浙江省嘉兴市桐乡高中高二物理下学期期中试卷（含解析）.doc

浙江省嘉兴市桐乡高中2014-2015学年高二（下）期中物理试卷一、单选题（共9小题，每题4分，共36分）1关于物体的惯性，下列说法中正确的是（）a骑自行车的人，上坡前要紧蹬几下，是为了增大惯性冲上坡b子弹从枪膛中射出后，在空中飞行速度逐渐减小，因此惯性也减小c物体惯性的大小，由物体质量大小决定d物体由静止开始运动的瞬间，它的惯性最大2一质点做简谐运动，其位移x与时间t的关系曲线如图所示，由图可知（）a质点振动频率是4 hzbt=2 s时，质点的加速度最大c质点的振幅为4cmdt=3 s时，质点所受的合外力最大3如图所示，一只可视为质点的蚂蚁在半球形碗内缓慢地从底部爬到a处，下列说法正确的是（）a在a点碗对蚂蚁的支持力大于在b点的支持力b在a点碗对蚂蚁的摩擦力大于在b点的摩擦力c在a点碗对蚂蚁的作用力大于在b点的作用力d在a点蚂蚁受到的合力大于在b点受到的合力4某单摆由1m长的摆线连接一个直径2cm的铁球组成，关于单摆周期，下列说法中正确的是（）a用大球替代小球，单摆的周期不变b摆角从5改为3，单摆的周期会变小c用等大的铜球替代铁球，单摆的周期不变d将单摆从赤道移到北极，单摆的周期会变大5小船横渡一条河，小船本身提供的速度大小、方向都不变（小船速度方向垂直于河岸）已知小船的运动轨迹如图所示，则（）a由a岸到b岸，河水的流速越来越小b由a岸到b岸，河水的流速越来越大c由a岸到b岸河水的流速先增大后减小d河水的流速恒定6近年我国高速铁路技术得到飞速发展，武广高铁创造了世界最高营运时速390km/h的记录下列说法错误的是（）a减少路轨阻力，有利于提高列车最高时速b当列车保持最高时速行驶时，其牵引力与阻力大小相等c列车的最高时速取决于其最大功率、阻力及相关技术d将列车车头做成流线形，减小空气阻力，有利于提高列车功率7在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个矩形的金属导体框，规定磁场方向向上为正，导体框中电流的正方向如图所示，当磁场的磁感应强度b随时间t如图变化时，下图中正确表示导体框中感应电流变化的是（）abcd8如图所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcdt=0时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右做匀加速直线运动，bc边刚进入磁场的时刻为t1，ad边刚进入磁场的时刻为t2，设线框中产生的感应电流的大小为i，ad边两端电压大小为u，水平拉力大小为f，则下列i、u、f随运动时间t变化关系图象正确的是（）abcd9如图所示是质量为m的小球靠近墙面竖直上抛的频闪照片，甲图是上升时的照片，乙图是下降时的照片，o是运动的最高点假设小球所受阻力大小不变，重力加速度为g，据此估算小球受到的阻力大小为（）amgb mgc mgd mg二、不定项选择题（共3小题，每题4分，共12分）10如图所示，电路中a、b是规格相同的灯泡，l是电阻可忽略不计的电感线圈，那么（）a合上s，a、b一起亮，然后a变暗后熄灭b合上s，b先亮，a逐渐变亮，最后a、b一样亮c断开s，a立即熄灭，b由亮变暗后熄灭d断开s，b立即熄灭，a闪亮一下后熄灭11航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的，电磁驱动原理如图所示当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈左侧的金属环被弹射出去现在固定线圈左侧同一位置，先后放有分别用横截面积相等的铜和铝导线制成形状、大小相同的两个闭合环，已知电阻率铜铝合上开关s的瞬间，则（）a从左侧看环中感应电流沿逆时针方向b铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力c若将铜环放置在线圈右侧，铜环将向右弹射d电池正负极调换后，金属环不能向左弹射12如图所示，abcd为一矩形金属线框，其中ab=cd=l，ab边接有定值电阻r，cd边的质量为m，其它部分的电阻和质量均不计，整个装置用两根绝缘轻弹簧悬挂起来线框下方处在磁感应强度大小为b的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里初始时刻，两弹簧处于自然长度，给线框一竖直向下的初速度v0，当cd边第一次运动至