山东省潍坊市安丘二中高三物理上学期期末试题（含解析）新人教版.doc

2013-2014学年山东省潍坊市安丘二中高三（上）期末物理试卷一、选择题：本题10个小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，有一个或多个选项符合题目要求，选对得4分，选对但不全的得2分，选错或不选均得0分1（4分）（2012秋临沂期末）物理学在研究实际问题时，常常进行科学抽象，即抓住研究问题的主要特征，不考虑与当前研究问题无关或影响较小的因素，建立理想化模型以下属于物理学中的理想化模型的是（）a加速度b点电荷c质点d力的合成2（4分）（2010上海）如图为质量相等的两个质点a、b在同一直线上运动的vt图象由图可知（）a在t时刻两个质点在同一位置b在t时刻两个质点速度相等c在0t时间内质点b比质点a位移大d在0t时间内合外力对两个质点做功相等3（4分）（2013秋安丘市校级期末）如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔，质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用力f拉住，绳与竖直方向夹角为，小球处于静止状态设小球受支持力为fn，则下列关系正确的是（）af=2mgcos bf=mgcoscfn=2mgdfn=mg4（4分）（2008秋济宁期末）如图所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片p向左移动，则（）a电容器中的电场强度将增大b电容器上的电荷量将减少c电容器的电容将减小d液滴将向上运动5（4分）（2009广东）某人在地面上用弹簧秤称得体重为490n他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧秤的示数如图所示，电梯运行的vt图可能是（取电梯向上运动的方向为正）（）abcd6（4分）（2013甘肃一模）如图所示，a为静止于地球赤道上的物体，b为绕地球沿椭圆轨道运行的卫星，c为绕地球做圆周运动的卫星，p为b、c两卫星轨道的交点已知a、b、c绕地心运动的周期相同，相对于地心，下列说法中正确的是（）a物体a和卫星c具有相同大小的线速度b物体a和卫星c具有相同大小的加速度c卫星b在p点的加速度与卫星c在该点的加速度一定相同d卫星b在p点的线速度与卫星c在该点的线速度一定相同7（4分）（2015青羊区校级模拟）如图所示，一带电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由p点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直粒子从q点射出电场时，其速度方向与电场线成30角已知匀强电场的宽度为d，p、q两点的电势差为u，不计重力作用，设p点的电势为零则下列说法正确的是（）a带电粒子在q点的电势能为uqb带电粒子带负电c此匀强电场的电场强度大小为e=d此匀强电场的电场强度大小为e=8（4分）（2012德州一模）如图甲所示，理想变压器原线圈输入端接如图乙所示的交变电压，移动滑动触头p，可以改变原线圈的匝数变压器的副线圈与一个滑动变阻器相连，q为变阻器的滑动触头，电压表为理想交流电压表下列说法正确的是（）a向上移动p，输入电压的频率不变b向上移动p，输入电流减小c保持p不动，向下移动q，变压器的输入功率减小d保持q不动，向下移动p，电压表的示数增大9（4分）（2013秋安丘市校级期末）如图所示，光滑水平面ob与足够长粗糙斜面bc交于b点轻弹簧左端固定于竖直墙面，现将质量为m1的滑块压缩弹簧至d点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经b点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上不计滑块在b点的机械能损失；换用相同材料质量为m2的滑块（m2m1）压缩弹簧到相同位置，然后由静止释放，下列对两滑块说法正确的是（）a两滑块到达b点的速度相同b两滑块沿斜面上升的最大高度相同c两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同d两滑块上升到最高点过程机械能损失相同10（4分）（2012德州二模）如图所示，相距为d的两水平虚线l1、l2之间有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为b，正方形线圈abcd的边长为l（ld）、质量为m、电阻为r现将线圈在磁场上方高 