2020年广东省广州市育才中学高考物理零模试卷

2020年广东省广州市育才中学高考物理零模试卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第14题只有一项符合题目要求，第58题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1（6分）如图所示，倾角为30的斜面固定在水平地面上，斜面上放有一重为G的物块，物块与斜面之间的动摩擦因数等于33，水平轻弹簧一端顶住物块，另一端顶住竖直墙面，物块刚好沿斜面向上滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的弹力大小是（）A12GB32GC33GD3G2（6分）如图所示，纸面为竖直面，MN为竖直线段，MN之间的距离为h，空间存在平行于纸面的足够宽广的匀强电场，其大小和方向未知，图中未画出，一带正电的小球从M点在纸面内以v0=2gh的速度水平向左开始运动，以后恰好以大小为v=2v0的速度通过N点。已知重力加速度g，不计空气阻力。则下列正确的是（）A小球从M到N的过程经历的时间t=v0gB可以判断出电场强度的方向水平向左C从M点到N点的过程中小球的机械能先增大后减小D从M到N的运动过程中速度大小一直增大3（6分）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n210：1，a、b两点间的电压为u=2202sin100t（V），R为可变电阻，P为额定电流1A、用铅锑合金制成的保险丝。为使保险丝中的电流不超过1A，可变电阻R连入电路的最小阻值是（）A2.2B2.22C22D2224（6分）放置于固定斜面上的物块，在平行于斜面向上的拉力F作用下，沿斜面向上做直线运动拉力F和物块速度v随时间t变化的图象如图，则（）A第1s内物块受到的合外力为0.5 NB物块的质量为11kgC第1s内拉力F的功率逐渐增大D前3s内物块机械能先增大后不变5（6分）如图水平且平行等距的虚线表示某电场三个等势面，电势值分别为U、0、U（U0），实线是电荷量为q的带电粒子的运动轨迹，a、b、c为轨迹上的三点，且都位于等势面上，不计重力。下列说法正确的（）Ab、c两点场强EbEcB粒子在b点所受电场力方向水平向右C粒子在三点的电势能大小为EpbEpaEpcD粒子从a到c过程中电场力对它做的功为qU6（6分）如图所示，金属圆环放置在水平桌面上，一个质量为m的圆柱形永磁体轴线与圆环轴线重合，永磁体下端为N极，将永磁体由静止释放，永磁体下落h高度到达P点时速度大小为v，向下的加速度大小为a，圆环的质量为M，重力加速度为g，不计空气阻力，则（）A俯视看，圆环中感应电流沿逆时针方向B永磁体下落的整个过程可能先加速后减速，下降到某一高度时速度可能为零C永磁体运动到P点时，圆环对桌面的压力大小为Mg+mgmaD永磁体运动到P点时，圆环中产生的焦耳热为mgh+12mv27（6分）如图所示，圆形区域内以直线AB为分界线，上半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B下半圆内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小未知，圆的半径为R在磁场左侧有一粒子水平加速器，质量为m，电量大小为q的粒子在极板M右侧附近，由静止释放，在电场力的作用下加速，以一定的速度沿直线CD射入磁场，直线CD与直径AB距离为0.6R粒子在AB上方磁场中偏转后，恰能垂直直径AB进入下面的磁场，之后在AB下方磁场中偏转后恰好从O点进入AB上方的磁场。带电粒子的重力不计。则（）A带电粒子带负电B加速电场的电压为9qB2R225mC粒子进入AB下方磁场时的运动半径为0.1RDAB下方磁场的磁感应强度为上方磁场的3倍8（6分）我国正在建设北斗卫星导航系统，根据系统建设总体规划，计划2018年，面向“一带一路”沿线及周边国家提供基本服务，2020年前后，完成35颗卫星发射组网，为全球用户提供服务。2018年1月12日7时18分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第26、27颗北斗导航卫星，将与前25颗卫星联网运行。其中在赤道上空有2颗北斗卫星A、B绕地球做同方向的匀速圆周运动，其轨道半径分别为地球半径的54和53，且卫星B的运动周期为T某时刻2颗卫星与地心在同一直线上，如图所示。则下列说法正确的是（）A卫星A、B的加速度之比为169B卫星A、B的周期之比为是3916C再经时间t=3(83-9)T148，两颗卫星之间可以直接通信D为了使赤道上任一点任一时刻均能接收到卫星B所在轨道的卫星的信号，该轨道至少需要4颗卫星星三、非选择题：9某实验小组利用如图1所示的实验装置来验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒。