山西省太原市屆高三物理上學(xué)期期末考試試題含解析

山西省太原市屆高三物理上學(xué)期期末考試一試題含剖析山西省太原市屆高三物理上學(xué)期期末考試一試題含剖析PAGE山西省太原市屆高三物理上學(xué)期期末考試一試題含剖析太原市2019屆高三上學(xué)期期末考試物理試卷一、單項(xiàng)選擇題：本題包括8小題，每題5分,共40分。在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)選項(xiàng)正確。1.2018年11月19日，我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心將倆顆北斗全世界導(dǎo)航衛(wèi)星（即北斗三號衛(wèi)星）發(fā)射升空，標(biāo)記住我國北斗三號基本系統(tǒng)部署達(dá)成。此次發(fā)射的北斗三號系統(tǒng)第18顆和第19顆衛(wèi)星，屬于中圓地球軌道（介于近地軌道和同步靜止軌道之間）衛(wèi)星。當(dāng)衛(wèi)星在軌正常運(yùn)行時(shí)，以下說法正確的選項(xiàng)是A.第18顆衛(wèi)星的加快度大于地球表面的重力加快度B.第18顆衛(wèi)星的運(yùn)行速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之間C.第19顆衛(wèi)星的周期小于靜止軌道衛(wèi)星的周期D.第19顆衛(wèi)星遇到地球的萬有引力小于同質(zhì)量靜止軌道衛(wèi)星遇到地球的萬有引力【答案】C【剖析】【剖析】依據(jù)比較加快度關(guān)系；第一宇宙速度是全部圍繞地球運(yùn)行的衛(wèi)星的最大圍繞速度；依據(jù)開普勒第三定律比較周期關(guān)系；衛(wèi)星的質(zhì)量不確立，不可以比較萬有引力的大小?！驹斀狻恳罁?jù)可知第18顆衛(wèi)星的加快度小于地球表面的重力加快度，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；第一宇宙速度是全部圍繞地球運(yùn)行的衛(wèi)星的最大圍繞速度，則第18顆衛(wèi)星的運(yùn)行速度小于第一宇宙速度，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；依據(jù)開普勒第三定律可知第19顆衛(wèi)星的周期小于靜止軌道衛(wèi)星的周期，選項(xiàng)C正確；由萬有引力定律得，因衛(wèi)星的質(zhì)量相等，半徑小的，萬有引力大，第19顆衛(wèi)星遇到地球的萬有引力大于同質(zhì)量靜止軌道衛(wèi)星遇到地球的萬有引力，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；應(yīng)選C.2.在建筑裝飾中，工人用磨石對圓弧內(nèi)壁進(jìn)行遲緩向上打磨，當(dāng)磨石運(yùn)動到圖示O地點(diǎn)時(shí)，工人對磨石的作使勁的方向可能指向（y軸垂直墻壁）A.x軸正方向B.第一象限C.第二象限D(zhuǎn).第四象限【答案】B【剖析】【剖析】對磨石受力剖析，找到除工人對磨石的作使勁的其他力的協(xié)力方向，依據(jù)均衡知識求解.【詳解】對磨石受力剖析：向下的重力、內(nèi)壁對磨石的沿y軸負(fù)方向的彈力，沿x軸負(fù)向的摩擦力，三個(gè)力的協(xié)力方向必然在第三象限，可知人對磨石的作使勁與此三個(gè)力的協(xié)力等大反向，則必然在第一象限；應(yīng)選B.3.如圖，等量同種電荷A、B固定在同一水平線上，圓滑絕緣桿豎直固定，與AB連線的中垂線重合，C、D是絕緣桿上的倆點(diǎn)，且AC=AD，一帶負(fù)電的小球（可視為點(diǎn)電荷）套在絕緣桿上，從C點(diǎn)無初速開釋運(yùn)動到D的過程中，以下以下說法正確的選項(xiàng)是A.小球的加快度先增大后減小B.小球的加快度保持不變C.桿對小球的彈力向來增添D.小球的機(jī)械能先增大后減小【答案】D【剖析】【剖析】本題重點(diǎn)是知道等量同種電荷連線中垂線上的場強(qiáng)散布，從連線中點(diǎn)向雙側(cè)中垂線先增添后減小，聯(lián)合牛頓第二定律剖析加快度；小球只有重力和電場力做功，則電勢能和機(jī)械能之和守恒.