浙江省紹興一中2015屆高三下學期5月模擬物理試卷

1、浙江省紹興一中2015屆高考物理模擬試卷（5月份）一、選擇題（共4小題，每小題3分，滿分12分）1以下物理事實，描述正確的是( )A在煉鋼廠中，把熔化的鋼水澆入圓柱形模子，模子沿圓柱的中心軸高速旋轉(zhuǎn)，鋼水由于受到離心力的作用趨于周壁，形成無縫鋼管B在燃氣灶中，安裝有電子點火器，接通電子線路時產(chǎn)生高電壓，通過高壓放電來點燃氣體，點火器的放電電極往往做成球狀C有些合金如錳銅合金和鎳銅合金，由于電阻率幾乎不受溫度變化的影響，常用來制作標準電阻D為保證電表在運輸過程中指針晃動角度過大，不能用導線將兩接線柱連起來2如圖所示，是某同學站在力傳感器上，做下蹲起立的動作時記錄的力隨時間變化的圖線由圖線可以得到

2、以下信息正確的是( )A該同學做了兩次下蹲起立運動B該同學做了四次下蹲起立運動C下蹲過程中人處于失重狀態(tài)D起立過程中人處于超重狀態(tài)3彈弓是80后童年生活最喜愛的打擊類玩具之一，其工作原理如圖所示，橡皮筋兩端點A、B固定在把手上，橡皮筋ABC恰好處于原長狀態(tài)，在C處（AB連線的中垂線上）放一固體彈丸，一手執(zhí)把，另一手將彈丸拉至D點放手，彈丸就會在橡皮筋的作用下迅速發(fā)射出去，打擊目標現(xiàn)將彈丸豎直向上發(fā)射，已知E是CD中點，則( )A從D到C，彈丸的動能一直在增大B從D到C，彈丸的機械能增加C從D到C，彈丸的機械能先增大后減小D從D到E彈丸增加的機械能大于從E到C彈丸增加的機械能4如圖所示，斜劈A靜

3、止放在水平地面上，木樁B固定在水平地面上，彈簧把物體與木樁相連且平行于斜面物體m、人和A均保持靜止不計m與A之間的摩擦，則下列說法正確的是( )A地面對A的摩擦力向左B若剪斷彈簧，物體和人將向下運動，而A仍保持靜止C若人從物體m離開，物體m仍靜止在斜劈A上D若剪斷彈簧同時人從物體m離開，地面對A的摩擦力為零二、多項選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分在每小題給出的四個選項中，至少有一個選項是符合題目要求的全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）5如圖，光滑絕緣細管與水平面成30°角，在管的上方P點固定一個正點電荷Q，P點與細管在同一豎直平面內(nèi)一帶電量為q的小球位于

4、管的頂端A點，PA連線水平，qQ將小球由靜止開始釋放，小球沿管到達底端C點已知B是AC中點，PBAC，小球在A處時的加速度為a不考慮小球電荷量對電場的影響，則( )AA點的電勢低于B點的電勢BB點的電場強度大小是A點的4倍C小球從A到C的過程中電勢能先增大后減小D小球運動到C處的加速度為ga6如圖所示，扇形區(qū)域AOC內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，邊界OA上有一粒子源S某一時刻，從S平行于紙面向各個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子（不計粒子的重力及粒子間的相互作用），所有粒子的初速度大小相同，經(jīng)過一段時間有部分粒子從邊界OC射出磁場已知AOC=60°，從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的最長

5、時間等于（T為粒子在磁場中運動的周期），則從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的時間不可能為( )ABCD7如圖所示，兩個有界勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向分別垂直紙面向里和向外，磁場寬度均為L，距磁場區(qū)域的左側(cè)L處，有一邊長為L的正方形導體線框，總電阻為R，且線框平面與磁場方向垂直現(xiàn)用外力F使線框以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，以初始位置為計時起點，規(guī)定：電流沿逆時針方向時電動勢E為正，磁感線垂直紙面向里時磁通量為正，外力F向右為正則下圖中關于線框中的磁通量、感應電電勢E，外力F和線圈總功率P隨時間t變化關系正確的是( )ABCD三、解答題（共5小題，滿分80分）8如圖甲所示的裝置可用于“探究功與

