浙江省深化课程改革协作校2015高三物理上学期期中联考试题（含解析）新人教版

浙江省深化课程改革协作校2015高三物理上学期期中联考试题（含解析）新人教版 浙江省深化课程改革协作校2015届高三期中联考物理试卷 一、单项选择(本题共8小题，每小题3分，共24分.) 1( 9月28日，在2014仁川亚运会田径男子100米决赛中，卡塔尔选手奥古诺德在起跑落后的情况下以9秒93的成绩夺冠，并打破亚洲纪录，同样令人欣喜的还有中国的苏炳添，他凭借今年个人最好成绩10秒10勇夺银牌(下列说法正确的是( ) A(起跑阶段的速度一定是奥古诺德大 B(全程的平均速度一定是奥古诺德大 C(全程的任意时刻对应的瞬时速度都是奥古诺德大 D(若苏炳添 先跑0.17s，还是奥古诺德先到 考点:平均速度( . 专题:直线运动规律专题( 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 :100m 比赛是在相同的位移内比时间，也就是比较平均速度( 解答:解: A、100m比赛是在相同的位移内比时间，时间短的胜，即时间短的平均速度大(故 B正确，A、C错误( D、若苏炳添先跑0.17s，就没法判断，因为不知道苏炳添的运动速度，故D错误 故选:B( 点评:解决本题的关键知道相同位移内比时间，实际上比较的是平均速度( 2((3分)质量为m的滑块沿着高为h，长为l的斜面匀速下滑，在滑块从斜面顶端下滑到底端的过程中( ) A(滑块克服阻力所做的功等于 mgh B(滑块的机械能守恒 C(合力对滑块所做的功为 mgh D(滑块的重力势能减少 mgl 考点:功能关系;功的计算( . 分析:重力做功公式 W=mgh(根据动能定理研究滑块克服阻力所做的功和合力做功( 解答:解: A、重力对滑块所做的功W=mgh，重力势能减少mgh，由题滑块匀速下滑，动能的变化 量为零，根据动能定理得，mgh,W=0，则滑块克服阻力所做的功W=mgh，故A正确，ff D错误( B、滑块克服阻力所做的功，对应机械能的减少(故B错误( C、滑块匀速下滑，动能不变，根据动能定理得知，合力对滑块所做的功为零(故C 错误( 故选:A 点评:动能定理是求功的一种方法(本题中也可以根据匀速运动合力为零，确定合力对滑块 所做的功为零( 3((3分)如图甲所示，在同一平面内有两个相互绝缘的金属圆环A、B，圆环A平分圆环B为面积相等的两部分，当圆环A中的电流如图乙所示变化时，甲图中A环所示的电流方向为正，下列说法正确的是( ) 1 A(B 中始终没有感应电流 B(B 中有顺时针的感应电流 C(B 中有逆时针的感应电流 D(B 中先有顺时针的感应电流，后有逆时针的感应电流 考点:楞次定律( . 专题:电磁感应与电路结合( 分析:根据安培定则，来确定通电导线磁场的方向，当电流变化时，导致环内产生感应电流， 由楞次定律确定电流的方向( 解答:解:由安培定则可知，环 A产生的磁场分布，环内垂直纸面向外，环外垂直纸面向里， 由于内部的磁场大于外部的磁场，由矢量的叠加原理可知B环总磁通量向里;当导线 中的电流强度I逐步减小时，导致环产生感应电流(根据楞次定律，则有感应电流的 方向顺时针(故B正确，ACD错误; 故选:B 点评:考查安培定则、楞次定律的应用，注意当直导线的电流变化时，穿过环的磁通量如何 变化是解题的关键( 4((3分)如图所示，质量为2kg的物块A与水平地面的动摩擦因数为μ=0.1，质量1kg的物块B与地面的摩擦忽略不计，在已知水平力F=11N的作用下，A、B一起做加速运动，则下列说法中正确的是( ) 22A(AB 的加速度均为3.67m/s B(AB 的加速度为为3.3m/s C(A 对B的作用力为3.3N D(A 对B的作用力为3.0N 考点:牛顿第二定律;物 体的弹性和弹力(. 专题:牛顿运动定律综合专题( 分析:先整体为研究对象求得 AB一起运动的加速度，再以B为研究对象求得A对B的作用 力( 解答:解:以 AB整体为研究对象，根据牛顿第二定律有: F,μmg=(m+m)a AAB 整体产生的加速度 再以B为研究对象，水平方向只受到A对B的作用力，故F=ma=1×3N=3N ABB 所以ABC错误，D正确( 故选:D( 2 点评:本题考查综合运用牛顿第二定律处理动力学问题的能力，注意整体法和隔离法的运用 是正确解题的关键( 5((3分)如图所示的实验装置中，平行板电容器两极板的正对面积为S，两极板的间距为d，电容器所带电荷量为Q，电容为C，静电计指针的偏转角为φ，平行板中间悬挂了一个带电小球，悬线与竖直方向的夹角为θ，下列说法正确的是( ) A(若增大 d，则φ减小，θ减小 B(若增大 Q，则φ减小，θ不变 C(将 A板向上提一些时，φ增大，θ增大 D(在两板间插入云母片时，则 φ减小，θ不变 考点:电容器的动态分析( . 