，由动能定理得：eUPK=mv02，电子以速度0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时的侧移量为y1，由牛顿第二定律得： F=eE2=e=ma，解得：a=由运动学公式得：水平方向有：L=v0t1竖直方向有：y1=at12，联立解得：y
21、1=；设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为y，由匀变速运动的速度公式可知y=at1；电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，则电子打到荧光屏上的侧移量为y2水平方向：R=v0t2，竖直方向：y2=vyt2，解得：y2=；P至O点的距离y=y1+y2=可知，要使电子打在荧光屏上的位置O到荧光屏中心O的距离增大，即使y增大，可只减小UPK，或只增大UAB，或同时减小UPK，或只增大UABy与电子的比荷无关，所以将电子换成比荷（）较大的带电粒子y不变故ACD错误，B正确故选：B【点评】带电粒子在电场中类平抛运动的研究方法与平抛运动相似，采用运动的合成与分
22、解y2也可以利用三角形相似法求解7如图所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的带电粒子（不计重力），经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，粒子最后落到P点，设OP=x，下列图线能够正确反应x与U之间的函数关系的是（）ABCD【分析】根据动能定理得到带电粒子加速获得的速度带电粒子进入磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得到半径r，x=2r，根据x与U的表达式选择图象【解答】解：在加速电场中，由动能定理得：qU=，解得：v=，磁场中，洛伦兹力提供向心力，有：qvB=m，得：r=则得：x=2r=，B、m、q都一定，则由数学知识得到，xU图象是抛物线，B正确故选：B【点
23、评】本题是质谱仪的原理，根据物理规律得到解析式，再由数学知识选择图象是常用的方法和思路8将一段导线绕成图甲所示的闭合回路，并固定在水平面（纸面）内回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场中以向里为磁场的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是（）ABCD【分析】当线圈的磁通量发生变化时，线圈中才会产生感应电动势，从而形成感应电流；当线圈的磁通量不变时，则线圈中没有感应电动势，所以不会有感应电流产生由楞次定律可知电流的方向，由左手定则判断安培力的方向【解答】解：分析一个周期内的情况：在前个周期内，磁感应强
24、度均匀变化，磁感应强度B的变化度一定，由法拉第电磁感应定律得知，圆形线圈中产生恒定的感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变，根据安培力表达式F=BIL，ab边在磁场中所受的安培力减小，由楞次定律可知，圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，通过ab的电流方向从ba，由左手定则判断得知，ab所受的安培力方向水平向左，为负值；同理可知，在到个周期内，安培力大小增大，根据楞次定律可知，方向水平向右；那么后半个周期，可知，安培力先减小后增大，方向先向右，后向左故D正确，ABC错误故选：D【点评】本题要求学生能正确理解Bt图的含义，故道B如何变化，才能准确的利用楞次定律进行判定根据法拉第电磁感应定律分
25、析感应电动势的变化，由欧姆定律判断感应电流的变化，进而可确定安培力大小的变化9关于光电效应，下列说法正确的是（）A极限频率越大的金属材料逸出功越大B只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应C入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多D同种频率的光照射不同的金属，从金属表面出来的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越小【分析】当入射光子的频率大于金属的逸出功时，会发生光电效应，根据光电效应方程判断光电子最大初动能与什么因素有关【解答】解：A、逸出功W=hv0，知极限频率越大，逸出功越大故A正确B、发生光电效应与入射光的频率有关，与入射光的强度无关故B错误C、在发生光