最下端的过程中，r产生的电热为q，此过程cd边始终未离开磁场，已知重力加速度大小为g，下列说法中正确的是（）a线框中产生的最大感应电流大于b初始时刻cd边所受安培力的大小为mgccd边第一次到达最下端的时刻，两根弹簧具有的弹性势能总量大于mv02qd在cd边反复运动过程中，r中产生的电热最多为mv02三、实验题（共2小题，每空2分，共14分）13小杨同学采用如图1所示的装置进行“验证机械能守恒定律”实验（1）除了图1装置中的器材之外，还必须从图2中选取实验器材，其名称是；（2）指出图1装置中一处不合理的地方；（3）小杨同学得到了如图3的一条纸带，读出0、5两点间的距离为cm；（4）计算打下计数点5时纸带速度的大小为m/s（保留3位有效数字）14在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，用如图1所示的实物电路图进行实验：（1）开关闭合前滑动变阻器应移到（填“a端”、“b端”或“中间任意位置”）（2）正确操作，记录两电表示数及小灯珠的发光状态，如表所示：电压u/v00.200.500.801.001.301.502.002.50电流i/a00.180.290.330.340.360.370.390.40灯珠的状态不发光发红微弱发光发光发光发亮很亮用图2的坐标纸描绘小灯珠的伏安特性曲线；（3）同学测完最后一组数据后，只断开电路开关经过一段较长时间后，再闭合开关发现在闭合开关的瞬间电流明显大于0.40a，请说明该现象的原因：四、计算题（共4小题，第15题8分，第16题9分，第17题10分，第18题11分，共38分）15在“极限”运动会中，有一个在钢索桥上的比赛项目如图所示，总长为l的均匀粗钢丝绳固定在等高的a、b处，钢丝绳最低点与固定点a、b的高度差为h，动滑轮起点在a处，并可沿钢丝绳滑动，钢丝绳最低点距离水面也为h若质量为m的人抓住滑轮下方的挂钩由a点静止滑下，最远能到达右侧c点，c、b间钢丝绳长为，高度差为参赛者在运动过程中视为质点，滑轮受到的阻力大小可认为不变，且克服阻力所做的功与滑过的路程成正比，不计参赛者在运动中受到的空气阻力、滑轮（含挂钩）的质量和大小，不考虑钢索桥的摆动及形变重力加速度为g求：（1）滑轮受到的阻力大小；（2）若参赛者不依靠外界帮助要到达b点，则人在a点处抓住挂钩时至少应该具有的初动能16如图所示，正方形线框abcd放在光滑绝缘的水平面上，其边长l=0.5m、质量m=0.5kg、电阻r=0.5，m、n分别为线框ad、bc边的中点图示两个虚线区域内分别有竖直向下和向上的匀强磁场，磁感应强度均为b=1t，pq为其分界线线框从图示位置以速度v0=2m/s向右滑动，求：（1）线框由图示位置运动到mn与pq重合的过程中磁通量的变化量；（2）线框运动过程中的最大电流和最大加速度的大小17如图所示，在两相距2r，水平放置的平行金属板pq间，一质量为m、电量为q的带电粒子以速度v0=沿板间水平中轴线o1o2从o1点射入，刚好打在下极板的中点b，现在两极板间加上竖直向下的匀强电场，粒子恰好能沿o1o2做直线运动，已知重力加速度为g，求：（1）极板长度l；（2）粒子带何种电荷？pq间u为多少？（3）若在极板竖直中线ab右侧区域再加上一垂直纸面向里的匀强磁场（如图乙），要使从o1射入的粒子能从pq板间射出，求匀强磁场b的大小范围？18如图（a）所示，间距为l、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为的斜面上在区域i内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度为b；在区域内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度bt的大小随时间t变化的规律如图（b）所示t=0时刻在轨道上端的金属细棒ab从如图位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd在位于区域i内的导轨上由静止释放在ab棒运动到区域的下边界ef处之前，cd棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好已知cd棒的质量为m、电阻为r，ab棒的质量、阻值均未知，区域沿斜面的长度为2l，在t=tx时刻（tx未知）ab棒恰进入区域，重力加速度为g求：（1）ab棒的质量（2）ab棒开始下滑的位置离区域上边界的距离（3）若ab