甘肃省天水市太京中学高三物理上学期期末试卷（含解析）.doc

2014-2015学年甘肃省天 水市太京中学高三（上）期末物理试卷一、选择题（本大题共14小题；每小题3分，共42分全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1a、b两车在两条平行的直车道上同方向行驶，它们的vt图象如图所示，在t=0时刻，两车间距离为d；t=5s的时刻它们第一次相遇，关于两车之间的关系，下列说法正确的是（）a t=15s的时刻两车第二次相遇b t=20s的时刻两车第二次相遇c 在515s的时间内，先是a车在前，而后是b车在前d 在510s的时间内，两车间距离逐渐变大2国庆期间，京津冀地区平均pm2.5浓度维持在250g/m3左右，出现严重污染已知汽车在京津高速上行驶限速120km/h，由于雾霾的影响，某人开车在此段高速公路上行驶时，能见度（观察者与能看见的最远目标间的距离）为50m，该人的反应时间为0.5s，汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为5m/s2，为安全行驶，汽车行驶的最大速度是（）a 10m/sb 15m/sc 20 m/sd 25m/s3如图所示，在倾角为的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块a、b，它们的质量分别为m、2m，弹簧的劲度系数为k，c为一固定挡板系统原先处于静止状态，现开始用力沿斜面方向拉物块a使之向上运动，则物块a从开始运动到物块b刚要离开挡板c时a发生的位移d等于（）a d=b d=c d=d d=4如图所示，质量为m的半圆形轨道槽放置在水平地面上，槽内壁光滑质量为m的小物体从槽的左侧顶端由静止开始下滑到右侧最高点的过程中，轨道槽始终静止，则该过程中（）a 轨道槽对地面的最大压力为（m+2m）gb 轨道槽对地面的最小压力为mgc 轨道槽对地面的摩擦力先增大后减小d 轨道槽对地面的摩擦力方向先向右后向左5如图所示，轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a、b，拴接小球的细线固定在天花板，两球静止，两细线与水平方向的夹角=30，弹簧水平，以下说法正确的是（）a 细线拉力大小为mgb 弹簧的弹力大小为mgc 剪断左侧细线瞬间，a球加速度为gd 剪断左侧细线瞬间，b球加速度为06如图所示，传送带的水平部分长为l，传动速率为v，在其左端无初速放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为，则木块从左端运动到右端的时间可能是（）a b c d 7在水平放置的圆柱体轴线的正上方的p点，将一个小球以水平速度v0垂直圆柱体的轴线抛出，小球飞行一段时间后恰好从圆柱体上q点沿切线飞过，测得o、q连线与竖直方向的夹角为，那么小球完成这段飞行的时间是（）a b c d 8“嫦娥一号”探月卫星绕地运行一段时间后，离开地球飞向月球如图所示是绕地飞行的三条轨道，1轨道是近地圆形轨道，2和3是变轨后的椭圆轨道a点是2轨道的近地点，b点是2轨道的远地点，卫星在轨道1的运行速率为7.7km/s，则下列说法中正确的是（）a 卫星在2轨道经过a点时的速率一定大于7.7 km/sb 卫星在2轨道经过b点时的速率一定大于7.7 km/sc 卫星在3轨道所具有的机械能小于在2轨道所具有的机械能d 卫星在3轨道所具有的最大速率小于在2轨道所具有的最大速率9一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（）a tan和b （1）tan和c tan和d （1）tan和10关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是（）a 电场强度的方向处处与等电势面垂直b 电场强度为零的地方，电势也为零c 随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低d 任一点的电场强度总是指向该点电势降落的方向11如图所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成15角，ab直线与匀强电场e垂直，在a点以大小为v0的初速度水平抛出一质量为m、电荷量为+q的小球，经时间t，小球下落一段距离过c点（图中未画出）时速度大小仍为v0，在小球由a点运动到c点的过程中，下列说法正确的是（）a 电场力对小球做负功b 重力对小球做功大于c 小球的电势能增量小于d