河南省鄭州一中高三物理上學期第一次聯考試卷（含解析）.doc

2015-2016學年河南省鄭州一中高三（上）第一次聯考物理試卷一.選擇題：本題共12小題，每小題4分在每小題給出的四個選項中，第18題只有一項符合題目要求，第912題有多項符合題目要求全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分1在電磁學發(fā)展過程中，許多科學家做出了貢獻下列說法正確的是( )a安培發(fā)現了電流磁效應；法拉第發(fā)現了電磁感應現象b麥克斯韋預言了電磁波；楞次用實驗證實了電磁波的存在c庫侖提出了電場線；密立根通過油滴實驗測定了元電荷的數值d感應電流遵從楞次定律所描述的方向，這是能量守恒定律的必然結果2如圖所示，質量為m的三角形木塊a放在水平面上，把另一質量為m的木塊b放在a的斜面上，斜面傾角為，對a施一水平力f，使b不沿斜面滑動，不計一切摩擦，則b對a的壓力大小為( )abcd3一質點在xoy平面內運動的軌跡如圖所示，下面有四種說法：若質點在x方向始終勻速運動，則在y方向先加速后減速；若質點在x方向始終勻速運動，則在y方向先減速后加速；若質點在y方向始終勻速運動，則在x方向先加速后減速；若質點在y方向始終勻速運動，則在x方向先減速后加速其中正確的是( )a只有b只有c只有d只有4質量為m的汽車，啟動后沿平直路面行駛，如果發(fā)動機的功率恒為p，且行駛過程中受到的摩擦阻力大小一定，汽車速度能夠達到的最大值為v，那么當汽車的車速為時汽車的瞬時加速度的大小為( )abcd5將一小球以初速度v從地面豎直上拋后，小球先后經過離地面高度為6m的位置歷時4s若要使時間縮短為2s，則初速度應（不計阻力）( )a小于vb等于vc大于vd無法確定6如圖所示，固定于水平面上的金屬架abcd處在豎直向下的勻強磁場中，金屬棒mn沿框架以速度v向右做勻速運動t=0時，磁感應強度為b0，此時mn到達的位置恰好使mbcn構成一個邊長為l的正方形為使mn棒中不產生感應電流，從t=0開始，磁感應強度b隨時間t變化的示意圖為( )abcd7錢學森被譽為中國導彈之父，“導彈”這個詞也是他的創(chuàng)作導彈制導方式很多，慣性制導系統是其中的一種，該系統的重要元件之一是加速度計，如圖所示沿導彈長度方向安裝的固定光滑桿上套一質量為m的絕緣滑塊，分別與勁度系數均為k的輕彈簧相連，兩彈簧另一端與固定壁相連當彈簧為原長時，固定在滑塊上的滑片停在滑動變阻器（電阻總長為l）正中央，m、n兩端輸入電壓為u0，輸出電壓upq=0系統加速時滑塊移動，滑片隨之在變阻器上自由滑動，upq相應改變，然后通過控制系統進行制導設某段時間導彈沿水平方向運動，滑片向右移動，upq=u0，則這段時間導彈的加速度( )a方向向右，大小為b方向向左，大小為c方向向右，大小為d方向向左，大小為8如圖所示，帶異種電荷的粒子a、b以相同的動能同時從o點射入寬度為d的有界勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為30和60，且同時到達p點a、b兩粒子的質量之比為( )a1：2b2：1c3：4d4：39在如圖所示的電路中，電源的負極接地，其電動勢為e、內電阻為r，r1、r2為定值電阻，r3為滑動變阻器，c為電容器，為理想電流表和電壓表在滑動變阻器滑動頭p自a端向b端滑動的過程中，下列說法中正確的是( )a電壓表示數變小b電流表示數變大c電容器c所帶電荷量增多da點的電勢降低10“探路者”號宇宙飛船在宇宙深處飛行過程中，發(fā)現a、b