高三物理試題分析

1、湖南省長(zhǎng)沙市2017屆高三12月聯(lián)考物 理分值：110分；時(shí)量：80分鐘答題說(shuō)明：1-8題為單選題，9-12題為多選題；計(jì)算中，取g=10m/s2，sin37°=cos53°=0.6，cos37°=sin53°=0.8；請(qǐng)?jiān)诖痤}卡上作答，答在試題卷上的答案無(wú)效。一、選擇題（每小題4分，共48分；1-8題為單選題，9-12題為多選題）1.通過(guò)認(rèn)真學(xué)習(xí)，同學(xué)們掌握了豐富的物理知識(shí)。在下列說(shuō)法中，請(qǐng)把正確的說(shuō)法選出來(lái)。（C）A.汽車在光滑的水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，駕駛員通過(guò)操作方向盤，可以使汽車轉(zhuǎn)彎B.在某一過(guò)程中，只要物體的位移為0，任何力對(duì)該物體所做的功就為0C.

2、物體的速度為0時(shí)，其加速度可能不為0D.靜摩擦力對(duì)受力物體可以做正功，滑動(dòng)摩擦力對(duì)受力物體一定做負(fù)功考點(diǎn)：摩擦力的判斷與計(jì)算, 加速度分析：勻速圓周運(yùn)動(dòng)的合力不為零，由合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式分析即可恒力做功的表達(dá)式為：W=Fscos；即做功的大小取決于力的大小、位移大小、力與位移夾角的余弦，根據(jù)摩擦力的性質(zhì)可明確做功情況；明確加速度和速度的定義，知道它們的決定因素，從而明確它們之間的關(guān)系解答：A. 在絕對(duì)光滑的水平面上，由于沒有摩擦力來(lái)提供需要的向心力，故汽車不能轉(zhuǎn)彎，故A錯(cuò)誤。B. 位移為零只能說(shuō)明物體的初末位置相同，但物體可能存在路程，則在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中阻力是可以做功的，故B錯(cuò)誤

3、；C. 物體的速度為零時(shí)，物體可能受力作用，故加速度可能不為零，如豎直上拋的最高點(diǎn)的加速度不為零，但速度為零，故C正確；D. 靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力均可以與運(yùn)動(dòng)方向相同、相反或相互垂直，故兩種摩擦力均可以做正功、做負(fù)功或不做功，故D錯(cuò)誤。2.下列說(shuō)法正確的是（C ）A.將通電直導(dǎo)線放在某處，若通電直導(dǎo)線所受安培力為零，則該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零B.磁場(chǎng)中某點(diǎn)的磁場(chǎng)方向，與放在該點(diǎn)的極短的通電導(dǎo)線所受安培力的方向可以成任意夾角C.磁場(chǎng)中某點(diǎn)的磁場(chǎng)方向，與放在該點(diǎn)的小磁針北極受到的磁場(chǎng)力的方向相同D.給兩平行直導(dǎo)線通以方向相反的電流時(shí)，兩通電導(dǎo)線通過(guò)磁場(chǎng)相互吸引考點(diǎn)：安培力分析：A、根據(jù)安培力公式F=B

4、ILsin（為電流與磁場(chǎng)的夾角）分析；B、根據(jù)左手定則分析安培力方向與磁場(chǎng)方向的關(guān)系；C、磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向規(guī)定為與小磁針靜止時(shí)N極的指向相同；D、同向電流相互吸引，異向電流相互排斥解答：A. 將通電直導(dǎo)線放在某處，若通電直導(dǎo)線所受安培力為零，該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度不一定為零，可能是電流與磁場(chǎng)平行導(dǎo)致，故A錯(cuò)誤；BC、磁場(chǎng)中某點(diǎn)的磁場(chǎng)方向，規(guī)定與放在該點(diǎn)的小磁針北極受到的磁場(chǎng)力的方向相同；而根據(jù)左手定則，與放在該點(diǎn)的極短的通電導(dǎo)線所受安培力的方向垂直，故B錯(cuò)誤，C正確；D. 給兩平行直導(dǎo)線通以方向相反的電流時(shí)，兩通電導(dǎo)線通過(guò)磁場(chǎng)相互排斥，故D錯(cuò)誤；3.如圖1所示，理想變壓器初、次級(jí)線圈分別接有R1、R

