1、2016-2017学年湖北省宜昌市金东方高中高二（下）第一次月考物理试卷一、选择题（10×5=50分，第1-6为单选，7-10为多选）1下列说法正确的是（）A爱因斯坦在对光电效应的研究中，提出了光子说B卢瑟褔通过粒子散射实验提出了原子核的结构模型C爱因斯坦在对黑体辐射的研究中提出了能量子的观点D普吕克尔通过对阴极射线的研究发现了电子2通过学习波粒二象性的内容，你认为下列说法符合事实的是（）A宏观物体的物质波波长非常小，极易观察到它的波动性B光和电子、质子等实物粒子都具有波粒二象性C康普顿效应中光子与静止的电子发生相互作用后，光子的波长变小了D对于任何一种金属都存在一个“最大波长”，入
2、射光的波长必须大于这个波长，才能产生光电效应3根据氢原子的能级图，现让一束单色光照射到大量处于基态（量子数n=1）的氢原子上，受激的氢原子能自发地发出3种不同频率的光，则照射氢原子的单色光的光子能量为（）A13.6eVB3.4eVC10.2eVD12.09eV4质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止B球发生正碰碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值碰撞后B球的速度大小可能是（）A0.6vB0.4vC0.2vDv5对光电管加反向电压，用光子能量为2.5eV的一束光照射阴极K，发现电流表读数不为零合上电键，调节滑动变阻器，发现电压表示数小于0.60V时，电流表
3、读数仍不为零；当电压表读数大于或等于0.60V时，电流表读数为零由此可知阴极材料的逸出功为（）A1.9 eVB0.6 eVC2.5 eVD3.1 eV6关于光电效应和黑体辐射规律，以下说法正确的是（）A光电子的最大初动能与入射光的频率成正比B温度越高，黑体辐射强度减弱C能否产生光电效应现象，决定于入射光光子的能量是否大于金属的逸出功D用频率是1的绿光照射某金属发生了光电效应，改用频率是2的黄光照射该金属一定不发生光电效应7用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图所示现有一质量为m的子弹自左方水平射向木块，并停留在木块中，子弹初速度为v0，则下列判断正确的是（）A从子弹射向木块到一
4、起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒B子弹射入木块瞬间动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为C忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射入木块前的动能D子弹和木块一起上升的最大高度为8氢原子辐射出一个光子后，根据玻尔理论，下述说法不正确的是（）A电子旋转半径减小B氢原子能量增大C氢原子电势能增大D核外电子速率增大9下列运动过程中，在任何相等的时间内，物体动量变化相等的是（）A自由落体运动B平抛运动C匀速圆周运动D匀减速直线运动10氢原子能级如图所示，一群原处于n=4能级的氢原子回到n=1的状态过程中（）A放出三种频率不同的光子B放出五种频率不同的光子
5、C放出的光子的最大能量为12.75eV，最小能量是0.66eVD放出的光能够使逸出功为13.0eV的金属发生光电效应二实验题（2小题共14分）11（6分）如图，某同学利用验证碰撞中的动量守恒实验装置探究半径相等的小球1和2的碰撞过程是否动量守恒，用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2，且m1m2，按下述步骤进行了实验：安装好实验装置，做好测量前的准备，并记下重垂线所指的位置O第一步：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上，重复10次，用尽可能小的圆把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置第二步：把小球2放在斜槽前端边缘处，让小球1从A点由静止滚下；使它们碰撞并
