山东省烟台市2019届高三物理上学期期末考试试卷（含解析）.docx

山东省烟台市2019届高三第一学期期末学业水平诊断物理试题一、本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求，第814题有多项符合题目要求。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.了解物理规律的发现过程，学会象科学家那样观察和思考，往往比掌握知识更重要。下列说法符合实际的是A. 库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律库仑定律，并进一步测得了元电荷的电荷量B. 伽利略通过理想斜面实验推翻了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的观点C. 法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D. 欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系【答案】B【解析】【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可.【详解】A法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律-库仑定律，并测出了静电力常量k的值，美国科学家密立根测得了元电荷的电荷量，故A错误；B伽利略通过理想斜面实验推翻了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的观点，故B正确；C法拉第发现了电磁感应现象，奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，故C错误；D欧姆发现了欧姆定律，说明了流过导体的电流与导体两端的电压、导体的电阻之间的联系；焦耳发现了焦耳定律，说明了热现象和电现象之间存在联系；故D错误.故选B.【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一.2.下列说法中正确的是A. 一群处于n=3激发态的氢原子，在向较低能级跃迁的过程中向外辐射出三种不同波长的光子，其中从n=3跃迁到n=1所发出的光子波长最长B. 粒子散射实验验证了卢瑟福原子核式结构模型的正确性C. 放射性元素的半衰期随温度的升高而变小D. 发生光电效应时，入射光越强，光予能量就越大，光电子的最大初动能就越大【答案】B【解析】【分析】能级间跃迁吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差，即Em-En=hv放射性元素的半衰期与温度、压强等外部因素无关；粒子散射实验中少数粒子发生较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据，根据光电效应方程分析。【详解】A氢原子从n=3的能级向较低能级跃迁的过程中向外辐射出三种不同波长的光子，根据：可知，从n=3跃迁到n=1所发出的光子的能量值最大，波长最短；故A错误.B粒子散射实验中，粒子发生偏转是粒子与原子内带正电的部分相互排斥的作用结果，少数粒子发生较大偏转这一实验事实否定了汤姆生的枣糕模型，引发了卢瑟福提出核式结构模型；故B正确.C放射性元素的半衰期只与核内部的自身因素有关，与原子所处的化学状态和温度、压力等于外部因素无关；故C错误.D光子的能量值与光的强度无关，与光的频率有关；根据光电效应方程：Ekm=h-W0，可知发生光电效应时，光电子的最大初动能也与光的强度无关；故D错误.故选B.【点睛】本题考查了半衰期、粒子散射实验、能级的跃迁以及光电效应等基础知识点，难度不大，关键要熟悉教材，牢记并理解这些基础知识点.3.如图所示，共享单车的车锁集成了嵌入式芯片、北斗卫星导航模块和SIM卡等，便于监控单车在路上的具体位置。用户仅需要用手机上的客户端软件(APP)扫描二维码，即可自动开锁，骑行结束关锁后，手机APP上会显示计价、里程信息。此外，单车能够在骑行过程中为车内电池充电，满足定位和自动开锁等过程中的用电。