6、速度變化的關系”實驗過程如下：第一步：用螺旋測微器測擋光片的寬度d把擋光片放入AF之間后，他應先轉(zhuǎn)動_，到F靠近擋光片，再轉(zhuǎn)動_到F夾住擋光片，直至聽到棘輪發(fā)出聲音為止，撥動_，使F固定后讀數(shù)（填圖乙中所給儀器部件字母）此時，螺旋測微器的示數(shù)如圖丙所示，則擋光片的寬度是_mm第二步：把擋光片固定在小車上，測得小車和擋光片的總質(zhì)量為M，把小車放到軌道上，用細線一端與小車連接，另一端跨過定滑輪掛上砝碼盤第二步：保持軌道水平，通過調(diào)整砝碼盤里砝碼的質(zhì)量讓小車做勻速運動，此時砝碼和砝碼盤的總質(zhì)量m0第三步：增加砝碼和砝碼盤的總質(zhì)量到m，釋放后，小車經(jīng)過光電門1和2，記錄光電門1和2的擋光時間分別為t1

7、、t2（小車通過光電門2后，砝碼盤才落地）測出光電門1和2的中心距離s第四步：保持其它條件不變，僅移動光電門2，改變兩光電門的距離s（小車通過光電門2后，砝碼盤才落地），多次實驗后作出如圖丁所示的圖線，其中數(shù)據(jù)均取國際單位，且圖線斜率為1.01若圖線中橫坐標為（M+m）（）2，則縱坐標為_（用題目中所給的符號表示，已知當?shù)刂亓铀俣葹間）9一節(jié)普通干電池，電動勢大約為1.5V，內(nèi)電阻約為0.5某實驗小組的同學們?yōu)榱吮容^準確地測出該電池的電動勢和內(nèi)電阻，他們在老師的支持下拿到了以下器材：A電壓表V（15V，內(nèi)阻RV約為5k）B電流表G（量程3.0mA，內(nèi)阻Rg=10）C電流表A（量程0.6A，內(nèi)

8、阻RA=0.50）D滑動變阻器R1（010，10A）E滑動變阻器R2（0100，1A）F定值電阻器R3=590G定值電阻器R4=990H開關S和導線若干（1）為了盡可能準確地進行測量，某同學設計了如圖所示的電路圖中a、b、c、d處應選用的器材分別是_、_、_、_（填寫器材序號）（2）閉合開關后，該同學先后測得b和c兩表的讀數(shù)各兩組，記為（b1，c1）和（b2，c2），請用所給數(shù)據(jù)和題中器材符號，寫出計算電池內(nèi)阻的表達式為_10（16分）如圖所示為“割繩子”游戲中的一幅截圖，游戲中割斷左側(cè)豎直繩子時若糖果能砸到正下方的星星，就能得分糖果一定能碰到星星嗎？現(xiàn)將其中的物理問題抽象出來進行研究：三根不

9、可伸長的輕繩共同系住一顆質(zhì)量為m的糖果（可視為質(zhì)點），設從左到右三根輕繩的長度分別為L1、L2和L3，其中最左側(cè)的繩子處于豎直且張緊的狀態(tài)，另兩根繩均處于松弛狀態(tài)，三根繩的上端分別固定在同一水平線上，且相鄰兩懸點間距離均為d，糖果正下方的一顆星星與糖果距離為h已知繩子由松弛到張緊時沿繩方向的速度分量即刻減為零，現(xiàn)將最左側(cè)的繩子割斷（已知m=25g，d=3cm，L1=3cm，h=1cm）求：（1）只要繩長滿足什么條件糖果就能經(jīng)過正下方第一顆星星處？（2）若在割斷繩子到糖果運動到最低點的過程，L3始終處于松弛狀態(tài)，L2的長度剛好滿足（1）中的臨界狀態(tài)，求糖果到達最低點動能為多少？11如圖所示，區(qū)存

10、在相互垂直的勻強磁場和勻強電場，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度B1=0.4T電場的方向豎直向下，電場強度E1=2.0×105V/m，兩平板間距d1=20cm；、區(qū)為對稱的1/4圓弧為界面的勻強磁場區(qū)域，磁場垂直紙面方向，對應磁感應強度分別為B2、B3；區(qū)為有界勻強電場區(qū)域，電場方向水平向右，電場強度E2=5×105V/m，右邊界處放一足夠大的接收屏MN，屏MN與電場左邊界的距離d2=10cm一束帶電量q=8.0×1019C，質(zhì)量m=8.0×1026 kg的正離子從區(qū)左側(cè)以相同大小的速度v0（未知）沿平行板的方向射入?yún)^(qū)，恰好能做直線運動，穿出平行板后進入

