福建廈門2018屆高三年級(jí)第一學(xué)期期末質(zhì)檢物理試題解析版

1、廈門市2018屆高三質(zhì)檢物理試題、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第 16題只有一項(xiàng)符合題目要求，第 710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)的得0分。1.圖甲所示為氫原子能級(jí)圖，大量處于n= 4激發(fā)態(tài)的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)能輻射出多種不同頻率的光，n=2能級(jí)躍遷時(shí)輻射的光照射圖乙所示光電管的陰極K時(shí)，電路中有光電流產(chǎn)生，則其中用從n=4能級(jí)/nEfcV TOC o 1-5 h z 0Q4D知3“512-3.4。113.6圖乙圖甲A.改用從n=4能級(jí)向n=1能級(jí)躍遷時(shí)輻射的光，一定能使陰極K發(fā)生光電效應(yīng)B.改用從n=3能級(jí)

2、向n=1能級(jí)躍遷時(shí)輻射的光，不能使陰極K發(fā)生光電效應(yīng)C.改用從n=4能級(jí)向n=1能級(jí)躍遷時(shí)輻射的光照射，逸出光電子的最大初動(dòng)能不變D.入射光的強(qiáng)度增大，逸出光電子的最大初動(dòng)能也增大【答案】A【解析】在躍遷的過(guò)程中釋放或吸收的光子能量等于兩能級(jí)間的能級(jí)差，2 = -0.S5eV-( 3.40) = 2.55eV = hv,此種光的頻率大于金屬的極限頻率，故發(fā)生了光電效應(yīng) .A、- ：，同樣光的頻率大于金屬的極限頻率，故一定發(fā)生了光電效應(yīng)，則A正確.B、= L5IeV(T3.6) = 12.映丫 AEq，也能讓金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則 B錯(cuò)誤；C、由光電效應(yīng)方程Ekm=hvW叫入射光的頻率變大，飛出的

3、光電子的最大初動(dòng)能也變大，故 C錯(cuò)誤；D、由EgHhvWg知光電子的最大初動(dòng)能由入射光的頻率和金屬的逸出功決定，而與入射光的光強(qiáng)無(wú)關(guān)，則D錯(cuò)誤；故選A.【點(diǎn)睛】波爾的能級(jí)躍遷和光電效應(yīng)規(guī)律的結(jié)合；掌握躍遷公式.=耳口-E*光的頻率E = hv,光電效應(yīng)方2.圖甲中理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比ni ：窕=5： 1,電阻R=10 Q, Li、L2為規(guī)格相同的兩只小燈泡，S1為單刀雙擲開(kāi)關(guān)。原線圈接正弦交變電源，輸入電壓u隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示.現(xiàn)將S1接1、S2閉合，此時(shí)L2正常發(fā)光。下列說(shuō)法正確的是S1 IA.只斷開(kāi)S2后，原線圈的輸入功率增大B.輸入電壓u的表達(dá)式u = 與in(5O7

4、rt)VC.若S1換接到2后，原線圈的輸入功率為1.6 WD.若S1換接到2后，R消耗的電功率為 0.8 W【答案】C【解析】A、只斷開(kāi)S2后，負(fù)載電阻變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，副線圈電壓不變，則副線圈的功率變小，即原線圈2兀的輸入功率變小，A錯(cuò)誤；B、由圖乙知周期T=0.02s, = 訴=10面，所以輸入電壓u的表達(dá)式應(yīng)為u = 2O5sin(l 0。戊)V, B 錯(cuò)誤； 2 城 ,U =- = 20V,則電阻R電壓有效值為4V, R消耗的電B、現(xiàn)將S1接1、S2閉合，此時(shí)L2正常發(fā)光，當(dāng)只斷開(kāi) S2, L1接入電路，導(dǎo)致L1、L2均不能正常發(fā)光，B4，一，U1/5錯(cuò)反；C、D、右S1換接到2后，由=