下列说法正确的是A. 北斗卫星导航系统是通过超声波定位单车位置信息的B. 由手机上的显示信息，可求出骑行的平均速度C. 单车是利用电磁感应原理实现充电的D. 单车在被骑行过程中受到的地面的摩擦力表现为阻力【答案】C【解析】【分析】现在定位是通过卫星进行定位的，明确充电过程是利用电磁感应现象将机械能转化为电能；明确平均速度的计算公式为位移与时间的比值；前轮摩擦力是阻力，而后轮摩擦力是动力.【详解】A单车某个时刻的准确位置信息是借助通讯卫星定位确定的，故A错误；B由手机APP上的显示信息包括路程和时间，没有说明具体的位移，故不可以求出骑行的平均速度，故B错误；C单车在运动过程通过电磁感应将机械能转化为电能从而实现充电，故C正确；D单车在骑行时，主动轮受到向前的摩擦力（动力），从动轮受到向后的摩擦力（阻力），故D错误.故选C.【点睛】本题利用生活中熟知的单车综合考查了惯性、电磁感应的应用、电磁波的应用等，要求掌握相应物理规律在生产生活中的应用.4.如图甲所示电路，理想变压器原线圈输入电压如图乙所示，原、副线圈匝数比为10：1，副线圈电路中R0为定值电阻，R为滑动变阻器，所有电表均为理想电表。下列说法正确的是A. 副线圈两端交变电压的频率为5HzB. 两电流表测量的是电流的瞬时值，电压表测量的是电压的有效值C. 当滑动变阻器的滑片向上移动时，两电流表的示数均变小D. 当电流表A2的示数为2A时，变压器原线圈输入功率为220W【答案】C【解析】【分析】根据图乙知交流电周期求解频率；电压表和电流表示数均为有效值；滑动变阻器的触头滑动时，分析电阻的变化和电流表示数的变化；根据电功率的计算公式求解电功率.【详解】A根据图乙知交流电周期为0.02s，所以交变电压的频率为，变压器变压不变频，故副线圈的频率50Hz，故A错误；B两电流表测量的是电流的有效值，电压表的示数表示的是电压的有效值，故B错误；C滑动变阻器的触头向上滑动，电阻增大，而副线圈电压不变，两个电流表的示数都减小，故C正确；D当电流表A2的示数为2A时，原线圈的电流强度，原线圈电压有效值，变压器原线圈输入功率为P1=U1I1=2200.2W=44W，故D错误。故选C.【点睛】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等.原线圈的电压决定副线圈的电压；理想变压器在改变电压和电流的同时，不改变功率和频率.5.如图所示，一半径为R=0.2m的固定光滑圆弧轨道AB位于竖直平面内，轨道下端与一光滑水平直轨道相切于B点，一小球M从距圆弧轨道最高点A高度为h=0.2m处由静止释放，并恰好沿切线进入圆弧轨道，当滑到水平面上后与静止在水平面上且前端带有轻弹簧的小球N碰撞，M、N质量均为m=1Kg，g=10ms2。下列说法正确的是A. 小球M在圆弧轨道内运动过程中所受合外力方向始终指向轨道圆心B. 轻弹簧被压缩至最短时，M和N的速度大小都是msC. 轻弹簧被压缩的过程中，M、N的总动量和总动能都保持不变D. 轻弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为4J【答案】B【解析】【分析】对小球M受力分析可知合外力方向是否指向圆心；小球M滑到B的过程由机械能守恒定律求得到B的速度，轻弹簧被压缩的过程满足动量守恒定律；根据能量守恒知轻弹簧被压缩的过程中，弹性势能增大，总动能减少，轻弹簧被压缩至最短时，弹性势能最大，根据能量守恒可求得.【详解】A小球M在圆弧轨道内运动过程中受竖直向下的重力、指向圆心的支持力，合外力方向除B点外并不指向轨道圆心，故A错误；B小球M滑到B的过程由机械能守恒定律得：，解得：，当两球的速度相等时轻弹簧被压缩至最短，由动量守恒定律得：mvB=2mv，解得，故B正确；C轻弹簧被压缩的过程中，由动量守恒定律知M、N的总动量不变，根据能量守恒知弹性势能增大，所以总动能减少，故C错误；D轻弹簧被压缩至最短时弹性势能最大，根据能量守恒得：，解得E弹m=6J，故D错误.故选B.【点睛】本题考查了机械能守恒定律、动量守恒定律、能量守恒定律，弄清运动过程，明确能量的转化是解题的关键.6.