（1）实验前小组同学调整气垫导轨底座使之水平，并查得当地重力加速度g9.78m/s2。（2）如图2所示，用游标卡尺测得遮光条的宽度d cm；实验时将滑块从图所示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间t1.2102s，则滑块经过光电门时的瞬时速度为 m/s。在本次实验中还需要读出和测量的物理量有：钩码的质量m、滑块质量M和 （文字说明并用相应的字母表示）。（3）本实验通过比较钩码的重力势能的减小量 和 （用以上物理量符号表示）在实验误差允许的范围内是否相等，从而验证系统的机械能守恒。10为了测量一个电动势约为6V8V，内电阻小于3的电源，由于直流电压表量程只有3V，需要将这只电压表通过连接一固定电阻（用电阻箱代替），改装为量程9V的电压表，然后再用伏安法测电源的电动势和内电阻，以下是他们的实验操作过程：（1）把电压表量程扩大，实验电路如图甲所示，实验步骤如下，完成填空。第一步：按电路图连接实物第二步：把滑动变阻器滑动片移到最右端，把电阻箱阻值调到零第三步：闭合电键，把滑动变阻器滑动片调到适当位置，使电压表读数为3.0V第四步：把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为 V。第五步：不再改变电阻箱阻值，保持电压表和电阻箱串联，撤去其它线路，即得量程为9V的电压表（2）以上实验可供选择的器材有：A电压表（量程为3V，内阻约2k）B电流表（量程为3A，内阻约0.1）C电阻箱（阻值范围09999）D电阻箱（阻值范围0999）E滑动变阻器（阻值为020，额定电流3A）F滑动变阻器（阻值为020k，额定电流0.2A）电阻箱应选 ，滑动变阻器应选 。（3）用该扩大了量程的电压表（电压表的表盘没变），测电源电动势E和内电阻r，实验电路如图乙所示，得到多组电压表U和电流I的值，并作出UI图线如图丙所示，可知电池的电动势为 V，内电阻为 （结果保留2位有效数字）11CD、EF是水平放置的电阻可忽略的光滑平行金属导轨，两导轨距离水平地面高度为H，导轨间距离为L，在水平导轨区域存在磁感强度方向垂直导轨平面向上的有界匀强磁场（磁场区域为CPQE），磁感应强度大小为B，如图所示，导轨左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接，弯曲的光滑轨道的上端接有一电阻R，将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上距离水平金属导轨高度h处由静止释放，导体棒最终通过磁场区域落在水平地面上距离水平导轨最右端水平距离x处已知导体棒与导轨始终接触良好，重力加速度为g，求：（1）电阻R中的最大电流和整个电流中产生的焦耳热；（2）磁场区域的长度d12某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处于倾斜传送带理想连接，传送带长度L15.0m，皮带以恒定速率v5m/s顺时针转动，三个质量均为m1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B与轻弹簧连接，C未连接弹簧，B、C处于静止状态且离N点足够远，现让滑块A以初速度v06m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起碰撞时间极短，滑块C脱离弹簧后滑上倾角37的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数0.8，重力加速度g10m/s2，sin370.6，cos370.8（1）滑块A、B碰撞时损失的机械能；（2）滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q；（3）若每次实验开始时滑块A的初速度v0大小不相同，要使滑块C滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，则v0的取值范围是什么？（结果可用根号表示）13下列说法正确的是 （）A温度高的物体分子平均动能和内能一定大B液晶既具有液体的流动性又像某些晶体具有各向异性C一定质量的理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加D空气的相对湿度定义为水的饱和蒸汽压与相同温度时空气中所含水蒸气的压强之比E如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间分子平均动能一定相同14如图所示，汽缸开口向上，缸内壁有固定小砧，质量为m的活塞将缸内封闭一段气体缸内气体压强为2p0+mgS，g为重力加速度，活塞到缸底的距离为h，活塞横截面积为S，大气压强为p0，环境温度为T0，活塞与汽缸内壁气密性好且无摩擦，汽缸与活塞的导热性能良好。