河南省洛阳一中高三物理上学期第4次周练试卷（9.24含解析）.doc

河南省洛阳一中 2016 届高三上学期第 4 次周练物理试卷（9.24）一、选择题（4x10=40）1一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动开始刹车后的第 1s 内和第 2s 内位移大小依 次为 9m 和 7m，则刹车后 6s 内的位移是（）a20 m b24 m c25 m d75 m2如图，一质量为 m 的滑块静止置于倾角为 30的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的p 点，另一端系在滑块上，弹簧与斜面垂直，则（）a滑块不可能只受到三个力作用 b弹簧可能处于伸长状态 c斜面对滑块的支持力大小可能为零d斜面对滑块的摩擦力大小一定等于mg3图示的木箱 a 用细线悬挂在天花板下，木箱内有用竖直弹簧相连的两物块 b 和 c，b 放于木箱的 水平地板上已知木箱 a 的质量为 m，物块 b 的质量为 2m，物块 c 的质量为 3m，起初整个装置静 止不动用符号 g 表示重力加速度，针对剪断细线的瞬间，下列判断正确的是（ ）a物块 b 下落的加速度为 g b木箱 a 下落的加速度为 2g c物块 b 对木箱底板的压力为 mg d物块 b 对木箱底板的压力为 2mg4物体以一定的初速度水平抛出，不计空气阻力经过 t1 时间，其速度方向与水平方向夹角为37，再经过 t2 时间，其速度方向与水平方向夹角为 53，则 t1：t2 为（）a9：7 b7：9 c16：9d9：1652008 年我国成功实施了“神舟七号”载人飞船航天飞行，“神舟七号”飞行到 31 圈时，成功释放了 伴飞小卫星，通过伴飞小卫星可以拍摄“神舟七号”的运行情况若在无牵连的情况下伴飞小卫星与 “神舟七号”保持相对静止下述说法中正确的是（） a伴飞小卫星和“神舟七号”飞船有相同的角速度20b伴飞小卫星绕地球沿圆轨道运动的速度比第一宇宙速度大 c宇航员在太空中的加速度小于地面上的重力加速度 d宇航员在太空中不受地球的万有引力作用，处于完全失重状态6如图所示，在绝缘的斜面上方存在着沿水平向右的匀强电场，斜面上的带电金属块沿斜面滑 下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了 12j，金属块克服摩擦力做功 8j，重力做功 24j，则以下 判断正确的是（）a金属块带正电荷b金属块克服电场力做功 8j c金属块的机械能减少 12jd金属块的电势能减少 4j7如图为两个不同电源的 ui 图象，则下列说法正确的是（）a电动势 e1=e2，内阻 r1r2b电动势 e1=e2，内阻 r1r2c接入相同电阻时，电源 1 的输出功率大d接入相同电阻时，电源 2 的输出功率大8如图所示，mpqo 为有界的竖直向下的匀强电场（边界上有电场），电场强度为 e=，acb 为 光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为 r，a、b 为圆水平直径的两个端点，ac 为圆弧一个质量 为 m，电荷量为q 的带电小球，从 a 点正上方高为 h=r 处由静止释放，并从 a 点沿切线进入半圆轨道，不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的受力及运动情况，下列说法正确的是（）a小球到达 c 点时对轨道压力为 2mg b小球在 ac 部分运动时，加速度不变 c适当增大 e，小球到达 c 点的速度可能为零d若 e= ，要使小球沿轨道运动到 c，则应将 h 至少调整为9图中 l 为自感系数足够大的理想电感，c 是电容量足够大的理想电容，r1、r2 是阻值大小合适 的相同电阻，g1、g2 是两个零刻度在中央的相同的灵敏电流表，且电流从哪一侧接线柱流入指针 即向哪一侧偏转，e 是可以不计内阻的直流电源针对该电路下列判断正确的是（ ）a电键 s 闭合的瞬间，仅电流计 g1 发生明显地偏转 b电键 s 闭合的瞬间，两电流计将同时发生明显的偏转 c电路工作稳定后，两电流计均有明显不为零的恒定示数d电路工作稳定后再断开电键 s，此后的短时间内，g1 