1、2015年四川省德阳市中江中学高考物理一诊模拟试卷（二）一、选择题（本题包括11小题，每题4分，共44分.在每小题给出的四个选项中，1-9小题只有-个选项正确，10-11有两个选项正确.全部选对的得满分，选不全的得一半的分，有选错或不答的得0分.）1如图所示，一物块置于水平地面上当用与水平方向成60的力F1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30的力F2推物块时，物块仍做匀速直线运动若F1和F2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为（）A1B2CD12如图所示，在水平力F作用下，物体B沿水平面向右运动，物体A恰匀速上升，那么以下说法正确的是（）A物体B正向右作匀减速运动B物体B
2、正向右作加速运动C地面对B的摩擦力减小D斜绳与水平成30时，3质量相等的两木块A、B用一轻弹簧栓接，静置于水平地面上，如图（a）所示现用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做匀加速直线运动，如图（b）所示从木块A开始做匀加速直线运动到木块B将要离开地面时的这一过程，下列说法正确的是（设此过程弹簧始终处于弹性限度内 ）（）A力F一直增大B弹簧的弹性势能一直减小C木块A的动能和重力势能之和先增大后减小D两木块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能先增大后减小4如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T现用
3、水平拉力F拉其中一个质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是（）A质量为2m的木块受到四个力的作用B当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断C当F逐渐增大到1.5T时，轻绳还不会被拉断D轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为5如图所示，质量为m的小球系于轻质弹簧的一端，且套在光滑竖立的圆环上，弹簧的上端固定于环的最高点A，小球静止时处于圆环的B点，此时AOB=60，弹簧伸长量为L现用该弹簧沿水平方向拉住质量为2m的物体，系统静止时弹簧伸长量也为L则此时物体所受的摩擦力（）A等于零B大小为0.5mg，方向沿水平面向右C大小为mg，方向沿水平面向左D大小为2mg，方向
4、沿水平面向右6如图，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b 和下边界d水平在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平线圈从水平面a开始下落已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离若线圈下边刚通过水平面b、c（位于磁场中）和d时，线圈所受到的磁场力的大小分别为Fb、Fc和Fd，则（）AFdFcFbBFcFdFbCFcFbFdDFcFbFd7已知地球同步卫星离地面的高度约为地球半径的6倍若某行星的平均密度为地球平均密度的一半，它的同步卫星距其表面的高度是其半径的2.5倍，则该行星的自转周期约为（）A6小时B12小时C24小时D36小
5、时8如图所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R=0.1m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小E=100v/m，则O、P两点的电势差可表示为（）AUop=10sin（V）BUop=10sin（V）CUop=10cos（V）DUop=10cos（V）9如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量m、带正电的小球悬于电容器内部闭合电键S，小球静止时受到悬线的拉力为F调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是（）A保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大B保持R1不变，缓慢增大R2时，