甲、乙两辆汽车在平直的高速公路上行驶，某时刻两车正好并排行驶，从该时刻起两车的速度时间图像如下图所示，则下列说法正确的是A. t0时刻两车相遇B. 0到t1时间内，甲、乙两车的加速度大小均逐渐减小且方向相同C. 0到t0时间内，甲车的平均速度小于乙车的平均速度D. t1时刻甲、乙两车一定再次相遇，之后甲车将一直在乙车前方【答案】C【解析】【分析】根据速度时间图象与时间轴所围的“面积”表示位移，分析位移关系，确定两车是否相遇。根据图象斜率的变化分析加速度的变化。根据位移与时间之比分析平均速度关系.【详解】A根据速度时间图象与时间轴所围的“面积”表示位移，知0-t0时间内乙车的位移比甲车的大，则t0时刻两车没有相遇，故A错误.B0-t1时间内，甲、乙两车图象斜率均逐渐减小，则它们的加速度大小均逐渐减小。甲图象切线斜率为正，乙图象切线斜率为负，则加速度方向相反，故B错误.C0-t0时间内甲车的位移比乙车的小，则甲车的平均速度小于乙车的平均速度，故C正确.D0-t1时间内，甲车的位移比乙车的大，则甲、乙两车没有相遇，之后甲车的速度比乙车的大，则甲车将一直在乙车前方，故D错误.故选C.【点睛】对于v-t图象，关键要需掌握两点：v-t图象的斜率大小代表加速度大小，斜率的正负代表加速度的方向；速度时间图象与时间轴围成的面积代表位移.7.如图所示，圆心为O、半径为R的圆周上有A、B、C、D四点，A、B是一条直径的两个端点，CD与AB平行，A、C之间的距离也为R。在A、B两点分别放置电荷量绝对值均为Q的正负点电荷，静电力常量为k。下列说法正确的是A. C、D两点电场强度相同，大小都为B. 负电荷在C点的电势能大于在D点的电势能C. 一正电荷沿着圆弧从C点移动到D点电场力不做功D. C、O两点的电势差等于O、D两点的电势差【答案】D【解析】【分析】根据等量异种电荷的电场线特点可知C、D两点的电场强度的关系，电势关系，从而判断电场力做功和电势能的关系.【详解】A根据等量异种电荷的电场线特点CD两点电场强度大小相等，方向不同，故A错误；B根据等量异种电荷的电场线特点C点电势大于D点电势，根据负电荷在电势低的地方电势能大，故负电荷在C点的电势能小于D点的电势能，故B错误；C根据等量异种电荷的电场线特点C点电势大于D点电势，根据正电荷在电势高的地方电势能大，正电荷在C点的电势能大于D点的电势能，故正电荷从C到D电场力做功正功，故C错误；D根据等量异种电荷的电场线特点中垂线的电势为等势面，即C、O的电势差等于O、D的电势差，故D正确.故选D.【点睛】本题考查等量异种电荷的特点，关键是知道等量异种电荷的电场线特点.8.如图所示，把两个相同的小球从离地面相同高度处，以相同大小的初速度v分别沿竖直向上和竖直向下方向抛出，不计空气阻力。则下列说法中正确的是A. 两小球落地时速度相同B. 两小球落地时，重力的瞬时功率相同C. 从小球抛出到落地，重力对两小球做的功相等D. 从小球抛出到落地，重力对两小球做功的平均功率相等【答案】C【解析】试题分析：由机械能守恒定律得，两小球落地时的速度大小相同，但方向不同，故A错误；两小球落地时，由于竖直方向的分速度不同，故重力的瞬时功率不相同，故B错误；由重力做功公式W=mgh得，从开始运动至落地，重力对两小球做功相同，故C正确；从抛出至落地，重力对两小球做的功相同，但是落地的时间不同，故重力对两小球做功的平均功率不相同，故D错误；故选C.考点：功和功率；机械能守恒定律.9.2018年12月，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭成功发射嫦娥四号月球探测器，开启了月球探测的新旅程。如图所示为月球探测器经过多次变轨后登陆月球的轨道示意图，轨道上P、Q、S三点与月球中心在同一直线上，P、Q两点分别是椭圆环月轨道III的远月点和近月点，已知轨道II为圆轨道。关于探测器，下列说法正确的是A. 在P点由轨道I进入轨道II需要减速B. 在轨道II上S点的速度小于在轨道III上P点的速度C. 在轨道I上由P向Q运动的过程中，月球的引力对探测器做正功D. 在轨道III上Q点的加速度大于在P点的加速度【答案】ACD【解析】【分析】根据轨道的特点分析是否是向心运动；卫星在轨道地月转移轨道上经过P点若要进入轨道，需减速。比较在不同轨道上经过P点的加速度，直接比较它们所受的万有引力就可得知.