福建省南平市浦城一中高三物理上学期第二次月考试卷（含解析）(1).doc

2015-2016学年福建省南平市浦城一中高三（上）第二次月考物理试卷一、选择题：（1-6单选，7-11多选，每题4分，总分44分）1如图直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置一时间（xt）图线由图可知（）a在时刻t1，b车追上a车b在t1到t2这段时间内，b车的平均速度比a车的大c在t2时刻，a、b两车运动方向相同d在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大2如图所示，直角三角形框架abc（角c为直角）固定在水平地面上，已知ac与水平方向的夹角为=30小环p、q分别套在光滑臂ac、bc上，用一根细绳连接两小环，静止时细绳恰好处于水平方向，小环p、q的质量分别为m1、m2，则小环p、q的质量之比为（）a =b =3c =d =3如图所示电路中，当滑动变阻器的滑片p向下端b滑动过程中，下列说法正确的是（）a电压表示数增大b电源的输出功率变大c电路总电阻变小，电源的热功率变大d电流表示数减小4专家称嫦娥四号探月卫星为“四号星”，计划在2017年发射升空，它的主要任务是更深层次、更全面的科学探测月球地貌、资等方面的信息，完善月球档案资料已知月球表面的重力加速度为g，月球的平均密度为月球可视为半径为r的球体，“四号星”离月球表面的高度为h，绕月做匀速圆周运动的周期为t仅根据以上信息不能求出的物理量是（）a月球质量b万有引力常量c“四号星”与月球间的万有引力d月球的第一宇宙速度5如图所示，在真空中的a、b两点分别放置等量异种点电荷，在a、b两点间取一正五角星形路径abcdefghija，五角星的中心与a、b 的中点重合，其中af连接与ab连线垂直下列判断正确的是（）ae点和g点的电场强度相同ba点和f点的电势相等c电子从g点到f点过程中，电势能减小d电子从f点到e点过程中，电场力做正功6如图，把扁平状强磁铁的n极吸附在螺丝钉的后端，让其位于磁铁中心位置取一节大容量干电池，让它正极朝下，把带上磁铁的螺丝钉的尖端吸附在电池正极的铁壳帽上将导线的一端接到电池负极，另一端轻触磁铁的侧面此时磁铁、螺丝钉和电源就构成了一个回路，螺丝钉就会转动，这就成了一个简单的“电动机”设电源电动势为e，电路总电阻为r，则下列判断正确的是（）a螺丝钉能旋转起来，是因为电磁感应b电池输出的电功率等于线框旋转的机械功率c螺丝钉俯视逆时针快速转动d螺丝钉俯视顺时针快速转动7如图所示，质量为m的小球由轻绳a、b分别系于一轻质木架上的a点和c点当轻杆绕轴bc以角速度匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a在竖直方向，绳b在水平方向，当小球运动到图示位置时，绳b被烧断的同时轻杆停止转动，若绳a、b的长分别为la、lb，且lalb2，则（）a绳b烧断前，绳a的拉力等于mg，绳b的拉力等于m2lbb绳b烧断瞬间，绳a的拉力等于mgc绳b烧断后，小球在垂直于平面abc的竖直平面内前后摆动d绳b烧断后，小球可能在垂直于平面abc的竖直平面内做圆周运动8在一个边界为等边三角形的区域内，存在一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在磁场边界上的p点处有一个粒子源，发出比荷相同的三个粒子a、b、c（不计重力）沿同一方向进入磁场，三个粒子通过磁场的轨迹如图所示，用ta、tb、tc分别表示a、b、c通过磁场的时间；用ra、rb、rc分别表示a、b、c在磁场中的运动半径，则下列判断正确的是（）ata=tbtcbtctbtacrcrbradrbrarc9如图所示，一质量为m的斜面体静止在水平地面上，质量为m的木块沿粗糙斜面加速下滑h高度，速度大小由v1增大到v2，所用时间为t，木块与斜面体之间的动摩擦因数为在此过程中（）a斜面体受水平地面的静摩擦力为零b木块沿斜面下滑的距离为tc如果给质量为m的木块一个沿斜面向上的初速度v2，它将沿斜面上升到h高处速度变为v1d木块与斜面摩擦产生的热量为mghmv+mv10如图所示，一个半径为r的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度b大小相等，方向均与环面轴线方向成角（环面轴线为竖直方向）若导线环上载有如图所示的恒定电流i，则下列说法正确的是（）a导电圆环有收缩的趋势b导电圆环所受安培力方向竖直向上c导电圆环所受安培力的大小为2bird导电圆环所受安培力的大小为2birsin11某家用桶装纯净水手压式饮水器如图，在手连续稳定的按压下，出水速度为v，供水系统的效率为，现测量出桶底到出水管之