专题02 新题精选30题-2018年高考物理走出题海之黄金30题系列 Word版含解析

1、2018年高考物理走出题海之黄金30题系列专题02 新题精选30题一、单选题（在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，）1a、b、c三个物体在同一条直线上运动，它们的位移一时间图像如图所示，其中a是一条顶点坐标为(0,10)的抛物线，下列说法正确的是（ ）A. b、c两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同B. 在内,a、b两个物体间的距离逐渐变大C. 物体c的速度越来越大D. 物体a的加速度为【答案】 B静止开始运动的匀加速直线运动位移时间公式可知物体a做匀加速直线运动，因为抛物线经过（0,10）点和（5，20）点，故，所以，D错误【点睛】位移图象的基本性质：横坐标代表时刻，而纵坐

2、标代表物体所在的位置，纵坐标不变即物体保持静止状态；位移时间图像是用来描述物体位移随时间变化规律的图像，不是物体的运动轨迹，斜率等于物体运动的速度，斜率的正负表示速度的方向，质点通过的位移等于x的变化量2如图所示，在竖直平面内固定一直杆，杆与地面间夹角为，轻环套在杆上。不计质量的滑轮用轻质绳OP悬挂在天花板上，另一轻绳通过滑轮系在环上，不计所有摩擦。现向左缓慢拉绳，当环静止时，与手相连的绳子水平，则OP绳与天花板之间的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】 C由几何关系得OP与天花板之间的夹角，C正确3如图，一质量为M、带有挂钩的小球套在倾角为 的细杆上，恰能沿杆匀速下滑。若下滑过程中小

3、球所受杆的作用力大小为F，且小球所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（ ）A. 仅增大(<90°)，小球被释放后仍能沿杆匀速下滑B. 仅增大(<90°)，小球被释放后所受杆的作用力小于FC. 不变，仅在挂钩上再挂一个物体，小球被释放后将沿杆加速下滑D. 不变，仅在挂钩上再挂一个物体，小球被释放后所受杆的作用力仍等于F【答案】 BD、当挂上一质量为m的物体时，以两物体整体为研究对象，沿杆向下的重力分力为：，细杆所受的压力大小为：，细杆所受的压力变大，由牛顿第三定律可知，D错误；C、球形物体所受的摩擦力即沿杆向上的力，大小为：，摩擦力增大，分析可知F1

4、=F2，因此球形物体仍沿细杆匀速下滑，故C错误；故选B。4如图所示，半径为R的竖直半球形碗固定于水平面上，碗口水平且AB为直径，O点为碗的球心。将一弹性小球（可视为质点）从AO连线上的某点c点沿CO方向以某初速度水平抛出，经历时间（重力加速度为g）小球与碗内壁第一次碰撞，之后可以恰好返回C点；假设小球与碗内壁碰撞前后瞬间小球的切向速度不变，法向速度等大反向。不计空气阻力，则C、O两点间的距离为A. B. C. D. 【答案】 C【解析】小球在竖直方向的位移为，设小球与半球形碗碰撞点为D点，则DO的连线与水平方向的夹角为300，过D点作CO连线的垂线交于CO连线E点，则OE= ，小球下落h时竖直

5、方向的速度为，则水平方向的速度，所以水平方向的位移为，由几何关系可知，CO= ，故C正确。5假设宇宙中有两颗相距无限远的行星A和B，自身球体半径分别为RA和RB两颗行星各自周围的卫星的轨道半径的三次方（）与运行公转周期的平方（）的关系如图所示；T0为卫星环绕各自行星表面运行的周期。则A. 行星A的质量小于行星B的质量B. 行星A的密度小于行星B的密度C. 行星A的第一宇宙速度等于行星B的第一宇宙速度D. 当两行星周围的卫星的运动轨道半径相同时，行星A的卫星的向心加速度大于行星B的卫星的向心加速度【答案】 DB项：根图象可知，在两颗行星表面做匀速圆周运动的周期相同，密度，所以行星A的密度等于行星

6、B的密度，故B错误；C项：第一宇宙速度，A的半径大于B的半径，卫星环绕行星表面运行的周期相同，则A的第一宇宙速度大于行星B的第一宇宙速度，故C错误；D项：根据得： ，当两行星的卫星轨道半径相同时，A的质量大于B的质量，则行星A的卫星向心加速度大于行星B的卫星向心加速，故D正确。6一轻质细杆长为2L，可绕固定于中点O的水平轴在竖直面内自由转动，杆两端固定有形状相同的小球1和2，它们的质量均为m，电荷量分别为q和q(q>0)，整个装置放在如图所示的、在竖直面内关于过O轴的竖直线对称的电场中。现将杆由水平位置静止释放，让两小球绕轴转动到竖直线上A、B两位置。设电势差UBA=U，重力加速度大小为

