江西省南昌一中、南昌十中联考高三物理上学期月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年江西省南昌一中、南昌十中联考高三（上）月考物理试卷二、选择题：本大题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分116世纪末，伽利略用实验和推理，推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理学发展的新纪元在以下说法中，是伽利略的观点的是（）a四匹马拉车比两匹马拉的车跑的快：这说明物体受到的力越大，速度越大b一个运动的物体，如果不再受力了，它会逐渐停下来，这就说明，静止状态才是物体长时间不受力的“自然状态”c两物体从同一高度下落，较重的物体下落较快d一个物体维持匀速直线运动，不需要受力2火车在平直轨道上以平均速度v从a地到达b地历时t，现火车以速度v由a匀速出发，中途刹车停止后又立即起动加速到v然后匀速到达b，刹车和加速过程都是匀变速运动，刹车和加速的时间共为t，若火车仍要用同样时间到达b地，则速度v的大小应为（）abcd3如图所示，轻弹簧的一端与物块p相连，另一端固定在木板上先将木板水平放置，并使弹簧处于拉伸状态缓慢抬起木板的右端，使倾角逐渐增大，直至物块p刚要沿木板向下滑动，在这个过程中，物块p所受静摩擦力的大小变化情况是（）a先减小后增大b先增大后减小c一直增大d保持不变4“娱乐风洞”是一集高科技与惊险的娱乐项目，它可把游客在一个特定的空间内“吹”起来，让人体验太空飘忽感觉在某次表演中，假设风洞内向上的总风量和风速保持不变，表演者通过调整身姿，来改变所受的向上风力大小，人体可上下移动的空间总高度为h人体所受风力大小与正对面积成正比，站立时受风面积为水平横躺时当人体与竖直方向成一定倾斜角时，受风正对面积是最大值的，恰好可以静止或匀速漂移表演者开始时，先以站立身势从a点下落，经过某处b点，立即调整为横躺身姿运动到最低点c处恰好减速为零则有（）a运动过程中的最大加速度是gbb点的高度是hc表演者a至b克服风力所做的功是b至c过程的d表演者a至b动能的增量大于b至c克服风力做的功5我国首个空间实验室“天宫一号”发射轨道为一椭圆，如图甲所示，地球的球心位于该椭圆的一个焦点上，a、b两点分别是卫星运行轨道上的近地点和远地点若a点在地面附近，且卫星所受阻力可以忽略不计之后“天宫一号”和“神舟八号”对接，如乙图所示，a代表“天宫一号”，b代表“神舟八号”，虚线为各自的轨道由以上信息，可以判定（）a图甲中卫星运动到a点时其速率一定大于7.9km/sb图甲中若要卫星在b点所在的高度做匀速圆周运动，需在b点加速c图乙中“天宫一号”的向心加速度大于“神舟八号”的向心加速度d图乙中“神舟八号”加速有可能与“天宫一号”实现对接6如图，空间有垂直于xoy平面的匀强磁场t=0的时刻，一电子以速度v0经过x轴上的a点，方向沿x轴正方向a点坐标为（，0），其中r为电子在磁场中做圆周运动的轨道半径不计重力影响，则（）a电子经过y轴时，速度大小仍为v0b电子在时，第一次经过y轴c电子第一次经过y轴的坐标为（0，）d电子第一次经过y轴的坐标为（0，）7有一静电场，其电势随x坐标的改变而改变，变化的图线如图所示若将一带负电粒子（重力不计）从坐标原点o由静止释放，电场中p、q两点的坐标分别为1mm、4mm则下列说法正确的是（）a粒子将沿x轴正方向一直向前运动b粒子在p点与q点加速度大小相等、方向相反c粒子经过p点与q点时，动能相等d粒子经过p点与q点时，电场力做功的功率相等8如图所示，水平面内两根光滑的平行金属导轨，左端与电阻r相连接，其上垂直于导轨 放置质量一定的金属棒，金属棒与导轨接触良好，金属棒与导轨的电阻均不计，磁感应强 