1、2016-2017学年江苏省南通市启东市高三（上）期中物理试卷一、单项选择题，本题共5小题，毎小题3分，共计18分，每小题只有一个选题符合题意1带电粒子仅受电场力作用其不可能做的运动是（）A匀加速直线运动B匀速圆周运动C匀变速曲线运动D匀速直线运动2如图所示，闭合电路，当滑动交阻器滑片P移动时，各电流表（内阻可不计）示数变化情况是（）AA1、A2的示数同时增大、同时减小BA1示数增大时，A2的示数减小CA1的示数减小时，A2的示数增大DA1的示数变化量大于A2的示数变化量3如图所示，一木块静止在粗糙斜面上，斜面静止于粗糙水平面，现用水平推力F作用于木块当F的大小由零逐渐增加到一定值，木块和斜面
2、始终保持静止，则（）A木块受到的摩擦力逐渐增大B木块受到的合力逐渐增大C斜面受到地面的支持力逐渐增大D斜面受到地面的摩擦力逐渐增大4在离地球十几亿光年的遥远星系中有两个黑洞A、B，其质量分别为太阳质量的36倍和29倍，A、B绕它们连线上某点以相同周期转动组成双星系统在漫长的演变过程中，A、B缓慢靠近，最后合并为一个黑洞，释放出巨大能量，则（）AA、B所受万有引力之比为36：29BA、B做圆周运动的半径之比为29：36CA、B缓慢靠近过程中势能增大DA、B缓慢靠近过程中动能减小5如图所示，质量分别为M和m的两物块与竖直轻弹簧相连，在水平面上处于静止状态，现将m竖直向下压缩弹簧一段距离后由静止释放
3、，当m到达最高点时，M恰好对地面无压力已知弹簧劲度系数为k，弹簧形变始终在弹性限度内，重力加速度为g，则（）A当m到达最高点时，m的加速度为B当m到达最高点时，M的加速度为gC当m速度最大时，弹簧的形变最为D当m速度最大时，M对地面的压力为Mg二、多项选择题，本题共5小题，每小题4分，共计20分.每小题有多个选项符合题意.全部选对的得4分.选对但不全的得2分，错选或不答的得0分.6关于科学家对物理学所做的页献下列说法符合历史事实的是（）A伽利略对自由落体的研究，创造了一套研究自然规律的科学方法B英国物理学家卡文迪许首先利用扭秤实验发现了万有引力定律C亚里士多德认为如果完全排除空气的阻力，所有物
4、体将下落得同样快D笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动7在某一高度处将A球以大小为v1的初速度水平抛出同时在A球正下方地面处将B球以大小为v2的初速度斜向上抛出结果在B球上升至最高点时两球恰在空中相遇，相遇时两球的速度大小分别为vA、vB，不计空气阻力则（）Av1v2Bv1v2CvAvBDvAvB82016年9月15日“天宫二号”空间实验室发射升空，10月17日7时30分，“神舟11 号”飞船载着两名宇航员飞向太空并于10月19日凌晨与“天宫二号”交会对接，交会时“天宫二号”在前，“神舟11号”在后如图是交会对接时的示意图则该过程中（）A宇航员看“天宫
5、二号”是向后运动的B飞船应该从低轨道加速追上“天宫二号”C飞船应该直接发射到“天宫二号”运行的轨道上，然后慢慢加速追上并对接D对接过程中，飞船对“天宫二号”的作用力大于“天宫二号”对飞船的作用力9两异种点电荷A、B附近的电场线分布如图所示，P为电场中的一点，已知P点的电势为，电荷A产生的电场在P点的场强大小为EA，电 荷B产生的电场在P点的场强大小为EB取无穷远处的电势为零下列说法中正确的有（）AA、B所带电荷量不等BP点的场强大小为EA+EBCA、B连线上有一个电势为零的点D将电荷为+q的点电荷从P点移到无穷远处，电场力做的功为q10如图所示，水平转台上有一个质量为m的小物块用长为L的轻细绳