间的高度差h，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为s，水的密度为，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）a出水口单位时间内的出水体积q=vsb出水口所出水落地时的速度c出水后，手连续稳定按压的功率为+d手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和二、实验题：（本题2小题，每空2分，共16分）12如图为用拉力传感器和速度传感器探究“加速度与物体受力的关系”实验装置用拉力传感器记录小车受到拉力的大小，在长木板上相距为l=48.0cm的a、b两点各安装一个速度传感器，分别记录细线拉力和小车到达a、b时的速率（1）本实验有关的说法正确的是：a两速度传感器之间的距离应适当远些b要调整长木板的倾斜角度，平衡小车受到的摩擦力c应先释放小车，再接通速度传感器的电源d改变所挂钩码的数量时，要使所挂钩码的质量远小于小车质量e不必用天平测出小车和车上的拉力传感器的总质量（2）某同学在表中记录了实验测得的几组数据，vb2va2是两个速度传感器记录速率的平方差，则加速度的表达式为a=，表中第3次实验缺失的数据是m/s2（结果保留三位有效数字）；次数f（n）vb2va2（m2/s2）a（m/s2）10.600.770.8021.041.611.6831.422.3442.003.483.6352.624.654.8463.005.495.72（3）表中a与f并不成正比，这是由于（填写“平衡摩擦力不足”或“平衡摩擦力过度”）造成的13有一待测的电阻器rx，其阻值约在4050之间，实验室准备用伏安法来测量该电阻值的实验器材有：电压表v（量程010v，内电阻约20k）；电流表a1，（量程0500ma，内电阻约20）；电流表a2，（量程0300ma，内电阻约4）；滑动变阻器r1（最大阻值为10，额定电流为2a）；滑动变阻器r2（最大阻值为250，额定电流为0.1a）；直流电源e（电动势为9v，内电阻约为0.5）；开关及若干导线实验要求电表读数从零开始变化，并能多测出几组电流、电压值，以便画出iu图线（1）电流表应选用（2）滑动变阻器选用（选填器材代号）（3）请在如图所示的方框内画出实验电路图14读出如图游标卡尺的读数为mm三、计算题（本题4小题，共40分）15如图是一种测定风力的仪器的原理图，一金属球固定在一细长的轻金属丝下端，能绕悬挂点o在竖直平面内转 动，无风时金属丝自然下垂，现发现水平风力大小为f时，金属丝偏离竖直方向的角度为，求：（1）金属球对金属丝的拉力的大小；（2）金属球的质量为多少？16如图所示，r为电阻箱，电压表为理想电压表当电阻箱读数为r1=2时，电压表读数为u1=4v；当电阻箱读数为r2=5时，电压表读数为u2=5v求：（1）电源的电动势e和内阻r（2）当电阻箱r读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值pm为多少？此时电源的效率为多少？17如图所示，m、n为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值静止的带电粒子带电量为+q，质量为m（不计重力），从点p经电场加速后，从小孔 q进入n板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为b，方向垂直于纸面向外，cd为磁场边界上的一绝缘板，它与n板的夹角为=45，孔q到板的下端c的距离为l当m、n两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在cd板上求：（1）两板间电压的最大值um；（2）cd板上可能被粒子打中的区域的长度x；（3）粒子在磁场中运动的最长时间tm18如图，一木块通过长度忽略不计的绳固定在小车的前壁上，小车表面光滑某时刻小车由静止开始向右匀加速运动，经过2s，细绳断裂细绳断裂后，小车的加速度不变，又经过一段时间，滑块从小车左端刚好掉下，在这段时间内，已知滑块相对小车前3s内滑行了4.5m；后3s内滑行了10.5m（1）小车的加速度多大？（2）从绳断到滑块离开车尾所用时间是多少？（3）小车的长度是多少？