陕西省汉中市洋县第二高级中学2014-2015学年(下)期末高二物理试卷带解析

1、陕西省汉中市洋县第二高级中学2014-2015学年（下）期末试卷高二物理 命题人：金正山一、选择题（本大题共10小题，每小题4分）1（4分）下列说法正确的是（）A做曲线运动的物体其加速度一定是变化的B在利用探究匀速圆周运动向心加速度大小表达式的过程中应用了极限法C电场强度、电势、电容、电功的定义均用了比值定义法D做匀速直线运动的物体机械能一定守恒2（4分）一质点沿x轴做直线运动，其vt图象如图所示质点在t=0时位于x=5m处，开始沿x轴正向运动当t=8s时，质点在x轴上的位置为（）Ax=3mBx=8mCx=9mDx=14m3（4分）如图，一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小

2、车上，右端与一小球相连，设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态，若忽略小球与小车间的摩擦力，则在此段时间内小车可能是（）A向右做加速运动B向右做减速运动C向左做加速运动D向左做匀速运动4（4分）一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头由图可知（）A副线圈输出电压的频率为50HzB副线圈输出电压的有效值为31VCP向下移动时，原、副线圈的电流比减小DP向下移动时，变压器的输出功率增加5（4分）如图所示，在一匀强磁场中有一U形导体框bacd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直

3、于ab的一根导体杆，它可以在ab、cd上无摩擦地滑动，杆ef及线框中导体的电阻都可不计开始时，给ef一个向右的初速度，则（）Aef将减速向右运动，但不是匀减速Bef将匀速向右运动，最后停止Cef将匀速向右运动Def将做往复运动6（4分）（2011闵行区二模）电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是（）A电压表和电流表读数都减小B电压表和电流表读数都增大C电压表读数增大，电流表读数减小D电压表读数减小，电流表读数增大7（4分）质量为m的物体从高处无初速度释放后竖直下落高度为h，在运动过程中受到的空气阻力

4、大小恒为f加速度大小a=g，则（）A体下落过程中重力的平均功率为mgBf的大小为mgC物体下落过程中动能增加mghD物体下落过程中机械能减小mgh8（4分）（2007重庆）土卫十和土卫十一是土星的两颗卫星，都沿近似为圆周的轨道线土星运动其参数如表，两卫星相比土卫十：（）卫星半径（m）卫星质量（kg）轨道半径（m）土卫十8.901042.0110181.511018土卫十一5.701045.6010171.511018A受土星的万有引力较大B绕土星的圆周运动的周期较大C绕土星做圆周运动的向心加速度较大D动能较大9（4分）（2011保定模拟）如图所示，用三根轻绳AB、BC、CD连接两个小球，两球质

5、量均为m，A、D两端固定，系统在竖直平面内静止，AB和CD与竖直方向的夹角分别是30和60则（）AAB拉力是mgBBC拉力是mgCCD拉力是mgDBC与水平方向夹角是6010（4分）物体以速度v匀速通过直线上的A、B两点，所用时间为t；现在物体从A点由静止出发，先匀加速直线运动（加速度为a1）到某一最大速度vm后立即做匀减速直线运动（加速度大小为a2）至B点速度恰好减为0，所用时间仍为t则物体的（）Avm只能为2v，与a1、a2的大小无关Bvm可为许多值，与a1、a2的大小有关Ca1、a2须是一定的Da1、a2必须满足二、实验题（本题共2小题15分，其中11题6分，12题10分，请按题中的要求

6、作答，将答案填写在试卷的相应位置上）11（6分）（2009盐城一模）用如图所示的装置来探究物体的加速度与力、质量的关系实验时，小盘和砝码牵引小车，使小车做初速为零的匀加速运动（1）此实验中可以不测量加速度的具体值，原因是：_（2）通过改变_，就可以改变小车所受到的合力（3）在探究加速度与质量关系时，分别以_为纵坐标、_为横坐标作图象，这样就能直观地看出其关系12（9分）在做测定金属电阻率的实验中，待测金属的阻值约为5某同学先通过游标卡尺和螺旋测微器分别测量一薄的金属圆片的直径和厚度如图所示，则游标卡尺所示金属圆片直径的测量值为_cm，螺旋测微器所示金属圆片厚度的测量值为_mm实验室准备用来测量

