1、山东省潍坊市高密三中2016届高三上学期期末物理模拟试卷（二）一选择题（本题共10小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第14题中只有一项符合题目要求，第510题有多项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1以下有关物理学概念或物理学史说法正确的有（）A牛顿发现的万有引力定律，卡文迪许用实验方法测出万有引力恒量的数值，从而使万有引力定律有了真正的实用价值B匀速圆周运动是速度大小不变的匀变速曲线运动，速度方向始终为切线方向C行星绕恒星运动轨道为圆形，则它运动的周期平方与轨道半径的三次方之比为常数，此常数的大小与恒星的质量和行星的速度有关D奥斯特发现了电与磁间的关
2、系，即电流的周围存在着磁场；同时他通过实验发现了磁也能产生电，即电磁感应磁现象2以初速度v0竖直向上抛出一小球，小球所受空气阻力与速度的大小成正比下列图象中，能正确反应小球从抛出到落回原处的速度随时间变化情况的是（）ABCD3如图所示，甲为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律如图乙所示发电机线圈内阻为1，外接灯泡的电阻为9恒定不变，则下列说法中正确的为（）A电压表的示数为6VB发电机的输出功率为4WC在l.0102s时刻，电流表示数为0.6安D在1.0102s时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大4我国自主研制的高分辨率对地观测系统包含至少7颗卫星和其他观测平台
3、，分别编号为“高分一号”到“高分七号”，它们都将在2020年前发射并投入使用于2013年4月发射成功的“高分一号”是一颗低轨遥感卫星，其轨道高度为645km关于“高分一号”卫星，下列说法正确的是（）A发射速度一定为7.9km/sB可以定点在相对地面静止的同步轨道上C卫星绕地球运行的线速度比月球的大D卫星绕地球运行的周期比月球的大5如图所示，光滑斜面的倾角为，一个质量为m的物体放在斜面上，如果斜面以加速度a水平向左做匀加速直线运动，物体与斜面间无相对运动，则斜面对物体的支持力的大小为（）AmgcosBCDm6在下列运动过程中，人处于失重状态的是（）A小朋友沿滑梯加速滑下B乘客坐在沿平直路面减速行
4、驶的汽车内C宇航员随飞船绕地球做圆周运动D运动员何冲离开跳板后向上运动7如图所示，实线圆环A、B是光滑绝缘水平面内两个固定的同心超导环，两环分别通上大小相等的电流后，在环间环形区域内产生了相同方向的磁场，在这两个磁场的共同“束缚”下，带电离子沿图中虚线做顺时针方向的圆周运动，已知A环中电流沿顺时针方向，则（）AB环中电流沿顺时针方向BB环中电流沿逆时针方向C带电离子带正电D带电离子带负电8如图所示，闭合S1，断开S2，调整滑动触头P使灯炮L正常发光，此时，滑动变阻器的PB部分的电阻大于电源内阻r如果再闭合S2，则（）A电压表的读数变大B电流表的读数变大C灯泡的亮度变暗D电源输出的功率变大9一个
5、质量为m，电荷量为+q的小球以初速度v0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔，竖直高度相等，电场区水平方向无限长已知每一电场区的场强大小相等，方向竖直向上，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A小球在水平方向一直做匀速直线运动B若场强大小等于，则小球经过每一电场区的时间均相同C若场强大小等于，则小球经过每一无电场区的时间均相同D无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均相同10如图，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为L，其下端与电阻R连接；导体棒ab电阻为r，导轨和导线电阻不计，匀强磁场竖直向上若导体棒ab以一定初速度
6、v0下滑，则ab棒（）A所受安培力方向水平向右B可能以速度v0匀加速下滑C刚下滑瞬间产生的电动势为BLv0D减少的重力势能等于电阻R产生的内能二、实验题11如图所示是用多用电表进行测量时指针所指的位置，若选择开关处在“10”的电阻挡，则被测电阻的阻值是；若选择开关处在“直流电压50V”挡，则被测电压是V12一同学在学习了机械能守恒定律后，认为小球沿竖直光滑曲面自由下滑的过程机械能是守恒的，于是设计了如力图所示的实验装置加以验证，图中曲面固定，底端B处切线水平且与桌的右边缘相齐，他的实验步骤如下：a在木板表面先后钉上白纸和复写纸，并将木板竖直立于靠近桌面右边缘处，使小球从曲面上某点A由静止释放，