6、落在地面上重复10次，并使用与第一步同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置第三步：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置离O点的距离，即线段OD、OE、OF的长度，分别为LD、LE、LF（1）小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中的点，m2的落点是图中的点（2）用测得的物理量来表示，只要满足关系式，则说明两小球的碰撞过程动量守恒（3）实验中有关操作和描述正确的是A用质量大的球去碰质量较小的球，目的是使被碰球飞行距离更远，可减小测量误差B调整斜槽末端水平，目的是使两球能发生对心碰撞C让入射球认同一位置释放，目的是保障每次碰撞前小球的动量都相同D碰撞后两球的动能之和总会小于碰前入射球的动能
7、，是因为斜槽摩擦力做负功造成的12（8分）在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：A待测的干电池（电动势约为1.5V，内电阻小于1.0）B电流表A1（量程03mA，内阻Rg1=10）C电流表A2（量程00.6A，内阻Rg2=0.1）D滑动变阻器R1（020，10A）E滑动变阻器R2（0200，1A）F定值电阻R0（990）G开关和导线若干（1）某同学设计了如图甲所示的（a）、（b）两个实验电路，其中合理的是图；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选（填写器材名称前的字母序号），这是因为若选另一个变阻器，（2）图乙为该同学根据（1）中选出的合理的实验电路，利用
8、测出的数据绘出的I1I2图线（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数），为了简化计算，该同学认为I1远远小于I2，则由图线可得电动势E=V，内阻r=（结果保留2位有效数字）三、解答题（46分）13（10分）如图所示，一根长为L=5m的轻绳一端固定在O点，另一端系一质量m=1kg的小球（可视为质点）将轻绳拉至水平并将小球由位置A静止释放，小球运动到最低点O时轻绳刚好被拉断O点下方有一以O点为圆心、半径R=5m的圆弧状固定曲面轨道，取g=10m/s2，求：（1）轻绳刚要拉断时绳的拉力F的大小；（2）小球从O点运动到曲面的时间t14（11分）如图所示，固定在水平面上的圆弧轨道与水平面平滑连接
9、，轨道与水平面均光滑，质量为m的物块B与轻质弹簧拴接静止在水平面上，弹簧右端固定，质量为3m的物块A从圆弧轨道上距离水平面高h处由静止释放，与B碰撞后推着B一起运动但与B不粘连求：（1）弹簧的最大弹性势能；（2）A和B第一次刚要分离时，A、B速度是多大？（3）A与B第一次分离后，物块A沿圆弧面上升的最大高度15（12分）如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上现有滑块A以初速度V0从右端滑上B，并以V0滑离B，恰好能到达C的最高点A、B、C的质量均为m，试求：（1）A滑到B最左
10、端时，B、C速度是多大？（2）木板B上表面的动摩擦因素；（3）圆弧槽C的半径R16（13分）如图所示，在纸平面内建立的直角坐标系xoy，在第一象限的区域存在沿y轴正方向的匀强电场现有一质量为m，电量为e的电子从第一象限的某点P（L， L）以初速度v0沿x轴的负方向开始运动，经过x轴上的点Q（，0）进入第四象限，先做匀速直线运动然后进入垂直纸面的矩形匀强磁场区域，磁场左边界和上边界分别与y轴、x轴重合，电子偏转后恰好经过坐标原点O，并沿y轴的正方向运动，不计电子的重力求（1）电子经过Q点的速度v；（2）该匀强磁场的磁感应强度B和磁场的最小面积S2016-2017学年湖北省宜昌市金东方高中高二（下
11、）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（10×5=50分，第1-6为单选，7-10为多选）1下列说法正确的是（）A爱因斯坦在对光电效应的研究中，提出了光子说B卢瑟褔通过粒子散射实验提出了原子核的结构模型C爱因斯坦在对黑体辐射的研究中提出了能量子的观点D普吕克尔通过对阴极射线的研究发现了电子【考点】光子【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解：A、受普朗克量子论的启发，爱因斯坦在对光电效应的研究中提出了光子说，故A正确；B、卢瑟福用粒子轰击原子而产生散射的实验，在分析实验结果的基础上，他提出了原子的核式结构模型，不是原子核的结构模型故B错误；C
