2025屆福建省福州市高三下學期2月質(zhì)檢預(yù)測（二模）物理試卷（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE12025屆福建省福州市高三下學期2月質(zhì)檢預(yù)測物理試卷答案與解析一．選擇題（共4小題，滿分16分，每小題4分）1．（4分）如圖所示為運動會中的四個比賽場景。下列對各場景的闡述中正確的是（）A．圖甲所示，在運動員展示小輪車騎行技巧時，可將其看成質(zhì)點 B．圖乙所示，運動員在參加田徑女子20公里競走，“20公里”指的是比賽過程中的位移C．圖丙所示，運動員在4×100米決賽跑出38秒06，“38秒06”指的是時刻 D．圖丁所示，運動員跳高下落時，通過海綿墊可增加接觸面與運動員的作用時間從而實現(xiàn)緩沖【考點】動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；質(zhì)點；時刻、時間的物理意義和判斷；位移、路程及其區(qū)別與聯(lián)系．〖祥解〗根據(jù)把物體看作質(zhì)點的條件分析；路程是指運動軌跡的長度，據(jù)此分析；時刻在時間軸上用一個點表示；根據(jù)動量定理分析?！窘獯稹拷猓篈、在運動員展示小輪車騎行技巧時，運動員的身體姿態(tài)不能忽略，不可將其看成質(zhì)點，故A錯誤；B、運動員在參加田徑女子20公里競走，“20公里”指的是比賽過程中的路程，故B錯誤；C、運動員在4×100米決賽跑出38秒06，“38秒06”指的是時間間隔，故C錯誤；D、運動員跳高下落時，通過海綿墊可增加接觸面與運動員的作用時間從而實現(xiàn)緩沖，根據(jù)Ft＝Δp可知，可以減小地面對運動員的作用力，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查了把物體看作質(zhì)點的條件。位移和路程的區(qū)別，時刻和時間間隔的區(qū)別，以及動量定理的應(yīng)用。2．（4分）如圖所示，一直桿固定在小車上，直桿的頂端固定著一小球。當小車向右做勻加速運動時，直桿對小球作用力的方向可能沿圖中的（）A．OA方向 B．OB方向 C．OC方向 D．OD方向【考點】牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；彈力的概念及其產(chǎn)生條件；力的合成與分解的應(yīng)用．〖祥解〗小球受重力和桿對小球的作用力，在兩個力共同作用下沿水平向右的方向加速運動，加速度水平向右，合力水平向右．【解答】解：小球和小車的加速度相同，所以小球在重力和桿的作用力兩個力的作用下也沿水平向右的方向加速運動，加速度水平向右，根據(jù)牛頓第二定律F＝ma可知，加速度的方向與合力的方向相同，合力水平向右，即合力沿圖中的OD方向，根據(jù)力的合成的平行四邊形定則可知，直桿對小球的作用力可能沿OC方向，故C正確，ABD錯誤。故選：C。【點評】根據(jù)牛頓第二定律F＝ma可知，加速度的方向與合力的方向相同，是解決本題的關(guān)鍵．另外知道桿的彈力不一定沿桿的方向．3．（4分）如圖所示，足夠長水平傳送帶以恒定速率運動。把不同小物體輕放在傳送帶左端物體都會經(jīng)歷兩個階段的運動。用v表示傳送帶速度，用μ表示物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，則（）A．前階段，物體可能向傳送方向的相反方向運動 B．后階段，物體受到摩擦力的方向跟傳送方向相同 C．v相同時，μ不同的等質(zhì)量物體與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量相同 D．μ相同時，v增大為原來的2倍，前階段物體的位移也增大為原來的2倍【考點】常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．〖祥解〗物品放傳送帶上時在摩擦力作用下做勻加速運動，當速度達到傳送帶速度時，將做勻速運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式進行分析。