兩顆均勻球形天體，兩天體各有一顆靠近其表面飛行的衛(wèi)星，測得兩顆衛(wèi)星的周期相等，以下判斷正確的是( )a天體a、b的質量一定不相等b兩顆衛(wèi)星的線速度一定相等c天體a、b表面的重力加速度之比等于它們的半徑之比d天體a、b的密度一定相等11如圖所示，小球a從傾角為=60的固定粗糙斜面頂端以速度v1沿斜面恰好勻速下滑，同時將另一小球b在斜面底端正上方與a球等高處以速度v2水平拋出，兩球恰在斜面中點p相遇，則下列說法正確的是( )av1：v2=2：1bv1：v2=1：1c若小球b以2v2水平拋出，則兩小球仍能相遇d若小球b以2v2水平拋出，則b球落在斜面上時，a球在b球的下方12如圖所示，有一固定的且內壁光滑的半球面，球心為o，最低點為c，在其內壁上有兩個質量相同的小球（可視為質點）a和b，在兩個高度不同的水平面內做勻速圓周運動，a球的軌跡平面高于b球的軌跡平面，a、b兩球與o點的連線與豎直線oc間的夾角分別為=53和=37，以最低點c所在的水平面為重力勢能的參考平面，則（sin 37=，cos 37=）( )aa、b兩球所受支持力的大小之比為4：3ba、b兩球運動的周期之比為4：3ca、b兩球的動能之比為16：9da、b兩球的機械能之比為112：51二、實驗題（本題共2小題，共14分）13利用圖示裝置可以做力學中的許多實驗以下說法正確的是_a利用此裝置“研究勻變速直線運動”時，必須設法消除小車和木板間的摩擦阻力的影響b利用此裝置探究“加速度與質量的關系”并用圖象法處理數據時，如果畫出的a m關系圖象不是直線，就可確定加速度與質量成反比c利用此裝置探究“功與速度變化的關系”實驗時，應將木板帶打點計時器的一端適當墊高，這樣做的目的是利用小車重力沿斜面的分力補償小車運動中所受阻力的影響小華在利用此裝置“探究加速度a與力f的關系”時，因為不斷增加所掛鉤碼的個數，導致鉤碼的質量遠遠大于小車的質量，則小車加速度a的值隨鉤碼個數的增加將趨近于_ 的值14在測量金屬絲電阻率的實驗中，可供選用的器材如下：待測金屬絲：rx（阻值約4，額定電流約0.5a）；電壓表：v（量程3v，內阻約3k）；電流表：a1（量程0.6a，內阻約0.2）；電流表：a2（量程3a，內阻約0.05）；電源：e1（電動勢3v，內阻不計）；e2（電動勢12v，內阻不計）；滑動變阻器：r（最大阻值約20）；螺旋測微器；毫米刻度尺；開關s；導線用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，示數如圖1所示，讀數為_mm若滑動變阻器采用限流接法，為使測量盡量精確，電流表應選_、電源應選_（均填器材代號），在圖2虛線框內完成電路原理圖三.計算題（本題共3小題，共38分，解答時應寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟，有數值計算的要注明單位）15在如圖所示的電路中，r1=2，r2=r3=4，當電鍵k接a時，r2上消耗的電功率為4w，當電鍵k接b時，電壓表示數為4.5v，試求：（1）電鍵k接a時，通過電源的電流和電源兩端的電壓；（2）電源的電動勢和內電阻；（3）當電鍵k接c時，通過r2的電流16（14分）如圖所示，在y=0和y=2m之間有沿著x軸方向的勻強電場，mn為電場區(qū)域的上邊界，在x軸方向范圍足夠大電場強度的變化如圖所示，取x軸正方向為電場正方向現有一個帶負電的粒子，粒子的=1.0102 c/kg，在t=0時刻以速度v0=5102m/s從o點沿y軸正方向進入電場區(qū)域，不計粒子重力作用求：（1）粒子通過電場區(qū)域的時間；（2）粒子離開電場的位置坐標； （3）粒子通過電場區(qū)域后沿x方向的速度大小17（14分）如圖所示，一帶電粒子以某一速度在豎直平面內做直線運動，經過一段時間后進入一垂直于紙面向里、磁感應強度為b的圓形勻強磁場（圖中未畫出磁場區(qū)域），粒子飛出磁場后垂直電場方向進入寬為l的勻強電場，電場強度大小為e，方向豎直向上當粒子穿出電場時速度大小變?yōu)樵瓉淼谋?