12、、普朗克在对黑体辐射的研究中提出了能量子的观点，故C错误；D、汤姆孙研究阴极射线，最先发现电子，并确认电子是组成原子成分之一，故D错误故选：A【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2通过学习波粒二象性的内容，你认为下列说法符合事实的是（）A宏观物体的物质波波长非常小，极易观察到它的波动性B光和电子、质子等实物粒子都具有波粒二象性C康普顿效应中光子与静止的电子发生相互作用后，光子的波长变小了D对于任何一种金属都存在一个“最大波长”，入射光的波长必须大于这个波长，才能产生光电效应【考点】光的波粒二象性；爱因斯坦光电效应方程【分析】
13、对于光是什么，最早的观点认为光是一种粒子，即光的微粒说，而与牛顿同时代的惠更斯提出了光的波动说，由于惠更斯认为光是纵波，偏振现象否定了光的波动说，而泊松亮斑推动了波动说的发展，双缝干涉实验和单缝衍射证明光是一种波，麦克斯韦认为光是一种电磁波，为解释光电效应爱因斯坦提出了光子说，康普顿效应证明光具有波粒二象性德布罗意在光子的启发下，提出了物质波的概念，并已经被证实【解答】解：A、宏观物体的物质波波长非常小，非常不容易观察到它的波动性故A错误B、现代物理学已经证实，光和电子、质子等实物粒子都具有波粒二象性，故B正确C、康普顿效应中光子与静止的电子发生相互作用后，光子的能量减小，波长变大了，康普顿效
14、应证明光具有波粒二象性故C错误D、根据光电效应发生的条件可知，对于任何一种金属都存在一个“最大波长”，入射光的波长必须小于这个波长，才能产生光电效应，故D错误故选：B【点评】该题考查光的波粒二象性与光电效应产生的条件，属于对物理学史与基本概念的考查；了解了有趣的物理学史不但可以增强我们学习的乐趣，同样能引导我们在正确的道路上向前攀登3根据氢原子的能级图，现让一束单色光照射到大量处于基态（量子数n=1）的氢原子上，受激的氢原子能自发地发出3种不同频率的光，则照射氢原子的单色光的光子能量为（）A13.6eVB3.4eVC10.2eVD12.09eV【考点】氢原子的能级公式和跃迁【分析】能级间跃迁吸
15、收或辐射的能量等于两能级间的能级差，受激的氢原子能自发地发出3种不同频率的光，可知跃迁到第3能级，从而根据能级差求出照射的光子能量【解答】解：受激的氢原子能自发地发出3种不同频率的光，知跃迁到第3能级，则吸收的光子能量为E=1.51+13.6eV=12.09eV故D正确，A、B、C错误故选：D【点评】解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，即EmEn=hv4质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止B球发生正碰碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值碰撞后B球的速度大小可能是（）A0.6vB0.4vC0.2vDv【考点】动量守恒定律【分析】碰撞过程遵守动量守恒
16、，根据B的速度，由此定律得到A的速度，根据碰撞总动能不增加，分析是否可能【解答】解：A、若vB=0.6v，由动量守恒得：mv=mvA+3m0.6v，得vA=0.8v，碰撞前系统的总动能为Ek=碰撞后系统的总动能为Ek=+=+，违反了能量守恒定律，不可能故A错误B、若vB=0.4v，由动量守恒得：mv=mvA+3m0.4v，得vA=0.2v，碰撞后系统的总动能为Ek=+=+，不违反能量守恒定律，是可能的故B正确C、A、B发生完全非弹性碰撞，则有：mv=（m+3m）vB，vB=0.25v，这时B获得的速度最大，所以vB=0.2v，是不可能的故C错误D、若vB=v，由动量守恒得：mv=mvA+3mv
17、，得vA=，碰撞后系统的总动能必定大于碰撞前系统的总动能，违反了能量守恒定律，不可能故D错误故选：B【点评】本题抓住碰撞过程的两个基本规律：系统的动量守恒、总动能不增加进行判断5对光电管加反向电压，用光子能量为2.5eV的一束光照射阴极K，发现电流表读数不为零合上电键，调节滑动变阻器，发现电压表示数小于0.60V时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于0.60V时，电流表读数为零由此可知阴极材料的逸出功为（）A1.9 eVB0.6 eVC2.5 eVD3.1 eV【考点】光电效应【分析】光电子射出后，有一定的动能，若能够到达另一极板则电流表有示数，当恰好不能达到时，说明电子射出的初动能恰
18、好克服电场力做功，然后根据爱因斯坦光电效应方程即可正确解答【解答】解：根据题意，当电压表读数大于或等于0.60V时，即为反向电压为0.6V时，从金属出来的电子，在电场阻力作用下，不能到达阳极，则电流表示数为零；根据动能定理，则有光电子的最大初动能为：Ek=qU=0.6eV根据爱因斯坦光电效应方程有：W=hvEk=2.5eV0.6eV=1.9eV，故BCD错误，A正确故选：A【点评】正确理解该实验的原理和光电效应方程中各个物理量的含义是解答本题的关键，注意理解电流表示数为零 的含义6关于光电效应和黑体辐射规律，以下说法正确的是（）A光电子的最大初动能与入射光的频率成正比B温度越高，黑体辐射强度减
