甘肃省天水市秦安一中高三物理上学期期末试卷（快班含解析）.doc

2015-2016学年甘肃省天水市秦安一中高三（上）期末物理试卷（快班）一、单项选择题部分（共10小题，每小题4分，共40分在每小题给出的4个选项中，只有一项是正确的，选对的得4分，选错或不答的得0分）1如图所示，在竖直平面内，用甲、乙两个弹簧秤通过细线拉着一个钩码，使之处于静止状态若保持甲弹簧秤拉力的方向不变，缓慢地调节乙弹簧秤，使两细线之间的夹角增大一些，则（）a两拉力的合力可能增大b两拉力的合力可能减小c甲弹簧秤的示数可能减小d乙弹簧秤的示数可能减小2塔式起重机模型如图，小车p沿吊臂向末端m水平匀速运动，同时将物体q从地面竖直向上匀加速吊起，下图中能大致反映q运动轨迹的是（）abcd3一倾角为的粗糙绝缘斜面放置在一个足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，将一个带电的小物块放在斜面上由静止开始下滑如图所示，设斜面足够长，如物块始终没有离开斜面则下列说法正确的是（）a物块带正电b下滑过程中物块受到的洛伦兹力做负功c物块最终将静止在斜面上d下滑过程中物块的机械能守恒4如图所示一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地在两极板间有一负电荷（电量很小）固定在p点，以e表示两板间的场强，u表示电容器两板间的电压，w表示正电荷在p点的电势能若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示位置，则（）au变小，w不变be变大，w变大cu变大，e不变du不变，w不变5如图所示，半径为r的金属环绕通过其直径的轴oo以角度匀速转动，匀强磁场的磁感应强度为b从金属环的平面与磁场方向重合时开始计时，在转过30角的过程中，环中产生的感应电动势平均值为（）a2br2b2br2c3br2d3br26如图所示，电阻r和线圈自感系数l的值都较大，电感线圈的电阻不计，a、b是两只完全相同的灯泡，当开关s闭合时，电路可能出现的情况是（）aa、b一起亮，然后b熄灭ba比b先亮，然后a熄灭ca、b一起亮，然后a熄灭db比a先亮，然后b熄灭7如图所示，将质量为m的滑块放在倾角为的固定斜面上滑块与斜面之间的动摩擦因数为若滑块与斜面之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，则（）a将滑块由静止释放，如果tan，滑块将下滑b给滑块沿斜面向下的初速度，如果tan，滑块将减速下滑c用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果=tan，拉力大小应是2mgsind用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果=tan，拉力大小应是mgsin8一物块沿倾角为的斜坡向上滑动当物块的初速度为v时，上升的最大高度为h，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h重力加速度大小为g物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为（）atan和b（1）tan和ctan和d（1）tan和9如图所示，+q1和q2是两个可自由移动的电荷，q2=4q1现再取一个可自由移动的点电荷q3放在q1与q2连接的直线上，欲使整个系统平衡，那么（）aq3应为负电荷，放在q1的左边bq3应为负电荷，放在q2的右边cq3应为正电荷，放在q1的左边dq3应为正电荷，放在q2的右边10光滑水平面上有一质量为2kg的物体，在五个恒定的水平共点力的作用下处于平衡状态现同时撤去大小分别为5n和15n的两个水平力而其余力保持不变，关于此后物体的运动情况的说法中正确的是（）a一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5m/s2b可能做匀减速直线运动，加速度大小可能是2m/s2c一定做匀变速运动，加速度大小可能10m/s2d可能做匀速圆周运动，向心加速度大小可能是10m/s2二多项选择题部分（共5小题，每小题4分，共20分在每小题给出的4个选项中，有多个选项是正确的全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）11如图，一重力不计的带电粒子以一定的速率从a点对准圆心 