缓慢降低环境温度，使缸内气体的体积减半，则环境温度应降低为多少；此过程外界对气体做的功为多少？若环境温度不变，通过不断给活塞上放重物，使活塞缓慢下降，当活塞下降12h时，活塞上所放重物的质量为多少？2020年广东省广州市育才中学高考物理零模试卷参考答案与试题解析二、选择题：本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第14题只有一项符合题目要求，第58题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1（6分）如图所示，倾角为30的斜面固定在水平地面上，斜面上放有一重为G的物块，物块与斜面之间的动摩擦因数等于33，水平轻弹簧一端顶住物块，另一端顶住竖直墙面，物块刚好沿斜面向上滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的弹力大小是（）A12GB32GC33GD3G【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡菁优网版权所有【分析】对斜面上的物体进行受力分析，根据受力分析应用正交分解列方程分析求解弹簧弹力大小；【解答】物体受力如图所示：由受力分析可得：Fcos30mgsin30+（Fcos30+mgcos30），解得弹簧的弹力F=3G，故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】解决该题的关键在于正确进行受力分析，注意该题物块刚好沿斜面向上滑动，所以摩擦力为最大静摩擦力；2（6分）如图所示，纸面为竖直面，MN为竖直线段，MN之间的距离为h，空间存在平行于纸面的足够宽广的匀强电场，其大小和方向未知，图中未画出，一带正电的小球从M点在纸面内以v0=2gh的速度水平向左开始运动，以后恰好以大小为v=2v0的速度通过N点。已知重力加速度g，不计空气阻力。则下列正确的是（）A小球从M到N的过程经历的时间t=v0gB可以判断出电场强度的方向水平向左C从M点到N点的过程中小球的机械能先增大后减小D从M到N的运动过程中速度大小一直增大【考点】6B：功能关系；AK：带电粒子在匀强电场中的运动菁优网版权所有【分析】根据动能定理即可求出电场力做的功；将小球的运动沿水平方向与竖直方向分解，由竖直方向的运动特点，即可求出小球从M到N的过程经历的时间；根据电场力做功分析电势能变化从而知速度变化和机械能变化。【解答】解：AB、小球运动的过程中重力与电场力做功，设电场力做的功为W，则有：W+mgh=12mv2-12mv02代入v=2v0，解得：W0，说明MN为电场的等势面。可知电场的方向水平向右；小球在竖直方向做自由落体运动，可知小球从M到N的过程经历的时间为：t=2hg联立解得：t=v0g，故A正确，B错误；CD、水平方向小球受向右的电场力，所以小球先向左减速后向右加速，电场力先负功后正功，机械能先减小后增加，电势能先增加后减小，M点和N点电势能相等，机械能相等，故CD错误；故选：A。【点评】该题结合运动的合成与分解考查带电小球在混合场中的运动，解答的关键是正确将小球的运动分解，把握各分运动的特点。3（6分）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n210：1，a、b两点间的电压为u=2202sin100t（V），R为可变电阻，P为额定电流1A、用铅锑合金制成的保险丝。为使保险丝中的电流不超过1A，可变电阻R连入电路的最小阻值是（）A2.2B2.22C22D222【考点】E8：变压器的构造和原理菁优网版权所有【分析】求出变压器输入的最大电功率，根据电压与匝数成正比求出副线圈两端的电压，输出功率等于输入功率根据R=U22P2求电阻的最小值；【解答】解：原线圈输入电压U1=22022V=220V根据电压与匝数成正比U1U2=n1n2代入数据解得：U2=n2n1U1=110220=22V原线圈的最大输入功率为P1=U1I=2201=220W输出功率等于输入功率P2=P1=220W输出功率：U22R=P2解得：R=U22P2=222220=2.2，故A正确，BCD错误；故选：A。