福建省高考物理押題試題（FJ）

1．如圖所示，一個三棱鏡的截面為等腰直角△ABC，∠A為直角。此截面所在平面內(nèi)的光線沿平行于BC邊的方向射到AB邊，進(jìn)入棱鏡后直接射到AC邊上，并剛好能發(fā)生全反射。該棱鏡材料的折射率為A．eq\f(\r(6),2)B．eq\r(2)C．eq\f(3,2)D．eq\r(3)【答案】A【提示】光路圖如圖所示，設(shè)光在AB邊上的折射角為γ，在AC邊發(fā)生全反射的臨界角為C，則C＝90°－γ，由折射定律得棱鏡材料的折射率n＝eq\f(sin45°,sinγ)，sinC＝eq\f(1,n)，聯(lián)立解得n＝eq\f(\r(6),2)。2．如圖所示，細(xì)光線a射到折射率n=eq\r(2)的透明球表面，入射角為45°，在球的內(nèi)壁經(jīng)過一次反射后，從球面射出的光線為b，則入射光線a與出射光線b之間的夾角α為A．30° B．45°C．60° D．75°【答案】A【提示】設(shè)光線a進(jìn)入球體后的折射角為θ，由折射定律有eq\r(2)＝eq\f(sin45°,sinθ)，解得θ＝30°。光線在球內(nèi)的光路圖如圖所示，由幾何關(guān)系知，入射光線a與出射光線b之間的夾角α＝30°。3．如圖所示，甲圖為沿x軸傳播的一列簡諧橫波在t＝0時刻的波動圖象，乙圖是x＝2m處質(zhì)點(diǎn)P的振動圖象，下列判斷正確的是A．質(zhì)點(diǎn)P振動的頻率為0.5HzB．該波的傳播速度為4m/sC．該波沿x軸正方向傳播D．經(jīng)過0.5s，質(zhì)點(diǎn)P沿波的傳播方向移動2m【答案】B【提示】由題圖甲可知，該波的波長λ＝4m，周期T＝1s，頻率f=1Hz波速v＝eq\f(λ,T)＝4m/s，選項A錯誤、B正確；由題圖乙可知，t＝0時刻質(zhì)點(diǎn)P經(jīng)平衡位置向y軸負(fù)向振動，由題圖甲和波的傳播方向與質(zhì)點(diǎn)的振動方向間的關(guān)系可知，該波沿x軸負(fù)方向傳播，選項C錯誤；質(zhì)點(diǎn)P只在平衡位置附近振動，不沿波的傳播方向遷移，選項D錯誤。4．如圖所示，兩顆衛(wèi)星圍繞著質(zhì)量為M的中心星體做勻速圓周運(yùn)動。若兩顆衛(wèi)星和中心星體始終在同一直線上，兩顆衛(wèi)星間的作用及其他星體對兩顆衛(wèi)星的作用均忽略不計，則下列判斷正確的是（）MA．兩顆衛(wèi)星的軌道半徑相等MB．兩顆衛(wèi)星的向心加速度相同C．兩顆衛(wèi)星的向心力大小相等D．兩顆衛(wèi)星的動能相等【答案】A【提示】由“兩顆衛(wèi)星和中心星體始終在同一直線上”得知兩顆衛(wèi)星的角速度ω相等，根據(jù)eq\A(G\F(Mm,r2))=mω2r，得r=eq\R(3,\F(GM,ω2))，可見兩顆衛(wèi)星的軌道半徑相等，選項A正確；由a=ω2r得向心加速度大小a1=a2，但方向相反，選項B錯誤；由萬有引力提供向心力即F向=eq\A(G\F(Mm,r2))知，F(xiàn)向與衛(wèi)星的質(zhì)量m有關(guān)，由于兩顆衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系不確定，選項C錯誤；根據(jù)eq\A(G\F(Mm,r2))=meq\F(υ2,r)得衛(wèi)星的動能Ek=EQ\F(1,2)mυeq\s(2,)=eq\A(G\F(Mm,2r))與m有關(guān)，選項D錯誤。升壓變壓器降壓變壓器用升壓變壓器降壓變壓器用戶發(fā)電廠A．電壓表V1示數(shù)減小，電流表A1減小B．電壓表V2示數(shù)增大，電流表A2減小C．輸電線上損耗功率增大D．