7、g，不考虑小球1、2间的库仑力。则该过程中（ ）A. 小球2受到的电场力减小B. 小球1电势能减少了UqC. 小球1、2的机械能总和增加了UqmgLD. 小球1、2的动能总和增加了Uq【答案】 D【解析】杆由水平位置转到竖直位置的过程中，重力对系统做功为0，根据对称知开始时两小球处于等势面上，转动后，小球1所在位置电势较低，电势能减少，小球2所在位置电势较高，根据等势线与电场线的关系知道，小球2受到的电场力增大，小球2的电势升高量大于小球1的电势降低量，所以小球2的电势能增加量大于，小球1电势能减少量小于，系统重力势能不变，动能增加，根据能量守恒可知小球1、2的动能总和增加量等于小球1、2的电

8、势能总和减小量，即为，故ABC错误， D正确；故选D。【点睛】本题关键要能正确分析小球能量如何转化，运用W=qU和U=Ed定性分析两球电势能的变化关系，由能量守恒定律分析即可。7在垂直于纸面的匀强磁场中，有一原来静止的原子核，该核衰变后，放出的带电粒子和反冲核的运动轨迹分别如图中a、b所示，由图可以判定（）A. 该核发生的是衰变B. 该核发生的是衰变C. a表示反冲核的运动轨迹D. 磁场方向一定垂直纸面向里【答案】 BB正确。根据动量守恒定律，质量大的速度小，而速度小的，运动半径较小，而b的质量较大，因此b是反冲核的运动轨迹，故C错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，磁场方向不同，粒子旋转的方向相

9、反，由于粒子的速度方向未知，不能判断磁场的方向。故D错误。故选B。点睛：放射性元素放射后，两带电粒子的动量是守恒正好轨迹的半径公式中也有动量的大小，所以可以研究半径与电荷数的关系，注意由运动的半径大小来确定速度的大小是解题的关键8在某空间有一匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系O-xyz，M、N、P为电场中的 三个点，M点的坐标(0,3L,0) ,N点的坐标为(4L，0，0) ,P点坐标为(0，0，4L)，Q点的坐标为(4L，L，7L),Q点图中未画出。已知M、N和P点电势分别为0V、25 V和9V，则下列说法正确的是A. 该匀强电场的电场强度等于

10、2.25V/mB. Q点的电势为22VC. 电子在O点的电势能小于在N点的电势能D. 将电子沿y轴、z轴从M点经过O点移动到P点，电场力先做负功，再做正功【答案】 B【解析】如图甲所示，连接MN，在MN上取一点H，使H点电势H=9V，则MH：HN=16：9，连接PH，由数学知识可知MN垂直面POH、PH垂直MN又P=H=9V，电场由N指向M。后不变，则电子的电势能先减小后不变，电场力先做正功，后不做功，选项D错误；故选B.点睛：本题主要是考查匀强电场的电势差与电场强度的关系，解答本题的关键是根据U=Ed来分析，知道在匀强电场中，沿电场线方向上电势差之比等于距离之比9在如图所示的电路中，电源电动

11、势为E，内阻为r，闭合开关S1，断开开关S2，电压表示数为U，电流表示数为I；此时将滑动变阻器R滑片向下移动，则下列说法中正确的是A. 电压表示数增大B. 通过电阻R2的电流方向为abC. 电阻R1消耗的功率减小D. 若滑动变阻器R滑片位置不动，闭合开关S2，电流表示数减小【答案】 D所以电阻消耗的功率增大，C错误；若滑动变阻器R滑片位置不动，闭合开关，电路总电阻增大，干路电流减小，即电压表示数减小，而变阻器滑片位置不变，电阻不变，所以通过滑动变阻器的电流减小，即电流表示数减小，D正确【点睛】在分析电路动态变化时，一般是根据局部电路变化（滑动变阻器，传感器电阻）推导整体电路总电阻、总电流的变化