射入一圆形匀强磁场，恰好从b点射出若增大粒子射入磁场的速率，下列判断正确的是（）a该粒子带负电b粒子能从c点射出c从ab间射出d在磁场中运动的时间变短12如图所示，假若卫星先沿椭圆轨道飞行，后在远地点p处由椭圆轨道变轨进入地球同步圆轨道下列说法正确的是（）a卫星在轨道运行时的速度大于7.9km/sb卫星在椭圆轨道上的p点处加速进入轨道c卫星在轨道运行时不受地球引力作用d卫星在轨道运行时的向心加速度比在赤道上相对地球静止的物体的向心加速度大13p、q两电荷的电场线分布如图所示，c、d为电场中的两点，一个带电粒子从a运动到b轨迹如图所示，不计重力，下列说法中正确的是（）ap电荷带负电bc、d两点的电势相等c粒子在运动的过程中受到p的吸引力d粒子从a到b的过程中电场力做正功14如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图（b）所示，若重力加速度及图中的v0，v1，t1均为已知量，则可求出（）a斜面的倾角b物块的质量c物块与斜面间的动摩擦因数d物块沿斜面向上滑行的最大高度15在如图所示的电路中，电源电动势e恒定，内阻r=1，定值电阻r3=5当开关s断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，则以下说法中正确的是（）a电阻r1、r2可能分别为4、5b电阻r1、r2可能分别为3、6c开关s断开时电压表的示数一定大于s闭合时的示数d开关s断开与闭合时，电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于6三填空题（共16分）16如图甲所示的装置由气垫导轨、两个光电门、滑块和沙桶等组成光电门可以测出滑块分别通过两个光电门的时间t1和t2，导轨标尺可以测出两个光电门间的距离l，游标卡尺测量遮光片的宽度d，另用天平测出滑块和沙与沙桶的质量分别为m和m，回答下列问题：测量d时，某次游标卡尺（主尺的最小分度为1mm）的示数如图乙所示，其读数为 mm若用该装置来验证牛顿第二定律，以下说法不正确的是a该装置可以不平衡摩擦力也不需要将气垫导轨调节水平b如果气垫导轨水平则轻推滑块匀速滑动时，通过两个光电门的时间t1和t2必相等c实验时，多次在同一条件下重复实验取挡光片通过两光电门时间的平均值以减小偶然误差若用此装置中滑块受到线的拉力即合外力f 可用m、m、l和时间t1和t2表示为f=通过计算比较发现滑块受到的线的拉力f与沙和沙桶的重力不相等且相差较大，是因为17用如图甲的电路图测电源的电动势和内电阻，提供的器材如图乙所示某次实验数据作出的ui图线如图丙所示实验时应将多用电表的选择开关旋至挡（填“”、“v”或“ma”），电流表的量程应选择（填“00.6a”或“03a”）用实线代表导线把图乙所示的实物连接成完整的测量电路由此图线求得的电源内电阻r=（结果保留2位有效数字）四、计算题（本题共3小题，共34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，答案中必须明确写出数值和单位）18如图所示，a、b为两块足够大的相距为d的平行金属板，接在电压为u的电源上在a板的中央p点放置一个电子发射源可以向各个方向释放电子，射出的初速度为v，电子打在b板上的区域面积为s，（不计电子的重力），试求电子的比荷19如图所示，光滑水平轨道与半径为r的光滑竖直半圆轨道在b点平滑连接在过圆心o的水平界面mn的下方分布有水平向右的匀强电场现有一质量为m，电量为+q的小球从水平轨道上a、点由静止释放，小球运动到c点离开圆轨道后，经界面mn上的p点进入电场（p点恰好在a点的正上方，如图小球可视为质点，小球运动到c点之前电量保持不变，经过c点后电量立即变为零）已知a、b间距离为2r，重力加速度为g在上述运动过程中，求：（1）电场强度e的大小；（2）小球在圆轨道上运动时的最大速率：20如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为l，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直一质量为m、有效电阻为r的导体棒在距磁场上边界h处静止释放导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为i整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻求：（1）磁感应强度的大小b；（2）电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；（3）流经电流表电流的最大值im2015-2016学年甘肃省天水市秦安一中高三（上）期末物理试卷（快班）参考答案与试题解析一、单项选择题部分（共10小题，每小题4分，共40分在每小题给出的4个选项中，只有一项是正确的，选对的得4分，选错或不答的得0分）1如图所示，在竖直平面内，用甲、乙两个弹簧秤通过细线拉着一个钩码，使之处于静止状态若保持甲弹簧秤拉力的方向不变，缓慢地调节乙弹簧秤，使两细线之间的夹角增大一些，则（）a两拉力的合力可能增大b两拉力的合力可能减小c甲弹簧秤的示数可能减小