用戶總功率與發(fā)電廠的輸出功率的比值減小【答案】B【提示】根據(jù)eq\F(U出,U1)=eq\F(n1,n2)得電壓表V1兩端的電壓U1不變，選項A錯誤；根據(jù)P出=U1I1得通過電流表A1的電流I1將減小，根據(jù)eq\F(I2,I1)=eq\F(n3,n4)得通過電流表A2的電流I2將減小，降壓變壓器原線圈兩端的電壓U=U1–I1R線將增大，根據(jù)eq\F(U,U2)=eq\F(n3,n4)得電壓表V2兩端的電壓U2增大，選項B正確；輸電線上損耗功率P線=Ieq\o\al(1,2)R線將減小，選項C錯誤；用戶總功率與發(fā)電廠的輸出功率的比值為eq\F(I2U2,I1U1)=eq\F(n3,n4U1)U2隨著U2的增大而增大，選項D錯誤。6．如圖所示，一質(zhì)量為M、傾角為θ的斜面體放在光滑水平地面上，斜面上疊放一質(zhì)量為m的光滑楔形物塊，物塊在水平恒力的作用下與斜面體一起恰好保持相對靜止地向右運(yùn)動。重力加速度為g。下列判斷正確的是（）A．水平恒力大小F=mgtanθB．地面對斜面體的支持力大小N2=(M+m)gC．物塊對斜面的壓力大小N1=mgcosθD．斜面體的加速度大小為gtanθ【答案】B【提示】物塊與斜面體相對靜止，加速度相同，對物塊、斜面體整體，豎直方向上受力平衡有N2=(M+m)g，選項B正確；水平方向上根據(jù)牛頓第二定律有F=(M+m)a，對斜面體，豎直方向上受力平衡有N2=Mg+N1cosθ，水平方向上根據(jù)牛頓第二定律有N1sinθ=Ma，解得N1=eq\F(mg,cosθ)，a=eq\F(m,M)gtanθ，F(xiàn)=eq\F(M+m,M)mgtanθ，選項A、C、D均錯誤。7．如圖1所示，小物塊靜止在傾角θ=37°的粗糙斜面上?，F(xiàn)對物塊施加一個沿斜面向下的推力F，力F的大小隨時間t的變化情況如圖2所示，物塊的速率υ隨時間t的變化規(guī)律如圖3所示，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2。下列說法正確的是（）112340.40.8t/sF/NO12340.40.8t/sυ/m·s-1O圖2圖3F圖1θA．物塊的質(zhì)量為0.1kgB．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.7C．0~3s時間內(nèi)力F做功的平均功率為0.32WD．0~3s時間內(nèi)物體克服摩擦力做的功為5.12J【答案】D【提示】由速度圖象知在1~3s時間內(nèi)，物塊做勻加速直線運(yùn)動，則0.8+mgsinθ–μmgcosθ=ma，a=eq\F(0.8–0,3–1)m/s2=0.4m/s2。在3~4s時間內(nèi)，物塊勻速運(yùn)動，受力平衡，則μmgcosθ–mgsinθ=0.4N，解得m=1kg，μ=0.8，選項A、B均錯誤；0~1s時間內(nèi)，物塊靜止，力F不做功，1~3s時間內(nèi)，力F=0.8N，物塊的位移x=EQ\A(\F(1,2))×0.4×22m=0.8m，0~3s內(nèi)力F做功的平均功率為eq\F(Fx,t3)=eq\F(0.8×0.8,3)W=0.213W，選項C錯誤；0~3s時間內(nèi)物體克服摩擦力做的功為μmgcosθ·x=5.12J，選項D正確。θθAθθABCD甲船乙船A．兩船在靜水中的劃行速率不同B．甲船渡河的路程有可能比乙船渡河的路程小C．兩船同時到達(dá)D點(diǎn)D．河水流速為eq\F(dtanθ,t)【答案】C【提示】由題意可知，兩船渡河的時間相等，兩船沿垂直河岸方向的分速度υ1相等，由υ1=υsinθ知兩船在靜水中的劃行速率υ相等，選項A錯誤；乙船沿BD到達(dá)D點(diǎn)，可見河水流速υ水方向沿AB方向，可見甲船不可能到達(dá)到正對岸，甲船渡河的路程較大，選項B錯誤；根據(jù)速度的合成與分解，υ水=υcosθ，而υsinθ=eq\F(d,t)，得υ水=eq\F(d,ttanθ)，選項D錯誤；由于甲船沿AB方向的位移大小x=(υcosθ+υ水)t=eq\F(2d,tanθ)=AB，可見兩船同時到達(dá)D點(diǎn)，選項C正確。ACBACBOA．若有一個粒子從OA邊射出磁場，則另一個粒子一定從OB邊射出磁場B．若有一個粒子從OB邊射出磁場，則另一個粒子一定從CA邊射出磁場C．