12、，然后根据闭合回路欧姆定律推导所需电阻的电压和电流的变化（或者电流表，电压表示数变化），也就是从局部整体局部10一种改进后的回旋加速器示意如图，宽度忽略不计的窄缝A、C间的加速电场场强大小恒定，电场被限制在A、C间，与A、C平行的两虚线之间无电场。带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动。对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是（ ）A. 加速电场的方向需要做周期性的变化B. 加速后粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关C. 带电粒子每运动一周被加速一次D. 带电粒子每运动一周直径的变化量相等，即P1P2等于P2P3【答案】 CD、根据得，

13、则，因为每转一圈被加速一次，根据，知每转一圈，速度的变化量不等，且，则，故D错误；故选C。【点睛】解决本题的关键知道该回旋加速器的原理，知道粒子每转一圈，加速一次，且都在AC间加速，加速的电场不需改变。11如右图，空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直，线框边长小于磁场区域上下宽度。以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F随时间t变化关系的图中，不正确的是A. B. C. D. 【答案】 A完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，故B正确；若重力小于安培力，由 可知，线框做加速度减

14、小的减速运动，安培力随速度的减小而减小，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，进入过程与离开过程可能安培力变化情况可能完全相同，故C正确；若进入时重力大于安培力，由，则做加速度减小的加速运动，离开磁场时安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，故D正确；综上分析，不正确的是A。12图甲所示为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈匝数比为1:100,其输人电如图乙所示，远距离输电线的总电阻为50。降压变压器右侧部分为火灾报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小，电压表V

15、可以显示加在报警器两端的电压(报警器未画出)。未出现火警时，升压变压器的输入功率为660kW。下列说法中正确的是A. 0.01 s时刻，电压表的示数是0VB. 未出现火警时，运距离输电线路损耗的功率为45 kWC. 当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数变大D. 当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变小【答案】 B值电阻的分压增大，所以电压表V的示数减小，故C错误；当传感器R2所在处出现火警时，副线圈电流增大，根据电流与匝数成反比知输电线上的电流增大，故D错误。故选B。点睛：解决本题的关键知道：1、输送功率与输送电压、电流的关系；2、变压器原副线圈的电压比与匝

16、数比的关系；3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系。二、多选题（在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求）13如图所示，将一光滑的足够长的斜面固定在水平面上，其倾角为，在斜面的中间位置放置一质量为m可视为质点的滑块，并用销钉将其锁定，现在该滑块上施加一平行于斜面向上的外力F，同时将锁定解除，滑块由静止开始沿斜面运动，滑块在开始的一段时间内，其机械能E随位移x的变化规律如图所示。其中0x1为曲线、xlx2为平行于轴的直线。则A. 0x1的过程中滑块的运动方向沿斜面向下B. 0x1的过程中滑块的加速度逐渐减小到零

17、C. 0x2的过程中滑块先沿斜面向下做加速运动再沿斜面向下做匀速运动D. xlx2的过程中滑块的加速度大小为gsin【答案】 AD开始时只有拉力与重力做功，拉力做的功等于小物块机械能的增加，由图乙可知，开始时滑块的机械能减小，则拉力做负功，所以滑块运动的方向向下，A正确；由可知，即图乙中，图线的斜率表示拉力的大小，由题可知，该拉力逐渐减小。滑块受到重力、支持力和拉力，在沿斜面方向根据牛顿第二定律可得，则，可知在的过程中滑块的加速度逐渐增大，B错误； 的过程中滑块的机械能保持不变，可知拉力F已经减小为0，所以物体只受到重力和支持力，沿斜面方向，所以加速度大小为所以在0x2的过程中滑块先沿斜面向下

18、做加速度增大的加速运动，再沿斜面向下做匀加速运动，C错误D正确142018年4月2日8时15分左右，中国第一个目标飞行器“天宫一号”再入大气层，落到南太平洋中部区域，绝大部分器件在再入大气层过程中由于空气阻力的作用烧蚀销毁，对航空活动以及地面造成危害的可能性极小。如图所示，a是“天宫一号”飞行器、b、c是地球同步卫星，此时a、b恰好相距最近。已知地球质量为M，半径为R，地球自转的角速度为，“天宫一号”飞行器a的轨道半径为r，引力常量为G，则A. “天宫一号”飞行器a的周期小于24小时B. 卫星b的机械能一定等于卫星c的机械能C. 若“天宫一号”飞行器a在下落的过程中质量保持不变，则“天宫一号”