6、F将变小C保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大D保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小10如图所示，一质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端向上做匀加速直线运动若斜面足够长，表面光滑，倾角为经时间t恒力F做功80J，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，且回到出发点时的速度大小为v，若以地面为重力势能的零势能面，则下列说法中正确的是（）A物体回到出发点时的机械能是80JB在撤去力F前的瞬间，力F的功率是mgvsinC撤去力F前的运动过程中，物体的重力势能一直在增加，撤去力F后的运动过程中物体的重力势能一直在减少D撤去力F前的运动过程中，物体的动能一直在增加，撤去力F后的运
7、动过程中物体的动能一直在减少11如图所示，两块长均为L的平行金属板M、N与水平面成角放置在同一竖直平面，充电后板间有匀强电场一个质量为m、带电量为q的液滴沿垂直于电场线方向射入电场，并沿虚线通过电场下列判断中正确的是（）A电场强度的大小E=B电场强度的大小E=C液滴离开电场时的动能增量为mgLtanD液滴离开电场时的动能增量为mgLsin二实验题12（1）在测定金属的电阻率实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图1所示，读数为m（2）在用单摆测定重力加速度实验中，用游标为20分度的卡尺测量摆球的直径，示数如图2所示，读数为cm13甲要把一个量程为200A的直流电流计G，改装成量范围是04
8、V的直流电压表她按如图所示电路、用半偏法测定电流计G的内电阻rg，其中电阻R0约为1k为使rg的测量值尽量准确，在以下器材中，电源E应选用，电阻器R1应选用，电阻器R2应选用（选填器材前的字母）A电源（电动势1.5V） B电源（电动势6V）C电阻箱（0999.9）D滑动变阻器（0500）E电位器（一种可变电阻，与滑动变阻器相当）（05.1k） F电位器（051k）如果所得的R1的阻值为300.0，则如图中被测电流计G的内阻rg的测量值为，该测量值实际值（选填“略大于”、“略小于”或“等于”） 给电流计G联（选填“串”或“并”）一个阻值为k的电阻，就可以将该电流计G改装为量程4V的电压表三计算题
9、（共48分）14如图所示，光滑圆弧轨道与光滑斜面在B点平滑连接，圆弧半径为R=0.4m，一半径很小、质量为m=0.2kg的小球从光滑斜面上A点由静止释放，恰好能通过圆弧轨道最高点D求：（1）小球最初自由释放位置A离最低点C的高度h；（2）小球运动到C点时对轨道的压力N的大小；（3）若斜面倾斜角与图中相等，均为53，小球从离开D点至第一次落回到斜面上运动了多长时间？15一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图所示，AB与电场线夹角=30已知带电微粒的质量m=1.0107kg，电量q=1.01010C，A、B相距L=20cm（取g=10m/s2，结果要求二位有效数
10、字）求：（1）试说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由（2）电场强度大小、方向？（3）要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？16宇航员在一行星上以10m/s的速度竖直上抛一质量为0.2kg的物体，不计阻力，经2.5s后落回手中，已知该星球半径为7220km（1）该星球表面的重力加速度g多大？（2）要使物体沿水平方向抛出而不落回星球表面，沿星球表面抛出的速度至少是多大？（3）若物体距离星球无穷远处时其引力势能为零，则当物体距离星球球心r时其引力势能Ep=（式中m为物体的质量，M为星球的质量，G为万有引力常量）问要使物体沿竖直方向抛出而不落回星球表面，沿星球表面抛出的速度至少
11、是多大？17如图所示，一带电粒子以某一速度在竖直平面内做匀速直线运动，经过一段时间后进入一垂直于纸面向里、磁感应强度为B的最小的圆形匀强磁场区域（图中未画出磁场区域），粒子飞出磁场后垂直电场方向进入宽为L的匀强电场电场强度大小为E，方向竖直向上当粒子穿出电场时速度大小变为原来的倍已知带电粒子的质量为m，电量为q，重力不计粒子进入磁场前的速度与水平方向成=60角试解答：（1）粒子带什么电？（2）带电粒子在磁场中运动时速度多大？（3）该最小的圆形磁场区域的面积为多大？2015年四川省德阳市中江中学高考物理一诊模拟试卷（二）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括11小题，每题4分，共44分.在每小题