c位于ab直线的右侧12如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直与环面且过圆心o，下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（）a o点的电场强度为零，电势最低b o点的电场强度为零，电势最高c 从o点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高d 从o点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低13如图所示，电路中r1、r2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器c的极板水平放置，闭合电键s，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是（）a 增大r1的阻值b 增大r2的阻值c 增大两板间的距离d 断开电键s14如图所示，闭合电键s，电压表的示数为u，电流表的示数为i，现向左调节滑动变阻器r的触头p，电压表v的示数改变量的大小为u，电流表的示数改变量大小为i，则下列说法正确的是（）a u 变大，i变小b 变大c 电阻r1的功率变大d 电源的总功率变大二、实验题（本大题共3小题，共20分）15如图，游标卡尺的读数为mm，螺旋测微器的读数为mm16在伏安法测电阻的实验中，待测电阻rx约为200，电压表的内阻约为2k，电流表的内阻约为10，测量电路中电流表的连接方式如图（a）或图（b）所示，结果由公式rx=计算得出，式中u与i分别为电压表和电流表的示数若将图（a）和图（b）中电路测得的电阻值分别极为rx1和rx2，则（填“rx1”或“rx2”）更接近待测电阻的真实值，且测量值rx1（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值，测量值rx2（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值17某同学设计的可调电源电路如图（a）所示，r0为保护电阻，p为滑动变阻器的滑片，闭合电键s用电压表测量a、b两端的电压；将电压表调零，选择03v档，示数如图（b），电压值为v在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，滑片p应先置于端要使输出电压u变大，滑片p应向端若电源电路中不接入r0，则在使用过程中，存在的风险（填“断路”或“短路”）三、计算题（本大题共3小题，共38分）18一束电子流在经u0=5 000v的加速电场由静止加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示若两板间距d=1103m，板长l=5103m，那么，（1）电子离开加速电场时速度v0多大？（结果用字母e、u0、m表示）（2）要使电子刚好从平行板间边沿飞出，两个极板上应加多大电压？（可以得到具体数值）19如图所示，倾角为37的粗糙斜面ab底端与半径r=0.4m的光滑半圆轨道bc平滑相连，o为轨道圆心，bc为圆轨道直径且处于竖直方向，a、c两点等高质量m=1kg的滑块从a点由静止开始下滑，恰能滑到与o等高的d点，g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数（2）若使滑块能到达c点，求滑块从a点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值（3）若滑块离开c处的速度大小为4m/s，求滑块从c点飞出至落到斜面上的时间t20如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为c，极板间距离为d，上极板正中有一小孔，质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g），求：（1）小球到达小孔处的速度；（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间2014-2015学年甘肃省天水市太京中学高三（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共14小题；每小题3分，共42分全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1a、b两车在两条平行的直车道上同方向行驶，它们的vt图象如图所示，在t=0时刻，两车间距离为d；t=5s的时刻它们第一次相遇，关于两车之间的关系，下列说法正确的是（）a t=15s的时刻两车第二次相遇b t=20s的时刻两车第二次相遇c 在515s的时间内，先是a车在前，而后是b车在前d 