1、浙江省金丽衢十二校2015届高考物理二模试卷一、单项选择题（本题共4个小题，每小题6分，共24分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1玩具弹力球（如图）具有较好的弹性，碰撞后能等速反向弹回一小孩将弹力球举高后由静止释放作自由落体运动，与水平地面发生碰撞，弹力球在空中往返运动若从释放弹力球时开始计时，且不计弹力球与地面发生碰撞的时间和空气阻力，则弹力球运动的速度时间图线是( )ABCD2如图所示，上端固定的细线下端悬挂一重为G的重物，重物原先处于静止小米同学在物体上作用一个方向始终水平的力F，使重物足够缓慢地运动，关于细线能否达到水平的位置，提出如下的猜想，你认为正确的是(
2、)A水平力F无论多大都不能使细线处于水平位置B只要水平力F始终大于G，细线就可以达到水平位置C只要水平力F逐渐增大，细线就可以达到水平位置D力F有时可能小于G，但在适当的时候大于G，细线可以达到水平位置3如图甲所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动通过力传感器和速度传感器检测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示，则前2s内物体所受合外力做功的平均功率为( )A1WB0.5WC1.5WD2W4如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，电阻R2为定值电阻，R1为滑动变阻器，A、B为水平放置的电容器的上下两个极板当滑动变阻器R1处于某位置时，A、B两板间的带电油滴恰好悬浮
3、不动，则下列说法中正确的是( )A两极板A、B间正对面积减小其他条件不变时，油滴将向下运动B移动R1的滑动触头且其他条件不变时，电压表的读数增大了U，则电阻R2两端的电压减小了UCR1滑动触头向左移动且其他条件不变时，带电油滴向上运动DR1滑动触头向右移动且其他条件不变时，R2上消耗的热功率变小二、不定项选择题（本题共3个小题，每小题6分，共18分在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）5如图所示，在xOy坐标系中，x轴上关于y轴对称的A、C两点固定等量异种点电荷+Q、Q，B、D两点分别位于第二、四象限，ABCD为平行四边形
4、，边BC、AD分别与y轴交于E、F，以下说法正确的是( )AE、F两点电势相等BB、D两点电场强度相同C试探电荷+q从B点移到D点，电势能增加D试探电荷+q从B点移到E点和从F点移到D点，电场力对+q做功相同6如图所示，甲是不带电的绝缘物块，乙是带负电的物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的绝缘水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场现加一水平向左的匀强电场，发现甲、乙一起向右加速运动在加速运动阶段( )A甲、乙两物块一起做加速度减小的加速运动B甲、乙两物块间的摩擦力不变C乙物块与地面之间的摩擦力不断增大D甲、乙两物体可能做匀加速直线运动7如图所示，有同学做实验时不慎将圆柱形试管塞卡于试管
5、底部，该试管塞中轴穿孔为了拿出试管塞而不损坏试管，该同学紧握试管让其倒立由静止开始竖直向下做匀加速直线运动，t=0.20s后立即停止，此时试管下降H=0.80m，试管塞将恰好能从试管口滑出已知试管总长L=21.0cm，底部球冠的高度h=1.0cm，试管塞的长度为d=2.0cm，设试管塞相对试管壁滑动时受到的摩擦力恒定，不计空气阻力，重力加速度g=l0m/s2则以下说法正确的是( )A试管塞从静止开始到离开试管口的总位移为1.0 mB试管塞从静止开始到离开试管口的总时间为0.25sC试管塞将要从试管口滑出时的加速度大小为40m/s2D试管塞受到的滑动摩擦力与其重力的比值为16：1三、非选择题部分