d乙弹簧秤的示数可能减小【考点】合力的大小与分力间夹角的关系【专题】平行四边形法则图解法专题【分析】对结点受力分析，通过图解法抓住甲、乙合力不变，甲的拉力方向不变，改变乙的拉力，从而判断拉力的变化【解答】解：由平衡条件得知，甲、乙两个拉力f1和f2的合力与重力g大小相等、方向相反，保持不变，作出甲、乙两个在三个不同位置时力的合成图，如图，在甲、乙从123三个位置的过程中，可以看出，当甲、乙两个方向相互垂直时，f2最小，可见，f1逐渐减小，f2先逐渐减小后逐渐增大甲的拉力逐渐减小，乙的拉力先减小后增大故选：d【点评】本题采用图解法研究动态平衡问题图解法形象、直观，能直接反映力的变化情况作图时要抓住张力f1和f2的合力不变、甲的方向不变，再由几何知识进行分析2塔式起重机模型如图，小车p沿吊臂向末端m水平匀速运动，同时将物体q从地面竖直向上匀加速吊起，下图中能大致反映q运动轨迹的是（）abcd【考点】运动的合成和分解【专题】运动的合成和分解专题【分析】物体q从地面竖直向上匀加速吊起的同时，随着小车向右匀速直线运动，实际运动是两个运动的合运动【解答】解：物体q参与两个分运动，水平方向向右做匀速直线运动，竖直方向向上做匀加速直线运动；水平分运动无加速度，竖直分运动加速度向上，故物体合运动的加速度向上，故轨迹向上弯曲，故a错误，b正确，c错误，d错误；故选b【点评】本题关键是找出物体的分运动，同时明确加速度方向与轨迹的完全方向相一致3一倾角为的粗糙绝缘斜面放置在一个足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，将一个带电的小物块放在斜面上由静止开始下滑如图所示，设斜面足够长，如物块始终没有离开斜面则下列说法正确的是（）a物块带正电b下滑过程中物块受到的洛伦兹力做负功c物块最终将静止在斜面上d下滑过程中物块的机械能守恒【考点】洛仑兹力；功能关系【分析】带电物体下滑始终没有离开斜面，由此可知洛伦兹力垂直于斜面向下，根据左手定则判断带电物体的电性，物块在斜面上运动时受重力、支持力、洛伦兹力、摩擦力在向下运动的过程速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，摩擦力增大，当摩擦力与重力向下的分量相等时，速度达到最大【解答】解：a、带电物体下滑始终没有离开斜面，由此可知洛伦兹力垂直于斜面向下上，根据左手定则判断带电物体带正电，故a正确；b、下滑过程中物体受到的洛伦兹力始终与运动方向垂直，故不做功，故b错误；c、物体做加速度减小的加速运动当摩擦力与重力向下的分量相等时，加速度等于0，速度达到最大，故不能静止，故c错误；d、在下滑过程中摩擦力做负功，故机械能不守恒，故d错误故选：a【点评】解决本题的关键是正确地进行受力分析，根据受力情况，判断运动情况4如图所示一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地在两极板间有一负电荷（电量很小）固定在p点，以e表示两板间的场强，u表示电容器两板间的电压，w表示正电荷在p点的电势能若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示位置，则（）au变小，w不变be变大，w变大cu变大，e不变du不变，w不变【考点】电势差与电场强度的关系【专题】比较思想；控制变量法；电场力与电势的性质专题【分析】平行板电容器充电后与电源断开后，电容器的电量不变将正极板移到图中虚线所示的位置，板间距离减小，电容增大由推论公式e=分析板间场强e的变化情况由公式c=判断板间电压的变化分析p点电势的变化，即可分析电势能的变化【解答】解：电容器的电量不变，板间距离减小，根据电容的决定式知电容增大由c=知板间电压u变小由推论公式 e=，知电场强度e不变因为电场强度不变，则p与负极板间的电势差不变，由u=ed知p与下极板间的电势差不变，则p点的电势不变，正电荷在p点的电势能w不变故a正确，b、c、d错误故选：a【点评】本题是电容器的动态变化分析问题，难点是确定电场强度的变化，只要得出电场强度的变化，就可以得出p与负极板电势差的变化，得出p点的电势以及电荷在p点电势能的变化5如图所示，半径为r的金属环绕通过其直径的轴oo以角度匀速转动，匀强磁场的磁感应强度为b从金属环的平面与磁场方向重合时开始计时，在转过30角的过程中，环中产生的感应电动势平均值为（）a2br2b2br2c3br2d3br2【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】由法拉第电磁感应定律，得感应电动势的平均值【解答】解：图示位置时穿过线圈的磁通量为：1=0；转过30时穿过线圈的磁通量为：2=bssin30=bs转过30用的时间为：t=由法拉第电磁感应定律得感应电动势的平均值为：=n=n=3br2，故c正确，abd错