【詳解】設(shè)AB連線的中點(diǎn)為O，則沿CO方向的場強(qiáng)可能先增添后減小，也可能向來減小，則帶負(fù)電的小球，從C到O運(yùn)動時(shí)，加快度可能先增添后減小，也可能向來減小；同理帶負(fù)電的小球，從O到D運(yùn)動時(shí)，加快度可能先減小后增添，也可能向來減??；選項(xiàng)AB錯(cuò)誤；兩邊電荷對小球的引力老是相等的，故桿對小球的彈力老是零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電場力先對小球做正功，后做負(fù)功，則電勢能先減小后增添，因小球只有重力和電場力做功，則電勢能和機(jī)械能之和守恒，則小球的機(jī)械能先增大后減小，選項(xiàng)D正確；應(yīng)選D.4.在傾角為的山坡頂端，小明先后以v0和2v0水平速度拋出質(zhì)量同樣的石塊，石塊兩次均落在山坡上，則先后兩次落到山坡上的石塊的動能之比為A.1:4B.1:C.1:2D.1:2【答案】A【剖析】【剖析】兩球都做平拋運(yùn)動，落在斜面上時(shí)，豎直位移與水平位移之比等于tanθ，由此列式獲得遨游時(shí)間與初速度的關(guān)系，依據(jù)vy=gt求解豎直速度，進(jìn)而求解合速度；依據(jù)動能表達(dá)式判斷動能的關(guān)系．【詳解】兩球都做平拋運(yùn)動，落在斜面上時(shí)，有得，；落到斜面上時(shí)的豎直分速度；合速度，落到斜面上的動能；因兩石塊初速度之比為1:2，則落到斜面上的動能之比為1:4；應(yīng)選A.【點(diǎn)睛】解決本題的重點(diǎn)是要掌握平拋運(yùn)動在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動規(guī)律，抓住豎直位移與水平位移的關(guān)系求平拋運(yùn)動的時(shí)間．找到動能的表達(dá)式進(jìn)行討論。5.在設(shè)計(jì)游玩場中“激流勇進(jìn)”的斜傾斜滑道時(shí)，小組同學(xué)將劃艇在傾斜滑道上的運(yùn)動視為由靜止開始的無摩擦滑動，已知傾斜滑道在水平面上的投影長度L是必然的，而高度可以調(diào)理，則A.滑道傾角越大，劃艇下滑時(shí)間越短B.劃艇下滑時(shí)間與傾角沒關(guān)C.劃艇下滑的最短時(shí)間為2D.劃艇下滑的最短時(shí)間為【答案】C【剖析】【剖析】依據(jù)牛頓第二定律聯(lián)合運(yùn)動公式找到下滑的時(shí)間與滑道傾角的函數(shù)關(guān)系進(jìn)行討論即可.【詳解】設(shè)滑道傾角為θ，則滑道長度，下滑時(shí)的加快度：，則依據(jù)可得，，可知滑道傾角θ=450時(shí)，劃艇下滑時(shí)間最短，最短時(shí)間為；θ<450時(shí)，傾角越大，時(shí)間越短；θ>450時(shí)，傾角越大，時(shí)間越長；應(yīng)選項(xiàng)C正確，ABD錯(cuò)誤；應(yīng)選C.6.某人身系彈性輕繩自高空P點(diǎn)自由著落，a點(diǎn)是彈性繩的原長地點(diǎn)，c是人所能抵達(dá)的最低點(diǎn)，b是人靜止懸掛時(shí)的均衡地點(diǎn)，把由P點(diǎn)到a點(diǎn)的過程稱為過程Ⅰ，由a點(diǎn)到c點(diǎn)的過程稱為過程Ⅱ，不計(jì)空氣阻力，以下說法正確的選項(xiàng)是A.過程Ⅰ中人的動量的改變量小于重力的沖量B.過程Ⅱ中人的動量的減少許的大小等于過程Ⅰ中重力的沖量的大小C.過程Ⅱ中人的動能漸漸減小到零D.過程Ⅱ中人的機(jī)械能的減少許等于過程Ⅰ中重力做功的大小【答案】B【剖析】依據(jù)動量定理，過程Ⅰ中只受重力做功，人的動量的改變量等于重力的沖量，A正確；設(shè)人的質(zhì)量為m，人在a點(diǎn)的速度為v，則過程I中重力的沖量大小，人在c點(diǎn)的速度等于0，則由動量定理得過程II中人的動量的改變量大小，可知過程II中人的動量的改變量大小等于過程I中重力的沖量大小，B正確；在ab段彈性繩對人的拉力小于人的重力，人遇到的協(xié)力向下，人連續(xù)向下做加快運(yùn)動，速度不停增大，動能增大；在bc段，彈性繩對人的拉力大于人的重力，人遇到的協(xié)力向上，人向下做減速運(yùn)動，速度減小，動能減小，C錯(cuò)誤；過程Ⅱ中人的機(jī)械能的減少許等于繩索的彈力做的功，不等于過程Ⅰ中重力做功的大小，D錯(cuò)誤．