棒开始下滑至ef的过程中cd棒产生的热量为q，求ab棒的电阻2014-2015学年浙江省嘉兴市桐乡高中高二（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单选题（共9小题，每题4分，共36分）1关于物体的惯性，下列说法中正确的是（）a骑自行车的人，上坡前要紧蹬几下，是为了增大惯性冲上坡b子弹从枪膛中射出后，在空中飞行速度逐渐减小，因此惯性也减小c物体惯性的大小，由物体质量大小决定d物体由静止开始运动的瞬间，它的惯性最大【考点】惯性【分析】一切物体都具有惯性，惯性是物体本身的一种基本属性，其大小只与质量有关，质量越大、惯性越大；惯性的大小和物体是否运动、是否受力以及运动的快慢是没有任何关系的【解答】解：a、骑自行车的人，上坡前要紧蹬几下，目的增大初速度，惯性的大小由质量决定故a错误 b、子弹速度减小，是因为受到阻力，因为质量不变，所以惯性不变故b错误c、物体惯性的大小由质量决定故c正确d、物体的惯性与物体的运动状态无关故d错误故选c【点评】需要注意的是：一切物体都有惯性，惯性的大小只与质量有关，与其他都无关2一质点做简谐运动，其位移x与时间t的关系曲线如图所示，由图可知（）a质点振动频率是4 hzbt=2 s时，质点的加速度最大c质点的振幅为4cmdt=3 s时，质点所受的合外力最大【考点】简谐运动的振动图象【专题】定性思想；推理法；简谐运动专题【分析】质点的振幅等于振子的位移最大值，由图直接读出振幅和周期，由公式f=求出频率根据给定时刻的质点位移，分析回复力和加速度的大小【解答】解：a、由图读出周期t=4s，则频率f=0.25hz，故a错误；b、由图可知，t=2s时，质点位于负的最大位移处，所以回复力最大，加速度最大故b正确；c、由图可以读出振幅为2cm，故c错误；d、t=3s时，质点位于平衡位置处；故质点所受的合外力为0；故d错误；故选：b【点评】本题考查对简谐运动图象的理解能力，要抓住简谐运动中质点的速度与加速度的变化情况是相反3如图所示，一只可视为质点的蚂蚁在半球形碗内缓慢地从底部爬到a处，下列说法正确的是（）a在a点碗对蚂蚁的支持力大于在b点的支持力b在a点碗对蚂蚁的摩擦力大于在b点的摩擦力c在a点碗对蚂蚁的作用力大于在b点的作用力d在a点蚂蚁受到的合力大于在b点受到的合力【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】小虫缓慢上爬，可以认为小虫处于平衡状态，合力为零，小虫所受的摩擦力为静摩擦力，越往上爬，所受静摩擦力越大【解答】解：小虫缓慢上爬，可以认为小虫处于平衡状态，则合力始终为零，受力分析，根据共点力平衡有：f=mgsin，n=mgcos，因为a点的比b点的大，所以在a点碗对蚂蚁的摩擦力大于在b点的摩擦力，在a点碗对蚂蚁的支持力小于在b点的支持力，故a错误，b正确；c、在a点和b点，碗对蚂蚁的作用力都等于蚂蚁的重力，所以在a点碗对蚂蚁的作用力等于在b点的作用力，故cd错误故选：b【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4某单摆由1m长的摆线连接一个直径2cm的铁球组成，关于单摆周期，下列说法中正确的是（）a用大球替代小球，单摆的周期不变b摆角从5改为3，单摆的周期会变小c用等大的铜球替代铁球，单摆的周期不变d将单摆从赤道移到北极，单摆的周期会变大【考点】单摆周期公式；单摆【专题】单摆问题【分析】单摆摆长等于摆线的长度与摆球半径之和；根据单摆周期公式分析答题【解答】解：a、用等大的铜球替代铁球，单摆摆长不变，由单摆周期公式t=2可知，单摆的周期不变，但摆球大，周期大，故a错误；b、由单摆周期公式t=2可知，在小摆角情况下，单摆做简谐运动的周期与摆角无关，摆角从5改为3时，单摆周期不变，故b错误；c、用等大球替代，单摆摆长不变，由单摆周期公式t=2可知，单摆的周期不变，故c正确；d、将单摆从赤道移到北极，重力加速度g变大，由单摆周期公式t=2可知，单摆周期变小，故d错误；故选：c【点评】知道单摆摆长等于、摆线长度与摆球半径之和，熟练应用单摆周期公式即可正确解题5小船横渡一条河，小船本身提供的速度大小、方向都不变（小船速度方向垂直于河岸）已知小船的运动轨迹如图所示，则（）a由a岸到b岸，河水的流速越来越小b由a岸到b岸，河水的流速越来越大c由a岸到b岸河水的流速先增大后减小d河水的流速恒定【考点】运动的合成和分解【专题】运动的合成和分解专题【分析】轨迹弯曲的方向