5、2，R1=R2=10，初、次級(jí)線圈的匝數(shù)之比N1: N2=2:1，R2兩端電壓為10V，則R1兩端的電壓為（A）A. 5V B. 10V C. 15V D. 20V考點(diǎn)：變壓器的構(gòu)造和原理分析：根據(jù)歐姆定律求出副線圈中的電流，由變流比規(guī)律得出原線圈的電流，最后由歐姆定律求出電阻R1兩端的電壓解答：根據(jù)題意R2兩端電壓為10V,副線圈中的電流根據(jù)變化規(guī)律，得原線圈中電流為：電阻R1兩端的電壓故選：A圖3圖2圖1BUN1N2AR2R1VCR1R2RFv0O1O2圖44.放射性原子核經(jīng)過(guò)n次衰變和m次衰變，最終變?yōu)榉€(wěn)定的原子核，（A）A. n=7，m=5 B. n=5，m=7 C. n=9，m=7

6、D. n=7，m=9考點(diǎn)：原子核衰變及半衰期、衰變速度分析：原子核經(jīng)過(guò)一次衰變，電荷數(shù)減小2，質(zhì)量數(shù)減小4，一次衰變后電荷數(shù)增加1，質(zhì)量數(shù)不變解答：衰變方程為：則：234=206+4n，n=7又91=82+7×2-m，m=5故選A5.如圖2所示，R1=R2=10，R為可變電阻，C為電容器，V為理想電壓表，增大R的阻值時(shí)，（D）A.C所帶電荷量減小 B. C所帶電荷量始終為0 C.V的示數(shù)增大 D. V的示數(shù)不變考點(diǎn)：閉合電路的歐姆定律分析：直流電路中電路電容器視為短路，電路中無(wú)電流，電容器兩端的電壓等于電源的電動(dòng)勢(shì)不變，由Q=CU分析電容器的電荷量，電壓表是理想電壓表，示數(shù)等于電源的

7、電動(dòng)勢(shì)解答：AB、電容器兩端的電壓等于電源的電動(dòng)勢(shì)，與可變電阻無(wú)關(guān)，根據(jù)Q=CU=CE，電容器所帶的電荷量不變，且不為0，故AB錯(cuò)誤；CD、電容器在直流電路中視為短路，且電壓表為理想電壓表，所以電壓表的示數(shù)等于電源的電動(dòng)勢(shì)，與可變電阻R的變化無(wú)關(guān)，所以電壓表的示數(shù)不變，故C錯(cuò)誤，D正確；故選：D6.如圖3所示，質(zhì)量為2kg的物體與水平地面間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，水平地面足夠大。t=0時(shí)，物體以2m/s初速向右運(yùn)動(dòng)，同時(shí)對(duì)物體施加一個(gè)水平向左的大小恒為2N的拉力F，向右為正方向，在t=0之后（B）A.物體所受摩擦力不會(huì)變化 B.物體所受摩擦力會(huì)由-4N變?yōu)?2NC.物體所受摩擦力會(huì)由-4N變?yōu)?2

8、N D.物體所受摩擦力會(huì)由+4N變?yōu)?2N考點(diǎn)：摩擦力的判斷與計(jì)算分析：對(duì)物體的運(yùn)動(dòng)進(jìn)行分析可知，物體受滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)滑動(dòng)摩擦力的性質(zhì)可知，摩擦力的變化解答：滑動(dòng)摩擦力大小f=FN，因在施加拉力后，物體運(yùn)動(dòng)方向并沒有變化，且正壓力沒有變化，因此摩擦力大小和方向均不會(huì)變化，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A.7.如圖4所示，光滑的小圓弧軌道半徑為r，光滑的大圓弧軌道半徑為4r，小球質(zhì)量為m（可視為質(zhì)點(diǎn)），小圓弧與大圓弧的圓心O1、O2在同一豎線上，兩圓弧的最低點(diǎn)重合，兩圓弧軌道固定在同一豎直平面內(nèi)。小球從大圓弧軌道上與O2等高處由靜止釋放，小球通過(guò)小圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力的大小為（B）A.2