专题:电容器专题( 分析:充电后与电源断开，电荷量不变，静电计的指针偏角与电压有关，小球的偏 角大小与 电场力即场强的大小有关( 解答:解: A、当A极板远离B板平移一段距离时，电容C减小，根据Q=CU知U最大，则φ 增大，θ也增大，A错误; B、若增大电荷量，根据Q=CU知电压增大，所以静电计指针张角变大，B错误; C、当A极板向向上平移一小段距离后，知电容C减小，根据Q=CU知电压增大，静电 计指针张角变大，C正确; D、在AB极板间插入一块与极板形状相同的金属板后，电容C增大，根据Q=CU知电 压U减小，板间场强E= 减小，小球的摆线与竖直方向的偏转角θ变小，D错误; 故选:C( 点评: 本题属于电容器的动态分析，关键抓住电容器始终与电源相连，则电势差不变，电容 器与电源断开，则电容器所带的电量不变( 6((3分)在如图所示电路中，闭合电键 S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用 I、U、U 和 U 表示，电表示数变化量的123 绝对值分别用?I、?U、?U 和?U 表示(下列说法正确的是( ) 123 A(U 变小，U变大，U变小，I变大 123 B(U 变大，U变小，U变大，I变大 123 3 C( 变大，变大，变大 D( 不变，不变，不变 考点:闭合电路的欧姆定律( . 专题:恒定电流专题( 分析: 由题意知:R是定值电阻，根据欧姆定律得知==R(变阻器是可变电阻，根11 据闭合电路欧姆定律研究、与电源内阻的关系，再分析选择( 解答:解: AB、当滑动变阻器R的滑动触头P向上滑动，其阻值变小，总电阻变小，电流表2 示数I变大，路端电压U减小，R的电压U增大，故R的电压U减小(故AB错误( 31122 C、因R是定值电阻，则有 ==R，不变(因为=R，R变小，变小;=R+R，112212 变小(故C错误( D、根据闭合电路欧姆定律得U=E,Ir，则=r，不变(U=E,I(R+r)，则321 =R+r，不变，故D正确( 1 故选:D( 点评: 本题对于定值电阻，是线性元件有R==，对于非线性元件，R=?( 7((3分)重为G的物体系在两根等长的细绳OA、OB上，轻绳的A端、B端挂在半圆形的支架上，如图所示，OA与水平方向的夹角为45?，固定B端的位置，将绳OA的A端沿半圆形支架从图示位置开始上移或下移过程中，则( ) A( OA向上移动的过程中，OB绳上的拉力减小，OA绳上的拉力增大 B(OA 向上移动的过程中，OB绳上的拉力增大，OA绳上的拉力减小 C(OA 向下移动的过程中，OB绳上的拉力增大，OA绳上的拉力增大 D(OA 向下移动的过程中，OB绳上的拉力增大，OA绳上的拉力减小 考点:共点力平衡的条件及其应用;物体的弹性和弹力( . 专题:共点力作用下物体平衡专题( 分析:以结点 O为研究对象，分析受力，作出轻绳在A和A′两个位置时受力图，由图分析 绳OA拉力的变化( 解答:解:以结点 O为研究对象，分析受力:重力G、绳OA的拉力T和绳BO的拉力T，AOBO 如图所示， 4 根据平衡条件知，两根绳子的拉力与重力大小相等、方向相反， 作出轻绳OA在两个位置时力的合成图如图，由图看出，OA向上移动的过程中，OB绳 上的拉力减小，OA绳上的拉力减小，故AB错误; 同理可知OA向下移动的过程中，OB绳上的拉力增大，OA绳上的拉力增大，C正确D 错误; 故选:C( 点评:本题运用图解法研究动态平衡问题，也可以根据几何知识得到两绳垂直时，轻绳 OA 的拉力最小来判断( 8((3分)如图所示，在空间中有一坐标系Oxy，其第一象限内充满着两个匀强磁场区域I和?，直线OP是它们的边界(区域I中的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外;区域?