1、2016-2017学年河北省保定市定州中学高三（上）第一次月考物理试卷一选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）1如图甲所示，Q1、Q2为两个固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b、c三点在它们连线的延长线上现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始向远处运动经过b、c两点（粒子只受电场力作用），粒子经过a、b、c三点时的速度分别为va、vb、vc，其速度时间图象如图乙所示以下说法中正确的是（）AQ2一定带正电BQ2的电量一定小于Q1的电量Cb点的电场强度最大D粒子由a点运动到c点运动过程中，粒子的电势能先增大后减小2如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的
2、粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知（）A带电粒子在R点时的速度大小大于在Q点时的速度大小B带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大D带电粒子在R点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小3如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为1m的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为10V、20V、30V，则下列说法正确的是（）AB、E一定处在同一等势面上B匀强电场的场强大小为10V/mC正点电荷从E点移到F点，则电场力做负功D电子从F点移到D点，电荷的电势能减少20eV4
3、如图所示，一面积为S，电阻为R的N匝矩形线圈处于一个交变的磁场中，磁感应强度的变化规律为B=B0sint下列说法正确的是（）A线框中会产生交变电流B在t=时刻，线框中感应电流达到最大值C从t=0到t=这一过程中通过导体横截面积的电荷量为D若只增大变化磁场的频率，则线框中感应电流的频率也将增加，但电流的有效值不变5甲、乙两车以相同的速率V0在水平地面上相向做匀速直线运动，某时刻乙车先以大小为a的加速度做匀减速运动，当速率减小到0时，甲车也以大小为a的加速度做匀减速运动为了避免碰车，在乙车开始做匀减速运动时，甲、乙两车的距离至少应为（）ABC3D26下列科学家中，提出万有引力定律的是（）A开普勒B
4、牛顿C卡文迪许D爱因斯坦7在一光滑水平面内建立平面直角坐标系，一物体从t=0时刻起，由坐标原点O（0，0）开始运动，其沿x轴和y轴方向运动的速度时间图象如图甲、乙所示，下列说法中正确的是（）A前2 s内物体沿x轴做匀加速直线运动B后2 s内物体继续做匀加速直线运动，但加速度沿y轴方向C4 s末物体坐标为（4 m，4 m）D4 s末物体坐标为（6 m，2 m）8图为静电除尘机理的示意图，尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是（）A到达集尘极的尘埃带正电荷B电场方向由集尘极指向放电极C带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D同一位置带电荷
5、量越多的尘埃所受电场力越大9如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定、圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零则小球a（）A从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B从N到P的过程中，速率先增大后减小C从N到Q的过程中，电势能一直增加D从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量10如图所示，x轴在水平地面上，y轴竖直向上，在y轴上的P点分别沿x轴正方向和y轴正方向以相同大小的初速度抛出两个小球a和b，不计空气阻力，若b上行的最大高度等于P点离地的高度，则从抛出到落