【點(diǎn)睛】該題重點(diǎn)在于對人進(jìn)行受力剖析，依據(jù)協(xié)力方向與速度方向的關(guān)系，判斷人的運(yùn)動狀況．剖析時(shí)要抓住彈力的可變性，知道人的協(xié)力為零時(shí)速度最大，動能最大．7.以以下圖，豎直轉(zhuǎn)軸OO'垂直于圓滑水平面，A是距O高h(yuǎn)的軸上的一點(diǎn)，A點(diǎn)固定有兩鉸鏈。兩輕質(zhì)細(xì)桿的一端接到鉸鏈上，并可繞鉸鏈上的圓滑軸在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動，細(xì)桿的另一端分別固定質(zhì)量均為m的小球B和C，桿長AC>AB>h。當(dāng)OO'轉(zhuǎn)軸動時(shí)，B，C兩小球以O(shè)為圓心在桌面上做圓周運(yùn)動，在OO'軸的角速度ω由零遲緩增大的過程中，以下說法正確的選項(xiàng)是( )A.兩小球線速度大小總相等B.兩小球向心加快度的大小總相等C.在ω漸漸增大的過程中，小球C先走開桌面D.當(dāng)ω=時(shí)，兩小球?qū)ψ烂婢鶡o壓力【答案】D【剖析】【剖析】兩小球同軸轉(zhuǎn)動，角速度同樣，依據(jù)v=ωr和a=ω2r比較線速度和向心加快度；當(dāng)小球恰走開桌面時(shí)，依據(jù)牛頓第二定律求解臨界角速度可判斷選項(xiàng)CD.【詳解】兩球轉(zhuǎn)動的角速度同樣，依據(jù)v=ωr可知兩小球線速度大小不相等，依據(jù)a=ω2r可知兩小球向心加快度的大小也不相等，選項(xiàng)AB錯(cuò)誤；當(dāng)小球恰巧走開桌面時(shí)知足：（θ為細(xì)桿與豎直方向的夾角）解得，可知在ω漸漸增大的過程中，兩小球一同走開桌面，即當(dāng)ω=時(shí)，兩小球?qū)ψ烂婢鶡o壓力，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確；應(yīng)選D.8.如圖，AB為豎直的圓滑圓弧絕緣軌道，其半徑為0.5m，A點(diǎn)與圓心O等高，最低點(diǎn)B與絕緣水平面圓滑連結(jié)，整個(gè)軌道處在水平向右的勻強(qiáng)電場中，場強(qiáng)為5×103N/C.將一個(gè)質(zhì)量為0.1kg，電荷量為+8×10?5C的滑塊（可視為指點(diǎn)）從A由靜止開釋，已知滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.05，取g=10m/s2，則滑塊A.第一次經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)速度值為m/sB.第一次經(jīng)過B點(diǎn)是對B點(diǎn)的壓力為1.2NC.在水平面向右運(yùn)動的加快度值為3.5m/s2D.在水平面上經(jīng)過的總行程為6m【答案】D【剖析】【剖析】（1，2）對AB過程由動能定理可求得B點(diǎn)的速度，再依據(jù)向心力公式即可求得B點(diǎn)的支持力，由牛頓第三定律即可求得壓力大?。唬?）依據(jù)牛頓第二定律求解在水平面向右運(yùn)動的加快度；（4）滑塊在水平軌道運(yùn)動時(shí)，只有電場力和摩擦力對其做功，由動能定理求得水平軌道上的總行程．【詳解】設(shè)小滑塊第一次抵達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，依據(jù)動能定理可得：mgR-qER=mvB2，解得，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；最低點(diǎn)B對小滑塊運(yùn)用牛頓第二定律可得：FN′-mg=m，依據(jù)牛頓第三定律：FN=FN′，因此小滑塊第一次經(jīng)過圓弧形軌道最低點(diǎn)B時(shí)對B點(diǎn)的壓力：FN=3mg-2qE=2.2N，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在水平面向右運(yùn)動的加快度：，解得a=4.5m/s2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電場力大小：qE=8×10-5×5×103

N=0.4