19、弱C能否产生光电效应现象，决定于入射光光子的能量是否大于金属的逸出功D用频率是1的绿光照射某金属发生了光电效应，改用频率是2的黄光照射该金属一定不发生光电效应【考点】爱因斯坦光电效应方程【分析】明确发生光电效应的条件是入射光的频率大于等于极限频率，与入射光的强度无关根据光电效应方程可知最大初动能与入射光频率的关系知道黑体辐射的强度与温度有关，温度越高，黑体辐射的强度越大，随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动【解答】解：A、根据光电效应方程Ekm=hW0知，最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，不成正比故A错误 B、黑体辐射的强度与温度有关，温度越高，黑体辐射的强度越大故B
20、错误 C、当入射光子得能量大于等于金属的逸出功，即可发生光电效应所以能否产生光电效应现象，决定于入射光光子的能量是否大于金属的逸出功，故C正确 D、用频率是v1的绿光照射某金属发生了光电效应，虽然黄光的频率小于绿光的频率，但是还是有可能大于该金属的极限频率，可能发生光电效应故D错误故选：C【点评】解决本题的关键知道发生光电效应的条件，以及掌握光电效应方程Ekm=hW0，同时明确黑体辐射的基本性质7用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图所示现有一质量为m的子弹自左方水平射向木块，并停留在木块中，子弹初速度为v0，则下列判断正确的是（）A从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统
21、的机械能守恒B子弹射入木块瞬间动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为C忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射入木块前的动能D子弹和木块一起上升的最大高度为【考点】动量守恒定律；向心力【分析】子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，故可由动量守恒定律列式求解；子弹和木块系统由于惯性继续上升，由于绳子的拉力不做功，只有重力做功，故系统机械能守恒，也可以运用动能定理求解【解答】解：A、从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块
22、中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒但总能量小于子弹射入木块前的动能，故A、C错误；B、规定向右为正方向，由子弹射入木块瞬间系统动量守恒可得：mv0=（m+M）v所以子弹射入木块后的共同速度为：v=，故B正确；D、之后子弹和木块一起上升，该阶段根据机械能守恒得：（M+m）v2=（M+m）gh，可得上升的最大高度为：h=，故D正确；故选：BD【点评】子弹射木块是一种常见的物理模型，由于时间极短，内力远大于外力，故动量守恒；系统接下来的运动是摆动，也是一种常见的物理模型，机械能守恒，当然，能用机械能守恒定律解的题通常都能用动能定理解决！8氢原子辐射出一个光子后，根据玻尔理论，下述说法不
23、正确的是（）A电子旋转半径减小B氢原子能量增大C氢原子电势能增大D核外电子速率增大【考点】玻尔模型和氢原子的能级结构【分析】氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，轨道半径减小，根据库仑引力提供向心力，得出电子速度的变化，从而得出电子动能的变化，根据氢原子能量的变化得出电势能的变化【解答】解：氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，氢原子的能量减小，轨道半径减小，根据，得轨道半径减小，电子速率增大，动能增大，由于氢原子半径减小的过程中电场中做正功，则氢原子电势能减小故AD正确，BC错误本题选择不正确的，故选：BC【点评】解决本题的关键知道从高能级向低能级跃迁，辐射光子，从低能级向高