7、该电阻值的实验器材除开关若干及导线外，还有：电压表V1 （量程03V，内电阻约15k）；电压表V2 （量程015V，内电阻约75k）；电流表A1 （量程03A，内电阻约0.2）；电流表A2 （量程0600mA，内电阻约3）；滑动变阻器R（最大阻值为100，额定电流为0.6A）；直流电源、电池组E（电动势为3V、内电阻约为0.3）；正常实验中为减少测量误差，且电表读数从零开始变化，并能多测几组电流、电压值，以便画出电流电压的关系图线，则电压表应选用_（填实验器材的代号），电流表应选用_（填实验器材的代号），实验电路图选用下图中的_图这位同学在一次测量时，电流表、电压表的示数如图所示，由图中电流表

8、、电压表的读数可计算出待测金属的电阻为_（结果精确到小数点后一位）三、计算题（说明：解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位13（14分）（2014海南）短跑运动员完成100m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段一次比赛中，某运动用11.00s跑完全程已知运动员在加速阶段的第2s内通过的距离为7.5m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离14（19分）（2014东城区一模）某学习小组为了研究影响带电粒子在磁场中偏转的因素，制作了一个自动控制装置，如图所示，滑片P可在R2上滑动，在以O为圆心，半径为R=10cm的圆形区域内

9、，有一个方向垂直纸面向外的水平匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.10T竖直平行放置的两金属板A、K相距为d，连接在电路中，电源电动势E=91V，内阻r=1.0，定值电阻R1=10，滑动变阻器R2的最大阻值为80，S1、S2为A、K板上的两个小孔，且S1、S2跟O在竖直极板的同一直线上，OS2=2R，另有一水平放置的足够长的荧光屏D，O点跟荧光屏D点之间的距离为H比荷为2.0105C/kg的离子流由S1进入电场后，通过S2向磁场中心射去，通过磁场后落到荧光屏D上离子进入电场的初速度、重力、离子之间的作用力均可忽略不计问：（1）判断离子的电性，并分段描述离子自S1到荧光屏D的运动情况？（2）如果离

10、子恰好垂直打在荧光屏上的N点，电压表的示数多大？（3）电压表的最小示数是多少？要使离子打在荧光屏N点的右侧，可以采取哪些方法？四、选修题、选修3-515（4分）如图所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n=3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，用这些光照射逸出功为2.49eV的金属钠，下列说法中正确的是（）A从n=3的激发态跃迁到n=2的激发态时所发出的光的波长最短B这群氢原子能发出3种频率不同的光，且均能使金属钠发生光电效应C金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为9.60eVD从n=3的激发态跃迁到基态时所发出的光能使金属钠发生光电效应，且使光电子获得最大初动能16（8分）（

11、2014山东）如图所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m，开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0，一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并黏在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半，求：（i）B的质量；（ii）碰撞过程中A、B系统机械能的损失参考答案与试题解析一、选择题（本大题共10小题，每小题4分）1（4分）下列说法正确的是（）A做曲线运动的物体其加速度一定是变化的B在利用探究匀速圆周运动向心加速度大小表达式的过程中应用了极限法C电场强度、电势、电容、电功的定义均用了比值定义法D做匀速直线运动的物体机械能一定守恒考点：机械能守