6、地，有（）Aa的运动时间是b的运动时间的倍Ba的位移大小是b的位移大小的倍Ca、b落地时的速度相同，因此动能一定相同Da、b落地时的速度不同，但动能可能相同二、实验题（共2小题，共20分）11如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可以测定重力和速度（1）所需器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需_（填字母代号）中的器材A直流电源、天平及砝码 B直流电源、毫米刻度尺C交流电源、天平及砝码 D交流电源、毫米刻度尺（2）通过作图象的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度为使图线的斜率等于重力加速度，除作
7、vt图象外，还可作_图象，其纵轴表示的是_，横轴表示的是_12实验室备有以下实验器材：A一个已校准的电流表A（量程lmA，内阻约几百欧）B一个标准电压表V（量程3V）C一个电源E（电动势约为4V）D一个电阻箱R1（阻值范围：09 999Q）E一个滑动变阻器R2（阻值范围：050）F一个单刀单掷开关S、另有导线若干（ I）现要先测出电流表A的内阻，然后将其改装成量程也为3V的电压表，最后利用上述标准电压表V对改装成的电压表进行校对，则标准电压表与改装的电压表_（串联或并联）（）若要求只设计一个电路，既可以较精确地测量A表的内阻，又能对改装的电压表进行校对请在虚线框中画出你设计的实验电路图若在测A
8、表内阻的实验中，调节电阻箱R1，使其接人电路中的电阻为R时，读出A表和V表的示数分别为I和U，则电流表内阻的大小表达式为_（用I、U和R表示）将A表改装成量程为3V的电压表后，在进行校对时，发现改装后的电压表的读数总比标准电压表的读数小，这可能是因为电流表A的内阻测量值比实际值_，（填“大”，或“小”），应适当调节电阻箱使其接人的电阻值_（填“增大”或“减小”）三、计算题（共4小题，共40分）13正负电子对撞机是使正负电子以相同速率对撞（撞前速度在同一直线上的碰撞）并进行高能物理研究的实验装置（如图甲），该装置一般由高能加速器（同步加速器或直线加速器）、环形储存室（把高能加速器在不同时间加速出
9、来的电子束进行积累的环形真空室）和对撞测量区（对撞时发生的新粒子、新现象进行测量）三个部分组成为了使正负电子在测量区内不同位置进行对撞，在对撞测量区内设置两个方向相反的匀强磁场区域对撞区域设计的简化原理如图乙所示：MN和PQ为足够长的竖直边界，水平边界EF将整个区域分成上下两部分，区域的磁场方向垂直纸面向内，区域的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小均为B现有一对正负电子以相同速率分别从注入口C和注入口D同时水平射入，在对撞测量区发生对撞已知两注入口到EF的距离均为d，边界MN和PQ的间距为L，正电子的质量为m，电量为+e，负电子的质量为m，电量为e（1）试判断从注入口C入射的是正电子还是负电
10、子；（2）若L=4d，要使正负电子经过水平边界EF一次后对撞，求正负电子注入时的初速度大小；（3）若只从注入口C射入电子，间距L=13（2）d，要使电子从PQ边界飞出，求电子射入的最小速率，及以此速度入射到从PQ边界飞出所需的时间14如图所示，将一定质量的气体密封在烧瓶内，烧瓶通过细玻璃管与注射器和装有水银的U形管连接，最初竖直放置的U形管两臂中的水银柱等高，烧瓶中气体体积为400ml，现用注射器缓慢向烧瓶中注水，稳定后两臂中水银面的高度差为25cm，已知大气压强为75cmHg柱，不计玻璃管中气体的体积，环境温度不变，求：（1）共向玻璃管中注入了多大体积的水？（2）试分析此过程中气体吸热还是放
11、热，气体的内能如何变化15如图甲所示，有一块木板静止在足够长的粗糙水平面上，木板质量为M=4kg，长为L=1.4m；木块右端放的一小滑块，小滑块质量为m=1kg，可视为质点现用水平恒力F作用在木板M右端，恒力F取不同数值时，小滑块和木板的加速度分别对应不同数值，两者的aF图象如图乙所示，取g=10m/s2求：（1）小滑块与木板之间的滑动摩擦因数，以及木板与地面的滑动摩擦因数（2）若水平恒力F=27.8N，且始终作用在木板M上，当小滑块m从木板上滑落时，经历的时间为多长16如图所示，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平面上的O点，此时弹簧处于原长另一质量与B相同的滑块A从P点以初速