h处由静止释放，ab边刚进入磁场时的速度和cd边刚离开磁场时的速度相同下列说法正确的是（）a进入磁场和离开磁场的过程电流方向相同b进入磁场和离开磁场的过程通过线圈横截面的电荷量相同c在线圈全部穿过磁场过程中一定存在减速运动的过程d在线囤全部穿过磁场过程中线圈克服安培力所做的功为2mgd二、实验题11（8分）（2013秋安丘市校级期末）实验室利用打点计时器研究小滑块的运动情况，打出如图所示的纸带，其中纸带b端与滑块相连接，计时器接在频率为50hz的交流电源上请回答下列问题：纸带中ab段运动的时间为根据纸带请判断该滑块的运动属于（填“匀速”、“匀加速”、“匀减速”）直线运动从纸带可以测出ab两点间的距离为，滑块的加速度大小为（计算结果保留三位有效数字）12（10分）（2013秋安丘市校级期末）为了测量某一未知阻值的电阻rx，某实验小组找来以下器材：电压表（03v，内阻约3k）、电流表（00.6a，内阻约1）、滑动变阻器（015，2a）、电源（e=3v，内阻很小）、开关与导线，该小组同学实验操作如下，请你按要求填写：断开开关，请按图甲所示的电路图在图乙中连接实物图；如图乙，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片置于端闭合开关，缓慢调节滑动变阻器，得到多组电压表与电流表的读数，建立合适的坐标系作出iu图如下；整理仪器根据iu图可得，该未知电阻的阻值为rx=（保留两位有效数字）由于实验中使用的电表不是理想电表，会对实验结果造成一定的影响，则该小组同学实验测出的电阻值 rx的真实值（填“”、“”或“=”）利用现有的仪器，为了更加精确地测量这个电阻的阻值，你给该实验小组的建议是：三、计算题：解答应写出必要的文字说明、方程式和重要计算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位13（10分）（2011秋中山期末）如图所示，光滑水平面上静止放着长l=1.6m，质量为m=3kg的木块（厚度不计），一个质量为m=1kg的小物体放在木板的最右端，m和m之间的动摩擦因数=0.1，今对木板施加一水平向右的拉力f，（g取10m/s2）（1）如果拉力f=10n恒定不变，求小物体离开木板时的动能大小？（2）为使物体与木板不发生滑动，f不能超过多少？14（10分）（2012德州二模）如图所示，一质量为m=2kg的滑块从半径为r=0.2m的光滑四分之一圆弧轨道的顶端a处由静止滑下，a点和圆弧对应的圆心o点等高，圆弧的底端b与水平传送带平滑相接已知传送带匀速运行速度为v0=4m/s，b点到传送带右端c点的距离为l=2m当滑块滑到传送带的右端c时，其速度恰好与传送带的速度相同（g=10m/s2）求：（1）滑块到达底端b时对轨道的压力；（2）滑块与传送带问的动摩擦因数；（3）此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量q5（10分）（2005上海）如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距lm，导轨平面与水平面成=37角，下端连接阻值为r的电阻匀强磁场方向与导轨平面垂直质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25求：（1）求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻r消耗的功率为8w，求该速度的大小；（3）在上问中，若r=2，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向（g=10rn/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）16（12分）（2015肇庆二模）如图所示，相距为d、板间电压为u的平行金属板m、n间有垂直纸面向里、磁感应强度为b0的匀强磁场；在poy区域内有垂直纸面向外、磁感应强度为b的匀强磁场；pox区域为无场区一正离子沿平行于金属板、垂直磁场射入两板间并做匀速直线运动，从h（0，a）点垂直y轴进入第象限（1）求离子在平行金属板间的运动速度；（2）若离子经op上某点离开磁场，最后垂直x轴离开第象限，求离子在第象限磁场区域的运动时间；（3）要使离子一定能打在x轴上，则离子的荷质比应满足什么条件？