12、给出的四个选项中，1-9小题只有-个选项正确，10-11有两个选项正确.全部选对的得满分，选不全的得一半的分，有选错或不答的得0分.）1如图所示，一物块置于水平地面上当用与水平方向成60的力F1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30的力F2推物块时，物块仍做匀速直线运动若F1和F2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为（）A1B2CD1【考点】共点力平衡的条件及其应用【专题】计算题【分析】在两种情况下分别对物体受力分析，根据共点力平衡条件，运用正交分解法列式求解，即可得出结论【解答】解：对两种情况下的物体分别受力分析，如图将F1正交分解为F3和F4，F2正交分解为F5和F6，
13、则有：F滑=F3mg=F4+FN；F滑=F5mg+F6=FN而F滑=FNF滑=FN则有F1cos60=（mgF1sin60） F2cos30=（mg+F2sin30） 又根据题意F1=F2 联立解得：=2故选B【点评】本题关键要对物体受力分析后，运用共点力平衡条件联立方程组求解，运算量较大，要有足够的耐心，更要细心2如图所示，在水平力F作用下，物体B沿水平面向右运动，物体A恰匀速上升，那么以下说法正确的是（）A物体B正向右作匀减速运动B物体B正向右作加速运动C地面对B的摩擦力减小D斜绳与水平成30时，【考点】运动的合成和分解；共点力平衡的条件及其应用【专题】运动的合成和分解专题【分析】将B的运
14、动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向上的分速度等于A的速度，根据A、B的速度关系，确定出B的运动规律，根据f=FN，抓住B竖直方向上的合力为零，判断摩擦力的变化【解答】解：A、将B的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向上的分速度等于A的速度，如图，根据平行四边形定则有：vBcos=vA，所以，减小，所以B的速度减小，但不是匀减速故A、B错误C、在竖直方向上，对B有：mg=N+Tsin，T=mAg，减小，则支持力增大，根据f=FN，摩擦力增大故C错误D、根据vBcos=vA，斜绳与水平成30时，故D正确故选D【点评】解决本题的关键知道B的实际速度是合速度，沿绳子方向上的分速
15、度等于A的速度，根据平行四边形定则求出两物体速度的关系3质量相等的两木块A、B用一轻弹簧栓接，静置于水平地面上，如图（a）所示现用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做匀加速直线运动，如图（b）所示从木块A开始做匀加速直线运动到木块B将要离开地面时的这一过程，下列说法正确的是（设此过程弹簧始终处于弹性限度内 ）（）A力F一直增大B弹簧的弹性势能一直减小C木块A的动能和重力势能之和先增大后减小D两木块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能先增大后减小【考点】机械能守恒定律；动能定理的应用【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】A压着弹簧处于静止状态，当力F作用在A上，使其向上匀加速直线运动，导致弹簧
16、的弹力发生变化，则力F也跟着变化，但物体A的合力却不变在A上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大在上升过程中由于除重力与弹力做功外，还有拉力做功，所以系统的机械能与弹簧的弹性势能之和增加，从而可根据弹簧的弹性势能来确定木块的机械能如何变化，以及系统的机械能如何变化【解答】解：A、最初弹簧被压缩，A物体受到竖直向上的弹力等于重力，由于A物体做匀加速直线运动，对A受力分析，列出牛顿第二定律解出对应的表达式；当B物体要离开地面时地面的支持力为零，弹簧对B物体向上的拉力等于B物体的重力，即弹簧对A物体向下的拉力等于B的重力，再列出牛顿第二定律即可解出此所需的拉力F大小得出拉力一直
17、增大，故A正确；B、在A上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，故B错误；C、在上升过程中由于物体A做匀加速运动，所以物体A的速度增大，高度升高，则木块A的动能和重力势能之和增大，故C错误；D、在上升过程中，除重力与弹力做功外，还有拉力做正功，所以两木块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大故D错误；故选A【点评】考查牛顿第二定律、机械能守恒定律的条件、弹力做功与弹性势能的变化关系可知当除重力或弹力以外的力做功，若做正功，则机械能增加；若做负功，则机械能减小4如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连