7、撞到木板并在白纸上留下痕迹O；b将木板向右平移适当的距离固定，再使小球由A点静止释放，撞到木板上得到痕迹P；c测出OP的距离y，竖直木板向右移动的距离L，查出当地重力加速度g（1）要验证小球由A到B过程中机械能守恒，还需测量的物理量及符号是（2）用上述测量验证机械能守恒的表达式应该是（3）从实验结果来看，小球沿曲面下滑的过程机械能是减少的，原因是13如图为测量电阻Rx的电路，R为电阻箱，R为起保护作用的滑动变阻电源E的电动势约为6V，S为单刀双掷开关，电流表量程为0.6A（1）以下四种规格的滑动变阻器，最适合本实验的是A1B10C100D1000（2）请在图中以笔划线代替导线按实验原理图将实物
8、图补充完整（3）请简述测量待测电阻Rx的实验原理（4）一位同学想利用本实验电路测电源电动势，需将开关掷于位置该电滑动变阻器R接入电路部分的电阻未知，能否测出电源的内阻r？14如图甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过滑块压缩0.4m锁定t=0时解除锁定释放滑块计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的速度图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t=0时的速度图线的切线，已知滑块质量m=2.0kg，取g=10m/s2求：（1）滑块与地面间的动摩擦因数；（2）弹簧的劲度系数15如图所示，一质量为m的导体棒MN两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨上，两导轨平等且间距为L，导轨
9、处在竖直向上的匀强磁场中，当导体棒中通一自右向左的电流I时，导体棒静止在与竖直方向成37角的导轨上，取sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）磁场的磁感应强度B；（2）每个圆导轨对导体棒的支持力大小FN16如图所示，在光滑的水平地面上有一个表面光滑的立方体Q一长为L=0.5m的轻杆下端用光滑铰链连接于O点，0点固定于地面上，轻杆的上端连接着一个可视为质点的小球P，小球靠在立方体左侧的竖直面上，小球P的质量m为3.2kg，立方体Q的质量M为5Okg起初整个装置处于静止状态，受到轻微扰动后P倒向右侧并推动Q求在P和Q分离之前，轻杆转过0=37角时转动的角速度是多少？（重力加速度g取10m
10、/s2）17在如图所示的平面直角坐标系xOy中，存在沿x方向按如图所示规律周期性变化的匀强电场，沿x轴正向为正，沿垂直于xOy平面指向纸里的方向中存在按如图所示规律周期性变化的匀强磁场，坐标原点O处有带正电的粒子，从t=0时刻无初速释放，已知粒子的质量m=51010kg，电荷量q=1106C，不计粒子的重力，求：（1）t=0.25103s时粒子的速度及位置；（2）t=1103s时粒子的位置坐标；（3）t=8103时粒子的速度山东省潍坊市高密三中2016届高三上学期期末物理模拟试卷（二）参考答案与试题解析一选择题（本题共10小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第14题中只有一项符合题目要
11、求，第510题有多项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1以下有关物理学概念或物理学史说法正确的有（）A牛顿发现的万有引力定律，卡文迪许用实验方法测出万有引力恒量的数值，从而使万有引力定律有了真正的实用价值B匀速圆周运动是速度大小不变的匀变速曲线运动，速度方向始终为切线方向C行星绕恒星运动轨道为圆形，则它运动的周期平方与轨道半径的三次方之比为常数，此常数的大小与恒星的质量和行星的速度有关D奥斯特发现了电与磁间的关系，即电流的周围存在着磁场；同时他通过实验发现了磁也能产生电，即电磁感应磁现象【考点】物理学史【分析】本题应根据牛顿、卡文迪许、奥斯特、法拉第的物理学成就