2013-2014学年山东省潍坊市安丘二中高三（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题10个小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，有一个或多个选项符合题目要求，选对得4分，选对但不全的得2分，选错或不选均得0分1（4分）（2012秋临沂期末）物理学在研究实际问题时，常常进行科学抽象，即抓住研究问题的主要特征，不考虑与当前研究问题无关或影响较小的因素，建立理想化模型以下属于物理学中的理想化模型的是（）a加速度b点电荷c质点d力的合成考点：质点的认识；元电荷、点电荷分析：理想化模型是对事物的各个物理因素加以分析、忽略与问题无关或影响较小的因素，突出对问题起作用较大的主要因素，从而把问题简化解答：解：a、加速度是描述速度变化快慢的物理，不属于理想化模型，故a错误；b、点电荷忽略了电荷的大小等次要因素，是一种理想化物理模型，故b正确；c、质点是用来表示物体的有质量的点，忽略了物体的大小、形状等次要因数，是一种理想化模型，故c正确；d、力的合成是一种等效替代思维，故d错误；故选bc点评：理想化模型是抓住问题的主要方面，忽略问题的次要方面，是物理学中一种常见的研究方法2（4分）（2010上海）如图为质量相等的两个质点a、b在同一直线上运动的vt图象由图可知（）a在t时刻两个质点在同一位置b在t时刻两个质点速度相等c在0t时间内质点b比质点a位移大d在0t时间内合外力对两个质点做功相等考点：匀变速直线运动的图像专题：计算题分析：由图象可以看出a物体做初速度为零的匀加速直线运动，b物体先做初速度为零的匀加速直线运动后做匀速直线运动，两个图象的交点表明该时刻速度相等，位移可以通过图线与时间轴包围的面积来求解，合力做的功等于动能的增加量解答：解：a、两质点位移等于图线与时间轴包围的面积，显然b的位移较大，因而a错误；b、速度时间图象反映的是质点任意时刻的速度情况，两个图象的交点表明该时刻速度相等，故b正确；c、两质点位移等于图线与时间轴包围的面积，显然b的位移较大，因而c正确；d、两质点质量相等，t=0时刻动能均为0，t时刻速度相等，因而动能也相等，根据动能定理，可以知道，合外力做的功相等；故选bcd点评：在物理学中图象是描述物理规律的重要方法之一，不仅在力学中，在电磁学、热学中也经常使用其中在力学中我们经常要用到 图象，图象的优点是不仅能够形象、直观地反映出物体的运动规律，图线的斜率，图线与时间轴所围的“面积”等还有特殊的物理意义3（4分）（2013秋安丘市校级期末）如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔，质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用力f拉住，绳与竖直方向夹角为，小球处于静止状态设小球受支持力为fn，则下列关系正确的是（）af=2mgcos bf=mgcoscfn=2mgdfn=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：对小球受力分析，作出力的平行四边形，同时作出ab与半径组成的图象；则可知两三角形相似，故由相似三角形知识可求得拉力及支持力解答：解：小球沿圆环缓慢上移可看做匀速运动，对小球进行受力分析，小球受重力g，f，fn，三个力，满足受力平衡作出受力分析图如下：由图可知oabgfa即：=；解得：f=2cosg=2mgcosfn=g=mg故ad正确，bc错误；故选：ad点评：相似三角形法在处理共点力的动态平衡时较为常见，当无法找到直角时，应考虑应用此法4（4分）（2008秋济宁期末）如图所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片p向左移动，则（）a电容器中的电场强度将增大b电容器上的电荷量将减少c电容器的电容将减小d液滴将向上运动考点：电容；闭合电路的欧姆定律专题：电容器专题分析：由题意可知，电容器与r2并联，根据闭合电路欧姆定律可确定随着滑片左移，电阻的变化，导致电压的变化，从而判定电阻r2的电压变化，再根据可得，电容器的电量及由e=知两极间的电场强度如何变化解答：解：a、电容器两板间电压等于r2两端电压当滑片p向左移动时，总电阻增大，则总电流减小，外电阻增大，由于r1电压减小，则r2两端电压u增大，由e=知电容器中场强变大，a正确；b、根据可得，电容器充电，电荷量增大，b错误；c、电容器的电容与u的变化无关，保持不变，c项错误d、当滑片p向左移动时，r2两端电压u增大，由e=知电容器中场强变大，则带电液滴所受电场力变大，使液滴向上运动，d项正确；故选：bd点评：考查电容器的动态分析，涉及到闭合电路的欧姆定律，同时与e=公式的理解5（4分）（2009广东）某人在地面上用弹簧秤称得体重为490n他