24、能级跃迁，吸收光子，以及知道原子的能量等于电子动能和电势能的总和，通过动能的变化可以得出电势能的变化9下列运动过程中，在任何相等的时间内，物体动量变化相等的是（）A自由落体运动B平抛运动C匀速圆周运动D匀减速直线运动【考点】动量定理【分析】分析物体的受力情况，再根据动量定理可明确物体的动量变化是否相等【解答】解：A、自由落体运动只受重力，故任意相等的时间内物体受到的重力冲量相等，故由动量定理可得动量变化相等，故A正确；B、平抛运动只受重力，故任意相等的时间内物体受到的重力冲量相等，故由动量定理可得动量变化相等，故B正确；C、匀速圆周运动受到指向圆心的变力，故物体的冲量时刻变化，故动量变化不相等
25、，故C错误；D、匀减速直线运动受到恒力作用，故任何相等的时间内，物体受到的冲量相等，故动量变化相等，故D正确；故选：ABD【点评】本题要注意明确受力与运动的关系，不要认为曲线运动中动量的变化不相等10氢原子能级如图所示，一群原处于n=4能级的氢原子回到n=1的状态过程中（）A放出三种频率不同的光子B放出五种频率不同的光子C放出的光子的最大能量为12.75eV，最小能量是0.66eVD放出的光能够使逸出功为13.0eV的金属发生光电效应【考点】氢原子的能级公式和跃迁【分析】根据计算出放出光子的种数从能级4跃迁到能级1放出的光子能量最大，从能级4跃迁到能级3放出的光子能量最小放出的光子能量满足h=
26、EmEn【解答】解：A、根据C=6，知放出6种不同频率的光子故A错误，B也错误 C、从能级4跃迁到能级1放出的光子能量最大，从能级4跃迁到能级3放出的光子能量最小根据h=EmEn，最大能量为12.75eV，最小能量是0.66eV故C正确 D、根据光电效应的条件，只有放出的光子能量大于13.0eV的光子，才能使该金属发生光电效应故D错误故选：C【点评】解决本题的关键掌握一群氢原子处于激发态能放出光子种数的方法，以及知道光子的吸收和放出满足h=EmEn二实验题（2小题共14分）11如图，某同学利用验证碰撞中的动量守恒实验装置探究半径相等的小球1和2的碰撞过程是否动量守恒，用天平测出两个小球的质量分
27、别为m1和m2，且m1m2，按下述步骤进行了实验：安装好实验装置，做好测量前的准备，并记下重垂线所指的位置O第一步：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上，重复10次，用尽可能小的圆把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置第二步：把小球2放在斜槽前端边缘处，让小球1从A点由静止滚下；使它们碰撞并落在地面上重复10次，并使用与第一步同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置第三步：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置离O点的距离，即线段OD、OE、OF的长度，分别为LD、LE、LF（1）小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中的D点，m2的落点是图中的F点（2
28、）用测得的物理量来表示，只要满足关系式m1LE=m1LD+m2LF，则说明两小球的碰撞过程动量守恒（3）实验中有关操作和描述正确的是CA用质量大的球去碰质量较小的球，目的是使被碰球飞行距离更远，可减小测量误差B调整斜槽末端水平，目的是使两球能发生对心碰撞C让入射球认同一位置释放，目的是保障每次碰撞前小球的动量都相同D碰撞后两球的动能之和总会小于碰前入射球的动能，是因为斜槽摩擦力做负功造成的【考点】验证动量守恒定律【分析】（1）明确实验原理，知道实验中两小球飞行距离关系； （2）根据动量守恒定律求出需要验证的表达式，然后根据表达式分析答题，注意平抛运动特点的应用（3）根据实验原理进行分析，明确各
29、注意事项的目的【解答】解：（1）小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中的D点，m2的落点是图中的F点（2）由于小球平抛运动的时间相等，小球1不发生碰撞时落点在E点，则不发生碰撞时离开斜槽末端的速度为vE=，同理知，落在D点的速度vD=，落在F点的速度vF=，根据动量守恒知，m1vE=m1vD+m2vF，可知只要验证m1LE=m1LD+m2LF即可（3）A、用质量大的球去碰质量较小的球，目的是碰撞小球不发生反弹，故A错误B、调整斜槽末端水平，目的是保证小球做平抛运动，故B错误C、让入射球从同一位置释放，目的是保障每次碰撞前小球的动量都相同，故C正确D、碰撞后两球的动能之和总会小于碰前入射球的