6、8在“探究求合力的方法”实验中（如图），需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳的另一端都有绳套，实验中需用两个弹簧测力计分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮条，某同学认为在此过程中必须注意以下几项，其中正确的是 ( )A拉橡皮条的细绳要适当长些B两根绳必须等长C弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行D用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数之差应尽可能大9在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中（如图）：我们已经知道，物体的加速度（a）同时跟合外力（F）和质量（m）两个因素有关要研究这三个物理量之间的定量关系的基本思路是先保持m不变，研究a与F的关系；再保持F不变，研究a与m的关系某同
7、学的实验方案如图所示，她想用沙和沙桶的总重力大小替代小车受到的合外力大小，为了减少这种做法而带来的实验误差，你认为在实验中应该采取的两项措施是：a_；b_该同学利用实验中打出的纸带求加速度时，处理方案有两种：A利用公式a=计算； B根据a=利用逐差法计算两种方案中，你认为选择方案_比较合理10某同学在实验室准备用以下器材测一个电源的电动势E和内阻r，要求测量尽量准确、能测量多组数椐且滑动变阻器调节方便A电流表G：量程500A，内阻200B待测电源E：电动势约3.0V，内阻未知C电流表A：量程2A，内阻约0.1D滑动变阻器R1：最大阻值10，额定电流2AE电阻箱R2：09999F开关S一个，导线
8、若干（1）该同学首先把G表和电阻箱R2串联，将它改装成一只量程为3V的电压表，则电阻箱R2应调到_（2）接着利用电流表A和改装后的电压表，将各元件连接成图甲所示的测量电路测电源的电动势E和内阻r，但该同学在连线时漏了一条导线，请在答题卷的图甲中用笔画线代替导线，将电路连接完整（3）利用上面补充完整的电路测量电源的电动势E及内阻r，若用测量的数据，作出的G表的示数Ig与通过滑动变阻器的电流I的关系图象如图乙所示，则可得到电源的电动势E=_V，内阻r=_（计算结果均保留两位有效数字）11（16分）如图所示，半径R=2.5m的光滑半圆轨道ABC与倾角=37的粗糙斜面轨道DC相切于C点，半圆轨道的直径
9、AC与斜面垂直质量m=1kg的小球从A点左上方距A点高h=0.45m的P点以某一速度v0水平抛出，刚好与半圆轨道的A点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D点已知当地的重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，不计空气阻力，求：（1）小球从P点抛出时的速度大小v0；（2）小球从C点运动到D点过程中摩擦力做的功W；（3）小球从D点返回经过轨道最低点B的压力大小12如图，宽度为L=0.5m的光滑金属框架MNPQ固定于水平面内，并处在磁感应强度大小B=0.4T，方向竖直向下的匀强磁场中，框架的电阻非均匀分布将质量m=0.1kg，电阻可忽略的金属棒
10、ab放置在框架上，并与框架接触良好以P为坐标原点，PQ方向为x轴正方向建立坐标金属棒从x0=1m处以v0=2m/s的初速度，沿x轴负方向做a=2m/s2的匀减速直线运动，运动中金属棒水平方向仅受安培力作用求：（1）金属棒ab运动0.75m所用的时间和框架产生的焦耳热Q；（2）框架中aNPb部分的电阻R随金属棒ab的位置x变化的函数关系；（3）金属棒ab沿x轴负方向运动0.6s过程中通过ab的电量q13（22分）如图所示是汤姆生当年用来测定电子比荷的实验装置，真空玻璃管内C、D为平行板电容器的两极，圆形阴影区域内可由管外电磁铁产生一垂直纸面的匀强磁场（图中未画出），圆形区域的圆心位于C、D中心线
11、的中点，直径与极板C、D的长度相等已知极板C、D间的距离为d，C、D的长度为L1=4d，极板右端到荧光屏的距离为L2=10d由K发出的电子，不计初速，经A与K之间的高电压加速后，形成一束很细的电子流，电子流沿C、D中心线进入板间区域，A与K之间的电压为U1若C、D间无电压无磁场，则电子将打在荧光屏上的O点；若在C、D间只加上电压U2，则电子将打在荧光屏上的P点，若再在圆形区域内加一方向垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，则电子又打在荧光屏上的O点不计重力影响求：（1）电子的比荷表达式（2）P点到O点的距离h1（3）若C、D间只有上面的磁场而撤去电场，则电子又打在荧光屏上的Q点（图中未标出