若兩個粒子分別從A、B兩點(diǎn)射出磁場，則它們在磁場中運(yùn)動的時間之比為2∶1ACBOαO2ACBOαO2R1R2αθθ【答案】C【提示】由qυB=meq\F(υ2,R)得軌道半徑R=eq\F(mυ,qB)。由題意可知，兩個粒子分別順、逆時針偏轉(zhuǎn)，但它們的速率關(guān)系未知，軌道半徑關(guān)系也未知，選項A、B均錯誤；若兩個粒子分別從A、B兩點(diǎn)射出磁場，如圖所示，則α=60°，θ=30°，OA=OBtan30°，R1=eq\F(OA,2sinα)，R2=eq\F(OB,2sinθ)，得eq\F(R1,R2)=eq\F(1,3)，選項D錯誤；周期T=eq\F(2πm,qB)相同，由t1=eq\F(2α,2π)T、t2=eq\F(2θ,2π)T得eq\F(t1,t2)=eq\F(2,1)，選項C正確。10．在光滑水平面上充滿水平向右的勻強(qiáng)電場，被拉直的絕緣輕繩一端固定在O點(diǎn)，另一端系著帶正電的小球，輕繩與水平面平行，OB與電場線平行。若小球從A點(diǎn)由靜止釋放后，沿水平面擺動到B點(diǎn)，不計空氣阻力，則關(guān)于此過程，下列判斷正確的是()ABABEOB．小球的切向加速度一直變大C．小球受到的拉力先變大后變小D．小球受到的電場力做功功率先增大后減小【答案】D【提示】小球從A點(diǎn)擺動到B點(diǎn)的過程中，只有電場力做功且一直做正功，根據(jù)動能定理知小球的動能Ek一直增大，選項A錯誤；小球從A點(diǎn)擺動到B點(diǎn)的過程中輕繩與OB的夾角設(shè)為θ，則小球的切向加速度a1=eq\F(qEsinθ,m)隨著θ的減小而減小，選項B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式有F–qEcosθ=meq\F(υ2,L)得小球受到的拉力大小F=qEcosθ+eq\F(2,L)·Ek，cosθ、Ek均隨著θ的減小而增大，可見F一直增大，選項C錯誤；在A點(diǎn)時小球的速率為零，電場力做功的瞬時功率為零，過B點(diǎn)時小球的速度方向與電場力垂直，電場力做功的瞬時功率也為零，可見小球受到的電場力做功功率先增大后減小，選項D正確。BI60°11．在絕緣水平面上方均勻分布著方向與水平向右成60°角斜向上的磁場中，一通有如圖所示的恒定電流I的金屬方棒，在安培力作用下水平向右做勻速直線運(yùn)動。已知棒與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=eq\A(\F(\R(3),3))。若在磁場方向由圖示方向開始沿逆時針緩慢轉(zhuǎn)動至豎直向上的過程中棒始終保持勻速直線運(yùn)動，此過程中磁場方向與水平向右的夾角設(shè)為θ，則關(guān)于磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B與θ的變化關(guān)系圖象可能正確的是（）BI60°BθmgBθmgBILfNθ/°eq\F(1,B)/T-1OB90θ/°B/TOA90θ/°eq\F(1,B)/T-1OC906030θ/°eq\F(1,B)/T-1OD906030【提示】棒受力如圖所示，則BILsinθ=μ(mg+BILcosθ)，得eq\F(1,B)=eq\F(IL,μmg)(sinθ–μcosθ)=eq\F(2IL,\R(3)mg)sin(θ–30°)，只有選項C正確。12．如圖甲所示，在絕緣水平面內(nèi)有一固定的光滑金屬導(dǎo)軌cd、eg，端點(diǎn)d、e之間連接一電阻R，金屬桿ab靜止在金屬框架上，整個裝置處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中。導(dǎo)軌及桿ab的電阻忽略不計?，F(xiàn)對桿ab施加一沿dc方向的外力F，使桿ab中的電流i隨時間t的圖象如圖乙所示。運(yùn)動中桿ab始終垂直于導(dǎo)軌且接觸良好。