12、恒定律；物理学史菁优网版权所有分析：物体做曲线运动时合外力与速度不在同一直线上加速度的定义式是a=，一般可求解平均加速度，当t0时，可求瞬时加速度电场强度、电势和电容采用了比值定义法，电功不是比值定义式比值定义出的新的物理量与定义所用的物理量无关，反映物质本身的属性机械能守恒的条件是只有重力或弹簧的弹力做功解答：解：A、做曲线运动的物体其加速度也可能不变，比如平抛运动，故A错误B、加速度的定义式是a=，在探究匀速圆周运动加速度大小时，可用此公式求出平均加速度，当t0时，可求瞬时加速度，这个瞬时加速度指向圆心，称为向心加速度，应用了极限法探究的故B正确C、电场强度、电势、电容的定义式分别为：E=

13、、=、C=都是由两个量的比值来定义的，即采用了比值定义法，电场强度、电势、电容反映了电场或电容器本身的特性，与定义所用的物理量无关，具有比值定义的共性而电功 W=UIt，W与U、I、t都有关，不是比值定义法，故C错误D、机械能守恒的条件是只有重力或弹簧的弹力做功做匀速直线运动的物体可能有除重力或弹簧的弹力以外的力做功，机械能不一定守恒，故D错误故选：B点评：解决本题关键要掌握物理量常用的定义方法：极限法、比值定义法等等，掌握机械能守恒的条件等等基本知识2（4分）一质点沿x轴做直线运动，其vt图象如图所示质点在t=0时位于x=5m处，开始沿x轴正向运动当t=8s时，质点在x轴上的位置为（）Ax=

14、3mBx=8mCx=9mDx=14m考点：匀变速直线运动的图像菁优网版权所有专题：运动学中的图像专题分析：速度时间图象可读出速度的大小和方向，根据速度图象可分析物体的运动情况，确定何时物体离原点最远图象的“面积”大小等于位移大小，图象在时间轴上方“面积”表示的位移为正，图象在时间轴下方“面积”表示的位移为负解答：解：图象的“面积”大小等于位移大小，图象在时间轴上方“面积”表示的位移为正，图象在时间轴下方“面积”表示的位移为负，故8s时位移为：s=，由于质点在t=0时位于x=5m处，故当t=8s时，质点在x轴上的位置为8m，故ACD错误，B正确故选：B点评：本题抓住速度图象的“面积”等于位移是关

15、键能根据图象分析物体的运动情况，通过训练，培养基本的读图能力3（4分）如图，一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一小球相连，设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态，若忽略小球与小车间的摩擦力，则在此段时间内小车可能是（）A向右做加速运动B向右做减速运动C向左做加速运动D向左做匀速运动考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；胡克定律菁优网版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：小球和小车具有相同的加速度，对小球运用牛顿第二定律，判断出加速度的方向，得知小车的加速度方向，从而知道小车的运动情况解答：解：小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态，知小球所受

16、的合力向右，根据牛顿第二定律，小球的加速度方向向右，小球和小车具有相同的加速度，知小车具有向右的加速度，所以小车向右做加速运动或向左做减速运动故A正确，B、C、D错误故选：A点评：解决本题的关键抓住小球和小车具有相同的加速度，运用牛顿第二定律进行求解4（4分）一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头由图可知（）A副线圈输出电压的频率为50HzB副线圈输出电压的有效值为31VCP向下移动时，原、副线圈的电流比减小DP向下移动时，变压器的输出功率增加考点：变压器的构造和原理；电功、电功率菁优网版权所有专题：交流电专

17、题分析：根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论解答：A、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，所以A正确B、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为310V，所以副线圈的电压的最大值为31V，所以电压的有效值为V=V，所以B错误C、原副线圈电流之比等于匝数的反比，故原副线圈的电流之比不变，故C错误D、P向下移，R变大，原副线的电流都变小而电压不变，故功率减小，故D错误；故选：A点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路5（4分）如图所示，在一匀强磁场中有