大致指向合力的方向，合力的方向又与水流的方向一致，可见加速度的方向先向右再向左【解答】解：从轨迹曲线的弯曲形状上可以知道，靠近a岸小船具有向下游的加速度，靠近b岸小船具有向上游的加速度，故水流是先加速后减速，故c正确，a、b、d错误故选：c【点评】解决本题的关键知道小船参与了两个运动，有两个分速度，分别是静水速和水流速以及知道轨迹的弯曲大致指向合力的方向6近年我国高速铁路技术得到飞速发展，武广高铁创造了世界最高营运时速390km/h的记录下列说法错误的是（）a减少路轨阻力，有利于提高列车最高时速b当列车保持最高时速行驶时，其牵引力与阻力大小相等c列车的最高时速取决于其最大功率、阻力及相关技术d将列车车头做成流线形，减小空气阻力，有利于提高列车功率【考点】功率、平均功率和瞬时功率【专题】功率的计算专题【分析】当列车的功率一定时，当牵引力等于阻力时，速度最大，根据p=fv=fv进行分析【解答】解：a、根据p=fv=fv知，v=减小阻力，有利于提高列车的最高时速故a正确b、当列车功率一定，在水平铁轨上速度最大时，f=f故b正确c、根据p=fv=fv，知列车的最高时速取决于其最大功率、阻力及相关技术故c正确d、将列车车头做成流线形，减小空气阻力，有利于提高列车的速度，不会提高功率故d错误本题选错误的，故选：d【点评】解决本题的关键知道当列车在水平轨道上行驶，牵引力等于阻力时，速度最大，减小阻力，增大输出功率，可以增大速度7在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个矩形的金属导体框，规定磁场方向向上为正，导体框中电流的正方向如图所示，当磁场的磁感应强度b随时间t如图变化时，下图中正确表示导体框中感应电流变化的是（）abcd【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】正确解答本题一定要明确bt图象中斜率的含义，注意感应电动势的大小与磁通量大小无关与磁通量变化率成正比【解答】解：根据法拉第电磁感应定律有：e=n=ns，因此在面积、匝数不变的情况下，感应电动势与磁场的变化率成正比，即与bt图象中的斜率成正比，由图象可知：02s，斜率不变，故形成的感应电流不变，根据楞次定律可知感应电流方向顺时针（俯视）即为正值，而在24s斜率不变，电流方向为逆时针，整个过程中的斜率大小不变，所以感应电流大小不变；根据楞次定律，向上的磁场先减小，再向下磁场在增大，则感应电流方向为逆时针，即为负方向，故abd错误，c正确故选：c【点评】正确理解感应电动势与磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率等之间的关系，可以类比加速度、速度变化量、速度变化率进行学习8如图所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcdt=0时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右做匀加速直线运动，bc边刚进入磁场的时刻为t1，ad边刚进入磁场的时刻为t2，设线框中产生的感应电流的大小为i，ad边两端电压大小为u，水平拉力大小为f，则下列i、u、f随运动时间t变化关系图象正确的是（）abcd【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律【专题】电磁感应与图像结合【分析】金属杆在外力f的作用下沿框架向右由静止开始做匀加速直线运动，由运动学公式得到金属杆的速度与时间的关系式，根据感应电动势公式e=blv和欧姆定律i=得出感应电流与时间的关系式根据推论：安培力fa=，由牛顿第二定律求得f与t的关系式即可选择图象【解答】解：a、b由题得到，金属杆的速度与时间的关系式为v=at，a是加速度由e=blv和i=得，感应电流与时间的关系式为 i=，b、l、a均不变，当0t1时间内，感应电流为零，t1t2时间内，电流i与t成正比，t2时间后无感应电流故ab错误c、由e=blv和i=得，感应电流与时间的关系式为 i=，当0t1时间内，感应电流为零，ad的电压为零，t1t2时间内，电流i与t成正比，电压随时间均匀增加，t2时间后无感应电流，但有感应电动势，uad=e=blat电压随时间均匀增加，故c正确d、根据推论得知：金属杆所受的安培力为fa=，由牛顿第二定律得 ffa=ma，得 