N；摩擦力大小：f=μmg=0.05×0.1×10

N=0.05

N，可知：qE＞f；因此小滑塊最后在圓弧軌道的下部分來往運(yùn)動，而且小滑塊運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)速度恰巧為零，對小滑塊運(yùn)用動能定理可得：mgR-qER-μmgx=0-0，解得小滑塊在水平軌道上經(jīng)過的總行程：x=6m．選項(xiàng)D正確；應(yīng)選D.【點(diǎn)睛】本題察看剖析和辦理物體在復(fù)合場運(yùn)動的能力．對于電場力做功W=qEd，d為兩點(diǎn)沿電場線方向的距離，同時(shí)注意正確應(yīng)用功能關(guān)系和牛頓第二定律進(jìn)行剖析求解是解題的重點(diǎn)，選項(xiàng)D中要注意比較在平面上時(shí)的電場力與摩擦力的大小關(guān)系，電場力與重力做功與路徑?jīng)]關(guān)只與始末地點(diǎn)相關(guān)，但摩擦力做功與路徑相關(guān)，摩擦力在整個(gè)路徑上向來做負(fù)功．9.如圖，界限為平行四邊形ABCD的勻強(qiáng)磁場，一束質(zhì)子以大小不同樣的速度沿BD從B點(diǎn)射入磁場。已知BD連線與界限BC垂直，不計(jì)重力和質(zhì)子間的互相作用。對于質(zhì)子在磁場中的運(yùn)動狀況，以下說法正確的選項(xiàng)是（）A.從BC邊出射的質(zhì)子速度越大，運(yùn)動時(shí)間越短B.從BC邊出射的質(zhì)子的運(yùn)動時(shí)間相等C.從CD邊出射的質(zhì)子速度越大，運(yùn)動時(shí)間越短D.從CD邊出射的質(zhì)子運(yùn)動時(shí)間同樣【答案】BC【剖析】【剖析】質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力供給向心力，依據(jù)題意及幾何知識剖析質(zhì)子從各邊飛出時(shí)粒子所轉(zhuǎn)過的圓心角，比較運(yùn)動時(shí)間．軌跡對應(yīng)的圓心角越大，運(yùn)動時(shí)間越長．【詳解】質(zhì)子從B點(diǎn)入射，受向下的洛倫茲力，則從BC邊射出的質(zhì)子運(yùn)動半周，因周期都同樣，則從BC邊出射的質(zhì)子的運(yùn)動時(shí)間相等，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；假如質(zhì)子從CD邊射出磁場，質(zhì)子在CD邊上不同樣地點(diǎn)射出時(shí)轉(zhuǎn)過的圓心角θ不同樣，速度越大，半徑越大，在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角越小，質(zhì)子在磁場中的運(yùn)動時(shí)間越短，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤；應(yīng)選BC.【點(diǎn)睛】本題察看帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動，找出粒子在磁場中做圓周運(yùn)動時(shí)所轉(zhuǎn)過的圓心角，正確運(yùn)用幾何對稱性，是解題的重點(diǎn)．10.如圖，可視為點(diǎn)電荷的帶電小球Q1固定在足夠大的圓滑絕緣水平桌面上，有其他一個(gè)帶電小球Q2在桌面上運(yùn)動。某時(shí)辰，Q2在距離Q1為r處且速度方向恰巧沿垂直于Q1Q2的連線方向。僅在電場力的作用下，今后一小段時(shí)間內(nèi)A.若Q1、Q2帶同種電荷，Q2的動能向來增大B.若Q、Q2帶同種電荷，Q2的動能可能不變C.若Q1、Q2帶異種電荷，Q2的動能不可以能增大D.若Q1、Q2帶異種電荷，Q2的動能可能不變【答案】AD【剖析】【剖析】若Q1、Q2帶同種電荷，二者排擠，靜電力做正功；若Q1、Q2帶異種電荷，二者吸引力，Q2可能做近心運(yùn)動，也可能做圓周運(yùn)動，也可能做離心運(yùn)動；【詳解】若Q1、Q2帶同種電荷，則兩球之間有靜電斥力使得Q2遠(yuǎn)離Q1，此時(shí)電場力對Q2做正功，其動能向來增大，選項(xiàng)A正確；B錯(cuò)誤；若Q1、Q2帶異種電荷，則兩球之間有靜電引力，可能使得Q2湊近Q1做近心運(yùn)動，此時(shí)電場力對Q2做正功，其動能向來增大；也可能此時(shí)的靜電引力知足，此時(shí)Q2將以Q1為圓心做勻速圓周運(yùn)動，動能不變，選項(xiàng)D正確；C錯(cuò)誤；應(yīng)選AD.