【点评】本题关键明确：（1）理想变压器输入功率等于输出功率；（2）变压器变压规律4（6分）放置于固定斜面上的物块，在平行于斜面向上的拉力F作用下，沿斜面向上做直线运动拉力F和物块速度v随时间t变化的图象如图，则（）A第1s内物块受到的合外力为0.5 NB物块的质量为11kgC第1s内拉力F的功率逐渐增大D前3s内物块机械能先增大后不变【考点】37：牛顿第二定律；63：功率、平均功率和瞬时功率；6B：功能关系菁优网版权所有【分析】根据vt图象知道物体先匀加速后匀速，由图象的斜率求解出匀加速运动的加速度，然后根据牛顿第二定律和平衡条件列方程，最后联立可求得物体的质量和斜面的倾角，再求得第s内物体的合外力根据PFv分析拉力功率的变化由功能关系分析物块机械能的变化【解答】解：AB、由图可得，01s内物体的加速度为：a=vt=0.51=0.5 m/s2由牛顿第二定律可得：Fmgsinma1s后有：Fmgsin联立，并将F5.5N，F5.0N代入解得：m1.0kg，30第1 s内物块受到的合外力为 F合ma10.5N0.5N故A正确，B错误。C、第1 s内拉力F的功率 PFv，F不变，v增大，则P增大，故C正确。D、前1s内物块的动能和重力势能均增大，则其机械能增大。23s内，动能不变，重力势能增大，其机械能增大，所以物块的机械能一直增大。故D错误。故选：AC。【点评】本题的关键先由vt图象确定运动情况，然后求解出加速度，再根据牛顿第二定律和平衡条件列方程求解物体的质量和斜面的倾角5（6分）如图水平且平行等距的虚线表示某电场三个等势面，电势值分别为U、0、U（U0），实线是电荷量为q的带电粒子的运动轨迹，a、b、c为轨迹上的三点，且都位于等势面上，不计重力。下列说法正确的（）Ab、c两点场强EbEcB粒子在b点所受电场力方向水平向右C粒子在三点的电势能大小为EpbEpaEpcD粒子从a到c过程中电场力对它做的功为qU【考点】AG：电势差和电场强度的关系菁优网版权所有【分析】此题首先要根据三条表示等势面的虚线等距离判断出电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点的电场是相同的；电场线与等势面垂直且由电势高的等势面指向电势低的等势面，确定电场方向；因带电粒子的运动轨迹是曲线，根据轨迹的弯曲方向确定粒子的受力方向，从而确定粒子的电性；根据正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势高处电势能小判断粒子的电势能；根据WAB=qUAB求电场力做功【解答】解：A、因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，所以b、c两点场强相等，故A错误。B、根据电场线与等势面垂直，电场线竖直向上，结合轨迹的弯曲方向知粒子在b点的电场力竖直向下。故B错误。C、由B判断电场力向下与电场方向相反，粒子带负电，负电荷在电势高处电势能小，所以EpbEpaEpc故C正确；D、粒子由a到c过程中电场力做正功，Wq（0U）qU，故D正确；故选：CD。【点评】本题考查到了电势能、带电粒子在电场中的运动、等势面、电场力做功等几方面的知识点。解决此题的关键是对等势面的理解，等势面就是电场中电势相等的各点构成的面，等势面有以下几方面的特点：、等势面一定与电场线垂直，即跟场强的方向垂直。、在同一等势面上移动电荷时电场力不做功。、电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面。、任意两个等势面都不会相交。、等差等势面越密的地方电场强度越大，即等差等势面的分布疏密可以描述电场的强弱。6（6分）如图所示，金属圆环放置在水平桌面上，一个质量为m的圆柱形永磁体轴线与圆环轴线重合，永磁体下端为N极，将永磁体由静止释放，永磁体下落h高度到达P点时速度大小为v，向下的加速度大小为a，圆环的质量为M，重力加速度为g，不计空气阻力，则（）A俯视看，圆环中感应电流沿逆时针方向B永磁体下落的整个过程可能先加速后减速，下降到某一高度时速度可能为零C永磁体运动到P点时，圆环对桌面的压力大小为Mg+mgmaD永磁体运动到P点时，圆环中产生的焦耳热为mgh+12mv2【考点】DB：楞次定律；DD：电磁感应中的能量转化菁优网版权所有【分析】永磁铁下落过程中，产生的磁场向下，圆环中向下的磁通量增大，根据楞次定律分析圆环中的感应电流方向；根据楞次定律的推广含义来拒去留分析磁场力；根据能量守恒定律分析运动过程中，圆环产生的焦耳热。