1、2015-2016学年河北省邯郸市大名一中高三（上）月考物理试卷（10月份）一、选择题（本题共12题，每小题4分，共48分其中第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12有多个符合要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错得0分）1汽车由静止开始在平直的公路上行驶，050s内汽车的加速度随时间变化的图线如图所示，下列说法中正确的是( )A汽车行驶的最大速度为20m/sB汽车在4050s内的速度方向和010s内的速度方向相反C汽车在50s末的速度为零D在050s内汽车行驶的总位移为900m2如图所示，竖直面内有一个半圆形轨道，AB为水平直径，O为圆心，将一些半径远小于轨道半径的小球从A点以不同
2、的初速度水平向右抛出，若不计空气阻力，在小球从抛出到碰到轨道这个过程中，下列说法正确的是( )A初速度大的小球运动时间长B小球落到落在半圆形轨道的瞬间，速度方向沿半径方向C落在圆形轨道最低点的小球运动时间最长D初速度不同的小球运动时间不可能相同3一电子在电场中由a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示，图中平行实线是等势面则下列说法中正确的是( )Aa点的电势比b点低B电子在a点的加速度方向向右C电子从a点到b点动能减小D电子从a点到b点电势能减小4空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，a、b、c、d为电场中的4个点，则( )AP、Q两点处的
3、电荷等量同种Ba点和b点的电场强度相同Cc点的电势低于d点的电势D负电荷从a到c，电势能减少5压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小如图所示，将压敏电阻平放在电梯内，受力面向上，在其上面放一质量为m的物体，电梯静止时电压表的示数为U0下列电压表示数随时间变化图象中，能表示电梯竖直向上作匀加速直线运动的是( )ABCD6图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点则该粒子( )A带负电B在c点受力最大C在b点的电势能大于在c点的电势能D由a点到b点的动能变化等于有b点到c点的动能变
4、化7如图所示，电动势为E、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作如果再合上S2，则下列表述正确的是( )A电源输出功率减小BL1上消耗的功率增大C通过R1上的电流增大D通过R3上的电流增大8用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图所示）设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为实验中，极板所带电荷量不变，若( )A保持S不变，增大d，则变大B保持S不变，增大d，则变小C保持d不变，减小S，则变小D保持d不变，减小S，则不变9下述关于匀强电场的判断错误的是( )A公式E=也适用于匀强电场B根据U=Ed可知，匀强电场中任意两点的电势差
5、与这两点的距离成正比C匀强电场的场强值等于沿任意方向每单位长度上的电势差值D匀强电场的场强方向总是跟正电荷所受电场力的方向一致10电场中有一条直线，在直线上有M、N两点，若将一试探电荷q从直线外的P点分别移到M、N两点，电场力对q做功相等，则 ( )A.该电场若是匀强电场，则M、N所在直线一定与电场线平行B该电场若是匀强电场，则M、N所在直线一定与电场线垂直C.该电场若是由一个点电荷产生的，则M、N两点的电势和电场强度都相同D.该电场若是由一个点电荷产生的，则M、N两点的电势相等、电场强度不同11如图电路中，电键K1、K2、K3、K4均闭合，在平行板电容器C的极板间悬浮着一油滴P，则( )A断
6、开K3，P将向下运动B断开K2，P将向下运动C断开K1，P将向下运动D断开K4，P仍悬浮不动12如图所示电路中，定值电阻R2=r，滑动变阻器的最大阻值为R1且R1R2+r（r为电源内阻），在滑动变阻器的滑片P由左端a向右滑动的过程中，以下说法正确的是( )A电源的输出功率变大BR2消耗的功率先变大后变小C滑动变阻器消耗的功率先变大后变小D滑动变阻器两端的电压变化量小于R2两端的电压变化量二、实验题13用重锤下落来验证机械能守恒时，某同学按照正确的操作选得纸带如图所示其中O是起始点，A、B、C、D、E是打点计时器连续打下的5个点，打点频率为50Hz该同学用毫米刻度尺测量O到A、B、C、D、E各点
7、的距离，并记录在图中（单位：cm）（1）这五个数据中有一个数字记录不规范的读数是_（2）实验时，在释放重锤_（选填“之前”或“之后”）接通打点计时器的电源，在纸带上打出一系列的点（3）该实验中，为了求两点之间重锤的重力势能的变化，需要知道重力加速度g的值，这个g值应该是：_A取当地的实际g值； B根据打出的纸带，用s=gT2求出的g值；C近似取10m/s2即可； D以上说法都不对（4）如O点到某计时点的距离用h表示，重力加速度为g，该点对应重锤的瞬时速度为v，则实验中要验证的等式为_（5）若重锤质量m=0.2kg，重力加速度g=9.80m/s2，由图中给出的数据，可得出从O到打下D点，重锤重力