，已知帶電粒子的質量為m，電量為q，重力不計粒子進入磁場時的速度如圖所示與水平方向60角試解答：（1）粒子帶什么性質的電？（2）帶電粒子在磁場中運動時速度多大？（3）圓形磁場區(qū)域的最小面積為多大？2015-2016學年河南省鄭州一中高三（上）第一次聯考物理試卷一.選擇題：本題共12小題，每小題4分在每小題給出的四個選項中，第18題只有一項符合題目要求，第912題有多項符合題目要求全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分1在電磁學發(fā)展過程中，許多科學家做出了貢獻下列說法正確的是( )a安培發(fā)現了電流磁效應；法拉第發(fā)現了電磁感應現象b麥克斯韋預言了電磁波；楞次用實驗證實了電磁波的存在c庫侖提出了電場線；密立根通過油滴實驗測定了元電荷的數值d感應電流遵從楞次定律所描述的方向，這是能量守恒定律的必然結果【考點】物理學史【專題】定性思想；歸納法；直線運動規(guī)律專題【分析】本題考查電磁學中的相關物理學史，根據在電磁學發(fā)展中作出突出貢獻的科學家的名字及主要貢獻進行答題【解答】解：a、奧斯特發(fā)現了電流磁效應，法拉第發(fā)現了電磁感應現象，故a錯誤；b、麥克斯韋預言了電磁波，赫茲用實驗證實了電磁波的存在；楞次是發(fā)現了電磁感應中的感應電流的方向，故b錯誤；c、庫侖發(fā)現了點電荷的相互作用規(guī)律，法拉第提出了電場線，密立根測定了元電荷的數值，故c錯誤；d、感應電流遵從楞次定律所描述的方向，由于感應電流的磁場要阻礙原磁通量的變化，從而實現了其他能向電能的轉化，因此楞次定律是能量守恒定律的必然結果故d正確；故選：d【點評】本題考查了物理學史，比較簡單，對于這部分知識，平時學習不可忽略，要不斷積累和加強記憶2如圖所示，質量為m的三角形木塊a放在水平面上，把另一質量為m的木塊b放在a的斜面上，斜面傾角為，對a施一水平力f，使b不沿斜面滑動，不計一切摩擦，則b對a的壓力大小為( )abcd【考點】牛頓第二定律；物體的彈性和彈力【專題】共點力作用下物體平衡專題【分析】b與a恰好不發(fā)生相對滑動時，b與a的加速度相同，以b為研究對象，根據牛頓第二定律可求出a對b的支持力以ab整體為研究對象，根據牛頓第二定律求出加速度，再對b研究求出a對b的支持力，由牛頓第三定律得到b對a的壓力大小【解答】解：a、以b木塊為研究對象，b與a不發(fā)生相對滑動時，b的加速度水平向左，分析受力如圖，根據牛頓第二定律得：a對b的支持力為：n=，由牛頓第三定律得：b對a的壓力大小為：n=n=故a正確，b錯誤c、以ab整體為研究對象，由牛頓第二定律得加速度為：a=，對b研究得有：n=，故c錯誤，d正確故選：ad【點評】本題是連接類型的問題，兩物體的加速度相同，既可以采用隔離法，也可以采用整體法和隔離法相結合的方法研究，要靈活選擇研究對象，關鍵是不要漏選3一質點在xoy平面內運動的軌跡如圖所示，下面有四種說法：若質點在x方向始終勻速運動，則在y方向先加速后減速；若質點在x方