廣西玉林市陸川中學(xué)2022屆高三（上）期末物理試卷

1、2022學(xué)年廣西玉林市陸川中學(xué)高三（上）期末物理試卷一、選擇題1如圖，若軸表示時(shí)間，y軸表示位置，則該圖象反映了某質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，位置與時(shí)間的關(guān)系若令軸和y軸分別表示其它的物理量，則該圖象又可以反映在某種情況下，相應(yīng)的物理量之間的關(guān)系下列說法中正確的是（）A若軸表示時(shí)間，y軸表示動(dòng)能，則該圖象可以反映某物體受恒定合外力作用做直線運(yùn)動(dòng)過程中，物體動(dòng)能與時(shí)間的關(guān)系B若軸表示頻率，y軸表示動(dòng)能，則該圖象可以反映光電效應(yīng)中，光電子最大初動(dòng)能與入射光頻率之間的關(guān)系C若軸表示時(shí)間，y軸表示動(dòng)量，則該圖象可以反映某物在沿運(yùn)動(dòng)方向的恒定合外力作用下，物體動(dòng)量與時(shí)間的關(guān)系D若軸表示時(shí)間，y軸表示感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

2、，則該圖象可以反映靜置于磁場(chǎng)中的某閉合回路，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大時(shí)，閉合回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與時(shí)間的關(guān)系22022年10月17日，“神舟十一號(hào)”載人飛船發(fā)射升空，運(yùn)送兩名宇航員前往在2022年9月15日發(fā)射的“天宮二號(hào)”空間實(shí)驗(yàn)室，宇航員計(jì)劃在“天宮二號(hào)”駐留30天進(jìn)行科學(xué)實(shí)驗(yàn)“神舟十一號(hào)”與“天宮二號(hào)”的對(duì)接變軌過程如圖所示，AC是橢圓軌道的長(zhǎng)軸“神舟十一號(hào)”從圓軌道I先變軌到橢圓軌道，再變軌到圓軌道，與在圓軌道運(yùn)行的“天宮二號(hào)”實(shí)施對(duì)接下列描述正確的是（）A“神舟十一號(hào)”在變軌過程中機(jī)械能不變B可讓“神舟十一號(hào)”先進(jìn)入圓軌道，然后加速追趕“天宮二號(hào)”實(shí)現(xiàn)對(duì)接C“神舟十一號(hào)”從A到C的平均

3、速率比“天宮二號(hào)”從B到C的平均速率大D“神舟十一號(hào)”在橢圓軌道上運(yùn)動(dòng)的周期與“天宮二號(hào)”運(yùn)行周期相等3有甲、乙兩根完全相同的輕繩，甲繩A、B兩端按圖甲的方式固定，然后將一掛有質(zhì)量為M的重物的光滑輕質(zhì)動(dòng)滑輪掛于輕繩上，當(dāng)滑輪靜止后，設(shè)繩子的張力大小為T1；乙繩兩端按圖乙的方式連接，然后將同樣的定滑輪且掛有質(zhì)量為M的重物掛于乙輕繩上，當(dāng)滑輪靜止后，設(shè)乙繩子的張力大小為T2現(xiàn)甲繩的B端緩慢向下移動(dòng)至C點(diǎn)，乙繩的E端緩慢移動(dòng)至F點(diǎn)，在兩繩的移動(dòng)過程中，下列說法正確的是（）AT1、T2都變大BT1變大、T2變小CT1、T2都不變DT1不變、T2變大4如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r電路中的R2、R3

4、分別為總阻值一定的滑動(dòng)變阻器，R0為定值電阻，R1為光敏電阻（其電阻隨光照強(qiáng)度增大而減?。┊?dāng)開關(guān)S閉合，電容器中一帶電微粒恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)下列說法中正確的是（）A若斷開開關(guān)S，電容器所帶電荷量變大，帶電微粒向上運(yùn)動(dòng)B只把變阻器R3的滑動(dòng)端、帶電荷量為q（q0）的小球從斜面上的h高度處釋放，初速度為v0（v00），方向與斜面底邊MN平行，如圖所示，整個(gè)裝置處在勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中，磁場(chǎng)方向平行斜面向上如果斜面足夠大，且小球能夠沿斜面到達(dá)底邊MN則下列判斷正確的是（）A勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為0BB勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為0BC小球在斜面做變加速曲線運(yùn)動(dòng)D小球到達(dá)底邊MN的時(shí)間t=8如圖所示，

