福建福州第八中學(xué)2019屆高三物理上學(xué)期11月期中試題含解析

1、福建省福州八中2018-2019學(xué)年高三上學(xué)期11月期中考物理試卷一、選擇題.如圖所示，實(shí)線和虛線分別表示某電場的電場線和等勢線，下列說法中正確的是()a點(diǎn)場強(qiáng)小于c點(diǎn)場強(qiáng)a點(diǎn)電勢高于c點(diǎn)電勢c、b兩點(diǎn)間的電勢差等于 c、a兩點(diǎn)間的電勢差D.若將一試探電荷-q由a點(diǎn)移動到b點(diǎn)，電場力做正功【答案】C【解析】【詳解】A、由圖可知，a點(diǎn)的電場線比c點(diǎn)電場線密，所以 a點(diǎn)的場強(qiáng)大于c點(diǎn)的場強(qiáng)，故 A錯誤；B、沿電場線方向電勢逐漸降低，則 c點(diǎn)的電勢高于a點(diǎn)電勢，故B錯誤；C、b、a 兩點(diǎn)在同一等勢面上，電勢相等，則 c、b兩點(diǎn)間的電勢差等于 c、a兩點(diǎn)間的電勢差，故 C 正確；D a、b兩點(diǎn)電勢相等

2、，將一試探電荷 +q由a點(diǎn)移動到b點(diǎn)，電場力不做功，故 D錯 誤.【點(diǎn)睛】根據(jù)電場線的疏密比較電場的強(qiáng)弱，通過沿電場線方向電勢逐漸降低比較電勢的高 低；根據(jù)電勢差的正負(fù)，結(jié)合電場力做功與電勢差的關(guān)系判斷電場力做功的正負(fù).a、b、c三個a粒子由同一點(diǎn)垂直場強(qiáng)方向同時進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，其軌跡如圖所示，其中 b 恰好飛出電場，由此可以肯定（）A.在b飛離電場的同時，a剛好打在負(fù)極板上B.進(jìn)入電場時，c的速度最大，a的速度最小b和c同時飛離電場D.動能的增量相比，a的最小，b和c的一樣大【答案】AB【解析】試題分析：據(jù)題意，帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動，其運(yùn)動時間由加速距離決定，而a、可知，當(dāng)b粒子飛

3、離電場時，a剛好打在負(fù)極板上，選b、c粒子的加速距離相等，據(jù)項(xiàng)A正確；運(yùn)動時間相同，水平距離大的粒子據(jù)匕叫可知初速度越大，故選項(xiàng) B正確；據(jù)圖可知粒子c先飛離電場，故選項(xiàng) C錯誤；動能的增量:12= mv = qu一a、b動能增量相同而c的最小，故選項(xiàng) D錯誤?？键c(diǎn)：本題考查帶電粒子在電場中的運(yùn)動。3.在x軸上存在與x軸同向的電場，x軸上各點(diǎn)的電場強(qiáng)度隨 x點(diǎn)位置變化情況如圖所示.點(diǎn) 電荷a和b帶的電量分別為+q和-q,不計a和b間的靜電力.下列敘述正確的是()x 1、x2兩處的電勢相同a和b在xi處的電勢能相等C.將電荷a沿x軸從xi處移到x2處，電場力一直做正功b在xi處的電勢能大于在 x

4、2處的電勢能【答案】C【詳解】A、沿場強(qiáng)方向電勢降低，則 曲的電勢大于 圓的電勢，故 A錯誤；B、由壓三亙 知，不同電性的電荷在同位置處的電勢能不同，故 B錯誤；G正電荷所受電場力方向與場強(qiáng) 方向相同，則電荷 a沿x軸從M處移到曲，電場力一直做正功，故 C正確；D負(fù)電荷在高 電勢處電勢能小，則 b在目處的電勢能小于在 同處的電勢能，故 D錯誤.【點(diǎn)睛】本題主要考查對電勢、電勢能以及電場力做功的理解。4.在如圖所示的電路中，當(dāng)變阻器R的滑動頭P由a端向b端移動時（A.電壓表示數(shù)變大,電流表示數(shù)變小B.電壓表示數(shù)變小,電流表示數(shù)變大C.電壓表示數(shù)變大,電流表示數(shù)變大D.電壓表示數(shù)變小,電流表示數(shù)變