的指针将向右偏转，g2 的指针将向左偏转10如图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比 n1：n2=5：1，电阻 r=20，l1、l2 为规格相同的 两只小灯泡，s1 为单刀双掷开关原线圈接正弦交变电源，输入电压 u 随时间 t 的变化关系如图乙 所示现将 s1 接 1、s2 闭合，此时 l2 正常发光下列说法正确的是（ ）a输入电压 u 的表达式 u=20sin50tv b只断开 s2 后，l1、l2 均无法正常发光 c只断开 s2 后，原线圈的输入功率增大 d若 s1 换接到 2 后，r 消耗的电功率为 0.8w二、实验题（5+10=15）11与打点计时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况时的常用计时仪器，如图甲所示， a、b 分别是光电门的激光发射和接收装置现利用如图乙所示的装置验证滑块所受外力做功与其动 能变化的关系方法是：在滑块上安装一遮光板，把滑块放在水平放置的气垫导轨上（滑块在该导 轨上运动时所受阻力可忽略），通过跨过定滑轮的细绳与钩码相连，连接好 1、2 两个光电门，在图示位置释放滑块后，光电计时器记录下滑块上的遮光板先后通过两个光电门的时间分别为t1、t2已知滑块（含遮光板）质量为 m、钩码质量为 m、两光电门间距为 s、遮光板宽度为 l、当地 的重力加速度为 g用游标卡尺测量遮光板宽度，刻度如图丙所示，读数为 mm；本实验想用钩码的重力表示滑块受到的合外力，为减小这种做法带来的误差，实验中需要满足 的条件是 m m（填“大于”、“远大于”、“小于”或“远小于”）计算滑块先后通过两个光电门时的瞬时速度的表达式为：v1= 、v2= ；（用题中所给字母表示）本实验中，验证滑块运动的动能定理的表达式为 （用题中所给字母表示）12有一个额定电压为 2.8v，功率约为 0.8w 的小灯泡，现要用伏安法描绘这个灯泡的 iu 图线， 有下列器材供选用：a电压表（03v，内阻 6k） b电压表（015v，内阻 30k）；c电流表（03a，内阻0.1）；d电流表（00.6a，内阻 0.5）；e滑动变阻器（10，2a）；f滑动变阻器；g蓄 电池（电动势 6v，内阻不计）某同学误将电流表和电压表接成如图甲所示的电路，其他部分连接正确，接通电源后，小灯泡 的发光情况是 要求小灯泡的电压从零开始增大，应选择图乙中的电路图是 （填“a”或“b”）用正确的电路进行测量，电压表应选用 ，电流表应选用 （用序号字 母表示）滑动变阻器应选用 （用序号字母表示）通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如图丙所示由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为 若将此灯泡与电动势 6v、内阻不计的电源相连，要使灯泡正常发光，需串联一个阻值为 的电阻（此空答案取三位有效数字）三.计算题13如图所示，足够长的光滑金属导轨与水平面的夹角为 ，两导轨间距为 l，在导轨上端接入电 源和滑动变阻器，电源电动势为 e，内阻为 r一质量为 m 的导体棒 ab 与两导轨垂直并接触良好， 整个装置处于磁感应强度为 b，垂直于斜面向上的匀强磁场中，导轨与导体棒的电阻不计（1）若要使导体棒 ab 静止于导轨上，求滑动变阻器的阻值应取何值； 若将滑动变阻器的阻值取为零，由静止释放导体棒 ab，求释放瞬间导体棒 ab 的加速度；（3）求第问所示情况中导体棒 ab 所能达到的最大速度的大小14如图所示，半径 r=0.2m 的光滑四分之一圆轨道 mn 竖直固定放置，末端 n 与一长 l=0.8m 的 水平传送带相切，水平衔接部分摩擦不计，传动轮（轮半径很小）作顺时针转动，带动传送带以恒 定的速度 0 运动传送带离地面的高度 h=1.25m，其右侧地面上有一直径 d=0.5m 的圆形洞，洞口 最左端的 a 点离传送带右端的水平距离 s=1m，b 点在洞口的最右端现使质量为 m=0.5kg 的小物 块从 m 点由静止开始释放，经过传送带后做平抛运动，最终落入洞中，传送带与小物块之间的动摩 擦因数 =0.5 g 取 10m/s2求：（1）小物块到达圆轨道末端 