9、mg B.3mg C.4mg D.5mg考點(diǎn)：向心力, 牛頓第二定律分析：根據(jù)動(dòng)能定理求得到達(dá)最高點(diǎn)的速度，有牛頓第二定律求得作用力解答：根據(jù)動(dòng)能定理可知,mg2r=0.5mv2在最高點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律可知FN+mg=mv2/r聯(lián)立解得FN=3mg，根據(jù)牛頓第三定律求得對(duì)軌道的壓力為3mg，故B正確故選：B8.如圖5所示，水平放置的平行板電容器的兩板間有一豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，下板接地，兩板間距離為10cm，A點(diǎn)距下板3cm，B點(diǎn)距上板3cm。質(zhì)量m=0.01kg、電荷量為+10-3C的小球能夠在A點(diǎn)保持靜止?，F(xiàn)將小球移到勻強(qiáng)電場(chǎng)之外。下列說(shuō)法正確的是（C）A.上板的電勢(shì)比下板高10V B.A點(diǎn)

10、的電勢(shì)為3VC.電荷量為-10-3C的帶負(fù)電的點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能為3×10-3JD.將電荷量為-10-3C的帶負(fù)電的點(diǎn)電荷從A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場(chǎng)力對(duì)該點(diǎn)電荷做功4×10-3J考點(diǎn)：勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系, 帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分析：根據(jù)小球在電場(chǎng)中靜止，根據(jù)平衡條件可求得電場(chǎng)強(qiáng)度，再根據(jù)U=Ed即可求得電勢(shì)差；根據(jù)電勢(shì)能與電勢(shì)間的關(guān)系可求得電勢(shì)能，根據(jù)電場(chǎng)力做功的規(guī)律可求得電場(chǎng)力在移動(dòng)電荷時(shí)所做的功解答：A. 小球在電場(chǎng)中靜止,則由平衡條件可知,Eq=mg,解得：E=mg/q=0.01×10/103=100V/m,電場(chǎng)線向上,故上極板電低低,則上下

11、兩板間的電勢(shì)差為：UAB=Ed=100×0.1=10V，故上板比下板低10V，故A錯(cuò)誤；B. 下極板與A點(diǎn)的電勢(shì)差UOA=100×0.03=3V，因下極板接地，故A點(diǎn)電勢(shì)為3V，故B錯(cuò)誤；C. 電荷量為103C的帶負(fù)電的點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能為EP=3×(1×103)J=3×103J，故C正確；D. 將電荷量為103C的帶負(fù)電的點(diǎn)電荷從A點(diǎn)移到B點(diǎn),電場(chǎng)力對(duì)該點(diǎn)電荷做功W=EqABsin=100×1×103×0.04=4×103J，故D錯(cuò)誤。故選：C.圖7圖6圖5ABABABORBFvab圖8 9.如圖6所

12、示，傳送帶帶面AB與水平面間夾角為=37°，物塊與傳送帶之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，傳送帶保持勻速運(yùn)轉(zhuǎn)?，F(xiàn)將物塊由靜止放到傳送帶中部，A、B間距離足夠大（若物塊可與帶面等速，則物塊與帶面等速時(shí)，物塊尚未到達(dá)A或B）。下列關(guān)于物塊在帶面AB上的運(yùn)動(dòng)情況的分析正確的是（BD）A.若傳送帶沿順時(shí)針?lè)较騽蛩龠\(yùn)轉(zhuǎn)，物塊沿傳送帶向上加速滑動(dòng)B.若傳送帶沿順時(shí)針?lè)较騽蛩龠\(yùn)轉(zhuǎn)，物塊沿傳送帶向下加速滑動(dòng)C.若傳送帶沿逆時(shí)針?lè)较騽蛩龠\(yùn)轉(zhuǎn)，物塊加速度的大小先為10m/s2，后為0D.若傳送帶沿逆時(shí)針?lè)较騽蛩龠\(yùn)轉(zhuǎn)，物塊加速度的大小先為10m/s2，后為2m/s2考點(diǎn)：牛頓運(yùn)動(dòng)定律在傳送帶問(wèn)題中的應(yīng)用分析：傳送帶