5、小【解析】【詳解】當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭P下滑時，阻值變大，總阻值變大，總電流變小，根據(jù)閉合電路歐姆定律，路端電壓增大，而流過目的電流變小，則 因兩端電壓變小，則 陽和同兩端的電壓變大，因此 岡兩端的分壓也變大，即電壓表示數(shù)變大；回電壓增大，則流過的電流增大，但整個外電路由于阻值增大，總電流減小，因此流過國的電流減小，即電流表示數(shù)變小, 故A項(xiàng)正確。【點(diǎn)睛】本題主要考查閉合電路的動態(tài)分析，遵循從局部一整體一局部的分析方法。5.如圖所示，在勻強(qiáng)電場中，有六個點(diǎn)A、B、C、D E、F,正好構(gòu)成一邊長為 W%cm的正六邊形.點(diǎn)B、C、E的電勢分別為-30V 、30V和90V.一帶電粒子從 A點(diǎn)以某一

6、速度沿 AB方向射出后到達(dá) D點(diǎn).不計重力.則下列判斷正確的是 （）A.該勻強(qiáng)電場場強(qiáng)大小為 400V/mB. A點(diǎn)的電勢為30VC.粒子在A點(diǎn)的電勢能小于在 D點(diǎn)的電勢能D.粒子在D點(diǎn)的速度方向與 AD連線的夾角等于30【答案】A【解析】【詳解】A.由勻強(qiáng)電場中沿任意方向相同距離電勢差相等，則 (j) B- (j)C=(|)F- (J) E； (J) B= - 30V, (j) c=30V, (f) E=90V。所以(f) F=30V, AB也為等勢線，故 ()a=()b= - 30V;由幾何關(guān)系，BC在電場線方向投影長為10回cos300=15cm,又因?yàn)閁Bc= - 60V,所以E=15

7、，】U4|=400V/m。故A正確，B錯誤；C.FC連線為等勢線，電場線垂直FC向上，帶電粒子所受電場力垂直于FC向下，故帶負(fù)電。又因?yàn)?。AEpd,故C錯誤；D.此粒子運(yùn)動為類平拋運(yùn)動，AE=EaB,所以到達(dá)D點(diǎn)時的速度垂直 AB方向的分量等于沿 AB方向分量的2網(wǎng)倍，設(shè)速度方向與ED之間的夾角為 。，tan。=2回，。大于600,所以粒子在 D點(diǎn)的速度方向與 AD連線的夾角大于 30 ,故D錯誤。故選：Ao【點(diǎn)睛】根據(jù)勻強(qiáng)電場中沿任意方向相同距離電勢差相等，求 F點(diǎn)的電勢為30V,說明FC為 一條等勢線，判斷出電場線的方向，由U=Ed求電場強(qiáng)度。分析粒子的受力情況，確定粒子的電性。根據(jù)公式E

8、p=q(f)分析電勢能的大小。根據(jù)類平拋運(yùn)動的規(guī)律求出粒子在D點(diǎn)的速度方向與AD連線的夾角。6.在真空中水平面 MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，質(zhì)量為 m的帶電小球由 MNk上的A 點(diǎn)以一定初速度水平拋出，從 B點(diǎn)進(jìn)入電場，到達(dá) C點(diǎn)時速度方向恰好水平， A、R C三點(diǎn)在同一直線上，且 AB=2BC,如圖所示。由此可見()*MN弋n | I CtA.電場力為2mgB,小球帶正電C.小球從A到B與從B到C的運(yùn)動時間相等D,小球從A到B與從B到C的速度變化大小相等【答案】D【解析】試題分析：小球先做平拋運(yùn)動，進(jìn)入電場中做勻變速曲線運(yùn)動，其逆過程是類平拋運(yùn)動.兩個過程都運(yùn)用的分解法研究，水平方向都

9、做勻速直線運(yùn)動，根據(jù)位移公式EHZ,可分析時間關(guān)系；再研究豎直方向，由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)位移公式結(jié)合列式，求解電場力的大小. 根據(jù)叵三際究速度變化量的關(guān)系.由于軌跡向上彎曲，加速度方向必定向上，合力向上，說明電場力方向向上，所以小球帶負(fù) 電，故B錯誤；帶電小球從A到C,設(shè)在進(jìn)入電場前后兩個運(yùn)動過程水平分位移分別為冏和同，豎直分位移分別為 d%口同，經(jīng)歷的時間為分別為 目和耳.在電場中的加速度為 a.則從A到B 過程小球做平拋運(yùn)動，則有：仁遠(yuǎn)，從B到C過程，有： 桓迅,由題意有卜=圖,則得卜 N;即小球從 A到B是從B到C運(yùn)動時間的2倍，故C錯誤；又將小球在電 場中的運(yùn)動看成沿相反方向的類平拋