6、将物块连接在通过转台中心的转轴上细绳与竖直转轴的夹角为，系统静止时细绳绷直但张力为零物块与转台间动摩擦因数为（tan），设最大静摩擦力等于滑动摩擦力当物块随转台由静止开始缓慢加速转动且未离开转台的过程中（）A物块受转台的静摩擦力方向始终指向转轴B至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为mgLsinC物块能在转台上随转台一起转动的最大角速度为D细绳对物块拉力的瞬时功率始终为零三、简答题：本题2小题.共计20分11某实验小组用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律（1）实验中得到的一条纸带如图乙所示，第一个打点标记为O，选择点迹清晰且便于测量的连续6个点分别标为1、26，测出各点到O点的距离分別为d1、d
7、2d6，己知打点频率为f，则打点2时小车的速度为 ；若钩码的质量为m，己知当地重力加速度为g，则验证第2点与第5点间重锤的机械能守恒的关系表达式可表示为 （2）已知打点频率f=50Hz，如果发现纸带上第一个和第二个打点间的距离大约是5mm，出现这种情况可能的原因是 A重锤的质量过大B电源电压偏大C打点计时器没有竖直固定D先释放纸带后接通打点计时器（3）请你提出一条减小实验误差的改进建议12为测量某金属丝的电阻率，小明同学取来一段粗细均匀、长为L0的金属丝进行实验（1）用蜾旋测微器测金属丝的直径d，读数如图甲所示则d= mm（2）用一电阻档有三个倍率（分别是1、10、100）的多用电表粗测其电阻
8、选用10档测量某电阻时操作步驟正确，发现表头指针偏转角度很大，为了较准确地进行测量，应换到 档重新正确操作后，表盘的示数如图乙所示，其读数为 （3）进一步准确测量金属丝的电阻，实验室提供的器材有：A直流电源E（电动势4V，内阻不计）；B电流表A1（量程00.6A，内阻约1）；C电流表A2（量程0150mA，内阻约2）；D电压表V （量程03V，内阻约10k）：E滑动变阻器R1（阻值范围015，允许通过的最大电流2.0A）；F滑动变阻器R2（阻值范围02k，允许通过的最大电流0.5A）；G待测电阻丝Rx，开关、导线若干实验中，小明设计了如图丙所示的电路，其中电流表应选用 ，滑动变 阻器应选用 实
9、验时，开关S2应接 （选垓“1”成“2”）请用笔画线代替导线在图丁中完成实物电路连接（部分连线已画出）若实验中测得该金属丝的电阻为R0，则计算这种电阻丝材料电阻率的表达式为 = （用题中给定的物理量符号和已知常数表示）四、计算题：本题共4小题.共计62分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题.答案中明确写出数值和单位13如图所示，间距为d的平行金属板间电压恒定初速度为零的电子经电压U0加速后，沿两板间的中心线进入板间电场，电子恰好从下极板边缘飞出，飞出时速度的偏向角为已知电子质量为m，电荷量为e，电子重力不计，求：（1）电子刚进入板间电场
10、时的速度大小v0；（2）电子通过两极板间的过程中，电场力做的功W；（3）平行金属板间的电场强度大小E14如图所示，在真空中，一绝缘细线的一端固定在O点，另一端系一质量为m、带电量为+q的小球ABC是以O点为圆心、半径为a的竖直圆弧BC是圆弧的竖直直径，OA是圆弧的水平半径，一带电量为+Q的点电荷固定在A点的正上方，距离A点的高度为a，现将小球从A点由静止释放，小球沿圆弧运动到B点时的速度为v，重力加速度为g，静电力常量为k（1）求A、B两点的电势差UAB；（2）求小球沿圆弧AB运动到B点时对细线的拉力大小F；（3）在A点给小球竖直向下的初速度v0，恰能使小球沿圆弧ABC运动到C点，求v015如
11、图所示，质量M=2.0kg的薄木板静止在水平桌面上，薄木板上放有质量 m=1.0kg的小铁块（可视为质点），它离木板左端的距离为L=0.25m，铁块与木板间的动摩擦因数为=0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力现用一水平向右的拉力作用在木板上，使木板和铁块由静止开始运动，g取10m/s2（1）若桌面光滑，拉力大小恒为F1=4.8N，求小铁块运动的加速度大小；（2）若木板以4.0m/s2的加速度从铁块下抽出，求抽出过程所经历的时间t；（3）若桌面与薄木板间的动摩擦因数也为，则拉力F2的大小满足什么条件才能将木板从铁块下抽出？16如图甲所示，带有斜面的木块放在光滑水平地面上，木块水平表面AB粗糙，斜