13、順時(shí)針運(yùn)動(dòng)時(shí)，可比較和tan的大小，來(lái)判斷加速度方向傳送帶逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)受力分析和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)分析，來(lái)求解加速度解答：AB、當(dāng)傳送帶順時(shí)針運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體在平行傳送帶方向上受力為重力分力和滑動(dòng)摩擦力，兩力方向相反，但tan，故加速度方向沿傳送帶向下。A錯(cuò)誤，B正確CD、當(dāng)傳送帶逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)時(shí)，起初重力的分力和滑動(dòng)摩擦力均沿傳送帶向下，此時(shí)加速度a1=gsin+gcos=10m/s2，方向沿傳送帶向下；當(dāng)物塊加速到與傳送帶共速，并超過(guò)傳送帶的速度后，摩擦力沿傳送帶向上，此時(shí)加速度a2=gsin-gcos=2m/s2。C錯(cuò)誤，D正確10.如圖7所示，AB為固定的光滑圓弧軌道，O為圓心，AO水平，BO豎直

14、，軌道半徑為R，將質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從A點(diǎn)由靜止釋放，在小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，（AC）A. 小球所受合力的沖量水平向右 B. 小球所受支持力的沖量水平向右C. 小球所受合力的沖量大小為m D. 小球所受重力的沖量大小為0考點(diǎn)：動(dòng)量定理分析：由沖量的計(jì)算公式I=Ft求出各力的沖量大小，由動(dòng)量定理求出動(dòng)量的變化量或合力的沖量解答：小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，做圓周運(yùn)動(dòng)，B點(diǎn)時(shí)速度沿切線方向，水平向右；從A到B，根據(jù)動(dòng)能定理：mgR=0.5mv2 0解得：v=(2gR)0.5AC、根據(jù)動(dòng)量定理,I 合=p=mv=m(2gR)0.5，方向水平向右，故AC正確；B. 根據(jù)沖量的定義式

15、I FN=FNt，方向與支持力的方向相同，垂直于支持面指向圓心，故B錯(cuò)誤；D. 根據(jù)沖量定義IG=Gt，因?yàn)橹亓蜁r(shí)間不為0，所以重力的沖量大小不為0，故D錯(cuò)誤；故選：AC11.如圖8所示，兩平行的光滑導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間距離為L(zhǎng)，金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌，金屬棒兩端與導(dǎo)軌接觸良好，在導(dǎo)軌左端接入阻值為R的定值電阻，整個(gè)裝置處于豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。與R相連的導(dǎo)線、導(dǎo)軌和金屬棒的電阻均可忽略不計(jì)。用平行于導(dǎo)軌向右的大小為F的力拉金屬棒，使金屬棒以大小為v的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，（BD）A.金屬棒ab相當(dāng)于電源，其a端相當(dāng)于電源負(fù)極 B.拉力F=C.回路中的感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)?/p>

16、向流動(dòng) D.定值電阻消耗的電功率P=Fv考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì), 閉合電路的歐姆定律分析：根據(jù)右手定則明確電流的方向，從而明確等效電源的正負(fù)極；再根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和閉合電路歐姆定律求解安培力，再由平衡條件即可求得拉力大?。桓鶕?jù)功能關(guān)系即可明確電功率的大小解答：A. ab切割磁感線，故ab相當(dāng)于電源，由右手定則可知，電流由b到a，而電源內(nèi)部電流由負(fù)極流向正極，故a相當(dāng)于電源正極，故A錯(cuò)誤；B. 電動(dòng)勢(shì)E=BLv,電流,故安培力,因?qū)w棒勻速運(yùn)動(dòng),故拉力，故B正確；C. 根據(jù)右手定則可知，電流為逆時(shí)針?lè)较蛄鲃?dòng)，故C錯(cuò)誤；D. 定值電阻消耗的電功率等于電路中總的電功率，根據(jù)能量守恒定律可知