度为b的匀强磁场垂直于导轨所在平面现对金属棒施加一个水平向右的外力f，使金属棒从位置a由静止开始向右做匀加速运动并依次通过位置b和c，从a到b与从b到c所用的时间相等则在金属棒的运动过程中，下列说法正确的是（）a通过电阻r的电流方向从下到上b金属棒通过b、c两位置时，电阻r两端的电压之比为l：2c金属棒通过b、c两位置时，外力f的大小之比为l：2d在金属棒从a到b与从b到c的两个过程中，通过电阻r的电量之比为1：3三、非选择题9“探究动能定理”的实验装置如图所示，当小车在两条橡皮筋作用下弹出时，橡皮筋对小车做的功记为w0当用4条、6条、8条完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、第4次实验时，橡皮筋对小车做的功记为2w0、3w0、4w0，每次实验中由静止弹出的小车获得的最大速度可由打点计时器所打的纸带测出关于该实验，下列说法正确的是a某同学在一次实验中，得到一条记录纸带纸带上打出的点，两端密、中间疏出现这种情况的原因，可能是没有使木板倾斜或倾角太小b当小车速度达到最大时，橡皮筋处于伸长状态，小车前端还未到达两个铁钉的连线处c应选择纸带上点距均匀的一段计算小车的最大速度d应选择纸带上第一点到最后一点的一段计算小车的平均速度10某同学在用电流表和电压表测电池的电动势和内阻的实验中，串联了一只2.5的保护电阻r0，实验电路如图1所示，（1）连好电路后，当该同学闭合电键，发现电流表示数为0，电压表示数不为0检查后判定有一处断路；他用多用电表的电压档检查电路，把两表笔分别接a、b，b、c，d、e时，示数均为0，把两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，由此可推断故障是之间断路（2）排除故障后，该同学顺利完成实验，测得下列数据，并根据数据在图2坐标图中描点，请你画出ui图线，i/a0.100.170.230.30u/v1.201.000.800.60（3）由图线求电池的电动势为，内阻为11如图所示为一足够长斜面，其倾角为=37，一质量m=10kg物体，在斜面底部受到一个沿斜面向上的f=100n的力作用由静止开始运动，物体在2s内位移为4m，2s末撤去力f，（sin 37=0.6，cos 37=0.8，g=10m/s2）求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数；（2）物体沿斜面上滑的最大距离12如图所示，两块长3cm的平行金属板ab相距1cm，并与300v直流电源的两极相连接，ab如果在两板正中间有一电子（m=91031kg，e=1.61019c），沿着垂直于电场线方向以2107m/s的速度飞入，则：（1）电子能否飞离平行金属板？（2）如果由a到b分布宽1cm的电子带通过此电场，能飞离电场的电子数占总数的百分之几？13如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1=220sin100tv，则（）a交流电的频率为50hzb当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22vc当t=s时，c、d间的电压瞬时值为110vd单刀双掷开关与a连接，在滑阻触头p向上移动过程中，电压表和电流表的示数均变小e单刀双掷开关由a扳向b，电压表和电流表的示数均变小f单刀双掷开关由a扳向b，变压器输出功率变大14如图所示，电阻忽略不计的两根两平行光滑金属导轨竖直放置，其上端接一阻值为3的电阻r在水平虚线l1、l2间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场b，磁场区域的高度为d=0.5m导体棒a的质量ma=0.2kg、电阻ra=3；导体棒b的质量mb=0.1kg、电阻rb=6，它们分别从图中m、n处同时由静止开始沿导轨向下滑动，且都能匀速穿过磁场区域，当b 刚穿出磁场时a正好进入磁场（不计a、b之间的作用）求：（1）在整个过程中，a棒和b棒分别克服安培力做了多少功？（2）在b穿过磁场区域过程中，电阻r产生的电热；（3）m点和n点距l1的高度分别为多少？