11、或區(qū)的磁場區(qū)域，且所有粒子都能從同點O射出，進入?yún)^(qū)后打在接收屏MN上（不計重力），求：（1）正離子進入?yún)^(qū)時的速度大小v0（2）、區(qū)的磁感應強度B2、B3的大小與方向（3）正離子打在接收屏上的徑跡的長度12（22分）風力發(fā)電機是將風能（氣流的動能）轉(zhuǎn)化為電能的裝置，在能源危機日趨嚴重的今天日漸被更多的國家重視和開發(fā)世界上最大海上風電場倫敦陣列于2013年7月正式投入運營此風電場位于倫敦泰晤士河口外，長達20公里，面積約100平方公里，安裝有175臺著床式風車風力發(fā)電機主要部件包括風輪機、齒輪箱，發(fā)電機等如圖1所示，風車風輪機葉片長度r=60m，風輪機葉片旋轉(zhuǎn)所掃過的面積為發(fā)電機可接受風能的面積已

12、知風能的利用率為K=25%，=1.3kg/m3（1）依據(jù)現(xiàn)有技術，大約是v=3m/s的速度（微風的程度），便可以開始發(fā)電此時風電場一臺風車的發(fā)電功率為多少？（2）若考慮輪休和檢修，發(fā)電時風電場有的風車處于關閉狀態(tài)又因發(fā)電機自身的損耗，發(fā)電機輸出效率為，請寫出當風速為v時，此風電場的總輸出功率的表達式（用題中所給的符號）？（3）發(fā)電機原理可以簡化為以下兩種模型：模型一：如圖2所示，兩磁極固定，讓N匝矩形線圈在磁感強度為B的勻強磁場中繞線圈的中軸線勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動的角速度為，線圈的面積為S，求當線圈處于圖示位置（線圈平面與磁場平行）時，線圈上產(chǎn)生的感應電動勢E為多大？模型二：仍如圖2所示，線圈固定，

13、讓兩磁極繞線圈中軸線逆時針轉(zhuǎn)動，設轉(zhuǎn)動過程中垂直于線圈平面的磁感強度分量B隨時間變化可以簡化為如圖3所示，請定性畫出感應電動勢隨時間的變化圖浙江省紹興一中2015屆2015屆高考物理模擬試卷（5月份）一、選擇題（共4小題，每小題3分，滿分12分）1以下物理事實，描述正確的是( )A在煉鋼廠中，把熔化的鋼水澆入圓柱形模子，模子沿圓柱的中心軸高速旋轉(zhuǎn)，鋼水由于受到離心力的作用趨于周壁，形成無縫鋼管B在燃氣灶中，安裝有電子點火器，接通電子線路時產(chǎn)生高電壓，通過高壓放電來點燃氣體，點火器的放電電極往往做成球狀C有些合金如錳銅合金和鎳銅合金，由于電阻率幾乎不受溫度變化的影響，常用來制作標準電阻D為保證電

14、表在運輸過程中指針晃動角度過大，不能用導線將兩接線柱連起來考點：* 渦流現(xiàn)象及其應用；離心現(xiàn)象 分析：明確離心運動的應用及尖端放電的應用；同時明確標準電阻的性質(zhì)及應用材料；注意電磁感應在生活中的應用即可解答：解：A、在煉鋼廠中，把熔化的鋼水澆入圓柱形模子，模子沿圓柱的中心軸高速旋轉(zhuǎn)，鋼水由于受到離心力的作用趨于周壁，形成無縫鋼管；故A正確；B、在燃氣灶中，安裝有電子點火器，接通電子線路時產(chǎn)生高電壓，通過高壓放電來點燃氣體，點火器的放電電極往往做成針形；故B錯誤；C、有些合金如錳銅合金和鎳銅合金，由于電阻率幾乎不受溫度變化的影響，常用來制作標準電阻；故C正確；D、為了防止為保證電表在運輸過程中指