19、飞行器a的机械能将增加D. 若“天宫一号”飞行器a和卫星b均逆时针方向转动，则到下一次相距最近，还需经过时间【答案】 AD提供向心力有，可得a卫星的角速度，可知半径越大角速度越小，卫星由相距最近至再次相距最近时，圆周运动转过的角度差为2，即，可得经历的时间，故D正确；故选AD。点睛：在卫星问题的处理中主要抓住卫星圆周运动的向心力由万有引力提供，能根据卫星轨道半径的大小确定描述卫星圆周运动物理量的大小是解决本题的关键；在卫星的追击问题中，要知道两卫星相距最近时两者转过的圈数之差为整数15如图，固定在竖直面内的光滑绝缘轨道由水平段AB和半径为r的半圆环段BCD平滑相切而成，过圆环直径BOD的虚线左

20、侧存在方向水平向右的匀强电场。现将一可视为质点的带正电小滑块，从水平轨道上的P点由静止释放，滑块沿轨道运动到半圆环上B点时对轨道的压力等于滑块重力的7倍，且滑块离开半圆环后不经任何碰撞回到了B点。关于上述过程，下列说法正确的是（ ）A. 滑块不能沿轨道运动到最高点DB. 滑块两次经过B点时的速度相同C. 在虚线左侧，滑块到达距水平轨道高为 的位置时，电场力的瞬时功率为零D. P到B点的距离为【答案】 CD【解析】A、第一次经过B点有，解得，从B到D有动能定理可得，解得，所以滑块能沿轨道运动到最高点D，故A错误；D、由题意可解得，所以电场力的大小为 ，从P到B点由动能定理可得，解得P到B点的距离

21、为，故D正确；故选CD。16如图所示，在垂直纸面向里的有界匀强磁场区域的左侧，一正方形线框以3 .0m/s的初速度沿垂直于磁场边界由位置I水平向右运动，线框经过位置，当运动到位置时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置的速度为v，则下列说法正确的是A. q1 =q2 B. q1= 2q2 C. v=l. 0m/s D. v=l.5m/s【答案】 BC点睛：此题关键要记住求解电量的经验公式；其次要解答关于安培力和速度的问题要首先想到用动量定理，因为在安培力的冲量表达式中有关于电量q的问

22、题.17如图所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m=2M的小物块。现使木箱瞬间获得一个水平向左、大小为v0的初速度，下列说法正确的是A. 最终小物块和木箱都将静止B. 最终小物块和木箱组成的系统损失机械能为C. 木箱速度水平向左、大小为时，小物块的速度大小为D. 木箱速度水平向右、大小为时，小物块的速度大小为【答案】 BC :则得最终系统的速度为: ,方向向左.最终小木块和木箱组成的系统损失机械能为: ,所以B选项是正确的.C、木箱速度水平向左、大小为 时，解得： ，故C正确D、当木箱速度为时,根据动量守恒定律有:解得： ，故D错故选BC点睛：小木块和木

23、箱组成的系统在光滑的平面上滑动,系统所受外力的合力为零,故系统动量始终守恒,而因为系统内部存在摩擦力,阻碍物体间的相对滑动,最终两物体应该相对静止,一起向左运动.由动量守恒求出最终共同速度,再由能量守恒求机械能的损失.18一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能EP随位移x变化的关系如图所示，其中0x2段是对称的曲线，x2x3是直线段，则下列判断正确的是A. x1处电场强度最大B. x2x3段是匀强电场C. x1、x2、x3处电势1、2、3的关系为123D. 粒子在0x2段做匀变速运动，x2x3段做匀速直线运动【答案】 BCC项：根据电势能与电势的关系：Ep=q，粒子带负电，q0

24、，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：123故C正确。点晴：解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况。19如图所示，相距为L的两条足够长的平行金属导轨，与水平面的夹角为,导轨上固定有质量均为m,电阻均为R的两根相同的导体棒，导体棒MN上方轨道粗糙，下方光滑，整个空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度为B.将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒MN下滑而EF保持静止,当MN下滑速度最大时，EF与轨道间的摩擦力刚好到达最大静摩擦力,下列叙述正确的是A. 导体棒EF与轨道之间的最大静摩擦力为mgsinB.