18、，轻绳能承受的最大拉力为T现用水平拉力F拉其中一个质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是（）A质量为2m的木块受到四个力的作用B当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断C当F逐渐增大到1.5T时，轻绳还不会被拉断D轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为【考点】牛顿运动定律的应用-连接体；力的合成与分解的运用【专题】压轴题；牛顿运动定律综合专题【分析】采用隔离法分析2m可得出其受力的个数；再对整体分析可得出整体的加速度与力的关系；再以后面两个物体为研究对象可得出拉力与加速度的关系，则可分析得出F与T的关系【解答】解：质量为2m的木块受到重力、质量为m的木块的压力、
19、m对其作用的向后的摩擦力，轻绳的拉力、地面的支持力五个力的作用，故A错误；对整体，由牛顿第二定律可知，a=；隔离后面的叠加体，由牛顿第二定律可知，轻绳中拉力为F=3ma=由此可知，当F逐渐增大到2T时，轻绳中拉力等于T，轻绳才刚好被拉断，选项B错误；C正确；轻绳刚要被拉断时，物块加速度a=，质量为m和2m的木块间的摩擦力为f=ma=，故D错误故选C【点评】本题重点在于研究对象的选择，以及正确的受力分析，再由整体法与隔离法分析拉力之间的关系5如图所示，质量为m的小球系于轻质弹簧的一端，且套在光滑竖立的圆环上，弹簧的上端固定于环的最高点A，小球静止时处于圆环的B点，此时AOB=60，弹簧伸长量为L
20、现用该弹簧沿水平方向拉住质量为2m的物体，系统静止时弹簧伸长量也为L则此时物体所受的摩擦力（）A等于零B大小为0.5mg，方向沿水平面向右C大小为mg，方向沿水平面向左D大小为2mg，方向沿水平面向右【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】平衡状态下物体的受力分析，在夹角为特殊角时物体受力的特点【解答】解：对B进行受力分析可以知道，物体受到重力、弹簧的弹力和圆环对物体的支持力，由于三角形OAB是一个等边三角形，利用平行四边形定则做出重力、弹力的合力的平行四边形会发现，重力、弹力和支持力会处在同一个三角形中并且这个三角形是等边三角形，由此我们判定弹簧的弹力与物体的重力相等都是m
21、g，此时弹簧伸长量为L，当该弹簧沿水平方向拉住质量为2m的物体时弹簧伸长量也为L，由此可知两次弹簧的弹力是一样的即为mg，由于质量为2m的物体处于静止状态，即受力平衡，在水平方向上是弹簧的弹力和物体所受的摩擦力平衡，所以物体所受的摩擦力大小即为mg，方向与弹簧的弹力方向相反即为水平面向左，故只有C正确故选：C【点评】利用平行四边形，找出物体受到重力、弹簧的弹力和圆环对物体的支持力三者的关系，这是本题的重点，找出它们的关系，弹簧的弹力就好确定了，从而可以求出物体所受的摩擦力6如图，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b 和下边界d水平在竖直面内有一矩形金属线
22、圈，线圈上下边的距离很短，下边水平线圈从水平面a开始下落已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离若线圈下边刚通过水平面b、c（位于磁场中）和d时，线圈所受到的磁场力的大小分别为Fb、Fc和Fd，则（）AFdFcFbBFcFdFbCFcFbFdDFcFbFd【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力的计算【分析】对线圈的运动过程进行分析通过边框切割磁感线产生的感应电动势大小去判断感应电流的大小通过安培力的大小与哪些因素有关去解决问题【解答】解：线圈从a到b做自由落体运动，在b点开始进入磁场切割磁感线所以受到安培力Fb，由于线圈的上下边的距离很短，所以经历很短的变速运动而进入磁场，以