12、度v0向B滑行，经过时间t时，与B相碰碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起运动滑块均可视为质点，与平面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g求：（1）碰后瞬间，A、B共同的速度大小；（2）若A、B压缩弹簧后恰能返回到O点并停止，求弹簧的最大压缩量；（3）整个过程中滑块B对滑块A做的功2016-2017学年河北省保定市定州中学高三（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）1如图甲所示，Q1、Q2为两个固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b、c三点在它们连线的延长线上现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始向远处运动经过b、c两点（粒子只受电场力作用
13、），粒子经过a、b、c三点时的速度分别为va、vb、vc，其速度时间图象如图乙所示以下说法中正确的是（）AQ2一定带正电BQ2的电量一定小于Q1的电量Cb点的电场强度最大D粒子由a点运动到c点运动过程中，粒子的电势能先增大后减小【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势能【分析】速度时间图线上每一点的切线斜率表示瞬时加速度，可见a到b做加速度减小的减速运动，到b点加速度为0从而知道b点的电场力及电场强度通过B点的场强可以分析出两个点电荷电量的大小通过能量守恒判断电势能的变化【解答】解：AC、从速度图象上看，可见a到b做加速度减小的减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该
14、点场强为零，负电荷在ab上做减速运动，电场力向左，合场强向右，b点左侧合电场主要取决于，故带正电；负电荷在bc上做加速运动，电场力向右，合电场向左，b点右侧合电场主要取决于，说明带负电，故A正确，C错误；B、b点的电场强度为0，根据点电荷场强公式，因为，故，即的电量一定小于的电量，故B正确；D、负电荷从a点到b点的过程中，电场力做负功，电势能增加；从b点到c点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故粒子从a到b到c的过程中，电势能先增加后减小，故D正确；故选：ABD【点评】解决本题的关键根据图象b点的加速度为0，根据这一突破口，从而判断Q2的电性及Q1和Q2的电量大小2如图所示，虚线a、b、c代
15、表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知（）A带电粒子在R点时的速度大小大于在Q点时的速度大小B带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大D带电粒子在R点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小【考点】电场线；电场强度【分析】根据轨迹弯曲的方向可知，电场力的方向沿电场线向右，根据受力的方向与运动方向之间的关系，判断出电场力做功的正负，从而判断出电荷电势能和动能的变化；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强大，电场力大，加速度大【解答】解：A、电荷做曲
16、线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向沿电场线向右，若粒子从P运动到Q，电场力做负功，电势能增大，动能减小，R点速度小于Q点速度，若粒子从Q运动到P，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，Q点速度小于R点速度，P点时的电势能比在Q点时的电势能小，故A正确，B错误；C、只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和，保持不变故C错误；D、由电场线疏密确定出，R点场强大比Q大，电场力大，加速度大，故D错误；故选：A【点评】该类题目中，首先根据轨迹弯曲的方向判断出粒子受力的方向是解题的关键根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点