【解答】解：A、永磁铁下落过程中，永磁铁产生的磁场向下，圆环中向下的磁通量增大，根据楞次定律可知，圆环中产生逆时针的感应电流，故A正确；B、永磁铁下落过程中，根据楞次定律的推广含义来拒去留分析，受到竖直向上的逐渐增大的磁场力作用，当重力大于磁场力时，永磁铁加速运动，当重力小于磁场力时，永磁铁减速运动，下降到某一高度时速度可能为零，故B正确；C、研究永磁铁和圆环的整体，运动到P点时，具有向下的加速度a，根据牛顿第二定律可知：Mg+mgFNma，根据牛顿第三定律可知，圆环对桌面的压力大小为Mg+mgma，故C正确；D、根据能量守恒定律可知，永磁体运动到P点时，机械能的减少量等于圆环中产生的焦耳热，即焦耳热为：Qmgh-12mv2，故D错误。故选：ABC。【点评】本题考查了考查楞次定律，可以根据楞次定律的推论来拒去留来快速解答，当强磁铁过来时，就拒绝它；当离开时就挽留它，同时掌握安培力做功，导致机械能转化为热能。7（6分）如图所示，圆形区域内以直线AB为分界线，上半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B下半圆内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小未知，圆的半径为R在磁场左侧有一粒子水平加速器，质量为m，电量大小为q的粒子在极板M右侧附近，由静止释放，在电场力的作用下加速，以一定的速度沿直线CD射入磁场，直线CD与直径AB距离为0.6R粒子在AB上方磁场中偏转后，恰能垂直直径AB进入下面的磁场，之后在AB下方磁场中偏转后恰好从O点进入AB上方的磁场。带电粒子的重力不计。则（）A带电粒子带负电B加速电场的电压为9qB2R225mC粒子进入AB下方磁场时的运动半径为0.1RDAB下方磁场的磁感应强度为上方磁场的3倍【考点】4A：向心力；65：动能定理；AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动菁优网版权所有【分析】带电粒子经电场加速后进入方向相反的匀强磁场中偏转两次后恰又从OO点进入AB上方，由几何关系分别能求出带电粒子在AB上下做匀速圆周运动的半径，由洛仑兹力提供向心力就能求出上下磁感应强度的大小关系。【解答】解：画出带电粒子在上下方做匀速圆周运动的轨迹，根据几何关系可得：FD=R2-(0.6R)2=0.8R，而CFr10.6R，由几何关系和题意，分别求出上下方的轨迹半径为：r10.6Rr20.1RA、根据粒子的偏转方向和左手定则知道，粒子是带负电，故A正确；B、由于粒子在AB上方做匀速圆周运动的半径r10.6R，由洛仑兹力提供向心力：Bqvmv2r1，从而进入磁场的速度v=3BqR5m，而该速度是在加速电场中从静止开始加速获得，由动能定理Uq=12mv2从而求得加速电压为：U=9qB2R250m，故B错误；C、由上述计算可知，粒子在AB下方做匀速圆周运动的半径为：r20.1R，故C正确；D、由洛仑兹力提供向心力：Bqvmv2r可求得：B=mvqr；由于r16r2，所以B上=16B下，即AB下方磁场的磁感应强度为上方磁场的6倍，故D错误。故选：AC。【点评】本题是带电粒子在电场和磁场中交替运动的综合，要注意的是：洛仑兹力提供向心力，可求得半径公式，应用半径公式从而能得到加速电场的电压，带电粒子在方向相反的两匀强磁场中向相反方向偏转时，这些是在圆形磁场区域内完成的，由几何关系能求出带电粒子在两场区的轨道半径。8（6分）我国正在建设北斗卫星导航系统，根据系统建设总体规划，计划2018年，面向“一带一路”沿线及周边国家提供基本服务，2020年前后，完成35颗卫星发射组网，为全球用户提供服务。2018年1月12日7时18分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第26、27颗北斗导航卫星，将与前25颗卫星联网运行。其中在赤道上空有2颗北斗卫星A、B绕地球做同方向的匀速圆周运动，其轨道半径分别为地球半径的54和53，且卫星B的运动周期为T某时刻2颗卫星与地心在同一直线上，如图所示。则下列说法正确的是（）A卫星A、B的加速度之比为169B卫星A、B的周期之比为是3916C再经时间t=3(83-9)T148，两颗卫星之间可以直接通信D为了使赤道上任一点任一时刻均能接收到卫星B所在轨道的卫星的信号，该轨道至少需要4颗卫星星【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星菁优网版权所有【分析】万有引力提供向心力，根据万有引力定律和牛顿第二定律列式比较周期、向心加速度的大小；两卫星分布在地球的两边时通信中断；由几何关系确定为了使赤道上任一点任一时刻均能接收到卫星A所在轨道的卫星的信号，轨道至少需要卫星颗数。