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧秤的示数如图所示，电梯运行的vt图可能是（取电梯向上运动的方向为正）（）abcd考点：匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律分析：由图可知各段上物体的受力情况，则由牛顿第二定律可求得物体的加速度，即可确定其运动情况，画出vt图象解答：解：由图可知，t0至t1时间段弹簧秤的示数小于g，故合力为gf=50n，物体可能向下加速，也可能向上减速；t1至t2时间段弹力等于重力，故合力为零，物体可能为匀速也可能静止；而t2至t3时间段内合力向上，故物体加速度向上，电梯可能向上加速也可能向下减速；ad均符合题意；故选ad点评：本题考查图象与牛顿第二定律的综合，关键在于明确加速度的方向，本题易错在考虑不全面上，应找出所有的可能性再确定答案6（4分）（2013甘肃一模）如图所示，a为静止于地球赤道上的物体，b为绕地球沿椭圆轨道运行的卫星，c为绕地球做圆周运动的卫星，p为b、c两卫星轨道的交点已知a、b、c绕地心运动的周期相同，相对于地心，下列说法中正确的是（）a物体a和卫星c具有相同大小的线速度b物体a和卫星c具有相同大小的加速度c卫星b在p点的加速度与卫星c在该点的加速度一定相同d卫星b在p点的线速度与卫星c在该点的线速度一定相同考点：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a、c的周期相等，知角速度相等，通过v=r比较a、c速度的大小因为卫星的周期一定，根据万有引力提供向心力确定其轨道半径一定根据卫星所受的万有引力，通过牛顿第二定律比较加速度的大小解答：解：a、物体a和卫星c的周期相等，则角速度相等，根据v=r知，半径越大，线速度越大所以卫星c的运行速度大于物体a的速度故a错误b、物体a和卫星c的周期相等，则角速度相等，根据a=r2知，半径越大，加速度越大，所以卫星c的运行加速度大于物体a的加速度故b错误c、根据a=，两卫星距离地心的距离相等，则加速度相等故c正确d、卫星b做椭圆轨道运动，卫星c做圆周运动，卫星b在p点的线速度与卫星c在该点的线速度不一定相同，故d错误故选：c点评：解决本题的关键知道a和c的角速度相等，通过v=r 比较线速度大小，注意物体a随地球做圆周运动不是靠万有引力提供向心力7（4分）（2015青羊区校级模拟）如图所示，一带电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由p点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直粒子从q点射出电场时，其速度方向与电场线成30角已知匀强电场的宽度为d，p、q两点的电势差为u，不计重力作用，设p点的电势为零则下列说法正确的是（）a带电粒子在q点的电势能为uqb带电粒子带负电c此匀强电场的电场强度大小为e=d此匀强电场的电场强度大小为e=考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势能专题：电磁学分析：根据公式w=qu求出电场力做功，确定出p、q间电势能的差，即可求得q点的电势能根据粒子轨迹弯曲方向，判断出粒子所受的电场力方向，即可判断其电性；带电粒子垂直进入匀强电场中，做类平抛运动，在q点建立直角坐标系，垂直于电场线为x轴，平行于电场线为y轴，根据平抛运动的规律求出粒子到达q点时的速度根据位移公式和两个分运动的等时性，列出x方向和y方向两个方向的分位移与时间的关系式，即可求出竖直方向的位移大小y0，由e=求解场强的大小解答：解：a、b、由图看出粒子的轨迹向上，则所受的电场力向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电粒子从p到q，电场力做正功，为w=qu，则粒子的电势能减少了qu，p点的电势为零，则知带电粒子在q点的电势能为uq，故a正确、b错误c、d、设带电粒子在p点时的速度为v0，在q点建立直角坐标系，垂直于电场线为x轴，平行于电场线为y轴，由平抛运动的规律和几何知识求得粒子在y轴方向的分速度为：vy=v0 