12、），求Q点到O点的距离h2已知tan2a=浙江省金丽衢十二校2015届高考物理二模试卷一、单项选择题（本题共4个小题，每小题6分，共24分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1玩具弹力球（如图）具有较好的弹性，碰撞后能等速反向弹回一小孩将弹力球举高后由静止释放作自由落体运动，与水平地面发生碰撞，弹力球在空中往返运动若从释放弹力球时开始计时，且不计弹力球与地面发生碰撞的时间和空气阻力，则弹力球运动的速度时间图线是( )ABCD考点：匀变速直线运动的图像 专题：运动学中的图像专题分析：小球做自由落体运动，落地前做匀加速直线运动，与地面发生碰撞反弹速度与落地速度大小相等，方向相反
13、，然后向上做匀减速直线运动，根据速度时间关系得到速度时间关系图象解答：解：A、小球与地面碰撞时，速度大小不变，但方向发生突变，A图中速度没有突变，故A错误；B、小球与地面碰撞时，速度大小不变，但方向发生突变，B图中速度没有突变，故B错误；C、由图象可以看出，速度先减小到零，再反向增加到原来的值（竖直上抛运动），然后反弹（速度大小不变、方向突变），再重复这种运动，是上抛运动，不符合小球的运动情况，故C错误；D、由图象可以看出，速度先增加（自由落体运动），然后反弹（速度大小不变、方向突变），再减小到零（竖直上抛运动中的上升过程），再重复这种运动，故D正确故选：D点评：本题关键要注意速度的方向用正负
14、来表示，然后结合自由落体运动和竖直上抛运动的速度时间关系来找出函数图象2如图所示，上端固定的细线下端悬挂一重为G的重物，重物原先处于静止小米同学在物体上作用一个方向始终水平的力F，使重物足够缓慢地运动，关于细线能否达到水平的位置，提出如下的猜想，你认为正确的是( )A水平力F无论多大都不能使细线处于水平位置B只要水平力F始终大于G，细线就可以达到水平位置C只要水平力F逐渐增大，细线就可以达到水平位置D力F有时可能小于G，但在适当的时候大于G，细线可以达到水平位置考点：共点力平衡的条件及其应用 专题：动能定理的应用专题分析：以物体研究对象，分析受力，判断物体是否是受力平衡的变化，结合平衡条件与能
15、量关系分析解答：解：若物体运动足够缓慢，因物体在水平位置受重力和水平方向的拉力及绳子的拉力；由于水平拉力和绳子的拉力的合力沿水平方向；重力沿竖直方向；故重力和拉力的合力永远不可能合力为零；故力F无论多大都不能使物体在水平位置平衡，因此细线不可能处于水平位置，故A正确BCD错误；故选：A点评：因物体缓慢运动则处于动态平衡状态；故根据平衡条件进行分析即可明确3如图甲所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动通过力传感器和速度传感器检测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示，则前2s内物体所受合外力做功的平均功率为( )A1WB0.5WC1.5WD2W考点：功率、平均功率和瞬时
16、功率；牛顿第二定律 专题：功率的计算专题分析：根据推力F的大小，结合位移的大小求出推力做功的大小，第3s内做匀速直线运动，拉力等于滑动摩擦力，求出滑动摩擦力，再根据克服摩擦力做的功，从而根据平均功率的公式求出平均功率的大小解答：解：根据速度时间图线知，前2s内的位移x=1m，则推力F所做的功为：WF=Fx=31J=3J，第3s内做匀速直线运动，拉力等于滑动摩擦力，则滑动摩擦力的大小f=2N，所以第2s内克服摩擦力做功大小为：Wf=fx=21J=2J则前2s内平均功率为：P=故选：B点评：解决本题的关键知道速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，结合恒力做功和平均功率公式进