5、;功率為p =+ = f = D8w,而變壓器兩端的功率相等，則輸入功率也為0.8W, C錯(cuò)誤，D正確.故選D.2 R 20【點(diǎn)睛】掌握理想變壓器的電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，變壓器的輸入功率和輸出功率相等。3.如圖所示，質(zhì)量為m=0.5kg的小球（可視作質(zhì)點(diǎn)）從A點(diǎn)以初速度vo水平拋出，小球與豎直擋板 CD和AB各碰撞一次（碰撞時(shí)均無(wú)能量損失），小球最后剛好打到 CD板的最低點(diǎn)。已知 CD擋板與A點(diǎn)的水平距離為x=2m, AB高度為4.9 m,空氣阻力不計(jì)，g=9.8m/s2,則小球的初速度 v0大小可能是A. 7m/s B. 6 m/s C. 5 m/s D. 4m/s【答案】B【

6、解析】 小球從A點(diǎn)開(kāi)始做平拋運(yùn)動(dòng)，撞擊擋板反彈時(shí)無(wú)動(dòng)能損失，即水平速度反向，豎直速度不變，可等效為平拋運(yùn)動(dòng)的繼續(xù)，整個(gè)多次碰撞反彈可視為一個(gè)完整的平拋運(yùn)動(dòng)，h = t可得t=l” 3K=qI,得V0=6m/s ,故B正確，則選B.【點(diǎn)睛】對(duì)稱性和等效法的綜合運(yùn)用，碰撞反彈的多個(gè)運(yùn)動(dòng)等效成同一個(gè)勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，即為一個(gè)完整 的平拋運(yùn)動(dòng)。4.近年科學(xué)界經(jīng)過(guò)論證認(rèn)定：肉眼無(wú)法從太空看長(zhǎng)城，但遙感衛(wèi)星可以看”到長(zhǎng)城。已知某遙感衛(wèi)星在離地球高度約為300km的圓軌道上運(yùn)行，地球半徑約為6400km,地球同步衛(wèi)星離地球高度約為地球半徑的5.6倍。則以下說(shuō)法正確的是A.遙感衛(wèi)星的發(fā)射速度不超過(guò)第一宇宙速度B

7、.遙感衛(wèi)星運(yùn)行速度約為8.1km/sC.地球同步衛(wèi)星運(yùn)行速度約為3.1km/sD.遙感衛(wèi)星只需加速，即可追上同軌道運(yùn)行的其他衛(wèi)星【答案】C【解析】A、由題中數(shù)據(jù)可知，飛船運(yùn)行離地表很近，飛船的線速度接近第一宇宙速度，但發(fā)射速度是飛離一 ， 一 _ . Mm V 一地球的初速度，一定大于第一宇宙速度才可以成為衛(wèi)星?故A正確節(jié)日設(shè)；B、由G = m 5可付v =且滿足黃金代換GM=R%表，g表=gSm/s，,=6700km ,解得衛(wèi)星的線速度v = 7.7km/s ,同理r同= 5.6 X 6400km = 35840km,解得竄同k3. lkm后 ,則B錯(cuò)誤，C正確.D、遙感衛(wèi)星要追同軌道衛(wèi)星需

8、要先減速做向心運(yùn)動(dòng)再加速做離線運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤.故選C .【點(diǎn)睛】解決飛船、人造地球衛(wèi)星類型的問(wèn)題常常建立這樣的模型：衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，地球?qū)πl(wèi)星的萬(wàn)有引力提供衛(wèi)星所需要的向心力.常常是萬(wàn)有引力定律與圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)的綜合應(yīng)用.5.如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中有一個(gè)垂直紙面向里的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其邊界過(guò)原點(diǎn)O和y軸上的點(diǎn)a(0,L)一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從a點(diǎn)以初速度V。平行于x軸正方向射入磁場(chǎng)，并從x軸上的b點(diǎn)射出磁場(chǎng),此時(shí)速度方向與 x軸正方向的夾角為 60嚇列說(shuō)法中正確的是匕A.電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心坐標(biāo)為(0,0)B.電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心坐標(biāo)為(0,-2L)4jtLC