10、運(yùn)動，則有：卜=產(chǎn)|根據(jù)幾何知識有 卜,解得：匠國,根據(jù)牛頓第二定律得 Fmg = ma = 2碰1.解得F =如目.故a錯誤：根據(jù)速度變化量 笆三j , 則得：AB過程速度變化量大小為 卜1 =第=2叫 BC過程速度變化量大小為 M廣叱=羯 所 以小球從A到B與從B到C的速度變化量大小相等，故 D正確.【點(diǎn)睛】本題將平拋運(yùn)動與類平拋運(yùn)動的組合，關(guān)鍵運(yùn)用逆向思維研究小球B到C的過程，再運(yùn)用力學(xué)基本規(guī)律：牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式列式分析.如圖所示，P、Q為平行板電容器，兩極板豎直放置，在兩板間用絕緣線懸掛一帶電小球.將該電容器與電源連接，閉合開關(guān)后，懸線與豎直方向夾角為a ,則（）A.斷開開關(guān)，

11、加大P、B.斷開開關(guān)，縮小 P、Q兩板間的距離，角度 a會增大Q兩板間的距離，角度 a不變化C.保持開關(guān)閉合，縮小P、Q兩板間的距離，角度a會增大D.保持開關(guān)閉合，縮小 P、Q兩板間的距離，角度a會減小【答案】BCU9 卜上【詳解】保持開關(guān)斷開，電容器的帶電量不變，根據(jù)公式三更、:4M 聯(lián)立得L身，即電場強(qiáng)度與極板間距無關(guān)，故板間場強(qiáng)不變，小球所受電場力不變，則口不變，故A錯誤，B正確；保持開關(guān)閉合時，電容器板間電壓不變，由二d分析得知，縮小 P、Q兩板間的距離，板間場強(qiáng)增大，小球所受電場力增大，則因增大，故C正確，D錯誤；選BC.【點(diǎn)睛】本題主要考查平行板電容器中的動態(tài)分析問題，要明確保持開

12、關(guān)閉合時，電容器板目的變化.保持開關(guān)LT間電壓不變，由I分析板間場強(qiáng)的變化，判斷板間場強(qiáng)的變化，確定斷開時，電量不變，根據(jù)公式推導(dǎo)可知，板間場強(qiáng)不變，分析日是否變化. 一只電飯煲和一臺洗衣機(jī)并聯(lián)接在輸出電壓220V的交流電源上（其內(nèi)電阻可忽略不計），均正常工作.用電流表分別測得通過電飯煲的電流是5.0A,通過洗衣機(jī)電動機(jī)的電流是0.50A ,則下列說法中不正確的是（）A.電飯煲的電阻為 440,洗衣機(jī)電動機(jī)線圈的電阻為440回B.電飯煲消耗的電功率為 1555W ,洗衣機(jī)電動機(jī)消耗的電功率為155.5WC. 1min內(nèi)電飯煲消耗的電能為6.6 X104J,洗衣機(jī)電動機(jī)消耗的電能為6.6 X10

13、3JD.電飯煲發(fā)熱功率是洗衣機(jī)電動機(jī)發(fā)熱功率的10倍【答案】ABD【解析】A:電飯煲的電阻U 220t = 且=44Q “ 5;洗衣機(jī)電動機(jī)是非純電阻元件U 220R J =Q = 44QQ2 12 0 5故A項(xiàng)不正確。B:電飯煲消耗的電功率：0=5=220篦酮=1100叫:洗衣機(jī)電動機(jī)消耗的電功率片碼-次叫故b項(xiàng)不正確。C: 1 min內(nèi)電飯煲消耗的電能卜 = UTt =空過亞 6603 = 6.6 X 1 o1；1 min內(nèi)洗衣機(jī)電動機(jī)消耗的電能 卜之=二220；。$ 乂 60J = 66001 = 66 410與。故C項(xiàng)正確。D：電飯煲消耗的電功率i=U1|=22x5W=110（陰:洗衣