12、面BC表面光滑且与水平面夹角为=37，木块左侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值，气力传感器被拉时，其示数为负值一个可视为质点的质量为m=5kg的滑块从B点以初速度v0沿斜面向上运动，运动过程中，传感器记录到的力与时间的关系如图乙所示，已知斜面足够长，设滑块经过B点时无机械能损失g取10m/s2求：（1）图乙中F1的数值大小；（2）滑块的初速度v0；（3）水平表面AB的长度2016-2017学年江苏省南通市启东市高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题，本题共5小题，毎小题3分，共计18分，每小题只有一个选题符合题意1带电粒子仅受电场力作用其不可能做
13、的运动是（）A匀加速直线运动B匀速圆周运动C匀变速曲线运动D匀速直线运动【考点】AD：电势差与电场强度的关系【分析】明确不同电场的电场力性质，同时明确：匀速直线运动中，合力为零；匀变速运动中，合力恒定；匀速圆周运动中，合力指向圆心【解答】解：A、粒子在匀强电场中，若粒子所受的电场力方向与速度方向相同，粒子做匀加速直线运动，故A正确B、粒子在点电荷形成的电场中，库仑引力提供向心力，做匀速圆周运动，故B正确C、粒子在匀强电场中，若粒子的速度方向与电场力方向垂直，粒子做匀变速曲线运动，故C正确D、粒子做匀速直线运动，合力为零，由于粒子仅受电场力，合力不可能为零，则不可能做匀速直线运动，故D错误本题选
14、不可能的，故选：D2如图所示，闭合电路，当滑动交阻器滑片P移动时，各电流表（内阻可不计）示数变化情况是（）AA1、A2的示数同时增大、同时减小BA1示数增大时，A2的示数减小CA1的示数减小时，A2的示数增大DA1的示数变化量大于A2的示数变化量【考点】BB：闭合电路的欧姆定律【分析】电路中，若滑动变阻器向下移动时，连入电路的阻值变小；变阻器与一个定值电阻并联后连接入电源两端，电流表测量干路电流，电流表测量的是通过滑动变阻器的电流，根据串并联知识和闭合电路欧姆定律分析即可同理分析滑片向上移动时电表示数的变化；【解答】解：ABC若滑动变阻器向下移动时，连入电路的阻值变小，故外电路的总电阻变小，故
15、根据闭合电路欧姆定律，总电流变大，电流表的示数变大，故路端电压U=EIr变小；定值定则的电流减小，由于总电流增加，故通过变阻器的电流增加了，即的示数增大，即的示数同时增大；同理，若滑动变阻器向上移动时，连入电路的阻值变大，故外电路的总电阻变大，故根据闭合电路欧姆定律，总电流变小，电流表的示数变小，故路端电压U=EIr变大；定值定则的电流增大，由于总电流减小，故通过变阻器的电流减小了，即的示数减小，即的示数同时减小，故A正确，BC错误；D、A1、A2的示数同时增大、同时减小，而电流变化情况与两只电流表相反，所以示数变化量小于的示数变化量，故D错误；故选：A3如图所示，一木块静止在粗糙斜面上，斜面
16、静止于粗糙水平面，现用水平推力F作用于木块当F的大小由零逐渐增加到一定值，木块和斜面始终保持静止，则（）A木块受到的摩擦力逐渐增大B木块受到的合力逐渐增大C斜面受到地面的支持力逐渐增大D斜面受到地面的摩擦力逐渐增大【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；29：物体的弹性和弹力【分析】正确的受力分析是解决问题的关键，物体静止在斜面上，说明物体处于平衡状态，所受外力合力为0，根据合力为0可列式求物体所受斜面的支持力和摩擦力的变化情况，由于物体始终处于平衡，故物体所受合力为0，以物体和斜面整体为研究对象，当F增大时，地面对整体的摩擦力亦增大【解答】解：A、如图对小滑块进行受力分析有：F合x=Fcos
