福建省莆田市高三物理上学期第一次模拟试卷（含解析）.doc

福建省莆田市2015届高考物理一模试卷 一、单项选择题（10小题每小题4分，共40分）1用比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，下列物理量的表达式是由比值法定义的是( )a电流i=b电场强度e=c角速度=d加速度a=2下列说法正确的是( )a光学镜头上的增透膜是光的偏振现象的实际应用b光纤一般是由折射率较低的玻璃内芯和折射率较高的外层透明介质组成c在光的传播过程中，当孔、缝或障碍物的大小比光的波长大得多时，衍射现象较明显d在红光的双缝干涉实验中，当两缝间距离减小且两缝到光屏的距离增大时，相邻条纹间距增大3在2014年11月17日至21日的会议上，联合国负责制定国际海运标准的国际海事组织海上安全委员会，正式将中国的北斗系统纳入全球无线电导航系统“北斗”卫星导航定位系统将由5颗静止轨道卫星（同步卫星）和30颗非静止轨道卫星组成，30颗非静止轨道卫星中有27颗是中轨道卫星，中轨道卫星的高度约为2.2107m，同步卫星的高度约为3.6107m，下列说法正确的是( )a中轨道卫星的周期比同步卫星的周期小b中轨道卫星的线速度大于第一宇宙速度c同步卫星的线速度比中轨道卫星的线速度大d赤道上的物体随地球自转的向心加速度比同步卫星的向心加速度大4某实验小组用如图所示的实验装置来验证楞次定律当条形磁铁自上而下穿过线圈时，通过电流计的感应电流方向是( )aagbbbgac先agb后bgad先bga后agb5如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，r1=20，r2：=30，c为电容器，a为理想交流电流表已知通过r1的正弦交流电如图乙所示，则( )a通过r3的电流始终为零b交流电的频率为0.02hzc电流表的示数为0.67ad原线圈输入电压的最大值为200v6如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图象如图乙所示不计空气阻力，g取10m/s2对于这个单摆的振动过程，下列说法不正确的是( )a单摆的摆长约为1.0 mb单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sin（t）cmc从t=0.5 s到t=1.0 s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大d从t=1.0 s到t=1.5 s的过程中，摆球所受回复力逐渐增大7如图所示，滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点则能大致反映滑块整个运动过程中速度v、加速度a、动能ek、重力对滑块所做的功w与时间t关系的是（取初速度方向为正方向）( )abcd8一质量为2kg的物体在如图甲所示的xoy平面上运动，在x方向的s一t图象和y方向的t图象分别如图乙、丙所示，下列说法正确的是( )a物体的初速度大小为6m/sb第3s末物体的速度大小为3m/sc前3s内物体做匀变速曲线运动d前3s内物体所受的合外力为9n9如图所示，质量相同的物体a和b，用不可伸长的轻绳跨接在光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在光滑的水平桌面上初始时用力拉住b使a、b静止，撤去拉力后，a开始运动，在a下降的过程中，b始终未离开桌面在此过程中( )aa物体的机械能守恒ba、b两物体机械能的总和不变ca物体的动能总等于b物体的动能d绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和不为零10如图所示，两个相同的绝缘细圆环带有等量正电荷，电荷在圆环上的分布是均匀的，两圆环相隔一定距离同轴平行固定放置，b、d分别为两环圆心，c为bd中点一带负电的粒子从很远处沿轴线飞来向下顺次穿过两环若粒子只受电场力作用，则在粒子运动过程中( )a粒子经过b点时加速度为零b粒子经过b点和d点时动能相等c粒子从a到c的过程中，电势能一直增大d粒子从b到d的过程中，速度先减小再增大二、实验题（2小题，共16分）11游标卡尺结构如图甲所示，测量某一圆柱形容器的内径时，应使用_部位；测量它的深度时，应使用_部位（填表示部位的字母）某次测量时游标卡尺的示数如图乙所示，其读数为_cm12某同学通过实验测定一个阻值约为0.5的电阻rx的阻值（1）现有电源（4v，内阻不计）、滑动变阻器（050，额定电流2a）、定值电阻ro=4.5、开关和导线若干以及下列电表：a电压表（03v，内阻约3k）b电压表（015v，内阻约15k）c电流表（03a，内阻约0.025）d电流表（00.6a，内阻约0.125q）为减小测量误差，在实验中，电压表应选用_，电流表应选用_（填器材前的字母）；应采用如图中的_电路图（填“甲”或“乙”）（2）按所选择的电路图连接好电路，闭合开关，改变滑动变阻器滑片p的位置，并记录对应的电流表示数 