17、（电场线与等势面交点以及已知点）的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法3如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为1m的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为10V、20V、30V，则下列说法正确的是（）AB、E一定处在同一等势面上B匀强电场的场强大小为10V/mC正点电荷从E点移到F点，则电场力做负功D电子从F点移到D点，电荷的电势能减少20eV【考点】电势；元电荷、点电荷【分析】连接AC，根据匀强电场电势随距离均匀变化（除等势面）的特点，则知AC中点的电势为2V，连接EB，EB即为一条等势线，CA连线即为一条电场线，由BA间的电势差，由公式U=Ed求出
18、场强大小由W=qU，则电场力做功就可以求解【解答】解：A、连接AC，AC中点电势为20V，与B电势相等，则EB连线必为一条等势线，故A正确B、BA间的电势差为UBA=10V，又UBA=EdABcos30，得场强E= V/m=V/m故B错误；C、由上得知，E的电势为20V，F点与A点的电势相等为10V，则正电荷从E点移到F点，电势能减小，则电场力做正功，故C错误D、由上得知，F的电势为10V，D点与C点的电势相等为30V，则电子从F点移到D点，电场力做功WFD=eUFD=e（FD）=（1030）eV=20eV，那么电势能将减小20eV故D正确故选：AD【点评】本题的关键找等势点，作出电场线，这是
19、解决这类问题常用方法同时还要充分利用正六边形的对称性分析匀强电场中各点电势的关系4如图所示，一面积为S，电阻为R的N匝矩形线圈处于一个交变的磁场中，磁感应强度的变化规律为B=B0sint下列说法正确的是（）A线框中会产生交变电流B在t=时刻，线框中感应电流达到最大值C从t=0到t=这一过程中通过导体横截面积的电荷量为D若只增大变化磁场的频率，则线框中感应电流的频率也将增加，但电流的有效值不变【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【分析】根据交流电产生条件：闭合电路的磁通量发生变化，即可求解；根据法拉第电磁感应定律，得出感应电流的瞬时表达式，从而可确定感应电流的最大值；结合闭合电路欧姆定
20、律，与电量表达式，即可求解电量的大小；根据线圈中产生感应电流瞬时表达式，结合有效值与最大值的关系，从而确定有效值【解答】解：A、由题意可知，矩形线圈处于一个交变的磁场中，从而导致穿过线圈的磁通量变化，则产生感应电流，故A正确；B、线圈中产生感应电流的瞬时表达式，为i=cost，当在t=时刻，线框中感应电流达到最大值，故B正确；C、根据电量的表达式，q=N，从t=0到t=这一过程中通过导体磁通量变化为B0S，所以横截面积的电荷量为为N，故C错误；D、若只增大变化磁场的频率，则线框中感应电流的频率也将增加，导致最大值也增加，所以有效值也增大，故D错误故选：AB【点评】考查法拉第电磁感应定律的应用，
21、学会如何求解横截面积的电荷量，注意横截面积的电荷量还与线圈的匝数有关，同时掌握最大值与频率有关，以及有效值与最大值的关系5甲、乙两车以相同的速率V0在水平地面上相向做匀速直线运动，某时刻乙车先以大小为a的加速度做匀减速运动，当速率减小到0时，甲车也以大小为a的加速度做匀减速运动为了避免碰车，在乙车开始做匀减速运动时，甲、乙两车的距离至少应为（）ABC3D2【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】乙车先以大小为a的加速度做匀减速运动，根据运动学的公式求出车停止的时间和停止时的位移；该时间内甲车做匀速直线运动，根据公式x=vt求得甲的第一段位移之后甲做匀减速运动，再根据运动学的公式即可求得
22、甲、乙两车的距离最小是两车位移的和【解答】解：乙车停止的时间为t1，则： 乙的位移：该时间内，甲做匀速直线运动，位移为：之后甲做减速运动，由于甲与乙的初速度、加速度都相同，所以甲停止的时间与停止时的位移都与乙的相同，所以甲减速的位移为：甲、乙两车的距离最小是两车位移的和：所以选项D正确故选：D【点评】甲、乙两车在水平地面上相向运动，它们之间的最小距离为两车位移的和这是该类题目的共同点6下列科学家中，提出万有引力定律的是（）A开普勒B牛顿C卡文迪许D爱因斯坦【考点】万有引力定律的发现和万有引力恒量的测定【分析】万有引力定律是牛顿在前人（开普勒、胡克、雷恩、哈雷）研究的基础上，凭借他超凡的数学能力