2015-2016学年福建省南平市浦城一中高三（上）第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：（1-6单选，7-11多选，每题4分，总分44分）1如图直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置一时间（xt）图线由图可知（）a在时刻t1，b车追上a车b在t1到t2这段时间内，b车的平均速度比a车的大c在t2时刻，a、b两车运动方向相同d在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大【考点】匀变速直线运动的图像【专题】参照思想；图析法；运动学中的图像专题【分析】位移时间关系图线反映位移随时间的变化规律，图线的斜率表示速度的大小纵坐标的变化量表示位移，平均速度等于位移与时间的比值根据这些知识进行分析即可【解答】解：a、在时刻t1之前，a在b的前方，在时刻t1，a、b两车的位置坐标相同，两者相遇，说明在时刻t1，b车追上a车故a正确b、根据纵坐标的变化量表示位移，可知在t1到t2这段时间内两车的位移相等，则平均速度相等故b错误c、位移图线切线的斜率表示速度，在t2时刻，a、b两车运动方向相反，故c错误d、在t1到t2这段时间内，b车图线斜率先大于a后小于a，所以b车的速率不是一直比a车大，故d错误故选：a【点评】解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示速度的大小，能够通过图线得出运动的方向2如图所示，直角三角形框架abc（角c为直角）固定在水平地面上，已知ac与水平方向的夹角为=30小环p、q分别套在光滑臂ac、bc上，用一根细绳连接两小环，静止时细绳恰好处于水平方向，小环p、q的质量分别为m1、m2，则小环p、q的质量之比为（）a =b =3c =d =【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】隔离法进行受力分析，根据绳子对两个环的拉力相等和平衡条件列方程求解【解答】解：对m1进行受力分析，设绳子拉力大小为t，由几何关系：t1=m1gtan对m2进行受力分析，由几何关系：t2=m2gcott1=t2 联立得： =cot2=3故选：b【点评】本题考查力的合成与分解，出现两个研究对象使题目的难度稍微加大3如图所示电路中，当滑动变阻器的滑片p向下端b滑动过程中，下列说法正确的是（）a电压表示数增大b电源的输出功率变大c电路总电阻变小，电源的热功率变大d电流表示数减小【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】当滑动变阻器的滑片p向下端b滑动过程中，变阻器接入电路的电阻减小，并联部分的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化及路端电压的变化，即可知电压表示数的变化由欧姆定律分析并联部分电压的变化，即可判断通过电阻r2的电流的变化，根据总电流的变化，再分析电流表示数的变化【解答】解：a、当滑动变阻器的滑片向下端b滑动过程中，变阻器接入电路的电阻减小，变阻器与定值电阻r2并联的总电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析可知总电流i增大，电源的内电压增大，路端电压u减小，即电压表示数变小故a错误b、由于电源的内外电阻大小关系未知，所以不能判断电源的输出功率如何变化故b错误c、总电流i变大，由p=i2r知，电源的热功率变大，故c正确d、总电流i变大，电阻r1的电压和内电压都变大，则并联部分的电压减小，所以电阻r2的电流减小，则电流表示数增大故d错误故选：c【点评】本题是电路的动态变化分析问题，关键要从局部到整体，再到局部，按顺序进行分析即可4专家称嫦娥四号探月卫星为“四号星”，计划在2017年发射升空，它的主要任务是更深层次、更全面的科学探测月球地貌、资等方面的信息，完善月球档案资料已知月球表面的重力加速度为g，月球的平均密度为月球可视为半径为r的球体，“四号星”离月球表面的高度为h，绕月做匀速圆周运动的周期为t仅根据以上信息不能求出的物理量是（）a月球质量b万有引力常量c“四号星”与月球间的万有引力d月球的第一宇宙速度【考点】万有引力定律及其应用；人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【专题】万有引力定律的应用专题【分析】月球表面的重力与万有引力相等，绕月球圆周运动的向心力由万有引力提供，据此列式计算【解答】解：令月球半径为r，在月球表面万有引力与重力相等，故有：月球质量：所以有：可得月球半径g=，b可以由万有引力常量可以求出月球质量m=，a可以；月球表面的第一宇宙速度即月球重力提供圆周运动向心力有，d可以由于不知道“四号星”的质量，故无法求出它与月球间的万有引力，故c不可以因为选择不能求出的物理量，故答案为：c【点评】月球表面的重力与万有引力相等，卫星绕月球做圆周运动万有引力提供圆周运动的向心力，这个是万有引力问题经常用的表达式5如图所示，在真空中的a、b两点分别放置等量异种点电荷，在a、b两点间取一正五角星形路径abcdefghija，五角星的中心与a、b 