12、及匀速圆周运动的特点、开普勒行星运动定律进行解答【解答】解：A、牛顿发现的万有引力定律之后，卡文迪许用扭秤实验测出万有引力恒量的数值，使万有引力定律有了真正的实用价值，故A正确B、匀速圆周运动的速度大小不变，速度方向始终为切线方向，但加速度始终指向圆心，时刻在变化，所以匀速圆周运动是变加速曲线运动，故B错误C、根据开普勒行星运动定律可知，行星绕恒星运动轨道为椭圆形，它运动的周期平方与轨道半径的三次方之比为常数，此常数的大小与恒星的质量，与行星的速度无关，故C错误D、奥斯特发现了电与磁间的关系，即电流的周围存在着磁场；但他没有发现电磁感应现象，是法拉第通过实验发现了磁也能产生电，发现了电磁感应磁
13、现象，故D错误故选：A【点评】本题考查了物理学史，关键在于平时加强，注重积累对于匀变速曲线运动，要知道其加速度不变的特点2以初速度v0竖直向上抛出一小球，小球所受空气阻力与速度的大小成正比下列图象中，能正确反应小球从抛出到落回原处的速度随时间变化情况的是（）ABCD【考点】竖直上抛运动【专题】直线运动规律专题【分析】有阻力时，根据牛顿第二定律分析加速度情况，vt图象的斜率表示加速度，即可选择图象【解答】解：有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma，故a=g+，由于阻力随着速度而减小，故加速度逐渐减小，vt图象的斜率减小；有空气阻力时，下降阶段，根据牛顿第二定律，有：mgf=
14、ma，故a=g，由于阻力随着速度而增大，故加速度减小，vt图象的斜率减小，故A正确故选：A【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如图所示，甲为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律如图乙所示发电机线圈内阻为1，外接灯泡的电阻为9恒定不变，则下列说法中正确的为（）A电压表的示数为6VB发电机的输出功率为4WC在l.0102s时刻，电流表示数为0.6安D在1.0102s时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系【专题】定量思想；推理法；交流电专题【分析】由图读出电
15、动势的最大值，求出有效值，根据欧姆定律求出外电压的有效值，即为电压表的示数根据电压有效值求出灯泡消耗的功率根据产生的电压关系判断出磁通量的变化率【解答】解：A、由Em=，E=6V，电压表示数U=故A错误 B、灯泡消耗的功率为P=，发电机的输出功率为3.24W，故B错误 C、电流表测量的是有效值，故I=，故C正确 D、在1.0102s时刻，线圈处于中相面位置，故穿过线圈的磁通量变化率为零，故D错误故选：C【点评】交流电的电压、电流、电动势等等物理量都随时间作周期性变化，但电流表电压表测量的是有效值4我国自主研制的高分辨率对地观测系统包含至少7颗卫星和其他观测平台，分别编号为“高分一号”到“高分七
16、号”，它们都将在2020年前发射并投入使用于2013年4月发射成功的“高分一号”是一颗低轨遥感卫星，其轨道高度为645km关于“高分一号”卫星，下列说法正确的是（）A发射速度一定为7.9km/sB可以定点在相对地面静止的同步轨道上C卫星绕地球运行的线速度比月球的大D卫星绕地球运行的周期比月球的大【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【专题】应用题；定性思想；方程法；人造卫星问题【分析】根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的物理量，再根据已知条件进行比较7.9Km/s是第一宇宙速度，也是最大的圆周运动的环绕速度【解答】解：A、7.9Km/s是第一宇宙速度，是最
17、大的圆周运动的环绕速度，也是最小发射速度，所以发射速度一定大于7.9km/s，故A错误；B、“高分一号”是一颗低轨遥感卫星，其轨道高度为645km，不能定点在相对地面静止的同步轨道上，故B错误；C、根据v=，卫星绕地球运行的线速度比月球的大，故C正确；D、根据T=2，卫星绕地球运行的周期比月球的小，故D错误；故选：C【点评】本题关键是卫星做匀速圆周运动时万有引力提供向心力，然后根据牛顿第二定律列式判断5如图所示，光滑斜面的倾角为，一个质量为m的物体放在斜面上，如果斜面以加速度a水平向左做匀加速直线运动，物体与斜面间无相对运动，则斜面对物体的支持力的大小为（）AmgcosBCDm【考点】牛顿第二