卫星从轨道进入轨道，在P点需减速；根据万有引力定律提供向心力分析加速度的关系.【详解】A着陆器由轨道I进入轨道做的是向心运动。需点火减速，来减小需要的向心力，使万有引力等于所需要的向心力，故A正确；B着陆器在轨道II上的P点需要点火减速后才能进入轨道III，所以着陆器在轨道II上的P点的速度大于在轨道III上P点速度，即着陆器在轨道II上的S点的速度大于在轨道III上P点速度，故B错误；C在轨道I上由P向Q运动的过程中，探测器与月球之间的距离减小，万有引力做正功，即月球的引力对探测器做正功，故C正确；D卫星在III轨道Q点与在III轨道P点比较，在Q点受到的万有引力大，根据万有引力定律，所以Q点的加速度大，故D正确.故选ACD.【点睛】本题关键是明确加速度有合力和质量决定导致同一位置的卫星的加速度相同；然后结合牛顿第二定律列式分析.10.如图所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，分别与高频交流电极连接，两个D形金属盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，下列说法中正确的是A. 加速电压越大，粒子最终射出时获得的动能就越大B. 粒子射出时的最大动能与加速电压无关，与D形金属盒的半径和磁感应强度有关C. 若增大加速电压，粒子在金属盒间的加速次数将减少，在回旋加速器中运动的时间将减小D. 粒子第5次被加速前、后的轨道半径之比为【答案】BC【解析】【分析】回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能.在加速粒子的过程中，电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等.【详解】AB粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：，解得：，粒子做圆周运动的周期：，粒子获得的最大动能为：，粒子获得的最大速度与加速电压无关，与D型盒的半径R和磁感应强度B有关，故A错误，B正确；C对粒子由动能定理得：，加速次数：，增大加速电压U，粒子在金属盒间的加速次数将减少，粒子在回旋加速器中运动的时间：将减小，故C正确；D对粒子，由动能定理得：，解得，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：，解得：，粒子第5次被加速前、后的轨道半径之比为：，故D错误；故选BC.【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器运用电场加速，磁场偏转来加速带电粒子，但要注意粒子射出的速度与加速电压无关，与磁感应强度的大小和D型盒半径有关.11.如图甲所示，质量为m=1Kg的物体置于倾角为的固定且足够长的斜面上，t=0时刻对物体施加沿斜面向上的拉力F，使物体开始沿斜面上滑，作用一段时间t撤去拉力F，物体速度的平方与位移之间的关系图像如图乙所示。已知g=10ms2，sin37=0.6。下列说法正确的是A. 物体与斜面之间的动摩擦因数为B. 撤去拉力的时刻为t=0.5sC. 拉力F的大小为24.5ND. 物体沿斜面上滑过程中克服摩擦力所做的功为10J【答案】AB【解析】【分析】由速度位移的关系式：v2=2ax与图形对比得到物体的最大速度、撤去F前的加速度大小、撤去F后的加速度大小、撤去F时发生的位移，再依据牛顿第二定律、速度公式、速度位移的关系式、功的公式依次求解即可.【详解】由速度位移的关系式：v2=2ax与图形对比得：物体的最大速度vm=8m/s，撤去F前的加速度大小a1=16m/s2，撤去F后的加速度大小a2=8m/s2，撤去F时发生的位移x1=2m.AC撤去F前由牛顿第二定律得：F-mgsin37-mgcos37=ma1，撤去F后由牛顿第二定律得：mgsin37+mgcos37=ma2，联立解得：F=24N，=0.25，故A正确，C错误；B力F作用时物体做加速运动，由速度公式得：vm=a1t，解得：t=0.5s，故B正确；D设撤去F后发生的位移为x2，由速度位移的关系式得：vm2=2a2x2，解得：x2=4m，物体沿斜面上滑过程中克服摩擦力所做的功W克f =mgcos37(x1+x2)=12J，故D错误.