18、一U形导体框bacd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可以在ab、cd上无摩擦地滑动，杆ef及线框中导体的电阻都可不计开始时，给ef一个向右的初速度，则（）Aef将减速向右运动，但不是匀减速Bef将匀速向右运动，最后停止Cef将匀速向右运动Def将做往复运动考点：导体切割磁感线时的感应电动势菁优网版权所有专题：电磁感应与电路结合分析：金属棒向右运动时会切割磁感线产生电动势和感应电流，金属杆ef受到向左的安培力做减速运动，速度减小会造成电动势、电流减小，安培力也随之减小，所以物体做减速运动的加速度会减小，直到速度为零时金属杆静止解答：解：金属棒向

19、右运动时会切割磁感线产生电动势和感应电流，根据右手定则判断可知，ef中感应电流方向从f到e根据左手定则判断可知，ef所受的安培力向左，则ef将减速向右运动感应电流表达式 I=，金属棒所受的安培力：F=BIL=，随着速度的减小，安培力减小所以ef做加速度减小的变减速运动，最终停止运动，故A正确，BCD错误故选：A点评：此类题目的解题关键点是能够灵活应用法拉第电磁感应定律与右手定则、左手定则，推导出安培力的表达式判断其变化6（4分）（2011闵行区二模）电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是（）A电压表

20、和电流表读数都减小B电压表和电流表读数都增大C电压表读数增大，电流表读数减小D电压表读数减小，电流表读数增大考点：闭合电路的欧姆定律菁优网版权所有专题：恒定电流专题分析：首先要认识电路的结构：滑动变阻器与R2并联然后与R1串联，电压表测路端电压，电流表测通过电阻R2的电流；根据滑动变阻器滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化；然后应用串并联电路特点与欧姆定律分析答题解答：解：由电路图可知，滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，并联电阻增大，外电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流变小，电源内电压变小，路端电压变大，则电压表示数变大干电路电流变小，电阻R1两端电压

21、变小，路端电压变大，则并联电压变大，由部分电路欧姆定律可知，通过电阻R2的电流变大，电流表示数变大，故D正确；故选B点评：本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构、熟练应用欧姆定律、电功率公式即可正确解题7（4分）质量为m的物体从高处无初速度释放后竖直下落高度为h，在运动过程中受到的空气阻力大小恒为f加速度大小a=g，则（）A体下落过程中重力的平均功率为mgBf的大小为mgC物体下落过程中动能增加mghD物体下落过程中机械能减小mgh考点：机械能守恒定律；功率、平均功率和瞬时功率菁优网版权所有专题：机械能守恒定律应用专题分析：A、根据匀变速直线运动的位移时间公式求出运动的时间，再根据P

22、=求出重力做功的平均功率B、根据牛顿第二定律求出阻力f的大小C、根据动能定律，通过合力做功求出动能的增加量D、根据动能的增加量，重力势能的减小量判断机械能的变化解答：解：A、根据h=，解得t=，则重力做功的平均功率故A正确B、根据牛顿第二定律得，mgf=ma，解得f=mgma=故B正确C、在整个过程中，合力功为，则根据动能定理，知动能增加故C错误D、重力做功mgh，则重力势能减小mgh，动能增加，则机械能减小故D错误故选AB点评：解决本题的关键掌握合力功与动能的关系，重力做功与重力势能的关系，以及能够灵活运用牛顿第二定律和运动学公式8（4分）（2007重庆）土卫十和土卫十一是土星的两颗卫星，都

23、沿近似为圆周的轨道线土星运动其参数如表，两卫星相比土卫十：（）卫星半径（m）卫星质量（kg）轨道半径（m）土卫十8.901042.0110181.511018土卫十一5.701045.6010171.511018A受土星的万有引力较大B绕土星的圆周运动的周期较大C绕土星做圆周运动的向心加速度较大D动能较大考点：万有引力定律及其应用；牛顿第三定律菁优网版权所有分析：研究卫星绕土星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列出等式，表达出线速度、加速度、周期再根据表格中的数据去判断解答：解析：A、从表格中的数据看出：两卫星的轨道半径相等 r10=r11，两卫星的质量相差一个数量级，有m10m11，设土