18、定律；力的合成与分解的运用【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题【分析】两物体一起向左做匀加速运动，对m分析可知，m受到的合力水平向左； 分别利用几何关系和牛顿第二定律求解可求得支持力的不同表达式【解答】解：对B进行受力分析，重力和支持力的合力提供加速度； 受力分析如图所示； 由图利用几何关系可知：N=，同时N=m，再由牛顿第二定律可知：Nsin=ma解得：N=故BD正确； AC错误； 故选：BD【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，重点是隔离法的应用，故解题的关键在于对m的受力分析，同时注意要全面分析，不能漏解6在下列运动过程中，人处于失重状态的是（）A小朋友沿滑梯加速滑下B
19、乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内C宇航员随飞船绕地球做圆周运动D运动员何冲离开跳板后向上运动【考点】超重和失重【分析】失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度【解答】解：A、小朋友沿滑梯加速滑下，此时小朋友的加速度的方向向下，处于失重状态，所以A正确；B、乘客坐在沿平直路面减速行驶，此时人的加速度在水平方向，做的是减速运动，在竖直方向没有加速度的变化，所以B错误C、宇航员随飞船绕地球做圆周运动，此时人的重力作为圆周运动的向心力，人处于完全失重状态，
20、所以C正确D、运动员离开跳板后向上运动时，人的加速度是重力加速度，方向向下，人处于失重状态，所以D正确；故选ACD【点评】本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了7如图所示，实线圆环A、B是光滑绝缘水平面内两个固定的同心超导环，两环分别通上大小相等的电流后，在环间环形区域内产生了相同方向的磁场，在这两个磁场的共同“束缚”下，带电离子沿图中虚线做顺时针方向的圆周运动，已知A环中电流沿顺时针方向，则（）AB环中电流沿顺时针方向BB环中电流沿逆时针方向C带电离子带正电D带电离子带负电【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；通电直导线和通电线圈周围
21、磁场的方向【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】根据右手定则可以判断电流产生的磁场的方向，同样可以判断出B环的电流的方向，在根据左手定则可以判断粒子的带电的性质【解答】解：A、由于AB间磁场方向相同，A环产生的磁场向里，所以B环在B环的外侧的磁场的方向向里，所以B环的电流的方向为逆时针，所以A错误，B正确；C、由A的分析可知，环间环形区域内的磁场的方向向里，由于带电离子沿图中虚线做顺时针方向的圆周运动，根据左手定则可知，粒子带负电，所以C错误、D正确；故选BD【点评】本题是对左手定则和右手定则的直接的应用，掌握好左手定则和右手定则即可解决本题8如图所示，闭合S1，断开S2，调整滑动触头P使
22、灯炮L正常发光，此时，滑动变阻器的PB部分的电阻大于电源内阻r如果再闭合S2，则（）A电压表的读数变大B电流表的读数变大C灯泡的亮度变暗D电源输出的功率变大【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】首先能识别电路的结构，当开关S2闭合时，灯泡与变阻器PA部分并联，再与PB部分串联根据并联电阻比支路电阻小，就能确定S2闭合后总电阻的如何变化，进而确定电流、电压的如何变化，两电表读数的变化情况就能判断电源的输出功率，根据数学知识得知，当内外电阻相等时，输出功率最大当外电阻大于电源内阻，外电阻减小时，就能判断输出功率如何变化【解答】解：A、B、C，闭合S2时，外电阻减小，总电流I增大，变
23、阻器PAB部分电压增大，PA部分电压减小，电压表读数变小，电流表读数变小，灯泡变暗故A、B错误，C正确 D、根据数学知识得知，当电源内外电阻相等时，电源输出功率最大由于滑动变阻器的PB部分的电阻大于电源内阻r，闭合S2后，外电阻减小，则电源的输出功率增大故D正确故选CD【点评】本题充分利用数学知识处理物理问题，这是物理上常用的方法，也是高考考查的重要内容9一个质量为m，电荷量为+q的小球以初速度v0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔，竖直高度相等，电场区水平方向无限长已知每一电场区的场强大小相等，方向竖直向上，不计空气阻