中的磁感应强度为2B，方向垂直纸面向内(边界上的P点坐标为(4L，3L)(一质量为 m、电荷量为q的带正电粒子从P点平行于y轴负方向射人区域I，经过一段时间后，粒子恰好经过原点O(忽略粒子重力，已知sin37?=0.6，cos37?=0.8(则下列说法中不正确的是( ) A( 该粒子一定沿y轴负方向从O点射出 B(该粒子射出时与 y轴正方向夹角可能是74? C( 该粒子在磁场中运动的最短时间t= D( 该粒子运动的可能速度为v=(n=1，2，3„) 考点:带电粒子在匀强磁场中的运动( . 专题:带电粒子在磁场中的运动专题( 分析:粒子进入磁场中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，考虑边界效应，粒子进入磁场与离 开磁场时速度方向与边界的夹角相等，故必定从?区离开O点; 考虑到t=，粒子先在磁场I区中运动，后在磁场II区中运动并离开O点的情 况是运动时间最短的; 粒子的速度大小满足一定条件时，粒子先在磁场I区中运动，后在磁场II区中运动， 然后又重复前面的运动，直到经过原点O，这样粒子经过n个周期性的运动到过O点， 每个周期的运动情况相同，粒子在一个周期内的位移S=(n=1，2，3，„)，根据 5 S与两个半径的关系，求出半径，即可求解速度的通项( 解答:解: A、粒子进入磁场中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，对于直线边界，考虑轨迹圆的对称性，粒子进入磁场与离开磁场时速度方向与边界的夹角相等，故粒子不可能从?区到达O点，故一定是从?区到达O点; 画出可能的轨迹，如图所示: tanα==0.75 得α=37?，α+β=90? 故该粒子一定沿y轴负方向从O点射出，故A正确，B错误; C、设粒子的入射速度为v，用R，R，T，T分别表示粒子在磁场I区和II区中运动1212 的轨道半径和周期，则: qvB=m qv(2B)=m 周期分别为: T== 1 T== 2 粒子先在磁场I区中做顺时针的圆周运动，后在磁场II区中做逆时针的圆周运动，然后从O点射出，这样粒子从P点运动到O点所用的时间最短( 粒子在磁场I区和II区中的运动时间分别为: t=•T 11 t= 2 粒子从P点运动到O点的时间至少为: t=t+t 12 由以上各式解得: t= 故C正确; D、粒子的速度大小满足一定条件时，粒子先在磁场I区中运动，后在磁场II区中运动，然后又重复前面的运动，直到经过原点O(这样粒子经过n个周期性的运动到过 6 O点，每个周期的运动情况相同，粒子在一个周期内的位移为S==(n=1、2，3，„) 粒子每次在磁场I区中运动的位移为: S=S= 1 由图中几何关系可知: =cosα=0.8 而R= 1 由以上各式解得粒子的速度大小为: v=(n=1、2，3，„) 故D正确; 本题选错误的，故选:B( 点评:本题在复合场中做周期性运动的类型，关键要运用数学知识分析粒子的规律，得到粒 子在一个周期内位移的通项，综合性较强，难度较大( 二、不定项选择题(本题共5小题(在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的(全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分，共20分) 9((4分)如图所示，A、B是电场中两点，下列说法正确的是( ) A(A 点的场强比B点的场强大 B(一个正电荷在 A点的电势能比B点的电势能大 C(一个负电荷从 A点移到B点，电场力做正功 D(A 点的电势比B点的电势高 考点:电场线;电场强度;电势;电势能( . 专题:电场力与电势的性质专题( 分析:电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大;电势的高低 看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低( 解答:解: A、电场线越密的地方电场强度越大，所以场强E,E(故A正确; AB B、沿着电场线电势降低，所以电势φ,φ;一个正电荷在A点的电势能比B点的电AB 势能大(故B正确，D正确; C、一个负电荷从A点移到B点，电场力的方向与运动的方向相反，电场力做负功; 故C错误; 故选:ABD( 7 点评:本题是电场中基本题型，抓住电场线的物理意义:电场线表示电场线的强弱，电场线 越密，场强越大(同一条直线电场线上各点的电场强度的方向都相同( 10((4分)如图所示，质量分别为m的小球P和质量为2m的小球Q用细线相连，P用轻弹簧悬挂在天花板下，开始系统处于静止，剪断P、Q之间的连线，Q自由下落，P上下运动(不计空气阻力(下列说法中正确的是( ) A(弹簧的最大弹力为 3mg B(P 在上下运动过程的最大加速度为3g C(Q 在下落的过程中机械守恒，P的机械能不守恒 D(Q 在下落过程中，P、Q组成的系统机械能守恒 考点:机械能守恒定律;牛顿第二定律( . 