2015-2016学年江西省南昌一中、南昌十中联考高三（上）月考物理试卷参考答案与试题解析二、选择题：本大题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分116世纪末，伽利略用实验和推理，推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理学发展的新纪元在以下说法中，是伽利略的观点的是（）a四匹马拉车比两匹马拉的车跑的快：这说明物体受到的力越大，速度越大b一个运动的物体，如果不再受力了，它会逐渐停下来，这就说明，静止状态才是物体长时间不受力的“自然状态”c两物体从同一高度下落，较重的物体下落较快d一个物体维持匀速直线运动，不需要受力【考点】作用力和反作用力【分析】亚里士多德的观点有：重物比轻物下落快；力是维持物体运动的原因，物体受力就会运动，不再受力了，它总会逐渐停下来；物体受的力越大，速度就越大伽利略用实验和推理，证明了力不是维持物体运动的原因【解答】解：a、物体受的力越大，速度就越大，是亚里士多德的观点故a错误b、一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，是因为物体受到了地面的摩擦力，如果不受力，物体会永远的运动下去，故b错误c、两物体从同一高度自由下落，轻和重的物体下落一样快，故c错误d、维持一个物体做匀速直线运动，不需要力，故d正确故选：d【点评】本题考查对亚里士多德和伽利略关于运动与力的关系的理论观点的了解，是物理学史的问题，比较简单2火车在平直轨道上以平均速度v从a地到达b地历时t，现火车以速度v由a匀速出发，中途刹车停止后又立即起动加速到v然后匀速到达b，刹车和加速过程都是匀变速运动，刹车和加速的时间共为t，若火车仍要用同样时间到达b地，则速度v的大小应为（）abcd【考点】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】求出火车由于刹车减速再加速所耽误的时间，即可得出火车匀速运动的时间，根据平均速度公式求出火车匀速运动的速度【解答】解：火车中途急刹车，停止后又立即加速到v这段时间内的位移为：x=，这段位移若做匀速直线运动所需的时间：，则火车由于刹车减速再加速所耽误的时间为，则火车匀速运动的速度：故c正确，a、b、d错误故选：c【点评】解决本题的关键求出火车由于刹车减速再加速所耽误的时间，以及掌握匀变速直线运动的平均速度公式3如图所示，轻弹簧的一端与物块p相连，另一端固定在木板上先将木板水平放置，并使弹簧处于拉伸状态缓慢抬起木板的右端，使倾角逐渐增大，直至物块p刚要沿木板向下滑动，在这个过程中，物块p所受静摩擦力的大小变化情况是（）a先减小后增大b先增大后减小c一直增大d保持不变【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】由题，缓慢抬起木板的右端，使倾角逐渐增大的过程中，物块p的重力沿木板向下的分力先小于弹簧的弹力，后大于弹簧的弹力，根据平衡条件分析物块p所受静摩擦力的大小变化情况【解答】解：设物块的重力为g，木板与水平面的夹角为，弹簧的弹力大小为f，静摩擦力大小为f由题，缓慢抬起木板的右端，使倾角逐渐增大，直至物块p刚要沿木板向下滑动的过程中，弹簧的拉力不变，物块p的重力沿木板向下的分力先小于弹簧的弹力，后大于弹簧的弹力，物块p所受的静摩擦力方向先木板向下，后沿木板向上当物块p的重力沿木板向下的分力小于弹簧的弹力时，则有gsin+f=f，增大时，f不变，f减小；当物块p的重力沿木板向下的分力大于弹簧的弹力时，则有gsin=f+f，增大时，f不变，f增大；所以物块p所受静摩擦力的大小先减小后增大故选a【点评】本题要抓住弹簧的拉力没有变化，重力的分力是变力，先小于弹簧的弹力，后大于弹簧的弹力，根据平衡条件进行动态变化分析4“娱乐风洞”是一集高科技与惊险的娱乐项目，它可把游客在一个特定的空间内“吹”起来，让人体验太空飘忽感觉在某次表演中，假设风洞内向上的总风量和风速保持不变，表演者通过调整身姿，来改变所受的向上风力大小，人体可上下移动的空间总高度为h人体所受风力大小与正对面积成正比，站立时受风面积为水平横躺时当人体与竖直方向成一定倾斜角时，受风正对面积是最大值的，恰好可以静止或匀速漂移表演者开始时，先以站立身势从a点下落，经过某处b点，立即调整为横躺身姿运动到最低点c处恰好减速为零则有（）a运动过程中的最大加速度是gbb点的高度是hc表演者a至b克服风力所做的功是b至c过程的d表演者a至b动能的增量大于b至c克服风力做的功【考点】动能定理的应用【专题】动能定理的应用专题【分析】由题意，人体受风力大小与正对面积成正比，设最大风力为fm，由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得重力g=fm，人站立时风力为fm，人下降过程分为匀加速和匀减速过程，先根据牛顿第二定律求出两个过程的加速度，再结合运动学公式分析求解【解答】解：a、设最大风力为fm，由于人体受风力大小与正对面积成正比，故人站立时风力为fm由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得重力 