n 时对轨道的压力 若 0=3m/s，求物块在传送带上运动的时间（3）若要使小物块能落入洞中，求0 应满足的条件15如图所示，一个质量为 m，电荷量+q 的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经 u1 电压加 速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，金属板长 l，两板间距 d，微粒射出偏转电场时的 偏转角 =30，又接着进入一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场区，求：（1）微粒进入偏转电场时的速度 v0 是多大？ 两金属板间的电压 u2 是多大？（3）若该匀强磁场的磁感应强度 b，微粒在磁场中运动后能从左边界射出，则微粒在磁场中的运动时间为多少？（4）若该匀强磁场的宽度为 d，为使微粒不会从磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度 b 至少多大？河南省洛阳一中 2016 届高三上学期第 4 次周练物理试卷（9.24）参考答案与试题解析一、选择题（4x10=40）1一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动开始刹车后的第 1s 内和第 2s 内位移大小依 次为 9m 和 7m，则刹车后 6s 内的位移是（）a20 m b24 m c25 m d75 m【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】直线运动规律专题【分析】根据匀变速直线运动的推论x=at2 和位移时间公式求出汽车的初速度和加速度，结合速度 时间公式判断物体到停止的时间，从而根据位移公式求出刹车后 6s 内的位移【解答】解：设汽车的初速度为 v0，加速度为 a根据匀变速直线运动的推论x=at2 得：x2x1=at2得 a=2m/s2根据第 1s 内的位移：，代入数据得，9=v01+，解得v0=10m/s汽车刹车到停止所需的时间 t0=s=5s则汽车刹车后 6s 内的位移等于 5s 内的位移，为 x=m=25m故 c 正确，a、b、d 错 误故选：c【点评】本题考查了运动学中的刹车问题，要注意判断汽车的运动状态，知道刹车速度减为零后不 再运动，不能再用运动学公式，是道易错题2如图，一质量为 m 的滑块静止置于倾角为 30的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的p 点，另一端系在滑块上，弹簧与斜面垂直，则（）a滑块不可能只受到三个力作用 b弹簧可能处于伸长状态 c斜面对滑块的支持力大小可能为零d斜面对滑块的摩擦力大小一定等于 mg【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】滑块可能受重力、支持力、摩擦力三个力处于平衡，弹簧处于原长，弹力为零滑块可能 受重力、支持力、摩擦力、弹簧的弹力四个力处于平衡根据共点力平衡进行分析【解答】解：a、弹簧与竖直方向的夹角为 30，所以弹簧的方向垂直于斜面，因为弹簧的形变情况 未知，所以斜面与滑块之间的弹力大小不确定，所以滑块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三 个力的作用而平衡，此时弹簧弹力为零，处于原长状态，故 a 错误，b 正确； c、沿斜面方向，根据平衡条件滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力（等于mg），不为零，有摩擦力必有弹力，所以斜面对滑块的支持力不可能为零，故 c 错误，d 正确 故选：bd【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意弹簧的弹力可能为 零，可能不为零3图示的木箱 a 用细线悬挂在天花板下，木箱内有用竖直弹簧相连的两物块 b 和 c，b 放于木箱的 水平地板上已知木箱 a 的质量为 m，物块 b 的质量为 2m，物块 c 的质量为 3m，起初整个装置静 