粒子在y方向上的平均速度为：=粒子在y方向上的位移为y0，粒子在电场中的运动时间为t，则：竖直方向有：y0=t=水平方向有：d=v0t可得：y0=所以场强为：e=联立得：e=，故c正确，d错误故选：ac点评：本题根据类平抛运动的特点，运用运动的分解法，根据牛顿第二定律和运动学结合求解8（4分）（2012德州一模）如图甲所示，理想变压器原线圈输入端接如图乙所示的交变电压，移动滑动触头p，可以改变原线圈的匝数变压器的副线圈与一个滑动变阻器相连，q为变阻器的滑动触头，电压表为理想交流电压表下列说法正确的是（）a向上移动p，输入电压的频率不变b向上移动p，输入电流减小c保持p不动，向下移动q，变压器的输入功率减小d保持q不动，向下移动p，电压表的示数增大考点：变压器的构造和原理；电功、电功率专题：交流电专题分析：变压器不改变交流电的频率，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率解答：解：a、变压器不改变交流电的频率，a正确；b、向上移动p，原线圈匝数增大，副线圈电压减小，电流减小，所以输入电流减小，b正确；c、保持p不动，副线圈电压不变，向下移动q，电压表的示数减小，变压器的输入功率等于输出功率不变，c错误；d、保持q不动，向下移动p，原线圈匝数减小，副线圈电压增大，电压表示数增大，故d正确故选：abd点评：本题考查了变压器的特点，结合闭合电路欧姆定律考查了电路的动态分析9（4分）（2013秋安丘市校级期末）如图所示，光滑水平面ob与足够长粗糙斜面bc交于b点轻弹簧左端固定于竖直墙面，现将质量为m1的滑块压缩弹簧至d点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经b点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上不计滑块在b点的机械能损失；换用相同材料质量为m2的滑块（m2m1）压缩弹簧到相同位置，然后由静止释放，下列对两滑块说法正确的是（）a两滑块到达b点的速度相同b两滑块沿斜面上升的最大高度相同c两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同d两滑块上升到最高点过程机械能损失相同考点：功能关系；动能定理的应用分析：先是弹性势能转化为动能，冲上斜面运动过程机械能损失变为摩擦生热，由能量守恒定律可得，动能的减少等于重力势能的增加量与摩擦产生的热量之和解答：解：a、两滑块到b点的动能相同，但速度不同，故a错误；b、两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于速度不同，故上升高度不同故b错误；c、两滑块上升到最高点过程克服重力做的功为mgh，由能量守恒定律得：ep=mgh+mgcos，所以，mgh=，故两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同，故c正确；d、由能量守恒定律得：ep=mgh+mgcos，其中，e损=mghcot，结合c分析得，d正确故选：cd点评：关键是会应用能量守恒定律解决问题，同时要注意数学推理能力训练10（4分）（2012德州二模）如图所示，相距为d的两水平虚线l1、l2之间有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为b，正方形线圈abcd的边长为l（ld）、质量为m、电阻为r现将线圈在磁场上方高 h处由静止释放，ab边刚进入磁场时的速度和cd边刚离开磁场时的速度相同下列说法正确的是（）a进入磁场和离开磁场的过程电流方向相同b进入磁场和离开磁场的过程通过线圈横截面的电荷量相同c在线圈全部穿过磁场过程中一定存在减速运动的过程d在线囤全部穿过磁场过程中线圈克服安培力所做的功为2mgd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：电磁感应功能问题分析：线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度是相同的，又因为线圈全部进入磁场不受安培力，要做匀加速运动可知线圈进入磁场先要做减速运动解答：解：a、进入磁场时向里的磁通量增加，离开磁场时向里的磁通量减少，根据楞次定律知进入磁场和离开磁场的过程电流方向相反，故a错误；b、根据电荷量q=知，进入磁场和离开磁场的过程通过线圈横截面的电荷量相同，b正确；c、线圈完全进入磁场后磁通量不再变化，没有感应电流，不再受安培力，则线圈会以加速度g加速一段时间，而cd边刚离开磁场时和ab边刚进入磁场时的速度相同，则线圈离开磁场的过程一定有一段减速过程，c正确；d、根据能量守恒研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：动能变化为0，重力势能转化为线框产生的热量，q=mg（d+l）即克服安培力做的功为mg（l+d），故d错误；故选：bc点评：解决本题的关键根据根据线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