在510s的时间内，两车间距离逐渐变大考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：由图象可知a做匀减速运动，b做匀加速运动，相遇说明在同一时刻两车在同一位置根据图象与坐标轴围成的面积表示运动的位移，分析ab两车各个时刻的位置情况即可求解解答：解：a、b、c、由图可知，a做匀减速运动，b做匀加速运动；由题意5s时两物体相遇，说明开始时a在后面，5s时两物体的位置相同；5到10s内a车速度仍大于b车，故a在前； 10s15s时间内，b的速度大于a的速度，但由于开始时落在了a的后面，故还将在a的后面，从t=5s开始到t=15s这一段时间内图线与时间轴围成的面积相等，即位移相等，故15s时两物体再次相遇，故a正确，bc错误； d、t=5s时刻两车第一次相遇，在510s的时间内，a的速度大于b的速度，两车间距逐渐变大故d正确故选：ad点评：本题要能根据图象去分析物体的运动过程，关键要抓住图线和时间轴围成的面积表示物体通过的位移，根据速度的大小关系，分析两车间距的变化，知道速度相等时，间距最大2国庆期间，京津冀地区平均pm2.5浓度维持在250g/m3左右，出现严重污染已知汽车在京津高速上行驶限速120km/h，由于雾霾的影响，某人开车在此段高速公路上行驶时，能见度（观察者与能看见的最远目标间的距离）为50m，该人的反应时间为0.5s，汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为5m/s2，为安全行驶，汽车行驶的最大速度是（）a 10m/sb 15m/sc 20 m/sd 25m/s考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：直线运动规律专题分析：汽车在反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动，结合两段过程的位移之和求出汽车的最大速度解答：解：设汽车行驶的最大速度为v，则有：，即，解得v=20m/s故选：c点评：解决本题的关键知道汽车在反应时间内和刹车后的运动规律，结合运动学公式灵活求解，基础题3如图所示，在倾角为的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块a、b，它们的质量分别为m、2m，弹簧的劲度系数为k，c为一固定挡板系统原先处于静止状态，现开始用力沿斜面方向拉物块a使之向上运动，则物块a从开始运动到物块b刚要离开挡板c时a发生的位移d等于（）a d=b d=c d=d d=考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：要求物块b刚要离开c时物块a受到的合外力，就需要知道此时b所受的各个力，即需要知道此时弹簧的拉力，由于物块b刚要离开c，故固定挡板对b的支持力为0，所以根据b的受力情况求出此时弹簧弹力大小为f1=mbgsin，从而求出物块b刚要离开c时物块a受到的合外力；要求从开始到此时物块a的位移d，需要知道弹簧的形变情况，由于开始时弹簧处于压缩状态，而物块b刚要离开c时弹簧处于拉伸状态，故弹簧的伸长量就等于物块a的位移，所以要求出开始时弹簧的压缩量和b刚要离开时c时弹簧伸长量解答：解：当物块b刚要离开c时，固定挡板对b的支持力为0，由于系统处于静止状态，则此时b的加速度a=0，以b为研究对象则有：f1mbgsin=0，故此时弹簧弹力大小为f1=mbgsin则a所受的合外力f合=ff1magsin=f（ma+mb）gsin，在恒力f沿斜面方向拉物块a之前，弹簧的弹力大小为magsin，故此时弹簧的压缩量为x1=，b刚要离开时，弹簧伸长量x2=，所以a的位移d=x1+x2=故选：b点评：弹簧开始时处于压缩状态，而最后处于伸长状态，故弹簧的长度的增加量应等于原先弹簧的压缩量和最终弹簧的伸长量之和4如图所示，质量为m的半圆形轨道槽放置在水平地面上，槽内壁光滑质量为m的小物体从槽的左侧顶端由静止开始下滑到右侧最高点的过程中，轨道槽始终静止，则该过程中（）a 轨道槽对地面的最大压力为（m+2m）gb 轨道槽对地面的最小压力为mgc 轨道槽对地面的摩擦力先增大后减小d 