故选AB.【点睛】本题考查了速度的平方与位移之间的关系图象与牛顿第二定律的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁可正确解题.12.如图所示，一质量为m、半径为r的光滑球A用细绳悬挂于O点，另一质量为M、半径为R的半球形物体B被夹在竖直墙壁和A球之间，B的球心到O点之间的距离为h，A、B的球心在同一水平线上，A、B处于静止状态。重力加速度为g。则下列说法正确的是A. A对B的压力大小为B. 竖直墙壁对B的摩擦力可能为零C. 当只轻轻把球B向下移动一点距离，若A、B再次保持静止，则A对B的压力大小保持不变，细绳拉力增大D. 当只轻轻把球B向下移动一点距离，若A、B再次保持静止，则A对B的压力减小，细绳拉力减小【答案】AD【解析】【分析】分析小球的受力情况，运用合成法作图，结合三角形相似求出B对A的支持力，从而求得A对B的压力.分析B的受力情况，由平衡条件判断墙壁对B的摩擦力.当只轻轻把球B向下移动一点距离，再用同样的方法得到B对A的支持力和细绳拉力的表达式，即可分析它们的变化.【详解】A分析A球的受力情况，如图1所示：N与mg的合力与T等大反向共线，根据两个阴影三角形相似得：，得：，由牛顿第三定律知A对B的压力大小为：，故A正确.BB在竖直方向受到重力，而AB间无摩擦，由平衡条件知竖直墙壁对B一定有摩擦力，故B错误.CD当只轻轻把球B向下移动一点距离，分析A球的受力情况，如图2所示：N与T的合力与mg等大反向共线，根据两个阴影三角形相似得：可得：，由于Lh，可知，N减小，T减小，由牛顿第三定律知A对B的压力减小，故C错误，D正确.故选AD.【点睛】本题中没有角度，所以可以采用三角形相似研究共点力平衡问题.正确作出力的合成图是关键.13.如图所示，一平行板电容器的A、B两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，两极板间有一个质量为m的带电粒子静止于P点。下列说法正确的是A. 带电粒子带负电B. 若仅将A板稍微向上移动一定距离，则带电粒子仍将保持静止C. 若仅将两极板各绕其中点快速顺时针转过一定小角度后，则粒子将向左做直线运动D. 若断开电源并将B板稍向右移动一定距离，则带电粒子将向上做直线运动【答案】AD【解析】【分析】带电微粒P在水平放置的A、B金属板间的电场内处于静止状态，说明处于平衡状态，竖直向上的电场力大小等于重力的大小，即可判定粒子的电性；当两平行金属板A、B分别以绕其中点为轴在竖直平面内快速顺时针转过相同的较小角度，此时分析P受到重力、电场力，从而判定运动性质；根据接通电源与断开电源两种情况下，前者是电压U不变，后者是电量Q不变，结合，及，即可一一求解.【详解】A带电微粒P在水平放置的A、B金属板间的电场内处于静止状态，电场力竖直向上，且电场强度方向向下，因此粒子带负电，故A正确；B若仅将A板稍微向上移动一定距离，因电压U不变，根据，则有电场强度减小，那么电场力减小，因此粒子将向下运动，故B错误；C设初状态极板间距是d，顺时针旋转角度后，极板间距变为dcos，所以电场强度，而且电场强度的方向也旋转了，由受力分析可知，竖直方向仍然平衡，水平方向有电场力的分力，所以微粒水平向右做匀加速直线运动，故C错误；D若断开电源并将B板稍向右移动一定距离，因电容器所带电量Q不变，根据，及得，则知电场强度E增大，则带电粒子将向上做直线运动，故D正确；故选AD.【点睛】考查了已知受力求运动，正确受力分析，有牛顿第二定律判断运动情况，解决本题的关键是确定新场强与原来场强在大小、方向上的关系，注意电压U与电量Q的不变两种情况下，影响电场强度大小的影响也是解题的关键.14.如图所示，两根平行光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，下端PQ接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中。一质量为m、电阻也为R的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上，静止时导体棒处于导轨的MN处。