向始終勻速運動，則在y方向先減速后加速；若質點在y方向始終勻速運動，則在x方向先加速后減速；若質點在y方向始終勻速運動，則在x方向先減速后加速其中正確的是( )a只有b只有c只有d只有【考點】勻變速直線運動的圖像【專題】定性思想；推理法；運動學中的圖像專題【分析】圖象為平面直角坐標系，在xoy平面內任意一點的坐標值表示物體離開坐標軸的距離，如果縱坐標增加快，說明y方向運動快，如果橫坐標增加快，說明x方向運動快【解答】解：若x方向始終勻速，經過相同的時間水平間距相同，則y方向的高度先增加的越來越慢，說明豎直速度在減小，后來y方向的高度后增加的越來越快，說明豎直速度增大，所以物體速度先減小后增大，故錯誤；若y方向始終勻速，經過相同的時間豎直間距相同，則x方向的水平距離先增加的越來越快，說明水平速度在增大，后來x方向的水平間距后增加的越來越慢，說明水平速度減小，所以物體速度先增大后減小，故正確，錯誤故選：c【點評】注意此題是平面直角坐標系，與速度時間圖象和位移時間圖象不同，所以圖象問題一定要看清坐標軸的物理意義4質量為m的汽車，啟動后沿平直路面行駛，如果發(fā)動機的功率恒為p，且行駛過程中受到的摩擦阻力大小一定，汽車速度能夠達到的最大值為v，那么當汽車的車速為時汽車的瞬時加速度的大小為( )abcd【考點】功率、平均功率和瞬時功率；牛頓第二定律【專題】功率的計算專題【分析】汽車速度達到最大后，將勻速前進，根據功率與速度關系公式p=fv和共點力平衡條件，可以先求出摩擦阻力；當汽車的車速為時，先求出牽引力，再結合牛頓第二定律求解即可【解答】解：汽車速度達到最大后，將勻速前進，根據功率與速度關系公式p=fv和共點力平衡條件有：f1=fp=f1v當汽車的車速為時有：根據牛頓第二定律有：f2f=ma由式，可求得：所以abd錯誤，c正確；故選：c【點評】本題關鍵結合功率與速度關系公式p=fv、共點力平衡條件以及牛頓第二定律聯合求解5將一小球以初速度v從地面豎直上拋后，小球先后經過離地面高度為6m的位置歷時4s若要使時間縮短為2s，則初速度應（不計阻力）( )a小于vb等于vc大于vd無法確定【考點】豎直上拋運動【專題】直線運動規(guī)律專題【分析】豎直上拋可以看作初速度向上的加速度為a=g的勻減速直線運動，可劃分為上升和下降兩個過程，且兩個過程具有嚴格的時間和速度的對稱性【解答】解：a、小球先后經過離地面高度為6m的位置歷時4s，可知從第一次到達6m位置記時，則到達最高點還需2s；若要使先后經過離地面高度為6m的位置的時間縮短為2s，則從第一次到達6m位置記時，則到達最高點還需1s，由此推斷，先后經過離地面高度為6m的位置歷時2s時，小球上升總高度較小，故初速度應較小，故a正確；b、由a分析得，b錯誤；c、由a分析得，c錯誤；d、由a分析得，d錯誤；故選：a【點評】本題考查處理豎直上拋運動的能力，采用的整體法，也可以應用分段法，還可以采用圖象法研究6如圖所示，固定于水平面上的金屬架abcd處在豎直向下的勻強磁場中，金屬棒mn沿框架以速度v向右做勻速運動t=0時，磁感應強度為b0，此時mn到達的位置恰好使mbcn構成一個邊長為l的正方形為使mn棒中不產生感應電流，從t=0開始，磁感應強度b隨時間t變化的示意圖為( )abcd【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢；閉合電路的歐姆定律【專題】電磁感應與圖像結合【分析】只要通過閉合回路的磁通量不變，則mn棒中不產生感應電流，抓住磁通量不變，求出b隨時間t變化的關系，即可選擇圖象【