24、力，下列说法正确的是（）A小球在水平方向一直做匀速直线运动B若场强大小等于，则小球经过每一电场区的时间均相同C若场强大小等于，则小球经过每一无电场区的时间均相同D无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均相同【考点】运动的合成和分解【分析】将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，其水平方向不受外力，做匀速直线运动，竖直方向在无电场区做匀加速运动，有电场区也做匀变速运动，但加速度不同，运用速度时间关系公式分析，可以得到小球在竖直方向的运动规律【解答】解：A、将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解水平方向不受外力，以v0做匀速直线运动，故A正确；B、竖直方向，在无电场区只受重力，加速度
25、为g，竖直向下，有电场区除重力外，还受到向上的恒定的电场力作用，加速度的大小和方向取决于合力的大小和方向当电场强度等于时，电场力等于mg，故在电场区小球所受的合力为零，在无电场区小球匀加速运动，故经过每个电场区，小球的速度均不等，因而小球经过每一无电场区的时间均不相等，故B错误；C、当电场强度等于时，电场力等于2mg，故在电场区小球所受的合力大小等于mg，方向竖直向上，加速度大小等于g，方向竖直向上，根据运动学公式，有经过第一个无电场区y=gt12v1=gt1经过第一个电场区y=v1tgt22v2=v1gt2由联立解得t1=t2v2=0接下来小球的运动重复前面的过程，即每次通过无电场区都是自由
26、落体运动，每次通过电场区都是末速度为零匀减速直线运动故C正确；D、通过前面的分析可知，物体通过每个无电场区的初速度不一定相同，所以，通过电场的时间不同；故D错误；故选AC【点评】本题将小球的运动沿水平方向和竖直方向正交分解后，对于竖直方向的运动，关键是找出小球的运动的一般规律，然后分析计算10如图，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为L，其下端与电阻R连接；导体棒ab电阻为r，导轨和导线电阻不计，匀强磁场竖直向上若导体棒ab以一定初速度v0下滑，则ab棒（）A所受安培力方向水平向右B可能以速度v0匀加速下滑C刚下滑瞬间产生的电动势为BLv0D减少的重力势能等于电阻R产生的内能【考点】导体切割磁
27、感线时的感应电动势；焦耳定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】先根据右手判断出ab棒中感应电流方向，再根据左手定则判断出安培力的方向；根据公式E=BLvsin，是导体棒的速度与磁场方向的夹角；根据能量守恒定律分析重力势能的减小量和内能的增加量的关系【解答】解：A、根据右手定则判断可知，ab棒中感应电流方向从ba，由左手定则判断得知，棒ab所受的安培力方向水平向右，如图所示，故A正确B、若安培力沿导轨向上的分力与重力沿导轨向下的分力大小相等，ab棒可能匀速下滑，故B错误C、刚下滑瞬间产生的感应电动势为 E=BLv0cos，故C错误D、根据能量守恒定律得知，若ab棒匀速下滑，其减少的重力势能等于电
28、阻R和棒ab产生的内能之和；若ab棒加速下滑，其减少的重力势能等于电阻R和棒ab产生的内能与棒ab增加的动能之和；若ab棒减速下滑，其减少的重力势能和动能之和等于电阻R和棒ab产生的内能之和，所以减少的重力势能不等于电阻R产生的内能故D错误故选：A【点评】本题分析安培力时，也可以根据安培力方向一定与磁场方向垂直要掌握感应电动势的一般表达式E=BLvsin，是导体棒的速度与磁场方向的夹角，不能只记垂直切割的特殊情况二、实验题11如图所示是用多用电表进行测量时指针所指的位置，若选择开关处在“10”的电阻挡，则被测电阻的阻值是130；若选择开关处在“直流电压50V”挡，则被测电压是27.1V【考点】
29、用多用电表测电阻【专题】实验题【分析】多用电表的读数：由表盘读出数据再乘以倍率，要注意估读问题【解答】解：欧姆档图示读数：1310=130 电压档图示读数：因最小分度为1V，则估读到下一位为：27.1V故答案为：130 27.1【点评】本题考查多用表的读数方法，明确欧姆档要乘以倍率； 同时还要注意确定估读位数12一同学在学习了机械能守恒定律后，认为小球沿竖直光滑曲面自由下滑的过程机械能是守恒的，于是设计了如力图所示的实验装置加以验证，图中曲面固定，底端B处切线水平且与桌的右边缘相齐，他的实验步骤如下：a在木板表面先后钉上白纸和复写纸，并将木板竖直立于靠近桌面右边缘处，使小球从曲面上某点A由静止