g=fm，fm=2g则人平躺上升时有最大加速度，a=g，故a错误；b、设下降的最大速度为v，有速度位移公式，加速下降过程位移x1=减速下降过程位移x2=故x1：x2=4：3因而x2=h，则b的高度为h，故b错误；c、表演者a至b克服风力所做的功为 w1=fmh=fmh；b至c过程克服风力所做的功为 w2=fmh=fmh；所以=，故c正确d、对a至b过程应用动能定理：表演者a至b动能的增量ek=ghw1=fmh=2gh=gh可知，ek=w2，即表演者a至b动能的增量等于b至c克服风力做的功，故d错误；故选：c【点评】本题关键将下降过程分为匀加速过程和匀减速过程，求出各个过程的加速度，然后根据运动学公式列式判断5我国首个空间实验室“天宫一号”发射轨道为一椭圆，如图甲所示，地球的球心位于该椭圆的一个焦点上，a、b两点分别是卫星运行轨道上的近地点和远地点若a点在地面附近，且卫星所受阻力可以忽略不计之后“天宫一号”和“神舟八号”对接，如乙图所示，a代表“天宫一号”，b代表“神舟八号”，虚线为各自的轨道由以上信息，可以判定（）a图甲中卫星运动到a点时其速率一定大于7.9km/sb图甲中若要卫星在b点所在的高度做匀速圆周运动，需在b点加速c图乙中“天宫一号”的向心加速度大于“神舟八号”的向心加速度d图乙中“神舟八号”加速有可能与“天宫一号”实现对接【考点】万有引力定律及其应用【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题【分析】由图看出，卫星做椭圆运动，其运动速度在第一、第二宇宙速度之间，可知a点的速度大于7.9km/s；若要卫星在b点所在的高度做匀速圆周运动，可在b点加速；天宫一号和神舟八号绕地球做匀速圆周运动，靠万有引力提供向心力，根据万有引力定律和牛顿第二定律比较向心加速度的大小【解答】解：a、卫星做椭圆运动，在近地点（地球附近）的速度在第一、第二宇宙速度之间，a点的速度一定大于7.9km/s故a正确b、在b点，万有引力大于向心力，即；若要卫星在b点所在的高度做匀速圆周运动，需要在b点加速，故b正确；c、根据：g=ma，有a=g，天宫一号的半径大，向心加速度小，故c错误；d、神舟八号在轨道上加速，由于万有引力小于所需的向心力，神舟八号会做离心运动，离开原轨道，可能天宫一号对接，故d正确；故选：abd【点评】本题考查对宇宙速度的了解和卫星如何变轨的理解，可以根据离心运动知识理解卫星变轨的问题解决本题的关键掌握线速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，以及知道神舟八号只有加速离开原轨道做离心运动才可能与天宫一号对接6如图，空间有垂直于xoy平面的匀强磁场t=0的时刻，一电子以速度v0经过x轴上的a点，方向沿x轴正方向a点坐标为（，0），其中r为电子在磁场中做圆周运动的轨道半径不计重力影响，则（）a电子经过y轴时，速度大小仍为v0b电子在时，第一次经过y轴c电子第一次经过y轴的坐标为（0，）d电子第一次经过y轴的坐标为（0，）【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】电子在磁场中做匀速圆周运动，受到洛伦兹力提供向心力，根据向心力表达式与牛顿第二定律，可确定运动半径与周期，结合几何关系，即可求解【解答】解：由题意可知，根据左手定则，得电子受到的洛伦兹力沿着y轴负方向，运动轨迹如图所示；a、电子只受洛伦兹力作用，由于其力对电子不做功，因此速度大小不变仍为v0，故a正确；b、因a点坐标为（，0），则圆心在 （，r），由几何关系可知，aob=30，由周期公式t=，因此电子第一次经过y轴，时间为t=，故b正确；c、由几何关系可知，ob长度为，因此电子第一次经过y轴的坐标为（0，），故d正确，c错误；故选abd【点评】考查洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，掌握牛顿第二定律的应用，注意几何关系的运用，及正确的运动轨迹图7有一静电场，其电势随x坐标的改变而改变，变化的图线如图所示若将一带负电粒子（重力不计）从坐标原点o由静止释放，电场中p、q两点的坐标分别为1mm、4mm则下列说法正确的是（）a粒子将沿x轴正方向一直向前运动b粒子在p点与q点加速度大小相等、方向相反c粒子经过p点与q点时，动能相等d粒子经过p点与q点时，电场力做功的功率相等【考点】电势能；功率、平均功率和瞬时功率；动能定理的应用；电势【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据顺着电场线方向电势降低可判断出电场线的方向，确定出粒子所受的电场力方向，分析其运动情况x图象的斜率大小等于场强e加速度a=根据电势关系，分析电势能关系，由能量守恒定律判断动能的关系功率p=fv【解答】解：a、根据顺着电场线方向电势降低可知，02mm内，电场线沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向沿x轴正方向做加速运动；在26mm内电场线沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x负方向做减速运动，6mm处粒子的速度为零；然后粒子向左先做加速运动后做减速运动即在06mm间做往复运动故a错误b、x图象的斜率大小等于场强e则知p点的场强大于q点的场强，则粒子在p点的加速度大于在q点的加速度，加速度方向相反故b错误c、粒子经过p点与q点时，电势相等，则其电势能相等，由能量守恒知动能相等故c正确d、粒子经过p点与q点时，速率相等，但电场力不同，则电场力做功的功率不等故d错误故选c【点评】本题关键是抓住x图象的斜率大小等于场强e，确定电场线方向，判断粒子的运动情况8如图所示，水平面内两根光滑的平行金属导轨，左端与电阻r相连接，其上垂直于导轨 放置质量一定的金属棒，金属棒与导轨接触良好，金属棒与导轨的电阻均不计，磁感应强 度为b的匀强磁场垂直于导轨所在平面现对金属棒施加一个水平向右的外力f，使金属棒从位置a由静止开始向右做匀加速运动并依次通过位置b和c，从a到b与从b到c所用的时间相等则在金属棒的运动过程中，下列说法正确的是（）a通过电阻r的电流方向从下到上b金属棒通过b、c两位置时，电阻r两端的电压之比为l：2c金属棒通过b、c两位置时，外力f的大小之比为l：2d在金属棒从a到b与从b到c的两个过程中，通过电阻r的电量之比为1：3【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律【专题】电磁感应中的力学问题【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向金属棒从静止开始做匀加速运动，由速度公式求出金属棒通过b、c的速度关系，由e=blv求出感应电动势的关系，由于金属棒与导轨的电阻均不计，感应电动势之比即等于电阻r两端电压之比由f安=，求出安培力之比，由牛顿第二定律求解外力f之比由运动学公式求出两个过程的位移关系，根据推论q=，求解电量之比【解答】解：a、根据楞次定律判断可知通过r的电流方向向下故a错误b、金属棒从静止开始做匀加速运动，从a到b与从b到c所用的时间相等，由v=at得，金属棒通过b、c的速度之比为1：2，由e=blv得，感应电动势之比为1：2，由于金属棒与导轨的电阻均不计，感应电动势之比即等于电阻r两端电压之比故b正确c、由f安=得知，金属棒通过b、c两位置时，安培力f的大小之比为l：2，根据牛顿第二定律得：ff安=ma，得f=f安+ma，由数学知识得知，外力f的大小之比大于l：2故c错误d、由运动学推论可知，a到b与b到c的位移之比为1：3，根据推论q=，可知，电量与位移s成正比，则通过电阻r的电量之比为1：3故d正确故选bd【点评】本题