专题:机械 能守恒定律应用专题( 分析:将下面的绳剪断的瞬间，上面弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律求出物体 A球的瞬 时加速度大小和方向(当剪断弹簧时，根据机械能守恒条件即可判断 解答:解: A、在未剪短时，整体受力分析可知，弹簧的弹力等于3mg，故剪短瞬间，弹簧的 弹力最大为3mg，故A正确; B、在剪断瞬间，对P由牛顿第二定律得3mg,mg=ma a=2g，故B错误; C、Q在下落过程中，只受重力故机械能守恒，而P受重力弹簧的弹力，机械能不守恒， 故C正确; D、Q在下落过程中，P、Q组成的系统，弹簧对PQ组成的系统做功，故机械能不守恒， 故D错误; 故选:AC 点评: 本题是瞬时问题，关键掌握弹簧的弹力不会突变，而绳的弹力会突变;绳断之后弹力 立刻变为零，而弹簧剪断之后弹力不变 11((4分)如图所示，两个有界匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，方向分别垂直纸面向里和向外，其宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，线框一边平行于磁场边界，现用外力F使线框以图示方向的速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定:线框中电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ为正，外力F向右为正(则以下关于线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化的图象中正确的是( ) 8 A( B( C( D( 考点:导体切割磁感线时的感应电动势;闭合电路的欧姆定律( . 专题:电磁感应与图像结合( 分析:线框以速度 v匀速穿过磁场区域，穿过线框的磁通量由磁场与面积决定，而面积却由 线框宽度与位移决定，但位移是由速度与时间决定，所以磁通量是磁场、线框宽度、 速度及时间共同决定( 由于线框匀速穿过方向不同的磁场，因此当在刚进入或刚出磁场时，线框的感应电流 大小相等，方向相同(当线框从一种磁场进入另一种磁场时，此时有两边分别切割磁 感线，产生的感应电动势正好是两者之和，所以电流是两者之和，且方向相反( 线框中有感应电流，则由左手定则可确定安培力的方向，通过安培力公式可得出力的 大小( 由电功率的表达式可知与电流的平方成正比，因此可得出电功率与时间的关系 解答:解: A、在,2时间内:磁通量Φ=BS=BLv(t,)，随着时间均匀增大，在t=2时刻， 2线框完全进入第一个磁场，磁通量为BL; 在2,•时间内:线框从第一个磁场开始进入第二磁场，磁通量存在抵消，磁通量均匀 减小，在t=•时刻，当线框从一种磁场进入另一种磁场正好处于一半时，磁通量为零(在 •,3时间内:磁通量反向均匀增大，在t=3时刻，线框完全进入第二个磁场，磁通量 2反向最大为,BL;在3,4时间内，线框穿出第二个磁场，磁通量均匀减小，在t=4 时刻，磁通量为零(故A正确( B、在,2时间内:根据法拉第电磁感应定律得知，线框中产生的感应电动势E=BLv， 保持不变; 在2,3时间内:线框开始进入第二个磁场时，两端同时切割磁感线，电动势方向相 同，串联，电路中总的感应电动势应为2BLV，故B错误; C、由于线框匀速运动，外力与安培力总保持平衡，根据楞次定律判断可知安培力的 方向总是水平向左，则外力F方向总是水平向右，始终为正值( 在,2时间内:F=BIL=BL=; 在2,•时间内:F=2BL=4; 在 