止不动用符号 g 表示重力加速度，针对剪断细线的瞬间，下列判断正确的是（ ）a物块 b 下落的加速度为 g b木箱 a 下落的加速度为 2g c物块 b 对木箱底板的压力为 mg d物块 b 对木箱底板的压力为 2mg【考点】牛顿第二定律【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律求出物体 a、b、c 的瞬时加速度大 小和方向【解答】解：a、b、对整体分析，绳的拉力为 f=6mg，弹簧的弹力 f=3mg，b、c 整体处于平衡状 态，所以 a 对 b 的支持力是 n=5mg剪断细绳的瞬间，对 ab，瞬间加速度 a1=，方向竖直向下故 a 正确，b 错 误；c、d、以 a 为研究的对象，则： 所以：n=mg故 c 正确，d 错误故选：ac【点评】本题考查牛顿第二定律的瞬时问题，知道弹簧的弹力在瞬间不变，结合牛顿第二定律进行 求解4物体以一定的初速度水平抛出，不计空气阻力经过 t1 时间，其速度方向与水平方向夹角为37，再经过 t2 时间，其速度方向与水平方向夹角为 53，则 t1：t2 为（）a9：7 b7：9 c16：9d9：16【考点】平抛运动【专题】平抛运动专题【分析】根据平行四边形定则求出两个位置竖直分速度，结合速度时间公式求出时间之比【解答】解：设初速度为 v0，则，解得 ，解得，则=，则 t1：t2=9：7故 a 正确，b、c、d 错误故选：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，结合运动学公式灵活 求解52008 年我国成功实施了“神舟七号”载人飞船航天飞行，“神舟七号”飞行到 31 圈时，成功释放了 伴飞小卫星，通过伴飞小卫星可以拍摄“神舟七号”的运行情况若在无牵连的情况下伴飞小卫星与 “神舟七号”保持相对静止下述说法中正确的是（） a伴飞小卫星和“神舟七号”飞船有相同的角速度 b伴飞小卫星绕地球沿圆轨道运动的速度比第一宇宙速度大 c宇航员在太空中的加速度小于地面上的重力加速度 d宇航员在太空中不受地球的万有引力作用，处于完全失重状态【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】根据伴飞小卫星与“神舟”七号保持相对静止，得出它们的共同点 知道第一宇宙速度的含义根据万有引力等于重力表示出重力加速度【解答】解：a、根据伴飞小卫星与“神舟”七号保持相对静止得出伴飞小卫星与“神舟”七号具有相同 的周期，所以伴飞小卫星和“神舟”七号飞船有相同的角速度，故 a 正确 b、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，伴飞小卫星绕地球沿 圆轨道运动的速度比第一宇宙速度小，故 b 错误c、根据万有引力等于重力表示出重力加速度得：，在太空距离大于在地面的 r， 所以宇航员在太空行走时的加速度和在地面上的重力加速度小于，故 c 正确 d、宇航员在太空时受地球的万有引力作用，处于完全失重状态，故 d 错误故选：ac【点评】能够正确理解万有引力定律的内容并能应用 比较一个物理量，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再根据表达式进行比较6如图所示，在绝缘的斜面上方存在着沿水平向右的匀强电场，斜面上的带电金属块沿斜面滑 下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了 12j，金属块克服摩擦力做功 8j，重力做功 24j，则以下 判断正确的是（）a金属块带正电荷b金属块克服电场力做功 8j c金属块的机械能减少 12jd金属块的电势能减少 4j【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；功能关系【专题】电场力与电势的性质专题【分析】在金属块滑下的过程中动能增加了 12j，金属块克服摩擦力做功 8.0j，重力做功 24j，根据 动能定理求出电场力做功知道电场力做功量度电势能的改变知道重力做功量度重力势能的改 变【解答】解：在金属块滑下的过程中动能增加了 12j，金属块克服摩擦力做功 8j，重力做功 24j，根 据动能定理得：w 