是一道综合性较强的问题，主要是电磁感应与力学知识的综合，要掌握运动学的公式、牛顿第二定律、楞次定律、安培力和感应电量的推论等等才能正确解答，难度较大三、非选择题9“探究动能定理”的实验装置如图所示，当小车在两条橡皮筋作用下弹出时，橡皮筋对小车做的功记为w0当用4条、6条、8条完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、第4次实验时，橡皮筋对小车做的功记为2w0、3w0、4w0，每次实验中由静止弹出的小车获得的最大速度可由打点计时器所打的纸带测出关于该实验，下列说法正确的是aca某同学在一次实验中，得到一条记录纸带纸带上打出的点，两端密、中间疏出现这种情况的原因，可能是没有使木板倾斜或倾角太小b当小车速度达到最大时，橡皮筋处于伸长状态，小车前端还未到达两个铁钉的连线处c应选择纸带上点距均匀的一段计算小车的最大速度d应选择纸带上第一点到最后一点的一段计算小车的平均速度【考点】探究功与速度变化的关系【专题】实验题【分析】本实验的关键是需要先平衡摩擦力，这样橡皮筋对小车的拉力做的功才为总功，此时当橡皮筋的弹力为零时小车速度最大，由此即可得知各选项的正误【解答】解：a、“探究动能定理”的实验中：如果没有平衡摩擦力或没有使木板倾斜或倾角太小，则小车受到的拉力与阻力合力为零时速度最大，当橡皮筋恢复原长后小车会做减速运动，所以在小车获得的最大速度后，小车的速度会减小，出现“两端密、中间疏”现象，故a正确；b、若实验前已平衡好摩擦力，则当小车速度达到最大时，橡皮筋应处于原长状态，b错误；c、因小车匀速时速度最大，故c正确；d、根据c选项的分析可知d错误故选：ac【点评】橡皮筋的弹性势能转化为小车的动能，实验中用到多条橡皮筋，就要求每次橡皮筋相同且被拉长的一样多，这样橡皮筋对小车做的功才有倍数关系解决实验问题的关键是明确实验原理和实验步骤以及实验注意事项10某同学在用电流表和电压表测电池的电动势和内阻的实验中，串联了一只2.5的保护电阻r0，实验电路如图1所示，（1）连好电路后，当该同学闭合电键，发现电流表示数为0，电压表示数不为0检查后判定有一处断路；他用多用电表的电压档检查电路，把两表笔分别接a、b，b、c，d、e时，示数均为0，把两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，由此可推断故障是cd之间断路（2）排除故障后，该同学顺利完成实验，测得下列数据，并根据数据在图2坐标图中描点，请你画出ui图线，i/a0.100.170.230.30u/v1.201.000.800.60（3）由图线求电池的电动势为1.5，内阻为0.5【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题【分析】（1）用电压表测电路时，若示数为零，则说明所接部分没有断路；若有示数则说明所接部分内出现了断路；（2）由原理图可画出实物图，注意在连线时不要交叉，同时要注意电表的正负接线柱；（3）由描点法得出ui图象，而图象与纵坐标的交点为电动势；图象的斜率表示电源的内电阻；（4）将保护电阻等效到电源的内部，电压表测的是外电压，电流表的读数小于通过电源的电流，【解答】解：（1）接c、d电压表示数为电源的电动势，说明此时电压表与电源相连，故其他部位是完好的，只能是cd间发生断路； （3）由表中数据，描点连线，可得ui图如下图所示；图象与纵坐标的交点为电源的电动势，故电源的电动势约为1.5v；图象的斜率表示内阻，则内电阻r=2.5=0.5；故答案为：（1）cd（2）如图所示；（3）1.50；0.5【点评】本题中要注意电压表的接法，此种接法测出的是不是路端电压，而是滑动变阻器两端的电压；此时可将保护电阻等效为电源的内阻进行分析11如图所示为一足够长斜面，其倾角为=37，一质量m=10kg物体，在斜面底部受到一个沿斜面向上的f=100n的力作用由静止开始运动，物体在2s内位移为4m，2s末撤去力f，（sin 37=0.6，cos 