下列關(guān)于外力F、桿ab受到的安培力功率大小P隨時間t變化的圖象，可能正確的是()【答案】C【提示】桿ab切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢e=BLυ，感應(yīng)電流i=eq\F(e,R)，由乙圖得i=kt，解得桿ab的速率υ=eq\F(kR,BL)t，可見桿ab的加速度a=eq\F(kR,BL)不變，對桿ab根據(jù)牛頓第二定律有F–BiL=ma，得F=BLkt+ma，選項A、B均錯誤；桿ab受到的安培力功率大小P=BiL·υ=k2Rt2，選項C正確，D錯誤。θABCθABCA．A剛要沿斜面向上運(yùn)動時的加速度大小為EQ\A(\F(g,2))B．A上升的最大豎直高度為3LC．拉力F的功率隨時間均勻增加D．L=eq\F(9,4)x【答案】D【提示】A剛要沿斜面向上運(yùn)動時的加速度大小為eq\F(F,m)=g，選項A錯誤；F未作用前，對A受力平衡有mgsinθ=kL，得k=eq\F(mg,2L)，A運(yùn)動到最高處時，對B受力平衡有2mgsinθ=kL′，得L′=2L，A上升的最大豎直高度為(L+L′)sinθ=eq\F(3,2)L，選項B錯誤；由于F作用期間，彈簧彈力是變力，合力為變力，根據(jù)牛頓第二定律知加速度是變化的，速度υ隨時間不是均勻變化的，所以Fυ=mgυ隨時間也不是均勻變化的，選項C錯誤；在A從最低處運(yùn)動到最高處的過程，對A根據(jù)動能定理有Fx–eq\F(kL′+k(L′–L),2)(L′–L)–mg(L+L′)sinθ=0–0，得x=eq\F(9,4)L，選項D正確（或用排除法判斷）。OAB1OABA．帶電圓環(huán)在B點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)方向豎直向上B．小球從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的過程中電場力一直做負(fù)功C．小球從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的過程中通過O點(diǎn)時速度最大D．小球通過B點(diǎn)時的速度為eq\R(υ\o\al(0,2)+4gh)【答案】D【解析】帶正電小球靜止在A點(diǎn)，受到重力和電場力共同作用而平衡，電場力方向豎直向上，帶電圓環(huán)在A點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)方向豎直向上，根據(jù)對稱性知帶電圓環(huán)在B點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)方向豎直向下，選項A錯誤；小球從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的過程中電場力先做負(fù)功后做正功，選項B錯誤；小球通過O點(diǎn)時只受重力作用，而速度方向與重力方向相同，小球還在加速中，可見小球通過O點(diǎn)時速度并非最大，選項C錯誤；根據(jù)對稱性可知，小球從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的全過程，電場力對小球做的總功為零，根據(jù)動能定理有mg·2h=EQ\F(1,2)mυeq\s(2,)–EQ\F(1,2)mυeq\o\al(0,2)，得小球通過B點(diǎn)時的速度υ=eq\R(υ\o\al(0,2)+4gh)，選項D正確。Mm15MmA．Tm=eq\F(M+2m,M+m)mgB．Tm=eq\F(M+2m,M+m)MgC．Tm=eq\F(M+2m,M–m)mgD．Tm=eq\F(M+m,M+2m)mg【答案】A【解析】令m=0，則Tm應(yīng)為零，而選項B中的Tm=Mg，選項B錯誤；令m趨近于M，則選項C中Tm趨近于無窮大，不合理，選項C錯誤；令M=0，則選項D中的表達(dá)式簡化為Tm=EQ\A(\F(1,2))mg，由于M=0且尚未掛上鉤碼時彈簧彈力為零，掛上鉤碼并由靜止開始釋放，當(dāng)彈簧彈力與mg平衡時，鉤碼的速率最大，由于慣性鉤碼還要繼續(xù)向下運(yùn)動，可見輕繩對鉤碼的最大拉力Tm應(yīng)大于mg，所以選項D錯誤；由排除法知選項A正確。