5、一導(dǎo)線彎成半徑為a的半圓形閉合回路虛線MN右側(cè)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于回路所在的平面回路以速度v向右勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，直徑CD始終與MN垂直從D點(diǎn)到達(dá)邊界開始到C點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)為止，下列結(jié)論正確的是（）A感應(yīng)電流方向不變BCD段直線始終不受安培力C感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值E=BavD感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)平均值=Bav二、非選擇題（一）必考題9如圖1為“驗(yàn)證牛頓第二定律”的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖，盤和重物的總質(zhì)量為m，小車和砝碼的總質(zhì)量為M實(shí)驗(yàn)中用盤和重物總重力的大小作為細(xì)線對(duì)小車?yán)Φ拇笮。?）實(shí)驗(yàn)中，為了使細(xì)線對(duì)小車的拉力等于小車所受的合外力，先調(diào)節(jié)長(zhǎng)木板一端定滑輪的高度，使細(xì)線與長(zhǎng)木板平行接下來還需要進(jìn)行的一項(xiàng)

6、操作是（填寫所選選項(xiàng)的序號(hào)）A將長(zhǎng)木板水平放置，讓小車連著已經(jīng)穿過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的紙帶，給打點(diǎn)計(jì)時(shí)器通電，調(diào)節(jié)m的大小，使小車在盤和重物的牽引下運(yùn)動(dòng)，從打出的紙帶判斷小車是否做勻速運(yùn)動(dòng)B將長(zhǎng)木板的右端墊起適當(dāng)?shù)母叨?，讓小車連著已經(jīng)穿過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的紙帶，撤去盤和重物，給打點(diǎn)計(jì)時(shí)器通電，輕推小車，從打出的紙帶判斷小車是否做勻速運(yùn)動(dòng)C將長(zhǎng)木板的右端墊起適當(dāng)?shù)母叨?，撤去紙帶以及盤和重物，輕推小車，觀察判斷小車是否做勻速運(yùn)動(dòng)（2）圖2中是實(shí)驗(yàn)中得到的一條紙帶，A、B、C、D、E、F、G為7個(gè)相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)，量出相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的距離分別為1、2、3、4、5、6已知相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔為T，則小車的加速度

7、a是（3）實(shí)驗(yàn)中要進(jìn)行質(zhì)量m和M的選取，以下最合理的一組是（填選項(xiàng)字母）AM=20g，m=10g、15g、20g、25g、30g、40gBM=200g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120gCM=400g，m=10g、15g、20g、25g、30g、40gDM=400g，m=“20“g、40g、60g、80g、100g、120g（4）該實(shí)驗(yàn)小組以測(cè)嘚的加速度a為縱軸，盤和重物的總重力為F為橫軸，作出的圖象如圖3中圖線1所示，發(fā)現(xiàn)圖象不過原點(diǎn)，懷疑在測(cè)量力時(shí)不準(zhǔn)確，他們將實(shí)驗(yàn)進(jìn)行了改裝，將一個(gè)力傳感器安裝在小車上，直接測(cè)量細(xì)線拉小車的力F，作aF圖如圖3中圖線2所示，則圖象不過原

8、點(diǎn)的原因是，對(duì)于圖象上相同的力，用傳感器測(cè)得的加速度偏大，其原因是10某同學(xué)要用電阻箱和電壓表測(cè)量某水果電池組的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，考慮到水果電池組的內(nèi)阻較大，為了提高實(shí)驗(yàn)的精度，需要測(cè)量電壓表的內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)室中恰好有一塊零刻度在中央的雙向電壓表，該同學(xué)便充分利用這塊表，設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)電路，既能實(shí)現(xiàn)對(duì)該電壓表的內(nèi)阻的測(cè)量，又能利用該表完成水果電池組電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的測(cè)量他用到的實(shí)驗(yàn)器材有：待測(cè)水果電池組（電動(dòng)勢(shì)約4V，內(nèi)阻約50）、雙向電壓表（量程為2V，內(nèi)阻約為2）、電阻箱（09999）、滑動(dòng)變阻器（0200）、一個(gè)單刀雙擲開關(guān)及若干導(dǎo)線（1）該同學(xué)按如圖1所示電路圖連線后，首先利用半偏法測(cè)出了電壓