17、，電功率等于拉力的功率，故P=Fv，故D正確。故選：BD.12.如圖9所示，理想變壓器的一個(gè)線圈接電流計(jì)G，另一個(gè)線圈接導(dǎo)軌，金屬棒ab可沿導(dǎo)軌左右滑動(dòng)，B為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，在下列情況下，有電流向上通過(guò)電流計(jì)G的是（AB）A.ab向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí) B.ab向左減速運(yùn)動(dòng)時(shí)C.ab向左加速運(yùn)動(dòng)時(shí) D.ab向右減速運(yùn)動(dòng)時(shí)考點(diǎn)：變壓器的構(gòu)造和原理分析：閉合鐵芯上繞有兩組線圈，就是一個(gè)變壓器，而變壓器只能改變交變電壓根據(jù)右手定則、安培定則和楞次定律從右向左依次分析解答：A. 金屬棒ab向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由右手定則判斷可知，棒中產(chǎn)生向上的感應(yīng)電流，而且感應(yīng)電流增大，電流產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，穿過(guò)右側(cè)

18、線圈磁場(chǎng)向下，磁通量增大，由楞次定律可知，通過(guò)G的電流向上，故A正確；B. 金屬棒ab向左勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由右手定則判斷可知，棒中產(chǎn)生向下的感應(yīng)電流，而且感應(yīng)電流減小，電流產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，穿過(guò)右側(cè)線圈磁場(chǎng)向上，磁通量減小，由楞次定律可知，通過(guò)G的電流向上，故B正確；C. 金屬棒ab向左勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由右手定則判斷可知，棒中產(chǎn)生向下的感應(yīng)電流，而且感應(yīng)電流增大，電流產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，穿過(guò)右側(cè)線圈磁場(chǎng)向上，磁通量增加，由楞次定律可知，通過(guò)G的電流向下，故C錯(cuò)誤；D. 金屬棒ab向右勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由右手定則判斷可知，棒中產(chǎn)生向上的感應(yīng)電流，而且感應(yīng)電流減小，電流產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，穿過(guò)右側(cè)

19、線圈磁場(chǎng)向下，磁通量減小，由楞次定律可知，通過(guò)G的電流向下，故D錯(cuò)誤；故選：ABBab上下G圖9 圖10二、實(shí)驗(yàn)題（13題6分，14題8分，共14分；取g=10m/s2）13.某組同學(xué)為了探究彈簧的彈性勢(shì)能與彈簧縮短的長(zhǎng)度之間的關(guān)系，做了如下實(shí)驗(yàn)。將輕彈簧左端固定在墻上，在水平地面上放一滑塊，在滑塊上刻下一個(gè)箭頭，在水平地面上沿彈簧軸線方向固定一刻度尺（如圖10所示）。彈簧無(wú)形變時(shí)與彈簧右端接觸（不栓連）的滑塊上的箭頭指在刻度為x0=20.00cm處。向左推滑塊，使箭頭指在刻度為x1處，然后由靜止釋放滑塊，滑塊停止運(yùn)動(dòng)后箭頭指在刻度為x2處。改變x1記下對(duì)應(yīng)的x2，獲得多組（x1，x2）如下表

20、所示。表格中x、Ep分別為釋放滑塊時(shí)彈簧縮短的長(zhǎng)度和彈簧的彈性勢(shì)能（彈簧沒有發(fā)生形變時(shí)，其彈性勢(shì)能為0）。已知滑塊與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)處處為=0.5，滑塊的質(zhì)量m=0.2kg，實(shí)驗(yàn)中沒有超過(guò)彈簧的彈性限度。請(qǐng)將表格填寫完整。第1次第2次第3次第4次第5次x1（cm）18.0016.0014.0012.0010.00x2（cm）22.0032.0050.0076.00110.00x（cm）2.004.006.008.0010.00Ep（J）0.040.160.360.641.00實(shí)驗(yàn)結(jié)論Epx2考點(diǎn)：探究彈力和彈簧伸長(zhǎng)的關(guān)系分析：根據(jù)彈簧的原長(zhǎng)和靜止時(shí)釋放對(duì)應(yīng)的刻度得出彈簧的壓縮量，結(jié)合能量守恒定