15、針晃動角度過大，在運輸過程中應將兩導線柱連起來；故D錯誤；故選：AC點評：本題考查在常見物理現(xiàn)象在生活中的應用，要注意明確應用物理知識可以減小不必要的損失2如圖所示，是某同學站在力傳感器上，做下蹲起立的動作時記錄的力隨時間變化的圖線由圖線可以得到以下信息正確的是( )A該同學做了兩次下蹲起立運動B該同學做了四次下蹲起立運動C下蹲過程中人處于失重狀態(tài)D起立過程中人處于超重狀態(tài)考點：牛頓運動定律的應用-超重和失重 專題：牛頓運動定律綜合專題分析：失重狀態(tài)：當物體對接觸面的壓力小于物體的真實重力時，就說物體處于失重狀態(tài)，此時有向下的加速度；超重狀態(tài)：當物體對接觸面的壓力大于物體的真實重力時，就說物體

16、處于超重狀態(tài)，此時有向上的加速度人下蹲過程分別有失重和超重兩個過程，先是加速下降失重，到達一個最大速度后再減速下降超重，起立也是如此解答：解：A、B、人下蹲動作分別有失重和超重兩個過程，先是加速下降失重，到達一個最大速度后再減速下降超重對應先失重再超重，起立對應先超重再失重，對應圖象可知，該同學做了兩次下蹲起立的動作，故A正確，B錯誤；C、D、由圖象看出下蹲過程既有失重又有超重，且先失重后超重，起立對應先超重再失重故C、D均錯誤；故選：A點評：本題考察物理知識與生活的聯(lián)系，注意細致分析物理過程，仔細觀察速度的變化情況，與超失重的概念聯(lián)系起來加以識別3彈弓是80后童年生活最喜愛的打擊類玩具之一，

17、其工作原理如圖所示，橡皮筋兩端點A、B固定在把手上，橡皮筋ABC恰好處于原長狀態(tài)，在C處（AB連線的中垂線上）放一固體彈丸，一手執(zhí)把，另一手將彈丸拉至D點放手，彈丸就會在橡皮筋的作用下迅速發(fā)射出去，打擊目標現(xiàn)將彈丸豎直向上發(fā)射，已知E是CD中點，則( )A從D到C，彈丸的動能一直在增大B從D到C，彈丸的機械能增加C從D到C，彈丸的機械能先增大后減小D從D到E彈丸增加的機械能大于從E到C彈丸增加的機械能考點：功能關系 分析：機械能守恒的條件是：只有重力彈力做功，除重力對物體做的功等于物體動能的變化量，合外力做功等于物體動能的變化量解答：解：A、在CD連線中的某一處，彈丸受力平衡，所以從D到C，彈

18、丸的速度先增大后減小，彈丸的動能先增大后減小，故A錯誤；B、C、從D到C，橡皮筋對彈丸做正功，彈丸機械能一直在增加，故B正確，C錯誤；D、從D到E橡皮筋作用在彈丸上的合力大于從E到C橡皮筋作用在彈丸上的合力，兩段長度相等，所以DE段橡皮筋對彈丸做功較多，即機械能增加的較多，故D正確；故選：BD點評：本題考查彈力與重力做功情況下能量的轉(zhuǎn)化情況，熟練應用能量守恒是分析問題的基礎，知道除重力對物體做的功等于物體動能的變化量，合外力做功等于物體動能的變化量，難度不大，屬于基礎題4如圖所示，斜劈A靜止放在水平地面上，木樁B固定在水平地面上，彈簧把物體與木樁相連且平行于斜面物體m、人和A均保持靜止不計m與

19、A之間的摩擦，則下列說法正確的是( )A地面對A的摩擦力向左B若剪斷彈簧，物體和人將向下運動，而A仍保持靜止C若人從物體m離開，物體m仍靜止在斜劈A上D若剪斷彈簧同時人從物體m離開，地面對A的摩擦力為零考點：摩擦力的判斷與計算 專題：摩擦力專題分析：先對斜面分析，受重力、地面的支持力和靜摩擦力、滑塊的滑動摩擦力和壓力，將滑塊的滑動摩擦力和壓力合成，當作一個力處理，根據(jù)平衡條件得到該力的方向情況；然后對人和滑塊整體分析，根據(jù)牛頓第二定律判斷其運動情況解答：解：A、對A受力分析，重力，支持力，m對A的壓力，及地面對A向左的靜摩擦力，故A正確；B、若剪斷彈簧，物體和人仍向下運動，故物體和人整體對斜面