轨道槽对地面的摩擦力方向先向右后向左考点：机械能守恒定律；向心力专题：机械能守恒定律应用专题分析：m在半圆槽中运动时，最低点处受支持力最大；最高点处时受支持力最小；由向心力公式可求得支持力；再对半圆槽分析可得出轨道槽对地面的最大及最小压力解答：解：a、当物体运动到最低点时，由机械能守恒可知，mv2=mgr；由向心力公式可得fmg=m解得：f=3mg；故轨道槽对地面的压力为3mg+mg；此时压力最大，故a错误b、当m在最高点时，物体只受重力，对半圆轨道没有压力，故此时轨道槽对地面的压力最小为mg，故b正确；c、当m对轨道的压力有沿水平方向的分量时，轨道槽受到水平方向的摩擦力，只有在最低点时，水平分量为零，摩擦力为零，则知轨道槽对地面的摩擦力先增大后减小，当从最低点开始，则先增大后减小，故c错误；d、m在轨道左侧时，对槽的弹力有水平向左的分量，故此时地面对槽有向右的摩擦力；当物体到达右侧时，弹力向右，故摩擦力向左，由牛顿第三定律可知，轨道槽对地面的摩擦力方向先向左后右故d错误；故选：b点评：本题影响槽对地面的压力的关键是小球对槽的压力，故应先分析小球的受力，再去分析槽对地面的压力5如图所示，轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a、b，拴接小球的细线固定在天花板，两球静止，两细线与水平方向的夹角=30，弹簧水平，以下说法正确的是（）a 细线拉力大小为mgb 弹簧的弹力大小为mgc 剪断左侧细线瞬间，a球加速度为gd 剪断左侧细线瞬间，b球加速度为0考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据共点力平衡求解细线的拉力和弹簧的弹力大小剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律求出a球的瞬时加速度解答：解：ab、对a球分析，运用共点力平衡条件得：细线的拉力为 t=2mg弹簧的弹力f=mgcot=mg，故ab错误c、剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，小球a所受的合力f合=t=2mg，根据牛顿第二定律得，a=2g故c错误d、剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，故小球b所受的合力f合=0，加速度为0，故d正确；故选：d点评：本题考查了牛顿第二定律和共点力平衡的基本运用，知道剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变6如图所示，传送带的水平部分长为l，传动速率为v，在其左端无初速放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为，则木块从左端运动到右端的时间可能是（）a b c d 考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：传送带专题分析：木块沿着传送带的运动可能是一直加速，也可能是先加速后匀速，对于加速过程，可以先根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式求解运动时间解答：解：若木块沿着传送带的运动是一直加速，根据牛顿第二定律，有mg=ma 根据位移时间公式，有 由解得故c正确；若木块沿着传送带的运动是先加速后匀速，根据牛顿第二定律，有mg=ma 根据速度时间公式，有v=at1 根据速度位移公式，有v2=2ax1 匀速运动过程，有lx1=vt2 由解得t=t1+t2=故a正确；如果物体滑到最右端时，速度恰好增加到v，根据平均速度公式，有l=v平均t=故t=故d正确；故选：acd点评：本题关键是将小滑块的运动分为两种情况分析，一直匀加速或先匀加速后匀速，然后根据牛顿第二定律和运动学公式列式求解7在水平放置的圆柱体轴线的正上方的p点，将一个小球以水平速度v0垂直圆柱体的轴线抛出，小球飞行一段时间后恰好从圆柱体上q点沿切线飞过，测得o、q连线与竖直方向的夹角为，那么小球完成这段飞行的时间是（）a b c d 考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：根据几何关系求出到达q点时，水平速度与末速度的夹角，进而求出竖直方向速度，根据t=求解时间解答：解：根据几何关系可知：水平速度与末速度的夹角为，则有：tan，解得：vy=v0tan根据t=得运动的时间为：t=故选：a点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，掌握运动学公式，并能灵活运用8“嫦娥一号”探月卫星绕地运行一段时间后，离开地球飞向月球如图所示是绕地飞行的三条轨道，1轨道是近地圆形轨道，2和3是变轨后的椭圆轨道a点是2轨道的近地点，b点是2轨道的远地点，卫星在轨道1的运行速率为7.7km/s，则下列说法中正确的是（）a 卫星在2轨道经过a点时的速率一定大于7.7 km/sb 卫星在2轨道经过b点时的速率一定大于7.7 km/sc 卫星在3轨道所具有的机械能小于在2轨道所具有的机械能d 