30、释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；b将木板向右平移适当的距离固定，再使小球由A点静止释放，撞到木板上得到痕迹P；c测出OP的距离y，竖直木板向右移动的距离L，查出当地重力加速度g（1）要验证小球由A到B过程中机械能守恒，还需测量的物理量及符号是AB间高度h（2）用上述测量验证机械能守恒的表达式应该是gh=（3）从实验结果来看，小球沿曲面下滑的过程机械能是减少的，原因是下滑过程中小球克服摩擦力做功【考点】验证动量守恒定律【专题】实验题【分析】根据y及L，运用平抛知识可求出小球到达B点时的速度v，即平抛运动的初速度根据验证方程mgh=，还需要测量AB间高度h将v用y、L表示，代入得到表达式机械能
31、减小的因为是由于摩擦力的存在【解答】解：由y=，得t= 平抛运动的初速度v=L 代入需要验证的方程mgh=，得 gh= 故还测量AB间的高度h，由测量量表示的需要验证的方程是：gh= 小球沿曲面下滑的过程，小球克服摩擦力做功，机械能减少变成了内能故本题答案是： （1）AB间的高度h； （2）gh= （3）下滑过程中小球克服摩擦力做功【点评】在中学阶段没有直接测量速度的仪器，可借助常见的运动间接测量，比如利用平抛运动13如图为测量电阻Rx的电路，R为电阻箱，R为起保护作用的滑动变阻电源E的电动势约为6V，S为单刀双掷开关，电流表量程为0.6A（1）以下四种规格的滑动变阻器，最适合本实验的是BA1
32、B10C100D1000（2）请在图中以笔划线代替导线按实验原理图将实物图补充完整（3）请简述测量待测电阻Rx的实验原理掷于a，记下电流表示数I；掷于b，调节变阻箱R，使电流表示数达到I，变阻箱读数即为R阻值（4）一位同学想利用本实验电路测电源电动势，需将开关掷于b位置该电滑动变阻器R接入电路部分的电阻未知，能否测出电源的内阻r？不能【考点】伏安法测电阻【专题】实验题【分析】（1）滑动变阻器既要能限制电流过大，又不能电流过小根据电源的电动势和电流表的量程估算出外电路最小的电阻来确定（2）对照电路图按顺序连线（3）将单刀双掷开关先后打到a、b两端，调节电阻箱，使两次电流相等，则待测电阻与电阻箱此
33、时电阻相等，由电阻箱读出待测电阻的阻值根据欧姆定律分析，由于变阻器接入电路部分的电阻未知，不能测量电源的内阻【解答】解：（1）电源E的电动势约为6V，电流表量程为0.6A，则外电路最小的电阻约为Rmin=10，由于待测电阻和电阻箱有一定电阻，变阻器选B：10就能起到保护作用，又不至于使电路中电流过小 （2）连线如图 （3）测量待测电阻Rx的实验原理： 掷于a，记下电流表示数I；掷于b，调节变阻箱R，使电流表示数达到I，变阻箱读数即为Rx的阻值 （4）如要测量电源的内阻，需要测量多组数据，电流要可调，故开关掷于b位置根据闭合电路欧姆定律 I=，r=，可见，由于变阻器接入电路部分的电阻R未知，电源
34、的内阻r不能测出故本题答案是：（1）B （2）如图：（3）掷于a，记下电流表示数I；掷于b，调节变阻箱R，使电流表示数达到I，变阻箱读数即为R阻值（4）b，不能【点评】本题采用等效替代的方法测量电阻有时，对于两个并联电路，也可以采用比较法，根据电流与电阻反比测量电阻14如图甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过滑块压缩0.4m锁定t=0时解除锁定释放滑块计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的速度图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t=0时的速度图线的切线，已知滑块质量m=2.0kg，取g=10m/s2求：（1）滑块与地面间的动摩擦因数；（2）弹簧的劲度系数【考
35、点】牛顿第二定律；胡克定律【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】（1）从速度时间图象得到滑块脱离弹簧后减速滑行时的加速度，然后根据牛顿第二定律列式求解动摩擦因数；（2）从速度时间图象得到滑块刚释放时的加速度，然后根据牛顿第二定律列式求解弹簧的劲度系数【解答】解：（1）从题中图象知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a1= m/s2=5 m/s2 由牛顿第二定律得：mg=ma1 代入数据解得：=0.5（2）刚释放时滑块的加速度为：a2= m/s2=30 m/s2由牛顿第二定律得：kxmg=ma2代入数据解得：k=175 N/m答：（1）滑块与地面间的动摩擦因数为0.5；（2）弹簧的劲度系数为175 N/m