17、行求解4如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，电阻R2为定值电阻，R1为滑动变阻器，A、B为水平放置的电容器的上下两个极板当滑动变阻器R1处于某位置时，A、B两板间的带电油滴恰好悬浮不动，则下列说法中正确的是( )A两极板A、B间正对面积减小其他条件不变时，油滴将向下运动B移动R1的滑动触头且其他条件不变时，电压表的读数增大了U，则电阻R2两端的电压减小了UCR1滑动触头向左移动且其他条件不变时，带电油滴向上运动DR1滑动触头向右移动且其他条件不变时，R2上消耗的热功率变小考点：电容器的动态分析；闭合电路的欧姆定律 专题：电容器专题分析：仅把两极板A、B间相对面积减小，电容器的电压不变，由
18、E=分析板间场强变化和油滴所受电场力变化，判断油滴的运动情况移动R1的滑动触头且其他条件不变时，电压表的读数增大了U，说明变阻器的电阻增大，总电流减小，根据路端电压的变化，分析电阻R2两端的电压减小量与电压表的读数增大量的关系把R1的触头向右滑动时，R1增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，分析路端电压的变化，判断油滴的运动情况若将R1的滑动触头向右移动时，R1的电阻增大，总电流减小，即可知R2的发热功率的变化解答：解：A、仅把两极板A、B间相对面积减小，电容器的电压不变，由E=分析得知，板间场强不变，油滴所受电场力不变，则油滴仍保持静止故A错误B、移动R1的滑动触头且其他条件不变时，电压表的
19、读数增大了U，说明变阻器的电阻增大，总电流减小，电源内电阻电压减小，则电阻R2两端的电压减小小于U故B错误C、电容器的电压等于路端电压，欲使带电油滴向上运动，必须增大路端电压，则使可变电阻R1滑动触头向右移动故C错误D、若将R1的滑动触头向右移动时，R1的电阻增大，总电流减小，即可知R2的发热功率减小故D正确故选：D点评：本题中要抓住电容器的电压等于路端电压，与电路部分是相对独立的分析油滴是否运动，关键分析电场力是否变化二、不定项选择题（本题共3个小题，每小题6分，共18分在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）5如图所示，
20、在xOy坐标系中，x轴上关于y轴对称的A、C两点固定等量异种点电荷+Q、Q，B、D两点分别位于第二、四象限，ABCD为平行四边形，边BC、AD分别与y轴交于E、F，以下说法正确的是( )AE、F两点电势相等BB、D两点电场强度相同C试探电荷+q从B点移到D点，电势能增加D试探电荷+q从B点移到E点和从F点移到D点，电场力对+q做功相同考点：电势能；电场强度；电势 专题：电场力与电势的性质专题分析：等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线电场线的分布情况具有对称性根据电势的高低，分析电势能的变化，分析抓住正电荷在电势高处电势大的结论解答：解：A、等量异种点电荷+Q、Q连线的垂直平分线是一条等势线，
21、所以y轴是一条等势线，E、F的电势相等，故A正确B、根据电场线的分布情况和对称性可知，B、D两点电场强度相同，故B正确C、根据顺着电场线电势降低可知，B点的电势高于D点的电势，而正电荷在电势高处电势大，所以试探电荷+q从B点移到D点，电势能减小，故C错误D、由上分析可知，B、E间的电势差等于F、D间的电势差，根据电场力做功公式W=qU得知+q从B点移到E点和从F点移到D点，电场力对+q做功相同，故D正确故选：ABD点评：本题要掌握等量异种点电荷的电场线和等势线分布情况，能判断电场线的方向判断出电势的高低，由电场线的疏密判断场强的大小6如图所示，甲是不带电的绝缘物块，乙是带负电的物块，甲、乙叠放
22、在一起，置于粗糙的绝缘水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场现加一水平向左的匀强电场，发现甲、乙一起向右加速运动在加速运动阶段( )A甲、乙两物块一起做加速度减小的加速运动B甲、乙两物块间的摩擦力不变C乙物块与地面之间的摩擦力不断增大D甲、乙两物体可能做匀加速直线运动考点：带电粒子在混合场中的运动；牛顿第二定律 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：以甲乙整体为研究对象，分析受力情况，根据洛伦兹力随着速度的增大而增大，分析地面对乙物块的支持力如何变化，来分析乙物块与地之间的摩擦力如何变化，根据牛顿第二定律分析加速度如何变化，再对甲研究，由牛顿第二定律研究甲所受摩擦力如何变化解答：解