9、表的內(nèi)阻請(qǐng)完善測(cè)量電壓表內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)步驟：將R2的滑動(dòng)觸片滑至最左端，將S撥向1位置，將電阻箱阻值調(diào)為0；調(diào)節(jié)R2的滑動(dòng)觸片，使電壓表示數(shù)達(dá)到滿偏；保持不變，調(diào)節(jié)R1，使電壓表的示數(shù)達(dá)到；讀出電阻箱的阻值，記為R1，則電壓表的內(nèi)阻RV=（2）若測(cè)得電壓表內(nèi)阻為2，可分析此測(cè)量值應(yīng)真實(shí)值（填“大于“、“等于”、“小于”）（3）接下來測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)步驟如下：將開關(guān)S撥至（填“1”或者“2”）位置，將R2的滑動(dòng)觸片移到最端，不再移動(dòng)；調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，使電壓表的示數(shù)達(dá)到一合適值，記錄電壓表的示數(shù)和電阻箱的阻值；重復(fù)第二步，記錄多組電壓表的示數(shù)和對(duì)應(yīng)的電阻箱的阻值：（4）若將電阻箱與電壓表并

10、聯(lián)后的阻值記錄為R，做出圖象則可消除系統(tǒng)誤差，如圖2所示其中橫軸截距為b，斜率為，則電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式為：，內(nèi)阻的表達(dá)式為：11如圖所示，粗糙水平面與半徑為R=的光滑圓弧軌道平滑連接，質(zhì)量為m的小滑塊A在水平恒力F=的作用下從水平面左側(cè)某點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)，力F作用t1=2s后撤去，小滑塊A繼續(xù)運(yùn)動(dòng)t2=2s后與靜止在圓弧軌道底端的另一小滑塊B發(fā)生彈性碰撞，碰后小滑塊B能沿圓弧軌道上升的最大高度為h=已知小滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=，重力加速度g=s2求小滑塊A與小滑塊B碰撞前瞬間的速度v0；求小滑塊B的質(zhì)量M12如圖a，長(zhǎng)度L=的光滑桿左端固定一帶正電的點(diǎn)電荷A，其電荷量Q=107C；一質(zhì)量m=，帶電

11、量為q的小球B套在桿上將桿沿水平方向固定于某非均勻外電場(chǎng)中，以桿左端為原點(diǎn)，沿桿向右為軸正方向建立坐標(biāo)系點(diǎn)電荷A對(duì)小球B的作用力隨B位置的變化關(guān)系如圖（b）中曲線I所示，小球B所受水平方向的合力隨B位置的變化關(guān)系如圖（b）中曲線所示，其中曲線在和范圍可近似看作直線求：（靜電力常量=9109Nm/C2）（1）小球B所帶電量q；（2）非均勻外電場(chǎng)在=處沿細(xì)桿方向的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；（3）在合電場(chǎng)中，=與=之間的電勢(shì)差U（4）已知小球在=處獲得v=s的初速度時(shí)，最遠(yuǎn)可以運(yùn)動(dòng)到=若小球在=處受到方向向右，大小為的恒力作用后，由靜止開始運(yùn)動(dòng)，為使小球能離開細(xì)桿，恒力作用的最小距離s是多少？（二）選考題【物

12、理選修3-3】13下列說法正確的是（）A水的飽和汽壓隨溫度升高而增大B空氣中的水蒸氣凝結(jié)成水珠的過程中，水分子之間的斥力消失，引力增大C根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，熱量不可能從低溫物體傳到高溫物體D物體吸熱時(shí)，它的內(nèi)能可能不增加E一定質(zhì)量的理想氣體，如果壓強(qiáng)不變，體積增大，那么它一定從外界吸熱14如圖所示，內(nèi)徑均勻的玻璃管長(zhǎng)L=100cm，其中有一段長(zhǎng)h=15cm的水銀柱把一部分空氣封閉在管中當(dāng)管開口豎直向上時(shí)，封閉氣柱A的長(zhǎng)度L1=30cm現(xiàn)將管以一端為軸在豎直平面內(nèi)緩慢轉(zhuǎn)過l80至開口豎直向下，之后保持豎直，把開口端向下緩慢插入水銀槽中，直至B端氣柱長(zhǎng)L2=30cm時(shí)為止已知大氣壓強(qiáng)Hg，整個(gè)