，且全部进入磁场将做加速运动，判断出线圈进磁场后先做变减速运动，也得出全部进磁场时的速度是穿越磁场过程中的最小速度二、实验题11（8分）（2013秋安丘市校级期末）实验室利用打点计时器研究小滑块的运动情况，打出如图所示的纸带，其中纸带b端与滑块相连接，计时器接在频率为50hz的交流电源上请回答下列问题：纸带中ab段运动的时间为0.08s根据纸带请判断该滑块的运动属于匀减速（填“匀速”、“匀加速”、“匀减速”）直线运动从纸带可以测出ab两点间的距离为9.20cm，滑块的加速度大小为5.00m/s2（计算结果保留三位有效数字）考点：探究小车速度随时间变化的规律专题：实验题；直线运动规律专题分析：根据相邻计数点间的距离的变化判断速度的变化利用毫米刻度尺测出ab间的距离应用运动学公式推论x=at2求出加速度解答：解：（1）由于相邻计时点间的时间间隔为0.02s，纸带中ab段运动的时间为0.08s（2）纸带b端与滑块相连接，在图中发现从打b点到打a点的过程中，由于相邻的时间间隔位移之差相等，相邻计时点的位移间隔越来越小，所以纸带的速度越来越小，所以这段时间内小车做匀减速运动（3）从纸带可以测出a、b两点间的距离为9.20cm由于相邻的时间间隔位移之差相等，根据运动学公式推论x=at2得出：a=5.00m/s2故答案为：（1）0.08s（2）匀减速（3）9.20cm，5.00m/s2点评：相同的时间看距离的变化，从而来判断纸带的运动情况，要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用知道毫米刻度尺读数时要进行估读12（10分）（2013秋安丘市校级期末）为了测量某一未知阻值的电阻rx，某实验小组找来以下器材：电压表（03v，内阻约3k）、电流表（00.6a，内阻约1）、滑动变阻器（015，2a）、电源（e=3v，内阻很小）、开关与导线，该小组同学实验操作如下，请你按要求填写：断开开关，请按图甲所示的电路图在图乙中连接实物图；如图乙，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片置于a端闭合开关，缓慢调节滑动变阻器，得到多组电压表与电流表的读数，建立合适的坐标系作出iu图如下；整理仪器根据iu图可得，该未知电阻的阻值为rx=5.0（保留两位有效数字）由于实验中使用的电表不是理想电表，会对实验结果造成一定的影响，则该小组同学实验测出的电阻值 rx的真实值（填“”、“”或“=”）利用现有的仪器，为了更加精确地测量这个电阻的阻值，你给该实验小组的建议是：电流表外接考点：伏安法测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：根据实验电路图连接实物电路图；闭合开关前，滑片应置于最大阻值处，根据电路图确定滑片的位置；将描出点连接起来；根据图象由欧姆定律求出电阻阻值；根据电路图与欧姆定律分析实验误差；根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，从而改进实验解答：解：根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示；由图示电路图可知，闭合开关前，滑片应置于a端，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大；由图示ui图象可知，待测电阻阻值rx=k5.0；由电路图可知，电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，所测电压偏大，由欧姆定律可知，电阻测量值大于真实值由于=5，=600，电流表应采用外接法，电流表采用外接法可以减小实验误差故答案为：实物图连线； a；5.0；电流表外接点评：本题考查了连接实物电路图、实验注意事项、作图象、求电阻阻值、实验误差分析，根据题意确定滑动变阻器与电流表接法是正确连接实物电路图的关键；要掌握描点法作图的方法三、计算题：解答应写出必要的文字说明、方程式和重要计算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位13（10分）（2011秋中山期末）如图所示，光滑水平面上静止放着长l=1.6m，质量为m=3kg的木块（厚度不计），一个质量为m=1kg的小物体放在木板的最右端，m和m之间的动摩擦因数=0.1，今对木板施加一水平向右的拉力f，（g取10m/s2）（1）如果拉力f=10n恒定不变，求小物体离开木板时的动能大小？（2）为使物体与木板不发生滑动，f不能超过多少？