26、电效应的情况下，入射光的强度越高，单位时间内发出光电子的数目越多故C错误D、根据光电效应方程得，EKm=hvW0，同种频率的光照射不同的金属，光电子最大初动能越大，逸出功越小故D正确故选：AD【点评】解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及掌握光电效应方程，知道光的强度影响单位时间内发出光电子的数目10如图，光滑绝缘细杆与水平面成角固定，杆上套有一带正电的小球，质量为m，带电荷量为q为使小球静止在杆上，可加一匀强电场所加电场的场强满足什么条件时，小球可在杆上保持静止（）A垂直于杆斜向上，场强大小为B竖直向上，场强大小为C平行于杆斜向上，场强大小为D水平向右，场强大小为【分析】当加一匀强电场时，小
27、球将受到电场力作用，小球带正电，电场力方向与场强方向相同；当加电场后，小球所受的合力能为零时，就能在杆上保持静止状态【解答】解：A、若电场方向垂直于杆斜向上，小球受到的电场力方向也垂直于杆斜向上，在垂直于杆的方向小球受力能平衡，而在平行于杆方向，重力有沿杆向下的分力，没有力与之平衡，则小球将向下滑动，不能保持静止故A错误B、若电场方向竖直向上，此时球受两个力，竖直向上的电场力和竖直向下的重力，根据二力平衡可知，Eq=mg，故E=故B正确C、如电场方向平行于杆斜向上，此时受三个力，重力、沿杆方向的电场力和支持力重力和电场力垂直于杆方向的分力的合力和支持力等值反向，重力和电场力沿杆子方向的分力大小
28、相等方向相反，有mgsin=Eq，故E=，故C正确；D、若电场方向向右，此时受三个力，重力、电场力和支持力重力和电场力垂直于杆方向的分力的合力和支持力等值反向，重力和电场力沿杆子方向的分力大小相等方向相反，有mgsin=Eqcos，故E=，故D错误故选：BC【点评】判断物体能否静止，关键是正确分析物体的受力情况，根据利用平衡条件进行检验合力是否为零11如图所示，在光滑平面上有一静止小车M，小车上静止地放置着木块m，和小车间的动摩擦因数为=0.3，用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度a1和小车的加速度a2，可能正确的有（）Aa1=2 m/s2，a2=2 m/s2Ba1=2m/s2，a2=3
29、 m/s2Ca1=3 m/s2，a2=4 m/s2Da1=3m/s2，a2=2 m/s2【分析】对整体受力分析，根据牛顿第二定律列方程；再对m受力分析，根据牛顿第二定律列方程；最后联立方程组求解【解答】解：当fmg=3m（N）时，木块与小车一起运动，且加速度相等，最大共同加速度为mg=mamaxamax=g=3m/s2当f3m（N）时，小车的加速度大于木块的加速度，此时木块与小车发生相对运动，此时木块加速度最大，由牛顿第二定律得：amax=g=3m/s2小车的加速度a23m/s2由以上的分析可知，当物块与小车一起运动时，加速度：；当小车相对于物块向前运动时，故A正确，C正确，故选：AC【点评】
30、本题关键先对整体受力分析，再对小滑块受力分析，然后根据牛顿第二定律列方程，联立方程组求解12如图所示，一个有界均匀磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd沿纸面由图示位置自由下落，当bc边刚进入磁场时，线框恰好做匀速运动，线框边长L小于磁场宽度H，则（）A线框进入磁场时，感应电流方向为abcdaB线框离开磁场时，受到的安培力方向竖直向上C线框bc边刚进入磁场时的感应电流小于线框bc边刚离开时的感应电流D线框穿过磁场的过程中机械能守恒【分析】线框进入时bc边切割磁感线，出来时ad边切割磁感线，因此根据右手定则可以判断出电流方向，注意完全进入时，磁通量不变，无感应电流产生；然后根
