云南省某知名中學(xué)高二物理上學(xué)期期末考試試題含解析

1、云南省曲靖市沾益區(qū)第四中學(xué)2017-2018學(xué)年度高二上學(xué)期期末考試物理試題一、選擇題：本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1-8題只有一項(xiàng)符合題目要求，第9-12題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)或不選的得0分。1. 如圖是某質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的速度-時(shí)間圖像，由圖像得到的正確結(jié)果是（ ）a. 01 s內(nèi)的平均速度是2m/sb. 01s內(nèi)的運(yùn)動(dòng)方向與2-4s內(nèi)的運(yùn)動(dòng)方向相同c. 01s內(nèi)的加速度小于2-4s內(nèi)的加速度d. 04s內(nèi)的位移大小是5m【答案】bd【解析】試題分析：內(nèi)質(zhì)點(diǎn)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，平均速度，故a錯(cuò)誤；兩個(gè)時(shí)間段內(nèi)速度均為正

2、，表明速度都為正方向，運(yùn)動(dòng)方向相同，故b正確；速度時(shí)間圖線的斜率表示加速度，根據(jù)圖象可知01s內(nèi)的加速度大于24s內(nèi)的加速度，故c錯(cuò)誤；圖線與x軸包圍的面積表示位移大小，則04s內(nèi)的位移大小x=12×(4+1)×25m，故d正確?？键c(diǎn)：運(yùn)動(dòng)學(xué)中的圖像【名師點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵要明確速度時(shí)間圖線中斜率、截距、面積等的物理意義，同時(shí)要會(huì)運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解。2.2.用圖示的電路可以測(cè)量電阻的阻值,圖中rx是待測(cè)電阻,r0是定值電阻，g是靈敏度很高的電流表,m、n是一段均勻的電阻絲.閉合開關(guān),改變滑動(dòng)頭p的位置,當(dāng)通過(guò)電流表g的電流為零時(shí),測(cè)得mp=l1,pn=l2，則rx的阻值為(

3、    )a. l1l2r0 b. l1l1+l2r0 c. l2l1r0 d. l2l1+l2r0【答案】c【解析】【詳解】電阻絲mp段與pn段電壓之比等于r0和rx的電壓比，即umpupn=ur0urx=r0rx;通過(guò)電流表g的電流為零，說(shuō)明通過(guò)電阻絲兩側(cè)的電流是相等的，而總電流一定，故通過(guò)r0和rx的電流也相等,故rmprpn=r0rx；根據(jù)電阻定律公式r=ls，有rmprpn=l1l2，故r0rx=l1l2，解得rx=l2l1r0；故選c.【點(diǎn)睛】本題是串并聯(lián)電路中電流、電壓關(guān)系和電阻定律、歐姆定律的綜合運(yùn)用問(wèn)題，設(shè)計(jì)思路巧妙，考查了分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力.3.3

4、.如圖所示,繞在鐵芯上的線圈與電源、滑動(dòng)變阻器和開關(guān)組成一閉合回路,在鐵芯的右端套有一個(gè)表面絕緣的銅環(huán),下列各種情況銅環(huán)中不產(chǎn)生感應(yīng)電流的是(  )a. 線圈中通以恒定的電流b. 通電時(shí),使變阻器的滑片p勻速移動(dòng)c. 通電時(shí),使變阻器的滑片p加速移動(dòng)d. 將開關(guān)突然斷開的瞬間【答案】a【解析】試題分析：線圈中通以恒定的電流時(shí)，線圈產(chǎn)生穩(wěn)恒的磁場(chǎng)，穿過(guò)銅環(huán)a的磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生故a錯(cuò)誤通電時(shí)，使變阻器的滑片p作向右勻速滑動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻減小，回路中電流增大，線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)增強(qiáng)，穿過(guò)銅環(huán)a磁通量增大，產(chǎn)生感應(yīng)電流，故b正確通電時(shí)，使變阻器的滑片 p 固定不動(dòng)，則變阻器