14、機(jī)電動機(jī)消耗的電功率、=m-* 口 與w = 110W5 37爾1口電飯煲消耗的電功率等于電飯煲的發(fā)熱功率，洗衣機(jī)電動機(jī)消耗的電功率大于衣機(jī)電動機(jī)的發(fā)熱功率。電飯煲發(fā)熱功率大于洗衣機(jī)電動機(jī)發(fā)熱功率的10倍。故D項(xiàng)不正確。本題選不正確的，故選 ABD點(diǎn)睛：純電阻元件，電功等于電熱，電功率等于熱功率；非純電阻元件，電功大于電熱，電功率大于熱功率。9.如圖所示，半圓槽光滑、2緣、固定，圓心是O,最低點(diǎn)是P,直徑MNK平，a、b是兩個完全相同的帶正電小球（視為點(diǎn)電荷），b固定在M點(diǎn)，a從N點(diǎn)靜止釋放，沿半圓槽運(yùn)動經(jīng)過P點(diǎn)到達(dá)某點(diǎn) Q圖中未畫出）時速度為零，則小球 a（）A.從N到Q的過程中，重力與庫侖

15、力的合力先增大后減小B.從N到P的過程中，速率先增大后減小C.從N到Q的過程中，電勢能一直增加D.從P到Q的過程中，動能減少量小于電勢能增加量【答案】BC【解析】試題分析：a球從N點(diǎn)靜止釋放后，受重力 mcb b球的庫侖斥力Fc和槽的彈力N作用，a球在 從N到Q的過程中，mg與Fc的夾角0逐漸減小，不妨先假設(shè) Fc的大小不變，隨著 0的減小 mg與Fc的合力F將逐漸增大，況且，由庫侖定律和圖中幾何關(guān)系可知，隨著 0的減小Fc逐 漸增大，因此F 一直增加，故選項(xiàng) A錯誤；在a球在從N到Q的過程中，a、b兩小球距離逐 漸變小，電場力一直做負(fù)功，電勢能一直增加，故選項(xiàng) D正確；顯然在從 P到Q的過程

16、中， 根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒可知，其電勢能增加量等于其機(jī)械能的減少量，b球在Q點(diǎn)時的重力勢能大于其在P點(diǎn)時的重力勢能，因此該過程中動能一定在減少，且其減少量一定等于其電勢能 與重力勢能增加量之和，故選項(xiàng) C錯誤；既然在從P到Q的過程中，b球的動能在減少，因此 其速率也在減小，而開始在N點(diǎn)時速率為0,開始向下運(yùn)動段中，其速率必先增大，故選項(xiàng) B正確。考點(diǎn)：孤立點(diǎn)電荷等勢面特征、庫侖定律、平行四邊形定則、功能關(guān)系、能量守恒定律的應(yīng) 用【名師點(diǎn)睛】題運(yùn)用假設(shè)法，假設(shè)出各個量采用定量計算很繁瑣，因此宜選擇定性分析法與 半定量相結(jié)合。能的轉(zhuǎn)化與守恒，是普適規(guī)律，任何情況下都要遵循，重力、電場力屬于保 守力，

17、保守力做功與路徑無關(guān)，且相關(guān)力做正功，相關(guān)勢能減少，相關(guān)力做負(fù)功，相關(guān)勢能 增加，做多少功就有多少能的變化。視頻二10.在如圖甲所示的電路中，Li、L2、L3為三個相同規(guī)格的小燈泡，這種小燈泡的伏安特性曲0.25 A ,則此時A. L i上的電壓為L2上電壓的2倍L i消耗的電功率為 0.75 WL 2的電阻為12 QL 1、L2消耗的電功率的比值大于 4 ： 1【答案】BD【解析】試題分析：L2和L3并聯(lián)后與Li串聯(lián)，L2和L3的電壓相同，電流也相同，電路中的總電流為 0.25A , 從而求出通過三個燈泡的電流，由圖乙讀出三個燈泡兩端的電壓，由R斗求出L2的電阻，根據(jù)P=UI求Li、L2消耗