i、电压表示数u，则该电阻的测量值的表达式为rx=_（3）在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片p从一端滑向另一端，随滑片p移动距离x的增加，电压表的示数u也随之增加，图丙反映u一x关系的示意图中正确的是_三、计算题（4小题共44分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值的计算题答案中必须明确写出数值和单位，或按题目要求作答）13如图所示，真空中同一竖直平面内，有两根固定的光滑绝缘杆oa和ob，与竖直线的夹角均为45，两杆上均套有能自由滑动的可视为质点的带负电小球，两球的质量均为m=9104kg，带电量均为2107c，且静止于同一竖直高度处，问：（1）静止时两球两球相距多远？（2）oc为ab中垂线，oc线上何处电场强度最小？最小场强是多少？14如图所示，真空中同一竖直平面内，有两根固定的光滑绝缘杆oa和ob，与竖直线的夹角均为45，两杆上均套有能自由滑动的可视为质点的带负电小球，两球的质量均为m=9104kg，电荷量大小均为q=2107c，且静止于同一竖直高度处（静电力常量k=9109nm2/c2，g取10m/s2） 求：（1）两球间的距离r；（2）o点的电场强度e15如图所示，板间电压为u的两块平行带电金属板a、b相距为d，两板之间存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为b1，的匀强磁场等腰三角形efg区域内及其边界上存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为b2的匀强磁场，eh=hf=l，=30一束电荷量为q的相同正离子沿直线穿过金属板间的区域，并垂直ef边从h点射入磁场区域（不计重力和空气阻力的影响） （1）若离子恰好垂直于eg边射出磁场，求离子的质量m；（2）若改变磁感应强度b2的大小，求离子在三角形区域efg中运动的最长时间t16如图所示，光滑水平轨道左端与长l=1.25m的水平传送带ab相接，传送带逆时针匀速转动的速度0=1m/s轻弹簧右端固定，弹簧处于自然状态时左端恰位于a点现用质量m=0.1kg的小物块（视为质点）将弹簧压缩后由静止释放，到达水平传送带左端b点后，立即沿切线进人竖直固定的光滑半圆轨道最高点并恰好做圆周运动，经圆周最低点c后滑上质量为m=0.9kg的长木板且不会从木板上掉下半圆轨道的半径r=0.4m，物块与传送带间动摩擦因数1=0.8，物块与木板间动摩擦因数2=0.25，长木板与水平地面间动摩擦因数3=0.026，g取10m/s2求：（1）物块到达b点时速度b的大小；（2）弹簧被压缩时的弹性势能ep；（3）小物块在长木板上滑行的最大距离s17如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨mac、nbd水平放置，ma、nb间距l=0.4m，ac、bd的延长线相交于e点且ae=be，e点到ab的距离d=6m，m、n两端与阻值r=2的电阻相连虚线右侧存在方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场，磁感应强度b=1t一根长度也为l=0.4m、质量m=0.6kg、电阻不计的金属棒，在外力作用下从ab处以初速度0=2m/s沿导轨水平向右运动，棒与导轨接触良好，运动过程中电阻r上消耗的电功率不变求：（1）电路中的电流i；（2）金属棒向右运动过程中克服安培力做的功w；（3）金属棒向右运动过程中外力做功的平均功率p福建省莆田市2015届高考物理一模试卷一、单项选择题（10小题每小题4分，共40分）1用比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，下列物理量的表达式是由比值法定义的是( )a电流i=b电场强度e=c角速度=d加速度a=考点：电