9、.電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 加2jcLD.電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 【答案】D【解析】 畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示:設(shè)電子的軌跡半徑為 R,由幾何知識(shí),Rsin30 =R-L,得R=2L。A、B、根據(jù)幾何三角函數(shù)關(guān)系可得,y = -Rcos60 =-L,所以電子的圓周運(yùn)動(dòng)的圓心坐標(biāo)為(0, -L),則A, B均錯(cuò)誤。C、D、電子在磁場(chǎng)中運(yùn)一，、60 T 一 2tiR動(dòng)時(shí)間t T =-,而T =360。6vft依L2jiL，得t=，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D.v03Vo【點(diǎn)睛】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中在洛倫茲力作用下，做勻速圓周運(yùn)動(dòng).所以由幾何關(guān)系可確定運(yùn)動(dòng)圓弧的 半徑與已知長(zhǎng)度的關(guān)系，從而確定圓磁場(chǎng)的

10、圓心，并能算出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間.并根據(jù)幾何關(guān)系來(lái), 最終可確定電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心坐標(biāo).如圖所示，頂端附有光滑定滑輪的斜面體靜止在粗糙水平地面上，三條細(xì)繩結(jié)于O點(diǎn)。一條繩跨過(guò)定滑輪平行于斜面連接物塊 P, 一條繩連接小球 Q, P、Q兩物體處于靜止?fàn)顟B(tài)， 另一條繩OA受外力F的作用,處于水平方向，現(xiàn)緩慢逆時(shí)針改變繩OA的方向至 線90。，且保持結(jié)點(diǎn) O位置不變，整個(gè)裝置始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說(shuō)法正確的是A.繩OA的拉力一直減小B.繩OB的拉力一直增大C.地面對(duì)斜面體有向右的摩擦力D.地面對(duì)斜面體的支持力不斷減小【解析】A、B、A、緩慢改變繩 OA的方向至 長(zhǎng)90的過(guò)程，OA拉力的方

11、向變化如圖從 1位置到2位置到 可見(jiàn)辦的拉力先減小后增大，您的拉力一直減??；故A B均錯(cuò)誤；C、以斜面和M整體為研究對(duì)象 受力分析，根據(jù)平衡條件；斜面受地面的摩擦力與翻繩子水平方向的拉力等大反向，故對(duì)面的摩擦力 方向向左，C錯(cuò)誤；D、，仍的拉力一直臧小，則網(wǎng)一直減小,而向悶+ F曬=M涓得冗時(shí)一直增大T以. 斜面體和因整體為研究對(duì)象受力分析,根據(jù)豎直方向受力平衡：心用的二出斜”修景明巴綜合可得N - 直減小，D正確；故選D.3位置所示,【點(diǎn)睛】本題采用隔離法和整體法研究?jī)蓚€(gè)物體的平衡問(wèn)題，靈活選擇研究對(duì)象；摩擦力的方向及大小變化尤其為難點(diǎn)。.如圖所示，光滑大圓環(huán)靜止在水平面上，一質(zhì)量為m可視為

12、質(zhì)點(diǎn)的小環(huán)套在大環(huán)上，已知大環(huán)半徑為 R,質(zhì)量為M=3m,小環(huán)由圓心等高處無(wú)初速度釋放，滑到最低點(diǎn)時(shí)A.小環(huán)的速度大小為；5或.小環(huán)的速度大小為-一2, 入3RC.大環(huán)移動(dòng)的水平距離為2D.大環(huán)移動(dòng)的水平距離為 -4【答案】BD【解析】A、B、小環(huán)滑至最低點(diǎn)時(shí)的速度為vi,大環(huán)的速度為V2,兩物體的系統(tǒng)滿足機(jī)械能守恒有:mgR = fn叮4且兩物體的系統(tǒng)滿足水平方向動(dòng)量守恒有：O = mVj-Mv2 ,聯(lián)立解得： =V2 = Jp,故A錯(cuò)誤，B正確；C、D、設(shè)小環(huán)和大環(huán)水平方向發(fā)生的位移為X1和X2,兩物體的系統(tǒng)滿足水X力 331平方向反沖原理，結(jié)合人船模型的結(jié)論可知一= 一 = ；,且*J