总=wg+w 电+wf=ek解得：w 电=4j a、由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷故 a 正确；b、金属块克服电场力做功 4j，b 错误；c、在金属块滑下的过程中重力做功 24j，重力势能减小 24j，动能增加了 12j，所以金属块的机械 能减少 12j，故 c 正确d、金属块克服电场力做功 4j，金属块的电势能增加 4j故 d 错误； 故选：ac【点评】解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量 关系7如图为两个不同电源的 ui 图象，则下列说法正确的是（）a电动势 e1=e2，内阻 r1r2b电动势 e1=e2，内阻 r1r2c接入相同电阻时，电源 1 的输出功率大d接入相同电阻时，电源 2 的输出功率大【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】根据闭合电路欧姆定律，路端电压为：u=eir；ui 图象中与 u 轴的交点表示电源的电 动势，与 i 轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻通过作电阻的 ui 图象，分析电源的输出功率 大小【解答】解：a、根据闭合电路欧姆定律得，u=eir，当 i=0 时，u=e，即图线与纵轴交点表示断 路状态，交点的纵坐标等于电源的电动势大小，图线的斜率大小等于电源的内阻，由图看出e1=e2，r1r2故 a 错误，b 正确cd、过原点 o 作出一条倾斜的直线 3，该直线表示电阻的 ui 图象，该直线与图线 1、2 的交点就表示该电阻与两电源连接时的工作状态，由图看出，直线 3 与图线 1 交点的两坐标的乘积大于直线3 与图线 2 交点的两坐标的乘积，说明外接的相同电阻时，电源 1 的输出功率比电源 2 的输出功率 大，故 c 正确，d 错误故选：bc【点评】本题根据图线的截距、交点、斜率等数学意义来理解图线的物理意义，技巧是作出电阻的 伏安特性曲线8如图所示，mpqo 为有界的竖直向下的匀强电场（边界上有电场），电场强度为 e=，acb 为 光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为 r，a、b 为圆水平直径的两个端点，ac 为圆弧一个质量 为 m，电荷量为q 的带电小球，从 a 点正上方高为 h=r 处由静止释放，并从 a 点沿切线进入半圆轨道，不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的受力及运动情况，下列说法正确的是（ ）a小球到达 c 点时对轨道压力为 2mg b小球在 ac 部分运动时，加速度不变 c适当增大 e，小球到达 c 点的速度可能为零d若 e=，要使小球沿轨道运动到 c，则应将 h 至少调整为【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；向心力【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】根据重力和电场力的关系，判断出小球进入圆弧轨道后的运动规律，结合径向的合力提供 向心力分析根据动能定理，结合牛顿第二定律判断 c 点的速度能否为零当电场力是重力的 2 倍 时，根据最低点弹力为零求出最小速度，结合动能定理求出 h 的至少高度【解答】解：a、小球进入半圆轨道，电场力和重力平衡，小球做匀速圆周运动，根据动能定理aa知，mgh=mv 20，解得：v =根据牛顿第二定律得：n=m，则小球到达 c 点时对轨道的压力为 2mg故 a 正确 b、小球在 ac 部分做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向始终指向圆心故 b 错误 c、若电场力小于重力，根据动能定理知，小球到达 c 点的速度不可能为零若小球所受的电场力大于重力， 根据径向的合力通过向心力，在最低点的速度不可能为零故 c 错误d、若 e=，在最低点轨道的作用力为零，根据牛顿第二定律得，qemg=m，解得：vc=，根据动能定理得：mg（h+r）qer=mvc20，解得：h=r所以 