【解答】解：A、物品輕放在傳送帶上，前階段，物品受到向前的滑動摩擦力，所以物品的運動方向一定與傳送帶的運動方向相同，故A錯誤。B、后階段，物品與傳送帶一起做勻速運動，不受到摩擦力，故B錯誤。C、設(shè)物品勻加速運動的加速度為a，由牛頓第二定律得：f＝μmg＝ma物品的加速度大小為：a＝μg勻加速的時間為：t=v位移為：x=傳送帶勻速的位移為：x′＝vt物品相對傳送帶滑行的距離為：Δx＝x′﹣x=物品與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q＝μmgΔx=12mv2，則知υD、前階段物品的位移為：x=v2t=v22μg，則知μ相同時，υ增大為原來的故選：C。【點評】本題是物體在傳送帶上運動問題，物體在傳送帶的滑動摩擦力作用下做勻加速運動，速度達到傳送帶速度時，物體將和傳送帶一起勻速運動，抓住時間和位移之間的關(guān)系列式進行分析。4．（4分）如圖所示，Q1、Q2為兩個被固定的點電荷，a、b是它們連線的延長線上的兩點。現(xiàn)有一帶正電的粒子只在電場力作用下以一定的初速度從a點開始經(jīng)b點向遠處運動，過b點時速度最小，下列說法正確的是（）A．向遠處運動過程中，粒子的電勢能先減小后增大 B．粒子由a點到b點運動過程中加速度逐漸增大 C．b點的電場強度一定為零 D．Q1的電荷量一定小于Q2的電荷量【考點】電場力做功與電勢能變化的關(guān)系；電場強度的疊加；電場強度與電場力的關(guān)系和計算．〖祥解〗過b點時速度最小，到b點加速度為0．從而知道b點的電場力及電場強度．通過b點的場強可以分析出兩個點電荷電量的大小．通過能量守恒判斷電勢能的變化．【解答】解：A．在整個過程中速度先減小后增大，即動能先減小后增大，根據(jù)能量守恒定律可得，電勢能先增大后減小，故A錯誤；BC．帶電粒子在b點時速度最小，所以在b點的加速度為零，電場強度為零，即從a到b點的過程中，加速度逐漸減小，故B錯誤，C正確；D．由于b點的場強為零，所以有k由于r1b＞r2b，所以Q1的電荷量一定大于Q2的電荷量，故D錯誤。故選：C。【點評】解決本題的關(guān)鍵根據(jù)圖象b點的加速度為0，根據(jù)這一突破口，從而判斷Q2的電性及Q1和Q2的電量大小．二．多選題（共4小題，滿分18分）（多選）5．如圖所示，甲是地球赤道上的一個物體，乙是“神舟十號”宇宙飛船（周期約90min），丙是地球的同步衛(wèi)星，它們運行的軌道示意圖如圖所示，它們都繞地心做勻速圓周運動。下列有關(guān)說法中正確的是（）A．它們運動的向心加速度大小關(guān)系是a乙＞a丙＞a甲 B．它們運動的線速度大小關(guān)系是v乙＜v丙＜v甲 C．它們運動的周期大小關(guān)系是T甲＝T丙＞T乙 D．衛(wèi)星乙的運行速度大小大于地球的第一宇宙速度【考點】近地衛(wèi)星；萬有引力與重力的關(guān)系（黃金代換）；第一、第二和第三宇宙速度的物理意義．〖祥解〗根據(jù)a＝rω2、牛頓第二定律分析加速度大小關(guān)系；v＝rω、v=GMr分析線速度；同步衛(wèi)星丙的周期為24h，“神舟十號”宇宙飛船的周期約【解答】解：同步衛(wèi)星丙的周期為24h，大于乙的周期，則丙的軌道半徑大于乙的軌道半徑，乙和丙受到的萬有引力完全提供向心力；甲與丙的角速度相等，周期相等。A、甲與丙的角速度相等，根據(jù)a＝rω2知，a丙＞a甲，根據(jù)牛頓第二定律可得：a=GMr2可知a乙＞a丙，所以有：a乙＞a丙＞a甲B、根據(jù)v＝rω知，v丙＞v甲，根據(jù)GMmr2=mv2r可得：v=GMr，所以v乙＞v丙，故v乙＞vC、同步衛(wèi)星丙的周期為24h，大于乙的周期，所以運動的周期大小關(guān)系有：T甲＝T丙＞T乙，故C正確；D、第一宇宙速度是最大的環(huán)繞速度，所以衛(wèi)星乙的運行速度大小小于地球的第一宇宙速度，故D錯誤。故選：AC。【點評】解決本題的關(guān)鍵掌握萬有引力提供向心力這一理論，知道線速度、角速度、加速度、周期與軌道半徑的關(guān)系。