解答】解：當通過閉合回路的磁通量不變，則mn棒中不產生感應電流，有：b0l2=bl（l+vt）所以：b=由表達式可知，隨著t的增加b減小，且b減小的越來越慢，故c正確，abd錯誤故選：c【點評】解決本題的關鍵抓住通過閉合回路的磁通量不變，mn棒中就不產生感應電流7錢學森被譽為中國導彈之父，“導彈”這個詞也是他的創(chuàng)作導彈制導方式很多，慣性制導系統是其中的一種，該系統的重要元件之一是加速度計，如圖所示沿導彈長度方向安裝的固定光滑桿上套一質量為m的絕緣滑塊，分別與勁度系數均為k的輕彈簧相連，兩彈簧另一端與固定壁相連當彈簧為原長時，固定在滑塊上的滑片停在滑動變阻器（電阻總長為l）正中央，m、n兩端輸入電壓為u0，輸出電壓upq=0系統加速時滑塊移動，滑片隨之在變阻器上自由滑動，upq相應改變，然后通過控制系統進行制導設某段時間導彈沿水平方向運動，滑片向右移動，upq=u0，則這段時間導彈的加速度( )a方向向右，大小為b方向向左，大小為c方向向右，大小為d方向向左，大小為【考點】牛頓第二定律；力的合成與分解的運用【專題】牛頓運動定律綜合專題【分析】導彈的速度與慣性制導系統的速度總是相等，故加速度也相同，對滑塊受力分析后可以求出合力，再根據牛頓第二定律求加速度【解答】解：滑片向右移動，且，則滑塊向右移動的位移為，小物體受到左側彈簧的向左的彈力，大小為，同時小物體還受到右側彈簧的向左的彈力，大小也為，故合力為f=，方向水平向左根據牛頓第二定律a=，方向水平向左故選d【點評】本題關鍵求出合力，再根據牛頓第二定律求解加速度的大小和方向8如圖所示，帶異種電荷的粒子a、b以相同的動能同時從o點射入寬度為d的有界勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為30和60，且同時到達p點a、b兩粒子的質量之比為( )a1：2b2：1c3：4d4：3【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動【專題】帶電粒子在磁場中的運動專題【分析】求解本題的關鍵是畫出來粒子的軌跡圖，并確定圓心、求出半徑和圓心角，然后根據動能相等的條件以及相等的運動時間并結合圓周運動公式聯立即可求解【解答】解：根據題意畫出a、b粒子的軌跡如圖所示，則a、b粒子的圓心分別是和，設磁場寬度為d，由圖可知，粒子b的半徑=，粒子a的半徑為=d由=可得：=，即=由qvb=可得：，=又b粒子軌跡長度為=，粒子a的軌跡長度為=，所以，=聯立以上各式解得=，所以c正確，abd錯誤故選：c【點評】求解有關帶電粒子在有界磁場中的運動問題的關鍵是畫出軌跡圖，并根據幾何知識確定圓心求出半徑和圓心角，再結合圓周運動的有關規(guī)律聯立即可求解9在如圖所示的電路中，電源的負極接地，其電動勢為e、內電阻為r，r1、r2為定值電阻，r3為滑動變阻器，c為電容器，為理想電流表和電壓表在滑動變阻器滑動頭p自a端向b端滑動的過程中，下列說法中正確的是( )a電壓表示數變小b電流表示數變大c電容器c所帶電荷量增多da點的電勢降低【考點】電容器；閉合電路的歐姆定律【專題】電容器專題【分析】在滑動變阻器滑動頭p自a端向b端滑動的過程中，變阻器在路電阻減小，外電阻減小，根據歐姆定律分析干路電流如何變化和電阻r1兩端電壓的變化，即可知道電壓表讀數的變化電容器c的電壓等于電阻r2兩端的電壓，分析并聯部分電壓的變化，即知道電容器的電壓如何變化，根據干路電流與通過r2的電流變化情況，分析電流表的變化a點的電勢等于r2兩端的電壓【解答】解：a、在滑動