23、后线圈中磁通量不变不产生感应电流，在c处不受安培力，但线圈在重力作用下依然加速，因此从d处切割磁感线所受安培力必然大于b处故选D【点评】线圈切割磁感线的竖直运动，应用法拉第电磁感应定律求解注意线圈全部进入磁场后，就不受安培力，因此线圈会做加速运动7已知地球同步卫星离地面的高度约为地球半径的6倍若某行星的平均密度为地球平均密度的一半，它的同步卫星距其表面的高度是其半径的2.5倍，则该行星的自转周期约为（）A6小时B12小时C24小时D36小时【考点】万有引力定律及其应用；牛顿第二定律；同步卫星【专题】计算题；压轴题【分析】了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与星球的自转周期相同通过万有引力提
24、供向心力，列出等式通过已知量确定未知量【解答】解：地球的同步卫星的周期为T1=24小时，轨道半径为r1=7R1，密度1某行星的同步卫星周期为T2，轨道半径为r2=3.5R2，密度2根据牛顿第二定律和万有引力定律分别有：两式化简解得：T2=12 小时故选B【点评】向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行比较8如图所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R=0.1m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小E=100v/m，则O、P两点的电势差可表示为（
25、）AUop=10sin（V）BUop=10sin（V）CUop=10cos（V）DUop=10cos（V）【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】计算题【分析】匀强电场中电势差U=Ed，关键在于明确d为沿电场线方向的有效距离【解答】解：在匀强电场中，两点间的电势差U=Ed，而d是沿场强方向上的距离，所以dOP=Rsin，故：Uop=1000.1sin=10sin（V）故选A【点评】一定要注意明确公式中d的准确含义，d是沿电场线方向的距离，故可以将实际距离向电场线方向作投影；本题如果不习惯用符号表示，可以先确定大小，再根据电场线由高电势指向低电势确定电势差的正负9如图所示，M、N是平行板
26、电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量m、带正电的小球悬于电容器内部闭合电键S，小球静止时受到悬线的拉力为F调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是（）A保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大B保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小C保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大D保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；闭合电路的欧姆定律【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电容器两端间的电压与R0两端的电压相等，通过判断R0两端间电压的变化，知道极板间电场的变化，从而知道电场力的变化及拉力的变化【解答】解：保持R1不变，缓慢增
27、大R2时，由于R0和R2串联，总电流减小，R0两端的电压减小，即平行板电容器的两个极板的电压U减小，带电小球受到的电场力F电=qE=减小，悬线的拉力为F=，将减小，故A错误，B正确保持R2不变，缓慢增大R1时，由于在含容支路中的电阻相当于导线，所以R0两端的电压不变，F电不变，悬线的拉力为F不变，故C、D错误故选：B【点评】解决本题的关键是1、熟悉含容电路的特点：电容两端间的电压与其并联部分的电压相等；含容支路中的电阻相当于导线2、会正确的进行受力分析，搞清楚什么力变化导致拉力的变化10如图所示，一质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端向上做匀加速直线运动若斜面足够长，表面光滑
28、，倾角为经时间t恒力F做功80J，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，且回到出发点时的速度大小为v，若以地面为重力势能的零势能面，则下列说法中正确的是（）A物体回到出发点时的机械能是80JB在撤去力F前的瞬间，力F的功率是mgvsinC撤去力F前的运动过程中，物体的重力势能一直在增加，撤去力F后的运动过程中物体的重力势能一直在减少D撤去力F前的运动过程中，物体的动能一直在增加，撤去力F后的运动过程中物体的动能一直在减少【考点】动能和势能的相互转化；功的计算；重力势能【专题】压轴题【分析】根据物体的运动的特点，在拉力F的作用下运动时间t后，撤去拉力F之后又运动时间t返回出发点，根据物体的这