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变解答：解：解：a、电流i=中电流与u成正比，与电阻成反比；故不属于比值定义法，故a错误b、电场强度与放入电场中的电荷无关，所以e=属于比值定义法，故b正确；c、角速度=，角速度与线速度和半径有关，不是比值定义法故c错误；d、加速度a=是牛顿第二定律得到的，不是比值定义的；故d错误；故选：b点评：用比值法定义物理量是物理上常用的思想方法，可以根据定义出的物理量与两个物理量有无关系，判断是否是比值法定义2下列说法正确的是( )a光学镜头上的增透膜是光的偏振现象的实际应用b光纤一般是由折射率较低的玻璃内芯和折射率较高的外层透明介质组成c在光的传播过程中，当孔、缝或障碍物的大小比光的波长大得多时，衍射现象较明显d在红光的双缝干涉实验中，当两缝间距离减小且两缝到光屏的距离增大时，相邻条纹间距增大考点：双缝干涉的条纹间距与波长的关系；光的衍射 专题：光的干涉专题分析：根据双缝干涉条纹间距公式x=列式分析即可；光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象；在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象；衍射又称为绕射，波遇到障碍物或小孔后通过散射继续传播的现象衍射现象是波的特有现象，一切波都会发生衍射现象发生明显衍射的条件是孔径、障碍物尺寸小于波长或者与波长相差不大解答：解：a、光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象，故a错误；b、根据光的全反射条件可知，折射率较高的玻璃内芯和折射率较低的外层透明介质组成，故b错误；c、波遇到障碍物或小孔后通过散射继续传播的现象叫做波的衍射衍射现象是波的特有现象，一切波都会发生衍射现象发生明显衍射的条件是孔径、障碍物尺寸小于波长或者与波长相差不，故c错误；d、双缝干涉条纹间距x=，故要增大屏上相邻亮条纹之间的距离x，可以增加双缝到屏的距离l，减小缝之间的距离或者增加光的波长及减小频率，故d正确；故选：d点评：本题关键根据双缝干涉条纹间距公式x=列式分析，要明确公式中的各个物理量的含义注意衍射任何情况下都能发生，只有明显与不明显的区别3在2014年11月17日至21日的会议上，联合国负责制定国际海运标准的国际海事组织海上安全委员会，正式将中国的北斗系统纳入全球无线电导航系统“北斗”卫星导航定位系统将由5颗静止轨道卫星（同步卫星）和30颗非静止轨道卫星组成，30颗非静止轨道卫星中有27颗是中轨道卫星，中轨道卫星的高度约为2.2107m，同步卫星的高度约为3.6107m，下列说法正确的是( )a中轨道卫星的周期比同步卫星的周期小b中轨道卫星的线速度大于第一宇宙速度c同步卫星的线速度比中轨道卫星的线速度大d赤道上的物体随地球自转的向心加速度比同步卫星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 专题：人造卫星问题分析：根据万有引力提供圆周运动向心力分析周期与速度与半径的关系，以及向心加速度与半径的关系解答：解：a、据万有引力提供圆周运动向心力有可得卫星的周期t=，故中轨道卫星轨道半径小周期小，所以a正确；b、据万有引力提供圆周运动向心力有可得卫星运行的线速度v=，因为第一宇宙速度是近地卫星运行的速度，故中轨道卫星运行速度小于第一宇宙速度，故b错误；c、据万有引力提供圆周运动向心力有可得卫星运行的线速度v=，可知同步卫星轨道半径大于中轨道卫星半径，故同步卫星的线速度小于中轨道卫星的线速度，故c错误；d、同步卫星与地球自转周期相同，角速度也相同，根据a=r2可知，同步卫星的轨道半径大于地球的半径，故同步卫星的向心加速度大于赤道上物体随地球自转的向心加速度，故d错误故选：a点评：本题抓住万有引力应用的两个入手点，一是万有引力提供圆周运动向心力，二是万有引力与星球表面重力相等4某实验小组用如图所示的实验装置来验证楞次定律当条形磁铁自上而下穿过线圈时，通过电流计的感应电流方向是( )aagbbbgac先agb后bgad先bga后agb考点：楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：当条形磁铁沿固定线圈的中轴线自上至下经过固定线圈时，穿过线圈的磁通量向上，且先增加后减小，根据楞次定律判断感应电流的磁场方向，再结合右手螺旋定则判断感应电流的方向解答：解：当条形磁铁沿固定线圈的中轴线自上至下经过固定线圈时，穿过线