f=+ma，当0t1时间内，感应电流为零，f=ma，为定值，t1t2时间内，f与t成正比，f与t是线性关系，但不过原点，t2时间后无感应电流，f=ma，为定值，故d错误故选：c【点评】根据物理规律得到物理量的表达式，再选择图象是研究图象问题常用的思路，采用数学上数形结合的思维方法9如图所示是质量为m的小球靠近墙面竖直上抛的频闪照片，甲图是上升时的照片，乙图是下降时的照片，o是运动的最高点假设小球所受阻力大小不变，重力加速度为g，据此估算小球受到的阻力大小为（）amgb mgc mgd mg【考点】牛顿第二定律；竖直上抛运动【专题】直线运动规律专题【分析】闪光频率相同，则小球每经过两个相邻位置的时间间隔是相同的，根据位移公式求出两种情况的加速度之比，根据牛顿第二定律列方程表示出上升和下落的加速度，联立即可求解【解答】解：设每块砖的厚度是d，向上运动上运动时：9d3d=at2向下运动时：3dd=at2联立得： = 根据牛顿第二定律，向上运动时：mg+f=ma向下运动时：mgf=ma联立得：f=mg；故选：b【点评】解决本题的关键是利用匀变速直线运动的推论x=at2求出两种情况下的加速度，进而由牛顿第二定律即可求解二、不定项选择题（共3小题，每题4分，共12分）10如图所示，电路中a、b是规格相同的灯泡，l是电阻可忽略不计的电感线圈，那么（）a合上s，a、b一起亮，然后a变暗后熄灭b合上s，b先亮，a逐渐变亮，最后a、b一样亮c断开s，a立即熄灭，b由亮变暗后熄灭d断开s，b立即熄灭，a闪亮一下后熄灭【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】线圈中电流发生变化时，会产生自感电动势，阻碍电流的变化；分通电和断电两种情况分析【解答】解：a、b、合上s，线圈中电流要增加，会产生自感电动势，故只能缓慢增加，故a、b一起亮，然后a变暗后熄灭，b更亮，故a正确，b错误；c、d、断开s，线圈中电流要减小，会产生自感电动势，故只能缓慢减小，通过电灯a构成回路放电，故b立即熄灭，a闪亮一下后熄灭，故c错误，d正确；故选ad【点评】本题通电自感和断电自感问题，关键明确线圈中电流发生变化时，会产生自感电动势，阻碍电流的变化，基础题11航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的，电磁驱动原理如图所示当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈左侧的金属环被弹射出去现在固定线圈左侧同一位置，先后放有分别用横截面积相等的铜和铝导线制成形状、大小相同的两个闭合环，已知电阻率铜铝合上开关s的瞬间，则（）a从左侧看环中感应电流沿逆时针方向b铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力c若将铜环放置在线圈右侧，铜环将向右弹射d电池正负极调换后，金属环不能向左弹射【考点】楞次定律；安培力【分析】由右手螺旋定则可求得线圈中的磁场方向，再由楞次定律明确电流方向及环的受力方向【解答】解：a、线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，电流由左侧看为顺时针；故a错误；b、由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大；故铜环受到的安培力要大于铝环，故b正确；c、若环放在线圈右方，根据“来拒去留”可得，环将向右运动；故c正确；d、电池正负极调换后，金属环受力向左，故仍将向左弹出；故d错误；故选：bc【点评】本题要掌握楞次定律的两种描述，一是“增反减同”；二是“来拒去留”；并能灵活根据它们去判断电流方向及受力方向12如图所示，abcd为一矩形金属线框，其中ab=cd=l，ab边接有定值电阻r，cd边的质量为m，其它部分的电阻和质量均不计，整个装置用两根绝缘轻弹簧悬挂起来线框下方处在磁感应强度大小为b的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里初始时刻，两弹簧处于自然长度，给线框一竖直向下的初速度v0，当cd边第一次运动至最下端的过程中，r产生的电热为q，此过程cd边始终未离开磁场，已知重力加速度大小为g，下列说法中正确的是（）a线框中产生的最大感应电流大于b初始时刻cd边所受安培力的大小为mgccd边第一次到达最下端的时刻，两根弹簧具有的弹性势能总量大于mv02qd在cd边反复运动过程中，r中产生的电热最多为mv02【