20、體的力不變，故斜面體受力情況不變，因此A仍保持靜止，故B正確；C、若人從物體m離開，導致彈簧的彈力大于m的重力下滑力，從而出現(xiàn)物體m向上運動，故C錯誤；D、若剪斷彈簧同時人從物體m離開，由于慣性，物體m仍向下運動；動摩擦因素是不變的，故滑塊對斜面體壓力和滑動摩擦力正比例減小，故壓力和滑動摩擦力的合力依然向右下方，故地面對斜面體的靜摩擦力依然向左，故D錯誤；故選：AB點評：本題關鍵是對斜面體和滑塊分別受力分析后運用平衡條件和牛頓第二定律分析，技巧在于判斷滑塊與斜面體間的彈力和摩擦力的合力的方向，同時注意滑塊與斜面體間的彈力和摩擦力的合力的方向是不變的二、多項選擇題（本題共3小題，每小題6分，共1

21、8分在每小題給出的四個選項中，至少有一個選項是符合題目要求的全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）5如圖，光滑絕緣細管與水平面成30°角，在管的上方P點固定一個正點電荷Q，P點與細管在同一豎直平面內(nèi)一帶電量為q的小球位于管的頂端A點，PA連線水平，qQ將小球由靜止開始釋放，小球沿管到達底端C點已知B是AC中點，PBAC，小球在A處時的加速度為a不考慮小球電荷量對電場的影響，則( )AA點的電勢低于B點的電勢BB點的電場強度大小是A點的4倍C小球從A到C的過程中電勢能先增大后減小D小球運動到C處的加速度為ga考點：電勢差與電場強度的關系；元電荷、點電荷；電場強度 專題：

22、電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：A、由正點電荷電場線的分布，結(jié)合沿著電場線方向電勢降低，即可求解；B、根據(jù)點電荷電場強度的公式，即可求解；B、根據(jù)電場力做功的正負來確定電勢能高低；C、由牛頓第二定律，結(jié)合庫侖定律，即可求解解答：解：A、正點電荷的電場線發(fā)散型，由于沿著電場線方向，電勢降低，因此A點的電勢低于B點的電勢，故A正確；B、結(jié)合幾何關系：PA=2PB，由點電荷電場強度公式E=，可知，電場強度的大小與間距的平方成反比，則B點的電場強度大小是A點的4倍，故B正確；C、根據(jù)電場力做正功，電勢能減?。浑妶隽ψ鲐摴?，電勢能增加，可知：小球帶負電，從A到C的過程中，電場力先做正功，后做負功，則電勢能先

23、減小后增大，故C錯誤；D、在A處時小球的加速度為a，對A點受力分析，電場力、重力與支持力，由力的合成法則可知，合外力由重力與電場力沿著細管方向的分力之和提供的；當在C處時，小球仍受到重力、電場力與支持力，合外力是由重力與電場力沿著細管方向的分力之差提供的，由A處可知，F(xiàn)cos30°+mgsin30°=ma；而在C處，則有：mgsin30°Fcos30°=ma，解得：a=ga故D正確；故選：ABD點評：考查點電荷的電場強度公式，掌握矢量的合成法則，注意電場力做功與電勢能的變化關系，理解牛頓第二定律與力的平行四邊形定則的綜合應用6如圖所示，扇形區(qū)域AOC內(nèi)有

24、垂直紙面向里的勻強磁場，邊界OA上有一粒子源S某一時刻，從S平行于紙面向各個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子（不計粒子的重力及粒子間的相互作用），所有粒子的初速度大小相同，經(jīng)過一段時間有部分粒子從邊界OC射出磁場已知AOC=60°，從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的最長時間等于（T為粒子在磁場中運動的周期），則從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的時間不可能為( )ABCD考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動 專題：帶電粒子在磁場中的運動專題分析：所有粒子的初速度大小相同，軌跡半徑相同，當入射點與出射點連線最長時，軌跡的圓心角最大，粒子在磁場中運動的最長相反連線最短，時間最短根據(jù)幾何知識，作出

25、軌跡，確定時間的范圍進行選擇解答：解：粒子在磁場做勻速圓周運動，粒子在磁場中出射點和入射點的連線即為軌跡的弦初速度大小相同，軌跡半徑R=相同設OS=d，當出射點D與S點的連線垂直于OA時，DS弦最長，軌跡所對的圓心角最大，周期一定，則由粒子在磁場中運動的時間最長由此得到：軌跡半徑為：R=d當出射點E與S點的連線垂直于OC時，弦ES最短，軌跡所對的圓心角最小，則粒子在磁場中運動的時間最短則：SE=d，由幾何知識，三角形OES是等邊三角形，則得=60°最短時間：tmin=T所以，粒子在磁場中運動時間范圍為Tt，故不可能的是AB；故選：AB點評：粒子在勻強磁場中勻速圓周運動的問題，關鍵是畫