30、动能，是因为碰撞的过程中有能量损失，与摩擦力做功无关故D错误故选：C故答案为：（1）D，F；（2）m1LE=m1LD+m2LF；（3）C【点评】本题考查了实验需要测量的量、实验注意事项、实验原理、刻度尺读数、动量守恒表达式，解题时需要知道实验原理，根据动量守恒定律与平抛运动规律求出实验要验证的表达式是正确答题的前提与关键12在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：A待测的干电池（电动势约为1.5V，内电阻小于1.0）B电流表A1（量程03mA，内阻Rg1=10）C电流表A2（量程00.6A，内阻Rg2=0.1）D滑动变阻器R1（020，10A）E滑动变阻器R2（0200，1A）
31、F定值电阻R0（990）G开关和导线若干（1）某同学设计了如图甲所示的（a）、（b）两个实验电路，其中合理的是b图；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选D（填写器材名称前的字母序号），这是因为若选另一个变阻器，在变阻器滑片调节的大部分范围内，电流表A2读数太小，电流表A1读数变化不明显（2）图乙为该同学根据（1）中选出的合理的实验电路，利用测出的数据绘出的I1I2图线（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数），为了简化计算，该同学认为I1远远小于I2，则由图线可得电动势E=1.5V，内阻r=0.8（结果保留2位有效数字）【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）
32、将电流表G串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小（2）根据欧姆定律和串联的知识求出I1和电源两端电压U的关系，根据图象与纵轴的交点求出电动势，由与横轴的交点可得出路端电压为某一值时电流，则可求得内阻【解答】解：（1）上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表G串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表（a）、（b）两个参考实验电路，其中合理的是b，因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小滑动变阻器应选D；若选择大电阻，则在变阻器滑片调节的大部分范围内，电流
33、表A2读数太小，电流表A1读数变化不明显（2）根据欧姆定律和串联的知识得电源两端电压U=I1（990+10）=1000I1，根据图象与纵轴的交点得电动势E=1.47mA1000=1.47V=1.5V；由图可知当电流为0.45A时，电压为1.1V，则由闭合电路欧姆定律可知：r=0.8；故答案为：（1 ）b D； 在变阻器滑片调节的大部分范围内，电流表A2读数太小，电流表A1读数变化不明显； （2）1.5，0.8【点评】本题考查测量电源电动势和内阻的实验，要注意根据闭合电路欧姆定律进行分析画出的对应的图象进行分析并求出电动势及内阻； 注意在分析数据时要应用电表的改装原理的内容进行分析三、解答题（4
34、6分）13（10分）（2017资阳模拟）如图所示，一根长为L=5m的轻绳一端固定在O点，另一端系一质量m=1kg的小球（可视为质点）将轻绳拉至水平并将小球由位置A静止释放，小球运动到最低点O时轻绳刚好被拉断O点下方有一以O点为圆心、半径R=5m的圆弧状固定曲面轨道，取g=10m/s2，求：（1）轻绳刚要拉断时绳的拉力F的大小；（2）小球从O点运动到曲面的时间t【考点】向心力；平抛运动【分析】（1）根据机械能守恒定律求出小球运动到最低点的速度，结合牛顿第二定律求出绳子的拉力；（2）绳子断裂后，小球做平抛运动，结合平抛运动的规律，抓住竖直位移和水平位移的关系求出运动的时间【解答】解：（1）设小球摆
35、到O点的速度为v，小球由A到O的过程，由机械能守恒定律有：在O点由牛顿第二定律得：联解并代入数据得：F=30N（2）绳被拉断后，小球做平抛运动，有：x=vtx2+y2=R2联解并代入数据得：t=1s答：（1）轻绳刚要拉断时绳的拉力F的大小为30N；（2）小球从O点运动到曲面的时间为1s【点评】本题考查了平抛运动和圆周运动的综合，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律和圆周运动向心力的来源是解决本题的关键14（11分）（2017春西陵区校级月考）如图所示，固定在水平面上的圆弧轨道与水平面平滑连接，轨道与水平面均光滑，质量为m的物块B与轻质弹簧拴接静止在水平面上，弹簧右端固定，质量为3m的物