17、+fGsin=0 F合y=FNGcosFsin=0 由知f=GsinFcos，由于未知摩擦力的方向，故当f为正值时，F增大则f减小，若f为负值即沿斜面向下时，当F增大则f亦增大但最大静摩擦力随着正压力增大而增大故A错误；B、由于物体在F增大过程中始终处于静止状态，即平衡状态，故合外力始终为0，所以水平方向合力为0即一直不变，故B错误；C、对整体进行受力分析可知，整体在竖直方向始终处于平衡状态，所以受到的重力与支持力都不变，故C错误；D、对整体进行受力分析可知，整体在水平方向受到的推力F增大，所以斜面受到地面的摩擦力逐渐增大，故D正确故选：D4在离地球十几亿光年的遥远星系中有两个黑洞A、B，其质
18、量分别为太阳质量的36倍和29倍，A、B绕它们连线上某点以相同周期转动组成双星系统在漫长的演变过程中，A、B缓慢靠近，最后合并为一个黑洞，释放出巨大能量，则（）AA、B所受万有引力之比为36：29BA、B做圆周运动的半径之比为29：36CA、B缓慢靠近过程中势能增大DA、B缓慢靠近过程中动能减小【考点】4F：万有引力定律及其应用；6B：功能关系【分析】双星做匀速圆周运动具有相同的角速度，靠相互间的万有引力提供向心力，根据万有引力提供向心力公式可确定其半径之比，由引力做功确定能量的变化【解答】解：A、二者所受的引力为作用力与反作用力，则大小相等，则A错误B、二者的角速度相同是，则=，则=，则B正
19、确C、D、缓慢靠近过程中势能增大引力做正功，势能减小，动能增加，则C错误，D错误故选：B5如图所示，质量分别为M和m的两物块与竖直轻弹簧相连，在水平面上处于静止状态，现将m竖直向下压缩弹簧一段距离后由静止释放，当m到达最高点时，M恰好对地面无压力已知弹簧劲度系数为k，弹簧形变始终在弹性限度内，重力加速度为g，则（）A当m到达最高点时，m的加速度为B当m到达最高点时，M的加速度为gC当m速度最大时，弹簧的形变最为D当m速度最大时，M对地面的压力为Mg【考点】37：牛顿第二定律；2G：力的合成与分解的运用【分析】当m到达最高点时，M恰好对地面无压力此时M受到的弹簧的拉力等于M的重力，在对m受力分析
20、，根据牛顿第二定律求得加速度，当m速度最大时，m的加速度为0，即可判断【解答】解：A、当弹簧处于伸长至最长状态时，M刚好对地面没有压力，可知弹簧对M的拉力为Mg，所以弹簧对m的作用力也是Mg，所以m的加速度为：故A正确；B、当弹簧处于伸长至最长状态时，M刚好对地面没有压力，可知弹簧对M的拉力为Mg，M受到的合力为零，加速度为零，故B错误；C、由题可知开始时弹簧对m的弹力大于m的重力，m向上做加速运动，当弹簧的弹力小于m的重力时，m做减速运动，所以弹簧中弹力等于Mg时此时M有最大速度，由胡克定律得：mg=kx，得：x=故C错误；D、对M受力分析FN+kxMg=0，解得FN=Mgmg故D错误故选：
21、A二、多项选择题，本题共5小题，每小题4分，共计20分.每小题有多个选项符合题意.全部选对的得4分.选对但不全的得2分，错选或不答的得0分.6关于科学家对物理学所做的页献下列说法符合历史事实的是（）A伽利略对自由落体的研究，创造了一套研究自然规律的科学方法B英国物理学家卡文迪许首先利用扭秤实验发现了万有引力定律C亚里士多德认为如果完全排除空气的阻力，所有物体将下落得同样快D笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动【考点】1U：物理学史【分析】伽利略通过对自由落体运动的研究，开创了把实验和逻辑推理相结合的科学研究方法和科学思维方式开普勒最早发现了行星运动的三
22、大规律牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了万有引力恒量伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因【解答】解：A、伽利略根据对自由落体的研究，结合小球在斜面上运动的实验和理想实验，开创了一套把实验和逻辑推理相结合的科学研究方法，故A正确B、牛顿提出了万有引力定律，是卡文迪许测出了万有引力常量，故B错误C、伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有物体将下落得同样快故C错误D、笛卡儿通过实验指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向故D正确故选：AD7在某一高度处将A球以大小为v1的初速度水平抛出同时在A球正下方地面处将B球以大小为v2