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【专题】电磁感应与电路结合【分析】对cd棒受力分析，确定棒的运动形式，求解最大速度，再由e=blv和及f=bil分别确定电流和安培力的大小，再由能量守恒定律确定能量关系【解答】解：a、cd棒开始运动后，对cd棒受力分析，受重力和安培力及弹簧弹力，无法确定重力和安培力的关系，当重力大于安培力时，由，合力方向向下，可知导体棒可能先做加速度减小的加速运动，故v0不是速度的最大值，产生的感应电动势不是最大，感应电流不是最大，当重力小于安培力时，由，合力方向向上，可知导体棒可能先做加速度减小的减速运动，速度v0为最大值，线框中产生的最大感应电流大于等于，故a错误；b、初始时刻时，棒的速度为v0，由e=blv=blv0，再由=，f=bil=，故b错误；c、cd边第一次到达最下端的时刻，由能量守恒定律可知，导体棒的动能和减少的重力势能转化为焦耳热及弹簧的弹性势能，即：，所以：，故弹簧弹性势能大于mv02q，故c正确；d、在cd边反复运动过程中，可知最后棒静止在初始位置的下方，设弹簧的劲度系数为k，由mg=kx得：x=，由能量守恒定律可知，导体棒的动能和减少的重力势能转化为焦耳热及弹簧的弹性势能，弹性势能，减少的重力势能为：mgh=，因重力势能大于弹性势能，根据，可知热量应大于mv02，故d错误；故选：c【点评】本题中弄清，棒的运动形式及临界条件，分别有能量守恒定律和电磁感应定律求解电流和安培力大小三、实验题（共2小题，每空2分，共14分）13小杨同学采用如图1所示的装置进行“验证机械能守恒定律”实验（1）除了图1装置中的器材之外，还必须从图2中选取实验器材，其名称是毫米刻度尺；（2）指出图1装置中一处不合理的地方重锤离打点计时器太远；（3）小杨同学得到了如图3的一条纸带，读出0、5两点间的距离为4.75cm；（4）计算打下计数点5时纸带速度的大小为0.912m/s（保留3位有效数字）【考点】验证机械能守恒定律【专题】实验题【分析】（1、2）根据正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材；（3）从减少实验误差的思路出发；（4）根据平均速度等于瞬时速度公式，即可求解；【解答】解：（1）实验中纸带上的点点之间的距离需要测量，故用到毫米刻度尺；（2）为能在纸带上打出更多的点，则纸带应该上提；（3）0、5两点间的距离为4.75cm；（4）根据平均速度等于瞬时速度，则有：v=0.912m/s；故答案为：（1）毫米刻度尺；（2）重锤离打点计时器太远；（3）4.75；（4）0.912【点评】根据正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤、数据处理等，实验结论的梳理，注意刻度尺起点不是零是解题的关键14在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，用如图1所示的实物电路图进行实验：（1）开关闭合前滑动变阻器应移到a端（填“a端”、“b端”或“中间任意位置”）（2）正确操作，记录两电表示数及小灯珠的发光状态，如表所示：电压u/v00.200.500.801.001.301.502.002.50电流i/a00.180.290.330.340.360.370.390.40灯珠的状态不发光发红微弱发光发光发光发亮很亮用图2的坐标纸描绘小灯珠的伏安特性曲线；（3）同学测完最后一组数据后，只断开电路开关经过一段较长时间后，再闭合开关发现在闭合开关的瞬间电流明显大于0.40a，请说明该现象的原因：开关闭合瞬间，灯丝温度比较低，电阻较小【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题【分析】（1）滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路，滑片应置于分压电路分压最小的位置（2）应用描点法作图作出图象；（3）根据灯泡电阻与温度的关系，利用欧姆定律可明确该现象出现的原因【解答】解：（1）滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路，滑片应置于分压电路分压最小的位置故应滑到a端；（2）应用描点法作图作出图象，如图所示；（3）由于长时间通电时，灯泡温度较高，则灯泡电阻增大；故电流中电流较小；而断开开关，重新闭合时，灯泡温度较小