【點(diǎn)睛】本題重點(diǎn)是知道當(dāng)兩球帶異種電荷時(shí)，因?yàn)樗俣炔淮_立，小球可能做的三種不同樣形式的運(yùn)動，聯(lián)合圓周運(yùn)動的知識求解.11.以以下圖，木塊a和b用一根輕彈簧連結(jié)起來，放在圓滑水平面上，a緊靠在墻壁上，在b上施加向左的水平力F使彈簧壓縮，已知木塊a的質(zhì)量的m，木塊b的質(zhì)量是2m，此時(shí)彈簧擁有的彈性勢能為Ep.當(dāng)撤去外力后，以下說法中正確的選項(xiàng)是A.a、b及彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能向來為EpB.a、b構(gòu)成的系統(tǒng)總動量向來為C.在彈簧長度最大時(shí)彈簧擁有的彈性勢能為D.在彈簧第二次達(dá)到自然長度時(shí)木塊時(shí)木塊b的速度為0【答案】AC【剖析】【剖析】撤去外力后，只有彈簧的彈力做功，則系統(tǒng)的機(jī)械能守恒；撤去力F后，在a沒有走開墻壁以前，系統(tǒng)的總動量不守恒，a走開墻壁今后，系統(tǒng)受的合外力為零，動量守恒；在彈簧長度最大時(shí)，二者共速，聯(lián)合動量守恒定律和能量關(guān)系列式求解最大彈性勢能；依據(jù)動量守恒定律和能量守恒關(guān)系判斷在彈簧第二次達(dá)到自然長度時(shí)木塊時(shí)木塊b的速度.【詳解】撤去外力后，只有彈簧的彈力做功，則系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則a、b及彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能向來為Ep，選項(xiàng)A正確；撤去力F后，在a沒有走開墻壁以前，系統(tǒng)的總動量向右增添，a走開墻壁今后，系統(tǒng)受的合外力為零，動量守恒，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；a走開墻壁的瞬時(shí)，系統(tǒng)的總動量，也就是b的動量：，彈簧長度最大時(shí)，ab共速，此時(shí)由動量守恒定律：，解得，此時(shí)彈簧的彈性勢能：，選項(xiàng)C正確；彈簧第一次達(dá)到自然長度時(shí)，b的速度為；彈簧第二次達(dá)到自然長度時(shí)，設(shè)a、b的速度分別為v1和v2，則由動量守恒：；由能量關(guān)系：；聯(lián)立解得：，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；應(yīng)選AC?！军c(diǎn)睛】本題重點(diǎn)是剖析兩物體運(yùn)動的物理過程，知道當(dāng)物塊a走開墻壁時(shí)系統(tǒng)動量才是守恒的，聯(lián)合動量守恒定律以及能量關(guān)系聯(lián)立求解.12.今年2月，太原市首批純電動公交車開始營運(yùn)。在營運(yùn)前的測試中，電動公交車在平直路面上運(yùn)動，某段時(shí)間內(nèi)的v-t圖象以以下圖。已知在0~10s發(fā)動機(jī)和車內(nèi)制動裝置對車輛所做總功為零，車輛與路面間的摩擦阻力恒定，空氣阻力不計(jì)。已知公交車質(zhì)量為13.5t，g=10m/s2.A.汽車發(fā)生的位移為54mB.汽車與路面的摩擦阻力為2000NC.發(fā)動機(jī)在第1s內(nèi)的均勻功率是第7s內(nèi)的D.第6s內(nèi)汽車戰(zhàn)勝車內(nèi)制動裝置做功是第10s內(nèi)的倍【答案】BD【剖析】【剖析】v-t圖像的“面積”等于位移；因?yàn)樵?~10s發(fā)動機(jī)和車內(nèi)制動裝置對車輛所做總功為零，則由動能定理，對整個(gè)過程列式求解阻力；依據(jù)動能定理求解發(fā)動機(jī)在第1s內(nèi)和第7s內(nèi)的均勻功率；依據(jù)動能定理求解發(fā)動機(jī)在第6s內(nèi)和第10s內(nèi)汽車戰(zhàn)勝車內(nèi)制動裝置做的功；【詳解】依據(jù)v-t圖像可知，汽車發(fā)生的位移為，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因?yàn)樵?