卫星在3轨道所具有的最大速率小于在2轨道所具有的最大速率考点：万有引力定律及其应用专题：万有引力定律的应用专题分析：当卫星的速度变大，使万有引力不够提供向心力时，卫星会做离心运动，轨道变高，卫星在经过a点时，要做离心运动才能沿2轨道运动当卫星的速度减小，使万有引力大于向心力时，卫星做近心运动，轨道变低，卫星经过b速度变小卫星的运动的轨道高度越高，需要的能量越大，具有的机械能越大卫星在轨道2经过a点要加速做离心运动才能进入轨道3解答：解：a、卫星在经过a点时，要做离心运动才能沿2轨道运动，卫星在1轨道上的速度为7.7km/s，故在2轨道上经过a点的速度一定大于7.7km/s故a正确b、假设有一圆轨道经过b点，根据，可知此轨道上的速度小于7.7km/s，卫星在b点速度减小，才会做近心运动进入2轨道运动故卫星在2轨道经过b点时的速率一定小于7.7km/s，故b错误c、卫星的运动的轨道高度越高，需要的能量越大，具有的机械能越大，所以卫星在3轨道所具有的机械能一定大于2轨道所具有的机械能，故c错误d、根据开普勒第二定律可知近月点速度大于远月点速度，故比较卫星在轨道3经过a点和轨道2经过a点的速度即可，又因为卫星在轨道2经过a点要加速做离心运动才能进入轨道3，故卫星在3轨道所具有的最大速率大于2轨道所具有的最大速率故d错误故选：a点评：本题要掌握离心运动的条件和近心运动的条件，能够根据这两个条件判断速度的大小还要知道卫星的运动的轨道高度越高，需要的能量越大，具有的机械能越大9一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（）a tan和b （1）tan和c tan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；10关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是（）a 电场强度的方向处处与等电势面垂直b 电场强度为零的地方，电势也为零c 随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低d 任一点的电场强度总是指向该点电势降落的方向考点：电势；电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：电场强度与电势没有直接关系；电场强度的方向与等势面垂直，电场强度的方向是电势降低最快的方向；根据这些知识进行解答解答：解：a、电场线与等势面垂直，而电场强度的方向为电场线的方向，所以电场强度的方向与等势面垂直，故a正确；b、电场强度与电势没有直接关系，电场强度为零时，电势不一定为零；电势为零，电场强度不一定为零，故b错误；c、根据电势能ep=q可知，电势能与电场强度无直接关系，故c错误；d、顺着电场线方向电势降低，故d正确故选：ad点评：明确电场强度与电势无直接关系，知道电场强度的方向是电势降低最快的方向，属于基础题11如图所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成15角，ab直线与匀强电场e垂直，在a点以大小为v0的初速度水平抛出一质量为m、电荷量为+q的小球，经时间t，小球下落一段距离过c点（图中未画出）时速度大小仍为v0，在小球由a点运动到c点的过程中，下列说法正确的是（）a 电场力对小球做负功b 重力对小球做功大于c 小球的电势能增量小于d c位于ab直线的右侧考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：对小球受力分析，受重力和电场力，对小球的从抛出到c点的运动过程运用动能定理列式分析得到电场力做功情况，根据电场力做功与电势能变化关系得到电势能的变化情况，根据重力做功与重力势能的变化关系得到重力势能的变化情况解答：解：a、由动能定理，动能不变，合外力的功为零，重力做正功，电场力必然做负功，电势能增加，故a 正确； b、小球具有机械能和电势能，总量守恒，小球的电势能增加，则知小球的机械能一定减小，小球的机械能的减少量即为竖直方向的重力势能的减少量mgh，由于电场力向左下方，重力竖直向下，将合力沿着水平和竖直方向正交分解，竖直方向的合力大于重力，故在竖直方向的分运动的加速度a大于g，竖直方向h=at2gt2，即mghm g2t2，故b正确c、因动能不变，则重力势能的减小量等于电势能的增加量，故c错误；d、a、b两点等势，结合b选项可知，c点必定在ab直线的右侧，故d正确；故选：abd点评：题为力电综合创新题，考生需熟练掌握运动的独立性，正确理解各个力的功和动能定理的关系12如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直与环面且过圆心o，下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（）a