18、的電功率的比值.解：A、L2和L3并聯(lián)后與Li串聯(lián)，L2和L3的電壓和電流均相同，則Li的電流為 匕電流的2倍,由于燈泡是非線性元件，所以Li的電壓不是L2電壓的2倍，故A錯誤；日根據(jù)圖象可知，當(dāng)電流為 0.25A時，電壓U=3V,所以Li消耗的電功率 P=UI=0.75W,故B 正確；C L2的電流為0.i25A,由圖可知，此時 L2的電壓小于0.5V,根據(jù)R可知，L2的電阻小于 124a ,故C錯誤；D根據(jù)P=UI可知，L2消耗的電功率 P20.i25 X0.5=0.0625W,所以 Li、L2消耗的電功率的比 值大于4; i,故D錯誤；故選：B【點(diǎn)評】本題的關(guān)鍵是搞清電路的結(jié)構(gòu)，能夠從圖

19、中讀出有效信息，對于線性元件，Rh曹，但對于非線性元件，R=金 丹.二、實(shí)驗(yàn)題ii.如圖所示的裝置叫做阿特伍德機(jī)，是英國數(shù)學(xué)家和物理學(xué)家阿特伍德創(chuàng)制的一種著名力學(xué)實(shí)驗(yàn)裝置，用來研究勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律.某同學(xué)對該裝置加以改進(jìn)后用來驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，如圖所示.(i)實(shí)驗(yàn)時，該同學(xué)進(jìn)行了如下操作:將質(zhì)量均為 M（A的含擋光片、B的含掛鉤）的重物用繩連接后，跨放在定滑輪上，處于靜止 狀態(tài).測量出： （填A(yù)的上表面”、“A的下表面”或“擋光片中心”）到光電門中心的豎 直距離h.在B的下端掛上質(zhì)量為 m的物塊C,讓系統(tǒng)（重物A B以及物塊C）中的物體由靜止開始運(yùn) 動，光電門記錄擋光片擋光的時間為？t.

20、測出擋光片的寬度 d,計算有關(guān)物理量，驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律 .（2）如果系統(tǒng)（重物A、B以及物塊C）的機(jī)械能守恒，應(yīng)滿足的關(guān)系式為： （已知重力加速度為g）.（3）引起該實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)誤差的原因有： （寫一條即可）.（4）驗(yàn)證實(shí)驗(yàn)結(jié)束后，該同學(xué)突發(fā)奇想：如果系統(tǒng)（重物A、B以及物塊C）的機(jī)械能守恒，不斷增大物塊C的質(zhì)量m,重物B的加速度a也將不斷增大，那么 a與m之間有怎樣的定量關(guān)系 ?a隨m增大會趨于一個什么值 ？請你幫該同學(xué)解決:寫出a與m之間的關(guān)系式： （還要用到M和g）a的值會趨于.【答案】（1）擋光片中心;(2)mgh =-(1M + 加乂4y ； 2 Az（3）繩子有質(zhì)量；滑輪與繩子有 繼

21、 摩擦；重物運(yùn)動受到阻力作用（回答一個即可）；（4）a=；重力加速度 g2M+胡【解析】試題分析：（1） （2）驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的原理是系統(tǒng)重力勢能的減少量等于系統(tǒng)動能的增加量。即需要測量系統(tǒng)重力勢能的變化量，則應(yīng)該測量出擋光片中心到光電門中心的距離，則系統(tǒng)重力勢能的減小量 厘巫I,系統(tǒng)的末速度為：Eji,系統(tǒng)動能的增加量為:ngh = -(2M - in12 1d 2= -(2M t= Y2M t m)(一廣ENL竺I若系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有:故需要測出擋光片中心到光電門中心的距離，關(guān)系式為:（3）系統(tǒng)機(jī)械能守恒的條件是只有重力做功，引起實(shí)驗(yàn)誤差的原因可能有：繩子有質(zhì)量、滑輪與繩子之間有摩擦

22、、重物運(yùn)動受到空氣阻力等.（4）根據(jù)牛頓第二定律得，系統(tǒng)所受的合力為mg,由牛頓第二定律： 區(qū)=W+_ mg _ g2M i-m - 2nT+ 1則系統(tǒng)加速度為：m I,當(dāng)m不斷增大，則a趨向于g.考點(diǎn)：驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律【名師點(diǎn)睛】此題是驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的問題；解決本題的關(guān)鍵知道實(shí)驗(yàn)的原理，驗(yàn)證重力勢能的減小量與動能的增加量是否相等.根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒，得出系統(tǒng)重力勢能的減小 量和系統(tǒng)動能的增加量，根據(jù)極短時間內(nèi)的平均速度表示瞬時速度求出系統(tǒng)末動能.對系統(tǒng)研究，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度與m的關(guān)系式，通過關(guān)系式分析，m增大，a趨向于g.12.某實(shí)驗(yàn)小組利用提供的器材測量某種電阻絲（電阻約為