24、星质量为M，由万有引力定律公式F=G，所以土卫十受到的引力较大故A正确B、两卫星均绕土星运动，由开普勒第三定律 （或由万有引力提供向心力列方程得到） =常量可知，当轨道半径相等时，运动周期T也相等故B错误C、由万有引力提供向心力列方程得到卫星的向心加速度，由 a=G可知，只要轨道半径相等，两卫星的向心加速度大小相等故C错误D、由Ek=和 G=m 得 Ek=，质量m较大的卫星的动能较大故D正确故选AD点评：比较一个物理量，我们应该把这个物理量先表示出来，再根据已知条件进行比较向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量选取应用9（4分）（2011保定模拟）如图所示，用三根轻绳AB、BC、CD连接两

25、个小球，两球质量均为m，A、D两端固定，系统在竖直平面内静止，AB和CD与竖直方向的夹角分别是30和60则（）AAB拉力是mgBBC拉力是mgCCD拉力是mgDBC与水平方向夹角是60考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用菁优网版权所有专题：受力分析方法专题分析：先对BC球整体受力分析，根据共点力平衡条件，运用合成法求解AB绳拉力和CD绳子拉力，再对C球受力分析，结合共点力平衡条件再次列式求解解答：解：对BC球整体受力分析，如图根据共点力平衡条件，有FAB=2mgcos30=mgFCD=2mgsin30=mg再对C球受力分析，如图根据共点力平衡条件，有x方向：FCDcos30FB

26、Ccos=0y方向：FCDsin30+FBCsinmg=0解得FBC=mg=30故选ABC点评：整体法与隔离法是解决平衡问题的常用方法，在具体问题中，灵活地选用整体法和隔离法，可以使问题大大简化10（4分）物体以速度v匀速通过直线上的A、B两点，所用时间为t；现在物体从A点由静止出发，先匀加速直线运动（加速度为a1）到某一最大速度vm后立即做匀减速直线运动（加速度大小为a2）至B点速度恰好减为0，所用时间仍为t则物体的（）Avm只能为2v，与a1、a2的大小无关Bvm可为许多值，与a1、a2的大小有关Ca1、a2须是一定的Da1、a2必须满足考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系菁优网版权所有

27、专题：直线运动规律专题分析：A、当物体匀速通过A、B两点时，x=vt当物体先匀加速后匀减速通过A、B两点时，根据平均速度公式，总位移x=，从而可得知vm与v的关系C、匀加速运动的时间和匀减速运动的时间之和，再根据vm与v的关系得出a1、a2所满足的条件解答：解：A、当物体匀速通过A、B两点时，x=vt当物体先匀加速后匀减速通过A、B两点时，根据平均速度公式，总位移x=，则，得vm=2v与a1、a2的大小无关故A正确，B错误 C、匀加速运动的时间和匀减速运动的时间之和，而vm=2v，代入得，整理得故C错误，D正确故选AD点评：解决本题关键掌握匀变速直线运动的平均速度的公式，从而得出先匀加速后匀减

28、速运动的位移x=，二、实验题（本题共2小题15分，其中11题6分，12题10分，请按题中的要求作答，将答案填写在试卷的相应位置上）11（6分）（2009盐城一模）用如图所示的装置来探究物体的加速度与力、质量的关系实验时，小盘和砝码牵引小车，使小车做初速为零的匀加速运动（1）此实验中可以不测量加速度的具体值，原因是：a正比于S，故只须研究S之间的比例关系即可表明a之间的关系（2）通过改变盘内砝码质量，就可以改变小车所受到的合力（3）在探究加速度与质量关系时，分别以a为纵坐标、为横坐标作图象，这样就能直观地看出其关系考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系菁优网版权所有专题：实验题；牛顿运动定律