13、= R,解得X = =R, X=：R,故C錯(cuò)誤，Dxa v 1 I44正確；故選BD.【點(diǎn)睛】機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律的結(jié)合應(yīng)用，同時(shí)是特殊的反沖模型和人船模型。.如圖所示，在傾角為 。的光滑斜面上，存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，磁場(chǎng)的寬度為 2L。一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)體線圈，由靜止開(kāi)始沿斜面下滑，當(dāng)ab邊剛越過(guò)GH進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間和剛越過(guò) MN穿出磁場(chǎng)瞬間速度剛好相等。從ab邊剛越過(guò)GH處開(kāi)始計(jì)時(shí)，規(guī)定沿斜面向上為安培力的正方向，則線框運(yùn)動(dòng)的速率v與線框所受安培力 F隨時(shí)間變化的圖線中，可能正確的是【答案】AC【解析】A、B、根據(jù)楞次定律可得線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中

14、電流方向?yàn)轫槙r(shí)針；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可Rlv得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E=BLv,根據(jù)電流;產(chǎn)生的安培力大小為F = BIL =隨速度變化為變化,ab邊剛越RR過(guò)GH進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間和剛越過(guò) MN穿出磁場(chǎng)瞬間速度剛好相等可能滿足的運(yùn)動(dòng)情況兩種；一是進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)勻速，完全進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，但；出磁場(chǎng)過(guò)程中，做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，二是進(jìn)磁場(chǎng)做變減速，后勻加速，再出磁場(chǎng)變減速，結(jié)合圖象知A正確、B錯(cuò)誤；C、D、根據(jù)左手定則可得線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中安培力方向向上為正，且 F = BIL=22二；線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，安培力為零；出磁場(chǎng)的過(guò)程 R中安培力方向向上，且等于進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的安培力，所以 C正確

15、、D錯(cuò)誤.故選AC.【點(diǎn)睛】解答本題的關(guān)鍵是弄清楚線框的運(yùn)動(dòng)情況，能夠根據(jù)楞次定律和左手定則進(jìn)行判斷；根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向的一般步驟是：確定原磁場(chǎng)的方向一原磁場(chǎng)的變化 一引起感應(yīng)電流的磁場(chǎng)的變化 一楞次定律一感應(yīng)電流的方向.如圖所示，圓心在O點(diǎn)、半徑為R的光滑圓弧軌道 ABC豎直固定在水平桌面上，OC與OA的夾角為60,軌道最低點(diǎn)A與桌面相切。一足夠長(zhǎng)的輕繩兩端分別系著質(zhì)量為mi和m2的兩小球（均可視為質(zhì)點(diǎn)），掛在圓弧軌道光滑邊緣 C的兩邊，開(kāi)始時(shí) mi位于C點(diǎn)，從靜止釋放，在 m1由C點(diǎn)下滑到A點(diǎn)的過(guò)程中A. mi的速度始終不小于m2的速度B.重力對(duì)m做功的功率先增大后減少C.輕繩

16、對(duì)m2做的功等于m2的機(jī)械能增加D.若mi恰好能沿圓弧下滑到A點(diǎn)，則m1 = m2【答案】ABC【解析】A、mi由C點(diǎn)下滑到A點(diǎn)的過(guò)程中，設(shè)兩物體的速度為vi, V2, vi與繩的夾角為a,滿足沿繩子方向的速度相等，分解mi的速度后滿足Vgsd =叼，其中“從0。逐漸增大到45則第1之叼，故A正確；B、重力的功率就是 P=mgv,這里的v是指豎直的分速度， 一開(kāi)始mi是由靜止釋放的， 所以m1 一開(kāi)始的豎直速度也必然為零，最后運(yùn)動(dòng)到 A點(diǎn)的時(shí)候，由于此時(shí)的切線是水平的，所以此時(shí)的豎直速度也是零但是在這個(gè)C到A的過(guò)程當(dāng)中是肯定有豎直分速度的，所以相當(dāng)于豎直速度是從無(wú)到有再到無(wú)的一個(gè)過(guò)程，也就是一