23、：对整体分析，速度增大，洛伦兹力增大，则正压力增大，地面对乙的滑动摩擦力f增大，电场力F一定，根据牛顿第二定律得，加速度a减小，对甲研究得到，乙对甲的摩擦力f甲=m甲a，则得到f甲减小，甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小故AC正确，BD错误故选：AC点评：本题关键要灵活选择研究对象，要抓住洛伦兹力大小与速度大小成正比这个知识点，根据牛顿运动定律分析物体的运动情况7如图所示，有同学做实验时不慎将圆柱形试管塞卡于试管底部，该试管塞中轴穿孔为了拿出试管塞而不损坏试管，该同学紧握试管让其倒立由静止开始竖直向下做匀加速直线运动，t=0.20s后立即停止，此时试管下降H=0.80m，试管塞将恰好能从试管口滑
24、出已知试管总长L=21.0cm，底部球冠的高度h=1.0cm，试管塞的长度为d=2.0cm，设试管塞相对试管壁滑动时受到的摩擦力恒定，不计空气阻力，重力加速度g=l0m/s2则以下说法正确的是( )A试管塞从静止开始到离开试管口的总位移为1.0 mB试管塞从静止开始到离开试管口的总时间为0.25sC试管塞将要从试管口滑出时的加速度大小为40m/s2D试管塞受到的滑动摩擦力与其重力的比值为16：1考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系 专题：牛顿运动定律综合专题分析：A、试管塞先与试管一起运动了位移H，试管停止运动后又运动了位移lh，两段相加求出总位移BC、由平均速度公式求出试管刚
25、停止时，试管塞的速度，从而求出试管塞在试管中匀减速过程中的加速度，由速度公式求出时间；D、试管塞在试管中匀减速过程中，重力和摩擦力的合力做负功，根据动能定理求出摩擦力大小，从而求出摩擦力和质量的比值解答：解：A、试管塞开始与试管一起运动了位移：x1=H=0.8m；试管停止运动之后又独立运动了位移：x2=lh=（0.210.01）m=0.20m所以试管塞从静止开始到离开试管口的总位移：x=x1+x2=（0.80+0.20）m=1.0m；故A正确；B、设试管刚停止运动时，试管塞的速度为v，由，代入数据得：v=8m/s，设在试管中减速过程中的加速度为a，用时为t，则：，0=v+at，解得：a=160
26、m/s2，t=0.05s，由静止到试管停止用时为0.2s，故总用时为0.25s，故B正确，C错误；D、在试管中做匀减速运动中，设所受摩擦力f，由动能定理可得：（mgf）x2=0，解得：f=17mg，故滑动摩擦力与重力的比值为17：1故D错误；故选：AB点评：本题主要运用运动学公式求出试管塞在试管中的减速运动的初速度和加速度，由牛顿第二定律求出摩擦力大小三、非选择题部分8在“探究求合力的方法”实验中（如图），需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳的另一端都有绳套，实验中需用两个弹簧测力计分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮条，某同学认为在此过程中必须注意以下几项，其中正确的是
27、( )A拉橡皮条的细绳要适当长些B两根绳必须等长C弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行D用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数之差应尽可能大考点：验证力的平行四边形定则 专题：实验题；平行四边形法则图解法专题分析：在实验中使用一根弹簧秤拉细线与两根弹簧秤拉细线的作用效果要相同（即橡皮条拉到同一位置），而细线的作用是画出力的方向，弹簧秤能测出力的大小因此细线的长度没有限制，弹簧秤的示数也没有要求，两细线的夹角不要太小也不要太大，但拉弹簧秤时必须保证与木板平面平行解答：解：A、拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，这样有助于比较准确的表示出拉力方向，故A正确；B、两细绳可以不等长，因为绳子