23、20Q）材料的電阻率.他們首先把電阻絲拉直后將其兩端固定在刻度尺兩端的接線柱a和b上，在電阻絲上夾上一個與接線柱c相連的小金屬夾，沿電阻絲移動金屬夾，可改變其與電阻絲接觸點(diǎn)P的位置，從而改變接入電路中電阻絲的長度。可供選擇的器材還有：電池組E（電動勢為3.0V,內(nèi)阻約1Q）;電流表 Al（量程0700mA內(nèi)阻約50）；電流表 外（量程00.6A,內(nèi)阻約 0.2 ）;電阻箱 R（0999.9 Q ）;開關(guān)、導(dǎo)線若干；他們的實(shí)驗(yàn)操作步驟如下： TOC o 1-5 h z A.用螺旋測微器在三個不同的位置分別測量電阻絲的直徑d;B.根據(jù)提供的器材，設(shè)計并連接好如圖甲所示的電路；C.調(diào)節(jié)電阻箱使其接入

24、電路中的電阻值較大，閉合開關(guān)S;D.將金屬夾夾在電阻絲上某位置，調(diào)整電阻箱接入電路中的電阻值，使電流表滿偏，記錄電阻箱的示值R和接入電路的電阻絲長度 L;E.改變金屬夾與電阻絲接觸點(diǎn)的位置，調(diào)整電阻箱接入電路中的阻值，使電流表再次滿偏.重復(fù)多次，記錄每一次電阻箱的電阻值R和接入電路的電阻絲長度 L.F.斷開開關(guān)，拆除電路并整理好器材 .(1)小明某次用螺旋測微器測量電阻絲直徑時其示數(shù)如圖乙所示，則這次直徑的測量值d=mm(2)實(shí)驗(yàn)中電流表應(yīng)選擇 (選填“A i ”或“ 解)；小明用記錄的多組電阻箱的電阻值 R和對應(yīng)的接入電路中電阻絲長度 L的數(shù)據(jù)，繪出了如 圖丙所示的R-L關(guān)系圖線，圖線在 R

25、軸的截距為R)，在L軸的截距為L0 ，再結(jié)合測出的 電阻絲直徑d,可求出這種電阻絲材料的電阻率 0= (用給定的物理量符號 和已知常數(shù)表示).(4)若在本實(shí)驗(yàn)中的操作、讀數(shù)及計算均正確無誤，那么由于電流表內(nèi)阻的存在，對電阻率的 測量結(jié)果是否會產(chǎn)生影響？若有影響，請說明測量結(jié)果將偏大還是偏小。(不要求寫出分析得過程，只回答出分析結(jié)果即可)，答：。【答案】(1). 0.726;(2). 國；(3). I 軋。I ;(4).無影響；【解析】【詳解】(1 )由圖示螺旋測微器可以知道，固定刻度是0.5mm, 可動刻度是 2N5 .26mm則金屬絲直徑 口 =。5mm 十 0= 072而而.(2)電路最大

26、電流約為KT云表A2實(shí)驗(yàn)誤差較大，因此電流表應(yīng)選A.E = if R +(3)由閉合電路歐姆定律可知，【4P /E -J產(chǎn)g-羽：一1 ,結(jié)合圖像可知，斜率為11,不到0.6A的三分之一，如果使用電流L /小,忒Tp r 1S toS 4 ,其中4 | ,變換公式可得4p qI兀dRj上!引，解得電阻率 一%!0.14AE 3V(4)若考慮電流表內(nèi)阻，同理可得,L pslr4PK =JId2,解得電阻率I 北。,與電流表內(nèi)阻無關(guān),仍為故電流表內(nèi)阻對測量結(jié)果無370的光滑斜面上，當(dāng)整個g, sin37 0=0.6 ,【點(diǎn)睛】本題主要考查螺旋測微器的讀數(shù)、電表量程的選擇以及閉合電路歐姆定律與圖像結(jié)