23、证明，在1687年于自然哲学的数学原理上发表的【解答】解：伽利略的理想斜面实验推论了物体不受力时运动规律，开普勒发现了行星运动的三大规律，牛顿在前人（开普勒、胡克、雷恩、哈雷）研究的基础上，凭借他超凡的数学能力，发现了万有引力定律，经过了100多年后，卡文迪许测量出了万有引力常量；故ACD错误，B正确故选：B【点评】对于物理学上重要实验、发现和理论，要加强记忆，这也是高考考查内容之一7在一光滑水平面内建立平面直角坐标系，一物体从t=0时刻起，由坐标原点O（0，0）开始运动，其沿x轴和y轴方向运动的速度时间图象如图甲、乙所示，下列说法中正确的是（）A前2 s内物体沿x轴做匀加速直线运动B后2 s
24、内物体继续做匀加速直线运动，但加速度沿y轴方向C4 s末物体坐标为（4 m，4 m）D4 s末物体坐标为（6 m，2 m）【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系【分析】前2s内物体在y轴方向没有速度，只有x轴方向有速度，由图看出，物体在x轴方向做匀加速直线运动后2s内物体在x和y两个方向都有速度，x方向做匀速直线运动，y方向做匀加直线运动，根据运动的合成分析物体的运动情况根据运动学公式分别求出4s内物体两个方向的坐标【解答】解：A、前2s内，物体在y轴方向没有速度，由图看出，物体沿x轴方向做匀加速直线运动故A正确B、在后2s内，物体在x轴方向做匀速直线运动，y轴方向做匀
25、加速直线运动，根据运动的合成得知，物体做匀加速曲线运动，加速度沿y轴方向故B错误C、D在前2s内，物体在x轴方向的位移为：x1=t=2m=2m在后2s内，x轴方向的位移为：x2=vxt=22m=4m，y轴方向位移为：y=2m=2m，则4s末物体的坐标为（6m，2m）故C错误，D正确故选：AD【点评】本题采用程序法分析物体的运动情况，根据运动的合成法求解物体的位移8图为静电除尘机理的示意图，尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是（）A到达集尘极的尘埃带正电荷B电场方向由集尘极指向放电极C带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D同一位置带
26、电荷量越多的尘埃所受电场力越大【考点】* 静电的利用和防止【分析】从静电除尘机理出发即可解题由于集尘极与电池的正极连接，电场方向有集尘极指向放电极而尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，根据F=Eq即可得出结论【解答】解：由于集尘极与电池的正极连接，电场方向有集尘板指向放电极，B正确而尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电，A错误负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，C错误根据F=Eq可得，D正确故选BD【点评】本题考查是关于静电的防止与应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例9如图所示，半圆槽光滑、绝
27、缘、固定、圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零则小球a（）A从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B从N到P的过程中，速率先增大后减小C从N到Q的过程中，电势能一直增加D从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量【考点】电势能；功能关系【分析】分析库仑力及重力的合力，根据功的公式明确合力做功情况；再根据重力做功和电场力做功的特点与势能的关系分析电势能的变化【解答】解：A、a由N到Q的过程中，重力竖直向下，而库仑力一直沿二者的连线方向，则可知，重力与库
28、仑力的夹角一直减小，同时库仑力在增大；故合力一直在增大；故A错误；B、在整个过程中合力先与运动方向的夹角均为锐角，合力做正功；而后一过程中合力与运动方向夹角为钝角，合力做负功；故从N到P的过程中，速率先增大后减小；故B正确；C、由于在下降过程中，库仑力一直与运动方向夹角大于90度，故库仑力一直做负功；电势能一直增加；故C正确；D、从P到Q的过程中，由动能定理可知，mghWE=0mv2；故动能的减小量等于重力势能增加量和电势能的增加量；故D错误；故选：BC【点评】本题考查功能关系，要注意明确电场力和重力具有相同的性质，即重力做功量度重力势能的改变量；而电场力做功量度电势能的改变量10如图所示，x