變阻器滑動頭p自a端向b端滑動的過程中，變阻器在路電阻減小，外電路總電阻減小，干路電流i增大，電阻r1兩端電壓增大，則電壓表示數變大，a錯誤c、電阻r2兩端的電壓u2=ei（r1+r），i增大，則u2變小，電容器板間電壓變小，其帶電量減小，c錯誤b、根據外電路中順著電流方向，電勢降低，可知，a的電勢大于零，a點的電勢等于r2兩端的電壓，u2變小，則a點的電勢降低，通過r2的電流i2減小，通過電流表的電流ia=ii2，i增大，i2減小，則ia增大即電流表示數變大故bd正確故選bd【點評】本題是電路動態(tài)變化分析問題，要抓住不變量：電源的電動勢、內阻及定值電阻的阻值不變，進行分析根據電流方向判斷電勢高低，由電壓的變化判斷電勢的變化10“探路者”號宇宙飛船在宇宙深處飛行過程中，發(fā)現a、b兩顆均勻球形天體，兩天體各有一顆靠近其表面飛行的衛(wèi)星，測得兩顆衛(wèi)星的周期相等，以下判斷正確的是( )a天體a、b的質量一定不相等b兩顆衛(wèi)星的線速度一定相等c天體a、b表面的重力加速度之比等于它們的半徑之比d天體a、b的密度一定相等【考點】萬有引力定律及其應用【專題】萬有引力定律的應用專題【分析】衛(wèi)星繞球形天體運動時，由萬有引力提供向心力，根據牛頓第二定律和萬有引力定律得出天體的質量與衛(wèi)星周期的關系式，再得出天體密度與周期的關系式，然后進行比較【解答】解：a、設a、b中任決意球形天體的半徑為r，質量為m，衛(wèi)星的質量為m，周期為t則由題意，衛(wèi)星靠近天體表面飛行，衛(wèi)星的軌道半徑約等于天體的半徑，則有，得m=，t相等，r不一定相等，所以天體a、b的質量不一定相等故a錯誤b、衛(wèi)星的線速度為v=，t相等，而r不一定相等，線速度不一定相等故b錯誤c、天體a、b表面的重力加速度等于衛(wèi)星的向心加速度，即g=a=，t相同，可見天體a、b表面的重力加速度之比等于它們的半徑正比故c正確d、天體的密度為=，因為周期相同，則天體a、b的密度相等，故d正確故選：cd【點評】本題是衛(wèi)星繞行星運動的問題，要建立好物理模型，采用比例法求解要熟練應用萬有引力定律、圓周運動的規(guī)律結合處理這類問題11如圖所示，小球a從傾角為=60的固定粗糙斜面頂端以速度v1沿斜面恰好勻速下滑，同時將另一小球b在斜面底端正上方與a球等高處以速度v2水平拋出，兩球恰在斜面中點p相遇，則下列說法正確的是( )av1：v2=2：1bv1：v2=1：1c若小球b以2v2水平拋出，則兩小球仍能相遇d若小球b以2v2水平拋出，則b球落在斜面上時，a球在b球的下方【考點】平拋運動【專題】平拋運動專題【分析】a球做勻速直線運動，在水平方向上做勻速直線運動，b球做平拋運動，在水平方向上做勻速直線運動，根據水平位移相等求出初速度之比結合落在斜面上位置，比較兩球的運動時間，從而確定位置的關系【解答】解：a、小球在p點相遇，知兩球的水平位移相等，有：v1tsin30=v2t，解得v1：v2=2：1故a正確，b錯誤c、若小球b以2v2水平拋出，如圖所示，若沒有斜面，將落在b點，與p點等高，可知將落在斜面上的a點，由于a球、b球在水平方向上做勻速直線運動，可知a球落在a點的時間小于b球落在a點的時間，所以b球落在斜面上時，a球在b球的下方故c錯誤，d正確故選：ad【點評】解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向上和豎直方向上的運動規(guī)律，抓住a、b兩球水平方向均做勻速直線運動，結合水平位移關系分析判斷12如圖所示，有一固定的且內壁光滑的半球面，球心為o，最低點為c，在其內壁上有兩個質量相同的小球（可視為質點）a和b，在兩個高度不同的水平面內做勻速圓周運動，a球的軌跡平面高于b球的軌跡平面，a、b兩球與o點的連線與豎直線oc間的夾角分別為=53和=37，以最低點c所在的水平面為重力勢能的參考平面，則（sin 