8、势能的减少量为_，而动能的增加量为_J（均保留3位有效数字）14某待测电阻Rx的阻值约为20，现要测量其阻值，实验室提供器材如下：电流表A1（量程150mA，内阻r1约为10）电流表A2（量程20mA，内阻r2=30）电压表V（量程15V，内阻约为10K）定值电阻R0=100滑动变阻器R，最大阻值为5电源E，电动势E=4V（内阻不计）开关S及导线若干根据上述器材完成此实验，测量时要求电表读数不得小于其量程的，请你在虚线框内画出测量Rx的一种实验原理图（图中元件用题干中相应英文字母符号标注）实验时电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，用已知和测得的物理量表示Rx=_三、计算题（要求有必
9、要的文字说明，只写结果不得分）15中央电视台推出了一个游戏节目推矿泉水瓶选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后不能停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下，均视为失败其简化模型如图所示，AC是长度为L1=5m的水平桌面，选手们可将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推瓶，BC为有效区域已知BC长度为L2=1m，瓶子质量为m=0.5kg，瓶子与桌面间的动摩擦因数=0.4某选手作用在瓶子上的水平推力F=20N，瓶子沿AC做直线运动（g取10m/s2），假设瓶子可视为质点，那么该选手要想游戏获得成功，试问：（1）推力作用在瓶子上的时
10、间最长不得超过多少？（2）推力作用在瓶子上的距离最小为多少？16为使带负电的点电荷q在一匀强电场中沿直线匀速地由A运动到B，必须对该电荷施加一个恒力F，如图所示若AB=0.4m，=37，q=3107C，F=1.5104N，A点电势A=100V（不计重力，sin 37=0.6，cos37=0.8）（1）在图中用实线画出电场线，用虚线画出通过A、B两点的等势线，并标明它们的电势值，求出场强和AB间的电势差（2）求q在由A到B的过程中电势能的变化量是多少？17某一用直流电动机提升重物的装置，重物的质量m=50kg，电源电压为120V当电动机以v=0.9m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I=
11、5A求：（1）电动机线圈的电阻R等于多少？（2）若因故障电动机不能转动，这时通过电动机线圈的电流多大？电动机消耗的电功率又为多大？2015-2016学年河北省邯郸市大名一中高三（上）月考物理试卷（10月份）一、选择题（本题共12题，每小题4分，共48分其中第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12有多个符合要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错得0分）1汽车由静止开始在平直的公路上行驶，050s内汽车的加速度随时间变化的图线如图所示，下列说法中正确的是( )A汽车行驶的最大速度为20m/sB汽车在4050s内的速度方向和010s内的速度方向相反C汽车在50s末的速度为零D在050s内汽
12、车行驶的总位移为900m【考点】匀变速直线运动的图像 【专题】运动学中的图像专题【分析】加速度是表示速度变化的快慢的物理量当物体的运动方向和加速度保持大小不变时，物体就做匀变速直线运动当加速度为零时，物体做匀速直线运动【解答】解：A、由图可知，汽车先做匀加速运动，10后速度为v=at=20m/s，1040s匀速运动，4050s，匀减速运动，所以最大速度为20m/s，故A正确；B、50s末速度为v=vat=2010=10m/s，所以汽车一直沿直线向一个方向运动，速度方向相同，故BC错误；D、匀加速运动的位移为：，匀速运动的位移为：x2=vt=2030=600m，匀减速运动的位移为：所以总位移为x
13、=850m，故D错误故选：A【点评】本题要求同学们知道加速度的含义，能根据运动学基本公式求解速度和位移，难度不大，属于基础题2如图所示，竖直面内有一个半圆形轨道，AB为水平直径，O为圆心，将一些半径远小于轨道半径的小球从A点以不同的初速度水平向右抛出，若不计空气阻力，在小球从抛出到碰到轨道这个过程中，下列说法正确的是( )A初速度大的小球运动时间长B小球落到落在半圆形轨道的瞬间，速度方向沿半径方向C落在圆形轨道最低点的小球运动时间最长D初速度不同的小球运动时间不可能相同【考点】平抛运动 【专题】平抛运动专题【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动