17、個(gè)先變大后變小的過(guò)程，所以這里重力功率 mgv也是先增大后減小的過(guò)程，故B正確；C、除重力和彈簧彈力以外的力對(duì)物體做功衡量物體機(jī)械能的變化，即在m2上升的過(guò)程中繩子做正功 m2的機(jī)械能增加，故C正確；D、若mi恰好能沿圓弧軌道下滑到 A點(diǎn)，此時(shí)兩小球速度均為零，根據(jù)動(dòng)能定理得：migR(1-cos60 )= m2gR,解得：mi=2m2,故 D 錯(cuò)誤；故選 ABC.【點(diǎn)睛】本題解題的關(guān)鍵是對(duì)兩個(gè)小球運(yùn)動(dòng)情況的分析，知道小球做什么運(yùn)動(dòng)，并能結(jié)合動(dòng)能定理、幾何關(guān)系、關(guān)聯(lián)物體的速度分解解題，10.如圖所示，空間存在一勻強(qiáng)電場(chǎng)，平行實(shí)線為該電場(chǎng)等勢(shì)面，其方向與水平方向間的夾角為30。，AB與等勢(shì)面垂直

18、，一質(zhì)量為 m,電荷量為q的帶正電小球，以初速度 Vo從A點(diǎn)水平向右拋出，經(jīng)過(guò)時(shí)間 t小球 最終落在C點(diǎn)，速度大小仍是 Vo,且AB=BC,重力加速度為g,則下列說(shuō)法中正確的是A.電場(chǎng)方向沿A指向B、, 底唔B.電場(chǎng)強(qiáng)度大小為3q_ 1 2C.小球下洛圖度-gt4d.此過(guò)程增加的電勢(shì)能等于 LgV4【答案】BCD0,而重力做正功,【解析】A、由題意可知，小球在下落過(guò)程中初末動(dòng)能不變，根據(jù)動(dòng)能定理，合力做功為則電場(chǎng)力做負(fù)功，而小球帶正電，故電場(chǎng)線斜向上由B指向A,故A錯(cuò)誤.B、小球在下落過(guò)程中初末動(dòng)能不變，由動(dòng)能定理可知,mgABcos30 - EqACcos30 =0,解得 E =故為 TOC

19、 o 1-5 h z mgIB正確；C、電場(chǎng)力的豎直分量為Fy = qE cosSO3 =,則物體在豎直方向上的合力為 F含=mg-5mg = m% ,則由牛頓第二定律知 為=, 則下落高度h =故C正確；D、此過(guò)程中電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增hh加，由幾何關(guān)系知小球沿電場(chǎng)線方向上的位移為d=- 8加 =gt2 ,則電勢(shì)能的增加量cos6004iEp = qBd = ng2t:故D正確。故選BCD.【點(diǎn)睛】本題要注意分析小球受力情況，明確重力及電場(chǎng)力做功情況，再由電場(chǎng)線利用好幾何關(guān)系確定小 球的高度變化；要注意采用運(yùn)動(dòng)的合成與分析知識(shí).二、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，第11題6分，第12題10分，共16

20、分。把答案寫在答題卡中 指定的答題處。11.如圖所示的裝置，可用于探究恒力做功與動(dòng)能變化的關(guān)系。水平軌道上安裝兩個(gè)光電門，光電門1和光電門2的中心距離s,擋光板的寬度do滑塊（含力傳感器和擋光板）質(zhì)量為Mo細(xì)線一端與力傳感器連接，另一端跨過(guò)定滑輪掛上祛碼盤。實(shí)驗(yàn)步驟如下：（1）先保持軌道水平，通過(guò)調(diào)整祛碼盤里祛碼的質(zhì)量來(lái)平衡摩擦力，當(dāng)滑塊做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)傳感器示數(shù)為F。（2）增加祛碼質(zhì)量，使滑塊加速運(yùn)動(dòng)，記錄傳感器示數(shù)。請(qǐng)回答：該實(shí)驗(yàn) （填需要”或不需要”）滿足祛碼和祛碼盤的總質(zhì)量m遠(yuǎn)小于M;滑塊與水平桌面的動(dòng)摩擦因數(shù)尸 （用F。、M、重力加速度g來(lái)表示）；某次實(shí)驗(yàn)過(guò)程：力傳感器的讀數(shù)F,滑塊通過(guò)