26、軌跡本題是根據(jù)幾何知識：半徑一定時，弦越長，對應的圓心角越大，則運動時間越長7如圖所示，兩個有界勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向分別垂直紙面向里和向外，磁場寬度均為L，距磁場區(qū)域的左側(cè)L處，有一邊長為L的正方形導體線框，總電阻為R，且線框平面與磁場方向垂直現(xiàn)用外力F使線框以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，以初始位置為計時起點，規(guī)定：電流沿逆時針方向時電動勢E為正，磁感線垂直紙面向里時磁通量為正，外力F向右為正則下圖中關于線框中的磁通量、感應電電勢E，外力F和線圈總功率P隨時間t變化關系正確的是( )ABCD考點：導體切割磁感線時的感應電動勢；閉合電路的歐姆定律 專題：電磁感應與圖像結(jié)合分析：由線圈的

27、運動可得出線圈中磁通量的變化；由則由法拉第電磁感應定律及E=BLV可得出電動勢的變化；由歐姆定律可求得電路中的電流，則可求得安培力的變化；由P=I2R可求得電功率的變化解答：解：A、當線框運動L時開始進入磁場，磁通量開始增加，當全部進入時達最大；此后向外的磁通量增加，總磁通減小；當運動到2.5L時，磁通量最小，故A錯誤；B、當線圈進入第一個磁場時，由E=BLV可知，E保持不變，而開始進入第二個磁場時，兩端同時切割磁感線，電動勢應為2BLV，故B正確；C、因安培力總是與運動方向相反，故拉力應一直向右，力一直是正的，故C錯誤；D、拉力的功率P=Fv，因速度不變，而在線框在第一個磁場時，電流為定值，

28、拉力也為定值；兩邊分別在兩個磁場中時，由B的分析可知，電流加倍，故安培力加培，功率加倍；此后從第二個磁場中離開時，安培力應等于線框在第一個磁場中的安培力，故D正確；故選：BD點評：電磁感應與圖象的結(jié)合問題，近幾年2015屆2015屆高考中出現(xiàn)的較為頻繁，在解題時涉及的內(nèi)容較多，同時過程也較為復雜；故在解題時要靈活，可以選擇合適的解法，如排除法等進行解答三、解答題（共5小題，滿分80分）8如圖甲所示的裝置可用于“探究功與速度變化的關系”實驗過程如下：第一步：用螺旋測微器測擋光片的寬度d把擋光片放入AF之間后，他應先轉(zhuǎn)動D，到F靠近擋光片，再轉(zhuǎn)動H到F夾住擋光片，直至聽到棘輪發(fā)出聲音為止，撥動G，

29、使F固定后讀數(shù)（填圖乙中所給儀器部件字母）此時，螺旋測微器的示數(shù)如圖丙所示，則擋光片的寬度是5.695mm第二步：把擋光片固定在小車上，測得小車和擋光片的總質(zhì)量為M，把小車放到軌道上，用細線一端與小車連接，另一端跨過定滑輪掛上砝碼盤第二步：保持軌道水平，通過調(diào)整砝碼盤里砝碼的質(zhì)量讓小車做勻速運動，此時砝碼和砝碼盤的總質(zhì)量m0第三步：增加砝碼和砝碼盤的總質(zhì)量到m，釋放后，小車經(jīng)過光電門1和2，記錄光電門1和2的擋光時間分別為t1、t2（小車通過光電門2后，砝碼盤才落地）測出光電門1和2的中心距離s第四步：保持其它條件不變，僅移動光電門2，改變兩光電門的距離s（小車通過光電門2后，砝碼盤才落地），