误；故选：c【点评】本题综合考查了交流电瞬时值表达式、电动势的平均值和电流做功情况，难度中等6如图所示，电阻r和线圈自感系数l的值都较大，电感线圈的电阻不计，a、b是两只完全相同的灯泡，当开关s闭合时，电路可能出现的情况是（）aa、b一起亮，然后b熄灭ba比b先亮，然后a熄灭ca、b一起亮，然后a熄灭db比a先亮，然后b熄灭【考点】感生电动势、动生电动势【专题】恒定电流专题【分析】当开关s闭合时，电源的电压同时加到两个灯泡上，它们会同时发光根据电感线圈的电阻不计，会将a灯短路，分析a灯亮度的变化【解答】解：当开关s闭合时，电源的电压同时加到两个灯泡上，它们会一起亮但由于电感线圈的电阻不计，线圈将a灯逐渐短路，a灯变暗直至熄灭；故c正确故选：c【点评】本题考查了电感线圈l对电流发生突变时的阻碍作用，关键要抓住线圈的双重作用：当电流变化时，产生感应电动势，相当于电源；而当电路稳定时，相当于导线，能将并联的灯泡短路7如图所示，将质量为m的滑块放在倾角为的固定斜面上滑块与斜面之间的动摩擦因数为若滑块与斜面之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，则（）a将滑块由静止释放，如果tan，滑块将下滑b给滑块沿斜面向下的初速度，如果tan，滑块将减速下滑c用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果=tan，拉力大小应是2mgsind用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果=tan，拉力大小应是mgsin【考点】牛顿第二定律；共点力平衡的条件及其应用【分析】物体的重力有两个作用效果，使物体沿斜面下滑和使物体紧压斜面，将重力正交分解后，当重力的下滑分量大于滑动摩擦力时，物体加速下滑，当重力的下滑分量小于最大静摩擦力时，物体不能下滑，匀速下滑时，重力的下滑分量等于滑动摩擦力【解答】解：a、物体由静止释放，对物体受力分析，受重力、支持力、摩擦力，如图物体加速下滑，gxfn=gy故mgsinmgcos解得 tan故a错误；b、给滑块沿斜面向下的初速度，如果tan，则有mgsinmgcos故b错误；c、用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，根据平衡条件，有fmgsinmgcos=0=tan故解得f=2mgsin故c正确；d、用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，根据平衡条件，有f+mgsinmmgcos=0=tan故解得f=0故d错误；故选：c【点评】本题关键将重力按照作用效果正交分解，然后求出最大静摩擦力，结合共点力平衡条件讨论即可8一物块沿倾角为的斜坡向上滑动当物块的初速度为v时，上升的最大高度为h，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h重力加速度大小为g物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为（）atan和b（1）tan和ctan和d（1）tan和【考点】牛顿第二定律【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】两次上滑过程中，利用动能定理列式求的即可；【解答】解：以速度v上升过程中，由动能定理可知以速度上升过程中，由动能定理可知联立解得，h=故d正确故选：d【点评】本题主要考查了动能定理，注意过程的选取是关键；9如图所示，+q1和q2是两个可自由移动的电荷，q2=4q1现再取一个可自由移动的点电荷q3放在q1与q2连接的直线上，欲使整个系统平衡，那么（）aq3应为负电荷，放在q1的左边bq3应为负电荷，放在q2的右边cq3应为正电荷，放在q1的左边dq3应为正电荷，放在q2的右边【考点】库仑定律【专题】电场力与电势的性质专题【分析】由于q1带点电荷，q2带负点电荷，根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，要使整个系统处于平衡状态，对其q3受力分析，去判断所处的位置【解答】解：假设q3放在q1q2之间，那么q1对q3的电场力和q2对q3的电场力方向相同，q3不能处于平衡状态，所以假设不成立设q3所在位置与q1的距离为r13，q3所在位置与q2的距离为r23，要能处于平衡状态，所以q1对q3的电场力大小等于q2对q3的电场力大小即：由于q2=4q1，所以r23=2r13，所以q3位于q1的左方根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，可判断q3带负电故选a【点评】我们可以去尝试假设q3放带正电或负电，它应该放在什么地