已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行。现将导体棒从弹簧处于自然长度时由静止释放，整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。则下列说法中正确的是A. 当导体棒沿导轨向下运动时流过电阻R的电流方向为由P到QB. 当导体棒的速度最大时，弹簧的伸长量为C. 导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为EP，则导体棒从开始运动到停止运动的过程中，回路中产生的焦耳热为D. 若导体棒第一次运动到MN处时速度为v，则此时导体棒的加速度大小为【答案】ACD【解析】【分析】由右手定则可以判断出电流方向；当导体棒所受合力为零时速度最大，应用平衡条件可以求出此时弹簧的伸长量；根据能量守恒定律求出回路产生的焦耳热；根据安培力公式求出导体棒受到的安培力，然后应用牛顿第二定律求出导体棒的加速度.【详解】A由右手定则可知，当导体棒沿导轨向下运动时流过电阻R的电流方向为由P到Q，故A正确；B导体棒所受合力为零，即：重力、弹簧弹力与安培力合力为零时速度最大，弹簧伸长量为时，弹簧弹力为：mgsin，此时导体棒所受合力为安培力，导体棒速度不是最大，故B错误；C导体棒最终静止，由平衡条件得：mgsin=kx，弹簧伸长量：，由能量守恒定律得：mgxsin=Q+EP，解得：，故C正确；D导体棒到达MN处时，弹簧的弹力：kx=mgsin，此时导体棒受到的安培力：，对导体棒，由牛顿第二定律得：，解得：，故D正确；故选ACD.【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据平衡条件或牛顿第二定律列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解.二、本题共4小题，共18分。把答案填在答题卡中相应的横线上或按要求作图。15.下图中游标卡尺的读数是_mm，螺旋测微器的读数是_mm。【答案】 (1). 10.50 (2). 5.3145.318【解析】【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读。螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，读可动刻度读数时需估读.【详解】游标卡尺的主尺读数为：1.0cm=10mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为100.05mm=0.50mm，所以最终读数为：10mm+0.50mm=10.50mm.螺旋测微器的固定刻度为5.0mm，可动刻度为31.50.01mm=0.315mm，所以最终读数为5.0mm+0.315mm=5.315mm(5.3145.318).【点睛】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量.16.某实验小组采用如图所示的实验装置“验证动量守恒定律”：在长木板上放置甲、乙两辆小车，长木板下垫有小木块用以平衡两小车受到的摩擦力，甲车的前端粘有橡皮泥，后端连着纸带，纸带穿过位于甲车后方的打点计时器的限位孔。某时刻接通打点计时器的电源，推动甲车使之做匀速直线运动，与原来静止在前方的乙车相碰并粘在一起，然后两车继续做匀速直线运动。已知打点计时器的打点频率为50Hz。(1)现得到如图所示的打点纸带，A为打点计时器打下的第一个点，测得各计数点间的距离AB=8.40cm，BC=10.50cm，CD=9.08cm，DE=6.95cm，相邻两个计数点之间还有四个计时点。则应选_段计算甲车碰前的速度；应选_段计算甲车和乙车碰后的共同速度(选填“AB”、“BC”、“CD”或“DE”)。(2)用天平测得甲车及橡皮泥的质量为m1=0.40kg，乙车的质量为m2=0.20kg，取甲、乙两车及橡皮泥为一个系统，由以上测量结果可求得碰前系统的总动量为_kgms，碰后系统的总动量为_kgms。【答案】 (1). BC (2). DE (3). 