23、的初速度斜向上抛出结果在B球上升至最高点时两球恰在空中相遇，相遇时两球的速度大小分别为vA、vB，不计空气阻力则（）Av1v2Bv1v2CvAvBDvAvB【考点】43：平抛运动【分析】A球做平抛运动，B球做斜抛运动，将两运动分解为水平方向和竖直方向进行研究抓住相同时间内水平位移相等，比较出初速度的大小【解答】解：AB、A球做平抛运动，B球做斜抛运动，水平方向都做匀速直线运动因为两球在空中相遇，知水平位移相等，由x=vxt知，水平分速度相等，有v1=v2cos，是B球的初速度与水平的夹角，则得v1v2故A错误，B正确CD、相遇时，A球的速度大小为 vA=在B球上升至最高点时，vB=v2cos=
24、v1可得，vAvB故C正确，D错误故选：BC82016年9月15日“天宫二号”空间实验室发射升空，10月17日7时30分，“神舟11 号”飞船载着两名宇航员飞向太空并于10月19日凌晨与“天宫二号”交会对接，交会时“天宫二号”在前，“神舟11号”在后如图是交会对接时的示意图则该过程中（）A宇航员看“天宫二号”是向后运动的B飞船应该从低轨道加速追上“天宫二号”C飞船应该直接发射到“天宫二号”运行的轨道上，然后慢慢加速追上并对接D对接过程中，飞船对“天宫二号”的作用力大于“天宫二号”对飞船的作用力【考点】4F：万有引力定律及其应用【分析】飞船绕着地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，在同一轨道线
25、速度、角速度均相等，加速后会做离心运动；卫星离地面越近的轨道运动对应的环绕速度越大【解答】解：A、交会对接时“神舟11 号”飞船与“天宫二号”相对静止，即宇航员看“天宫二号”是静止不动的，故A错误；BC、同一个轨道飞船的角速度相等，离地面越近飞船的角速度越大，故飞船应该从低轨道加速追上“天宫二号”，故B正确，C错误；D、飞船对“天宫二号”的作用力与“天宫二号”对飞船的作用力是相互作用力，大小总是相等，故D错误；故选：B9两异种点电荷A、B附近的电场线分布如图所示，P为电场中的一点，已知P点的电势为，电荷A产生的电场在P点的场强大小为EA，电 荷B产生的电场在P点的场强大小为EB取无穷远处的电势
26、为零下列说法中正确的有（）AA、B所带电荷量不等BP点的场强大小为EA+EBCA、B连线上有一个电势为零的点D将电荷为+q的点电荷从P点移到无穷远处，电场力做的功为q【考点】AD：电势差与电场强度的关系；AC：电势；AE：电势能【分析】根据电场线的分布图，利用对称性比较A、B所带的电荷量大小；由电场的叠加原理求电荷B在P点的场强；沿电场线方向电势逐渐降低，根据正电荷周围电势为正，负电荷周围的电势为负，确定电势为零的位置；由电场力公式W=qU求电场力做功【解答】解：A、根据等量异种点电荷的电场线分布图具有对称性，而该图左右不对称，知A、B所带的电荷量不相等，故A正确；B、P点的场强是点电荷A、B
27、在P点产生的合场强；根据平行四边形定则可以得出P点的场强，可知P点的场强小于EA+EB，故B错误C、如果取无穷远处的电势为0，正电荷附近的电势高于0，负电荷附近低于0，所以其A、B连线上有电势为0，故C正确；D、根据W=q（0）=q知，电场力做功为q，故D正确故选：ACD10如图所示，水平转台上有一个质量为m的小物块用长为L的轻细绳将物块连接在通过转台中心的转轴上细绳与竖直转轴的夹角为，系统静止时细绳绷直但张力为零物块与转台间动摩擦因数为（tan），设最大静摩擦力等于滑动摩擦力当物块随转台由静止开始缓慢加速转动且未离开转台的过程中（）A物块受转台的静摩擦力方向始终指向转轴B至绳中出现拉力时，转