21、理求出彈簧的彈性勢(shì)能，通過(guò)數(shù)據(jù)分析得出彈簧彈性勢(shì)能與形變量的關(guān)系解答：根據(jù)彈簧的原長(zhǎng)和靜止釋放時(shí)對(duì)應(yīng)的刻度知，壓縮量分別為2.00cm、4.00cm、6.00cm、8.00cm、10.00cm.根據(jù)能量守恒得,Ep=mg(x2x1),則對(duì)應(yīng)的彈性勢(shì)能Ep1=0.5×2×0.04J=0.04J,同理Ep2=0.16J,Ep3=0.36J,Ep4=0.64J,Ep5=1.00J.由表格中的數(shù)據(jù)可知，彈簧的彈性勢(shì)能與形變量的二次方成正比。14.（1）關(guān)于多用電表，下列說(shuō)法正確的一項(xiàng)是（ ）A.用多用電表“×10”檔測(cè)電阻R1、R2時(shí)，流過(guò)電表的電流分別為滿偏電流的1/2

22、、1/4，則R2=2R1VmARXB.用多用電表測(cè)量電流、電壓、電阻時(shí)，電流都是從紅表筆流入電表C.用多用電表測(cè)電阻時(shí)，選用不同檔位，調(diào)試準(zhǔn)確后，電表的內(nèi)阻相同D.多用電表使用前應(yīng)先進(jìn)行歐姆調(diào)零，再進(jìn)行機(jī)械調(diào)零考點(diǎn)：用多用電表測(cè)電阻分析：歐姆表的工作原理是閉合電路歐姆定律，應(yīng)用閉合電路歐姆定律分析答題；電流總是從歐姆表的紅表筆流入多用電表，從黑表筆流出多用電表；歐姆表?yè)Q擋后要進(jìn)行歐姆調(diào)零，不同檔位的內(nèi)阻是不同的解答：A. 由題意可知：解得：R2=3R1，故A錯(cuò)誤；B. 用多用電表測(cè)量電流、電壓、電阻時(shí)，電流都是從紅表筆流入電表，故B正確；C. 用多用電表測(cè)電阻時(shí)，選用不同檔位，調(diào)試準(zhǔn)確后，電表

23、的內(nèi)阻不同，故C錯(cuò)誤；D. 多用電表使用前應(yīng)先進(jìn)行機(jī)械調(diào)零，如果測(cè)電阻選擇檔位后還有進(jìn)行歐姆調(diào)零，故D錯(cuò)誤；故選：B.（2）用右邊的電路測(cè)電阻RX的阻值，已知RX約為1k。電流表的量程為0-1mA、內(nèi)阻r=100（電流表的內(nèi)阻是已知的）；電壓表的量程為0-1.5V、內(nèi)阻約為1k；電源電動(dòng)勢(shì)為3V、內(nèi)阻不計(jì)；滑動(dòng)變阻器的調(diào)節(jié)范圍為0-100。請(qǐng)把變阻器畫入電路圖，將實(shí)驗(yàn)電路圖補(bǔ)充完整。若電流表示數(shù)為0.9mA、電壓表示數(shù)為0.9V，則RX= 900 ?？键c(diǎn)：伏安法測(cè)電阻分析：根據(jù)待測(cè)電阻阻值與滑動(dòng)變阻器最大阻值間的關(guān)系確定滑動(dòng)變阻器的接法，然后完成實(shí)驗(yàn)電路圖根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)應(yīng)用串聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律

24、求出待測(cè)電阻阻值解答：由題意可知，待測(cè)電阻阻值遠(yuǎn)大于滑動(dòng)變阻器最大阻值，為測(cè)多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓接法，電路圖如圖所示：待測(cè)電阻阻值：三、解答題（每小題12分，共48分；取g=10m/s2，sin37°=cos53°=0.6）15.某天體的表面無(wú)大氣層，其質(zhì)量為地球質(zhì)量的2倍，其半徑為地球半徑的2倍。已知地球表面附近的重力加速度為g=10m/s2，地球的第一宇宙速度為v=8×103m/s。（1）該天體表面附近的重力加速度為多大？（2）靠近該天體表面運(yùn)行的人造衛(wèi)星的運(yùn)行速度為多大？（3）在該天體表面以15m/s初速豎直上拋一個(gè)小球，小球在上升過(guò)程的最末1