29、个运动过程，列出方程可以求得拉力和撤去拉力时物体的速度的大小，从而可以求得拉力F的功率的大小【解答】解：A、根据能量守恒，除了重力之外的力对物体做功时，物体的机械能就要增加，增加的机械能等于外力作功的大小，由于拉力对物体做的功为80J，所以物体的机械能要增加80J，撤去拉力之后，物体的机械能守恒，所以当回到出发点时，所有的能量都转化为动能，所以动能为80J，所以A正确B、因为物体做匀加速直线运动，初速度为0，由牛顿第二定律可得，Fmgsin=ma，所以物体上升时的路程为 S=at2，撤去恒力F后是匀变速运动，且加速度为gsin，所以从撤去拉力到返回底端的过程中，V=atgsint，位移为S=a
30、ttgsint2，撤去力F前的瞬间，力F的功率是P=FV=Fat，由以上方程联立可以解得 P=，所以B正确C、在撤去拉力F之后，由于惯性的作用物体还要上升一段距离，物体的重力势能继续增加，所以C错误D、物体向上减速减为零之后，要向下加速运动，所以撤去力F后的运动过程中物体的动能是先减小后增加，所以D错误故选：AB【点评】分析清楚物体的运动的过程，分析物体运动过程的特点，是解决本题的关键，撤去拉力之前和之后的路程的大小相等是本题隐含的条件11如图所示，两块长均为L的平行金属板M、N与水平面成角放置在同一竖直平面，充电后板间有匀强电场一个质量为m、带电量为q的液滴沿垂直于电场线方向射入电场，并沿虚
31、线通过电场下列判断中正确的是（）A电场强度的大小E=B电场强度的大小E=C液滴离开电场时的动能增量为mgLtanD液滴离开电场时的动能增量为mgLsin【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】粒子在电场中受到重力和电场力作用，重力方向竖直向下，电场力方向垂直于两极板，两个力不在同一条直线上，故合力不为零，物体沿直线运动，所以合力方向必定与物体的运动方向同向或者反向，很明显在这合力应与物体的运动方向反向电场力方向应垂直于虚线向上，此过程中电场力不做功，由平行四边形定则求解电场力，得到电场强度；由动能定理可知，动能的增量等于重力做功【解答】解：A、B、由题液滴做
32、直线运动，则电场力方向应垂直于虚线向上，液滴所受的合力方向沿虚线向下，如图所示，液滴做匀减速直线运动，则：qE=mgcos解得：E=故A正确，B错误；C、D、因电场力与位移方向垂直，不做功，故电势能不变；根据动能定理，液滴离开电场时动能增量为：Ek=mgLsin故C错误，D正确；故选：AD【点评】本题是带电体在复合场中运动的类型，分析液滴的受力情况，确定电场力的方向是解题的关键，要紧扣直线运动的条件进行分析二实验题12（1）在测定金属的电阻率实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图1所示，读数为6.15104m（2）在用单摆测定重力加速度实验中，用游标为20分度的卡尺测量摆球的直径，示数
33、如图2所示，读数为0.675cm【考点】测定金属的电阻率；刻度尺、游标卡尺的使用【专题】实验题；恒定电流专题【分析】螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读【解答】解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为0.5m，可动刻度读数为0.0111.5mm=0.115mm，可知读数为0.615mm=6.15104m（2）游标卡尺的主尺读数为6mm，游标读数为0.0515mm=0.75mm，则最终读数为6.75mm=0.675cm故答案为：6.15104，0.675【点评】解决本题的关键掌握螺旋测微器和游标卡尺的读数方法，注意螺旋测微器需估读，
34、游标卡尺不需估读13甲要把一个量程为200A的直流电流计G，改装成量范围是04V的直流电压表她按如图所示电路、用半偏法测定电流计G的内电阻rg，其中电阻R0约为1k为使rg的测量值尽量准确，在以下器材中，电源E应选用B，电阻器R1应选用C，电阻器R2应选用F（选填器材前的字母）A电源（电动势1.5V） B电源（电动势6V）C电阻箱（0999.9）D滑动变阻器（0500）E电位器（一种可变电阻，与滑动变阻器相当）（05.1k） F电位器（051k）如果所得的R1的阻值为300.0，则如图中被测电流计G的内阻rg的测量值为300，该测量值略小于实际值（选填“略大于”、“略小于”或“等于”） 给电流