以及知道同步衛(wèi)星的特點。（多選）6．（6分）在如圖所示的電路中，a、b兩端接有電壓為u＝100sin100πt（V）的交流電源，移動滑動觸頭P可改變理想變壓器原線圈接入電路的匝數(shù)，兩燈泡L1、L2的電阻和定值電阻R的阻值相同且保持不變。將開關(guān)S斷開，燈泡L1恰好正常發(fā)光，則下列說法正確的是（）A．原線圈輸入電壓的有效值為100V B．若將P向上移動，L1會變暗 C．若閉合S，L1可能會被燒壞 D．若閉合S，R消耗的電功率是閉合S前的169【考點】變壓器的構(gòu)造與原理．〖祥解〗變壓器的輸入電壓決定輸出電壓，輸出電流決定輸入電流，輸出功率決定輸入功率；結(jié)合功率表達式分析判斷即可?！窘獯稹拷猓篈、a、b兩端接有u＝100sin100πt（V）的交流電源，所以原線圈兩端電壓的有效值為1002V＝502V，故AB、若將P向上移動，原線圈匝數(shù)增大，副線圈電壓減小，L1會變暗，故B正確；C、燈泡L1、L2和R的電阻相同。當開關(guān)S斷開時，燈泡L1恰好正常發(fā)光，燈泡L1兩端電壓為U22，若閉合S，燈泡L1兩端電壓為U33，所以LD、當開關(guān)S斷開時，R消耗的電功率是(U22)2R，若閉合S，R消耗的電功率是(2U2故選：BD?！军c評】本題考查理想變壓器原理及應(yīng)用，要注意明確電路結(jié)構(gòu)，知道開關(guān)通斷時電路的連接方式；同時注意明確輸入電壓與總電壓之間的關(guān)系。（多選）7．（6分）如圖，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a出發(fā)，經(jīng)過等容過程ab到達狀態(tài)b，再經(jīng)過等溫過程bc到達狀態(tài)c，最后經(jīng)等壓過程ca回到初態(tài)a。下列說法正確的是（）A．在過程ab中氣體的內(nèi)能增加 B．在過程ab中氣體對外界做功 C．在過程ca中氣體對外界做功 D．在過程bc中氣體從外界吸收熱量【考點】理想氣體及理想氣體的狀態(tài)方程；熱力學第一定律的表達和應(yīng)用．〖祥解〗一定質(zhì)量的理想氣體內(nèi)能取決于溫度，根據(jù)圖線分析氣體狀態(tài)變化情況，根據(jù)W＝pΔV判斷做功情況，根據(jù)內(nèi)能變化結(jié)合熱力學第一定律分析吸收或發(fā)出熱量?！窘獯稹拷猓篈、從a到b等容升壓，根據(jù)pVT=C可知溫度升高，一定質(zhì)量的理想氣體內(nèi)能決定于氣體的溫度，溫度升高，則內(nèi)能增加，故B、在過程ab中氣體體積不變，根據(jù)W＝pΔV可知，氣體對外界做功為零，故B錯誤；C、在過程ca中壓強不變，體積減小，所以外界對氣體做功，故C錯誤；D、在過程bc中，屬于等溫變化，氣體膨脹對外做功，而氣體的溫度不變，則內(nèi)能不變；根據(jù)熱力學第一定律ΔU＝W+Q可知，氣體從外界吸收熱量，故D正確；故選：AD?！军c評】本題主要是考查了理想氣體的狀態(tài)方程和熱力學第一定律的知識，要能夠根據(jù)熱力學第一定律判斷氣體內(nèi)能的變化與哪些因素有關(guān)（功和熱量）；熱力學第一定律在應(yīng)用時一定要注意各量符號的意義；ΔU為正表示內(nèi)能變大，Q為正表示物體吸熱；W為正表示外界對物體做功。（多選）8．（6分）如圖（a），S為粒子源，不斷沿水平方向發(fā)射速度相同的同種帶負電粒子，MN為豎直放置的接收屏。當同時存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場時，粒子恰好沿直線打到MN上O點；當只存在一種場時，粒子打在MN上的P點或Q點，P、O、Q三點的位置關(guān)系如圖（b）所示，OP間距離為OQ間距離的45，已知電場強度大小為E，磁感應(yīng)強度大小為B，S到屏MN的距離為dA．只加磁場時，粒子打在MN上的P點 B．粒子源發(fā)射出粒子的速度大小為EBC．粒子的比荷為4E5D．OP間距離為d【考點】帶電粒子由磁場進入電場中的運動．