圈的磁通量向上，且先增加后减小，根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，故感应电流的磁场先向后下向上，故感应电流先顺时针后逆时针（俯视），即先agb，后bga，故abd错误，c正确；故选：c点评：本题是楞次定律的基本应用对于电磁感应现象中，导体与磁体的作用力也可以根据楞次定律的另一种表述判断：感应电流的磁场总要阻碍导体与磁体间的相对运动5如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，r1=20，r2：=30，c为电容器，a为理想交流电流表已知通过r1的正弦交流电如图乙所示，则( )a通过r3的电流始终为零b交流电的频率为0.02hzc电流表的示数为0.67ad原线圈输入电压的最大值为200v考点：变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 专题：交流电专题分析：由电压与匝数成反比可以求得副线圈的电压的大小，电容器的作用是通交流隔直流解答：解：a、因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过r3和电容器，故a错误；b、根据变压器原理可知原副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02s、频率为50赫兹，故b错误；c、根据正弦交流电的峰值和有效值关系并联电路特点可知电阻r2的电流有效值为i=，故c错误；d、由图乙可知通过r1的电流最大值为im=1a、根据欧姆定律可知其最大电压为um=20v，再根据原副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为200v，故d正确；故选：d点评：需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于电容器的作用要了解6如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图象如图乙所示不计空气阻力，g取10m/s2对于这个单摆的振动过程，下列说法不正确的是( )a单摆的摆长约为1.0 mb单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sin（t）cmc从t=0.5 s到t=1.0 s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大d从t=1.0 s到t=1.5 s的过程中，摆球所受回复力逐渐增大考点：单摆周期公式 专题：单摆问题分析：由振动图象读出周期t和振幅a，由=求出角频率，单摆位移x的表达式x=asint由公式t=2求出摆长l摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，位移减小，回复力减小解答：解：a、由公式t=2=2s，代入得到l=1m故a正确b、由振动图象读出周期t=2s，振幅a=8cm，由=得到角频率=rad/s，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为asint=8sin（t）cm故b正确c、从t=0.5 s到t=1.0 s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小故c错误d、从t=1.0 s到t=1.5 s的过程中，摆球的位移增大，回复力增大故d正确本题选错误的，故选：c点评：本题是振动图象问题，考查基本的读图能力根据振动图象，分析质点的振动情况及各个量的变化是基本功7如图所示，滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点则能大致反映滑块整个运动过程中速度v、加速度a、动能ek、重力对滑块所做的功w与时间t关系的是（取初速度方向为正方向）( )abcd考点：功的计算 