2,3时间内:F=BIL=BL=;故C错误( D、在,2时间内:P=Fv=BILv=BLv=; 在2,•时间内: 9 P=Fv=2BLv=4; 在•,3时间内:P=Fv=BILv=BL=;故D正确( 故选:AD( 点评:电磁感应与图象的结合问题，近几年高考中出现的较为频繁，在解题时涉及的内容较 多，同时过程也较为复杂;故在解题时要灵活，可以选择合适的解法，如排除法等进 行解答( 12((4分)如图所示，半径分别为R和r(R,r)的甲、乙两光滑半圆轨道放置在同一竖直平面内，两轨道之间由一光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上有一轻弹簧被a、b两个质量均为m的小球夹住，但不拴接(同时释放两小球，弹性势能全部转化为两球的动能，若两球获得相等动能，其中有一只小球恰好能通过最高点，两球离开半圆轨道后均做平抛运动落到水平轨道的同一点(不考虑小球在水平面上的反弹)(则( ) A( 恰好通过最高点的是b球 B(弹簧释放的弹性势能为 5mgR C(a 球通过最高点对轨道的压力为mg D(CD 两点之间的距离为 2R+2 考点:向心力;动能定理;弹性势能( . 专题:匀速圆周运动专题( 分析:小球恰好能通过最高点，在最高点，由重力提供向心力，则半径越大，到达最高点的 动能越大，而两球初动能相等，其中有一只小球恰好能通过最高点， 所以是a球刚好到达最高点，此时对轨道的压力为零，对a球从离开弹簧到达最高点 的过程中，根据动能定理求出a球的初速度，而两球初动能相等，初动能之和即为弹 簧的弹性势能，ab两球离开轨道后做平抛运动，CD的距离等于两球平抛运动的水平 距离之和，根据平抛运动的基本公式即可求解CD的距离( 解答:解: A、小球恰好能通过最高点，在最高点，由重力提供向心力，设最高点的速度为v， 则有: mg=m， 解得:v= 则半径越大，到达最高点的动能越大，而两球初动能相等，其中有一只小球恰好能通 过最高点， 所以是a球刚好到达最高点，b球到达最高点的速度大于，a球通过最高点对轨 道的压力为零，故AC错误; B、对a球从离开弹簧到达最高点的过程中，根据动能定理得: 10 解得:E=2.5mgR， Ka 两球初动能相同，且弹性势能全部转化为两球的动能，所以释放的弹性势能为5mgR， 故B正确; D、ab两球离开轨道后做平抛运动，CD的距离等于两球平抛运动的水平距离之和， a球运动的时间，所以a球水平位移， 设b球到达最高点的速度v，则 b ?， b球运动的时间?， b球的水平位移? 由???解得:x=2 b 则CD=x+x=2R+2，故D正确( ab 故选:BD 点评:本题主要考查了动能定理、向心力公式、平抛运动基本 公式的直接应用，过程较为复 杂，要求同学们能正确分析小球的运动过程中，能根据基本规律解题，难度适中( 13((4分)如图所示，斜面静止在水平地面上，A、B两个物体通过光滑的滑轮相连，连接A物体的细线与斜面平行，下列说法中正确的是( ) A(当 A沿斜面匀速下滑时，地面对甲乙的摩擦力均为零 B(当 A沿斜面加速下滑时，地面对甲乙的摩擦力方向均向左 C(当 A沿斜面加速上滑时，地面对甲乙的摩擦力方向均向左 D(把 B球向左拉到水平位置放手向下摆到最低点的过程中，若A保持静止，则地面对甲乙 的摩擦力方向均向右 考点: 摩擦力的判断与计算(. 专题:摩擦力专题( 分析:A 、B、C、不论A在斜面做何种运动，对甲图采用整体法受力分析，而对乙图只分析 斜面的受力，并根据静摩擦力的方向，即可求解( D、当B球向左拉到水平位置放手向下摆到最低点的过程中，对甲图采用整体法受力 分析，而对乙图只分析斜面的受力，并从A可能有沿着斜面向上或向下的静摩擦力两 种情况，分析即可( 解答:解: A、当A沿斜面匀速下滑时，甲图，从整体角度，则地面对甲的摩擦力为零，而 乙图，A对斜面有沿着斜面向下的滑动摩擦力，则地面对乙的摩擦力水平向左，故A 11 错误; B、当A沿斜面加速下滑时，虽加速度不同，但仍从整体角度可知，整体有水平向右 的分加速度，则地面对甲的摩擦力方向向右，而对乙图，A对斜面有沿着斜面向下的 滑动摩擦力，则地面对乙的摩擦力水平向左，故B错误; C、当A沿斜面加速上滑时，虽加速度不同，但仍从整体角度可知，整体有水平向左 的分加速度，则地面对甲的摩擦力方向向左，而对乙图，A对斜面有沿着斜面向下的 