圖116．某學(xué)習(xí)小組利用圖1所示裝置做“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)。圖1①若某同學(xué)按圖1所示開始實(shí)驗(yàn)，則一個很明顯的不合理之處是______________________________________。②經(jīng)糾正后，按正確操作，得到如圖2所示的一條點(diǎn)跡清晰的紙帶，用刻度尺測得起始點(diǎn)O到計數(shù)點(diǎn)A、B、C、D各點(diǎn)的距離分別為h1、h2、h3、h4，相鄰計數(shù)點(diǎn)間時間間隔為T，從O到D的時間為t。若用O、C兩點(diǎn)來驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，為了計算打下C點(diǎn)時的重物的速度大小，甲、乙、丙、丁四位同學(xué)提供了四個計算式，其中正確的是_________。（填選項前的字母）OABh1OABh1h2h3h4CD圖2B．乙同學(xué)：υC=gtC．丙同學(xué)：υC=eq\F(h4–h2,2T)D．丁同學(xué)：υC=eq\F(h4–h3,T)③提供正確計算式的同學(xué)發(fā)現(xiàn)，以C點(diǎn)算出的重力勢能mgh3總比EQ\A(\F(1,2))mυeq\o\al(C,2)略大些，這主要是因?yàn)開______________________________________________________________________?！敬鸢浮竣籴尫偶垘爸匚镫x打點(diǎn)計時器太遠(yuǎn)②C③實(shí)驗(yàn)中存在阻力，重物下落過程中減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為重物的動能和因阻力產(chǎn)生的其他形式的能量。【提示】①因釋放紙帶前重物離打點(diǎn)計時器太遠(yuǎn)，重物下落的加速度較大，紙帶上打的點(diǎn)數(shù)極少，所以實(shí)驗(yàn)中釋放紙帶前應(yīng)提高紙帶使重物靠近打點(diǎn)計時器。②因?qū)嶒?yàn)中存在阻力，重物下落時的實(shí)際加速度小于重力加速度，計算速度時應(yīng)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動中中間時刻速度等于該過程的平均速度來求，正確的是丙同學(xué)；而甲、乙兩同學(xué)提供的計算式是沒有阻力作用下速度的理論值，不合理；丁同學(xué)提供的計算式是求DE段的平均速度即求CD間中間時刻的速度。③因?yàn)閷?shí)驗(yàn)中存在阻力，重物下落過程中減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為重物的動能和因阻力產(chǎn)生的其他形式的能量。圖甲17．某同學(xué)利用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置運(yùn)用牛頓第二定律測量滑塊的質(zhì)量M。其主要步驟為：圖甲①調(diào)整長木板傾角，當(dāng)鉤碼的質(zhì)量為m0時滑塊沿木板恰好向下做勻速運(yùn)動。mg/Namg/Na/m·s-21.00.200.400.6003.04.02.0請回答下列問題：圖乙圖丙i）打點(diǎn)計時器在打下B點(diǎn)時滑塊的速度υB=_________m/s；ii）滑塊做勻加速直線運(yùn)動的加速度a=___________m/s2；iii）滑塊質(zhì)量M=___________（用字母a、m0、當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭表示）。