5、接入電路的電阻不變，回路中電流不變，線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)不變，穿過(guò)銅環(huán)a磁通量不變，不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流故c錯(cuò)誤將電鍵突然斷開的瞬間，線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)從有到無(wú)消失，穿過(guò)穿過(guò)銅環(huán)a的磁通量減小，產(chǎn)生感應(yīng)電流故d正確故選bd。考點(diǎn)：電磁感應(yīng)現(xiàn)象【名師點(diǎn)睛】產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件細(xì)分有兩個(gè)：一是電路要閉合；二是磁通量要發(fā)生變化基礎(chǔ)題。4.4.平行板電容器和電源、電阻、電鍵串聯(lián),組成如圖所示的電路.接通開關(guān)k,電源即給電容器充電(   )a. 保持k接通,減小兩極板間的距離,則兩極板間電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度減小b. 保持k接通,在兩極板間插入一塊介質(zhì),則極板上的帶電量不變c. 充電結(jié)束后斷開k,減小兩極板

6、間的距離,則兩極板間的電勢(shì)差減小d. 充電結(jié)束后斷開k,在兩極板間插入一塊介質(zhì),則極板上的電勢(shì)差增大【答案】c【解析】保持k接通，電容器極板間的電壓不變，減小兩極板間的距離，由e=ud分析得知，兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度增大故a錯(cuò)誤保持k接通，在兩極板間插入一塊鋁板，板間距離減小，由e=ud分析得知，兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度增大，故b正確；充電結(jié)束后斷開k，電容器所帶電量不變，根據(jù)電容的決定式c=s4kd可知，板間距離減小，電容增大，根據(jù)c=qu可知，兩極板間的電勢(shì)差減小，故c錯(cuò)誤；充電結(jié)束后斷開k，電容器所帶電量不變，根據(jù)電容的決定式c=s4kd可知，在兩極板間插入一塊電介質(zhì)，電容增大，根據(jù)c=qu可知，兩極

7、板間的電勢(shì)差減小，故d錯(cuò)誤；故選b.5.5.如圖所示，質(zhì)量為m的小球用水平輕彈簧系住，并用傾角為30°的光滑木板ab托住，小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)當(dāng)木板ab突然向下撤離的瞬間，小球的加速度大小為()a. 0 b. 233g c. g d. 33g【答案】b【解析】木板撤去前，小球處于平衡態(tài)，受重力、支持力和彈簧的拉力，如圖：根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有：fnsin30°=0，ncos30°g=0，解得n=233mg，f=33mg，木板ab突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不變，合力等于支持力n，方向與n反向，故加速度為：a=nm=233g，故選項(xiàng)c正確。點(diǎn)睛：木板撤去前，小

8、球處于平衡態(tài)，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件先求出各個(gè)力，撤去木板瞬間，支持力消失，彈力和重力不變，求出合力后即可求出加速度。6.6.如圖所示，金屬棒mn兩端由等長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線水平懸掛，處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬棒中通以由m向n的電流，平衡時(shí)兩懸線與豎直方向夾角均為，如果僅改變下列某一條件，角的相應(yīng)變化情況是（ ）a. 金屬棒質(zhì)量變大，角變大b. 兩懸線等長(zhǎng)變短，角變小c. 金屬棒中的電流變大，角變大d. 磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，角變大【答案】cd【解析】a項(xiàng)，水平的直線電流在豎直磁場(chǎng)中受到水平的安培力，與豎直方向形成夾角，此時(shí)它受力平衡，有tan=bilmg 。所以金屬棒質(zhì)量變大，角變小，故a錯(cuò)誤；b項(xiàng)，根據(jù)

9、tan=bilmg，兩懸線變短，不影響平衡狀態(tài)，角度不變，故b項(xiàng)錯(cuò)誤。c項(xiàng)，根據(jù)tan=bilmg，金屬棒中的電流變大，角變大，故c正確；d項(xiàng)，根據(jù)tan=bilmg，磁感應(yīng)強(qiáng)度變大角度變大，故d項(xiàng)正確。綜上所述本題答案是：cd7.7.圓形區(qū)域內(nèi)有如圖所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng),一束比荷相同的帶電粒子對(duì)準(zhǔn)圓心o射入,分別從a、b兩點(diǎn)射出,下列說(shuō)法正確的是(   )a. b點(diǎn)出射粒子速率較小b. a點(diǎn)出射粒子運(yùn)動(dòng)半徑較大c. b點(diǎn)出射粒子磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短d. a點(diǎn)出射粒子速度偏轉(zhuǎn)角較小【答案】c【解析】【詳解】粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的示意圖如圖所示：a、b、由洛