专题：功的计算专题分析：根据牛顿第二定律求出上滑和下滑过程中的加速度大小，从而得出速度随时间的变化规律，根据动能定理得出动能与位移的规律，根据w=mgh，得出重力势能与位移变化关系解答：解：a、b上滑时的加速度a1=gsin+gcos，下滑时的加速度a2=gsingcos知a1a2根据位移公式x=，由于下滑与上滑过程位移大小相等，则知，下滑时间t2上滑的时间t1由于机械能有损失，返回到出发点时速度小球出发时的初速度根据速度时间图线的斜率表示加速度，故a正确，b错误c、据速度公式和动能公式可知，动能随时间成二次函数关系变化，而图中是一次函数关系，故c错误d、重力做功w=mgh=mgxsin，故d错误故选：a点评：解决本题的关键根据牛顿第二定律得出上滑和下滑的加速度，判断出物体的运动情况8一质量为2kg的物体在如图甲所示的xoy平面上运动，在x方向的s一t图象和y方向的t图象分别如图乙、丙所示，下列说法正确的是( )a物体的初速度大小为6m/sb第3s末物体的速度大小为3m/sc前3s内物体做匀变速曲线运动d前3s内物体所受的合外力为9n考点：惯性；匀变速直线运动的图像 专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据速度时间图线和位移时间图线判断出物体在x方向上和y方向上的运动规律，根据平行四边形定则求出物体的初速度大小，根据运动的合成判断合运动的情况解答：解：a、由vt图可知，物体在x方向上初速度为6m/s，第3s末物体的速度大小为0，故a正确b错误；c、由丙图知物体y轴的加速度不变，由乙知物体x轴的速度恒定，故前3s内物体做匀变速曲线运动，故c正确；d、前3s内物体的加速度为2m/s2，故由牛顿第二定律可知，其合力f=ma=4n，故d错误；故选：ac点评：解决本题的关键掌握速度时间图线和位移时间图线的物理意义，知道图线的斜率分别表示什么9如图所示，质量相同的物体a和b，用不可伸长的轻绳跨接在光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在光滑的水平桌面上初始时用力拉住b使a、b静止，撤去拉力后，a开始运动，在a下降的过程中，b始终未离开桌面在此过程中( )aa物体的机械能守恒ba、b两物体机械能的总和不变ca物体的动能总等于b物体的动能d绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和不为零考点：机械能守恒定律；功的计算 专题：机械能守恒定律应用专题分析：对照机械能守恒的条件：只有重力做功，分析机械能是否守恒b的速度在绳子方向的分速度与a的速度相等，比较出速度大小即可比较动能的大小解答：解：a、a物体下落过程中，有绳子的拉力做功，所以其机械能不守恒，故a错误b、对于a、b两个物体组成的系统，只有重力做功，所以a、b两物体机械能守恒，故b正确c、将b的实际速度进行分解如图：由图可知va=vbcos，即a的速度小于b的速度，故a的动能小于b的动能，故c错误d、在极短时间t内，绳子对a的拉力和对b的拉力大小相等，绳子对a做的功等于ftvat，绳子对b的功等于拉力与拉力方向上b的位移的乘积，即：ftvbcost，又va=vbcos，所以绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的绝对值相等，二者代数和为零，故d错误故选：b点评：解决本题的关键是掌握机械能守恒的条件和绳端物体速度的分解方法，知道物体沿绳子方向的分速度大小相等10如图所示，两个相同的绝缘细圆环带有等量正电荷，电荷在圆环上的分布是均匀的，两圆环相隔一定距离同轴平行固定放置，b、d分别为两环圆心，c为bd中点一带负电的粒子从很远处沿轴线飞来向下顺次穿过两环若粒子只受电场力作用，则在粒子运动过程中( )a粒子经过b点时加速度为零b粒子经过b点和d点时动能相等c粒子从a到c的过程中，电势能一直增大d粒子从b到d的过程中，速度先减小再增大考点：电势能 分析：两个相同的绝缘细圆环带有等量正电荷，电荷在圆环上的分布是均匀的，所以两个圆环产生的电场关于c点是对称的，结合矢量合成的方法可得，c点的合场强为0要看电势能如何变化就看电场力如何做功；如果合外力做正功，动能增大，合外力做负功，动能减小解答：解：由题，两个相同的绝缘细圆环带有等量正电荷，电荷在圆环上的分布是均匀的，所以两个圆环产生的电场关于c点是对称的，结合矢量合成的方法可得，c点的合场强为0a、结合矢量合成的方法可得，c点以上场强的方向向下上，c点以下场强的方向向下，所以带负电的粒子在b点受到的电场力的方向向下故a错误；b、由于两个圆环产生的电场关于c点是对称的，所以粒子从b到c电场力做的功的绝对值与粒子从c到d粒子电场力做的功绝对值大小相等，总功等于0所以粒子经过b点与经过d点时的动能相等故b正确；c、粒子从a到c的过程中，受到的电场力的方向向下，电场力做正功，电势能一直减小故c错误；d、粒子从b到c的过程中，受到的电场力的方向向下，电场力做正功，动能增大，速度增大；c到d的过程中电场力的方向相反，所以速度先增大后减小故d错误故选：b点评：本题考查了电场的合成，解决这类题目的技巧是详实的分析，仔细的计算，每个位置都不能漏过场强是矢量，其运算利用平行四边形定则二、实验题（2小题，共16分）11游标卡尺结构如图甲所示，测量某一圆柱形容器的内径时，应使用b部位；测量它的深度时，应使用d部位（填表示部位的字母）某次测量时游标卡尺的示数如图乙所示，其读数为1.22cm考点：刻度尺、游标卡尺的使用 