o点的电场强度为零，电势最低b o点的电场强度为零，电势最高c 从o点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高d 从o点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低考点：电势；电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：圆环上均匀分布着正电荷，根据电场的叠加和对称性，分析o点的场强根据电场的叠加原理分析x轴上电场强度的方向，即可判断电势的高低解答：解：a、b、圆环上均匀分布着正电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在o点产生的场强抵消，合场强为零圆环上各电荷产生的电场强度在x轴有向右的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴上电场强度方向向右，根据顺着电场线方向电势降低，可知在x轴上o点的电势最高，故a错误，b正确；c、d、o点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从o点沿x轴正方向，场强应先增大后减小x轴上电场强度方向向右，电势降低，故cd错误故选：b点评：解决本题的关键有两点：一是掌握电场的叠加原理，并能灵活运用；二是运用极限法场强的变化13如图所示，电路中r1、r2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器c的极板水平放置，闭合电键s，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是（）a 增大r1的阻值b 增大r2的阻值c 增大两板间的距离d 断开电键s考点：闭合电路的欧姆定律；电容器的动态分析专题：电容器专题分析：分析清楚电路结构，求出极板间的电场强度，求出油滴受到的电场力，然后根据电场力的表达式分析答题解答：解：根据图示电路图，由欧姆定律可得：电容器两端电压：u=ir1=r1=，油滴受到的电场力：f=，开始时油滴静止不动，f=mg，要使油滴保持静止不动，则电场力应保持不变；a、增大r1的阻值，电场力：f=变大，电场力大于重力，油滴受到的合力向上，油滴向上运动，故a错误；b、增大r2的阻值，电场力：f=不变，电场力与重力仍然是一对平衡力，油滴静止不动，故b正确；c、增大两板间的距离，极板间的电场强度减小，电场力减小，小于重力，油滴受到的合力向下，油滴向下运动，故c错误；d、断开电键s，极板间的电场强度为零，电场力为零，油滴受到重力作用，油滴向下运动，故d错误故选：b点评：本题考查了判断油滴的运动状态问题，分析清楚极板间的电场力如何变化是正确解题的关键14如图所示，闭合电键s，电压表的示数为u，电流表的示数为i，现向左调节滑动变阻器r的触头p，电压表v的示数改变量的大小为u，电流表的示数改变量大小为i，则下列说法正确的是（）a u 变大，i变小b 变大c 电阻r1的功率变大d 电源的总功率变大考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率专题：恒定电流专题分析：如图，变阻器与电阻r1并联后与电阻r2串联，根据闭合电路欧姆定律判断干路电流和路端电压的变化情况，根据p=ei判断电源的总功率；根据公式p=判断电阻r1的电功率情况；将电阻r2与电源当作等效电源，故表示等效电源的内电阻解答：解：a、由图看出，变阻器与电阻r1并联后再与电阻r2串联当向左调节滑动变阻器的触头p时，变阻器有效电阻变大，外电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律，干路电流i减小，电源的内电压和r1的电压减小，根据闭合电路欧姆定律可知电压表示数u变大故a正确b、根据闭合电路欧姆定律得：u=ei（r2+r），将电阻r2与电源当作等效电源，表示等效电源的内电阻，即=r2+r，不变，故b错误c、u增大，则根据公式p=判断得知，电阻r1的电功率变大，故c正确d、i减小，电源的总功率p=ei减小，故d错误故选：ac点评：本题是动态分析问题，关键明确电路结构，按照局部整体局部的顺序进行分析二、实验题（本大题共3小题，共20分）15如图，游标卡尺的读数为102.30mm，螺旋测微器的读数为5.545mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用专题：实验题分析：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