~10s發(fā)動機(jī)和車內(nèi)制動裝置對車輛所做總功為零，則由動能定理可知：，此中的x是行程，大小為x=54m，解得f=2000N，選項(xiàng)B正確；在第1s內(nèi)，由動能定理：，此中的x1=6m，解得；同理在第7s內(nèi)，由動能定理：，此中的x7=2m，解得，即發(fā)動機(jī)在第1s內(nèi)的均勻功率是第7s內(nèi)的3倍，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；依據(jù)動能定理，第6s內(nèi)汽車戰(zhàn)勝車內(nèi)制動裝置做功，此中的x6=4m，v=8m/s；解得W6=424000J；同理，第10s內(nèi)汽車戰(zhàn)勝車內(nèi)制動裝置做功，此中的x10=2m，v′=4m/s；解得W10=104000J；即第6s內(nèi)汽車戰(zhàn)勝車內(nèi)制動裝置做功是第10s內(nèi)的53/13倍，選項(xiàng)D正確；應(yīng)選BD.【點(diǎn)睛】本題無力過程比較復(fù)雜，重點(diǎn)是能從v-t圖像中獲守信息，聯(lián)合動能定理列式進(jìn)行解答；注意求解摩擦力的功時(shí)要用行程，而不是位移.二、實(shí)驗(yàn)題：本題包括2小題，共20分。請將答案填在題中橫線上或按要求作答。13.某實(shí)驗(yàn)小組用“自由落體法”測當(dāng)?shù)氐闹亓涌於?實(shí)驗(yàn)中獲得一條較為滿意的紙帶如圖(a)所示。他們舍棄前面密集的點(diǎn),以O(shè)為起點(diǎn),從某點(diǎn)A開始采納紙帶上連續(xù)點(diǎn)A、B、C..測出0到A、B、C的距離分別為h1、h2、h3.。已知電源的頻次為f.(1)以下操作對減小實(shí)驗(yàn)偏差有利的是____.A.選擇密度較大的重錘B.安裝打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使兩限位孔在同一豎直線上C.實(shí)驗(yàn)時(shí)先用手托住重錘，此后接通電源開釋再重錘D.重錘著落中手向來提住紙帶上端,保持紙帶豎直(2)由上述實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)計(jì)算當(dāng)?shù)刂亓涌於鹊谋磉_(dá)式為g=_______.(3)平常狀況下，實(shí)驗(yàn)中電源的頻次用50Hz,若實(shí)驗(yàn)中電源的瀕率略高,而實(shí)驗(yàn)者仍以50Hz計(jì)算,由此惹起重力加快度的丈量值將_____(填“偏大”、“偏小”或“同樣")?！敬鸢浮?1).AB(2).(3).偏小【剖析】【剖析】（1）依據(jù)實(shí)驗(yàn)的原理剖析各個(gè)選項(xiàng)；（2）依據(jù)?x=aT2求解重力加快度的表達(dá)式；（3）實(shí)驗(yàn)中電源的頻次略高，則打點(diǎn)周期偏小，相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離偏小.【詳解】（1）選擇密度較大的重錘可以減小著落時(shí)的相對阻力的大小，進(jìn)而減小偏差，選項(xiàng)A正確；安裝打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使兩限位孔在同一豎直線上，這樣可減小紙帶與限位孔之間的摩擦，選項(xiàng)B正確；實(shí)驗(yàn)時(shí)先用手托住重錘，此后接通電源開釋再重錘，這樣能充分利用紙帶，可是對減小偏差無影響，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；重錘著落中手不可以向來提住紙帶上端，要讓紙帶自由著落，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；應(yīng)選AB.（2）依據(jù)?x=aT2可得；（3）實(shí)驗(yàn)中電源的頻次略高，則打點(diǎn)周期偏小，相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離偏小，而實(shí)驗(yàn)者仍以50Hz計(jì)算，則由此惹起重力加快度的丈量值將偏小?！