13、過程溫度保持不變求此時(shí)管內(nèi)氣體A的長(zhǎng)度L3【物理選修3-4】15下列說法中正確的是（）A做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)，其振動(dòng)能量與振幅無關(guān)B泊松亮斑是光的衍射現(xiàn)象，玻璃中的氣泡看起來特別明亮是光的全反射現(xiàn)象C真空中的光速在不同的慣性參考系中都是相同的，與光源和觀察者的運(yùn)動(dòng)無關(guān)D在“用單擺測(cè)定重力加速度”的實(shí)驗(yàn)中，為使實(shí)驗(yàn)結(jié)果較為準(zhǔn)確，應(yīng)選用10cm長(zhǎng)的細(xì)線和小鐵球E當(dāng)頻率一定的聲源向著靜止的接收器加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，接收器收到的聲波頻率增大16如圖所示，ABCD是一玻璃磚的截面圖，一束光與AB面成30角從AB邊上的E點(diǎn)射入玻璃磚中，折射后經(jīng)玻璃磚的BC邊反射后，從CD邊上的F點(diǎn)垂直于CD邊射出已知B=90，C=6

14、0，EB=10cm，BC=30cm真空中的光速c=3108m/s，求：玻璃磚的折射率；光在玻璃磚中從E到F所用的時(shí)間（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）2022-2022學(xué)年廣西玉林市陸川中學(xué)高三（上）期末物理試卷參考答案與試題解析一、選擇題1如圖，若軸表示時(shí)間，y軸表示位置，則該圖象反映了某質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，位置與時(shí)間的關(guān)系若令軸和y軸分別表示其它的物理量，則該圖象又可以反映在某種情況下，相應(yīng)的物理量之間的關(guān)系下列說法中正確的是（）A若軸表示時(shí)間，y軸表示動(dòng)能，則該圖象可以反映某物體受恒定合外力作用做直線運(yùn)動(dòng)過程中，物體動(dòng)能與時(shí)間的關(guān)系B若軸表示頻率，y軸表示動(dòng)能，則該圖象可以反映光電效應(yīng)中，光電子

15、最大初動(dòng)能與入射光頻率之間的關(guān)系C若軸表示時(shí)間，y軸表示動(dòng)量，則該圖象可以反映某物在沿運(yùn)動(dòng)方向的恒定合外力作用下，物體動(dòng)量與時(shí)間的關(guān)系D若軸表示時(shí)間，y軸表示感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，則該圖象可以反映靜置于磁場(chǎng)中的某閉合回路，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大時(shí)，閉合回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與時(shí)間的關(guān)系【考點(diǎn)】動(dòng)能；動(dòng)量守恒定律【分析】根據(jù)每個(gè)選項(xiàng)中的描述，由相應(yīng)的物理知識(shí)表示出物理量之間的關(guān)系，在根據(jù)圖象判斷物理量之間的關(guān)系是否和圖象象符合即可作出判斷【解答】解：A、動(dòng)能為EK=mv2，當(dāng)物體受恒定合外力作用時(shí)，由牛頓第二定律可知物體的加速度也是恒定的，所以EK=mV2=ma2t2，所以動(dòng)能與時(shí)間的平方成正比，與時(shí)間是拋

16、物線的關(guān)系，不是直線，所以A錯(cuò)誤B、由愛因斯坦的光電效應(yīng)方程Em=hW知，當(dāng)y軸表示動(dòng)能，軸表示入射光頻率時(shí)，與縱軸交點(diǎn)應(yīng)在y軸下方，所以B錯(cuò)；C、由動(dòng)量定理得、帶電荷量為q（q0）的小球從斜面上的h高度處釋放，初速度為v0（v00），方向與斜面底邊MN平行，如圖所示，整個(gè)裝置處在勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中，磁場(chǎng)方向平行斜面向上如果斜面足夠大，且小球能夠沿斜面到達(dá)底邊MN則下列判斷正確的是（）A勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為0BB勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為0BC小球在斜面做變加速曲線運(yùn)動(dòng)D小球到達(dá)底邊MN的時(shí)間t=【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律；洛侖茲力【分析】根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力