27、 合的綜合分析題。三、計算題.如圖所示，一帶電荷量為 +q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場中，小物塊恰好靜止。重力加速度為(1)水平向右的電場的電場強(qiáng)度;(2)若將電場強(qiáng)度減小為原來的臼，電場強(qiáng)度變化后小物塊下滑距離L時的動能。(1)【解析】解得:(2)設(shè)電場強(qiáng)度變化后小物塊下滑距離L時動能為日物塊下滑過程由動能定理有:ngLsin370-q -ELcos37d = Ek解得卜-k n%”占【，【點(diǎn)睛】本題主要考查帶電物體在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動問題。.如圖所示，水平地面上相距 x=40m的A、B兩點(diǎn)，分別放有質(zhì)量為 m=2kg和m=1kg的甲、 乙兩物體(均視為質(zhì)點(diǎn))，

28、甲與水平地面間的動摩擦因數(shù)為 日=0.5, BCD是半彳至為R=0.9m的光 滑半圓軌道，O是圓心，DOB&同一豎直線上。甲以 V0=25m/s的水平速度從 A點(diǎn)向右運(yùn)動，與 靜止在B點(diǎn)的乙發(fā)生碰撞，碰后粘在一起沿軌道BCDi1動，從最高點(diǎn) D飛出，落在水平地面上的P點(diǎn)(圖中未畫出)，取g=10m/s2,求：AB(1)甲運(yùn)動到B點(diǎn)時的速度大??；(2)甲與乙碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(3)落地點(diǎn)P與B點(diǎn)間的距離?！敬鸢浮?1) 15m/s (2) 75J (3) 4.8m【解析】【詳解】(1)甲從A到B過程由動能定理有：12 12-|un1gx = Tn1vB-m10 上上解得 甲運(yùn)動到B點(diǎn)時

29、的速度大小 . 國”“(2)甲和乙碰撞過程中，系統(tǒng)的動量守恒,系統(tǒng)損失的機(jī)械能解得P損fl(3)組合體從B到D過程由動能定理有一(叫 mjglRM,mi + mzAUynii + m2組合體從D到P做平拋運(yùn)動，則水平方向有：尸0t豎直方向有:聯(lián)立解得落地點(diǎn) P與B點(diǎn)間的距離 L&Sm【點(diǎn)睛】本題主要考查動量守恒定律、動能定理與平拋運(yùn)動的規(guī)律。15.如圖所示，半徑 R=0.8m的光滑絕緣導(dǎo)軌固定于豎直平面內(nèi)，加上某一水平方向的勻強(qiáng)電場時，帶正電的小球沿軌道內(nèi)側(cè)做圓周運(yùn)動，它的電量q=1.00X10-7C.圓心O與A點(diǎn)的連線與豎直成一角度 0 ,在A點(diǎn)時小球?qū)壍赖膲毫?N=1.2N,此時小球的動

30、能最大.若小球的最大 動能比最小動能多 0.32J ,且小球能夠到達(dá)軌道上的任意一點(diǎn) (不計空氣阻力，g取10m/s2).(1)小球的最小動能是多少 ？ TOC o 1-5 h z (2)小球受到重力和電場力的合力是多少？(3)現(xiàn)小球在動能最小的位置突然撤去軌道，并保持其他量都不變，若小球在 0.4s后的動能與它在A點(diǎn)時的動能相等，求小球的質(zhì)量和電場強(qiáng)度【答案】(1)小球的最小動能是 0.08J ;(2)小球受到重力和電場力的合力是20N;(3)小球的質(zhì)量為0.01kg .電場強(qiáng)度為 叵血加，方向水平向左【解析】(1) (2)帶電小球沿軌道內(nèi)側(cè)做圓周運(yùn)動，受到重力和電場力作用，其合力是恒力，當(dāng)合力沿OA連線向下時，小球通過 A點(diǎn)時動能最大，通過關(guān)于 O點(diǎn)對稱的B點(diǎn)時動能最小.根據(jù)動能定理研究小球從 B運(yùn)動到A點(diǎn)的過程，求出重力與電場力的合力大小.根據(jù)牛頓第二定律和動能的計算式求出 A點(diǎn)的動能，再求出小球的最小動能；（3）在B點(diǎn)撤去軌道后，小球?qū)⒆鲱惼綊佭\(yùn)動，由題，小球經(jīng) 0.02s時，其動能與在 A點(diǎn)時的動能相等，說明小球經(jīng)0.04s時偏轉(zhuǎn)量等于2R由位移公式和牛頓第二定律