36、块A从圆弧轨道上距离水平面高h处由静止释放，与B碰撞后推着B一起运动但与B不粘连求：（1）弹簧的最大弹性势能；（2）A和B第一次刚要分离时，A、B速度是多大？（3）A与B第一次分离后，物块A沿圆弧面上升的最大高度【考点】动量守恒定律；动能定理的应用；功能关系【分析】（1）根据动能定理求出A滑动最低点的速度，对AB组成的系统运用动量守恒，求出A、B碰撞后的速度，再结合能量守恒求出弹簧的最大弹性势能（2）A和B第一次刚要分离时速度的大小等于A、B碰撞后的速度大小（3）结合能量守恒求出物块A沿圆弧面上升的最大高度【解答】解：（1）A滑到最低点时速度为v，由动能定理得，A、B碰撞过程动量守恒，碰后速度
37、为v1，规定向右为正方向，根据动量守恒有：3mv=4mv1，A、B压缩弹簧至最短，速度为0，最大弹性势能为Ep，对系统由能量守恒得，解得：（2）弹簧恢复原长时A、B刚要分开，且二者速度相等都为v1，由，3mv=4mv1得，（3）A上升最大高度为h1，速度为0，根据能量守恒得，解得答：（1）弹簧的最大弹性势能为；（2）A和B第一次刚要分离时，A、B速度是；（3）A与B第一次分离后，物块A沿圆弧面上升的最大高度为【点评】本题关键是明确动量守恒定律和机械能守恒定律成立的条件，明确那个过程动量守恒，那个过程机械能守恒，根据守恒定律列式后联立求解即可15（12分）（2017春西陵区校级月考）如图所示，在
38、光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上现有滑块A以初速度V0从右端滑上B，并以V0滑离B，恰好能到达C的最高点A、B、C的质量均为m，试求：（1）A滑到B最左端时，B、C速度是多大？（2）木板B上表面的动摩擦因素；（3）圆弧槽C的半径R【考点】动量守恒定律；动能定理的应用【分析】（1）A滑到B最左端时，B、C的速度相等，对A、B、C组成的系统运用动量守恒定律求出B、C的速度（2）对系统运用能量守恒定律求出木板B上表面的动摩擦因素；（3）A恰好能到达C的最高点，此时A、C的速度相等，对AC
39、组成的系统，运用动量守恒定律和能量守恒定律求出圆弧槽C的半径R【解答】解：（1）B、C速度相等，设为v，对A、B、C组成的系统，规定向左为正方向，由动量守恒定律得：，解得BC的速度为：v=（2）对系统，由能量守恒得：，解得：=（3）A、C共速为v2时，A滑到C最高点，对A、C由动量守恒，规定向左为正方向，有：，根据能量守恒有：，联立解得：R=答：（1）A滑到B最左端时，B、C速度是；（2）木板B上表面的动摩擦因素为；（3）圆弧槽C的半径R为【点评】本题考查了动量守恒、能量守恒的综合运用，运用动量守恒解题，关键要确定研究的系统，结合动量守恒定律列出表达式本题从题干中挖掘出隐含条件是关键，比如A恰
40、好能到达C的最高点，知此时A、C的速度相等16（13分）（2016黄冈模拟）如图所示，在纸平面内建立的直角坐标系xoy，在第一象限的区域存在沿y轴正方向的匀强电场现有一质量为m，电量为e的电子从第一象限的某点P（L， L）以初速度v0沿x轴的负方向开始运动，经过x轴上的点Q（，0）进入第四象限，先做匀速直线运动然后进入垂直纸面的矩形匀强磁场区域，磁场左边界和上边界分别与y轴、x轴重合，电子偏转后恰好经过坐标原点O，并沿y轴的正方向运动，不计电子的重力求（1）电子经过Q点的速度v；（2）该匀强磁场的磁感应强度B和磁场的最小面积S【考点】带电粒子在混合场中的运动；动能定理的应用【分析】（1）电子在
41、电场中做类似平抛运动，根据类似平抛运动的分运动公式列式求解末速度大小和方向；（2）电子进入第四象限后现在匀速运动后做匀速圆周运动，画出轨迹，找到圆心，根据几何关系列式求解出半径；然后根据洛伦兹力提供向心力列式求解磁感应强度，最后根据轨迹得到磁场最小面积【解答】解：（1）电子做类似平抛运动，有：解得：经过Q点的速度大小为：与水平方向夹角为：（2）电子进入第四象限先做匀速直线运动，进入磁场后做匀速圆周运动，利用磁场速度偏转角为120由几何关系得解得由向心力公式解得方向垂直于纸面向里矩形磁场右边界距y轴的距离下边界距x轴的距离最小面积为答：（1）电子经过Q点的速度v为，与水平方向夹角为30；（2）该匀强磁场的磁感应强度B为，磁场的最小面积S为【点评】本题关键是找出电子的运动规律，画出轨迹图，然后分阶段根据类似平抛运动的分运动公式和洛伦兹力提供向心力列式求解，不难