17、方向，根據(jù)垂直斜面方向的受力情況確定磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；根據(jù)牛頓第二定律確定下滑過程中加速度的大小，并由此分析運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系求解時(shí)間【解答】解：AB、帶電荷量為q（q0）的小球以初速度為v0（v00）平行于NM方向運(yùn)動(dòng)，小球能夠沿斜面到達(dá)底邊MN，說明洛倫茲力小于重力垂直于斜面向下的分力，即0qv0Bmgcos；解得磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為0B，A錯(cuò)誤、B正確；C、由于小球在下滑過程中，速度的變化，不會(huì)影響重力與支持力的合力，因此小球受力恒定，故小球做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D、小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，則在斜面上，沿著斜面方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)力的分解法則，及牛頓第二定律，

18、則小球的加速度a=gsin，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得，所以球到達(dá)底邊MN的時(shí)間t=，D正確故選：BD8如圖所示，一導(dǎo)線彎成半徑為a的半圓形閉合回路虛線MN右側(cè)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于回路所在的平面回路以速度v向右勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，直徑CD始終與MN垂直從D點(diǎn)到達(dá)邊界開始到C點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)為止，下列結(jié)論正確的是（）A感應(yīng)電流方向不變BCD段直線始終不受安培力C感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值E=BavD感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)平均值=Bav【考點(diǎn)】楞次定律；安培力；法拉第電磁感應(yīng)定律；導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)【分析】由楞次定律可判斷電流方向，由左手定則可得出安培力的方向；由E=BLv，分析過程中最長(zhǎng)的L可知最大電動(dòng)勢(shì)；由法

19、拉第電磁感應(yīng)定律可得出電動(dòng)勢(shì)的平均值【解答】解：A、在閉合電路進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，通過閉合電路的磁通量逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向不變，A正確B、根據(jù)左手定則可以判斷，受安培力向下，故B錯(cuò)誤C、當(dāng)半圓閉合回路進(jìn)入磁場(chǎng)一半時(shí)，即這時(shí)等效長(zhǎng)度最大為a，這時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大E=Bav，C正確D、由法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)平均值，故D正確故選：ACD二、非選擇題（一）必考題9如圖1為“驗(yàn)證牛頓第二定律”的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖，盤和重物的總質(zhì)量為m，小車和砝碼的總質(zhì)量為M實(shí)驗(yàn)中用盤和重物總重力的大小作為細(xì)線對(duì)小車?yán)Φ拇笮。?）實(shí)驗(yàn)中，為了使細(xì)線對(duì)小車的拉力等于小車所受的合外力，先

20、調(diào)節(jié)長(zhǎng)木板一端定滑輪的高度，使細(xì)線與長(zhǎng)木板平行接下來還需要進(jìn)行的一項(xiàng)操作是B（填寫所選選項(xiàng)的序號(hào)）A將長(zhǎng)木板水平放置，讓小車連著已經(jīng)穿過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的紙帶，給打點(diǎn)計(jì)時(shí)器通電，調(diào)節(jié)m的大小，使小車在盤和重物的牽引下運(yùn)動(dòng)，從打出的紙帶判斷小車是否做勻速運(yùn)動(dòng)B將長(zhǎng)木板的右端墊起適當(dāng)?shù)母叨龋屝≤囘B著已經(jīng)穿過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的紙帶，撤去盤和重物，給打點(diǎn)計(jì)時(shí)器通電，輕推小車，從打出的紙帶判斷小車是否做勻速運(yùn)動(dòng)C將長(zhǎng)木板的右端墊起適當(dāng)?shù)母叨?，撤去紙帶以及盤和重物，輕推小車，觀察判斷小車是否做勻速運(yùn)動(dòng)（2）圖2中是實(shí)驗(yàn)中得到的一條紙帶，A、B、C、D、E、F、G為7個(gè)相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)，量出相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的距離分別為1

21、、2、3、4、5、6已知相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔為T，則小車的加速度a是（3）實(shí)驗(yàn)中要進(jìn)行質(zhì)量m和M的選取，以下最合理的一組是C（填選項(xiàng)字母）AM=20g，m=10g、15g、20g、25g、30g、40gBM=200g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120gCM=400g，m=10g、15g、20g、25g、30g、40gDM=400g，m=“20“g、40g、60g、80g、100g、120g（4）該實(shí)驗(yàn)小組以測(cè)嘚的加速度a為縱軸，盤和重物的總重力為F為橫軸，作出的圖象如圖3中圖線1所示，發(fā)現(xiàn)圖象不過原點(diǎn)，懷疑在測(cè)量力時(shí)不準(zhǔn)確，他們將實(shí)驗(yàn)進(jìn)行了改裝，將一個(gè)力傳感器安裝在小