的中点重合，其中af连接与ab连线垂直下列判断正确的是（）ae点和g点的电场强度相同ba点和f点的电势相等c电子从g点到f点过程中，电势能减小d电子从f点到e点过程中，电场力做正功【考点】电势能；电场强度；电势【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加【解答】解：a、由等量异种电荷的电场线分布特点可知，e点和g点关于中点对称，所以e点和g点的电场的强度的大小相等，但是这两点的方向不同，故a错误b、a点和f点都处在中垂线上，而等量异种电荷的中垂线是一条等势线，所以a点和f点的电势相等，故b正确c、从g点到f点的过程中，电场的电势不断减小，所以电子在运动的过程中，电场力做负功，电子的电势能一直在不断增加，故c错误d、从f点到e点的中，电场的电势减小电子从f点到e点，电场力做负功，故d错误故选b【点评】等量异种点电荷与等量同种电荷电场线和等势线的分布情况是考试的热点，要加强学习，掌握住电场线的特点6如图，把扁平状强磁铁的n极吸附在螺丝钉的后端，让其位于磁铁中心位置取一节大容量干电池，让它正极朝下，把带上磁铁的螺丝钉的尖端吸附在电池正极的铁壳帽上将导线的一端接到电池负极，另一端轻触磁铁的侧面此时磁铁、螺丝钉和电源就构成了一个回路，螺丝钉就会转动，这就成了一个简单的“电动机”设电源电动势为e，电路总电阻为r，则下列判断正确的是（）a螺丝钉能旋转起来，是因为电磁感应b电池输出的电功率等于线框旋转的机械功率c螺丝钉俯视逆时针快速转动d螺丝钉俯视顺时针快速转动【考点】电功、电功率【专题】信息给予题；定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】根据左手定则判断螺丝钉的转动方向，根据能量守恒定律判断电池输出的电功率与线框旋转的机械功率的大小关系【解答】解：a、小磁铁产生的磁场方向为螺丝的下端向下流向磁铁，对螺丝的下端平台侧面分析，扁圆柱形磁铁上端为n极，下端为s极 周围磁感线由下往上斜穿入螺丝内部，由左手定则知螺丝钉俯视顺时针快速转动，所以该装置的原理是电流在磁场中的受力，不是电磁感应，故ac错误，d正确；b、因为电源消耗的总功率一部分转化为内能，另一部分转化为动能，所以总功率大于热功率，故b错误；故选：d【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，以及知道在本题中电能部分转化为内能，还有部分转化为机械能7如图所示，质量为m的小球由轻绳a、b分别系于一轻质木架上的a点和c点当轻杆绕轴bc以角速度匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a在竖直方向，绳b在水平方向，当小球运动到图示位置时，绳b被烧断的同时轻杆停止转动，若绳a、b的长分别为la、lb，且lalb2，则（）a绳b烧断前，绳a的拉力等于mg，绳b的拉力等于m2lbb绳b烧断瞬间，绳a的拉力等于mgc绳b烧断后，小球在垂直于平面abc的竖直平面内前后摆动d绳b烧断后，小球可能在垂直于平面abc的竖直平面内做圆周运动【考点】向心力；牛顿第二定律【专题】定性思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用【分析】绳b被烧断后，小球在垂直于平面abc的竖直平面内摆动或圆周运动绳b被烧断前，a绳中张力等于重力，在绳b被烧断瞬间，a绳中张力与重力的合力提供小球的向心力，而向心力竖直向上，绳b的张力将大于重力若角速度较小，小球原来的速度较小，小球在垂直于平面abc的竖直平面内摆动，若角速度较大，小球原来的速度较大，小球可能在垂直于平面abc的竖直平面内做圆周运动【解答】解：a、绳b烧断前，绳a的拉力等于mg，绳b的拉力等于m2lb故a正确b、绳b被烧断前，小球在竖直方向没有位移，加速度为零，a绳中拉力等于重力，在绳b被烧断瞬间同时轻杆停止转动，小球开始在竖直平面内做圆周运动，a绳中拉力与重力的合力提供小球的向心力，而向心力竖直向上，绳a的拉力将大于重力故b错误c、d、小球的初速度的方向与abc平面垂直，若角速度较小，小球原来的速度较小，小球在垂直于平面abc的竖直平面内摆动若角速度较大，小球原来的速度较大，小球可能在垂直于平面abc的竖直平面内做圆周运动需要分析：由于lalb2，设小球上升到最高点时的速度为0，则：绳b烧断前小球的线速度：v=lb所以：h=la可知小球摆起的最大高度小于a点的高度，当到达最大高度后，小球将沿轨迹返回，做单摆运动故c正确，d错误故选：ac【点评】本题中要注意物体做圆周运动时，外界