10、倫茲力提供向心力qvb=mv2r，可得r=mvqb，結(jié)合幾何運(yùn)動(dòng)徑跡可知，從b點(diǎn)射出的粒子運(yùn)動(dòng)半徑較大，結(jié)合荷質(zhì)比相同，可得從a點(diǎn)射出的粒子速率較??；故a，b錯(cuò)誤。c、由運(yùn)動(dòng)周期公式得，t=2mqb，由于荷質(zhì)比相同，周期與速率無(wú)關(guān)，粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t=2t可知運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，僅由軌跡所對(duì)的圓心角決定，故b點(diǎn)射出的粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短；故c正確。d、利用對(duì)稱性可知，粒子沿半徑方向入射一定沿半徑方向出射，由圖可以看出a粒子速度方向偏轉(zhuǎn)的角度大于b粒子速度方向偏轉(zhuǎn)的角度；故d錯(cuò)誤。故選c?！军c(diǎn)睛】本題考查帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，解題關(guān)鍵是要畫出粒子軌跡過(guò)程圖，運(yùn)用洛倫茲力提供向心力求出半徑公式，注意對(duì)稱

11、性的運(yùn)用，粒子沿半徑方向入射一定沿半徑方向出射，運(yùn)用粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角，結(jié)合周期公式，求解粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間8.8.如圖所示,平行板電容器帶有等量異種電荷,與靜電計(jì)相連,靜電計(jì)金屬外殼和電容器下極板都接地,在兩極板間有一個(gè)固定在p點(diǎn)的點(diǎn)電荷,以e表示兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度, ep表示點(diǎn)電荷在p點(diǎn)的電勢(shì)能，表示靜電計(jì)的偏角，若保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離至圖中虛線位置,則(    ) a.減小,e不變b.增大,e增大c.減小，ep增大d.增大，ep不變【答案】a【解析】電容器與電源斷開，故電量不變；上極板向下移動(dòng)時(shí)，兩板間的距離減小，根據(jù)

12、c=s4kd 可知，電容c增大，則根據(jù)c=qu可知，電壓u減??；故靜電計(jì)指針偏角減小；兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為：e=ud=qcd=4kqs；因此電場(chǎng)強(qiáng)度與板間距無(wú)關(guān)，因此電場(chǎng)強(qiáng)度不變；再根據(jù)設(shè)p與下極板距離為l，則p點(diǎn)的電勢(shì)p=el，電勢(shì)能ep=elq； 因此電荷在p點(diǎn)的電勢(shì)能保持不變；故d正確，abc錯(cuò)誤；故選d點(diǎn)睛：本題考查電容器的動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題，解題的關(guān)鍵在于正確掌握電容的決定式和定義式；同時(shí)注意要掌握相關(guān)結(jié)論的應(yīng)用，如本題中可以直接應(yīng)用結(jié)論：當(dāng)充電后斷開電源時(shí)，如果只改變兩板間距離，則兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變9.9.如圖所示,在兩等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中，m、n為兩電荷連線的中垂線,，a、b、c三點(diǎn)

13、所在直線平行于兩電荷的連線，且和關(guān)于mn對(duì)稱,b 點(diǎn)位于m、n上。點(diǎn)位于兩電荷的連線上.以下判斷正確的是(   )a. b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大于d點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)b. b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)小于d點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)c. 、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差等于b、兩點(diǎn)間的電勢(shì)差d. 試探電荷+q在點(diǎn)的電勢(shì)能小于在點(diǎn)的電勢(shì)能【答案】bc【解析】試題分析：在兩等量異號(hào)電荷連線上，中間點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度最??；在兩等量異號(hào)電荷連線的中垂線上，中間點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度最大；所以b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)小于d點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)；由對(duì)稱性可知，a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差等于b、c兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，故選項(xiàng)bc正確；因a點(diǎn)的電勢(shì)高于c點(diǎn)的電勢(shì)，故試探電荷+q在a點(diǎn)的電勢(shì)能大于在c點(diǎn)的電勢(shì)能，選項(xiàng)d錯(cuò)誤?？键c(diǎn)：電