22、車上，直接測(cè)量細(xì)線拉小車的力F，作aF圖如圖3中圖線2所示，則圖象不過原點(diǎn)的原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，對(duì)于圖象上相同的力，用傳感器測(cè)得的加速度偏大，其原因是鉤碼的質(zhì)量未遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量【考點(diǎn)】驗(yàn)證牛頓第二運(yùn)動(dòng)定律【分析】（1）小車下滑時(shí)受到重力、細(xì)線的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，則應(yīng)平衡摩擦力；（2）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論公式=aT2可以求出加速度的大??；（3）當(dāng)沙和沙桶總質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于小車和砝碼的總質(zhì)量，即mM時(shí)才可以認(rèn)為繩對(duì)小車的拉力大小等于沙和沙桶的重力；（4）根據(jù)F不等于零，加速度仍然為零，分析圖象不過原點(diǎn)的原因【解答】解：（1）小車下滑時(shí)受到重力、細(xì)線的拉力、支

23、持力和摩擦力，要使拉力等于合力，則應(yīng)該用重力的下滑分量來平衡摩擦力，可以將長(zhǎng)木板的一段墊高，撤去砂和砂桶，輕推小車，從打出的紙帶判斷小車是否做勻速運(yùn)動(dòng)，故B正確；故選：B（2）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論公式=aT2，結(jié)合逐差法得：a=；（3）重物加速下滑，處于失重狀態(tài)，其對(duì)細(xì)線的拉力小于重力，設(shè)拉力為T，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)重物，有mgT=ma；對(duì)小車，有T=Ma，解得T=g，故當(dāng)Mm時(shí)，有Tmg，故C符合要求故選：C（4）由圖線可知，F(xiàn)不等于零時(shí)，a仍然為零，可知圖線不過原點(diǎn)的原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足力傳感器可以直接得出繩子拉力的大小，用鉤碼的重力表示繩子的拉力，必須滿足鉤碼的質(zhì)量遠(yuǎn)

24、小于小車的質(zhì)量，否則繩子的拉力實(shí)際上小于鉤碼的重力所以對(duì)于圖線上相同的力，用傳感器測(cè)得的加速度偏大，原因是鉤碼的質(zhì)量未遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量故答案為：（1）B；（2）；（3）C；（4）未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，鉤碼的質(zhì)量未遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量（其它符合題意解釋均給分）10某同學(xué)要用電阻箱和電壓表測(cè)量某水果電池組的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，考慮到水果電池組的內(nèi)阻較大，為了提高實(shí)驗(yàn)的精度，需要測(cè)量電壓表的內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)室中恰好有一塊零刻度在中央的雙向電壓表，該同學(xué)便充分利用這塊表，設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)電路，既能實(shí)現(xiàn)對(duì)該電壓表的內(nèi)阻的測(cè)量，又能利用該表完成水果電池組電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的測(cè)量他用到的實(shí)驗(yàn)器材有：待測(cè)水果電池組（電動(dòng)

25、勢(shì)約4V，內(nèi)阻約50）、雙向電壓表（量程為2V，內(nèi)阻約為2）、電阻箱（09999）、滑動(dòng)變阻器（0200）、一個(gè)單刀雙擲開關(guān)及若干導(dǎo)線（1）該同學(xué)按如圖1所示電路圖連線后，首先利用半偏法測(cè)出了電壓表的內(nèi)阻請(qǐng)完善測(cè)量電壓表內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)步驟：將R2的滑動(dòng)觸片滑至最左端，將S撥向1位置，將電阻箱阻值調(diào)為0；調(diào)節(jié)R2的滑動(dòng)觸片，使電壓表示數(shù)達(dá)到滿偏；保持R2不變，調(diào)節(jié)R1，使電壓表的示數(shù)達(dá)到半偏讀出電阻箱的阻值，記為R1，則電壓表的內(nèi)阻RV=R2（2）若測(cè)得電壓表內(nèi)阻為2，可分析此測(cè)量值應(yīng)大于真實(shí)值（填“大于“、“等于”、“小于”）（3）接下來測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)步驟如下：將開關(guān)S撥至2（填“1”