29、综合专题分析：（1）根据初速度为零的匀变速直线运动特点可得出答案（2）实验满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车的质量，砝码盘和砝码的重力等于小车所受的合外力（3）物体的加速度a与物体质量m的关系图线是曲线，不能确定它们的关系，而加速度a与质量倒数的关系图线是直线解答：解：（1）在初速度为零的匀变速直线运动中有S=at2，若运动时间相等，则位移与加速度成正比此实验中可以不测量加速度的具体值，原因是：a正比于S，故只须研究S之间的比例关系即可表明a之间的关系（2）实验满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车的质量，砝码盘和砝码的重力等于小车所受的合外力所以通过改变盘内砝码质量，就可以改变小车所受到的合力（

30、3）物体的加速度a与物体质量m的关系图线是曲线，不能确定它们的关系，而加速度a与质量倒数的关系图线是直线，从而可知加速度a与质量m成反比所以在探究加速度与质量关系时，分别以a为纵坐标、为横坐标作图象，这样就能直观地看出其关系故答案为：（1）a正比于S，故只须研究S之间的比例关系即可表明a之间的关系（2）盘内砝码质量 （3）a 点评：本实验在原来的基础上有所创新，根据所学物理知识和实验装置的特点明确实验原理是解答该实验的关键12（9分）在做测定金属电阻率的实验中，待测金属的阻值约为5某同学先通过游标卡尺和螺旋测微器分别测量一薄的金属圆片的直径和厚度如图所示，则游标卡尺所示金属圆片直径的测量值为3

31、.170cm，螺旋测微器所示金属圆片厚度的测量值为3.471mm实验室准备用来测量该电阻值的实验器材除开关若干及导线外，还有：电压表V1 （量程03V，内电阻约15k）；电压表V2 （量程015V，内电阻约75k）；电流表A1 （量程03A，内电阻约0.2）；电流表A2 （量程0600mA，内电阻约3）；滑动变阻器R（最大阻值为100，额定电流为0.6A）；直流电源、电池组E（电动势为3V、内电阻约为0.3）；正常实验中为减少测量误差，且电表读数从零开始变化，并能多测几组电流、电压值，以便画出电流电压的关系图线，则电压表应选用（填实验器材的代号），电流表应选用（填实验器材的代号），实验电路图选

32、用下图中的C图这位同学在一次测量时，电流表、电压表的示数如图所示，由图中电流表、电压表的读数可计算出待测金属的电阻为5.2（结果精确到小数点后一位）考点：伏安法测电阻；刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用菁优网版权所有专题：实验题分析：本题的关键是明确游标卡尺有三种分度之分，读数时注意不需要估读；而螺旋测微器读数时注意半毫米刻度线是否露出，需要估读，都要分别读出整数部分和小数部分，然后相加题的关键是根据电动势大小和估算电流大小来选择电表的量程；明确若要求电表读数从零调，则滑动变阻器应用分压式接法；若满足，则电流表应用外接法，否则应用内接法的关键是电表的读数要求，注意估读方法有“”、“”、“

33、”三种方式解答：解：由图看出20分度的游标卡尺知，0刻线前漏出了31mm，且第14条刻线对齐，故读数为：D=31mm+140.05mm=31.70mm=3.170cm，千分尺固定刻度漏出了3mm，中轴线对齐为0.471mm，所以螺旋测微器的读数为：d=3mm+47.00.01mm=3.471mm因电动势E为3V，所以为了测量准确宜用电压表电；若3V电压全部加在待测电阻上，其电流为，所以电流表应选；又题中要求电表读数从零开始变化，并能多测几组电流、电压值，故宜选用分压式电路；由于，所以电流表应用外接法接法，所以电路图应选C电流表读数为I=0.46A，电压表读数为U=2.40V，所以待测电阻R=5

34、.2故答案为：3.170，3.471 ，C 5.2点评：遇到电学实验题要注意以下几点：1通过估算选取电表的量程；2伏安法时注意电流表内外接法的选择方法；3注意滑动变阻器采用分压式接法时的条件三、计算题（说明：解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位13（14分）（2014海南）短跑运动员完成100m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段一次比赛中，某运动用11.00s跑完全程已知运动员在加速阶段的第2s内通过的距离为7.5m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系菁优网版权所有专题：直线