28、台对物块做的功为mgLsinC物块能在转台上随转台一起转动的最大角速度为D细绳对物块拉力的瞬时功率始终为零【考点】4A：向心力；48：线速度、角速度和周期、转速【分析】对物体受力分析知物块离开圆盘前合力F=f+Tsin=；N+Tcos=mg，根据动能定理知W=Ek=然后根据临界条件分析做功和势能变化【解答】解：A、由题可知，物体做加速圆周运动，所以开始时物体受到的摩擦力必定有一部分的分力沿轨迹的切线方向故A错误；B、对物体受力分析知物块离开圆盘前，沿轴线方向的合力：F=f+Tsin=N+Tcos=mg根据动能定理知W=Ek=当弹力T=0，r=Lsin由解得W=fLsin至绳中出现拉力时，转台对
29、物块做的功为mgLsin，故B错误；C、当N=0，f=0，由知0=，所以当物块的角速度增大到时，物块与转台间恰好无相互作用，故C正确；D、有几何关系可知，物体在做圆周运动的过程中受到的绳子的拉力方向与物体运动的方向始终垂直，所以细绳对物块拉力的瞬时功率始终为零故D正确；故选：CD三、简答题：本题2小题.共计20分11某实验小组用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律（1）实验中得到的一条纸带如图乙所示，第一个打点标记为O，选择点迹清晰且便于测量的连续6个点分别标为1、26，测出各点到O点的距离分別为d1、d2d6，己知打点频率为f，则打点2时小车的速度为；若钩码的质量为m，己知当地重力加速度为g，
30、则验证第2点与第5点间重锤的机械能守恒的关系表达式可表示为mg（d5d1）=（M+m）（v52v12）（2）已知打点频率f=50Hz，如果发现纸带上第一个和第二个打点间的距离大约是5mm，出现这种情况可能的原因是DA重锤的质量过大B电源电压偏大C打点计时器没有竖直固定D先释放纸带后接通打点计时器（3）请你提出一条减小实验误差的改进建议【考点】MD：验证机械能守恒定律【分析】（1）由匀变速直线运动平均速度等于中间时刻的瞬时速度可算2点速度，根据重力势能等于增加的动能验证机械能守恒（2）明确自由落体规律，知道正常自由落体的物体前两点的距离应为2mm左右； （3）明确误差原因，知道本实验中应尽量减小
31、阻力的作用【解答】解：（1）匀变速直线运动平均速度等于中间时刻的瞬时速度可算2点速度，即第点2的瞬时速度等于13间的平均速度v2=，把钩码和小车看成系统系统减小的势能即为钩码减小的重力势能Ep=mg（d5d1）系统增加的动能为小车和钩码增加的动能Ek=（M+m）v52（M+m）v12验证点2与点5间系统的机械能是否守恒，就是验证Ep=Ek，即mg（d5d2）=（M+m）（v52v22）（2）打点的同时纸带开始下落，则1、2两点间的距离接近2mm，如果1、2两点间的距离为5mm，这是由于先释放纸带后解题电源造成的，故选D（3）为了减小实验阻力，可换用阻力较小的电火花式的打点计时器，或选用质量较大
32、的重物；故答案为：（1），mg（d5d2）=（M+m）（v52v22）；（2）D；（3）换用阻力较小的电火花式的打点计时器，或选用质量较大的重物；12为测量某金属丝的电阻率，小明同学取来一段粗细均匀、长为L0的金属丝进行实验（1）用蜾旋测微器测金属丝的直径d，读数如图甲所示则d=0.680mm（2）用一电阻档有三个倍率（分别是1、10、100）的多用电表粗测其电阻选用10档测量某电阻时操作步驟正确，发现表头指针偏转角度很大，为了较准确地进行测量，应换到1档重新正确操作后，表盘的示数如图乙所示，其读数为22（3）进一步准确测量金属丝的电阻，实验室提供的器材有：A直流电源E（电动势4V，内阻不计）
33、；B电流表A1（量程00.6A，内阻约1）；C电流表A2（量程0150mA，内阻约2）；D电压表V （量程03V，内阻约10k）：E滑动变阻器R1（阻值范围015，允许通过的最大电流2.0A）；F滑动变阻器R2（阻值范围02k，允许通过的最大电流0.5A）；G待测电阻丝Rx，开关、导线若干实验中，小明设计了如图丙所示的电路，其中电流表应选用C，滑动变 阻器应选用E实验时，开关S2应接1（选垓“1”成“2”）请用笔画线代替导线在图丁中完成实物电路连接（部分连线已画出）若实验中测得该金属丝的电阻为R0，则计算这种电阻丝材料电阻率的表达式为 =（用题中给定的物理量符号和已知常数表示）【考点】N2：测