26、或者“2”）位置，將R2的滑動(dòng)觸片移到最左端，不再移動(dòng)；調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，使電壓表的示數(shù)達(dá)到一合適值，記錄電壓表的示數(shù)和電阻箱的阻值；重復(fù)第二步，記錄多組電壓表的示數(shù)和對(duì)應(yīng)的電阻箱的阻值：（4）若將電阻箱與電壓表并聯(lián)后的阻值記錄為R，做出圖象則可消除系統(tǒng)誤差，如圖2所示其中橫軸截距為b，斜率為，則電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式為：，內(nèi)阻的表達(dá)式為：【考點(diǎn)】測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻【分析】（1）根據(jù)半偏法測(cè)內(nèi)阻的原理分析答題（2）應(yīng)用歐姆定律分析實(shí)驗(yàn)誤差（3）根據(jù)伏阻法測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)原理分析答題（4）應(yīng)用歐姆定律求出圖象的函數(shù)表達(dá)式，然后根據(jù)圖象求出電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻【解答】解：（1）滑動(dòng)變阻器接入電路的

27、阻值不變，電壓表與電阻箱兩端電壓不變，電壓表示數(shù)變?yōu)闈M偏電壓的一半，則電阻箱分壓與電壓表分壓相等，電壓表內(nèi)阻與電阻箱接入電路的阻值相等，則電壓表內(nèi)阻：R1=R2（2）調(diào)節(jié)電阻箱阻值使電壓表示數(shù)變?yōu)闈M偏電壓的一半時(shí)，電路總電阻變大，電路總電流變小，滑動(dòng)變阻器與電源內(nèi)阻分壓變小，電阻箱與電壓表兩端總電壓變大，當(dāng)電壓表示數(shù)變?yōu)闈M偏電壓一半時(shí)，電阻箱兩端電壓大于電壓表滿偏電壓一半，電阻箱阻值大于電壓表內(nèi)阻，如果認(rèn)為電壓表內(nèi)阻等于電阻箱阻值，則電壓表內(nèi)阻的測(cè)量值偏大（3）測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻，應(yīng)將開關(guān)S撥至2位置，將R1的滑動(dòng)觸片移到最左端，不再移動(dòng)（4）由圖示電路圖可知，在閉合電路中，電源電動(dòng)勢(shì)E=UI

28、r=Ur，則=，由圖示圖象可知，圖象的截距b=，圖象的斜率=，則電源電動(dòng)勢(shì)E=，電源內(nèi)阻r=故答案為：（1）R1；半偏；R2；（2）大于；（3）2；左；（4）；11如圖所示，粗糙水平面與半徑為R=的光滑圓弧軌道平滑連接，質(zhì)量為m的小滑塊A在水平恒力F=的作用下從水平面左側(cè)某點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)，力F作用t1=2s后撤去，小滑塊A繼續(xù)運(yùn)動(dòng)t2=2s后與靜止在圓弧軌道底端的另一小滑塊B發(fā)生彈性碰撞，碰后小滑塊B能沿圓弧軌道上升的最大高度為h=已知小滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=，重力加速度g=s2求小滑塊A與小滑塊B碰撞前瞬間的速度v0；求小滑塊B的質(zhì)量M【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律；機(jī)械能守恒定律【分析】物體A碰撞

29、前運(yùn)動(dòng)過程中各個(gè)力的作用時(shí)間均是已知的，可以根據(jù)動(dòng)量定理列式求解末速度；小滑塊B在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)過程機(jī)械能守恒，滑塊A與B碰撞過程是彈性碰撞，根據(jù)能量守恒定律和動(dòng)量守恒定律分別列式，最后聯(lián)立求解即可【解答】解：對(duì)物體A碰撞前運(yùn)動(dòng)過程，規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量定理，有：Ft1mg（t1t2）=mv00解得：v0=s設(shè)碰撞后A、B速度分別為v1、v2，由機(jī)械能守恒定律，有：Mgh=解得：v2=s對(duì)于彈性碰撞過程，由能量守恒定律，有：由動(dòng)量守恒定律，有：mv0=mv1Mv2聯(lián)立解得：M=3m答：小滑塊A與小滑塊B碰撞前瞬間的速度v0為s；小滑塊B的質(zhì)量M為3m12如圖a，長(zhǎng)度L=的光滑桿左端固定一帶