29、轴在水平地面上，y轴竖直向上，在y轴上的P点分别沿x轴正方向和y轴正方向以相同大小的初速度抛出两个小球a和b，不计空气阻力，若b上行的最大高度等于P点离地的高度，则从抛出到落地，有（）Aa的运动时间是b的运动时间的倍Ba的位移大小是b的位移大小的倍Ca、b落地时的速度相同，因此动能一定相同Da、b落地时的速度不同，但动能可能相同【考点】平抛运动【分析】a做平抛运动，运动平抛运动的规律得出时间与高度的关系b做竖直上抛运动，上升过程做匀减速运动，下落做自由落体运动，分两段求运动时间，即可求解时间关系；b的位移大小等于抛出时的高度根据b的最大高度，求出初速度与高度的关系，即可研究位移关系；根据机械能
30、守恒分析落地时动能关系【解答】解：A、设P点离地的高度为h对于b：b做竖直上抛运动，上升过程与下落过程对称，则b上升到最大的时间为t1=，从最高点到落地的时间为t2=，故b运动的总时间tb=t1+t2=（+1）；对于a：做平抛运动，运动时间为ta=；则有tb=（+1）ta故A错误B、对于b：h=，则得v0=；对于a：水平位移为x=v0t=2h，a的位移为xa=h，而b的位移大小为h，则a的位移大小是b的位移大小的倍故B错误C、D、根据机械能守恒定律得：Ek=mgh+m，则知两球落地时动能可能相同而速度方向不同，则落地时速度不同故C错误，D正确故选：D【点评】本题的解题关键要掌握竖直上抛和平抛两
31、种运动的研究方法及其规律，并根据机械能守恒分析落地时动能关系二、实验题（共2小题，共20分）11如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可以测定重力和速度（1）所需器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需D（填字母代号）中的器材A直流电源、天平及砝码 B直流电源、毫米刻度尺C交流电源、天平及砝码 D交流电源、毫米刻度尺（2）通过作图象的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度为使图线的斜率等于重力加速度，除作vt图象外，还可作h图象，其纵轴表示的是速度平方的二分之一，横轴表示的是重物下落的高度【考点】验
32、证机械能守恒定律【分析】根据用打点计时器测重力加速度的原理，和实验的步骤可以判断遗漏的器材，用图象法处理实验的数据比较简单直观【解答】解：（1）打点计时器需接交流电源重力加速度与物体的质量无关，所以不要天平和砝码计算速度需要测相邻计数的距离，需要刻度尺，故选：D（2）由公式v2=2gh，如绘出h图象，其斜率也等于重力加速度故答案为：D，h，速度平方的二分之一，重物下落的高度【点评】根据用打点计时器测重力加速度的实验原理，可以判断实验需要的器材，同时还要知道利用图象处理数据可以使实验结果简单直观的展现出来12实验室备有以下实验器材：A一个已校准的电流表A（量程lmA，内阻约几百欧）B一个标准电压
33、表V（量程3V）C一个电源E（电动势约为4V）D一个电阻箱R1（阻值范围：09 999Q）E一个滑动变阻器R2（阻值范围：050）F一个单刀单掷开关S、另有导线若干（ I）现要先测出电流表A的内阻，然后将其改装成量程也为3V的电压表，最后利用上述标准电压表V对改装成的电压表进行校对，则标准电压表与改装的电压表并联（串联或并联）（）若要求只设计一个电路，既可以较精确地测量A表的内阻，又能对改装的电压表进行校对请在虚线框中画出你设计的实验电路图若在测A表内阻的实验中，调节电阻箱R1，使其接人电路中的电阻为R时，读出A表和V表的示数分别为I和U，则电流表内阻的大小表达式为RA=R（用I、U和R表示）
34、将A表改装成量程为3V的电压表后，在进行校对时，发现改装后的电压表的读数总比标准电压表的读数小，这可能是因为电流表A的内阻测量值比实际值小，（填“大”，或“小”），应适当调节电阻箱使其接人的电阻值减小（填“增大”或“减小”）【考点】把电流表改装成电压表【分析】测量内阻电路，把电流表与电阻箱串联，电压表与该串联电路并联，则可由电压表读出二者总电压，由电流表读出电流值，可求得电流表与电阻箱的总阻值，从而求得电流表的内阻；由欧姆定律求得R的表达式；电压表的示数偏小，则所串联的电阻阻值R=Rg太大，则电流表内阻测量值偏小，应减小电阻箱的阻值【解答】解：（I）实验电路设计：把电流表与电阻箱串联，再与电压