14、場(chǎng)的疊加、電勢(shì)能【名師點(diǎn)睛】常見電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布及等勢(shì)面的分布要求我們能熟練掌握，并要注意沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)是降低的，同時(shí)注意等量異號(hào)電荷形成電場(chǎng)的對(duì)稱性。視頻10.10.2012年6月18日,“神舟九號(hào)”飛船與“天宮一號(hào)”目標(biāo)飛行器在離地面343km的近圓軌道上成功進(jìn)行了我國(guó)首次載人空間交會(huì)對(duì)接.對(duì)接軌道所處的空間存在極其稀薄的空氣.下面說(shuō)法正確的是(   )a. 為實(shí)現(xiàn)對(duì)接,兩者運(yùn)行速度的大小都應(yīng)介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之間b. 如不加干預(yù),在運(yùn)行一段時(shí)間后,“天宮一號(hào)”的動(dòng)能可能會(huì)增加c. 如不加干預(yù),“天宮一號(hào)”的軌道高度將緩慢降低d. 航天員在“天宮一號(hào)”中

15、處于失重狀態(tài),說(shuō)明航天員不受地球引力作用【答案】bc【解析】試題分析：萬(wàn)有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，所以第一宇宙速度是圍繞地球圓周運(yùn)動(dòng)的最大速度，衛(wèi)星由于摩擦阻力作用，軌道高度將降低，運(yùn)行速度增大，失重不是失去重力而是對(duì)懸繩的拉力或支持物的壓力減小的現(xiàn)象根據(jù)相應(yīng)知識(shí)點(diǎn)展開分析即可解：a、又第一宇宙速度為最大環(huán)繞速度，天宮一號(hào)的線速度一定小于第一宇宙速度故a錯(cuò)誤；b、根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有：=mv=，得軌道高度降低，衛(wèi)星的線速度增大，故動(dòng)能將增大，所以b正確；c、衛(wèi)星本來(lái)滿足萬(wàn)有引力提供向心力即=m，由于摩擦阻力作用衛(wèi)星的線速度減小，提供的引力大于衛(wèi)星所需要的向心力故衛(wèi)星將做近心運(yùn)動(dòng)，即軌道半

16、徑將減小，故c正確；d、失重狀態(tài)說(shuō)明航天員對(duì)懸繩或支持物體的壓力為0，而地球?qū)λ娜f(wàn)有引力提供他隨天宮一號(hào)圍繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，所以d錯(cuò)誤故選：bc【點(diǎn)評(píng)】解決衛(wèi)星運(yùn)行規(guī)律問(wèn)題的核心原理是萬(wàn)有引力提供向心力，通過(guò)選擇不同的向心力公式，來(lái)研究不同的物理量與軌道半徑的關(guān)系視頻11.11.如圖所示,甲、乙兩個(gè)電路都是由一個(gè)靈敏電流表g和一個(gè)電阻箱r組成的,下列說(shuō)法正確的是(   ) a. 甲表是電流表,r增大時(shí)量程增大b. 甲表是電流表,r增大時(shí)量程減小c. 乙表是電壓表,r增大時(shí)量程增大d. 乙表是電壓表,r增大時(shí)量程減小【答案】bc【解析】由甲圖所示可知，g與電阻r并聯(lián)

17、，甲圖是電流表，r增大，r的分流較小，電流表量程減小，故b正確，a錯(cuò)誤；由乙圖所示可知，g與r串聯(lián)，乙表是電壓表，r增大時(shí)，變阻器分擔(dān)的電壓增大，電壓表量程增大，故cd錯(cuò)誤；故選b。點(diǎn)睛：本題考查電表改裝原理的理解能力電流計(jì)串聯(lián)一個(gè)分壓電阻即為電壓表；并聯(lián)分流電阻為電流表；當(dāng)電流計(jì)的指針滿偏時(shí)，電流表或電壓表的指針滿偏，所測(cè)量的電流或電壓達(dá)到最大值12.12.質(zhì)量為m的通電細(xì)桿放在傾角為的導(dǎo)軌上,導(dǎo)軌的寬度為d,桿與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,有電流通過(guò)桿,桿恰好靜止于導(dǎo)軌上,在如圖所示的a、b、c、d四個(gè)圖中,桿與導(dǎo)軌間的摩擦力一定不為零的是(   )a. b. c. d. 【

18、答案】cd【解析】a中通電細(xì)桿受豎直向下的重力、水平向左的安培力和垂直于斜面向上的支持力，可知這三個(gè)力的合力不可能等于0，通電細(xì)桿一定受摩擦力故a正確b中通電細(xì)桿受豎直向下的重力、豎直向上的安培力和垂直于斜面向上的支持力，若通電細(xì)桿受的重力與所受的豎直向上的安培力相等，通電細(xì)桿不受摩擦力若重力大于安培力，則受重力、支持力，安培力、摩擦力所以通電細(xì)桿可能受摩擦力，可能不受摩擦力故b錯(cuò)誤c圖通電細(xì)桿受豎直向下的重力、豎直向下的安培力和垂直于斜面向上的支持力，這三個(gè)力的合力不可能等于0，所以通電細(xì)桿若要處于平衡，一定受沿斜面向上的摩擦力故c正確d圖通電細(xì)桿受豎直向下的重力、水平向右的安培力和垂直于斜