37=，cos 37=）( )aa、b兩球所受支持力的大小之比為4：3ba、b兩球運動的周期之比為4：3ca、b兩球的動能之比為16：9da、b兩球的機械能之比為112：51【考點】機械能守恒定律；牛頓第二定律；向心力【專題】機械能守恒定律應用專題【分析】小球受重力和支持力，靠兩個力的合力提供向心力，根據平行四邊形定則求出支持力之比，根據牛頓第二定律求出周期、線速度之比從而得出動能之比根據高度求出重力勢能，從而得出重力勢能之比【解答】解：a、根據平行四邊形定則得，n=，則故a正確b、根據mgtan=mr，r=rsin，解得，則a、b兩球的動能之比解得t=，則故bc錯誤d、小球的重力勢能為：ep=mgr（1cos），機械能為：e=ek+ep=mgr（1cos）+mgrtansin=mgr（1+tansincos）；得：=故d正確故選：ad【點評】解決本題的關鍵搞清向心力的來源，運用牛頓第二定律得出線速度、周期的關系同時注意能量關系二、實驗題（本題共2小題，共14分）13利用圖示裝置可以做力學中的許多實驗以下說法正確的是ca利用此裝置“研究勻變速直線運動”時，必須設法消除小車和木板間的摩擦阻力的影響b利用此裝置探究“加速度與質量的關系”并用圖象法處理數據時，如果畫出的a m關系圖象不是直線，就可確定加速度與質量成反比c利用此裝置探究“功與速度變化的關系”實驗時，應將木板帶打點計時器的一端適當墊高，這樣做的目的是利用小車重力沿斜面的分力補償小車運動中所受阻力的影響小華在利用此裝置“探究加速度a與力f的關系”時，因為不斷增加所掛鉤碼的個數，導致鉤碼的質量遠遠大于小車的質量，則小車加速度a的值隨鉤碼個數的增加將趨近于g 的值【考點】探究加速度與物體質量、物體受力的關系；測定勻變速直線運動的加速度【專題】實驗題【分析】利用圖示小車紙帶裝置可以完成很多實驗，在研究勻變速直線運動時不需要平衡摩擦力，在探究“小車的加速度與質量的關系”和探究“功與速度變化的關系”實驗時，需要平衡摩擦力；在探究“小車的加速度a與力f的關系”時，根據牛頓第二定律求出加速度a的表達式，不難得出當鈞碼的質量遠遠大于小車的質量時，加速度a近似等于g的結論【解答】解：（1）a、此裝置可以用來研究勻變速直線運動，但不需要平衡摩擦力，故a錯誤b、曲線的種類有雙曲線、拋物線、三角函數曲線等多種，所以若am圖象是曲線，不能斷定曲線是雙曲線，即不能斷定加速度與質量成反比，應畫出a圖象，故b錯誤c、探究“功與速度變化的關系”實驗時，需要平衡摩擦力，方法是將木板帶打點計時器的一端適當墊高，這樣做的目的是利用小車重力沿斜面分力補償小車運動中所受阻力的影響，從而小車受到的合力即為繩子的拉力，故c正確故選：c（2）設小車質量為m，鉤碼質量為m，則對鉤碼有mgf=ma 對小車有fmg=ma 