必须提供向心力c、d两项还可根据机械能守恒与向心力知识求解小球在垂直于平面abc的竖直平面内摆动或圆周运动角速度的范围8在一个边界为等边三角形的区域内，存在一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在磁场边界上的p点处有一个粒子源，发出比荷相同的三个粒子a、b、c（不计重力）沿同一方向进入磁场，三个粒子通过磁场的轨迹如图所示，用ta、tb、tc分别表示a、b、c通过磁场的时间；用ra、rb、rc分别表示a、b、c在磁场中的运动半径，则下列判断正确的是（）ata=tbtcbtctbtacrcrbradrbrarc【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由图示求出粒子转过的圆心角关系、判断出粒子的轨道半径关系，然后应用周期公式比较粒子运动时间关系【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由图示情景可知：粒子轨道半径：rcrbra，粒子转过的圆心角：a=bc，粒子在磁场中做圆周运动的周期：t=，由于粒子的比荷相同、b相同，则粒子周期相同，粒子在磁场中的运动时间：t=t，由于a=bc，t相同，则：ta=tbtc，故ac正确，bd错误；故选：ac【点评】本题考查了比较粒子运动时间与轨道半径关系，分析清楚图示情景、由于周期公式即可正确解题9如图所示，一质量为m的斜面体静止在水平地面上，质量为m的木块沿粗糙斜面加速下滑h高度，速度大小由v1增大到v2，所用时间为t，木块与斜面体之间的动摩擦因数为在此过程中（）a斜面体受水平地面的静摩擦力为零b木块沿斜面下滑的距离为tc如果给质量为m的木块一个沿斜面向上的初速度v2，它将沿斜面上升到h高处速度变为v1d木块与斜面摩擦产生的热量为mghmv+mv【考点】动能定理的应用；滑动摩擦力【专题】动能定理的应用专题【分析】应用整体法可分析地面与斜面体间的摩擦力；由平均速度可求得下滑距离；根据能量守恒可求得木块与斜面间产生的热量【解答】解：a、对整体分析可知，整体一定有向左的加速度，根据牛顿第二定律可知，整体在水平方向一定受外力；即地面与斜面间的静摩擦力；故a错误；b、由平均速度公式可知，物体的下滑的平均速度为： =；故下滑的位移为：x=t；故b正确；c、由于物体在斜面上受摩擦力，故向上去的加速度一定大于向下来的加速度；故上升h时的速度一定小于v1；故c错误；d、由能量守恒定律可知：mgh+mv=mv+q；故有：q=mghmv+mv；故d正确；故选：bd【点评】本题关键在于分析清楚运动过程并做好各过程的受力分析，应用能量守恒定律即可正确解题10如图所示，一个半径为r的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度b大小相等，方向均与环面轴线方向成角（环面轴线为竖直方向）若导线环上载有如图所示的恒定电流i，则下列说法正确的是（）a导电圆环有收缩的趋势b导电圆环所受安培力方向竖直向上c导电圆环所受安培力的大小为2bird导电圆环所受安培力的大小为2birsin【考点】楞次定律【专题】压轴题【分析】根据感应电流方向由楞次定律判断出穿过环的磁通量如何变化，然后判断环有收缩趋势还是扩张趋势；由左手定则判断环所受安培力方向，由安培力公式求出环所受安培力大小【解答】解：a、根据通入电流方向，结合左手定则可知，安培力方向水平分量均指向圆心，因此环有收缩的趋势，故a正确；b、把磁感应强度分解为水平分量与竖直分量，竖直方向的磁场对环形电流的安培力为零，由左手定则可知，水平方向的磁场对电流的安培力竖直向上，即导电圆环所受安培力竖直向上，故b正确；c、把磁感应强度分解为水平分量与竖直分量，竖直方向的磁场对环形电流的安培力为零，导电圆环可以等效为两直线电流，导线的有效长度等于环的直径，水平磁场对电流的安培力f=b水平i2r=2birsin，故c错误，d正确；故选：abd【点评】应用安培定则判断出感应电流磁场方向，熟练理解楞次定律是判断环收缩还是扩张的关键11某家用桶装纯净水手压式饮水器如图，在手连续稳定的按压下，出水速度为v，供水系统的效率为，现测量出桶底到出水管之间的高度差h，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为s，水的密度为，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）a出水口单位时间内的出水体积q=vsb出水口所出水落地时的速度c出水后，手连续稳定按压的功率为+d手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功能关系