36、【点评】本题关键从速度世间图象得到滑块刚释放和脱离弹簧时的加速度大小，然后根据牛顿第二定律列式分析求解15如图所示，一质量为m的导体棒MN两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨上，两导轨平等且间距为L，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，当导体棒中通一自右向左的电流I时，导体棒静止在与竖直方向成37角的导轨上，取sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）磁场的磁感应强度B；（2）每个圆导轨对导体棒的支持力大小FN【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；电场强度【专题】图析法；共点力作用下物体平衡专题【分析】（1）对导体棒受力分析，受重力、支持力和安培力，然后根据平衡条件，结合合成
37、法得到安培力，最后求出磁场的磁感应强度；（2）对导体棒受力分析，受重力、支持力和安培力，然后根据平衡条件，结合合成法得到支持力，最后得到每个圆导轨对导体棒的支持力大小【解答】解：（1）从右向左看受力分析如图所示：由受力平衡得到：解得：即磁场的磁感应强度B的大小为（2）两个导轨对棒的支持力为2FN，满足：2FNcos37=mg解得：即每个圆导轨对导体棒的支持力大小为【点评】本题难点在于题图是立体图形，受力分析时力图难以构建，关键是将题图转化为平面图，再作图分析16如图所示，在光滑的水平地面上有一个表面光滑的立方体Q一长为L=0.5m的轻杆下端用光滑铰链连接于O点，0点固定于地面上，轻杆的上端连接
38、着一个可视为质点的小球P，小球靠在立方体左侧的竖直面上，小球P的质量m为3.2kg，立方体Q的质量M为5Okg起初整个装置处于静止状态，受到轻微扰动后P倒向右侧并推动Q求在P和Q分离之前，轻杆转过0=37角时转动的角速度是多少？（重力加速度g取10m/s2）【考点】机械能守恒定律；运动的合成和分解【专题】简答题；定量思想；合成分解法；机械能守恒定律应用专题【分析】在PQ分离之前，P和Q的水平方向速度相同，小球P在沿立方体Q的侧面下滑过程中，系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律列式，联立方程即可求解【解答】解：小球P在沿立方体Q的侧面下滑过程中，系统的机械能守恒，有：mgL（1cos）=根据运动
39、的分解有：vQ=vpcos又有vp=R带入数据可解得：=2.0 rad/s答：在P和Q分离之前，轻杆转过=37角时转动的角速度是2.0 rad/s【点评】本题关键是找到小球的分运动和合运动，知道在分离之前，小球和立方体的水平方向速度相同，难度适中17在如图所示的平面直角坐标系xOy中，存在沿x方向按如图所示规律周期性变化的匀强电场，沿x轴正向为正，沿垂直于xOy平面指向纸里的方向中存在按如图所示规律周期性变化的匀强磁场，坐标原点O处有带正电的粒子，从t=0时刻无初速释放，已知粒子的质量m=51010kg，电荷量q=1106C，不计粒子的重力，求：（1）t=0.25103s时粒子的速度及位置；（
40、2）t=1103s时粒子的位置坐标；（3）t=8103时粒子的速度【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】带电粒子在周期性交替出现的匀强电场与匀强磁场中运动，由题意可得：当粒子在匀强电场中时是被直线加速，当在匀强磁场中时恰好完成半个周期，再次进入电场被直线加速后，又在磁场中被偏转完成半个周期【解答】解：（1）在第一个t0=0.25103s内粒子的加速度a满足：qE=ma末速度v1=at0=5m/s 沿x轴正向运动L1=（2）在0.25103s到0.5103s内粒子做匀速圆周运动，T=故粒子在0.25103s内运动了半个圆周，而圆周运动的半径在0.5103s到0.75103s内粒子沿x轴负向匀加速运动，末速度大小v2=v1+at0=2v1 位移大小L2=在0.75103s到1103s内粒子做匀速圆周运动，末位置坐标：x=（L2L1）=1.25103m y=（2R22R1）=8104m（3）粒子在8103s内16次加速，每次速度增加v1， 故：v=16v1=80m/s 方向沿x轴正向【点评】此处带电粒子的运动形如回旋加速器中的粒子运动：粒子在电场中被加速，在磁场中被偏转，当再次进入电场时，恰好又被加速版权所有：高考资源网()