19、面向上的支持力，這三個(gè)力的合力可能等于0，所以通電細(xì)桿若要處于平衡，不一定受沿斜面向上的摩擦力故d錯(cuò)誤故選：ac.注：此題答案ac.二、實(shí)驗(yàn)題（本題共2個(gè)小題，共14分。）13.13.在“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中,某同學(xué)使用了如圖所示的裝置,打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的打點(diǎn)頻率為50hz。(1)該同學(xué)得到一條紙帶,在紙帶上取連續(xù)的六個(gè)點(diǎn),如圖所示,相鄰兩點(diǎn)間的距離分別為10.0mm、12.0mm、14.0mm、16.0mm、18.0mm,則打e點(diǎn)時(shí)小車的速度為_m/s,小車的加速度為_m/s2。(2)該同學(xué)要探究小車的加速度a和質(zhì)量m的關(guān)系,應(yīng)該保持拉力不變;得到多組數(shù)據(jù)后他應(yīng)描給的圖象是_(填a-

20、m還是a1m)【答案】 (1). 0.85 (2). 5 (3). a1m【解析】【詳解】(1)利用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，得出：ve=xdftdf=0.016+0.0182×0.02=0.85m/s;根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的判別式：a=xt2=2×1030.022m/s2=5m/s2.(2)為了更直觀地反映物體的加速度a與物體質(zhì)量m的關(guān)系，為了直觀判斷二者間的關(guān)系，應(yīng)作出直線圖形探究加速度與質(zhì)量的關(guān)系時(shí)，為了直觀判斷二者間的關(guān)系，應(yīng)作出a1m圖象.【點(diǎn)睛】實(shí)驗(yàn)問(wèn)題需要結(jié)合物理規(guī)律去解決對(duì)于實(shí)驗(yàn)我們要清楚每一項(xiàng)操作存在的理由其中平衡摩擦力的原因以及做

21、法在實(shí)驗(yàn)中應(yīng)當(dāng)清楚數(shù)據(jù)處理時(shí)注意單位的換算14.14.用如下圖所示電路測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻.實(shí)驗(yàn)器材:待測(cè)電源(電動(dòng)勢(shì)約3v,內(nèi)阻約2),保護(hù)電阻r1(阻值10)和r2(阻值5),滑動(dòng)變阻器r,電流表a,電壓表v,開關(guān)s,導(dǎo)線若干.實(shí)驗(yàn)主要步驟:   (1)將滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值調(diào)到最大,閉合開關(guān);(2)逐漸減小滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值,記下電壓表的示數(shù)u和相應(yīng)電流表的示數(shù)i;(3)以u(píng)為縱坐標(biāo), i為橫坐標(biāo),作圖u-i圖線(u、i都用國(guó)際單位);(4) 求出u-i圖線斜率的絕對(duì)值k和在橫軸上的截距.回答下列問(wèn)題:(1)電壓表最好選用_;電流表最好選用_.a.電壓表(

22、0-3v,內(nèi)阻約15k)b.電壓表(0-3v,內(nèi)阻約3k)c.電流表(0-200ma,內(nèi)阻約2)d.電流表(0-30ma,內(nèi)阻約2)(2)選用k、a、r1和r2表示待測(cè)電源的電動(dòng)勢(shì)e和內(nèi)阻的表達(dá)式e=_,r=_,代入數(shù)值可得e和的測(cè)量值.【答案】 (1). a (2). c (3). ak (4). k-r2【解析】【詳解】電壓表并聯(lián)在電路中，故電壓表內(nèi)阻越大，分流越小，誤差也就越小，因此應(yīng)選內(nèi)阻較大的a電壓表；當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電阻最小時(shí)，通過(guò)電流表電流最大，此時(shí)通過(guò)電流表電流大小約為i=er1+r2+r=310+5+2=176ma;因此，電流表選擇c；分析電路可知，滑片右移電壓表示數(shù)變大，則