0.42 (4). 0.42(或0.417)【解析】【分析】(1)小车做匀速直线运动时，在相等时间内的位移相等，分析小车的运动过程，然后答题；(2)根据图象，由速度公式求出小车的速度，然后由P=mv求出动量.【详解】(1)推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而A和B碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度。(2)由图可知， BC=10.50cm=0.1050m；DE=6.95cm=0.0695m；碰前小车的速度为：;碰前的总动量为：P=mAvA=0.41.05=0.420kgm/s；碰后小车的共同速度为：;碰后的动量为：P=(mA+mB)v=(0.4+0.2)0.695=0.417kgm/s；【点睛】本题考查了验证动量守恒定律实验，分析清楚小车运动过程，运用速度公式、动量计算公式即可正确解题，要掌握根据纸带求速度的方法.17.在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，实验室各有如下器材：A待测电池组(由两节干电池组成，每节电池电动势约为1.5V、内阻为几欧姆)B直流电压表V1、V2(量程均为3V，内阻均约为3k)C定值电阻R0(阻值未知)D滑动变阻器R(最大阻值为Rm)E开关，导线若干某同学设计了如图甲所示的电路，他利用该电路先测出定值电阻R0的阻值，再测量待测电池组的电动势和内阻。步骤如下：(1)先把滑动变阻器R调到最大阻值Rm，再闭合开关S，读出电压表V1和V2的示数分别为U10、U20，则可求出定值电阻R0的阻值为R0=_(用U10、U20和Rm表示).(2)移动滑动变阻器的滑片，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1-U2的关系图像如图乙所示。图中直线的斜率为k，直线与横轴的截距为U0，则待测电池组的总电动势E=_，总内阻r=_(均用k、U0、R0表示).【答案】 (1). (2). (3). 【解析】【分析】(1)根据图示电路图应用串联电路特点与欧姆定律求出定值电阻阻值.(2)根据图示电路图应用闭合电路欧姆定律求出图线的函数表达式，然后根据图示图线求出电源电动势与内阻.【详解】(1)由图甲所示电路图可知，定值电阻阻值：；(2)由图甲所示电路图可知，电源电动势： ，整理得：，由图示U1-U2图线可知： ，解得电源电动势：，电源内阻：；【点睛】本题考查了实验数据处理，分析清楚电路结构与实验步骤是解题的前提，应用串并联电路特点与欧姆定律可以解题，应用闭合电路欧姆定律求出图线的函数表达式是解题的关键.18.某同学用以下所给的器材通过实验来研究小电珠的伏安特性曲线：A电压表V(量程6V，内阻约6k)B电流表A(量程0.6A，内阻约10)C电阻箱R1(0999.9)D定值电阻R2=200E定值电阻R3=100F滑动变阻器R4(010)G规格为“6V，6W”的待测小电珠H电源E(电动势约12V，内阻较小)I开关、导线若干(1)要完成本实验，需要对电流表进行改装，该同学首先采用了如图甲所示的电路测量电流表内阻。闭合开关S1，反复调节电阻箱R1的阻值，当R1=19.6时，发现闭合和断开开关S2时电流表A的指针指示值相同，则电流表A的内阻RA=_；若要将电流表A的量程由0.6A扩大至1.0A，则需在电流表A上并联_的电阻。(2)图乙是测量小电珠的电流随电压变化关系的实物电路，实验要求小电珠两端的电压从0开始调节，请你用笔画线代替导线完成电路连接_。【答案】 (1). 9.8 (2). 14.7 (3). 【解析】【分析】(1)根据给出的条件进行分析，由串并联电路的基本规律即可求得电流表内阻；扩大电流表量程可以给电流表并联一个分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值.(2)明确实验原理和改装原理，从而得出正确的实物图.