滑动摩擦力，则地面对乙的摩擦力水平向左，故C正确; D、当B球向左拉到水平位置放手向下摆到最低点的过程中，对乙分析，可知，A对斜 面的静摩擦力，可能沿着斜面向下，也可能沿着斜面向上，因此地面对乙的摩擦力方 向不确定，故D错误; 故选:C( 点评:本题考查整体法与隔离法的应用，掌握静摩擦力的方向判定，注意加速度不同的整体 运用是解题的难点( 三、实验题(本题共2小题(每空2分，共20分) 14((8分)(1)在做《探究加速度与力、质量的关系》实验时，某同学发现长木板不是水平的，其中一端固定了一个的垫片，另一头固定了一个橡胶皮套，如图1所示( 问:垫片的作用是 平衡摩擦力 ，橡胶皮套的作用是 保护运动的小车，不使其落地 ; ,1(2)该同学打印了一条纸带如图2所示，则小车通过点B点时的速度为 5.4×10 m/s;2小车的加速度为 1.1 m/s (保留两位有效数字) 考点:探究加速度与物体质量、物体受力的关系( . 专题:实验题( 分析:根据匀变速直线运动的推论求小车通过点 B点时的速度以及加速度( 解答:解:( 1)为了使砂桶的重力充当小车运动合外力，要平衡摩擦力，所以垫片的作用是 平衡摩擦力， 橡胶皮套的作用是保护运动的小车，不使其落地; 12 (2)根据匀变速直线运动的推论v==0.54m/s B 2小车的加速度a==1.1m/s ,1故答案为:(1)平衡摩擦力;保护运动的小车，不使其落地;(2)5.4×10;1.1( 点评:在探究加速度与力、质量的关系实验中，要平衡摩擦力，要掌握平衡摩擦力的方法( 15((12分)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，实验器材如下: 待测小灯泡(2.5V，0.5A); 双量程电压表(中间接线柱3V，内阻约为3kΩ;右边接线柱15V，内阻约为15kΩ); 双量程电流表(中间接线柱0.6A，内阻约为0.125Ω;右边接线柱3A，内阻约为0.025Ω); 滑动变阻器(20Ω，2A); 电源(电动势约为3V，内阻未知); 电阻箱(9999.9Ω); 电键一个; 导线若干( (1)甲同学选择合适的器材，连好实物图如图1，乙同学检查时发现了3处错误，请指出其中的2处: ; ? 滑动变阻器应采用分压式连接方式; ? 电流表应采用外接法接入电路 ; (2)若想测量该电源的电动势和内阻，实验操作时发现电流表指针偏转后抖动厉害，很难读数，原因初步确定为电流表本身出了问题，请选择合适的器材，在图3中画出实验电路图: (3)丙同学采用第(2)题中方案操作，记录数据如下表: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 R/Ω 100021 9 5 3 2 1.5 1.2 0.8 0.5 0.3 1/R 0.000.05 0.11 0.200.33 0.50 0.670.83 1.25 2.00 3.33 U/V 2.902.50 2.30 2.081.77 1.50 1.27 1.10 0.82 0.60 0.40 1/U 0.340.40 0.43 0.480.56 0.67 0.79 0.91 1.22 1.672.50 请在图2中作出相应的图象，并根据图象求出电源电动势E= 2.50 V，内阻r= 1.75 Ω((保留3位有效数字) 考点:描绘小电珠的伏安特性曲线( . 专题:实验题( 分析:( 1)根据实验原理及实物图的连接方式分析错误; (2)因电流表出现故障;故应采用电压表与电阻箱结合完成实验; 13 (3)根据闭合电路欧姆定律分析公式，再由描点法作出图象，由数学规律可求得电 动势和内阻( 解答:解:由电路图及实验原理可知，该同学接法中出现了三处错误; ?滑动变阻器应采用分压式连接方式; ?电流表应采用外接法接入电路 ?电压表量程应选择3V档((只要答对其中两个即可) (2)因电流表出现问题，故应弃用电流表，采用电压表与电阻箱组合完成实验;电 路图如图 (3)由闭合电路欧姆定律可知: U= 则可知: =+;故应作出,图象; 由描点法得出,图象;则可知， =0.4 ==0.7 解得:E=2.5V;r=1.75Ω 故答案为:(1)?滑动变阻器应采用分压式连接方式; ?电流表应采用外接法接入电路; ?