35、表并联（II）将电流表A与电阻箱串联后，再与标准电压表并联，最后将滑动变阻器R2，以分压式接入电路，如图所示；电流表与电阻箱的总电阻为：，则电流表的内阻为：RA=R电压表的示数偏小，则所串联的电阻阻值R=Rg太大，则电流表内阻测量值偏小要纠正则应减小电阻箱的阻值故答案为：（ I）并联；（）电路图如图所示；RA=R；小；减小【点评】本题考查了电路设计、求电流表内阻、实验误差分析等问题；知道实验原理是解题的前提与关键，应用串并联电路特点与欧姆定律可以解题；校准改装电压表电压要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法三、计算题（共4小题，共40分）13正负电子对撞机是使正负电子以相同速率对撞（撞前速度
36、在同一直线上的碰撞）并进行高能物理研究的实验装置（如图甲），该装置一般由高能加速器（同步加速器或直线加速器）、环形储存室（把高能加速器在不同时间加速出来的电子束进行积累的环形真空室）和对撞测量区（对撞时发生的新粒子、新现象进行测量）三个部分组成为了使正负电子在测量区内不同位置进行对撞，在对撞测量区内设置两个方向相反的匀强磁场区域对撞区域设计的简化原理如图乙所示：MN和PQ为足够长的竖直边界，水平边界EF将整个区域分成上下两部分，区域的磁场方向垂直纸面向内，区域的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小均为B现有一对正负电子以相同速率分别从注入口C和注入口D同时水平射入，在对撞测量区发生对撞已知两注
37、入口到EF的距离均为d，边界MN和PQ的间距为L，正电子的质量为m，电量为+e，负电子的质量为m，电量为e（1）试判断从注入口C入射的是正电子还是负电子；（2）若L=4d，要使正负电子经过水平边界EF一次后对撞，求正负电子注入时的初速度大小；（3）若只从注入口C射入电子，间距L=13（2）d，要使电子从PQ边界飞出，求电子射入的最小速率，及以此速度入射到从PQ边界飞出所需的时间【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）根据左手定则判断出粒子的电性；（2）根据几何关系求出半径，根据洛伦兹力提供向心力求出电子注入时的初速度（3）要使电子从PQ边界飞出，设电子束的最
38、小速率为v，运动的半径为r，画出运动的轨迹，然后结合几何关系与洛伦兹力提供向心力即可求出；【解答】解：（1）负电子（因为电子要向下偏转）（2）粒子运动轨迹如图所示，根据几何关系有：解得：R=2d根据洛伦兹力提供向心力，有：解得：（3）要使电子从PQ边界飞出，设电子束的最小速率为v，运动的轨道半径为r，画出运动的轨迹如图所示由几何关系得：r+rcos30=d即：由圆周运动：代入得：根据题意，设电子在区磁场的区域中运动对应的圆心角为，经过3次重复，最后运动的轨迹对应的圆心角为，设电子在磁场中运动的周期为T，在磁场中运动的时间为t，则：得：答：（1）试判断从注入口C入射的是负电子；（2）若L=4d，
39、要使正负电子经过水平边界EF一次后对撞，正负电子注入时的初速度大小；（3）若只从注入口C射入电子，间距L=13（2）d，要使电子从PQ边界飞出，电子射入的最小速率为，及以此速度入射到从PQ边界飞出所需的时间【点评】主要考查了带电粒子在匀强磁场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的运动情况，会应用几何知识找到半径，熟练掌握圆周运动基本公式14如图所示，将一定质量的气体密封在烧瓶内，烧瓶通过细玻璃管与注射器和装有水银的U形管连接，最初竖直放置的U形管两臂中的水银柱等高，烧瓶中气体体积为400ml，现用注射器缓慢向烧瓶中注水，稳定后两臂中水银面的高度差为25cm，已知大气压强为75cmHg柱，不计
40、玻璃管中气体的体积，环境温度不变，求：（1）共向玻璃管中注入了多大体积的水？（2）试分析此过程中气体吸热还是放热，气体的内能如何变化【考点】热力学第一定律【分析】（1）气体发生等温变化，已知气体体积，由玻意耳定律可以求出气体的体积；（2）气体的内能是由温度和物质的量的多少决定的，一定质量的气体，温度不变，那么它的内能也不变；根据题意气体的体积减小，说明外界对气体做功，然后判定出气体对外放热【解答】解：（1）初状态：P1=75cmHg，V1=400ml注入水后，P2=100cmHg由玻意耳定律得：P1V1=P2V2代入数据，解得：V2=300ml注入水的体积：V=V1V2=100ml（2）气体的