25、 导体棒MN的最大速度为C. 导体棒MN受到的最大安培力为mgsinD. 导体棒MN所受重力的最大功率为【答案】 BC，D错误【点睛】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20如图所示，在边长L=8cm的正方形区域ABCD内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.1T。P是正方形内一点，它与AD和DC的距离均为d=1cm。在P点有一个发射正离子的装置，能够连续不断地向纸面内的各个方向发射出速率不同的正离子，离子的质量m=1.0&

26、#215;10-14kg，电荷量q=1.0×10-5C,离子的重力不计，不考虑离子之间的相互作用，则A. 速率为5×106m/s的离子在磁场中运动的半径是5cmB. 能在正方形区域内做完整的圆周运动的离子的最大速率是6×105m/sC. 速率为5×106m/s的离子从BC边上射出磁场的长度为D. 离子从BC边上射出正方形区域的最小速度为【答案】 ACD【解析】速率为5×106m/s的离子在磁场中运动的半径是，选项A正确；迹与BC边相切，则PN=2cm；，则 ，则从BC边上射出磁场的长度为GC-FC=(-1)cm，选项C正确；故选ACD.点睛：带

27、电粒子在有界磁场中的运动问题，关键是画出粒子运动的轨迹图，根据题意找到临界轨迹，结合几何关系求解.三、实验题21为了“探究质量一定时加速度与力的关系”，某同学设计了如图所示的实验装置。其中M表示小车的质量，m表示砂和砂桶的质量。滑轮质量不计。(1)实验时，一定要进行的操作或保证的条件是：_、_、_和_。(填选项字母序号)A.用天平测出质量M和mB.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C.平衡摩擦力后，让小车靠近打点计时器，先接通电源再释放小车，打出纸带，同时记录弹簧测力计的示数FD.保证M不变，改变m，重复“步骤C”E为减小实验误差，一定要保证mMF.选出其中点迹清晰的几条纸带，利用逐差法分

28、别计算出每条纸带的加速度大小a，并记下对应的F(2)该同学以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a-F图像是一条过原点的直线，这表明：质量一定时，加速度a与力F的关系是_，若利用图线求得图线的斜率为k，则小车的质量M=_。【答案】 B; C; D; F; a与F成正比; ;D、改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故D正确；故选BCD。(2) 由牛顿第二定律得：，所以质量一定时，加速度a与力F的关系是a与F成正比；aF图象的斜率：，则小车的质量。22用如图所示的装置可以验证动量守恒定律（1）实验中质量为的入射小球和质量为的被碰小球的质量关系是

29、_（选填“大于”、“等于”、“小于”）（2）图中O点是小球抛出点在地面上的投影实验时，先让入射小球多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP然后，把被碰小球静置于轨道的水平部分，再将入射小球从斜轨上S位置静止释放，与小球相碰，并多次重复本操作接下来要完成的必要步骤是_（填选项前的字母）A用天平测量两个小球的质量、B测量小球开始释放的高度hC测量抛出点距地面的高度HD分别通过画最小的圆找到、相碰后平均落地点的位置M、NE测量平抛射程OM、ON（3）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_（用（2）中测量的量表示）；（4）经过测定，小球落地的平均位置距O点的距离如图

30、所示若用长度代表速度，则两球碰撞前“总动量”之和为_g·cm，两球碰撞后“总动量”之和为_g·cm（5）用如图装置也可以验证碰撞中的动量守恒，实验步骤与上述实验类似图中D、E、F到抛出点B的距离分别为若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_ABCD【答案】 大于 ADE 2016 m2001 C由（2）分析，可知守恒表达式可表示为，（4）碰前的动量为，碰后的总动量为；（5）碰撞前，小球落在图中的E点，设其水平初速度为小球和发生碰撞后，的落点在图中的D点，设其水平初速度为，的落点是图中的F点，设其水平初速度为设斜面BC与水平面的倾角为，由平抛运动规律得：，解得：，同理可解

31、得：,，所以只要满足，即：，故选C.【点睛】明确两种装置验证动量守恒的原理，并根据实验原理以及操作中的注意事项逐项分析，得出正确答案由动量守恒定律求出需要验证的表达式，根据表达式确定需要测量的量；23某实验小组设计如图1所示电路图来测量电源的电动势及内阻，其中待测电源电动势约为2V、内阻较小；所用电压表量程为3V,内阻非常大，可看作理想电压表。(1)按实验电路图在图2中补充完成实物连线_。(2)先将电阻箱电阻调至如图3所示，则其电阻读数为_,闭合开关S,将S1打到b端，读出电压表的读数为1.10 V;然后将S1打到a端，此时电压表读数如图4所示，则其读数为_V。根据以上测量数据可得电阻R0=_