35、运动规律专题分析：设他做匀加速直线运动的时间为t1，位移大小为小x1，加速度大小为a，做匀速直线运动的速度为v，根据运动学基本公式，抓住位移位移列式即可求解解答：解：根据题意，在第1s和第2s内运动员都做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为a，在第1s和第2s内通过的位移分别为s1和s2，由运动学规律得t0=1s联立解得 a=5m/s2设运动员做匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，匀速运动的速度为v，跑完全程的时间为t，全程的距离为s，依题决及运动学规律，得t=t1+t2v=at1设加速阶段通过的距离为s，则求得s=10m答：该运动员的加速度为5m/s2及在加速阶段通过的距

36、离为10m点评：解决本题的关键理清运动员的运动过程，结合匀变速直线运动的运动学公式和推论灵活求解14（19分）（2014东城区一模）某学习小组为了研究影响带电粒子在磁场中偏转的因素，制作了一个自动控制装置，如图所示，滑片P可在R2上滑动，在以O为圆心，半径为R=10cm的圆形区域内，有一个方向垂直纸面向外的水平匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.10T竖直平行放置的两金属板A、K相距为d，连接在电路中，电源电动势E=91V，内阻r=1.0，定值电阻R1=10，滑动变阻器R2的最大阻值为80，S1、S2为A、K板上的两个小孔，且S1、S2跟O在竖直极板的同一直线上，OS2=2R，另有一水平放置的足

37、够长的荧光屏D，O点跟荧光屏D点之间的距离为H比荷为2.0105C/kg的离子流由S1进入电场后，通过S2向磁场中心射去，通过磁场后落到荧光屏D上离子进入电场的初速度、重力、离子之间的作用力均可忽略不计问：（1）判断离子的电性，并分段描述离子自S1到荧光屏D的运动情况？（2）如果离子恰好垂直打在荧光屏上的N点，电压表的示数多大？（3）电压表的最小示数是多少？要使离子打在荧光屏N点的右侧，可以采取哪些方法？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系菁优网版权所有专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）AK间电场方向向右，根据离子受力方向判断电性；根据受力情况分析运动

38、情况；（2）如果离子恰好垂直打在荧光屏上的N点，由几何知识确定圆周运动的半径，由牛顿第二定律求速度，由动能定理求板间电压，即电压表示数；（3）当滑片在最左端时电压表示数最小，由闭合电路欧姆定律求最小电压；要使离子打在荧光屏上N点的右侧，离子在磁场中偏转轨迹半径变大，可以提高离子速度或减小磁场的磁感应强度解答：解：（1）离子在AK间加速，受向右的电场力，板间电场方向也是向右，故离子带正电；粒子在两金属板间做匀加速直线运动，离开电场进入磁场前做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，离开磁场后做匀速直线运动，直到打在荧光屏上；（2）离子在磁场中偏转90，所以轨迹半径为：r=R=10cm由Bqv=mU

39、q=mv2联立得：U=30V（3）电压表最小电压为：Umin=E代入数据得：Umin=10V要使离子打在荧光屏上N点的右侧，离子在磁场中偏转轨迹半径变大，由r=，可以提高离子速度或减小磁场的磁感应强度方法一、向右移动滑动变阻器滑片，增大平行板间电压，方法二、提高电源电动势，增大平行板间电压，方法三、减小磁场的磁感应强度答：（1）离子带正电，分段描述离子自S1到荧光屏D的运动情况为：粒子在两金属板间做匀加速直线运动，离开电场进入磁场前做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，离开磁场后做匀速直线运动，直到打在荧光屏上；（2）如果离子恰好垂直打在荧光屏上的N点，电压表的示数为30V；（3）电压表的最小示数是10V，要使离子打在荧光屏N点的右侧，可以采取方法一、向右移动滑动变阻器滑片，增大平行板间电压，方法二、提高电源电动势，增大平行板间