30、多次實驗后作出如圖丁所示的圖線，其中數(shù)據(jù)均取國際單位，且圖線斜率為1.01若圖線中橫坐標為（M+m）（）2，則縱坐標為（mm0）gs（用題目中所給的符號表示，已知當?shù)刂亓铀俣葹間）考點：探究功與速度變化的關系 專題：實驗題分析：使用螺旋測微器時，選旋動粗調(diào)旋鈕，再轉(zhuǎn)到微調(diào)旋鈕，最后撥動止動旋鈕固定后讀數(shù)螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀根據(jù)功能關系可以求出需要驗證的關系式，即可知道縱坐標解答：解：用螺旋測微器測電阻絲的直徑時，先轉(zhuǎn)動粗調(diào)旋鈕D使測微螺桿F接近被測電阻絲，再轉(zhuǎn)到微調(diào)旋鈕H夾住被測物，直到棘輪發(fā)出聲音為止，撥動止動旋鈕G使F固定后讀數(shù)螺旋

31、測微器的讀數(shù)為：D=5.5mm+19.5×0.01mm=5.695mm；當砝碼和砝碼盤的總質(zhì)量m0時，小車做勻速運動，則f=m0g，根據(jù)動能定理可知：（mgf）s=（M+m）（）2（M+m）（）2，（mm0）gs=（M+m）（）2（M+m）（）2，若圖線中橫坐標為（M+m）（）2，則縱坐標為（mm0）gs故答案為：D，H，G，5.695，（mm0）gs點評：解決本題的關鍵掌握螺旋測微器的讀數(shù)方法，螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀9一節(jié)普通干電池，電動勢大約為1.5V，內(nèi)電阻約為0.5某實驗小組的同學們?yōu)榱吮容^準確地測出該電池的電動勢和內(nèi)電阻

32、，他們在老師的支持下拿到了以下器材：A電壓表V（15V，內(nèi)阻RV約為5k）B電流表G（量程3.0mA，內(nèi)阻Rg=10）C電流表A（量程0.6A，內(nèi)阻RA=0.50）D滑動變阻器R1（010，10A）E滑動變阻器R2（0100，1A）F定值電阻器R3=590G定值電阻器R4=990H開關S和導線若干（1）為了盡可能準確地進行測量，某同學設計了如圖所示的電路圖中a、b、c、d處應選用的器材分別是D、B、C、F（填寫器材序號）（2）閉合開關后，該同學先后測得b和c兩表的讀數(shù)各兩組，記為（b1，c1）和（b2，c2），請用所給數(shù)據(jù)和題中器材符號，寫出計算電池內(nèi)阻的表達式為考點：測定電源的電動勢和內(nèi)阻

33、專題：實驗題分析：將電流表G串聯(lián)一個電阻，可以改裝成較大量程的電壓表因為電源的內(nèi)阻較小，所以應該采用較小最大值的滑動變阻器，有利于數(shù)據(jù)的測量和誤差的減小根據(jù)歐姆定律和串聯(lián)的知識求出I1和電源兩端電壓U的關系，根據(jù)圖象與縱軸的交點求出電動勢，由與橫軸的交點可得出路端電壓為某一值時電流，則可求得內(nèi)阻解答：解：（1）電源電動勢約為1.5V，電壓表量程為15V，如果用該電壓表測電壓，電壓表指針偏轉(zhuǎn)角度很小，甚至幾乎不偏轉(zhuǎn)，測量誤差太大，不能用該電壓表進行實驗，題中給出了兩個電流表，將電流表G與電阻箱串聯(lián)改裝成電壓表，改裝后電壓表量程為3V可以滿足實驗要求，電壓表測路端電壓，電流表測電路電流，所以圖中a

34、、b、c、d處應選用的器材分別是電壓表滑動變阻器R1、電流表G、電流表C及定值電阻器R3=990即選：D、B、C、F；（2）由閉合電路歐姆定律可知：E=b1（Rg+RA）+c1r；E=b2（Rg+RA）+c2r聯(lián)立解得：r=故答案為：（1）D、B、C、F （2）點評：本題為測量電源的電動勢和內(nèi)電阻的實驗的變形，注意由于沒有電壓表，本實驗中采用改裝的方式將表頭改裝為電壓表，再根據(jù)原實驗的研究方法進行分析研究在測量電源電動勢和內(nèi)阻時，要注意根據(jù)畫出的UI圖象分析出電動勢及內(nèi)阻10（16分）如圖所示為“割繩子”游戲中的一幅截圖，游戲中割斷左側(cè)豎直繩子時若糖果能砸到正下方的星星，就能得分糖果一定能碰到