【解答】解：A、由万有引力提供向心力有：GMmr2=ma=m42rT2，解得：a=GMr2，卫星A、B的加速度之比为aAaB=GMrA2GMrB2=rB2rA2=169，故A正确；B、同理解得：T=42r3GM，卫星A、B的周期之比为TATB=rA3rB2=2764=338，故B错误；C、再经时间t两颗卫星之间可以直接通信，则有(2TA-2TB)t=，又TB=T，TA=338T，解得t=3(83+9)148T，故C错误；D、由B卫星的分布图求的所辐射的最大角度，cos0.6，则53，则辐射的最大角度为2106，需要的卫星个数3601063，为了使赤道上任一点任一时刻均能接收到卫星B所在轨道的卫星的信号，该轨道至少需要4颗卫星，故D正确；故选：AD。【点评】万有引力提供向心力，由牛顿第二定律求出加速度、周期之比，由几何关系为了使赤道上任一点任一时刻均能接收到卫星B所在轨道的卫星的信号，该轨道至少需要颗数卫三、非选择题：9某实验小组利用如图1所示的实验装置来验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒。（1）实验前小组同学调整气垫导轨底座使之水平，并查得当地重力加速度g9.78m/s2。（2）如图2所示，用游标卡尺测得遮光条的宽度d0.52cm；实验时将滑块从图所示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间t1.2102s，则滑块经过光电门时的瞬时速度为0.43m/s。在本次实验中还需要读出和测量的物理量有：钩码的质量m、滑块质量M和滑块释放位置遮光条到光电门的位移s（文字说明并用相应的字母表示）。（3）本实验通过比较钩码的重力势能的减小量mgs和钩码和滑块的动能增加量12(m+M)(dt)2（用以上物理量符号表示）在实验误差允许的范围内是否相等，从而验证系统的机械能守恒。【考点】MD：验证机械能守恒定律菁优网版权所有【分析】（2）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；由于遮光条通过光电门的时间极短因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度大小；根据题意求出实验需要验证的表达式，然后确定实验需要测量的量。（3）比较重力势能的减小量和动能的增加量是否相等即可判断机械能是否守恒。【解答】解：（2）由图示游标卡尺可知，其读数为：5mm+20.1mm5.2mm0.52cm；由于遮光条通过光电门的时间极短因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度，因此滑块经过光电门时的瞬时速度：v=dt=0.5210-21.210-2m/s0.43m/s；以钩码和滑块组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得：mgs=12(m+M)v2=12(m+M)(dt)2，除钩码的质量m、滑块质量M外，实验还需要测量：滑块释放位置遮光条到光电门的位移s。（3）钩码和滑块所组成的系统为研究对象，其重力势能的减小量为mgs，系统动能的增量为12(m+M)(dt)2，因此只要比较二者是否相等，即可验证系统机械能是否守恒。故答案为：（2）0.52；0.43；滑块释放位置遮光条到光电门的位移s；（3）mgs；钩码和滑块的动能增加量12(m+M)(dt)2。【点评】本题考查了游标卡尺读数与实验数据处理问题，知道实验原理是解题的前提；要掌握常用器材的使用及读数方法，游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，游标卡尺不需要估读。10为了测量一个电动势约为6V8V，内电阻小于3的电源，由于直流电压表量程只有3V，需要将这只电压表通过连接一固定电阻（用电阻箱代替），改装为量程9V的电压表，然后再用伏安法测电源的电动势和内电阻，以下是他们的实验操作过程：（1）把电压表量程扩大，实验电路如图甲所示，实验步骤如下，完成填空。第一步：按电路图连接实物第二步：把滑动变阻器滑动片移到最右端，把电阻箱阻值调到零第三步：闭合电键，把滑动变阻器滑动片调到适当位置，使电压表读数为3.0V第四步：把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为1V。第五步：不再改变电阻箱阻值，保持电压表和电阻箱串联，撤去其它线路，即得量程为9V的电压表（2）以上实验可供选择的器材有：A电压表（量程为3V，内阻约2k）B电流表（量程为3A，内阻约0.1）C电阻箱（阻值范围09999）D电阻箱（阻值范围0999）E滑动变阻器（阻值为020，额定电流3A）F滑动变阻器（阻值为020k，额定电流0.2A）电阻箱应选C，滑动变阻器应选E。