电压表量程应选择3V档((只要答对其中两个即可) (2)如图;(3)2.5;1.75( 点评:本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意正确选择 电路，并掌握数据处理的方法( 四、计算题(本题共3小题，共计36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，答案中必须明确写出数值和单位() 16((11分)如图所示，竖直平面内固定着这样的装置:倾斜的粗糙细杆底端与光滑的圆轨道相接，细杆和圆轨道相切于B点，细杆的倾角为37?，长为L，半圆轨道半径为R=0.2L(一 14 质量为m的小球(可视为质点)套在细杆上，从细杆顶端A由静止滑下，滑至底端B刚好套在圆轨道上继续运动(球与杆间的动摩擦因数为μ=0.25，cos37?=0.8，sin37?=0.6(求: (1)小球滑至细杆底端B时的速度大小; (2)试分析小球能否滑至光滑竖直圆轨道的最高点C(如能，请求出在最高点时小球对轨道的压力;如不能，请说明理由; (3)若给球以某一初速度从A处下滑，球从圆弧最高点飞出后做平抛运动，欲使其打到细杆上与圆心O等高的D点，求球在C处的速度大小及撞到D点时速度与水平方向夹角的正切值( 考点:动能定理的应用;牛顿第二定律;平抛运动( . 专题:动能定理的应用专题( 分析:( 1)小球由A滑至B的过程，运用动能定理列式求解( (2)假设小球能运动到C点，根据动能定理求出小球到达C点的速度，与通过最高 点的最小速度比较，从而作出判断(再根据牛顿运动定律求解小球对轨道的压力( (3)小球从C点开始做平抛运动，根据平抛运动知识、几何关系结合求解( 解答: 解:(1)小球由A滑至B，由动能定理得:mgLsin37?,μmgLcos37?= 解得:v= B (2)设滑块能运动到C点，则从B到C，由动能定理: ,mgR(1+cos37?)=, 解得:v= C 因小球通过最高点的最小速度为0，所以小球能过最高点( 假设小球在最高点圆环对其受力向上，根据牛顿第二定律: mg,N=m 解得:N=0.6mg 由牛顿第三定律得小球在C点时对轨道的压力大小 N′=N=0.6mg; 方向:竖直向下 (3)小球从C点开始做平抛运动: x==vt C y=R= 解得 v= C 15 由图几何关系可知:位移偏向角的正切值:tanα=0.6 由平抛推论可知:速度偏向角的正切值:tanβ=2tanα1.2( 答:(1)小球滑至细杆底端B时的速度大小是; (2)小球能滑至光滑竖直圆轨道的最高点C(在最高点时小球对轨道的压力大小为 0.6mg，方向竖直向下( (3)球在C处的速度大小为，撞到D点时速度与水平方向夹角的正切值是1.2( 点评:分析清楚小球的运动过程，应用动能定理、牛顿第二定律和平抛运动规律即可正确解 题( 17((12分)如图甲所示，空间存在一有界匀强磁场，磁场的左边界如虚线所示，虚线右侧足够大区域存在磁场，磁场方向竖直向下(在光滑绝缘水平面内有一长方形金属线框，ab边长为l=0.2m，线框质量m=0.1kg、电阻R=0.1Ω，在水平向右的外力F作用下，以初速度v=1m/s匀加速进入磁场，外力F大小随时间t变化的图线如图乙所示(以线框右边刚进入0 磁场时开始计时，求: (1)匀强磁场的磁感应强度B 2)线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q; ( (3)若线框进入磁场过程中F做功为W=0.27J，求在此过程中线框产生的焦耳热Q( F 考点:导体切割磁感线时的感应电动势;闭合电路的欧姆定律;焦耳定律( . 专题:电磁感应与电路结合( 分析:( 1)应用安培力公式求出安培力，由图示图象求出拉力，由牛顿第二定律求出加速 度，然后求出磁感应强度( (2)由运动学公式求出线框的位移，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧 姆定律求出电流，由电流的定义式求出电荷量( (3)由能量守恒定律求出产生的焦耳热( 16 解答:解:( 1)由F,t图象可知，当线框全部进入磁场后， 2F=0.2N时，线框的加速度:a===2m/s， 0时刻线框所受的安培力:F=BIL=， 安培 由图示图象可知:F=0.3N， 由牛顿第二定律得:F,F=ma， 安培 代入数据解得:B=0.5T; (2)线框进入磁场过程通过截面电量:q=I?t， 