方，能不能使整个系统处于平衡状态不行再继续判断10光滑水平面上有一质量为2kg的物体，在五个恒定的水平共点力的作用下处于平衡状态现同时撤去大小分别为5n和15n的两个水平力而其余力保持不变，关于此后物体的运动情况的说法中正确的是（）a一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5m/s2b可能做匀减速直线运动，加速度大小可能是2m/s2c一定做匀变速运动，加速度大小可能10m/s2d可能做匀速圆周运动，向心加速度大小可能是10m/s2【考点】向心力；牛顿第二定律【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用【分析】撤去大小分别为5n和15n的两个力，其余的力保持不变，则知其余力的合力范围，由牛顿第二定律求出物体加速度的范围物体一定做匀变速运动，当撤去的两个力的合力与原来的速度方向相同时，物体可能做匀减速直线运动恒力作用下不可能做匀速圆周运动【解答】解：根据平衡条件得知，余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为5n和15n的两个力后，物体的合力大小范围为10nf合20n，根据牛顿第二定律f=ma得物体的加速度范围为：5m/s2a10m/s2a、若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上时，物体可以做曲线运动，加速度大小可能是5m/s2故a错误b、若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相同时，则撤去两个力后物体做匀减速直线运动，由上知加速度大小不可能是2m/s2故b错误c、由于撤去两个力后其余力保持不变，则物体所受的合力不变，一定做匀变速运动加速度大小可能等于10 m/s2故c正确d、由于撤去两个力后其余力保持不变，恒力作用下不可能做匀速圆周运动故d错误故选：c【点评】本题中物体原来可能静止，也可能做匀速直线运动，要根据物体的合力与速度方向的关系分析物体可能的运动情况二多项选择题部分（共5小题，每小题4分，共20分在每小题给出的4个选项中，有多个选项是正确的全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）11如图，一重力不计的带电粒子以一定的速率从a点对准圆心 射入一圆形匀强磁场，恰好从b点射出若增大粒子射入磁场的速率，下列判断正确的是（）a该粒子带负电b粒子能从c点射出c从ab间射出d在磁场中运动的时间变短【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径的不同，导致运动轨迹也不同因此运动轨迹对应的半径越大，则粒子的速率也越大而运动周期它们均一样，但运动时间却由圆弧对应的圆心角决定洛伦兹力由左手定则来确定【解答】解：a、粒子从a点射入从b点射出，则由左手定则可确定出粒子带负电，故a正确；b、粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动所以不可能沿直线方向从c点射出故b错误；c、洛伦兹力提供向心力，有bqv=得：由于带电粒子们的b、q、m均相同，所以r与v成正比因此当速率增大时，粒子将从bc间射出故c错误；d、由周期公式得：，由于带电粒子们的b、q、m均相同，所以t均相同当曲率半径越大时，则运动圆弧对应的圆心角越小，则运动时间越短故d正确故选：ad【点评】带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短12如图所示，假若卫星先沿椭圆轨道飞行，后在远地点p处由椭圆轨道变轨进入地球同步圆轨道下列说法正确的是（）a卫星在轨道运行时的速度大于7.9km/sb卫星在椭圆轨道上的p点处加速进入轨道c卫星在轨道运行时不受地球引力作用d卫星在轨道运行时的向心加速度比在赤道上相对地球静止的物体的向心加速度大【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【专题】人造卫星问题【分析】地球同步卫星，又称对地静止卫星，是运行在地球同步轨道上的人造卫星，卫星距离地球的高度约为36000 