〖祥解〗根據(jù)左手定則判斷粒子偏轉(zhuǎn)方向；根據(jù)平衡條件列式求解速度；根據(jù)類平拋運動規(guī)律和勻速圓周運動規(guī)律，結(jié)合幾何關(guān)系列式求解比荷和OP間的距離?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)左手定則，帶負電的粒子在進入磁場時受到的洛倫茲力向豎直向下，故只加磁場時，粒子順時針偏轉(zhuǎn)打在屏上的Q點，故A錯誤；B、由于同時存在電場和磁場時粒子沿SO做直線運動，可知電場力與洛倫茲力為平衡力，設(shè)粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，則有：qvB＝qE，解得：v=EB，故CD.只加電場時，粒子在電場中做類平拋運動，如下圖所示，則有：d＝vty=12?qE聯(lián)立可得：y=只加磁場時，粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得：qvB＝mv聯(lián)立可得：R=根據(jù)y與R的表達式，可得：2yR＝d2粒子的軌跡以及幾何關(guān)系如下圖所示。已知OP間距離為OQ間距離的45，即：由幾何關(guān)系得：R2＝d2+（R-54y聯(lián)立解得：R=258y進而可得比荷為：qm=4E5B2d，OP間的距離為：y故選：BC?！军c評】本題考查了帶電粒子在電場和磁場中的運動問題，粒子在磁場中做勻速圓周運動，在電場中做類平拋運動。帶電粒子在磁場的運動，畫軌跡圖確定軌跡半徑和圓心角是基本功，電場中的勻變速曲線運動處理的方法是運動的分解與合成。本題的難點是推導(dǎo)各個物理量之間的關(guān)系。三．填空題（共8小題，滿分60分）9．（3分）在白熾燈照射下，從用手指捏緊的兩塊玻璃板的表面能看到彩色條紋，這是光的干涉現(xiàn)象；通過兩根并在一起的鉛筆狹縫去觀察發(fā)光的白熾燈，也會看到彩色條紋，這是光的衍射現(xiàn)象．【考點】薄膜干涉現(xiàn)象；光的單縫衍射和小孔衍射．〖祥解〗從用手指捏緊的兩塊玻璃板的表面能看到彩色條紋，是薄膜干涉現(xiàn)象；通過兩根并在一起的鉛筆狹縫去觀察發(fā)光的白熾燈，也會看到彩色條紋，是光的衍射現(xiàn)象．【解答】解：從用手指捏緊的兩塊玻璃板的表面能看到彩色條紋，是光在空氣膜的上下表面的反射光在上表面疊加形成的，是干涉現(xiàn)象．通過兩根并在一起的鉛筆狹縫去觀察發(fā)光的白熾燈，也會看到彩色條紋，是衍射現(xiàn)象．故答案為：干涉衍射【點評】解決本題的關(guān)鍵知道干涉和衍射的區(qū)別，并能與實際生活相聯(lián)系．10．（3分）（1）核反應(yīng)堆中的“燃料”是92235U，請完成核反應(yīng)方程式92235U+01n→()90Sr+54()Xe+10（2）釷232經(jīng)過6次α衰變和4次β衰變后變成一種穩(wěn)定的元素。這種元素是鉛，它的質(zhì)量數(shù)是208，原子序數(shù)是82。（3）請寫出銫137（55137Cs）發(fā)生β衰變的核反應(yīng)方程55137[已知53號元素是碘（I），56號元素是鋇（Ba）]【考點】β衰變的特點、本質(zhì)及方程；計算α和β衰變的次數(shù)；結(jié)合能與比結(jié)合能的概念及物理意義；愛因斯坦質(zhì)能方程的應(yīng)用．〖祥解〗（1）（2）根據(jù)電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒求出生成物的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)；（3）根據(jù)電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒書寫核反應(yīng)方程。