【分析】出水口的体积v=sl，再除以时间即为位时间内的出水体积，水从出水平流出后做斜抛运动，根据动能定理求出出水口所出水落地时的速度，在时间t内，流过出水口的水的质量m=svt，手连续稳定按压使水具有初动能和重力势能，根据势能和动能的表达式及供水系统的效率求出手连续稳定按压做的功，再根据求解功率即可【解答】解：a、出水口的体积v=sl，则单位时间内的出水体积q=，故a正确；b、水从出水平流出后到落地的过程，根据动能定理得，解得：，所以出水口所出水落地时的速度为，故b错误；c、手连续稳定按压使水具有初动能和重力势能，在时间t内，流过出水口的水的质量m=svt，则出水口的水具有的机械能e=，而供水系统的效率为，所以手连续稳定按压做的功为w=，则功率p=，故c正确；d、手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和除以供水系统的效率，故d错误；故选：ac【点评】解答本题要知道水从出水平流出后做斜抛运动，根据动能定理求解达到地面的速度，注意手连续稳定按压时做水做的功没有全部转化为水的机械能，注意供水系统的效率，难度适中二、实验题：（本题2小题，每空2分，共16分）12如图为用拉力传感器和速度传感器探究“加速度与物体受力的关系”实验装置用拉力传感器记录小车受到拉力的大小，在长木板上相距为l=48.0cm的a、b两点各安装一个速度传感器，分别记录细线拉力和小车到达a、b时的速率（1）本实验有关的说法正确的是：abea两速度传感器之间的距离应适当远些b要调整长木板的倾斜角度，平衡小车受到的摩擦力c应先释放小车，再接通速度传感器的电源d改变所挂钩码的数量时，要使所挂钩码的质量远小于小车质量e不必用天平测出小车和车上的拉力传感器的总质量（2）某同学在表中记录了实验测得的几组数据，vb2va2是两个速度传感器记录速率的平方差，则加速度的表达式为a=，表中第3次实验缺失的数据是2.44m/s2（结果保留三位有效数字）；次数f（n）vb2va2（m2/s2）a（m/s2）10.600.770.8021.041.611.6831.422.342.4442.003.483.6352.624.654.8463.005.495.72（3）表中a与f并不成正比，这是由于平衡摩擦力不足（填写“平衡摩擦力不足”或“平衡摩擦力过度”）造成的【考点】测定匀变速直线运动的加速度【专题】实验题；直线运动规律专题【分析】注意平衡摩擦力的原理，利用重力沿斜面的分力来平衡摩擦力，若物体能匀速运动则说明恰好平衡了摩擦力；根据运动学公式中速度和位移的关系可以写出加速度的表达式；根据数据可知，有外力时还没有加速度，由此可得出产生偏差原因【解答】解：（1）a、两速度传感器之间的距离应适当远些，增大l，可以减小误差，故a正确；b、要调整长木板的倾斜角度，平衡小车受到的摩擦力，使得拉力传感器记录小车受到拉力是小车的合力，故b正确；c、应该先接通电源后再释放小车，故c错误；d、改变所挂钩码的数量时，不需要使所挂钩码的质量远小于小车质量，因为实验中拉力传感器记录小车受到拉力，故d错误；e、不必用天平测出小车和车上的拉力传感器的总质量，故e正确；故选：abe（2）根据匀变速直线运动的位移与速度公式：v2=2as可以求出：a=，带入数据解得：a=2.44m/s2（3）表中a与f并不成正比，这是由于平衡摩擦力不足造成的故答案为：（1）abe；（2），2.44（3）平衡摩擦力不足【点评】明确实验原理，正确进行误差分析和数据处理是对学生学习实验的基本要求，要加强这方面的训练13有一待测的电阻器rx，其阻值约在4050之间，实验室准备用伏安法来测量该电阻值的实验器材有：电压表v（量程010v，内电阻约20k）；电流表a1，（量程0500ma，内电阻约20）；电流表a2，（量程0300ma，内电阻约4）；滑动变阻器r1（最大阻值为10，额定电流为2a）；滑动变阻器r2（最大阻值为250，额定电流为0.1a）；直流电源e（电动势为9v，内电阻约为0.5）；开关及若干导线实验要求电表读数从零开始变化，并能多测出几组电流、电压值，以便画出iu图线（1）电流表应选用a2（2）滑动变阻器选用r1（选填器材代号）（3）请在如图所示的方框内画出实验电路图【考点】伏安法测电阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】由欧姆定律求出电路最大电流，根据该电流选择电流表；根据电路电流及方便实验操作的原则选择滑动变阻器；根据题目要求确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表采用内接法还是外接法，然后作出实验电路图【解答】解：（1）电路最大电流约为i=0.225a=225ma300