34、定金属的电阻率【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，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数（3）计算出电阻丝的最大电流，从而确定电流表量程；滑动变阻器采用分压式接法，这样便于调节，误差小；滑动变阻器采用分压式接法，伏安法测电阻用安培表外接法；根据电路图连接实物电路图根据电阻定律求电阻率【解答】解：螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为18.00.01mm=0.180mm，所以最终读数为0.5mm+0.180mm=0.680mm（2）用10档
35、测量某电阻时，表头指针偏转角度很大，说明所选挡位太大，为了较准确地进行测量，应换到1档由图示表盘可知，则该电阻的阻值是：R=221=22；（3）通过电阻丝的最大电流，所以电流表选择量程150mA的电流表C；滑动变阻器应采用分压式接法，选择小电阻，便于调节；临界电阻，选择电流表外接法，所以开关应接1实物电路如图所示：根据电阻定律，联立得故答案为：（1）0.680；（2）1，22；（3）C，E，1； 如图所示； 四、计算题：本题共4小题.共计62分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题.答案中明确写出数值和单位13如图所示，间距为d的平行金属
36、板间电压恒定初速度为零的电子经电压U0加速后，沿两板间的中心线进入板间电场，电子恰好从下极板边缘飞出，飞出时速度的偏向角为已知电子质量为m，电荷量为e，电子重力不计，求：（1）电子刚进入板间电场时的速度大小v0；（2）电子通过两极板间的过程中，电场力做的功W；（3）平行金属板间的电场强度大小E【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；65：动能定理【分析】（1）电子先在加速电场中加速，根据动能定理可求电子刚进入板间电场时的速度大小v0；（2）根据速度关系和动能定理求出电子通过两极板间的过程中，电场力做的功W；（3）先求出电子正好能穿过电场偏转电场对电子做功，然后根据E=求出行金属板间的电场强度
37、大小E【解答】解：（1）粒子在加速电场中运动中，根据动能定理可知，eU0=m，解得：v0=（2）设电子离开电场时的速度为v，根据动能定理有：W=mv2m根据速度关系有：v= 联立可解得：W=eU0tan2 （3）电子沿两板间的中心线进入板间电场，恰好从下极板边缘飞出，偏转距离为，对电子做功：W=e，又因为U=Ed，解得：E=答：（1）电子刚进入板间电场时的速度大小v0为；（2）电子通过两极板间的过程中，电场力做的功W为eU0tan2；（3）平行金属板间的电场强度大小E为14如图所示，在真空中，一绝缘细线的一端固定在O点，另一端系一质量为m、带电量为+q的小球ABC是以O点为圆心、半径为a的竖直
38、圆弧BC是圆弧的竖直直径，OA是圆弧的水平半径，一带电量为+Q的点电荷固定在A点的正上方，距离A点的高度为a，现将小球从A点由静止释放，小球沿圆弧运动到B点时的速度为v，重力加速度为g，静电力常量为k（1）求A、B两点的电势差UAB；（2）求小球沿圆弧AB运动到B点时对细线的拉力大小F；（3）在A点给小球竖直向下的初速度v0，恰能使小球沿圆弧ABC运动到C点，求v0【考点】AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系；AB：电势差【分析】（1）对A、B段运用动能定理，根据动能定理求出AB两点间的电势差（2）根据牛顿第二定律，结合径向的合力提供向心力求出细线的拉力大小（3）根据牛顿第二定律求出C点的速