（3）用该扩大了量程的电压表（电压表的表盘没变），测电源电动势E和内电阻r，实验电路如图乙所示，得到多组电压表U和电流I的值，并作出UI图线如图丙所示，可知电池的电动势为6.9V，内电阻为1.5（结果保留2位有效数字）【考点】N3：测定电源的电动势和内阻菁优网版权所有【分析】（1）把3V的直流电压表接一固定电阻（用电阻箱代替），改装为量程为9V的电压表时，将直流电压表与电阻箱串联，整个作为电压表，据题分析，电阻箱阻值调到零，电压表读数为3V，则知把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为1V。（2）根据串联电路的特点，可确定出电阻箱的电阻与电压表内阻的关系，选择电阻箱的规格。在分压电路中，为方便调节，滑动变阻器选用阻值较小的。（3）由于电压表的表盘没变，改装后的电压表的读数应为电压表读数的3倍。UI图线纵轴截距的3倍表示电动势，斜率的3倍大小等于电池的内阻。【解答】解：（1）把3V的直流电压表接一电阻箱，改装为量程为9V的电压表时，将直流电压表与电阻箱串联，整个作为一只电压表，据题分析，电阻箱阻值调到零，电压表读数为3V，则知把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为：U=393V=1.0V；（2）由题意可知，电压表的量程为3V，内阻约为2k，要改装成9V的电压表，根据串联电路的特点可知，所串联的电阻箱电阻应为：22k4k，故电阻箱应选C；滑动变阻器采用分压接法，为方便调节，滑动变阻器选用阻值较小的，即选E；（3）由图丙所示电路图可知，外电路断路时，电压表的电压为：U2.3V，则电源的电动势为：E2.33V6.9V，电源内阻：r=UI=2.33-1.531.61.5；故答案为：（1）1； （2）C；E；（4）6.9；1.5。【点评】本题考查了电压表改装与测电源电动势与内阻实验，扩大电压表量程应给电压表串联分压电阻，应用串联电路特点可以解题；伏安法测量电源的电动势和内阻的原理是闭合电路欧姆定律，要注意路端电压应为改装后电压表的读数。11CD、EF是水平放置的电阻可忽略的光滑平行金属导轨，两导轨距离水平地面高度为H，导轨间距离为L，在水平导轨区域存在磁感强度方向垂直导轨平面向上的有界匀强磁场（磁场区域为CPQE），磁感应强度大小为B，如图所示，导轨左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接，弯曲的光滑轨道的上端接有一电阻R，将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上距离水平金属导轨高度h处由静止释放，导体棒最终通过磁场区域落在水平地面上距离水平导轨最右端水平距离x处已知导体棒与导轨始终接触良好，重力加速度为g，求：（1）电阻R中的最大电流和整个电流中产生的焦耳热；（2）磁场区域的长度d【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；BH：焦耳定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势菁优网版权所有【分析】（1）由机械能守恒定律计算进入磁场的速度大小，再根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解电流强度；根据平抛运动的知识计算平抛运动的初速度，再根据能量守恒定律计算整个电路中产生的焦耳热；（2）由牛顿第二定律得到安培力与加速度关系，利用微元法求解磁场区域的长度【解答】解：（1）由题意可知，导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大，产生的感应电动势最大，感应电流最大，由机械能守恒定律有mgh=12mv12解得v1=2gh由法拉第电磁感应定律得EBLv1由闭合电路欧姆定律得I=E2R，联立解得I=BL2gh2R由平抛运动规律可得，H=12gt2，解得v2=xg2H由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热为Q=12mv12-12mv22=mgh-mgx24H；（2）导体棒通过磁场区域时在安培力作用下做变速运动由牛顿第二定律，BILma，a=vt，I=BLv2R，联立解得B2L22Rvt=mv两边求和B2L22Rvt=mvvt=d，v=v1-v2联立解得d=2mRB2L2(2gh-xg2H)答：（1）电阻R中的最大电流为BL2gh2R，整个电流中产生的焦耳热为mgh-mgx24H；（2）磁场区域的长度为2mRB2L2(2gh-xg2H)【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解12某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