ma，因此电流表应选择a2；（2）滑动变阻器r2的额定电流是0.1a0.225a，且滑动变阻器r2的最大阻值较大，实验操作不方便，为保证电路安全，方便实验操作，滑动变阻器应选r1；（3）实验要求电表读数从零开始变化，因此滑动变阻器应采用分压接法，rx阻值约在4050之间，电流表a2内电阻约4，电压表v内阻约20k，电压表内阻远大于待测电阻阻值，因此电流表应采用外接法，实验电路图如图所示故答案为：（1）a2；（2）r1；（3）电路图如图所示【点评】本题考查了实验器材的选择、设计电路的设计，是实验的常考问题，一定要掌握；实验电路设计是本题的难点，确定滑动变阻器的接法、电流表的接法是正确解题的关键14读出如图游标卡尺的读数为23.85mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用【专题】实验题；定量思想；推理法；基本实验仪器【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读【解答】解：游标卡尺的主尺读数为23mm，游标尺上第17个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为170.05mm=0.85mm，所以最终读数为：23mm+0.85mm=23.85mm故答案为：23.85【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量三、计算题（本题4小题，共40分）15如图是一种测定风力的仪器的原理图，一金属球固定在一细长的轻金属丝下端，能绕悬挂点o在竖直平面内转 动，无风时金属丝自然下垂，现发现水平风力大小为f时，金属丝偏离竖直方向的角度为，求：（1）金属球对金属丝的拉力的大小；（2）金属球的质量为多少？【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律；牛顿第三定律；向心力【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】（1）对金属球进行受力分析，由平衡条件求解金属丝对金属球的拉力，即可由牛顿第三定律求得金属球对金属丝的拉力的大小；（2）再由平衡条件求解金属球的质量【解答】解：（1）对金属球受力分析如图，由力的平衡条件得金属丝对金属球的拉力：t=由牛顿第三定律得金属球对金属丝的拉力为：t=t=（2）由力的平衡条件得：mg=fcot所以，金属球的质量为：m=答：（1）金属球对金属丝的拉力的大小为；（2）金属球的质量为为【点评】本题有实际的情景，但实质是共点力平衡问题，关键要正确分析受力情况，由平衡条件求解16如图所示，r为电阻箱，电压表为理想电压表当电阻箱读数为r1=2时，电压表读数为u1=4v；当电阻箱读数为r2=5时，电压表读数为u2=5v求：（1）电源的电动势e和内阻r（2）当电阻箱r读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值pm为多少？此时电源的效率为多少？【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】（1）运用闭合电路欧姆定律，分别研究电阻为r1和r2的情况，列出含有电动势和内阻的方程组求解（2）当电阻箱的阻值等于电源的内电阻时电源的输出功率最大，再求解pm由输出功率与总功率之比求电源的效率【解答】解：（1）由闭合电路欧姆定律得： e=u1+r，代入得：e=4+=4+2r e=u2+r，代入得：e=5+r=5+r 联立上式并代入数据解得：e=6v，r=1即电源电动势为6v，内阻为1；（2）电源的输出功率表达式为：p=r将上式变形为：p=由上式可知r=r=1时p有最大值为 pm=9w；此时电源的效率为 =50%答：（1）电源电动势为6v，内阻为1（2）当电阻箱r读数为1时，电源的输出功率最大，最大值pm为9w，此时电源的效率为50%【点评】本题是测量电源电动势和内阻的方法：伏阻法电压表和定值电阻组合，相当于电压表和电流表双重作用17如图所示，m、n为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值静止的带电粒子带电量为+q，质量为m（不计重力），从点p经电场加速后，从小孔 q进入n板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为b，方向垂直于纸面向外，cd为磁场边界上的一绝缘板，它与n板的夹角为=45，孔q到板的下端c的距离为l当m、n两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在cd板上求：