h 至少为r故 d 正确 故选：ad【点评】本题考查了带电小球在电场和重力场中的运动，综合运用了动能定理、牛顿第二定律等知 识，综合性强，对学生的能力要求较高，需加强这类题型的训练9图中 l 为自感系数足够大的理想电感，c 是电容量足够大的理想电容，r1、r2 是阻值大小合适 的相同电阻，g1、g2 是两个零刻度在中央的相同的灵敏电流表，且电流从哪一侧接线柱流入指针 即向哪一侧偏转，e 是可以不计内阻的直流电源针对该电路下列判断正确的是（ ）a电键 s 闭合的瞬间，仅电流计 g1 发生明显地偏转 b电键 s 闭合的瞬间，两电流计将同时发生明显的偏转 c电路工作稳定后，两电流计均有明显不为零的恒定示数d电路工作稳定后再断开电键 s，此后的短时间内，g1 的指针将向右偏转，g2 的指针将向左偏转【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会 阻碍其减小，直流电不能通过电容器，但可以为电容器充电，电路工作稳定后再断开电键 s，此后 的短时间内，电容器放电，电流从右端通过 r1，从左端通过 r2【解答】解：a、电路接通瞬间，由于自感系数足够大，所以有电流通过 r1，直流电不能通过电容器，则有电流通过 r2，所以电键 s 闭合的瞬间，两电流计将同时发生明显的偏转，故 a 错误，b 正 确；c、l 为理想电感，电路温度后，r1 被短路，则没有电流通过，示数为零，故 c 错误； d、电路工作稳定后再断开电键 s，此后的短时间内，电容器放电，电流从右端通过 r1，从左端通 过 r2，则 g1 的指针将向右偏转，g2 的指针将向左偏转，故 d 正确故选：bd【点评】解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用：当电流增大时，会阻碍电流的增 大，当电流减小时，会阻碍其减小，而电阻没有此特点，当 k 断开电阻、电容构成一回路，电容器 可以储存电荷10如图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比 n1：n2=5：1，电阻 r=20，l1、l2 为规格相同的 两只小灯泡，s1 为单刀双掷开关原线圈接正弦交变电源，输入电压 u 随时间 t 的变化关系如图乙 所示现将 s1 接 1、s2 闭合，此时 l2 正常发光下列说法正确的是（ ）a输入电压 u 的表达式 u=20sin50tv b只断开 s2 后，l1、l2 均无法正常发光 c只断开 s2 后，原线圈的输入功率增大 d若 s1 换接到 2 后，r 消耗的电功率为 0.8w【考点】变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分 析即可得出结论【解答】解：a、周期是 0.02s，=100，所以输入电压 u 的表达式应为 u=20sin（100t）v，a 错误；b、只断开 s2 后，负载电阻变大为原来的 4 倍，电压不变，副线圈电流变小为原来的四分之一，无 法正常发光，b 正确；c、只断开 s2 后，原线圈的输入功率等于副线圈的功率都减小，c 错误；d、若 s1 换接到 2 后，电阻 r 电压有效值为 4v，r 消耗的电功率为 =0.8w，d 正确 故选：bd【点评】掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决 电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的 电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法二、实验题（5+10=15）11与打点计时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况时的常用计时仪器，如图甲所示， a、b 分别是光电门的激光发射和接收装置现利用如图乙所示的装置验证滑块所受外力做功与其动 能变化的关系方法是：在滑块上安装一遮光板，把滑块放在水平放置的气垫导轨上（滑块在该导 轨上运动时所受阻力可忽略），通过跨过定滑轮的细绳与钩码相连，连接好 1、2 