由法拉第电磁感应定律得E==， 由闭合电路欧姆定律得:I=， 解得，电荷量:q=， 2由匀变速直线运动得:x=vt+at， 0 代入数据解得:x=0.75m，q=0.75C; (3)线框进入磁场过程，由能量守恒定律: 22W=Q+mv,mv，代入数据解得:Q=0.12J; Ft0 答:(1)匀强磁场的磁感应强度B为0.5T( (2)线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q为0.75C; (3)在此过程中线框产生的焦耳热Q为0.12J( 点评: 本题考查了求磁感应强度、电荷量与焦耳热，分析清楚线框的运动过程，应用安培力 公式、牛顿第二定律、运动学公式、法拉第电磁感应定律、能量守恒定律即可正确解 题( 18((13分)如图所示，带电平行金属板相距为2R，在两板间有垂直纸面向里磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，与两板及左侧边缘线相切(一个带正电的粒子(不计重力)沿两板间中心线OO从左侧边缘O点以某一速度射入，恰沿直线通过圆形磁场区域，并从极板边缘121 飞出，在极板间运动时间为t(若撤去磁场，粒子仍从O点以相同速度射入，则经时间01 打到极板上( (1)求粒子的初速度v和两极板间电压U; 0 (2)若两极板不带电，保持磁场不变，该粒子仍沿中心线OO从O点射入，欲使粒子从两121 2板间飞出，求射入的速度应满足条件((已知tanθ=) 17 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( . 专题:带电粒子在复合场中的运动专题( 分析:( 1)粒子在复合场中做直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，根据平衡条件列式;将 粒子的运动沿着水平和竖直方向正交分解，粒子水平方向一直做匀速运动，竖直方向 匀加速，根据分位移公式列式求解; (2)带电粒子先做匀速圆周运动，出磁场后做匀速直线运动，临界是恰好从右板下 边缘或上边缘用，几何关系可求出半径，然后利用牛顿第二定律即可求出两个临界速 度( 解答:解:( 1)设粒子从左侧O点射入的速度为v，极板长为L， 10 由题意可知，粒子离开磁场后做类平抛的水平位移为L,2R， 粒子在初速度方向上做匀速直线运动:L:(L,2R)=t:， 0 解得:L=4R， 粒子在电场中做类似平抛运动， 由牛顿第二定律得:a=， 水平方向:L,2R=v×， 0 2竖直方向:R=a()， 在复合场中作匀速运动:q=qvB， 0 解得:v=，U=; 0 (2)粒子在电场中做类似平抛运动， 由牛顿第二定律得:a=， 2竖直方向:R=a()， 粒子在复合场中作匀速运动， 由平衡条件得:q=qvB， 0 解得: =; ?设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r， 粒子恰好从上极板左边缘飞出时速度的偏转角为α， 粒子运动轨迹如图所示: 18 由几何关系可知:β=π,α=45?，r+r=R，解得:r=(,1)R， 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 由牛顿第二定律得:qvB=m， 解得:v=， 所以，粒子两板左侧间飞出的条件为:0,v,; ?粒子恰好从上极板右边缘飞出时，粒子运动轨迹如图所示: 由几何关系得:tan2θ==， 由tan2θ= 解得:tanθ=,3， 由图示及几何知识得:tanθ=， 解得:r=(+3)R， 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 由牛顿第二定律得:qvB=m， 解得:v=， 粒子从两板右侧飞出的条件是:v,; 综上所述可知，欲使粒子从两板间飞出，粒子射入的速度应满足条件是: 0,v,或v,; 19 答:(1)粒子的初速度v为:，两极板间电压U为; 0 (2)射入的速度应满足条件是:0,v,或v,( 点评:解决带电粒子在复合场中的运动，关键是抓住题目中的突破口(粒子在磁场中圆周运 动问题处理的基本方法是画轨迹，往往从分析边界情况，得到临界速度(常常用到几 何和三角知识求解半径( 20