处于倾斜传送带理想连接，传送带长度L15.0m，皮带以恒定速率v5m/s顺时针转动，三个质量均为m1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B与轻弹簧连接，C未连接弹簧，B、C处于静止状态且离N点足够远，现让滑块A以初速度v06m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起碰撞时间极短，滑块C脱离弹簧后滑上倾角37的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数0.8，重力加速度g10m/s2，sin370.6，cos370.8（1）滑块A、B碰撞时损失的机械能；（2）滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q；（3）若每次实验开始时滑块A的初速度v0大小不相同，要使滑块C滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，则v0的取值范围是什么？（结果可用根号表示）【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律菁优网版权所有【分析】（1）A、B碰撞过程水平方向的动量守恒，由此求出二者的共同速度；由功能关系即可求出损失的机械能；（2）A、B碰撞后与C作用的过程中ABC组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出C与AB分开后的速度，C在传送带上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后应用匀变速直线运动规律求出C相对于传送带运动时的相对位移，由功能关系即可求出摩擦产生的热量（3）应用动量守恒定律、能量守恒定律与运动学公式可以求出滑块A的最大速度和最小速度【解答】解：（1）A与B位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设A与B碰撞后共同速度为v1，选取向右为正方向，对A、B有：mv02mv1碰撞时损失机械能E=12mv02-12(2m)v12解得E9J（2）设A、B碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB的速度为vB，C的速度为vC由动量守恒：2mv12mvB+mvC由机械能守恒：12(2m)v12=12(2m)vB2+12mvC2解得：vc4m/sC以vc滑上传送带，假设匀加速的直线运动位移为S时与传送带共速，由运动学公有：式a1=gcos-gsin=0.8100.8-100.6=0.4m/s2结合：v2-vc2=2a1x，联立解得：x11.25mL加速运动的时间为t，有：t=v-vCa1=5-40.4=2.5s所以相对位移xvtx代入数据得：x1.25m摩擦生热Qumgcosx8J（3）设A的最大速度为vmax，滑块C与弹簧分离时C的速度为vc1，AB的速度为vB1，则C在传送带上一直做加速度为a2的匀减速直线运动直到P点与传送带共速，有：v2-vc12=2a2L加速度：a2=-gsin-gcos=-12.4m/s2解得：vc1=397m/s设A的最小速度为vmin，滑块C与弹簧分离时C的速度为vC2，AB的速度为vB1，则C在传送带上一直做加速度为a1的匀加速直线运动直到P点与传送带共速，有：v2-vc22=2a1L解得：vc2=13m/s对A、B、C和弹簧组成的系统从AB碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中，有：mvmax2mvB1+mcC1机械能守恒：12(2m)v12=12(2m)vB12+12mvC12解得vmax=32vc1=32397m/s，同理，vmin=3213m/s所以3213m/sv032397m/s答：（1）滑块A、B碰撞时损失的机械能是9J；（2）滑块C在传送带上因摩擦产生的热量是8J；（3）若每次实验开始时滑块A的初速度v0大小不相同，要使滑块C滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，则v0的取值范围是3213m/sv032397m/s【点评】本题着重考查碰撞中的动量守恒和能量守恒问题，同时借助传送带考查到物体在恒定摩擦力作用下的匀减速运动，还需用到平抛的基本知识，这是力学中的一道知识点比较多的综合题，学生在所涉及的知识点中若存在相关知识缺陷13下列说法正确的是 （）A温度高的物体分子平均动能和内能一定大B液晶既具有液体的流