35、计G串联（选填“串”或“并”）一个阻值为19.7k的电阻，就可以将该电流计G改装为量程4V的电压表【考点】把电流表改装成电压表【专题】实验题【分析】对于仪器的选择，要根据实验原理，结合题目中数据并根据实验原理通过计算来确定由半偏法测电阻实验原理知，当调节电阻箱，使电流表半偏时，由于干路电流几乎未变，电阻箱与电流计中的电流相等，电阻必然相等故半偏时R1的阻值等于rg实际上电阻箱R1并入后，电路的总电阻减小了，干路电流增大了，电流计半偏时，流过电阻箱的电流大于流过电流计的电流，电阻箱接入的电阻小于电流计的电阻所以，该测量值“略小于”表头内阻实际值改装为电压表需串联一个电阻，串联电阻（分压电阻）阻值
36、R可由IgRg+IgR=U来计算，其中U为改装后电压表的满篇电压（量程），该题中U=4V【解答】解：由于测量电路要让电流计达到满偏，则要选电源B，故选：B；由实验原理知R1应能读出具体数值，故选：C；闭合S2，电路中电流I不能大于200A，由I=知R2=R0，代入数据得：R230K，故选：F；当调节电阻箱，使电流表半偏时，由于干路电流几乎未变，电阻箱与电流计中的电流相等，电阻必然相等如果所得的R1的阻值为300.0，则图中被测电流计G的内阻rg的测量值为300.0实际上电阻箱并入后的，电路的总电阻减小了，干路电流增大了，电流计半偏时，流过电阻箱的电流大于流过电流计的电流，电阻箱接入的电阻小于电
37、流计的电阻所以，该测量值“略小于”实际值将电流计改装成电压表，应串连接入一分压电阻R，由欧姆定律及串联电路分压规律有：U=IgRg+IgR其中U为改装后电压表的满偏电压，则R=Rg代入数据解得：R=19.7k故答案为：BCF 300；略小于；串19.7【点评】本题考查电压表的改装及半偏法测电阻的实验；该题难度较大，需掌握半偏法测电阻的方法，电表改装原理及误差分析等内容才能解答次题三计算题（共48分）14如图所示，光滑圆弧轨道与光滑斜面在B点平滑连接，圆弧半径为R=0.4m，一半径很小、质量为m=0.2kg的小球从光滑斜面上A点由静止释放，恰好能通过圆弧轨道最高点D求：（1）小球最初自由释放位置
38、A离最低点C的高度h；（2）小球运动到C点时对轨道的压力N的大小；（3）若斜面倾斜角与图中相等，均为53，小球从离开D点至第一次落回到斜面上运动了多长时间？【考点】机械能守恒定律；平抛运动；向心力【分析】（1）小球恰好能通过圆弧轨道最高点D，说明此时恰好是物体的重力作为向心力，由向心力的公式可以求得在D点的速度大小，从A到D的过程中，物体的机械能守恒，从而可以求得小球释放时离最低点的高度（2）在C点时，对物体受力分析，重力和支持力的合力作为向心力，由向心力的公式可以求得小球受得支持力的大小，再由牛顿第三定律可以知道对轨道压力的大小（3）离开D点小球做平抛运动，根据水平方向的匀速直线运动，竖直方
39、向上的自由落体运动可以求得小球运动的时间【解答】解：（1）在D点时，设小球的速度为vD， mg=mvD=2m/s由A运动到D点，由机械能守恒可得 mg（h2R）=mvD2 h=1m所以小球最初自由释放位置A离最低点C的高度h是1m（2）由A运动到C点，由机械能守恒可得 mgh=mvC2在C点，由牛顿第二定律和向心力公式可得 FNmg=mFN=12N由牛顿第三定律可知，小球运动到C点时对轨道的压力N的大小是12N（3）设撞到斜面上E点离B点的距离为x，飞行时间为t，由平抛运动规律可得水平方向 Rsin53+xcos53=vDt竖直方向 R+Rcos53xsin53=gt2由上面两式解得 t=s0
40、.27s所以小球从离开D点至第一次落回到斜面上运动的时间是0.27s【点评】小球的运动过程可以分为三部分，第一段是匀加速直线运动，第二段的机械能守恒，第三段是平抛运动，分析清楚各部分的运动特点，采用相应的规律求解即可15一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图所示，AB与电场线夹角=30已知带电微粒的质量m=1.0107kg，电量q=1.01010C，A、B相距L=20cm（取g=10m/s2，结果要求二位有效数字）求：（1）试说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由（2）电场强度大小、方向？（3）要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？【考