28、的长短不影响力的大小和方向的表示故B错误；C、弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，故C正确；D、用两弹簧秤同时拉细绳时两拉力之差如果很大，那么力作图示时误差就会较大故D错误；故选：AC点评：本实验采用是等效替代的思维方法实验中要保证一个合力与两个分力效果相同，结点O的位置必须相同要验证力的平行四边形定则，关键是作准力图，然而要想作好力图必须读准力的大小与画准力的方向9在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中（如图）：我们已经知道，物体的加速度（a）同时跟合外力（F）和质量（m）两个因素有关要研究这三个物理量之间的定量关系的基本思路是先保持m不变，研究a与F的关系；再保持F不变，研究a与m的关系
29、某同学的实验方案如图所示，她想用沙和沙桶的总重力大小替代小车受到的合外力大小，为了减少这种做法而带来的实验误差，你认为在实验中应该采取的两项措施是：a把木板的末端垫起适当高度以平衡摩擦力；b砂和桶的质量远小于小车质量该同学利用实验中打出的纸带求加速度时，处理方案有两种：A利用公式a=计算； B根据a=利用逐差法计算两种方案中，你认为选择方案B比较合理考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系 专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：当一个量与多个量有关系时，则可控制某些量不变，去研究另两个量的关系；再去改变让其它量不变，则再去研究剩余的两个量关系，例如：先保持M不变，研究a与F的关系；再保持F
30、不变，研究a与M的关系在实验中，为了减少这种做法而带来的实验误差，一要排除摩擦力的影响，二要砂桶的重力接近小车所受的合力由于做匀变速直线的物体在相等的时间内位移总是相等所以可借助于a=利用逐差法计算加速度大小解答：解：我们已经知道，物体的加速度（a）同时跟合外力（F）和质量（m）两个因素有关要研究这三个物理量之间的定量关系的基本思路是运用控制变量法，即先保持m不变，研究a与F的关系；再保持F不变，研究a与m的关系；（1）某同学的实验方案如图所示，她想用砂和砂桶的重力表示小车受到的合外力，由于保持F不变，研究a与M的关系则当质量发生改变时，若没有平衡摩擦力，则砂桶的重力就不再是小车所受的合力，所
31、以必须平衡摩擦力由于小车的加速运动，出现加速度，所以导致砂桶的重力大于拉小车的细线的拉力当砂桶的质量远小于小车的质量时，砂桶的重力接近拉小车的细线的拉力为了减少这种做法而带来的实验误差，在实验中还应该采取的两项措施是：a把木板的末端垫起适当高度以平衡摩擦力；b砂和桶的质量远小于小车质量；（2）由于做匀变速直线的物体在相等的时间内位移总是相等所以可借助于a=利用逐差法计算加速度大小故选B另一种方案不合理的理由是a方案必须要从初速度为零开始研究故答案为：把木板的末端垫起适当高度以平衡摩擦力；砂和桶的质量远小于小车质量；细线应与长木板平行；（只要写出两条即可）B点评：由牛顿第二可得，当小车的质量远大
32、于砂桶的质量时，砂桶的重力就约等于小车的合力由加速度与合力的图象可知，斜率的大小表示物体的质量大小，若图线与纵轴有交点时，则说明摩擦力没有平衡或没有平衡彻底；若图线与横轴有交点时，则说明摩擦力平衡过度10某同学在实验室准备用以下器材测一个电源的电动势E和内阻r，要求测量尽量准确、能测量多组数椐且滑动变阻器调节方便A电流表G：量程500A，内阻200B待测电源E：电动势约3.0V，内阻未知C电流表A：量程2A，内阻约0.1D滑动变阻器R1：最大阻值10，额定电流2AE电阻箱R2：09999F开关S一个，导线若干（1）该同学首先把G表和电阻箱R2串联，将它改装成一只量程为3V的电压表，则电阻箱R2