37=0.8，g=10m/s2）求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数；（2）物体沿斜面上滑的最大距离【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】计算题；定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题【分析】（1）根据位移公式求出前2s内物体的加速度，由牛顿第二定律和摩擦力公式求出物体与斜面间的动摩擦因数；（2）物体先沿斜面向上做匀加速运动，撤去f后做匀减速运动，再向下做匀加速运动由牛顿第二定律求出撤去f后物体向上匀减速运动的加速度和时间，进一步求出其位移【解答】解：（1）02s内物体物体做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式得：x=a1t12，解得：a1=2m/s2由牛顿第二定律得：fmgcos37mgsin37=ma1，解得：=0.25；（2）在f被撤消后，物体还要继续向上运动，且是做匀减速运动，当速度为零位移达到最大值设这过程的加速度为a2，撤消力f时的速度为v1，匀减速运动的时间为t2，由牛顿第二定律得：mgcos37+mgsin37=ma2，解得：a2=8m/s2，2s末的速度为：v1=a1t=4m/s，物体减速运动的时间：t2=0.5s，物体的总位移：s=（t1+t2）=10m；答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数为0.25；（2）物体沿斜面上滑的最大距离为10m【点评】本题运用牛顿第二定律和运动学公式结合求解动力学问题，要学会分析过程，把握住各个过程之间的联系，分析清楚物体的运动过程是解题的关键，物体向下运动时一直做匀加速直线运动，但开始物体相对传送带向上滑动，后来物体相对于传送带向下滑动，两中情况下所受摩擦力方向不同12如图所示，两块长3cm的平行金属板ab相距1cm，并与300v直流电源的两极相连接，ab如果在两板正中间有一电子（m=91031kg，e=1.61019c），沿着垂直于电场线方向以2107m/s的速度飞入，则：（1）电子能否飞离平行金属板？（2）如果由a到b分布宽1cm的电子带通过此电场，能飞离电场的电子数占总数的百分之几？【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】电子在电场中做类平抛运动，将这个运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动假设电子能飞出电场，初速度和板长已知，可求出时间，ab方向上的位移y=at2，将y与比较，即可判断电子能否飞离电场根据电子不能飞离电场的宽度，求出能飞出电场的电子数占总电子数的百分比【解答】解：（1）当电子沿ab两板正中央以v0=2107m/s的速度飞入电场时，若能飞出电场，则电子在电场中的运动时间为t=在沿ab方向上，电子受电场力的作用，在ab方向上的位移为y=at2又a=由式得y=（）2=0.6cm，而，y，故粒子不能飞出电场（2）由（1）知，与b板相距为y的电子不能飞出电场的，而能飞出电场的电子带宽度为：x=dy=10.6=0.4cm，故能飞出电场的电子数占总电子数的百分比为：n=答：（1）电子不能能飞离平行金属板，（2）能飞离电场的电子数占总数的百分之40【点评】带电粒子在电场中运动的分析方法与力学的分析方法基本相同：先分析受力情况和运动情况，再选择恰当的规律解题，这是处理这类问题基本的解题思路这题还用假设法，这也是物理上常用的方法13如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1=220sin100tv，则（）a交流电的频率为50hzb当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22vc当t=s时，c、d间的电压瞬时值为110vd单刀双掷开关与a连接，在滑阻触头p向上移动过程中，电压表和电流表的示数均变小e单刀双掷开关由a扳向b，电压表和电流表的示数均变小f单刀双掷开关由a扳向b，变压器输出功率变大【考点】变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】根