35、星星嗎？現(xiàn)將其中的物理問題抽象出來進行研究：三根不可伸長的輕繩共同系住一顆質(zhì)量為m的糖果（可視為質(zhì)點），設從左到右三根輕繩的長度分別為L1、L2和L3，其中最左側(cè)的繩子處于豎直且張緊的狀態(tài)，另兩根繩均處于松弛狀態(tài)，三根繩的上端分別固定在同一水平線上，且相鄰兩懸點間距離均為d，糖果正下方的一顆星星與糖果距離為h已知繩子由松弛到張緊時沿繩方向的速度分量即刻減為零，現(xiàn)將最左側(cè)的繩子割斷（已知m=25g，d=3cm，L1=3cm，h=1cm）求：（1）只要繩長滿足什么條件糖果就能經(jīng)過正下方第一顆星星處？（2）若在割斷繩子到糖果運動到最低點的過程，L3始終處于松弛狀態(tài)，L2的長度剛好滿足（1）中的臨界狀

36、態(tài)，求糖果到達最低點動能為多少？考點：動能定理 專題：動能定理的應用專題分析：糖果通過正下方第一顆星星前，繩2和繩3不能繃緊；繞中間點作圓周運動時，繩1被切斷，繩2繃緊時有速度損失，可以由初態(tài)到繩2繃緊前使用動能定理求解；最低點之前可能有兩次速度損失解答：解：（1）小球通過正下方第一顆星星之前，繩2和繩3應剛好伸直或仍然彎曲，則需同時滿足和； （2）從小球自由下落到L2剛剛伸直，由動能定理得，在繩2繃緊后，沿繩方向速度會損失掉，剩余速度為，解以上兩式得，以此狀態(tài)為初態(tài)，以糖果剛剛到達最低點為末態(tài)，由動能定理得，解得EK=3.4×103J答：（1）只要繩長滿足L25cm且，糖果就能經(jīng)過

37、正下方第一顆星星處；（2）若在割斷繩子到糖果運動到最低點的過程，L3始終處于松弛狀態(tài)，L2的長度剛好滿足（1）中的臨界狀態(tài)，則糖果到達最低點動能為3.4×103J點評：本題涉及動能定理、速度分解、運動過程分析等內(nèi)容，是一道綜合題，難底較大，過程的選擇和速度分解的建軸方向是關鍵11如圖所示，區(qū)存在相互垂直的勻強磁場和勻強電場，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度B1=0.4T電場的方向豎直向下，電場強度E1=2.0×105V/m，兩平板間距d1=20cm；、區(qū)為對稱的1/4圓弧為界面的勻強磁場區(qū)域，磁場垂直紙面方向，對應磁感應強度分別為B2、B3；區(qū)為有界勻強電場區(qū)域，電場方向水

38、平向右，電場強度E2=5×105V/m，右邊界處放一足夠大的接收屏MN，屏MN與電場左邊界的距離d2=10cm一束帶電量q=8.0×1019C，質(zhì)量m=8.0×1026 kg的正離子從區(qū)左側(cè)以相同大小的速度v0（未知）沿平行板的方向射入?yún)^(qū)，恰好能做直線運動，穿出平行板后進入或區(qū)的磁場區(qū)域，且所有粒子都能從同點O射出，進入?yún)^(qū)后打在接收屏MN上（不計重力），求：（1）正離子進入?yún)^(qū)時的速度大小v0（2）、區(qū)的磁感應強度B2、B3的大小與方向（3）正離子打在接收屏上的徑跡的長度考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動 專題：帶電粒子在復合場中的運動專題

39、分析：（1）正離子進入I區(qū)域時做直線運動可知，洛倫茲力與電場力平衡，據(jù)此求得速度大小；（2）平行運動的正離子做圓周運動匯聚于O點，由數(shù)學知識可得粒子圓周運動的半徑，根據(jù)左手定則確定磁場的方向；（3）粒子進入電場時速度大小相等，速度垂直于OO的粒子在電場中做類平拋運動，粒子打在屏上偏離距離最遠，根據(jù)類平拋運動規(guī)律求解即可解答：解：（1）在磁場I區(qū)域，正離子做直線運動可知，離子所受電場力與洛倫茲力平衡即：qv0B1=qE1由此得離子速度=5×105m/s；（2）由數(shù)學知識可知，只有正離子在II或III區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動的半徑等于該區(qū)域磁場半徑時，才能使所有離子匯聚于O點由此可得B2=B3據(jù)洛倫茲力提供圓周運動向心力有可得：