21、光電門1和光電門2的擋光時(shí)間分別為t1、t2；小車通過(guò)光電門2后祛碼盤才落地。該實(shí)驗(yàn)需驗(yàn)證滑塊的動(dòng)能改變與恒力做功的關(guān)系的表達(dá)式是 （用題中物理量字母表示）。(1).不需要 (2).Mg(3). 1,【解析】(1)該實(shí)驗(yàn)中由于已經(jīng)用傳感器測(cè)出繩子拉力大小即為小車的真實(shí)合力，不是將祛碼和祛碼盤的重力作為小車的拉力，故不需要滿足祛碼和祛碼盤的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量.Fo(2)對(duì)滑塊由牛頓第二定律可得 琦= 當(dāng)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí) 以=心但，則以二，Mg1速度為整理(3)由于光電門的寬度 d很小，所以我們用很短時(shí)間內(nèi)的平均速度代替瞬時(shí)速度.滑塊通過(guò)光電門V=-,滑塊通過(guò)光電門 2速度為力=，根據(jù)功能關(guān)系需要驗(yàn)

22、證的關(guān)系式為(F-Fjs =-Mv；,tk22d , 1 d , 得：I L，、-.,.Zi L2 t【點(diǎn)睛】了解光電門測(cè)量瞬時(shí)速度的原理，實(shí)驗(yàn)中我們要清楚研究對(duì)象和研究過(guò)程，對(duì)于系統(tǒng)我們要考慮 全面，同時(shí)明確實(shí)驗(yàn)原理是解答實(shí)驗(yàn)問(wèn)題的前提12.某同學(xué)要測(cè)量一均勻材料制成的圓柱形導(dǎo)體的電阻率p,步驟如下：(1)用刻度尺測(cè)量其長(zhǎng)度為 L=60.15mm ;(2)用螺旋測(cè)微器測(cè)量其直徑如圖，由圖可知其直徑為D =mm;(3)先用歐姆表粗測(cè)該導(dǎo)體的電阻值，選擇“X桃；進(jìn)行歐姆調(diào)零后，測(cè)量時(shí)表盤示數(shù)如圖，該電阻阻值R=Q;(4)現(xiàn)用伏安法更精確地測(cè)量其電阻R,要求測(cè)量數(shù)據(jù)盡量精確，可供該同學(xué)選用的器材除

23、開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線、測(cè)圓柱形導(dǎo)體的電阻 R外還有：A.電壓表V (量程015 V,內(nèi)阻未知)B.電流表Ai(量程0200 mA,內(nèi)阻 門=6 Q)C.電流表A2(量程03 A,內(nèi)阻r2= 0.1溫D.滑動(dòng)變阻器Ri(010口額定電流2 A)E.滑動(dòng)變阻器R2(01 k 0額定電流0.5 A)F.定值電阻R3(阻值等于2 Q)G.電源E(E=12V,內(nèi)阻不計(jì))實(shí)驗(yàn)中除了選擇器材A、F、G外，電流表應(yīng)選擇 ，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇 (填寫器材前面的字母)請(qǐng)畫出實(shí)驗(yàn)電路圖 ；某次測(cè)量中，所選擇的電流表和電壓表的讀數(shù)為I、U,該電阻R= _表小)；(5)該同學(xué)經(jīng)多次測(cè)量，計(jì)算出圓柱形導(dǎo)體的電阻率po【答案】(1).