专题：实验题分析：游标卡尺来测量玻璃管内径应该用内爪游标卡尺的读数方法是主尺读数加上游标读数，不需要估读解答：解：游标卡尺来测量内径应该用内爪即b部分测量它的深度时，应使用d部位游标卡尺测内径时，主尺读数为12mm，游标读数为0.12=0.2mm，最后读数为12.2mm=1.22cm故答案为：b；d；1.22点评：解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法注意游标卡尺的精确度12某同学通过实验测定一个阻值约为0.5的电阻rx的阻值（1）现有电源（4v，内阻不计）、滑动变阻器（050，额定电流2a）、定值电阻ro=4.5、开关和导线若干以及下列电表：a电压表（03v，内阻约3k）b电压表（015v，内阻约15k）c电流表（03a，内阻约0.025）d电流表（00.6a，内阻约0.125q）为减小测量误差，在实验中，电压表应选用a，电流表应选用d（填器材前的字母）；应采用如图中的甲电路图（填“甲”或“乙”）（2）按所选择的电路图连接好电路，闭合开关，改变滑动变阻器滑片p的位置，并记录对应的电流表示数 i、电压表示数u，则该电阻的测量值的表达式为rx=ro（3）在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片p从一端滑向另一端，随滑片p移动距离x的增加，电压表的示数u也随之增加，图丙反映u一x关系的示意图中正确的是c考点：伏安法测电阻 专题：实验题分析：（1）合理选择实验器材，先选必要器材，再根据要求满足安全性，准确性，方便操作的原则选择待选器材电流表的接法要求大电阻内接法，小电阻外接法（2）由图示电压表与电流表读出其示数，然后由欧姆定律求出电阻阻值；（3）根据闭合电路欧姆定律，结合电阻定律，即可求解解答：解：（1）因电源的电压为4v，因此电压表选择3v量程，即a选项；由于阻值约为0.5的电阻rx的，结合定值电阻4.5；根据欧姆定律可知，电流的最大值为i=0.8a，从精确角来说，所以电流表选择0.6a的量程，即d选项；根据待测电阻的阻值与电压表及电流表的阻值，可知，待测电阻的阻值偏小，因此选择电流表外接法，故选择甲图（2）电压表的读数为u；电流表的读数为i；根据欧姆定律，则有：rx=ro；（3）根据闭合电路欧姆定律与电阻定律，u=irx=rx，当滑片p移动距离x的增加，被测电阻rx两端的电压增大，但不成正比，且增加越来越快，则ux图象如图c所示，故选c故答案为：（1）b；d；甲；（2）ro；（3）c点评：考查如何选择仪器，掌握选择的方法与原则；学会由电路图去连接实物图，注意电表的正负极；理解欧姆定律与电阻定律的应用，掌握误差的分析及其产生原因三、计算题（4小题共44分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值的计算题答案中必须明确写出数值和单位，或按题目要求作答）13如图所示，真空中同一竖直平面内，有两根固定的光滑绝缘杆oa和ob，与竖直线的夹角均为45，两杆上均套有能自由滑动的可视为质点的带负电小球，两球的质量均为m=9104kg，带电量均为2107c，且静止于同一竖直高度处，问：（1）静止时两球两球相距多远？（2）oc为ab中垂线，oc线上何处电场强度最小？最小场强是多少？考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系 专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）两球均处于静止状态，合力均为零，以a球为研究对象，分析受力情况，由平衡条件求出库仑力，再由库仑定律，即可求解（2）根据点电荷场强公式和电场的叠加原理求解即可解答：解：（1）设平衡时两球相距l，对小球a受力分析，由平衡条件得： mg=ftan由库仑定律得：f=k联立解得：l=0.2m；（2）经分析在oc线上ab中点的场强最小，设到o点的最小距离为r，由几何关系，则有：r=bc=0.1m，且最小场强是零；答：（1）静止时两球两球相距0.2m；（2）oc线上到o点的最小距离为0.1m处电场强度最小，最小场强是零点评：本题是带电体平衡问题，是电场知识与力学知识的综合，库仑力是联系电场与力学两部分知识的桥梁，是要求的关键量14如图所示，真空中同一竖直平面内，有两根固定的光滑绝缘杆oa和ob，与竖直线的夹角均为45，两杆上均套有能自由滑动的可视为质点的带负电小球，两球的质量均为m=9104kg，电荷量大小均为q=2107c，且静止于同一竖直高度处（静电力常量k=9109nm2/c2，g取10m/s2） 