，则电阻较小；故电路中电流大于0.4a；故答案为：（1）a端；（2）如图所示；（3）开关闭合瞬间，灯丝温度比较低，电阻较小【点评】本题考查了作电路图、连接实物电路图、作图象、实验数据处理，确定电流表与电压表的接法是正确解题的前提与关键，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器采用分压接法四、计算题（共4小题，第15题8分，第16题9分，第17题10分，第18题11分，共38分）15在“极限”运动会中，有一个在钢索桥上的比赛项目如图所示，总长为l的均匀粗钢丝绳固定在等高的a、b处，钢丝绳最低点与固定点a、b的高度差为h，动滑轮起点在a处，并可沿钢丝绳滑动，钢丝绳最低点距离水面也为h若质量为m的人抓住滑轮下方的挂钩由a点静止滑下，最远能到达右侧c点，c、b间钢丝绳长为，高度差为参赛者在运动过程中视为质点，滑轮受到的阻力大小可认为不变，且克服阻力所做的功与滑过的路程成正比，不计参赛者在运动中受到的空气阻力、滑轮（含挂钩）的质量和大小，不考虑钢索桥的摆动及形变重力加速度为g求：（1）滑轮受到的阻力大小；（2）若参赛者不依靠外界帮助要到达b点，则人在a点处抓住挂钩时至少应该具有的初动能【考点】动能定理的应用【专题】计算题；定量思想；寻找守恒量法；动能定理的应用专题【分析】（1）从a点静止滑下，最远能滑到c点，可知c点的速度为0对a到c过程运用动能定理，有重力做功，摩擦力做功，动能的变化为0，求出摩擦力（2）对a到b运用动能定理，重力不做功，摩擦力做负功，根据动能定理求出初动能【解答】解：（1）设滑轮受到的阻力为ff，参赛者在a到c的过程中，根据动能定理得：mgff（l）=0可得滑轮受到的阻力大小为：ff=（2）参赛者在a到b的过程中，根据动能定理得：ffl=0ek0将式代入得：ek0=mgh答：（1）滑轮受到的阻力大小是；（2）人在a点处抓住挂钩时至少应该具有的初动能是mgh【点评】解决本题的关键是恰当地选择研究过程，根据动能定理w合=ek进行求解16如图所示，正方形线框abcd放在光滑绝缘的水平面上，其边长l=0.5m、质量m=0.5kg、电阻r=0.5，m、n分别为线框ad、bc边的中点图示两个虚线区域内分别有竖直向下和向上的匀强磁场，磁感应强度均为b=1t，pq为其分界线线框从图示位置以速度v0=2m/s向右滑动，求：（1）线框由图示位置运动到mn与pq重合的过程中磁通量的变化量；（2）线框运动过程中的最大电流和最大加速度的大小【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【专题】计算题；定量思想；极值法；电磁感应功能问题【分析】（1）线框垂直于匀强磁场，磁通量的变化量：=bs求解；（2）cd边刚过pq的瞬间，感应电动势最大，感应电流也最大，线框所受的安培力最大，加速度最大根据法拉第电磁感应定律求出最大电动势，使用欧姆定律求出最大电流和安培力，最后使用牛顿第二定律求出最大加速度【解答】解：（1）mn与pq重合时穿过线框的磁通量为0，故磁通量的变化量为：=bs=bl2=10.52 wb=0.25 wb（2）cd边刚过pq的瞬间，线框中的感应电动势最大，为： e=2blv0=210.52v=2v最大感应电流为： i=4a线框受到的安培力的最大值： f=2bil=2140.5n=4n线框加速度最大值： a=m/s2=8m/s2答：（1）线框由图示位置运动到mn与pq重合的过程中磁通量的变化量是0.25 wb；（2）线框运动过程中的最大电流是4a，最大加速度的大小是8m/s2【点评】本题关键通过分析和计算得出安培力的表达式，运用牛顿第二定律、运动学公式和能量的转化与守恒处理要注意cd边刚进入右侧磁场时，ab与cd产生的感应电动势是串联关系17如图所示，在两相距2r，水平放置的平行金属板pq间，一质量为m、电量为q的带电粒子以速度v0=沿板间水平中轴线o1o2从o1点射入，刚好打在下极板的中点b，现在两极板间加上竖直向下的匀强电场，粒子恰好能沿o1o2做直线运动，已知重力加速度为g，求：（1）极板长度l；（2）粒子带何种电荷？pq间u为多少？（3）若在极板竖直中线ab右侧区域再加上一垂直纸面向里的匀强磁场（如图乙），要使从o1射入的粒子能从pq板间射出，求匀强磁场b的大小范围？【考点】带电粒子在混合场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】（1）根据粒子做平抛运动，结合运动学公