两个光电门，在图示位置释放滑块后，光电计时器记录下滑块上的遮光板先后通过两个光电门的时间分别为t1、t2已知滑块（含遮光板）质量为 m、钩码质量为 m、两光电门间距为 s、遮光板宽度为 l、当地 的重力加速度为 g用游标卡尺测量遮光板宽度，刻度如图丙所示，读数为 5.70 mm；本实验想用钩码的重力表示滑块受到的合外力，为减小这种做法带来的误差，实验中需要满足 的条件是 m 远大于 m（填“大于”、“远大于”、“小于”或“远小于”）计算滑块先后通过两个光电门时的瞬时速度的表达式为：v1=、v2=；（用题 中所给字母表示）本实验中，验证滑块运动的动能定理的表达式为mgs= m（）2 m（）2（用题中所给字母表示）【考点】探究功与速度变化的关系【专题】实验题；动能定理的应用专题【分析】（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读 滑块在水平木板运动时水平方向上受到绳的拉力和摩擦力，想用钩码的重力表示小车受到的合外 力，首先需要平衡摩擦力；其次：必须要满足钩码的质量远小于滑块的总质量（3、4）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抓住 滑块重力势能的减小量等于滑块动能的增加量列出表达式【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为 5mm，游标读数为 0.0514mm=0.70mm，则最终读数为5+0.70=5.70mm 由于滑块在运动的过程中受到阻力，为了减小阻力的影响，需平衡摩擦力设钩码的质量为 m，滑块的质量为 m，对系统运用牛顿第二定律得，a=， 则绳子的拉力 t=ma=，当 mm 时，绳子的拉力等于钩码的重力（3）滑块通过光电门 1 的瞬时速度 v1=，通过光电门 2 的瞬时速度 v2=（4）滑块合力做功为 mgs，滑块动能的增加量为m（）2m（）2 则滑块的动能定理的表达式为 mgs=m（）2m（）2 故答案为：（1）5.70；远大于，（3） ， ；（4）mgs= m（ ）2m（）2【点评】（1、2）解决本题的关键掌握螺旋测微器和游标卡尺的读数方法，以及掌握用钩码重力表示小车所受合力的处理方法（3、4）解决本题的关键知道极短时间内的平均速度可以表示瞬时速度，以及掌握该实验的原理， 滑块的机械能守恒12有一个额定电压为 2.8v，功率约为 0.8w 的小灯泡，现要用伏安法描绘这个灯泡的 iu 图线， 有下列器材供选用：a电压表（03v，内阻 6k） b电压表（015v，内阻 30k）；c电流表（03a，内阻0.1）；d电流表（00.6a，内阻 0.5）；e滑动变阻器（10，2a）；f滑动变阻器；g蓄 电池（电动势 6v，内阻不计）某同学误将电流表和电压表接成如图甲所示的电路，其他部分连接正确，接通电源后，小灯泡 的发光情况是 不亮 要求小灯泡的电压从零开始增大，应选择图乙中的电路图是 b （填 “a”或“b”）用正确的电路进行测量，电压表应选用 a ，电流表应选用 d （用序号字母表示）滑动变阻器应选用 e （用序号字母表示）通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如图丙所示由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为 10 若将此灯泡与电动势 6v、内阻不计的电源相连，要使灯泡正常发光，需串联一个阻值为 11.4 的电阻（此空答案取三位有效数字）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题【分析】根据灯泡的额定电压可明确所选的电压表；由电灯泡的电流可确定电流表；根据电路的 接法可确定滑动变阻器；由图象可得出额定电压，由图象可求得灯泡的正常工作时的电流，由欧姆定律可求得灯泡的正 常工作时的电阻；要使灯泡正常发光，应使灯泡达到额定值，由串联电路的规律可知应串联的电阻【解答】解：由电路图可知，电压表串接在电路中，电路中的电阻很大，小灯泡不亮；要使电压 从零开始调节，应采用分压接法；故电路图应选择 b；由题意可知，灯泡的额定电压为 2.8v，故电压表的量程应大于 