31、据左手定则判断安培力方向，即可分析线框的机械能是否守恒【解答】解：A、B、线框进入磁场时，磁通量增大，因此感应电流形成磁场方向向外，由安培定则可知感应电流方向为adcba，安培力方向竖直向上，同理线框离开磁场时，电流方向为abcda，安培力方向竖直向上，故A错误，B正确C、当bc边刚进入磁场时，线框恰好做匀速运动，完全进入磁场后，磁通量不变，线框中没有感应电流产生，不受安培力，所以线框做匀加速运动，则线框bc边刚离开时的速度大于bc边刚进入磁场时的速度，由I=，知线框bc边刚进入磁场时的感应电流小于线框bc边刚离开时的感应电流故C正确D、线框穿过磁场的过程中，由于安培力做负功，其机械能不守恒故
32、D错误故选：BC【点评】本题可以利用楞次定律直接判断电流和受力方向，也可以利用右手定则先判断电流向，然后利用左手定则判断受力方向二、实验题（本题共2小题，共14分，请按要求把答案填写在答题卡相应位置）13如图所示，甲图是某学生测量“匀变速直线运动的加速度”的实验装置，由于实验中连接重物和木块的细线过长，所以当重物着地后，木块还会在木板上继续滑行图乙所示纸带是重物着地后的一段打点纸带（注意图中任两个计数点间都有四个点没有标出）若打点计时器所用的交流电频率为 50Hz，则两个计数点间的时间间隔T=0.10s，木块的加速度a为0.50m/s2，木块与木板间的动摩擦因数=0.050（g=10m/s2，
33、忽略空气阻力以及纸带与打点计时器间的摩擦，保留两位有效数字）【分析】打点计时器每隔0.02s打一个点，由此可知计数点之间的时间间隔，由匀变速运动的推论x=aT2求出加速度，然后由牛顿第二定律求出动摩擦因数【解答】解：打点计时器每隔0.02s打一个点，两个计数点间都有四个点没有标出，因此计数点间的时间间隔：T=0.02s5=0.10s； 根据匀变速直线运动的推论x=aT2得：s4s2=2a1T2s3s1=2a1T2a=0.50m/s2；对木块由牛顿第二定律得：mg=ma，则动摩擦因数：=0.050；故答案为：0.10；0.50；0.050【点评】本题考查了求木块的加速度、木块与木板间的动摩擦因数
34、等问题，应用匀变速运动的推论、牛顿第二定律即可正确解题14（8分）（2016春娄底期末）一个未知电阻Rx，阻值大约为10k20k，为了较为准确地测定其电阻值，实验室中有如下器材：电压表V1（量程3V、内阻约为3k）电压表V2（量程15V、内阻约为15k）电流表A1（量程200A、内阻约为100）电流表A2（量程0.6A、内阻约为1）电源E（电动势为3V）滑动变阻器R（最大阻值为200）开关S（1）在实验中电压表选V1，电流表选A1为了尽可能减小误差，电流表最好用内接法（填“内”“外”）接法，滑动变阻器用分压式（填“分压式”或“限流式”）【分析】（1）根据待测电阻的大小和电源的电动势大小，估测电
35、路中的最大电流，在不烧坏电表的前提下，电压表、电流表的指针偏转角度越大越好，由此可正确选择电表；（2）由于所给滑动变阻器太小，待测电阻很大，因此该实验采用滑动变阻器的分压接法和电流表的内接法【解答】解：（1）根据待测电阻的大小和电源的电动势大小，估测电路中的最大电流不会超过30mA，故电流表选择A1，电压表选择V1（2）由于所给滑动变阻器太小，待测电阻很大，因此该实验采用滑动变阻器的分压接法和电流表的内接法故答案为：（1）V1，A1（2）内接法；分压式【点评】本题考查伏安法测量电阻的实验，要注意实验中仪表的选择，同时明确分压式接法和限流接法的正确选择三计算题（本题共3小题，共38分把解答写在答
36、题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤）15某学校兴趣小组对一辆玩具遥控小车的性能进行研究：首先让小车在水平的地面上沿直线运动，记录下小车运动全过程，然后通过对测得的数据进行处理得到如图所示的vt图象已知遥控小车在02s内做匀加速直线运动，2s10s内小车牵引力的功率保持不变，在10s末停止遥控让小车自由滑行若小车质量m=1kg，设整个过程中小车受到的阻力大小不变求：（1）小车在02s和10s13s的加速度（2）在2s10s内小车牵引力的功率（3）小车在加速运动过程中的总位移【分析】（1）根据速度时间图线的斜率求出小车在02s和10s13s的加速度；（2）根据牛顿第二定律