41、点】带电粒子在匀强电场中的运动；力的合成与分解的运用；动能定理的应用【专题】电场力与电势的性质专题【分析】（1）根据直线运动的条件并结合受力分析，得到电场力的方向，最终分析出物体的运动规律；（2）根据力的合成的平行四边形定则并结合几何关系得到电场力，求出电场强度；（3）对粒子的运动过程运用动能定理列式求解即可【解答】解：（1）微粒只在重力和电场力作用下沿AB直线运动，故合力一定与速度在同一条直线上，可知电场力的方向水平向左，如图所示微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度VA方向相反，微粒做匀减速直线运动即微粒做匀减速直线运动（2）根据共点力平衡条件，有：qE=mgtan1故电场强度E=1.71
42、04N/C，电场强度方向水平向左（3）微粒由A运动到B的速度vB=0，微粒进入电场中的速度最小，由动能定理有：mgLsin+qELcos=mvA2解得vA=2.8m/s即要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是2.8m/s【点评】本题关键结合运动情况得到粒子受力的受力情况，然后根据动能定理列式求解16宇航员在一行星上以10m/s的速度竖直上抛一质量为0.2kg的物体，不计阻力，经2.5s后落回手中，已知该星球半径为7220km（1）该星球表面的重力加速度g多大？（2）要使物体沿水平方向抛出而不落回星球表面，沿星球表面抛出的速度至少是多大？（3）若物体距离星球无穷远处时其引力势能为零
43、，则当物体距离星球球心r时其引力势能Ep=（式中m为物体的质量，M为星球的质量，G为万有引力常量）问要使物体沿竖直方向抛出而不落回星球表面，沿星球表面抛出的速度至少是多大？【考点】万有引力定律及其应用；向心力【专题】万有引力定律的应用专题【分析】（1）根据竖直上抛运动，运用运动学公式求出星球表面的重力加速度（2）要使物体沿水平方向抛出而不落回星球表面，恰好由物体的重力提供向心力，物体绕星球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律和向心力公式列式求解（3）根据机械能守恒和重力加速度的表达式结合求解【解答】解：（1）物体做竖直上抛运动，则有 t=则得该星球表面的重力加速度g=8m/s2（2）由mg=m，得v
44、1=7600m/s（3）由机械能守恒，得+（G）=0+0又因g=所以 v2=代入解得，v2=7600m/s10746m/s答：（1）该星球表面的重力加速度g是8m/s2（2）要使物体沿水平方向抛出而不落回星球表面，沿星球表面抛出的速度至少是7600m/s（3）要使物体沿竖直方向抛出而不落回星球表面，沿星球表面抛出的速度至少是10746m/s【点评】解决本题的关键理解第一宇宙速度，掌握竖直上抛运动的规律，并能读懂题给予的信息，运用机械能守恒求解速度问题17如图所示，一带电粒子以某一速度在竖直平面内做匀速直线运动，经过一段时间后进入一垂直于纸面向里、磁感应强度为B的最小的圆形匀强磁场区域（图中未画
45、出磁场区域），粒子飞出磁场后垂直电场方向进入宽为L的匀强电场电场强度大小为E，方向竖直向上当粒子穿出电场时速度大小变为原来的倍已知带电粒子的质量为m，电量为q，重力不计粒子进入磁场前的速度与水平方向成=60角试解答：（1）粒子带什么电？（2）带电粒子在磁场中运动时速度多大？（3）该最小的圆形磁场区域的面积为多大？【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）根据粒子偏转的方向，结合左手定则判断出粒子的电性（2）粒子在电场中做类平抛运动，结合垂直电场方向上做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出带电粒子在磁场中运动的速度大小
46、（3）根据粒子在磁场中运动的半径，结合几何关系求出该最小的圆形磁场区域的面积【解答】解：（1）根据粒子在磁场中偏转的情况和左手定则可知，粒子带负电（2）由于洛伦兹力对粒子不做功，故粒子以原来的速率进入电场中，设带电粒子进入电场的初速度为v0，在电场中偏转时做类平抛运动，由题意知粒子离开电场时的末速度大小为，将 vt分解为垂直于电场方向（X方向）和平行于电场方向（y方向）的两个分速度：由几何关系知 vx=v0 vy=at 根据牛顿第二定律得，a= F=Eq 联立求解得： （3）如图所示，带电粒子在磁场中所受洛伦兹力作为向心力，设在磁场中做圆周运动的半径为R，圆形磁场区域的半径为r，则： 由几何知识可得：r=Rsin30 磁场区域的最小面积为s= r2 联立求解得S=答：（1）粒子带负电（2）带电粒子在磁场中运动时速度为（3）该最小的圆形磁场区域的面积为【点评】本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力