③保持木板傾角不變，掛上質(zhì)量為m（均小于m0）的鉤碼，滑塊沿木板向下勻加速運(yùn)動，測出滑塊的加速度；多次改變鉤碼的質(zhì)量，分別求出相應(yīng)的加速度。④若繩的拉力與所掛鉤碼的重力大小相等，作出的a－mg圖象如圖丙所示，則由圖丙可求得滑塊的質(zhì)量M=_________kg。（取g=10m/s2，計算結(jié)果均保留3位有效數(shù)字）【答案】②i）1.38；ii）3.88；iii）eq\F(g,a)m0④0.200【解析】②i）υB=eq\F(0.0520+0.0584,4×0.02)m/s=1.38m/s；ii）由△s=aT2得a=eq\F((0.0645+0.0707)–(0.0520+0.0584),0.082)m/s2=3.88m/s2；iii）滑塊做勻速運(yùn)動時受力平衡有m0g=Mgsinθ–f，撤去m0時滑塊做勻加速直線運(yùn)動時受到的合外力F合=Mgsinθ–f，由F合=Ma得M=eq\F(g,a)m0。④掛上質(zhì)量為m的鉤碼時滑塊沿木板向下做勻加速直線運(yùn)動，受到的合外力為F合′=Mgsinθ–f–mg，由F合′=Ma得a=–eq\F(1,M)mg+eq\F(m0,M)g，結(jié)合圖丙得eq\F(1,M)=eq\F(3.5–1.0,0.50)，得M=0.200kg。18．某學(xué)習(xí)小組欲探究小燈泡（額定電壓為3V，額定電流約為0.5A）的伏安特性，可提供的實(shí)驗(yàn)器材如下：A．干電池：電動勢約4.5V，內(nèi)阻可不計B．雙量程的電壓表V1：量程為0~3V、內(nèi)阻約為3kΩ；V2：量程為0~15V、內(nèi)阻約為15kΩAVAV圖1A1：量程為0~0.6A、內(nèi)阻約為1Ω；A2：量程為0~3A、內(nèi)阻約為0.1ΩD．滑動變阻器R：阻值范圍0~10Ω、允許通過最大電流為2AE．開關(guān)S，導(dǎo)線若干在盡量提高測量精度的情況下，請回答下列問題：①根據(jù)以上器材，請你把實(shí)驗(yàn)電路原理圖1補(bǔ)充完整，并在圖1中標(biāo)明所選器材的代號。②根據(jù)選擇的正確電路原理圖，用筆畫線代替導(dǎo)線將實(shí)物圖2連接成完整電路。閉合開關(guān)前，滑動變阻器的滑動片應(yīng)移到_______端（選填“A”或“B”）ABAB圖2圖30.10.20.30.40.51230I/AU/V③按正確操作得到7組電壓表和電流表示數(shù)如下表所示，請圖3所示的坐標(biāo)紙上畫出小燈泡的U–I圖線。組數(shù)1234567U/V00.280.580.921.502.003.00I/A00.100.200.300.400.450.49④若將該小燈泡接在電動勢為3.0V、內(nèi)阻為2.0Ω的干電池兩端，則此時該小燈泡的電阻為________Ω。（結(jié)果保留3個有效數(shù)字）【答案】①如圖4所示②連線如圖5所示；A③如圖6中曲線所示④4.5或4.6或4.7ΩA1V1圖4AB圖50.10.20.3A1V1圖4AB圖50.10.20.30.40.51230I/AU/V圖6②根據(jù)圖4，用筆畫線代替導(dǎo)線將實(shí)物圖2連接成完整電路如圖5所示。閉合開關(guān)前，滑動變阻器的滑動片應(yīng)移到A端，使閉合開關(guān)后燈泡兩端的電壓為零以保護(hù)電表。③畫出小燈泡的U–I圖線如圖6中曲線所示。④根據(jù)閉合電路歐姆定律有U=3.0–2.0I，此直線如圖6中所示，與曲線的交點(diǎn)坐標(biāo)為（0.455A，2.10V），得待求電阻為eq\F(2.10,0.455)Ω=4.6Ω。19．某多用電表內(nèi)歐姆擋“×1”的內(nèi)部電路圖如圖所示，小明同學(xué)將電阻箱和電壓表V并聯(lián)后接在兩表筆a、b上，欲用圖示的電路測量多用電表內(nèi)部的電阻r（遠(yuǎn)小于電壓表V的內(nèi)阻）和電池的電動勢E。實(shí)驗(yàn)的主要步驟為：eq\F(1eq\F(1,U)/V-1eq\F(1,R)/Ω-10.501.001.502.002.500.020.040.060.0801.00(1)表筆a為________(填“紅表筆”或“黑表筆”)。