14、的时间【解答】解：A、平抛运动的时间由高度决定，与水平初速度无关，初速度大时，与半圆接触时下落的距离不一定比速度小时下落的距离大则初速度大的运动时间不一定长故A错误B、若小球落到半圆形轨道的瞬间，速度方向沿半径方向，则速度方向与水平方向的夹角是位移方向与水平方向夹角的2倍因为同一位置速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，两者相互矛盾，则小球的速度方向不会沿半径方向故B错误C、小球落到最低点下落的高度最大，则运动的时间最长故C正确D、初速度不同的小球，下落的高度可能相同，则运动时间相同故D错误故选：C【点评】掌握平抛运动的特点，知道平抛运动的时间由高度决定，与水平初速度
15、无关3一电子在电场中由a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示，图中平行实线是等势面则下列说法中正确的是( )Aa点的电势比b点低B电子在a点的加速度方向向右C电子从a点到b点动能减小D电子从a点到b点电势能减小【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势；电势能 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加【解答】解：A、根据电子的运动轨迹可知，电子受的电场力向下，电场线与等势面垂直，由此可知电场线的方向向上，沿电场线的方向，电势降低，所以a点的电势比b点高，所以A错误B、由A的分析可知，电子受的
16、电场力向下，所以电子在a点的加速度方向向下，所以B错误C、从A点到B点的过程中，电场力做负功，所以电子从a点到b点动能减小，所以C正确D、电场力做负功，电势能增加，所以电子从a点到b点电势能增加，所以D错误故选：C【点评】加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，同时结合功能关系分析，基础问题4空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，a、b、c、d为电场中的4个点，则( )AP、Q两点处的电荷等量同种Ba点和b点的电场强度相同Cc点的电势低于d点的电势D负电荷从a到c，电势能减少【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电场线 【
17、专题】压轴题；电场力与电势的性质专题【分析】该电场是等量异种电荷的电场，它具有对称性（上下、左右）该电场中，一般选取无穷远处电势为0，那么正电荷的区域电势为正，负电荷的区域电势为负【解答】解：A：根据电场的图象可以知道，该电场是等量异种电荷的电场，故A错误；B：等量异种电荷的电场，它具有对称性（上下、左右），a点和b点的电场强度大小相等，而方向不同故B错误；C：C点离P点（正电荷）的距离更近，所以C点的电势较高故C错误；D：该电场中，一般选取无穷远处电势为0，那么正电荷的区域电势为正，负电荷的区域电势为负负电荷从a到c，从负电荷的区域到了正电荷的区域，电势升高，电场力做正功，电势能减小故D正确
18、故选：D【点评】该题考查常见电场的特点，解题的关键是在两个电荷连线的中垂线上的电势和无穷远处的电势相等而正电荷周围的电场的电势都比它高，负电荷周围的电场的电势都比它低属于简单题5压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小如图所示，将压敏电阻平放在电梯内，受力面向上，在其上面放一质量为m的物体，电梯静止时电压表的示数为U0下列电压表示数随时间变化图象中，能表示电梯竖直向上作匀加速直线运动的是( )ABCD【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重；匀变速直线运动的图像；闭合电路的欧姆定律 【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小；压敏电阻越小，根据闭合电路欧姆定律，其两
19、端电压越小；故压力越大，电压表读数越小；然后根据电压读数判断压力变化情况，得到电梯可能的运动【解答】解：压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，而压敏电阻越小，根据闭合电路欧姆定律，其两端电压越小，故压力越大，电压表读数越小；电梯竖直向上作匀加速直线运动，加速度向上且恒定，处于超重状态，故压力大于重力且恒定，故UU0，且恒定；故选A【点评】本题关键根据压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小的特点，结合欧姆定律得到物体超重时，有UU0且恒定，然后根据电梯竖直向上作匀加速直线运动进行判断6图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力