【解答】解：（1）根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可得：Sr核的電荷數(shù)為Z＝92﹣54＝38，Xe核的質(zhì)量數(shù)A＝235+1﹣90﹣10×1＝136；（2）由題意可知釷232衰變成鉛的核反應(yīng)方程為90232→根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，有232＝A+6×4，90＝Z+2×6﹣4解得：A＝208，Z＝82，由此可知鉛的質(zhì)量數(shù)是208，原子序數(shù)是82；（3）根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，銫137發(fā)生β衰變的核反應(yīng)方程為55137故答案為：（1）38，136；（2）208，82；（3）55137【點評】解決本題的關(guān)鍵知道在核反應(yīng)過程中電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒，并會求解生成物的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)。11．（4分）某橫波在介質(zhì)中傳播，t＝0時刻波傳播到x軸上的質(zhì)點B時，所形成的波形如圖所示，則O點開始振動時振動方向向上（選填“向上”或“向下”），若已知計時開始后，則質(zhì)點A在t＝0.3s時第二次出現(xiàn)在平衡位置，該簡諧橫波的波速等于5m/s?！究键c】波長、頻率和波速的關(guān)系；機械波的圖像問題．〖祥解〗根據(jù)圖像得出質(zhì)點的振動方向，結(jié)合題目條件得出周期，利用公式完成對波速的計算?！窘獯稹拷猓河蓤D可知，B點開始振動時方向向上，故O點開始振動時方向向上，由質(zhì)點A在t＝0.3s時第二次出現(xiàn)在平衡位置得34解得：T＝0.4s由圖像可知，波長為2m則v=故答案為：向上；5【點評】本題主要考查了簡諧橫波的相關(guān)應(yīng)用，理解圖像的物理意義，熟悉不同方向的運動特點，結(jié)合運動學公式即可完成分析。12．（6分）如圖1，是測量滑塊與長鐵片之間動摩擦因數(shù)的示意圖。實驗步驟如下：A．用鐵架臺將長鐵片傾斜固定并支在水平桌面上，在長鐵片上標出A、B兩點，把光電門固定在長鐵片上的B點，將光電門、光電計時器（圖中未畫出）與電源連接好；B．用米尺測量出長鐵片上A、B兩點間的距離L，用量角器測得斜面的傾角為θ，用游標卡尺測量擋光片的寬度d；C．接通電源，調(diào)整光電計時器和光電門使它們正常工作；D．將小滑塊由A點靜止釋放使其沿長鐵片表面下滑，測出滑塊通過光電門時擋光片的擋光時間為t。則：（1）實驗中，把擋光片經(jīng)過光電門時的平均速度作為滑塊的瞬時速度，因此，擋光片的寬度越大，滑塊的瞬時速度誤差就越大（選填“大”或“小”）。（2）如圖2，是實驗中用游標卡尺測得擋光片的寬度。由圖可知，擋光片的寬度為5.50mm。（3）如果重力加速度為g，那么滑塊與小鐵片之間的動摩擦因數(shù)為tanθ-d22gt2cosθ?1L（用題中字母表示）。為了減小實驗誤差，只要多次改變光電門B的位置，每次令滑塊從同一點A由靜止下滑，根據(jù)實驗原理建立直角坐標系時，如果x軸表示A、B（4）利用該實驗裝置，只需要將圖中的長鐵片換成氣墊導(dǎo)軌（只填寫一種實驗儀器即可），其它設(shè)備儀器均不變，就可以驗證機械能守恒定律?！究键c】探究影響滑動摩擦力的因素．〖祥解〗（1）分析擋光片的寬度造成的誤差；（2）先確定游標尺的分度值，再讀出主尺和游標尺的讀數(shù)，相加即為游標卡尺讀數(shù)；（3）根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式推導(dǎo)結(jié)合圖像分析；（4）分析消除摩擦力對運動的影響?！窘獯稹拷猓海?）擋光片的寬度越大，擋光片經(jīng)過光電門的時間較大，滑塊的瞬時速度誤差就越大。