求：（1）两球间的距离r；（2）o点的电场强度e考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系 专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）两球均处于静止状态，合力均为零，以a球为研究对象，分析受力情况，由平衡条件求出库仑力，再由库仑定律，即可求解两球相距的距离（2）根据点电荷的电场强度公式和电场的叠加求解o点处的电场强度解答：解：（1）设平衡时两球相距l，对小球a受力分析，由平衡条件得：由库仑定律得：f=mgtan45=910410n=9103n由f=k得：l=0.2m；（3）o点处的电场强度为 e=k=9.0109=9104n/c，方向由oc答：（1）两球相距0.2m（3）oc为ab中垂线，o点处的电场强度是9104n/c，方向由oc点评：本题是带电体平衡问题，是电场知识与力学知识的综合，库仑力是联系电场与力学两部分知识的桥梁，是要求的关键量15如图所示，板间电压为u的两块平行带电金属板a、b相距为d，两板之间存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为b1，的匀强磁场等腰三角形efg区域内及其边界上存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为b2的匀强磁场，eh=hf=l，=30一束电荷量为q的相同正离子沿直线穿过金属板间的区域，并垂直ef边从h点射入磁场区域（不计重力和空气阻力的影响） （1）若离子恰好垂直于eg边射出磁场，求离子的质量m；（2）若改变磁感应强度b2的大小，求离子在三角形区域efg中运动的最长时间t考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）根据洛伦兹力和电场力平衡求出粒子进入磁场的速度，根据粒子在磁场中的半径公式，结合几何关系求出粒子的质量（2）粒子速率恒定，从进入磁场到打到eh边的圆周轨迹与eg边相切时，路程最长，运动时间最长，根据几何关系，结合运动学公式求出最长时间解答：解：（1）由题意知，所有离子在平行金属板之间以速度v做匀速直线运动，所受到向上的洛伦兹力和向下的电场力平衡，有：，解得：在三角形磁场区域，离子做匀速圆周运动，设离子的质量为m，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有：，式中r是离子做圆周运动的半径，依题意e点为圆心，有：r=l，联立各式解得离子的质量为：m=（2）粒子速率恒定，从进入磁场到打到eh边的圆周轨迹与eg边相切时，路程最长，运动时间最长，如图所示，设圆周半径为r，由图中几何关系有：，解得r=最长时间t=，联立解得t=答：（1）粒子的质量为（2）离子在三角形区域efg中运动的最长时间为点评：本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了16如图所示，光滑水平轨道左端与长l=1.25m的水平传送带ab相接，传送带逆时针匀速转动的速度0=1m/s轻弹簧右端固定，弹簧处于自然状态时左端恰位于a点现用质量m=0.1kg的小物块（视为质点）将弹簧压缩后由静止释放，到达水平传送带左端b点后，立即沿切线进人竖直固定的光滑半圆轨道最高点并恰好做圆周运动，经圆周最低点c后滑上质量为m=0.9kg的长木板且不会从木板上掉下半圆轨道的半径r=0.4m，物块与传送带间动摩擦因数1=0.8，物块与木板间动摩擦因数2=0.25，长木板与水平地面间动摩擦因数3=0.026，g取10m/s2求：（1）物块到达b点时速度b的大小；（2）弹簧被压缩时的弹性势能ep；（3）小物块在长木板上滑行的最大距离s考点：动能定理；牛顿第二定律 专题：动能定理的应用专题分析：（1）据恰好做圆周运动，利用牛顿运动定律列方程求解（2）利用运动过程能量守恒即可