聯立解得a=g將上式變形為a=g，可見當mm時，加速度a趨近于g故答案為：（1）c； （2）g【點評】解決實驗問題首先要掌握該實驗原理，了解實驗的操作步驟和數據處理以及注意事項，然后熟練應用物理規(guī)律來解決實驗問題14在測量金屬絲電阻率的實驗中，可供選用的器材如下：待測金屬絲：rx（阻值約4，額定電流約0.5a）；電壓表：v（量程3v，內阻約3k）；電流表：a1（量程0.6a，內阻約0.2）；電流表：a2（量程3a，內阻約0.05）；電源：e1（電動勢3v，內阻不計）；e2（電動勢12v，內阻不計）；滑動變阻器：r（最大阻值約20）；螺旋測微器；毫米刻度尺；開關s；導線用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，示數如圖1所示，讀數為1.770mm若滑動變阻器采用限流接法，為使測量盡量精確，電流表應選a1、電源應選e1（均填器材代號），在圖2虛線框內完成電路原理圖【考點】測定金屬的電阻率【專題】實驗題【分析】（1）螺旋測微器精確度為0.01mm，需要估讀，讀數時注意半毫米刻度線是否露出（2）合理選擇實驗器材，先選必要器材，再根據要求滿足安全性，準確性，方便操作的原則選擇待選器材電流表的接法要求大電阻內接法，小電阻外接法滑動變阻器是小電阻控制大電阻，用分壓式接法（3）滑動變阻器采用限流式，安培表用外接法【解答】解：（1）從圖中讀出金屬絲的直徑為d=1.5mm+27.00.01mm=1.770mm；（2）電壓表量程3v，故電源選e1，最大電流讀數i=0.75a，為使電流表指針偏轉角度超過，故電流表選a1；（3）滑動變阻器采用限流式；安培表電阻較小，大內小外，故安培表用外接法；電路如圖所示：故答案為：1.770 （1.7681.772）；a1、e1；在虛線框內完成電路原理圖，如上圖所示【點評】實驗電路所用器材的要求要熟練掌握，讀數的要求，誤差來源的分析，變阻器的分壓與限流式區(qū)別要弄清楚三.計算題（本題共3小題，共38分，解答時應寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟，有數值計算的要注明單位）15在如圖所示的電路中，r1=2，r2=r3=4，當電鍵k接a時，r2上消耗的電功率為4w，當電鍵k接b時，電壓表示數為4.5v，試求：（1）電鍵k接a時，通過電源的電流和電源兩端的電壓；（2）電源的電動勢和內電阻；（3）當電鍵k接c時，通過r2的電流【考點】閉合電路的歐姆定律【專題】恒定電流專題【分析】（1）當電鍵k接a時，r1被短路，根據功率公式求出通過電源的電流和電壓（2）k接b時，r1和r2串聯，分別由閉合電路歐姆定律對兩種情況列方程求解電源的電動勢和內電阻（3）當k接c時，r2與r3并聯后與r1串聯由閉合電路歐姆定律求出干路電流，再求解通過r2的電流【解答】解：（1）k接a時，r1被短路，外電阻為r2，根據電功率公式可得 通過電源電流 i1=a=1a 電源兩端電壓v （2）k接a時，有e=u1+i1r=4+r k接b時，r1和r2串聯，r外=r1+r2=6 通過電源電流i2=a 這時有：e=u2+i2r=4.5+0.75 r 解式得：e=6 v r=2 （3）當k接c時，r總=r1+r+r23=6總電流i3=1 a通過r2電流i=i3=0.5 a 答：（1）電鍵k接a時，通過電源的電流為1a，電源兩端的電壓為4v； （2）電源的電動勢和內電阻分別為e=6 v，r=2； （3）當電鍵k接c時，通過r2的電流為0.5 a【點評】對于電路問題，首先認識電路的結構對于電源的電動勢和內阻常常根據兩種情況分別列方程，再聯立求解16（14分）如圖所示，在y=0和y=2m之間有沿著x軸方向的勻強電場，mn為電場區(qū)域的上邊界，在x軸方向范圍足夠大電場強度的變化如圖所示，取x軸正方向為電場正方向現有一個帶負電的粒子，粒子的=1.0102 c/kg，在t=0時刻以速度v0=5102m/s從o點沿