20、作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点则该粒子( )A带负电B在c点受力最大C在b点的电势能大于在c点的电势能D由a点到b点的动能变化等于有b点到c点的动能变化【考点】等势面；电势能 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场线与等势面垂直电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加【解答】解：A：根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在abc的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，故粒子带正电荷，故A错误；B：点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，粒子在C点受到的电场力最小
21、，故B错误；C：根据动能定理，粒子由b到c，电场力做正功，动能增加，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，故C正确；D：a点到b点和b点到c点相比，由于点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，故a到b电场力做功为多，动能变化也大，故D错误故选：C【点评】本题中，点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题属于基础题目7如图所示，电动势为E、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作如果再合上S2，则下列表述正确的是( )A电源输出功率减小BL1上消耗的功率增大C通过R1上的电流增大D通过R3
22、上的电流增大【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】由题，只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作，再合上S2，并联部分的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化由于电源的内阻不计，电源的输出功率P=EI，与电流成正比L1的电压等于并联部分总电压，并联部分的电压随着其电阻的减小而减小，分析L1上消耗的功率变化，判断通过R3上的电流变化【解答】解：A、只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作，再合上S2，并联部分的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大由于电源的内阻不计，电源的输出功率P=EI，与电流成正比，则电源输出功
23、率增大故A错误B、由于并联部分的电阻减小，根据串联电路的特点，并联部分分担的电压减小，L1两端的电压减小，其消耗的功率减小故B错误C、再合上S2，外电路总电阻减小，干路电流增大，而R1在干路中，通过R1上的电流增大故C正确D、并联部分的电压减小，通过R3上的电流将减小故D错误故选：C【点评】本题要抓住并联的支路增加时，并联的总电阻将减小同时要注意电源的内阻不计，电源的输出功率P=EI8用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图所示）设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为实验中，极板所带电荷量不变，若( )A保持S不变，增大d，则变大B保持S不变，增大d，则变小C保
24、持d不变，减小S，则变小D保持d不变，减小S，则不变【考点】电容器的动态分析 【专题】电容器专题【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大根据电容的决定式C= 分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式C= 分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况【解答】解：A、B、根据电容的决定式C= 得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C= 分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角变大；反之，保持S不变，减小d，则减小故A正确，B错误C、D、根据电容的决定式C
25、= 得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C= 分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角变大；反之，保持d不变，增大S，则减小，故C错误，D错误故选：A【点评】本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式C= 和C=9下述关于匀强电场的判断错误的是( )A公式E=也适用于匀强电场B根据U=Ed可知，匀强电场中任意两点的电势差与这两点的距离成正比C匀强电场的场强值等于沿任意方向每单位长度上的电势差值D匀强电场的场强方向总是跟正电荷所受电场力的方向一致【考点】匀强电场