將選擇開關(guān)轉(zhuǎn)至歐姆擋“×1”，將紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)________，使指針指在_______(填“左”或“右”)側(cè)零刻度處。(2)改變電阻箱R的阻值，分別讀出6組電壓表和電阻箱的示數(shù)U、R，將eq\f(1,U)、eq\f(1,R)的值算出并記錄在表格中，請將第3、5組數(shù)據(jù)的對應(yīng)點(diǎn)在坐標(biāo)紙上補(bǔ)充標(biāo)出，并作出eq\f(1,U)–eq\f(1,R)圖線。組數(shù)123456R100.050.025.016.712.59.1eq\f(1,R)0.010.020.040.060.080.11U1.200.950.740.600.500.40eq\f(1,U)0.831.051.351.682.002.50(3)根據(jù)圖線得到電動勢E=____________V，內(nèi)電阻r=________Ω。(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)(4)由于電壓表的分流作用，多用電表內(nèi)部電池的電動勢的測量值比真實(shí)值______（填“大”或“小”）?！敬鸢浮?1)a；調(diào)零旋鈕(或調(diào)R0)；右(2)如圖所示(3)1.43(1.45～1.41)；23.4(22.9～23.9)(4)小【提示】(1)表筆a接內(nèi)部電池的負(fù)極，應(yīng)為紅表筆。紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)調(diào)零旋鈕，使指針指到右側(cè)零偏刻度處。(2)eq\f(1,U)–eq\f(1,R)圖線如圖所示。eq\F(eq\F(1,U)/V-1eq\F(1,R)/Ω-10.501.001.502.002.500.020.040.060.0801.00(3)由E=U+eq\f(U,R)·r得eq\f(1,U)＝eq\f(r,E)·eq\f(1,R)＋eq\f(1,E)，結(jié)合圖線得eq\f(1,E)＝0.70，eq\f(r,E)＝eq\f(2.50–0.70,0.11)，解得E＝1.43V，r內(nèi)＝23.4Ω。(4)當(dāng)R為無窮大即為不接電阻箱時電壓表的示數(shù)為多用電表內(nèi)部電池的電動勢的測量值，而電壓表兩端的電壓等于電動勢的真實(shí)值減去多用電表的內(nèi)電壓，所以多用電表內(nèi)部電池的電動勢的測量值比真實(shí)值小。20．如圖所示，等腰三角形OPQ區(qū)域內(nèi)存在場強(qiáng)方向沿PQ方向、大小為E的勻強(qiáng)電場，A為PQ的中點(diǎn)，D為OQ的中點(diǎn)，PQ=2L，θ=30°。一質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子（重力不計、初速度視為零），從靠近M板O′處由靜止釋放，經(jīng)兩平行金屬板M、N間的電場加速后，通過N板上的小孔沿AO方向從A點(diǎn)射入三角形OPQ區(qū)域，粒子恰好從D點(diǎn)射出電場。（1）求M、N兩板間的電壓U及粒子過A點(diǎn)時的速率υ；θAMNθAMNPQθODO′【解析】（1）粒子在兩板間電場加速，根據(jù)動能定理有：qU=EQ\A(\F(1,2))mυ2粒子在三角形OPQ區(qū)域中做類平拋運(yùn)動，有：eq\F(L,2)=EQ\A(\F(1,2))at2EQ\A(\F(1,2))Ltanθ=υt根據(jù)牛頓第二定律有：qE=ma解得：U=eq\F(1,24)EL，υ=eq\R(\F(qEL,12m))。θAPQθOO1θAPQθOO1RRR+eq\F(R,sinθ)=LqυB=meq\F(υ2,R)tm=eq\F(πR,υ)解得：B=eq\R(\F(3mE,4qL))，tm=2πeq\R(\F(mL,3qE))。