，在读可动刻度读数时需估读解答：解：1、游标卡尺的主尺读数为102mm，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：102mm+0.30mm=102.30mm2、螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为4.50.01mm=0.045mm，所以最终读数为5.5mm+0.045mm=5.545mm故答案为：102.30，5.545点评：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在伏安法测电阻的实验中，待测电阻rx约为200，电压表的内阻约为2k，电流表的内阻约为10，测量电路中电流表的连接方式如图（a）或图（b）所示，结果由公式rx=计算得出，式中u与i分别为电压表和电流表的示数若将图（a）和图（b）中电路测得的电阻值分别极为rx1和rx2，则rx1（填“rx1”或“rx2”）更接近待测电阻的真实值，且测量值rx1大于（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值，测量值rx2小于（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值考点：伏安法测电阻专题：实验题分析：本题的关键是明确电流表内外接法的选择方法：当满足时，电流表应用外接法，根据串并联规律写出真实值表达式，比较可知，测量值小于真实值；当满足时，电流表应用内接法，根据串并联规律写出真实值表达式，比较可知，测量值大于真实值解答：解：由于待测电阻满足，所以电流表应用内接法，即更接近真实值；根据串并联规律可知，采用内接法时真实值应为：=，即测量值大于真实值；采用外接法时，真实值应为：，即测量值小于真实值故答案为：，大于，小于点评：应明确：电流表内外接法的选择方法是：当满足时，电流表应用外接法，此时测量值小于真实值；当满足时，电流表应用内接法，此时测量值大于真实值17某同学设计的可调电源电路如图（a）所示，r0为保护电阻，p为滑动变阻器的滑片，闭合电键s用电压表测量a、b两端的电压；将电压表调零，选择03v档，示数如图（b），电压值为1.30v在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，滑片p应先置于a端要使输出电压u变大，滑片p应向b端若电源电路中不接入r0，则在使用过程中，存在短路的风险（填“断路”或“短路”）考点：闭合电路的欧姆定律；用多用电表测电阻专题：恒定电流专题分析：根据量程，确定电压表的最小分度，再进行读数在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，应使变阻器输出电压最小根据串联电路分压规律确定滑片移动的方向若电源电路中不接入r0，则在使用过程中，存在短路的可能解答：解：由题，电压表的量程为03v，其最小分度为0.1v，则图b中电压值为1.30v在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，滑片p应先置于a端，使输出电压为零要使输出电压u变大，pa间的电阻应增大，所以滑片p应向b端移动若电源电路中不接入r0，则在使用过程中，滑片移到b端时存在短路的可能故答案为：1.30；a；b；短路点评：本题要掌握基本仪器的读数，注意估读一位要理解并掌握分压器电路的原理和调压方法，明确开关闭合前应使输出电压最小，从而确定安全三、计算题（本大题共3小题，共38分）18一束电子流在经u0=5 000v的加速电场由静止加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示若两板间距d=1103m，板长l=5103m，那么，（1）电子离开加速电场时速度v0多大？（结果用字母e、u0、m表示）（2）要使电子刚好从平行板间边沿飞出，两个极板上应加多大电压？（可以得到具体数值）考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：根据动能定理求出电子离开加速电场时的速度根据牛顿第二定律和运动学公式求出偏转位移的表达式，得出偏转位移与极板电压的关系求出所加的电压大小解答：解：（1）在加速电场中，根据动能定理得，解得（2）在偏转电场中，偏转位移为，根据l=v0t，a=，则y=，解得u=400v答：（1）电子离开加速电场时速度为（2）要使电子刚好从平行板间边沿飞出，两个极板上应加400v的电压点评：解决本题的关键掌握粒子在偏转电场中做类平抛运动的处理方法，结合牛顿第二定律、动能定理和运动学公式