25、s內(nèi)的位移x為多大？（4）在距該天體表面高h(yuǎn)=20m處，以v0=5m/s初速斜向上拋出一個(gè)小球，小球落到該天體表面時(shí)速度為多大？考點(diǎn)：萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用, 豎直上拋運(yùn)動(dòng), 動(dòng)能定理分析：（1）在星球表面，重力等于萬(wàn)有引力，據(jù)此列式求解重力加速度；（2）靠近該天體表面運(yùn)行的人造衛(wèi)星，重力等于向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式求解速度；（3）豎直上拋運(yùn)動(dòng)是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度公式列式求解運(yùn)動(dòng)總時(shí)間，根據(jù)位移公式列式求解最末1s內(nèi)的位移x；（4）根據(jù)動(dòng)能定理列式求解末速度解答：(1)星球表面,重力等于萬(wàn)有引力,在地球表面：在天體表面：聯(lián)立解得：(2)靠近該天體表面運(yùn)行的人造衛(wèi)星,重力等于向心力,故：

26、對(duì)地球表面的人造衛(wèi)星,重力等于向心力,故：故故(3)在該天體表面以v0=15m/s初速豎直上拋一個(gè)小球,加速度為g=5m/s2,故運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為：根據(jù)位移公式,前5s位移為：由于6s末落地，故第6s位移大小為12.5m，向下(4)對(duì)斜拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理，有:解得：F16.如圖所示，質(zhì)量為m=1kg的物塊與豎直墻面間動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.5，從t=0的時(shí)刻開始用恒力F斜向上推物塊，F(xiàn)與墻面間夾角=37°，在t=0的時(shí)刻物塊速度為0。（1）若F=12.5N，墻面對(duì)物塊的靜摩擦力多大？（2）若F=30N，物塊沿墻面向上滑動(dòng)的加速度多大？（3）若要物塊保持靜止，F(xiàn)至少應(yīng)為多大？（假設(shè)最大靜摩擦

27、力等于同樣正壓力時(shí)的滑動(dòng)摩擦力，F(xiàn)的計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）考點(diǎn)：牛頓運(yùn)動(dòng)定律，摩擦力，平衡分析：（1）列出平衡方程即可求解（2）列出牛頓第二定律方程，即可求解（3）讓滑動(dòng)摩擦力的值等于同樣正壓力時(shí)的最大靜摩擦，求解出臨界條件下的F大小解答：（1）設(shè)f向上，F(xiàn)cos37°+f=mg （3分） 得f=0 （1分）（2）Fcos37°- Fsin37°-mg=ma （3分） 得a=5m/s2 （1分）（3）當(dāng)物塊即將下滑時(shí)，靜摩擦最大且向上，F(xiàn)cos37°+ Fsin37°=mg （3分） 得F=9.1N （1分）v0ABCDEO17.如圖所示，BCD為固定在豎直平面內(nèi)的半徑為r=10m的圓弧形光滑絕緣軌道，O為圓心，OC豎直，OD水平，OB與OC間夾角為53°，整個(gè)空間分布著范圍足夠大的豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)。從A點(diǎn)以初速v0=9m/s沿AO方向水平拋出質(zhì)量m=0.1kg的小球（小球可視為質(zhì)點(diǎn)），小球帶正電荷q=+0.01C，小球恰好從B點(diǎn)沿垂直于OB的方向進(jìn)入圓弧軌道。不計(jì)空氣阻力。求：（1）A、B間的水平距離L（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E（3）小球過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力的大小FN（4）小球從D點(diǎn)離開軌道后上升的最大高度H考點(diǎn)：電場(chǎng)，類平拋，圓周運(yùn)動(dòng)，功能原理分析：（1）利用類平拋關(guān)系列方程求解（2）根據(jù)