26、中电势差和电场强度的关系 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】E=是定义式，适用于一切电场在匀强电场中，电场强度与电势差的关系为 U=Ed，d是两点沿电场线方向距离公式变形即可得到E的表达式，匀强电场的场强值等于沿场强方向每单位长度上的电势差值匀强电场的场强方向跟正电荷所受电场力的方向一致，与负电荷受电场力方向相反【解答】解：A、公式E=是定义式，适用于一切电场，故也适用于匀强电场，故A正确B、公式U=Ed中的d的含义是沿电场方向的距离，故两点的电势差与这两点的沿电场方向上的距离成正比，故B错误C、根据U=Ed有，即匀强电场的场强值等于沿场强方向每单位长度上的电势差值，故C错误D、匀强电场的
27、场强方向跟正电荷所受电场力的方向一致，故D正确本题选择错误的故选：BC【点评】本题要掌握电场强度与电势差的关系式U=Ed，理解其适用条件和各个量的含义是关键，知道该公式只适用于匀速电场，d是两点沿电场线方向距离10电场中有一条直线，在直线上有M、N两点，若将一试探电荷q从直线外的P点分别移到M、N两点，电场力对q做功相等，则( )A.该电场若是匀强电场，则M、N所在直线一定与电场线平行B该电场若是匀强电场，则M、N所在直线一定与电场线垂直C.该电场若是由一个点电荷产生的，则M、N两点的电势和电场强度都相同D.该电场若是由一个点电荷产生的，则M、N两点的电势相等、电场强度不同【考点】电势能；电场
28、线 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】试探电荷q从直线外的P点分别移到M、N两点，电场力对电荷做的功相等说明MN两点的电势是相等的【解答】解：A、B：由题意，MN两点的电势是相等的，若该电场是匀强电场，则M、N所在直线是电场中的一条等势线，它一定与电场线垂直故A错误，B正确；C、D：由题意，MN两点的电势是相等的，若该电场是一个点电荷产生的，则MN处于以点电荷为圆心的同一个圆上，它们到点电荷的距离是相等的，与点电荷连线的方向一定是不同的，所以MN两点的电场强度的方向不同，所以MN两点的场强不同故C错误，D正确故选：BD【点评】由点电荷产生的电场中，所有各点的电场强度要么大小不相等，要么方向
29、不相同，不存在场强相等的点切记11如图电路中，电键K1、K2、K3、K4均闭合，在平行板电容器C的极板间悬浮着一油滴P，则( )A断开K3，P将向下运动B断开K2，P将向下运动C断开K1，P将向下运动D断开K4，P仍悬浮不动【考点】带电粒子在混合场中的运动；闭合电路的欧姆定律 【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】平行板电容器板间悬浮着一油滴P，油滴所受的重力与电场力平衡根据条件分别分析各种情况下板间场强和油滴的电场力如何变化，进而确定P将怎样运动即可【解答】解：A、断开K3，电容器通过电阻放电，板间场强逐渐减小，油滴所受的电场力减小，油滴将向下运动，故A正确B、断开K2，电容器两板间的
30、电压增大，稳定时，其电压等于电源的电动势，板间场强增大，油滴所受的电场力增大，油滴将向上运动，故B错误C、断开K1，电容器两板间的电压不变，场强不变，油滴所受的电场力不变，油滴仍处于平衡状态故P不动，故C错误D、断开K4，电容器的电量不变，板间场强不变，油滴仍处于静止状态，故D正确故选：AD【点评】本题考查分析电容器电压的能力难点是断开K2，稳定后电容器的电压等于电源的电动势，可以用电势差等于电压来理解12如图所示电路中，定值电阻R2=r，滑动变阻器的最大阻值为R1且R1R2+r（r为电源内阻），在滑动变阻器的滑片P由左端a向右滑动的过程中，以下说法正确的是( )A电源的输出功率变大BR2消耗
31、的功率先变大后变小C滑动变阻器消耗的功率先变大后变小D滑动变阻器两端的电压变化量小于R2两端的电压变化量【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】对于电源，当电源的内外电阻越接进，电源的输出功率越大，相等时，电源的输出功率最大；同时结合闭合电路欧姆定律进行分析【解答】解：A、对于电源，当电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大；在滑动变阻器的滑臂P由左端a向右滑动的过程中，外电路电阻始终大于电源内电阻，故电源的输出功率不断增加，故A正确；B、根据闭合电路欧姆定律，I=，由于R1不断减小，故电流不断增加，故R2消耗的功率不断增加，故B错误；C、将电源和电阻R2当作一个等效电源，在滑