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：牛顿运动定律综合专题分析：（1）由题f=10n时，小物体相对于木板相对滑动，根据牛顿第二定律分别求出小物体和木板的加速度当小物体离开木板时，木板相对于小物体的位移等于l，由位移公式求出时间，再由速度公式求解小物体离开木板时的速度（2）当小物体相对于木板刚要滑动时，f达到最大，此时两者之间的静摩擦力达到最大值先以小物体为研究对象，由牛顿第二定律求出加速度，再以整体为研究对象求解f的最大值解答：解：（1）小物体的加速度 a1=g=1m/s2木板的加速度 a2=3m/s2物体滑过木板所用时间为t，由位移关系得：物体离开木板时的速度：v1=a1t （2）物体与木板不发生滑动，则木块和小物体具有共同加速度，由牛顿第二定律得：f=（m+m）a 小物体的加速度由木块对它的静摩擦力提供，则有：静摩擦力f=mamg 解得：f（m+m）g=4n 答：（1）如果拉力f=10n恒定不变，小物体离开木板时的动能大小为0.8j；（2）为使物体与木板不发生滑动，f不能超过4n点评：本题中涉及临界问题：当两接触物体刚要相对滑动时，静摩擦力达到最大第（1）问关键抓住两物体的位移关系14（10分）（2012德州二模）如图所示，一质量为m=2kg的滑块从半径为r=0.2m的光滑四分之一圆弧轨道的顶端a处由静止滑下，a点和圆弧对应的圆心o点等高，圆弧的底端b与水平传送带平滑相接已知传送带匀速运行速度为v0=4m/s，b点到传送带右端c点的距离为l=2m当滑块滑到传送带的右端c时，其速度恰好与传送带的速度相同（g=10m/s2）求：（1）滑块到达底端b时对轨道的压力；（2）滑块与传送带问的动摩擦因数；（3）此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量q考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；牛顿第三定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：（1）滑块从a运动到b的过程中，只有重力做功，根据机械能守恒定律求出滑块到达底端b时的速度滑块经过b时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，根据牛顿运动定律求解滑块对轨道的压力；（2）滑块滑上传送带后向右做匀加速运动，由题，滑块滑到传送带的右端c时，其速度恰好与传送带的速度相同，根据动能定理或牛顿第二定律、运动学公式求解动摩擦因数；（3）根据运动学公式求出滑块从b到c的运动时间，即可求出此时间内传送带的位移，得到滑块与传送带的相对位移，摩擦而产生的热量q等于滑动摩擦力与相对位移大小的乘积解答：解：（1）滑块从a运动到b的过程中，由机械能守恒定律得：mgr=解得：=2m/s在b点：nmg=m代入解得：n=60n由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力为n=n=60n，方向竖直向下（2）滑块从b运动到c的过程中，根据牛顿第二定律得：mg=ma又：联立上两式解得：=0.3（3）设滑块从b运动到c的时间为t，加速度：a=g=3m/s2由v0=vb+at，得：t=s=在这段时间内传送带的位移为：s传=v0t=传送带与滑块的相对位移为：s=s传l=m故滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量：q=mgs=4j答：（1）滑块到达底端b时对轨道的压力是60n，方向竖直向下；（2）滑块与传送带问的动摩擦因数是0.3；（3）此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量q是4j点评：本题是机械能守恒定律、向心力、牛顿第二定律、运动学公式的综合应用，容易出错的地方是：q=mgl，应根据相对位移求解摩擦生热15（10分）（2005上海）如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距lm，导轨平面与水平面成=37角，下端连接阻值为r的电阻匀强磁场方向与导轨平面垂直质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25求：（1）求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻r消耗的功率为8w，求该速度的大小；（3）在上问中，若r=2，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向