23、說(shuō)明滑動(dòng)變阻器接入電路部分阻值增大，而a項(xiàng)中兩導(dǎo)線均接在金屬柱的兩端上，接入電阻為零；而b項(xiàng)中兩導(dǎo)線接在電阻絲兩端，接入電阻最大并保持不變；c項(xiàng)中一導(dǎo)線接在金屬桿左端，而另一導(dǎo)線接在電阻絲左端，則可以保證滑片右移時(shí)阻值增大；而d項(xiàng)中導(dǎo)線分別接右邊上下接線柱，滑片右移時(shí)，接入電阻減??；故d錯(cuò)誤；故選c；由閉合電路歐姆定律可知：u=e-i（r+r2），對(duì)比伏安特性曲線可知，圖象的斜率為k=r+r2；則內(nèi)阻r=k-r2；令u=0，則有：i=er+r2=ek;由題意可知，圖象與橫軸截距為a，則有：a=i=ek,解得e=ka.【點(diǎn)睛】本題考查測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻實(shí)驗(yàn)中的儀表選擇以及數(shù)據(jù)處理，要注意明

24、確根據(jù)圖象分析數(shù)據(jù)的方法，重點(diǎn)掌握?qǐng)D象中斜率和截距的意義.三、計(jì)算題（本題共4個(gè)小題，共38分。解答應(yīng)寫出必要的方程式和重要演算步驟，只有答案的不得分。）15.15.質(zhì)量為0.1kg的彈性球從空中某高度由靜止開始下落，該下落過(guò)程對(duì)應(yīng)的v-t圖線如圖所示；球與水平地面相碰后反彈，離開地面時(shí)的速度大小為碰撞前的23該球受到的空氣阻力大小恒為f，取g=10m/s2，求：（1）彈性球受到的空氣阻力f的大??；（2）彈性球第一次碰撞后反彈的最大高度h【答案】（1）0.4n（2）17m【解析】試題分析：（1）根據(jù)圖象得a=400.5=8m/s2，由牛頓第二定律：mg-f=ma，得f=m（g-a）=02

25、15;（10-8）=04n（2）由題意反彈速度v34v3m/s又由牛頓第二定律：mg+f=ma，得a=0.2×10+0.40.2=12m/s2故反彈高度為：hv22a322×1238m考點(diǎn)：v-t圖像；牛頓第二定律的應(yīng)用【名師點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵是對(duì)圖象的應(yīng)用，由圖象的斜率等于物體的加速度得到加速度，然后根據(jù)牛頓第二定律列得方程才能得到阻力，進(jìn)而解答全題。視頻16.16.光滑絕緣的水平面上固定著三個(gè)帶電小球a、b、c，它們的質(zhì)量均為m，間距均為r，a，b帶等量正電荷q，現(xiàn)對(duì)c球施一水平力f的同時(shí)，將三個(gè)小球都放開,如圖所示,欲使得三個(gè)小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中保持間距不變,求:（1）c球的

26、電性和電荷量;（2）力f及小球的加速度.【答案】(1)負(fù)電、電荷量為2q （2）f=33kq2r2;a=3kq2r2m【解析】試題分析：通過(guò)對(duì)整體的受力分析，可知加速度相同，再對(duì)a球受力分析，可知c球帶負(fù)電，通過(guò)在豎直方向受力平衡求出所點(diǎn)電荷量；通過(guò)在水平方向有牛頓第二定律可求出a球產(chǎn)生的加速度，再對(duì)整體利用牛頓第二定律求解出所加外力即可（1）運(yùn)動(dòng)中間距不變，則三球加速度相同，水平向右設(shè)c球所帶電量為q，對(duì)a求受力分析可知，得c球帶負(fù)電，且：kqqr2cos60°=kq2r2，解得q=2q，為負(fù)電（2）對(duì)a球受力分析可知，kqqr2sin60°=ma，解得a=k3qq2mr2=3kq2mr2對(duì)整體受力分析可知f=3ma=33kq2r217.17.如圖所示,兩平行金屬板間距為d,電勢(shì)差為u,板間電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng);金屬板下方有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為b的勻強(qiáng)磁場(chǎng).帶電量為+q不質(zhì)量為m的粒子,由靜止開始從正極板出發(fā),經(jīng)電場(chǎng)加速后射出,并進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng).忽略重力的影響,求:（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)e的大小;（2）粒子從電場(chǎng)射出時(shí)速度的大小;（3）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r