军c(diǎn)睛】解決本題的重點(diǎn)知道實(shí)驗(yàn)的原理，以及操作中的注意事項(xiàng)；能依據(jù)?x=aT2求解加快度；14.某同學(xué)描述小燈泡的伏安特。所使用的器械有：小燈泡L（額定電壓3.8V，額定電流0.50A）電流表A（量程0.6A，內(nèi)阻約0.5Ω）；敏捷電流計(jì)G（量程1mA，內(nèi)阻為500Ω）；電阻箱R0（阻值范圍0～9999.9Ω）；滑動變阻器R1（阻值范圍0～20Ω）；電源E（電動勢4.5V，內(nèi)阻約2Ω）；開關(guān)S及導(dǎo)線若干；(1)為了可以實(shí)此刻0-3.8V內(nèi)對小燈泡的電壓進(jìn)行丈量，需將敏捷電流計(jì)G改裝成量程為4V的電壓表，則______（填“串”或“并”）聯(lián)的電阻箱R0的阻值應(yīng)調(diào)整為_________Ω.(2)請?jiān)趫D（b）的方框中畫全運(yùn)用上述器械描述小燈泡伏安特色的實(shí)驗(yàn)電路原理圖，并注明對應(yīng)的器械符號_________.(3)實(shí)驗(yàn)中獲得電流表A讀數(shù)I和敏捷電流計(jì)G讀數(shù)Ig以下表所示:請你依據(jù)表中數(shù)據(jù)，在圖（c）的坐標(biāo)系中補(bǔ)齊數(shù)據(jù)點(diǎn)，做出I-Ig曲線_______________.(4)由I-Ig曲線可知，小燈泡的電阻隨電流的增大而_______（填“變大”“變小”或許“不變”）(5)如圖（d）所示，將該小燈泡和定值電阻R與一電動勢E=3.0V，內(nèi)阻r=5.0Ω的電源串聯(lián)時(shí)，電源的輸出功率最大，可知此時(shí)小燈泡的實(shí)質(zhì)功率約為________W,定值電阻的阻值R=_______Ω（結(jié)果均保存兩位有效數(shù)字）【答案】(1).（1）串(2).3500.0Ω(3).（2）圖見剖析；(4).（3）圖見剖析；(5).（4）增大(6).（5）0.34(0.31~0.36)(7).1.3(1.0~1.5)【剖析】【剖析】（1）將敏捷電流計(jì)改裝成量程較大的電壓表，需要串聯(lián)電阻，依據(jù)歐姆定律計(jì)算要串聯(lián)的電阻值；（2）依據(jù)改裝后的電壓表、電流表以及燈泡的電阻關(guān)系確立電路的連結(jié)方式；（3）依據(jù)數(shù)據(jù)描點(diǎn)繪圖；（4）依據(jù)圖像的斜率判斷燈泡電阻隨電壓的變化狀況；（4）當(dāng)電源輸出功率最大時(shí)，內(nèi)阻等于外電阻，聯(lián)合畫出的圖像求解燈泡的實(shí)質(zhì)功率以及定值電阻的阻值?！驹斀狻浚?）將敏捷電流計(jì)G改裝成量程為4V的電壓表，則需要串聯(lián)的電阻箱R0的阻值應(yīng)調(diào)整為.（2）改裝后的電壓表內(nèi)阻為4000Ω遠(yuǎn)大于燈泡內(nèi)阻（7.6Ω），故采納電流表外接；滑動變阻器用分壓電路，如圖；（3）做出I-Ig曲線如圖；（4）因Ig的值與燈泡兩頭的電壓相對應(yīng)，則I-Ig曲線的斜率的倒數(shù)反應(yīng)燈泡電阻的變化，由圖像可知，小燈泡的電阻隨電流的增大而變大；（5）如圖（d）所示，將該小燈泡和定值電阻R與一電動勢E=3.0V，內(nèi)阻r=5.0Ω的電源串聯(lián)時(shí)，電源的輸出功率最大，可知此時(shí)定值電阻R與燈泡的電阻之和等于電源的內(nèi)阻5.0Ω，此時(shí)電路中的電流，由圖像可知，此時(shí)燈泡兩頭的電壓為0.26×10-3×4000V=1.04V；小燈泡的實(shí)質(zhì)功率約為P=IU=1.04×0.3W=0.31W；定值電阻的阻值R兩頭的電壓為UR=×3-1.04=0.46V；則。三．計(jì)算題：本題包括5小題，共70題。解答應(yīng)寫出必需的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不可以得分。有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必然明確寫出數(shù)值和單位。15.經(jīng)過逾6個(gè)月的遨游，質(zhì)量為40kg的洞察號火星探測器終于在北京時(shí)間2018年11月27日03：56在火星安全著陸。