2.8v，故电压表应选 3v 量程，故 选 a；由 p=ui 可得，电流为 i= a=0.28a，故电流表应选 d；本实验中应选用分压接法，故滑动变阻器应选小电阻，故滑动变阻器选 e；由图可知，当电压为 2.8v 时，电流为 0.28a，故电阻 r=10；要使灯泡串联在 6v 的电源上正常工作，则与之串联的电阻的阻值应为 62.8=3.2； 此时电路中电流为 0.28a，故应串联的电阻 r=11.4；故答案为：不亮；ba，de1011.4【点评】本题考查测量小灯泡的伏安特性曲线，要注意电表的正确选择；明确电路的接法，会利用 欧姆定律进行分析求解三.计算题13如图所示，足够长的光滑金属导轨与水平面的夹角为 ，两导轨间距为 l，在导轨上端接入电 源和滑动变阻器，电源电动势为 e，内阻为 r一质量为 m 的导体棒 ab 与两导轨垂直并接触良好， 整个装置处于磁感应强度为 b，垂直于斜面向上的匀强磁场中，导轨与导体棒的电阻不计（1）若要使导体棒 ab 静止于导轨上，求滑动变阻器的阻值应取何值； 若将滑动变阻器的阻值取为零，由静止释放导体棒 ab，求释放瞬间导体棒 ab 的加速度；（3）求第问所示情况中导体棒 ab 所能达到的最大速度的大小【考点】安培力；牛顿第二定律【分析】（1）导体棒静止于导轨上，受重力、支持力和安培力处于平衡，根据安培力大小公式、闭 合电路欧姆定律，结合共点力平衡求出滑动变阻器的阻值 根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小，从而得出导体棒所受的安培力，根据牛顿第二定律求出释 放导体棒 ab 的加速度（3）当重力下滑分力与安培力相等时，导体棒 ab 达到最大速度，根据平衡求出最大速度【解答】解：（1）若要使导体棒 ab 静止于导轨上，则要求导体棒 ab 所受的重力、支持力、安培力三力平衡，导体棒在沿斜面方向的受力满足：mgsin=f 安， 其中 f 安=bil，设导体棒 ab 静止时变阻器的阻值为 r，由闭合电路欧姆定律有：， 解得 r=当变阻器的阻值为零时，回路中的电流大于使导体棒 ab 静止时的电流，安培力大于使导体棒 ab 静止时的安培力，因此，由静止开始释放的瞬间，导体棒的加速度方向沿斜面向上由牛顿第二定律：f 安mgsin=ma， 其中 f 安=bil，由闭合电路欧姆定律：i= ，解得释放瞬间导体棒 ab 的加速度 a=（3）当重力下滑分力与安培力相等时，导体棒 ab 达到最大速度 vm， 即当 mgsin=bil 时，达到最大速度此时导体棒中由于切割产生的 e=blvm，由闭合电路欧姆定律，此时回路中的电流 i=解得 答：（1）滑动变阻器的阻值应取； 释放瞬间导体棒 ab 的加速度为；（3）导体棒 ab 所能达到的最大速度的大小为【点评】本题是金属棒平衡问题和动力学问题，关键分析受力情况，特别是分析和计算安培力的大 小难度中等14如图所示，半径 r=0.2m 的光滑四分之一圆轨道 mn 竖直固定放置，末端 n 与一长 l=0.8m 的 水平传送带相切，水平衔接部分摩擦不计，传动轮（轮半径很小）作顺时针转动，带动传送带以恒 定的速度 0 运动传送带离地面的高度 h=1.25m，其右侧地面上有一直径 d=0.5m 的圆形洞，洞口 最左端的 a 点离传送带右端的水平距离 s=1m，b 点在洞口的最右端现使质量为 m=0.5kg 的小物 块从 m 点由静止开始释放，经过传送带后做平抛运动，最终落入洞中，传送带与小物块之间的动摩 擦因数 =0.5 g 取 10m/s2求：（1）小物块到达圆轨道末端 n 时对轨道的压力 若 0=3m/s，求物块在传送带上运动的时间（3）若要使小物块能落入洞中，求 0 应满足的条件【考点】机械能守恒定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】（1）根据机械能守恒定律和向心力公式列式，联立方程即可求解； 根据牛顿第二定律求出物块在传送带上加速运动时的加速度，进而求出加速到与传送带达到同速所 需要的时间，再求出匀速运动的时间，两者之和即为总时间；（3）根据平抛运动的基本规律即可求解【解答】解：（1）设物块滑到圆轨道末端速度 1，根据机械能守恒定律得：mgr=设物块在轨道末