30、正電的點(diǎn)電荷A，其電荷量Q=107C；一質(zhì)量m=，帶電量為q的小球B套在桿上將桿沿水平方向固定于某非均勻外電場(chǎng)中，以桿左端為原點(diǎn)，沿桿向右為軸正方向建立坐標(biāo)系點(diǎn)電荷A對(duì)小球B的作用力隨B位置的變化關(guān)系如圖（b）中曲線I所示，小球B所受水平方向的合力隨B位置的變化關(guān)系如圖（b）中曲線所示，其中曲線在和范圍可近似看作直線求：（靜電力常量=9109Nm/C2）（1）小球B所帶電量q；（2）非均勻外電場(chǎng)在=處沿細(xì)桿方向的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；（3）在合電場(chǎng)中，=與=之間的電勢(shì)差U（4）已知小球在=處獲得v=s的初速度時(shí)，最遠(yuǎn)可以運(yùn)動(dòng)到=若小球在=處受到方向向右，大小為的恒力作用后，由靜止開始運(yùn)動(dòng)，為使小球能

31、離開細(xì)桿，恒力作用的最小距離s是多少？【考點(diǎn)】電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；動(dòng)能定理的應(yīng)用；庫侖定律【解答】解：（1）由圖可知，當(dāng)=時(shí)，F(xiàn)1=，因此：q=1106C；（2）設(shè)在=處點(diǎn)電荷與小球間作用力為F2，則：F合=F2qE，因此：E=N/C=3104N/C，電場(chǎng)在=處沿細(xì)桿方向的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為3104N/C，方向水平向左；（3）根據(jù)圖象可知在=與=之間合力做功：W合=8104J，由qU=W合可得：U=800V；（4）由圖可知小球從=到=處，電場(chǎng)力做功W1=6104J，小球從=到=處，電場(chǎng)力做功W2=mv2=103J，由圖可知小球從=到=處，電場(chǎng)力做功W3=103J，由動(dòng)能定理可得：W1W2W3F

32、外s=0，解得：s=；答：（1）小球B所帶電量為1106C；（2）非均勻外電場(chǎng)在=處沿細(xì)桿方向的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為3104N/C；（3）在合電場(chǎng)中，=與=之間的電勢(shì)差為800V；（4）恒力作用的最小距離s是（二）選考題【物理選修3-3】13下列說法正確的是（）A水的飽和汽壓隨溫度升高而增大B空氣中的水蒸氣凝結(jié)成水珠的過程中，水分子之間的斥力消失，引力增大C根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，熱量不可能從低溫物體傳到高溫物體D物體吸熱時(shí)，它的內(nèi)能可能不增加E一定質(zhì)量的理想氣體，如果壓強(qiáng)不變，體積增大，那么它一定從外界吸熱【考點(diǎn)】熱力學(xué)第一定律；熱力學(xué)第二定律【分析】水的飽和汽壓隨溫度的升高而增大；分子間距離的減

33、小，分子間引力與斥力都要增大；溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，溫度升高，內(nèi)能增大；熱力學(xué)第二定律反映了宏觀熱現(xiàn)象的方向性【解答】解：A、飽和汽壓與液體種類和溫度有關(guān)，水的飽和汽壓隨溫度的升高而增大，故A正確；B、空氣中的水蒸氣凝結(jié)成水珠的過程中，體積減小，分子間距離減小，水分子間的引力和斥力都增大，分子間引力和斥力同時(shí)存在，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，熱量不可能從低溫物體傳到高溫物體而不產(chǎn)生其他影響，如果產(chǎn)生其他影響，熱量是可以從低溫物體傳到高溫物體，如電冰箱、空調(diào)，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，物體吸收熱量時(shí)Q0，如果同時(shí)對(duì)外做功W0，內(nèi)能可能增加、減小或不變，所以內(nèi)能可能不增加，故正確；E、一定質(zhì)量的理想氣體，等壓變化，體積與熱力學(xué)溫度成正比，體積增大，溫度升高，內(nèi)能增加U0，體積增大，氣體對(duì)外界做功W0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律U=WQ知，Q0，即它一定從外界吸熱，故E正確故選：ADE14如圖所示，內(nèi)徑均勻的玻璃管長(zhǎng)L=100cm，其中有一段長(zhǎng)h=15cm的水銀柱把一部分空氣封閉在管中當(dāng)管開口豎直向上時(shí)，封閉氣柱A的長(zhǎng)度L1=30cm現(xiàn)將管以一端為軸在豎直平面內(nèi)緩