32、动变阻器的滑臂P由左端a向右滑动的过程中，等效电源的内电阻大于等效外电阻，且差值先减小到零后增加，故滑动变阻器消耗的功率先变大后变小，故C正确；D、根据闭合电路欧姆定律，I=，由于R1不断减小，故电流不断增加；故滑动变阻器两端的电压减小量等于R2两端的电压增加量和内电压的增加量之和，故D错误；故选AC【点评】本题关键明确一个结论：电源的内外电阻越接进，电源的输出功率越大，相等时，电源的输出功率最大；同时要结合闭合电路欧姆定律分析，不难二、实验题13用重锤下落来验证机械能守恒时，某同学按照正确的操作选得纸带如图所示其中O是起始点，A、B、C、D、E是打点计时器连续打下的5个点，打点频率为50Hz
33、该同学用毫米刻度尺测量O到A、B、C、D、E各点的距离，并记录在图中（单位：cm）（1）这五个数据中有一个数字记录不规范的读数是12.4（2）实验时，在释放重锤之前（选填“之前”或“之后”）接通打点计时器的电源，在纸带上打出一系列的点（3）该实验中，为了求两点之间重锤的重力势能的变化，需要知道重力加速度g的值，这个g值应该是：AA取当地的实际g值； B根据打出的纸带，用s=gT2求出的g值；C近似取10m/s2即可； D以上说法都不对（4）如O点到某计时点的距离用h表示，重力加速度为g，该点对应重锤的瞬时速度为v，则实验中要验证的等式为（5）若重锤质量m=0.2kg，重力加速度g=9.80m/
34、s2，由图中给出的数据，可得出从O到打下D点，重锤重力势能的减少量为0.380J，而动能的增加量为0.376J（均保留3位有效数字）【考点】验证机械能守恒定律 【专题】实验题；定量思想；寻找守恒量法；机械能守恒定律应用专题【分析】刻度尺的读数要读到最小刻度的下一位；根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出D点的速度，从而得出动能的增加量，根据下降的高度求出重力势能的减小量【解答】解：（1）这五个数据中有一个数字记录不规范的读数是12.4，应该是12.40（2）实验时应先接通电源再释放纸带（3）求两点之间重锤的重力势能的变化，需要知道重力加速度g的值，这个g值是当地的重力加速度，故选：
35、A（4）动能的增加量为，重力势能的减小量为mgh，要验证机械能守恒，即验证（5）从O到打下D点，重锤重力势能的减少量为Ep=mgh=0.29.80.1941J=0.380JD点的速度=1.94m/s，则动能的增加量J=0.376J故答案为：（1）12.40，（2）之前，（3）A，（4）（5）0.380J，0.376【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量14某待测电阻Rx的阻值约为20，现要测量其阻值，实验室提供器材如下：电流表A1（量程150mA，内阻r1约为10）电流表A2（量程20mA，内阻r2=30）电压表V（量程15V，内阻约为10K）定
36、值电阻R0=100滑动变阻器R，最大阻值为5电源E，电动势E=4V（内阻不计）开关S及导线若干根据上述器材完成此实验，测量时要求电表读数不得小于其量程的，请你在虚线框内画出测量Rx的一种实验原理图（图中元件用题干中相应英文字母符号标注）实验时电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，用已知和测得的物理量表示Rx=【考点】伏安法测电阻 【专题】实验题；恒定电流专题【分析】实验需要电源、导线，然后根据题目要求选择电流表、电压表、滑动变阻器根据实验原理及所选实验器材设计实验电路根据电路结构、应用欧姆定律可以求出待测电阻阻值的表达式【解答】解：测量电阻的基本原理是伏安法，本实验中没有电压表，可将
37、电流表A2与定值电阻R0串联组成电压表由于滑动变阻器的最大电阻小于待测电阻，为了安全和方便调节，可采用分压式接法由于待测电阻的阻值属于小电阻，为减小测量误差，电流表采用外接法，实验电路图如图所示待测电阻两端电压U=I2（R0+r2），通过待测电阻的电流IX=I1I2，则待测电阻Rx=，其中I1、I2分别为电流表A1和A2的示数，R0和r2分别为定值电阻和电流表A2的阻值故答案为：电路图如图所示；【点评】本题考查了实验器材的选取，实验器材的选取是本题的难点，也是正确解题的关键，选择实验器材时，既要符合题目要求，又要满足：安全性原则、精确性原则与方便实验操作性原则三、计算题（要求有必要的文字说明，
38、只写结果不得分）15中央电视台推出了一个游戏节目推矿泉水瓶选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后不能停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下，均视为失败其简化模型如图所示，AC是长度为L1=5m的水平桌面，选手们可将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推瓶，BC为有效区域已知BC长度为L2=1m，瓶子质量为m=0.5kg，瓶子与桌面间的动摩擦因数=0.4某选手作用在瓶子上的水平推力F=20N，瓶子沿AC做直线运动（g取10m/s2），假设瓶子可视为质点，那么该选手要想游戏获得成功，试问：（1）推力作用在瓶子上的时间最长不得超过