著陸器抵達(dá)距火星表面高度800m時(shí)速度為60m/s，在著陸器底部的火箭助推器作用下開始做勻減速直線運(yùn)動；當(dāng)高度降落到距火星表面100m時(shí)速度減為10m/s。該過程探測器沿豎直方向運(yùn)動，不計(jì)探測器質(zhì)量的變化及火星表面的大氣阻力，已知火星的質(zhì)量和半徑分別為地球的十分之一和二分之一，地球表面的重力加快度為g=10m/s2。求：(1)火星表面重力加快度的大??；(2)火箭助推器對洞察號作使勁的大小.【答案】(1)(2)F=260N【剖析】【剖析】火星表面或地球表面的萬有引力等于重力，列式可求解火星表面的重力加快度；依據(jù)運(yùn)動公式求解著落的加快度，此后依據(jù)牛頓第二定律求解火箭助推器對洞察號作使勁.【詳解】（1）設(shè)火星表面的重力加快度為g火，則解得g火=0.4g=4m/s2（2）著陸降落的高度：h=h1-h2=700m，設(shè)該過程的加快度為a，則v22-v12=2ah由牛頓第二定律：mg火-F=ma解得F=260N16.如圖甲所示，質(zhì)量為200kg的斜行電梯沿與水平方向成30°的直線軌道運(yùn)行。在電梯水平底板上擱置質(zhì)量為50kg的貨物，經(jīng)過平行于軌道的鋼絲繩牽引電梯，使電梯從軌道低端運(yùn)行到頂端，此過程中電梯速度隨時(shí)間的變化圖象如圖乙所示。整個(gè)過程中貨物有對于電梯保持靜止，取g=10m/s2，不計(jì)軌道對電梯的摩擦阻力。求:(1)電梯加快過程中鋼絲繩對電梯的牽引力的大小；(2)電梯減速過程中貨物所受支持力及摩擦力的大小.【答案】(1)F=1500N(2)【剖析】【剖析】（1）由圖乙可知電梯加快過程中加快度，依據(jù)牛頓第二定律求解鋼絲繩對電梯的牽引力；（2）先依據(jù)v-t圖像求解電梯減速過程中的加快度，此后將加快度分解在水平易豎直方向，對貨物列出兩個(gè)方向的方程即可求解.【詳解】（1）由圖乙可知，電梯加快過程中加快度大小為a1，則電梯加快過程中，鋼絲繩的牽引力大小為F，則：解得F=1500N.（2）電梯減速過程中加快度大小為a2，貨物所受的支持力和摩擦力的大小分別為N、f，則：解得N=487.5N；17.以以下圖，粗拙的水平軌道AB與半徑R0.4m的圓滑豎直半圓形軌道BC相切于B點(diǎn)。壓縮后鎖定的輕彈簧一端固定在水平軌道的左端，另一端緊靠靜止在A點(diǎn)的質(zhì)量m0.4kg的小物塊（不拴接）。消除彈簧鎖定后，物塊從A點(diǎn)開始沿AB軌道運(yùn)動，進(jìn)入半圓形軌道BC，今后恰巧能經(jīng)過軌道BC的最高點(diǎn)C，最后落回到水平軌道AB上.已知A、B兩點(diǎn)的距離L0.2m，物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)0.2，取g10m/s2，不計(jì)空氣阻力.求：(1)小物塊運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)遇到半圓形軌道彈力的大??；(2)小物塊從C點(diǎn)落回水平軌道AB上的地點(diǎn)到B點(diǎn)的距離；(3)消除鎖定前彈簧的彈性勢能?！敬鸢浮?1)(2)(3)【剖析】【剖析】（1）恰巧過C點(diǎn)，則過C點(diǎn)時(shí)小物塊所受的彈力為零，由重力等于向心力爭解C點(diǎn)的速度；從B點(diǎn)到C點(diǎn)，由機(jī)械能守恒求解B點(diǎn)的速度，此后依據(jù)牛頓第二定律求解F；（2）小物塊從C點(diǎn)落回水平軌道AB上時(shí)做平拋運(yùn)動，依據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律求解其落下的地點(diǎn)到B點(diǎn)的距離；（3）依據(jù)動能定理求解消除鎖定前彈簧的彈性勢能?！驹斀狻浚?）恰巧過C點(diǎn)，則過C點(diǎn)時(shí)小物塊所受的彈力為零，由向心力公式可知：解得vC=2m/s；從B點(diǎn)到C點(diǎn)，由機(jī)械能守恒可得：解得在B點(diǎn)：解得F=24N（2）小物塊從D點(diǎn)落回到水平軌道AB上，做平拋運(yùn)動：豎直方向：2R=gt2水平方向：x=vCt解得x=0.8m（3）從A到B由動能定理：EP=W解得E