LABmC21．如圖所示，長為L的輕桿下端用鉸鏈固定在光滑的水平面上的C點(diǎn)，上端有一個質(zhì)量為m的光滑小球A（視為質(zhì)點(diǎn)），小球旁輕靠有一正方體滑塊B。若用一大小為mg的水平恒力（g為重力加速度大小）向右作用于小球A，當(dāng)桿與水平面成θ=30°角時A、B恰好分離，求：（提示：在圓周運(yùn)動過程中任一點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)所受的向心力與其速率的關(guān)系為F向＝meq\f(υ2,L)LABmC（1）A、B分離瞬間球A的速度大??；（2）滑塊B的質(zhì)量M；（3）球A剛要觸地時球?qū)U的作用力F大小和方向。Cθυ1Cθυ1υ2θ圖10.2在桿下擺過程中，對輕桿、球與滑塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動能定理有：mgLcosθ+mg(L–Lsinθ)=EQ\A(EQ\F(1,2))mυeq\s(2,1)+EQ\A(\F(1,2))Mυeq\s(2,2)–0解得υ1=eq\R(\F((3+\R(3))gL,6))（2）分離時A、B不僅有相同的水平速度，而且分離前瞬間A、B在水平方向的加速度也始終相同，而分離后B的加速度必為零，分離時兩者的水平加速度必為零。CθmgθCθmgθ圖10.3mgT由沿桿方向的合力提供向心力有：(Tsinθ+mg)sinθ=mEQ\A(\F(υ12,L))解得：M=eq\F(8(3+5\R(3)),6+\R(3))m=eq\F(8,11)(1+9EQ\R(3))m（3）球A剛要觸地時的速度設(shè)為υA，則根據(jù)動能定理有：mg(L–Lcosθ)+mgLsinθ=EQ\A(\F(1,2))mυeq\o\al(A,2)–EQ\A(\F(1,2))mυeq\o\al(1,2)F′=meq\F(υ\o\al(A,2),L)解得：F′=eq\F(21–5\R(3),6)mg，方向水平向左根據(jù)牛頓第三定律得F=F′=eq\F(21–5\R(3),6)mg，方向水平向右。

22．LdLdhH（1）線框下邊緣剛進(jìn)入磁場時線框中感應(yīng)電流的大小和方向；（2）線框的上邊緣剛進(jìn)磁場時線框的速率υ1；（3）線框下邊緣剛進(jìn)入磁場到下邊緣剛離開磁場的全過程中產(chǎn)生的總焦耳熱Q?！窘馕觥浚?）線框由靜止釋放到下邊緣剛進(jìn)入磁場的過程，做自由落體運(yùn)動，有：υeq\o\al(0,2)=2gh得線框下邊緣剛進(jìn)入磁場的速率為：υ0=eq\R(2gh)線框下邊緣切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E=BLυ0LdhHυ0υ1LdhHυ0υ1υ2解得：I=eq\F(BL\R(2gh),R)根據(jù)右手定則判斷知，線框中感應(yīng)電流的方向沿逆時針方向。（2）線框進(jìn)入磁場的過程，根據(jù)牛頓第二定律有：mg–BIL=ma根據(jù)微元法，取一小段時間，時間內(nèi)速度的減少量為，根據(jù)加速度的定義有：聯(lián)立可得：（mg–BIL）=m，即mg–BIL=m在時間內(nèi)，通過線框某一橫截面的電荷量為：兩邊求和得：mgt–BLq=m（v1–v0）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：eq\x\to(E)=eq\F(BLd,t)根據(jù)閉合電路歐姆定律有：eq\x\to(I)=eq\F(\x\to(E),R)在時間t內(nèi)，通過線框某一橫截面的電荷量為：q=eq\F(BLd,R)解得：υ1=eq\R(2gh)+gt–eq\F(B2L2d,mR)。（3）在線框下邊緣剛進(jìn)入磁場到下邊緣剛離開磁場的全過程中，線框進(jìn)入磁場的過程中才有焦耳熱產(chǎn)生，根據(jù)能量守恒定律有：Q=EQ\F(1,2)mυeq\o\al(0,2)+mgd