39、多少？（2）推力作用在瓶子上的距离最小为多少？【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系 【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】（1）受力分析后，先根据牛顿第二定律求解出瓶子加速和减速时的加速度，然后根据运动学公式结合几何关系列式求解出瓶子恰好滑动到C点时推力的作用时间；（2）瓶子恰好滑动到B点，推力的作用距离最短；根据运动学公式结合几何关系列式求解即可【解答】解：（1）要想游戏获得成功，瓶滑到C点速度正好为零时，推力作用时间最长，设最长作用时间为t1，有推力作用时瓶做匀加速运动，设加速度为a1，t1时刻瓶的速度为v，推力停止作用后瓶做匀减速运动，设
40、此时加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：Fmg=ma1，mg=ma2加速运动过程中的位移x1=减速运动过程中的位移x2=位移关系满足：x1+x2=L1，又：v=a1t1由以上各式解得：t1= s（2）要想游戏获得成功，瓶滑到B点速度正好为零时，推力作用距离最小，设最小距离为d，则：+=L1L2v2=2a1d，联立解得：d=0.4 m答：（1）推力作用在瓶子上的时间最长不得超过（2）推力作用在瓶子上的距离最小为0.4m【点评】本题关键找出临界情况，求出加速度后，运用运动学公式结合几何关系列式求解16为使带负电的点电荷q在一匀强电场中沿直线匀速地由A运动到B，必须对该电荷施加一个恒力F，如图所示若
41、AB=0.4m，=37，q=3107C，F=1.5104N，A点电势A=100V（不计重力，sin 37=0.6，cos37=0.8）（1）在图中用实线画出电场线，用虚线画出通过A、B两点的等势线，并标明它们的电势值，求出场强和AB间的电势差（2）求q在由A到B的过程中电势能的变化量是多少？【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】（1）点电荷匀速地从由A运动到B，电场力与外力F二力平衡，可判断电场力方向，根据负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，即可确定出场强的方向，从而画出电场线根据等势线与电场线垂直，画出通过A、B两点的等势线由F=qE求出电场强度E
42、，根据U=Ed求出A、B间电势差，即可求得B点的电势（2）由W=qU求出电场力做功，即可求得电势能的变化量【解答】解：（1）据题意，点电荷匀速地从由A运动到B，电场力与外力F二力平衡，又根据负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，则得场强的方向斜向左上方，画出电场线如图根据等势线与电场线垂直，画出通过A、B两点的等势线，如图所示（2）由F=qE得：场强E=A、B间的电势差UAB=AB=cos37=5000.40.8=160V则得B点的电势B=Acos37=1005000.40.8=60V（3）点电荷从由A运动到B，电场力做功W=q（AB）=4.8105J故点电荷的电势能增大4.8105J答：（1
43、）在图中用实线画出电场线，用虚线画出通过A、B两点的等势线如图所示电场强度为500N/C，AB间的电势差为160V，B点的电势为60V（3）q 在由A到B的过程中电势能增大4.8105J【点评】本题的解题关键要掌握电场力与场强的关系、电场线与等势线的关系、电势能的变化与电场力做功的关系、电势与电势差的关系等等电场的基本知识17某一用直流电动机提升重物的装置，重物的质量m=50kg，电源电压为120V当电动机以v=0.9m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I=5A求：（1）电动机线圈的电阻R等于多少？（2）若因故障电动机不能转动，这时通过电动机线圈的电流多大？电动机消耗的电功率又为多大？
44、【考点】闭合电路的欧姆定律；闭合电路中的能量转化；电功、电功率 【专题】恒定电流专题【分析】（1）电动机的电功率P电=UI，发热功率P热=I2R，输出的机械功率P机=mgv，根据能量守恒P电=P热+P机求解电阻R（2）若因故障电动机不能转动，电动机电路是纯电阻电路，欧姆定律成立，由欧姆定律求出电流，再求电功率【解答】解：（1）电动机提升重物时，根据能量守恒定律得P电=P热+P机，即： UI=I2R+mgv 得到R=6（2）若因故障电动机不能转动，则由欧姆定律得 通过电动机线圈的电流 =20A 电动机消耗的电功率P电=I2R=2400W答：（1）、电动机线圈的电阻R等于6；（2）、若因故障电动机不能转动，这时通过电动机线圈的电流为20A，电动机消耗的电功率为2400W【点评】电动机在正常工作时电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，不能直接根据电压与电流求电阻R；电动机不转动时，其电路是纯电阻电路，欧姆定律成立，能根据电压和电阻求电流，要注意区分