37、求出阻力的大小，抓住匀速运动时，阻力与牵引力大小相等，结合P=Fv求出小车牵引力功率；（3）根据位移时间公式求出小车匀加速运动的位移，结合动能定理，抓住功率不变求出变加速运动的位移，从而得出加速过程中的总位移【解答】解：（1）根据a=，由图象可得：02s：a1=2 m/s210s13s：a2=2 m/s2（2）小车的匀速运动阶段即7s10s内，设牵引力为F，则F=f f=ma2且P=Fvm 由图象可知vm=6 m/s代入数据解得：P=12 W（3）小车的加速运动过程可以分为02 s和2 s7 s两段，设对应的位移分别为s1和s2，则有：s1=a1t12代入数据解得：s1=4m在2 s7 s内由
38、动能定理可得：P（t2t1）fs2=mvm2mv12代入数据解得：s2=25 ms=s1+s2=4+25m=29 m答：（1）小车在02s和10s13s的加速度分别为2m/s2、2m/s2（2）在2s10s内小车牵引力的功率为12W（3）小车在加速运动过程中的总位移为29m【点评】本题首先考查理解速度图象的能力，其次考查根据图象的信息研究物体运动情况，应用动能定理求解变速运动中变力做功的能力16如图所示空间分为、三个足够长的区域，各边界面相互平行其中、区域存在匀强电场：E1=1.0104V/m，方向垂直边界面竖直向上；E=105V/m，方向水平向右，区域磁感应强度B=5.0T，方向垂直纸面向里
39、三个区域宽度分别为d1=5.0m、d2=4.0m、d3=10m一质量m=1.0108kg、电荷量q=1.6106C的粒子从O点由静止释放，粒子重力忽略不计求：（1）粒子离开区域时的速度（2）粒子从区域进入区域时的速度方向与边界面的夹角（3）粒子在区域中作圆周运动的周期和离开区域时的速度方向与边界面的夹角【分析】（1）粒子在电场中加速，由动能定理列方程求粒子离开区域时的速度大小；（2）粒子在区域中竖直方向匀速直线运动，水平方向匀加速直线运动，即粒子做类平抛运动，由类平抛运动规律求解；（3）粒子在区域做匀速圆周运动，周期为T=画出运动轨迹，然后由几何关系求出离开区域时的速度方向与边界面的夹角【解答
40、】解：（1）由动能定理得： mv12=qE1d1得：v1=4103 m/s（2）粒子在区域做类平抛运动以水平向右为y轴，竖直向上为x轴设粒子进入区域时速度与边界的夹角为，则有： tan=又 vx=v1，vy=at粒子的加速度为：a=运动时间为：t=把数值代入得：=30（3）粒子在磁场中运动的周期为：T=102 s 粒子进入磁场时的速度为：v2=2v1粒子在磁场中运动的半径为：R=10m=d3粒子进入磁场区域运动轨迹如图所示，有：R=10 m由几何关系得：AB=5m，CD=（105）m则有：cos=所以粒子离开磁场时速度方向与边界的夹角为：=arccos答：（1）粒子离开区域时的速度是4103
41、m/s（2）粒子从区域进入区域时的速度方向与边界面的夹角是30（3）粒子在区域中作圆周运动的周期是102 s，离开区域时的速度方向与边界面的夹角是arccos【点评】粒子在电场中的偏转情况，一定注意化曲为直，即将运动分解为平行于电场的方向与垂直于电场的方向；粒子在磁场中的运动一定要注意找出圆心和半径，进而能正确的应用好几何关系，则可顺利求解17一炮弹质量为m，以一定的倾角斜向上发射，到达最高点时速度为v，炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块沿原轨道返回，质量为，求：（1）另一块爆炸后瞬时的速度大小；（2）爆炸过程系统增加的机械能【分析】炮弹在最高点爆炸时动量守恒，由动量守恒定律可求出爆炸后另一块弹
42、片的速度大小，根据能量守恒求出爆炸后系统增加的机械能【解答】解：（1）炮弹爆炸过程中动量守恒，爆炸后一块弹片沿原轨道返回，则该弹片速度大小为v，方向与原方向相反，设另一块爆炸后瞬时速度大小为v1，由题意知，爆炸后两弹片的质量均为，设速度v的方向为正，由动量守恒定律得：mv=mv+mv1解得：v1=3v（2）爆炸过程中重力势能没有改变，爆炸前系统总动能为：EK=mv2，爆炸后系统总动能为：EK=（v）2（3v）2=mv2，系统增加的机械能为：E=Ek=Ek=mv2mv2=2mv2答：（1）另一块爆炸后瞬时的速度大小为3v；（2）爆炸过程系统增加的机械能为2mv2【点评】对于爆炸、碰撞等过程，系统所受的外力不为零，但内力远大于外力，系统的动量近似守恒，运用动量守恒和能量守恒两大守恒定律进行求解