41、内能是由温度和物质的量的多少决定的，一定质量的气体，温度不变，那么它的内能也不变；根据题意气体的体积减小，说明外界对气体做功，又由热力学第二定律得出：气体对外放热答：（1）共向玻璃管中注入了100ml体积的水；（2）此过程中气体放热，气体的内能不变【点评】本题考查了求气体压强与体积问题，根据题意确定初末状态的状态参量、熟练应用查理定律即可正确解题；本题难度不大，是一道基础题15如图甲所示，有一块木板静止在足够长的粗糙水平面上，木板质量为M=4kg，长为L=1.4m；木块右端放的一小滑块，小滑块质量为m=1kg，可视为质点现用水平恒力F作用在木板M右端，恒力F取不同数值时，小滑块和木板的加速度分
42、别对应不同数值，两者的aF图象如图乙所示，取g=10m/s2求：（1）小滑块与木板之间的滑动摩擦因数，以及木板与地面的滑动摩擦因数（2）若水平恒力F=27.8N，且始终作用在木板M上，当小滑块m从木板上滑落时，经历的时间为多长【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算【分析】（1）由图可知，当恒力F25N时，小滑块与木板将出现相对滑动，滑块的加速度，结合牛顿第二定律求出滑块与木板间的动摩擦因数，对木板研究，根据牛顿第二定律得出加速度的表达式，结合图线求出木板与地面间的动摩擦因数（2）根据牛顿第二定律分别得出滑块和木板的加速度，根据位移之差等于L，结合运动学公式求出经历的时间【解答】解：（1）由图
43、乙可知，当恒力F25N时，小滑块与木板将出现相对滑动，以小滑块为研究对象，根据牛顿第二定律得，1mg=ma1，代入数据解得1=0.4以木板为研究对象，根据牛顿第二定律有：F1mg2（m+M）g=Ma2，则，结合图象可得，解得2=0.1（2）设m在M上滑动的事件为t，当水平恒力F=27.8N时，由（1）知滑块的加速度为，而滑块在时间t内的位移为，由（1）可知木板的加速度为，代入数据解得，而木板在时间t内的位移为，由题可知，s2s1=L，代入数据联立解得t=2s答：（1）小滑块与木板之间的滑动摩擦因数为0.4，以及木板与地面的滑动摩擦因数为0.1（2）经历的时间为2s【点评】本题考查了牛顿第二定律
44、和图象的综合，理清运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，通过图象得出相对滑动时的拉力大小是解决本题的关键16如图所示，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平面上的O点，此时弹簧处于原长另一质量与B相同的滑块A从P点以初速度v0向B滑行，经过时间t时，与B相碰碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起运动滑块均可视为质点，与平面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g求：（1）碰后瞬间，A、B共同的速度大小；（2）若A、B压缩弹簧后恰能返回到O点并停止，求弹簧的最大压缩量；（3）整个过程中滑块B对滑块A做的功【考点】动量守恒定律【分析】（1）根据动能定理求出A与B碰撞之前的瞬时速度大小，然
45、后根据碰撞前后动量守恒即可求出碰后瞬间，A、B共同的速度大小（2）A、B压缩弹簧后恰能返回到O点并静止，在整个过程中应用能量守恒定律可以求出压缩量；（3）对滑块A由动能定理可以求出功【解答】解：（1）设A、B质量均为m，A刚接触B时的速度为v1，碰后瞬间共同的速度为v2，从P到O过程，由动量定理得：mgt=mv1mv0以A、B为研究对象，碰撞瞬间系统动量守恒，乙向左为正方向，由动量守恒定律得：mv1=2mv2，解得：v2=（v0gt）；（2）碰后A、B由O点向左运动，又返回到O点，设弹簧的最大压缩量为x，由能量守恒定律得：（2mg）2x=（2m）v，解得：x=（v0gt）2（3）对滑块A，由动能定理得：W=mv22mv12=m（v0gt）2；答：（1）碰后瞬间，A、B共同的速度大小为（v0gt）；（2）若A、B压缩弹簧后恰能返回到O点并停止，求弹簧的最大压缩量为（v0gt）2；（3）整个过程中滑块B对滑块A做的功为m（v0gt）2【点评】本题结合弹簧问题考查了动量守恒和功能关系的应用，分析清楚物体运动过程是解题的关键，应用动能定理与动量守恒定律、能量守恒定律可以解题