39、度，结合动能定理求出初速度的大小【解答】解：（1）根据动能定理得，mga+qUAB=，解得A、B两点的电势差（2）在最低点B，根据牛顿第二定律得，根据几何关系得，cos=，解得拉力F=（3）因为点电荷与A、C的电势差相等，从A到C电场力不做功，在C点，根据牛顿第二定律得，mg=m，解得，根据动能定理得，解得v0=答：（1）A、B两点的电势差为；（2）小球沿圆弧AB运动到B点时对细线的拉力大小为（3）v0的大小为15如图所示，质量M=2.0kg的薄木板静止在水平桌面上，薄木板上放有质量 m=1.0kg的小铁块（可视为质点），它离木板左端的距离为L=0.25m，铁块与木板间的动摩擦因数为=0.2，
40、设最大静摩擦力等于滑动摩擦力现用一水平向右的拉力作用在木板上，使木板和铁块由静止开始运动，g取10m/s2（1）若桌面光滑，拉力大小恒为F1=4.8N，求小铁块运动的加速度大小；（2）若木板以4.0m/s2的加速度从铁块下抽出，求抽出过程所经历的时间t；（3）若桌面与薄木板间的动摩擦因数也为，则拉力F2的大小满足什么条件才能将木板从铁块下抽出？【考点】37：牛顿第二定律；29：物体的弹性和弹力【分析】（1）对整体根据牛顿第二定律求出小铁块运动的加速度大小；（2）木板从铁块下面抽出位移满足条件，代入即可求出t（3）对木板和小铁板整体，据牛顿第二定律求出木板和小铁块的加速度，发生相对滑动的条件是，
41、发生相对滑动时F应满足的条件【解答】解：（1）小铁块的最大静摩擦力小铁块最大加速度假设小铁块相对木板静止，根据牛顿第二定律所以小铁块不会相对长木板滑动，小铁块运动的加速度大小（2）木板和铁块发生相对运动，对小铁块，根据牛顿第二定律，有解得：根据位移关系：代入数据：解得：t=0.5s（3）对木板：木板从铁块下抽出条件即：解得：答：（1）若桌面光滑，拉力大小恒为F1=4.8N，求小铁块运动的加速度大小；（2）若木板以4.0m/s2的加速度从铁块下抽出，求抽出过程所经历的时间t；（3）若桌面与薄木板间的动摩擦因数也为，则拉力F2的大小满足条件才能将木板从铁块下抽出16如图甲所示，带有斜面的木块放在光
42、滑水平地面上，木块水平表面AB粗糙，斜面BC表面光滑且与水平面夹角为=37，木块左侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值，气力传感器被拉时，其示数为负值一个可视为质点的质量为m=5kg的滑块从B点以初速度v0沿斜面向上运动，运动过程中，传感器记录到的力与时间的关系如图乙所示，已知斜面足够长，设滑块经过B点时无机械能损失g取10m/s2求：（1）图乙中F1的数值大小；（2）滑块的初速度v0；（3）水平表面AB的长度【考点】37：牛顿第二定律；1G：匀变速直线运动规律的综合运用【分析】（1）根据牛顿第二定律计算滑块沿斜面向上运动时的加速度，根据运动的合成与分解计算水平方
43、向的分加速度，根据牛顿第二定律图乙中F1的数值大小；（2）根据速度时间关系初速度大小；（3）根据牛顿第二定律可得滑块在水平部分的加速度大小，根据位移时间关系求解水平表面AB的长度【解答】解：（1）质量为m=5kg的滑块沿斜面向上运动时的加速度大小为：a1=gsin=6m/s2，水平方向的分加速度为ax=a1cos=60.8m/s2=4.8m/s2；水平方向斜面对滑块的作用力为F1=max=54.8N=24N，根据牛顿第三定律可得：F1=F1=24N；（2）经过时间t=2s到达最高点，根据速度时间关系可得：v0=a1t=62m/s=12m/s；（3）根据图象可知，滑块在水平部分运动的摩擦力大小为f=25N，根据牛顿第二定律可得加速度大小为：a2=5m/s2，滑块在水平部分运动的时间为：t=2.4s2s=0.4s，根据位移时间关系可得：LAB=v0t=120.4=2m答：（1）图乙中F1的数值大小为24N；（2）滑块的初速度为12m/s；（3）水平表面AB的长度为2m2017年6月28日