km，卫星的运行方向与地球自转方向相同、运行轨道为位于地球赤道平面上圆形轨道、运行周期与地球自转一周的时间相等，即23时56分4秒，卫星在轨道上的绕行速度约为3.1公里/秒，其运行角速度等于地球自转的角速度【解答】解：a、7.9km/s即第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，根据v的表达式可以发现同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度，故a错误；b、卫星在椭圆轨道上的p点处加速使向心力等于提供的万有引力，做圆周运动进入轨道故b正确；c、卫星绕地球做匀速圆周运动时所受重力作用提供向心力，处于失重状态，故c错误；d、同步卫星的角速度与赤道上物体的角速度相等，根据a=r2，同步卫星的向心加速度大于赤道上物体的向心加速度，故d正确；故选：bd【点评】本题考查了地球卫星轨道相关知识点，地球卫星围绕地球做匀速圆周运动，圆心是地球的地心，万有引力提供向心力，轨道的中心一定是地球的球心；同步卫星有四个“定”：定轨道、定高度、定速度、定周期本题难度不大，属于基础题13p、q两电荷的电场线分布如图所示，c、d为电场中的两点，一个带电粒子从a运动到b轨迹如图所示，不计重力，下列说法中正确的是（）ap电荷带负电bc、d两点的电势相等c粒子在运动的过程中受到p的吸引力d粒子从a到b的过程中电场力做正功【考点】电场线；电势能【分析】根据电场线的方向确定场源电荷的正负电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低根据轨迹曲线的弯曲方向可知粒子的受力方向；根据力与速度的夹角判断功的正负【解答】解：a、根据电场线的方向，从p出发，终止于q，所以p带正电故a正确b、沿着电场线电势一定降低，所以c点电势大于d点的电势，故b错误c、电荷所受电场力指向轨迹内侧，所以离子在运动过程中受到p的吸引，故c正确d、离子从a到b，电场力与速度的夹角为钝角，所以做负功故d错误故选：ac【点评】通过电场线的指向看电势的高低根据曲线的弯曲方向可知粒子的受力方向14如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图（b）所示，若重力加速度及图中的v0，v1，t1均为已知量，则可求出（）a斜面的倾角b物块的质量c物块与斜面间的动摩擦因数d物块沿斜面向上滑行的最大高度【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】由图b可求得物体运动过程及加速度，再对物体受力分析，由牛顿第二定律可明确各物理量是否能够求出【解答】解：由图b可知，物体先向上减速到达最高时再向下加速；图象与时间轴围成的面积为物体经过的位移，故可出物体在斜面上的位移；图象的斜率表示加速度，上升过程及下降过程加速度均可求，上升过程有：mgsin+mgcos=ma1；下降过程有：mgsinmgcos=ma2；两式联立可求得斜面倾角及动摩擦因数；但由于m均消去，故无法求得质量；因已知上升位移及夹角，则可求得上升的最大高度；故选：acd【点评】本题考查牛顿第二定律及图象的应用，要注意图象中的斜率表示加速度，面积表示位移；同时注意正确的受力分析，根据牛顿第二定律明确力和运动的关系15在如图所示的电路中，电源电动势e恒定，内阻r=1，定值电阻r3=5当开关s断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，则以下说法中正确的是（）a电阻r1、r2可能分别为4、5b电阻r1、r2可能分别为3、6c开关s断开时电压表的示数一定大于s闭合时的示数d开关s断开与闭合时，电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于6【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】当k闭合时r2被短路，根据电键k断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，列出方程，将电阻r1、r2代入，选择使方程成立的阻值根据外电路总电阻的变化，分析电压表示数的大小关系根据闭合电路欧姆定律求解电键k断开与闭合时电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比【解答】解：取r=r3+r=6，有：pab=（）2rab=当s断开前后有：rabrab=r2=36时，pab=pab将3、6代入方程成立，而将4、5代入方程不成立故b正确，a错误又由uab=e=r知rab变大时，uab变大，c正确当rab变化时，uabi图象如图乙所示图象的斜率k=|=r3+r=6，d正确故选：bcd【点评】本题考查运用闭合电路欧姆定律分析和计算电路问题的能力d项也可以根据ui图象理解三填空题（共16分）16如图甲所示的装置由气垫导轨、两个光电门、滑块和沙桶等组成光电门可以测出滑块分别通过两个光电门的时间t1和t2，导轨标尺可以测出两个光电门间的距离l，游标卡尺测量遮光片的宽度d，另用天平测出滑块和沙与沙桶的质量分别为m和m，回答下列问题：测量d时，某次游标卡尺（主尺的最小分度为1mm）的示数如图乙所示，其读数为11.30 