（2）游標卡尺的分度值為0.05mm，主尺讀數(shù)為5mm，游標尺的讀數(shù)為10×0.05mm，擋光片的寬度為5mm+10×0.05mm＝5.50mm（3）滑塊在長鐵片上滑動時，設(shè)滑塊的質(zhì)量為m，加速度大小為a，由牛頓第二定律得mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma得a＝gsinθ﹣μgcosθ滑塊通過光電門的速度大小v=由運動學公式v2＝2aL③解得μ=tanθ可得1如果x軸表示A、B兩點間的距離L，則y軸表示1ty=2gcosθ(tanθ-μ)可知該函數(shù)為正比例函數(shù)，圖像是一條經(jīng)過坐標原點的直線。（4）利用該實驗裝置，只需要將圖中的長鐵片換成氣墊導(dǎo)軌，其它設(shè)備儀器均不變，就可以驗證機械能守恒定律。故答案為：（1）大；（2）5.50；（3）tanθ-d22gt【點評】本題考查測量滑塊與長鐵片之間動摩擦因數(shù)實驗，要求掌握實驗原理、實驗裝置、實驗步驟和數(shù)據(jù)處理。13．（8分）要測定一個自感系數(shù)很大的線圈L的直流電阻，實驗室提供下列器材。A．多用電表一只B．電壓表V1（量程3V，內(nèi)阻約為6kΩ）C．電壓表V2（量程15V，內(nèi)阻約為30kΩ）D．滑動變阻器R1（阻值0～10Ω）E．滑動變阻器R2（阻值0～1kΩ）F．電池E（電動勢4V，內(nèi)阻很小）G．開關(guān)S1、S2，導(dǎo)線若干（1）首先用多用電表粗測線圈的電阻，操作步驟如下：①機械調(diào)零后將紅、黑表筆分別插入多用電表的“+”“﹣”插孔，選擇歐姆“×10”擋：②把紅、黑表筆分別與自感線圈的兩端相接，發(fā)現(xiàn)多用電表的指針讀數(shù)太??；③為了較準確地進行測量，重新選擇恰當?shù)谋堵?；④把紅、黑表筆分別與自感線圈的兩端相接，穩(wěn)定后多用電表表盤示數(shù)如圖a所示。上述步驟中遺漏的重要步驟是每次使用歐姆表換擋后都要進行歐姆調(diào)零，此自感線圈的直流電阻約為22Ω。（2）根據(jù)多用電表的示數(shù)，為了減少實驗誤差，并在實驗中獲得盡可能大的電壓調(diào)節(jié)范圍，應(yīng)從圖b中的A、B、C、D四個電路中選擇D電路來測量自感線圈的電阻；其中電流表用多用電表代替，多用電表的電流擋有①2.5A、②10mA、③50mA、④250mA，則應(yīng)選的電流擋為④（填序號），滑動變阻器應(yīng)選R1（填器材符號）。（3）某學生進行的實驗步驟如下：a．按電路圖連接好實驗電路；b．合上開關(guān)S1、S2，移動滑動變阻器的滑片到適當位置，穩(wěn)定后讀出電流表和電壓表的讀數(shù)I、U；c．重復(fù)b步驟多次；d．先斷開開關(guān)S1，再斷開開關(guān)S2，拆除實驗裝置，整理好器材；e．求出每次U、I的比值，并求出它們的平均值即為自感線圈的直流電阻。請指出上述實驗步驟中的錯誤步驟d中應(yīng)該先斷開S2，再斷開S1?！究键c】練習使用多用電表（實驗）；伏安法測電阻．〖祥解〗（1）④根據(jù)歐姆表的內(nèi)部構(gòu)造說明歐姆表換擋后要重新調(diào)零；電阻的測量值＝歐姆表指針所指示數(shù)×倍率；（2）實驗中要求獲得盡可能大的電壓調(diào)節(jié)范圍，據(jù)此分析滑動變阻器的連接方式；根據(jù)待測線圈直流電阻的大小選擇電流表的連接方式；根據(jù)歐姆定律估算電路中的電流，然后選擇電流表量程；為了方便調(diào)節(jié)滑動變阻器采用阻值較小、額定電流較大的電阻；（3）由于在電路的通斷中，線圈中會產(chǎn)生自感電動勢，據(jù)此分析開關(guān)斷開的先后順序?！窘獯稹拷猓海?）