24、 3.700 (3.699-3.701)(2). 15 (15.0-15.2)(3). B。RS). Fi五iV S【解析】(1)螺旋測(cè)微器的固定刻度讀數(shù)為3.5mm ,可動(dòng)刻度讀數(shù)為0數(shù)為：3.5mm+0.200mm=3.700mm(3.699 mm -3.701 mm). (用題中物理量的字母(4). D (5).01 x 20.0mm=0.200mm ,所以最終讀(2)歐姆表的讀數(shù)等于表盤讀數(shù)乘以倍率該電阻的阻值約為15.0 X 1 Q =15.0 Q (15.0 Q -15.2 Q ).(3)由于電動(dòng)勢(shì)為12V ,電路中最大電流約為I,右I =d8k遠(yuǎn)大于02A .且選小于3A，但兩電

25、 流表內(nèi)阻已知可用來(lái)改裝，電流表A并聯(lián)定值電阻電=2Q后I =9+ 1=0.8A,滿足了安全的需要，故電流表應(yīng)選用B(Ai),根據(jù)實(shí)驗(yàn)要求便于調(diào)節(jié)且測(cè)得多組數(shù)據(jù)進(jìn)行分析，可知變阻器應(yīng)采用分壓式接法，應(yīng)選擇阻值小的變阻器以方便調(diào)節(jié).電流表Ai先并電阻改裝，且電流表內(nèi)阻已知，可采用內(nèi)接法消除系統(tǒng)誤差，同時(shí)滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，電路圖如下：-riZ： I五1(4)根據(jù)部分電路的歐姆定律可得【點(diǎn)睛】螺旋測(cè)微器讀數(shù)時(shí)應(yīng)分成整數(shù)部分和小數(shù)部分兩部分來(lái)讀，注意螺旋測(cè)微器需要估讀.測(cè)量電阻最基本的原理是伏安法，電路可分為測(cè)量電路和控制電路兩部分設(shè)計(jì).測(cè)量電路要求精確，誤差小，可根據(jù)電壓表、電流表與待測(cè)電阻

26、阻值倍數(shù)關(guān)系，選擇電流表內(nèi)、外接法.控制電路關(guān)鍵是變阻器的分壓式接法或限流式接法.在兩種方法都能用的情況下，為了減小能耗，選擇限流式接法.三、計(jì)算題：本題共4小題，第13題10分，第14題10分，第15題11分，第16題13分,共44分。把解答寫在指定的答題處，要求寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和演算步驟.我國(guó) 殲15”艦載機(jī)在 遼寧號(hào)”航空母艦上著艦成功。圖(a)為利用阻攔系統(tǒng)讓艦載機(jī)在飛行甲板上快速停止的原理示意圖。飛機(jī)著艦并成功鉤住阻攔索后，飛機(jī)的動(dòng)力系統(tǒng)立即關(guān)閉，阻攔系統(tǒng)通過(guò)阻攔索對(duì)飛機(jī)施加一作用力，使飛機(jī)在甲板上短距離滑行后停止某次降落。以飛機(jī)著艦為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，飛機(jī)在t=0.4s時(shí)恰好鉤住

27、阻攔索中間位置，其著艦到停止的速度一時(shí)間圖線如圖(b)所示。航母始終靜止，飛機(jī)質(zhì)量m=2X104kg,假設(shè)空氣阻力和甲板阻力之和 f=2X104N。求：m h(1)在0.4s-2.5s時(shí)間內(nèi)，飛行員所承受的加速度大??；(2)在0.4s-2.5s內(nèi)某時(shí)刻阻攔索夾角為120。，求此刻阻攔索承受的張力大小?！敬鸢浮?1 = 27.6m/s2 (2) F=5.32 M05N【解析】【試題分析】 通過(guò)速度與時(shí)間的圖象，圖象的面積等于飛機(jī)的位移；由圖象的斜率表示加速度大小，再由牛頓第二定律和力的合成確定阻攔索的拉力 TOC o 1-5 h z (1)0.4s-2.5s ,飛行員作勻減速直線運(yùn)動(dòng)，Av7由圖