mm若用该装置来验证牛顿第二定律，以下说法不正确的是aa该装置可以不平衡摩擦力也不需要将气垫导轨调节水平b如果气垫导轨水平则轻推滑块匀速滑动时，通过两个光电门的时间t1和t2必相等c实验时，多次在同一条件下重复实验取挡光片通过两光电门时间的平均值以减小偶然误差若用此装置中滑块受到线的拉力即合外力f 可用m、m、l和时间t1和t2表示为f=通过计算比较发现滑块受到的线的拉力f与沙和沙桶的重力不相等且相差较大，是因为不满足mm【考点】验证牛顿第二运动定律【专题】实验题；定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题【分析】掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读根据极短时间内的平均速度表示瞬时速度求出滑块先后通过两个光电门的瞬时速度，再根据匀变速直线运动位移速度公式求出加速度，再结合牛顿第二定律求出f，只有当mm时，才可以用沙和沙桶的重力来代替滑块受到的线的拉力f【解答】解：游标卡尺的主尺读数为11mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为60.05mm=0.30mm，所以最终读数为：11mm+0.30mm=11.30mma、该装置可以不平衡摩擦力，但需要将气垫导轨调节水平，故a错误；b、如果气垫导轨水平则轻推滑块匀速滑动时，则速度相等，所以通过两个光电门的时间t1和t2必相等，故b正确；c、实验时，多次在同一条件下重复实验取挡光片通过两光电门时间的平均值以减小偶然误差，故c正确本题选错误的故选：a滑块通过两光电门的瞬时速度分别为v1=，v2=，根据匀变速直线运动，速度位移公式得：a=，根据牛顿第二定律得：f=ma=，只有当mm时，才可以用沙和沙桶的重力来代替滑块受到的线的拉力f，所以通过计算比较发现滑块受到的线的拉力f与沙和沙桶的重力不相等且相差较大，是因为不满足mm故答案为：11.30；a；不满足mm【点评】掌握游标卡尺的读数方法，知道用重物重力表示小车所受合力的处理方法，知道极短时间内的平均速度可以表示瞬时速度，难度适中17用如图甲的电路图测电源的电动势和内电阻，提供的器材如图乙所示某次实验数据作出的ui图线如图丙所示实验时应将多用电表的选择开关旋至v挡（填“”、“v”或“ma”），电流表的量程应选择03a（填“00.6a”或“03a”）用实线代表导线把图乙所示的实物连接成完整的测量电路由此图线求得的电源内电阻r=0.74（结果保留2位有效数字）【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】用多用电表测电压，选择开关应置于电压档；根据实验数据选择电流表量程；根据伏安法测电源电动势与内阻的原理连接实物电路图电源ui图象斜率的绝对值是电源内阻【解答】解：用电压表测电压，应将多用电表的选择开关旋至v挡；由图丙所示图象可知，电流的最大测量值为1.2a，则电流表的量程应选择“03a”伏安法测电源电动势与内阻实验，电压表测路端电压，电流表测电路电流，实物电路图如图所示由图丙所示图象可知，电源内阻r=0.74故答案为：v；“03a”；实物电路图如图所示；0.74【点评】本题考查了多用电表的用法、电表量程的选择、连接实物电路图、求电阻等，要掌握应用图象法处理实验数据的方法，电源的ui图象与纵轴交点坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻四、计算题（本题共3小题，共34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，答案中必须明确写出数值和单位）18如图所示，a、b为两块足够大的相距为d的平行金属板，接在电压为u的电源上在a板的中央p点放置一个电子发射源可以向各个方向释放电子，射出的初速度为v，电子打在b板上的区域面积为s，（不计电子的重力），试求电子的比荷【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；平抛运动【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】当粒子的速度方向与极板平行时，打在上级板上的半径最大，该粒子在电场中做类平抛运动，结合粒子在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做匀加速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出电子的比荷【解答】解：打在最边缘的电子，其初速度方向平行于金属板，在电场中做类平抛运动，在垂直于电场方向做匀速运动，即r=vt 在平行电场方向做初速度为零的匀加速运动，即电子在平行电场方向上的加速度，电子打在b板上的区域面积s=r2由以上几式得答：电子的比荷【点评】解决本题的关键知道粒子速度与极板平