33、应调到5800（2）接着利用电流表A和改装后的电压表，将各元件连接成图甲所示的测量电路测电源的电动势E和内阻r，但该同学在连线时漏了一条导线，请在答题卷的图甲中用笔画线代替导线，将电路连接完整（3）利用上面补充完整的电路测量电源的电动势E及内阻r，若用测量的数据，作出的G表的示数Ig与通过滑动变阻器的电流I的关系图象如图乙所示，则可得到电源的电动势E=3.0V，内阻r=1.2（计算结果均保留两位有效数字）考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）根据伏安法测电阻的实验方法可测出G表内阻，注意电表的量程，从而选择合适的电路图；并得出内阻的表达式；（2）根据实验原理明确实
34、验中实物图的接法，则可得出缺少的导线；（3）通过计算得出电源的路端电压，由闭合电路欧姆定律可得出电源的电动势和内电阻解答：解：（1）将电流表改装后电压表应串联一个大电阻，此时电流表分压仍为Ug=IgRg；总电压为为3V，则根据改装原理可知，3=0.5103（R+200）；解得：R=5800；（2）根据原理图可明确实验电路实物图中电流表和开关右侧导线缺失；故补齐即可；（3）根据闭合电路欧姆定律可知：Ig（R+Rg）=EIr则有：Ig=由图象可知，E=5001066000=3V；r=6000=1.2；故答案为：（1）5800；（2）如图所示；（3）3.0 1.2点评：本题考查伏安法测电阻以及测量电
35、源的电动势和内电阻，在解题时要注意分析实验中给出的仪器是否符合实验要求，然后才能根据我们所学内容进行分析得出合理的实验电路，并能进行数据处理11（16分）如图所示，半径R=2.5m的光滑半圆轨道ABC与倾角=37的粗糙斜面轨道DC相切于C点，半圆轨道的直径AC与斜面垂直质量m=1kg的小球从A点左上方距A点高h=0.45m的P点以某一速度v0水平抛出，刚好与半圆轨道的A点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D点已知当地的重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，不计空气阻力，求：（1）小球从P点抛出时的速度大小v0；（2）小球从C点运动到D
36、点过程中摩擦力做的功W；（3）小球从D点返回经过轨道最低点B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）小球从P到A过程做平抛运动，由运动学公式求出小球经过A点时竖直方向分速度，作出速度分解图，即可求得小球被抛出时的速度v0；（2）对于整个运动过程，重力做功为零，根据动能定理求解小球从C到D过程中摩擦力做的功W（3）从抛出点到B过程中，只有重力做功，机械能守恒，即可求出小球到达B点时的速度在B点，由重力和轨道支持力的合力充当向心力，由牛顿第二定律、第三定律求解小球对轨道的压力大小；解答：解：（1）如图所示，在A点有vy2=2gh =tan 由式解得
37、 v0=4m/s （2）在B点整个运动知过程中，重力做功为零，根据动能定理得知：小球沿斜面上滑过程中克服摩擦力做的功等于小球做平抛运动的初动能：W=mv=8J（3）从P到B有mg（h+Rcos+R）=mv2mv FNmg=m 由式解得 FN=43.2N 则小球在B点对轨道的压力大小FN=FN=43.2N 答：（1）小球从P点抛出时的速度大小v0为4m/s；（2）小球从C点运动到D点过程中摩擦力做的功W为8J（3）小球对轨道最低点B的压力大小为43.2N；点评：小球在轨道之前做的是平抛运动，在斜面上时小球做匀减速直线运动，根据不同的运动的过程，分段求解即可12如图，宽度为L=0.5m的光滑金属框
38、架MNPQ固定于水平面内，并处在磁感应强度大小B=0.4T，方向竖直向下的匀强磁场中，框架的电阻非均匀分布将质量m=0.1kg，电阻可忽略的金属棒ab放置在框架上，并与框架接触良好以P为坐标原点，PQ方向为x轴正方向建立坐标金属棒从x0=1m处以v0=2m/s的初速度，沿x轴负方向做a=2m/s2的匀减速直线运动，运动中金属棒水平方向仅受安培力作用求：（1）金属棒ab运动0.75m所用的时间和框架产生的焦耳热Q；（2）框架中aNPb部分的电阻R随金属棒ab的位置x变化的函数关系；（3）金属棒ab沿x轴负方向运动0.6s过程中通过ab的电量q考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律