28、像得，.，：”-At(2)飛機(jī)作勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)阻攔索張力為F,根據(jù)牛頓第二定律：占：- ：120卜含=2Fcos-F=5.32 X 1(fN【點(diǎn)睛】考查由速度與時(shí)間的圖象，來(lái)讀取正確的信息：斜率表示加速度的大小，圖象與時(shí)間所夾的面積表示位移的大小.注意阻攔索的張力與合力是不同的.如圖甲所示，陀螺可在圓軌道外側(cè)旋轉(zhuǎn)而不脫落，好像軌道對(duì)它施加了魔法一樣，被稱為魔力陀螺它可等效為一質(zhì)點(diǎn)在圓軌道外側(cè)運(yùn)動(dòng)模型，如圖乙所示。在豎直平面內(nèi)固定的強(qiáng)磁性圓軌道半徑為R, A、B兩點(diǎn)分別為軌道的最高點(diǎn)與最低點(diǎn)。質(zhì)點(diǎn)沿軌道外側(cè)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，受圓軌道的強(qiáng)磁性引力始終指向圓心O且大小恒為F,當(dāng)質(zhì)點(diǎn)以速率V1氨通

29、過(guò)A點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的壓力為其重力的7倍，不計(jì)摩擦和空氣阻力，重力加速度為 g。(1)求質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量;A、B兩點(diǎn)的壓力差為定值;B點(diǎn)最大速率。(2)質(zhì)點(diǎn)能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，若磁性引力大小恒定，試證明質(zhì)點(diǎn)對(duì)(3)若磁性引力大小恒為 2F,為確保質(zhì)點(diǎn)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，求質(zhì)點(diǎn)通過(guò)【答案】(1)=(2)二-P6,心(3)7g【解析】【試題分析】對(duì)陀螺受力分析，分析最高點(diǎn)的向心力來(lái)源，根據(jù)向心力公式即可求解；在最高點(diǎn)和最低點(diǎn)速度最大的臨界條件是支持力為0 ,根據(jù)向心力公式分別求出最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的最大速度二一.jmk 不(1)在 A點(diǎn)：F + mg-卜兒= R根據(jù)牛頓第三定律：F；=9=7mg 由式聯(lián)立得

30、：m = - d 7gmv. TOC o 1-5 h z 質(zhì)點(diǎn)能完成圓周運(yùn)動(dòng)，在A點(diǎn):根據(jù)牛頓第二定律：p十rng_NA = 0R根據(jù)牛頓第三定律：N息=52,、一一一、八mvn _在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律 Fr-mg-NB =R根據(jù)牛頓第三定律：Nb = Nb , 一， 一i m八 j5 1rl 士從A點(diǎn)到B點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒7E律:mg2R = -nivB-rmvA由聯(lián)立得：N；-NB = 6mg為定值，得到證明。在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律：2F-mg- Fb =當(dāng)Fb=0,質(zhì)點(diǎn)速度最大，%力=麗mVHSin2F-mg =【點(diǎn)睛】本題考查豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)的情況，在解答的過(guò)程中正確分析

31、得出小球經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的條件是解答的關(guān)鍵，正確寫出向心力的表達(dá)式是解答的基礎(chǔ).15.如圖所示，一固定粗糙絕緣斜面傾角體37。，O、D、A、B是斜面上的四個(gè)點(diǎn)，O點(diǎn)在斜面底端，A為0E的中點(diǎn)，OA = m , D為云的中點(diǎn)，O點(diǎn)固定一個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷，現(xiàn)有一可視為質(zhì)點(diǎn)帶正電的滑塊，先 12后在A和B兩位置釋放均恰能靜止(最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力 )。已知點(diǎn)電荷周圍電場(chǎng)的電勢(shì)可表示為Q(取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，公式中k為靜電力常量，Q為場(chǎng)源電荷的電荷量，r為距場(chǎng)源電荷的距離)，重力加速度 g=10m/s2, sin37 =0.6, cos37=0.8。求(1)滑塊與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為工(2)若滑塊由D點(diǎn)釋放，其第一次經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度大小?！敬鸢浮?1)尸0.4