【详解】(1)闭合开关时，R1与电流表并联后，再与R2与R3的并联部分串联；开关断开时，R1与R2串联后与电流与和R3的串联部分并联；两种情况下电流表示数相同，则根据串并联电路规律可知：;代入数据解得：RA=9.8；若要将电流表A的量程由0.6A扩大至1.0A，需在电流表A上并联电阻阻值：；(2)本实验中采用滑动变阻器分压接法，同时电流表与电阻箱并联扩大量程，故实物图如图所示：【点睛】本题考查了描绘灯泡伏安特性曲线的实验以及电表内阻的测量方法，关键是明确实验原理，知道实验中电路的性质，从而正确利用串并联电路的规律分析求解.三、本题共4小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位。19.如图所示，小球A、B的质量分别为mA=0.3kg和mB=0.1Kg，用劲度系数为k=100Nm的轻质弹簧将两个小球拴接在一起，并用细线a、b将小球A、B分别悬挂在竖直墙上，细线a与竖直方向成60夹角，细线b水平，两个小球均处于静止状态。g取10ms2。求：(1)细线a、b分别对小球A、B的拉力大小；(2)弹簧的伸长量。【答案】（1）； （2）0.07m 【解析】【分析】(1)以两个小球整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件求出a和b两根细线的拉力；(2)隔离A球受力分析，正交分解，根据平衡条件列方程求解弹簧的拉力，然后由胡克定律求出弹簧的伸长量.【详解】(1)对两个小球构成的整体受力分析：根据平衡条件，水平方向：Fasin30=Fb竖直方向：Facos30=mAg+mBg得：Fa=8N，(2)B球受到重力。b的弹力以及弹簧的拉力，设拉力为F，则：又：F=kx联立可得：x=0.07m【点睛】本题首先要选择好研究对象，其次正确分析受力情况，作出力图，再由平衡条件求解。以上是利用正交分解法，也可以利用合成法.20.如图所示，粗糙水平面上静止放置一质量为2m的木板，在木板上右端静置一质量为m的小滑块。一可视为质点、质量为2m的小朋友荡秋千，从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，小朋友在极短时间内用脚水平蹬踏木板的左端，然后自己刚好能回到A点。已知秋千的摆绳长为L，质量不计，AO与竖直方向的夹角为60。小滑块与木板之间、木板与水平面间的动摩擦因数都是，重力加速度为g。求：(1)秋千摆到最低点B，小朋友未蹬踏木板时秋干摆绳的拉力大小；(2)小朋友蹬踏木板过程中，小朋友做功大小；(3)若小滑块不从木板上滑下，木板至少应为多长。【答案】（1）4mg （2） （3）【解析】【分析】(1)从A点下摆到B点，只有重力做功，机械能守恒。由机械能守恒定律求出小朋友运动到最低点时的速度。在最低点，由合力充当向心力，由向心力公式求解秋千绳的拉力；(2)小朋友蹬踏木板过程中，沿水平方向动量守恒。由动量守恒定律列式。再由动能定理求小朋友做功大小；(3)由牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度，结合运动学公式可求得木板的长度.【详解】(1)小朋友从A点下摆到B点，只有重力做功，机械能守恒.设到达B点的速度大小为v0,则由机械能守恒定律有：绳子拉力设为T，由受力分析和圆周运动知识有：解得：T=4mg(2)由题意知，小朋友蹬踏木板后速度大小不变，方向向左由动量守恒定律得：2mv0=-2mv0+2mv1得木板的速度：小朋友做功大小：(3)由牛顿第二定律得：小滑块的加速度：木板的加速度：当二者速度相等后，由于整体的加速度等于滑块的最大加速度，所以此后二者保持相对静止，设此过程经过的时间为t由速度关系得：v1-a板t=a块t此过程木板的位移：滑块的位移：小滑块不从木板上滑下，木板至少应为：x=x板-x块解得：【点睛】本题考查了机械能守恒定律、动量守恒定律、牛顿第二定律、运动学公式，关键分析滑块和木板的运动情况，然后对各个过程分别运用合适的规律列式求解.21.如图所示，固定在水平面上的两平行光滑金属导轨MN、PQ间距为L=05m，处在竖直方向、磁感应强度大小为B=2T的匀强磁场中，导轨电阻不计。两导体棒ab、cd垂直放在导轨上，且与导轨始终接触良好，ab可在导轨上自由滑动，cd固定在导轨上，两导体棒电阻均为R=0.1，导体棒ab的质量为m=1Kg。t=0时刻，对静止的导体棒ab施加一