④因為歐姆表每次改換擋位，相當于改變了歐姆表的內(nèi)部構(gòu)造，所以每次使用時都要歐姆調(diào)零；由于電阻的測量值＝歐姆表指針所指示數(shù)×倍率，第一次使用的是“×10”擋，指針讀數(shù)太小，為了增大指針所指示數(shù)，應(yīng)減小倍率，即換成“×1”擋，待測電阻RL＝22×1Ω＝22Ω；（2）因為題目要求獲得盡可能大的電壓調(diào)節(jié)范圍，故采用分壓電路；由于待測電阻值遠小于電壓表的內(nèi)阻，因此電流表采用外接法，故選D；線圈的直流電阻約22Ω，可能通過的最大電流為Im=U為了方便調(diào)節(jié)，用分壓電路就要用阻值較小的滑動變阻器，故選用R1；（3）斷開電路應(yīng)該考慮線圈的自感，先斷開開關(guān)S1，再斷開開關(guān)S2，會產(chǎn)生反向感應(yīng)電壓加在電壓表兩端，可能會使電壓表指針迅速反轉(zhuǎn)而受損，故應(yīng)先斷開S2，再斷開S1。故答案為：（1）④每次使用歐姆表換擋后都要進行歐姆調(diào)零；22；（2）D；④；R1；（3）e.步驟d中應(yīng)該先斷開S2，再斷開S1。【點評】本題通過測定自感系數(shù)很大的線圈的直流電阻的實驗，考查考生的實驗探究能力。14．（10分）某科技小組參加了過山車游戲項目研究，如圖甲所示，為了研究其中的物理規(guī)律，科技組成員設(shè)計出如圖乙所示的裝置。P為彈性發(fā)射裝置，AB為傾角θ＝37°的傾斜軌道，BC為水平軌道，CDC′為豎直圓軌道，C′E為足夠長的傾斜軌道，各段軌道均平滑連接。以A點為坐標原點，水平向右為x軸正方向，豎直向上為y軸正方向建立平面直角坐標系。已知滑塊質(zhì)量為m，圓軌道半徑R＝1m，BC長為3m，AB、BC段動摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，其余各段軌道均光滑?，F(xiàn)滑塊從彈射裝置P彈出的速度為4m/s，且恰好從A點沿AB方向進入軌道，滑塊可視為質(zhì)點。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）求滑塊從彈射裝置P彈出時的坐標值；（2）若滑塊恰好能通過D點，求軌道AB的長度；（3）若滑塊能進入圓軌道且不脫軌，求軌道AB的長度；（4）若軌道AB的長度為3.5m，試判斷滑塊在圓軌道是否脫軌；若發(fā)生脫軌，計算脫軌的位置?！究键c】動能定理的簡單應(yīng)用；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；繩球類模型及其臨界條件．〖祥解〗（1）滑塊彈出后做平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律結(jié)合運動的合成與分解進行解答；（2）滑塊恰好能通過D點，在最高點重力提供向心力，可得D點的速度大?。粡腜到圓軌道最高點，由動能定理求軌道AB的長度；（3）滑塊剛好不脫離軌道，有兩種臨界情況，是剛好能夠到達圓軌道最高點，二是剛好到達與圓軌道圓心等高的地方；另外當滑塊恰能返回A點不飛出，由以上分析可知，再次下滑后也不會脫離軌道，分別根據(jù)動能定理求解滑塊從A點切入后不脫離軌道時AB的長度應(yīng)滿足的條件。（4）xAB＝3.5m時，滑塊在圓軌道發(fā)生脫軌，由動能定理求解脫軌的位置?！窘獯稹拷猓海?）對滑塊由P到A的運動，根據(jù)平拋規(guī)律有vy＝v0tanθ＝4×3平拋運動的豎直方向有vy解得：y＝0.45m運動時間：t=x＝v0t＝4×0.3m＝1.2m即彈出時位置的坐標值為（1.2m，0.45m）（2）滑塊恰好能通過D點，在最高點有mg=mv從P到圓軌道最高點，由動能定理得mg(y+x聯(lián)立解得：xAB＝5m（3）滑塊剛好不脫離軌道，有兩種臨界情況，一是剛好在圓軌道最高點壓力為零時，二是剛好到達與圓軌道圓心等高的地方。由（2）知，滑塊剛好能夠到達圓軌道最高點時xAB＝5m滑塊剛好到達與圓軌道圓心等高的地方時，從P到與圓心等高的位置，由動能定理得mg(y+x解得：xAB＝1.25m滑塊恰好能進入圓軌道時，由動能定理得mg(y+x解得：xAB＜0滑塊從A點切入后不脫離軌道時AB的長度應(yīng)滿足xAB≥5m或0＜xAB≤1.25m（4）由（3）知，xAB＝3.5m時，滑塊在圓軌道發(fā)生脫軌，設(shè)脫軌地點和圓心的連線與水平方向的夾角為α，則脫軌時mgsinα=m從P到脫軌的位置，由動能定理得mg(y+x聯(lián)立解得sinα＝0.6即滑塊在圓心以上Rsinα＝0.6m處脫軌。