39、 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）金属棒做匀减速运动，已知初速度、位移、加速度，根据位移时间公式求解时间知道金属棒只受安培力，通过安培力做功实现了外界的能量转化为电路中的电能，由牛顿第二定律求出安培力的大小，得到其功，即可求解（2）运用安培力公式和法拉第电磁感应定律，结合运动学公式求出框架中aNPb部分的电阻R随金属棒ab的位置x变化的函数关系；（3）这题与一般题目的区别在于框架的电阻非均匀分布，在运动的过程中电阻是变化的抓住安培力恒定，电流恒定去求解电量解答：解：（1）金属棒做匀减速运动，由s=v0t，代入得 0.75=2t2t2解得 t=0.5s 金属棒仅受安培力作用，其大小 F=ma
40、=0.2N金属棒运动0.75m，框架中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，Q=Fs=0.15J （2）金属棒所受安培力为F=BIL=BL=ma 由于棒做匀减速运动，v=2 m/s联立解得 R=0.4（3）金属棒所受安培力为F=BIL=ma 通过ab的电量 q=It联立得：q=C=0.6C 答：（1）金属棒ab运动0.75m所用的时间是0.5s，框架产生的焦耳热Q为0.15J；（2）框架中aNPb部分的电阻R随金属棒ab的位置x变化的函数关系为R=0.4；（3）金属棒ab沿x轴负方向运动0.6s过程中通过ab的电量q为0.6C点评：电磁感应中的功能关系是通过安培力做功量度外界的能量转化成电能，找两
41、个物理量之间的关系是通过物理规律一步一步实现的，用公式进行计算时，如果计算的是过程量，我们要看这个量有没有发生改变13（22分）如图所示是汤姆生当年用来测定电子比荷的实验装置，真空玻璃管内C、D为平行板电容器的两极，圆形阴影区域内可由管外电磁铁产生一垂直纸面的匀强磁场（图中未画出），圆形区域的圆心位于C、D中心线的中点，直径与极板C、D的长度相等已知极板C、D间的距离为d，C、D的长度为L1=4d，极板右端到荧光屏的距离为L2=10d由K发出的电子，不计初速，经A与K之间的高电压加速后，形成一束很细的电子流，电子流沿C、D中心线进入板间区域，A与K之间的电压为U1若C、D间无电压无磁场，则电子
42、将打在荧光屏上的O点；若在C、D间只加上电压U2，则电子将打在荧光屏上的P点，若再在圆形区域内加一方向垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，则电子又打在荧光屏上的O点不计重力影响求：（1）电子的比荷表达式（2）P点到O点的距离h1（3）若C、D间只有上面的磁场而撤去电场，则电子又打在荧光屏上的Q点（图中未标出），求Q点到O点的距离h2已知tan2a=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：（1）当电子在极板C、D间受到电场力与洛伦兹力平衡时，做匀速直线运动，受力平衡，由平衡条件可求出电子的比荷（2）极板间仅有偏转电场时，电子在电场中做类平抛运动，将运动分解成
43、沿电场强度方向与垂直电场强度方向，然后由牛顿第二定律和运动学公式可求出偏转距离和离开电场时的速度电子离开电场后，做匀速直线运动，从而可以求出偏转距离h1（3）极板C、D间仅有匀强磁场时，电子做匀速圆周运动，射出磁场后电子做匀速直线运动，画出电子运动的轨迹，根据几何知识求解h2解答：解：（1）加上磁场后，电子所受电场力与洛仑兹力相等，电子做匀速直线运动，则有：EevB=eE又E=即电子在A与K之间加速，有动能定理：所以：（2）若在两极板间加上电压U2电子在水平方向做匀速运动，通过极板所需的时间为：电子在竖直方向做匀加速运动，加速度为：在时间t1内垂直于极板方向竖直向下偏转的距离为：根椐相似三角形：得：（3）电子进入磁场：由（1）知：，得到：，由：所以：答：（1）电子的比荷表达式为：（2）P点到O点的距离是（3）若C、D间只有上面的磁场而撤去电场，则电子又打在荧光屏上的Q点（图中未标出），Q点到O点的距离是点评：本题是组合场问题：对速度选择器，根据平衡条件研究；对于类平抛运动的处理，通常采用运动的分解法律：将运动分解成相互垂直的两方向运动，将一个复杂的曲线运动分解成两个简单的直线运动，并用牛顿第二定律和运动学公式来求解对于带电粒子在磁场中的圆周运动，要正确画出轨迹，运用几何知识进行解题