答：（1）滑塊從彈射裝置P彈出時的坐標值為（1.2m，0.45m）；（2）若滑塊恰好能通過D點，軌道AB的長度為5m；（3）若滑塊能進入圓軌道且不脫軌，軌道AB的長度為xAB≥5m或0＜xAB≤1.25m；（4）若軌道AB的長度為3.5m，滑塊在圓心以上Rsinα＝0.6m處脫軌?！军c評】本題主要是考查了動能定理豎直方向的圓周運動；運用動能定理解題時，首先要選取研究過程，然后分析在這個運動過程中哪些力做正功哪些力做負功，初未動能為多少，根據(jù)動能定理列方程解答；動能定理的優(yōu)點在于適用任何運動包括曲線運動；一個題目可能需要選擇不同的過程多次運用動能定理研究，也可以全過程根據(jù)動能定理解答。15．（12分）如圖所示，三個質(zhì)量均為m的小物塊A、B、C，放置在水平地面上，A緊靠豎直墻壁，一勁度系數(shù)為k的輕彈簧將A、B連接，C緊靠B，開始時彈簧處于原長，A、B、C均靜止?，F(xiàn)給C施加一水平向左、大小為F的恒力，使B、C一起向左運動，當速度為零時，立即撤去恒力，一段時間后A離開墻壁，最終三物塊都停止運動。已知A、B、C與地面間的滑動摩擦力大小均為f，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。（彈簧的彈性勢能可表示為：Ep=12k（1）求B、C向左移動的最大距離x0和B、C分離時B的速度大小v0；（2）為保證B、C分離后，B能繼續(xù)向右運動，求恒力F應(yīng)滿足什么條件；（3）為保證A能離開墻壁，求恒力的最小值Fmin；（4）若F＝6f，求撤去恒力后，C運動的最大速度vm和最大位移為xm。【考點】常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化；胡克定律及其應(yīng)用；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．〖祥解〗（1）開始到B、C向左移動最大距離的過程中，推力F和摩擦力做功之和等于彈簧彈性勢能增加量；（2）B、C返回彈簧原長處時分離，速度關(guān)系求解；（3）A要離開墻壁，B的速度為零，恒力F最小，根據(jù)功能關(guān)系求解最小的力。（4）撤去恒力后，當B、C所受合力為零時，C的速度最大，由能量守恒定律和動能定理求解?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)題意，從開始運動到向左移動的最大距離過程中，由動能定理有Fx解得x0B、C分離時，彈簧恢復(fù)原長，B、C速度相等，由動能定理有12解得v0（2）為保證B、C分離后，B能繼續(xù)向右運動，即v0即2F2﹣12Ff+16f2＞0向左能夠推動B、C，則有F＞2f聯(lián)立解得，為保證B、C分離后，B能繼續(xù)向右運動，恒力F應(yīng)滿足的條件為F＞4f（3）當A剛要離開墻時，設(shè)彈簧得伸長量為x，以A為研究對象，由平衡條件得f＝kx若A剛要離開墻整時，B得速度恰好等于零，這種情況下恒力為最小值，從彈簧恢復(fù)原長到A剛要離開墻的過程中，以B和彈簧為研究對象，由功能關(guān)系得12解得F=(3±10由于F＞4f則恒力的最小值為Fmin（4）若F＝6f，向左移動的最大距離為x0m撤去恒力后，當B、C所受合力為零時，C的速度最大，則有kx1＝2f解得x1由能量守恒定律有12解得vm當B、C分離時，彈簧恢復(fù)原長，B、C速度相等，由（1）分析可得，此時C的速度為vC設(shè)C繼續(xù)運動Δx停下，由動能定理有f?解得Δx=8f則最大位移為xm答：（1）B、C向左移動的最大距離x0和B、C分離時B的速度大小v0為2F-4fk（2）為保證B、C分離后，B能繼續(xù)向右運動，恒力F應(yīng)滿足F＞4f；（3）為保證A能離開墻壁，恒力的最小值Fmin為(3+10（4）若F＝6f，撤去恒力后，C運動的最大速度vm為3f2km，最大位移為xm為【點評】本題考查彈簧彈力問題，解決本題需要明確臨界條件，A要離開墻壁，B的速