32、。(计算结果保留两位有效数字)(3)将S1打到b端，读出电阻箱读数R以及相应的电压表读数U、不断调节电阻箱电阻，得到多组R值与相应的U值，作出图如图5所示，则通过图象可以得到该电源的电动势E=_V，内阻r=_, (计算结果保留三位有效数字)【答案】 (1)如下图所示； (2)11.0； 1.50； 4.0； (3)1.67； 1.00；【解析】（1）电路连接如图：（3）在闭合电路中，电源电动势为：E=U+I（r+R0）=U+（r+R0），由图5所示图象可知，b=0.6，E=1.67V，图象斜率k=3，电源内阻为：r=kE-R0=5-4=1.00点睛：本题考查测量电动势和内电阻的实验，

33、要注意明确电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱的示数；对电表读数时，要先确定其量程与分度值，然后再读数；研究图像时，必须要先找到两个物理量之间的函数关系，然后结合图像的斜率和截距解答24某实验小组测定一水果电池的电动势和内阻，实验室提供的实验器材如下：待测水果电池E(电动势约为1V，内阻约为200)直流电流表A1（量程06mA，内阻为50）直流电流表A2(量程00.6A，内阻为0.5)电压表V1(量程0lV，内阻约为lk)电压表V2(量程05V，内阻约为5k)滑动变阻器R1(最大电阻50，额定电流1A)滑动变阻器R2(最大电阻500，额定电流0 .1A)电阻箱R3(最大电阻9999.

34、9，额定电流1A)开关、导线若干(1)现用电压表和电流表测水果电池的电动势和内阻，要求测量有尽可能高的精确度且便于调节，应选择的电流表是_ ，电压表是 _ ，滑动变阻器是_ （选填所给器材符号）。(2)请在下框中画出实验电路图_。(3)若实验过程中电压表出现故障不能使用，实验小组根据提供的器材重薪设计实验方案，方案中除保留了原先选用的部分器材外，还应选 _ （选填所给器材符号），并按实验原理连接以下实物图_。(4)实验小组在改进后的实验中得到了多组电流与对应的外电阻数据，将所得数据进行处理后，在坐标纸上作出了如右上图所示图线。则该电池的电动势E=_ V，内阻r=_ （结果保留三位有效数字）。【

35、答案】 （2）因电流表的内阻已知，则可用电流表外接电路，电路图如图；（3）实验中电压表不能用，可采用电阻箱与电流表串联进行测量；电阻箱选择R3；电路如图；（4）由闭合电路欧姆定律可得：E=I(R+RA+r)，即；由图像可知： ； .点睛：此题考查测量电源的电动势和内阻的实验；要知道测量方法很多，例如伏安法、安阻法、伏阻法等；会通过函数关系结合图像来处理数据.四、解答题25如图甲所示，在光滑水平面上有一质量为m1=1kg的足够长的木板，其上叠放一质量为m2=2kg的木块，木块和木板之间的动摩擦因数=0.5，假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平拉力F=

36、3t (N)，重力加速度大小g=10m/s2。求木块和木板相对静止一起运动的时间t1；通过计算，在图乙中利用已经给出的坐标数据，画出木板和木块的加速度随时间t变化的图象。（取水平拉力F的方向为正方向）【答案】 (1) (2)见解析发生相对滑动前，m1、m2共同加速度a=t 发生相对运动后对木块m2有F-m2g= m2a2 a2= a2=1.5t5 对木板m1有m2g= m1a1a1=10m/s2 图象如图乙 26如图所示，光滑轨道CDEF是一“过山车”的简化模型，最低点D处入、出口不重合，E点是半径为R=0.32m的竖直圆轨道的最高点，DF部分水平，末端 F点与其右侧的水平传送带平滑

37、连接，传送蒂以速率v=1m/s逆时针匀速转动，水平部分长度L=1m.物块B静止在水平面的最右端F处。质量为mA=1kg的物块A从轨道上某点由静止释放，恰好通过竖直圆轨道最高点E,然后与B发生碰撞并粘在一起。若B的质量是A的k倍，A、B与传送带的动摩擦因数都为=0.2,物块均可视为质点，物块A与物块B的碰撞时间极短，取g=10m/s2.(1)求k=3时物块A、B碰撞过程中产生的内能和物块A、B在传送带上向右滑行的最远距离；(2)讨论k在不同数值范围时，A、B碰撞后传送带对它们所做的功W的表达式。【答案】 （1）；（2）时，0；当时，；设碰撞后A、B速度为v2，且设向右为正方向，由动量守恒定律得：

38、得：由能量转化与守恒定律可得：解得：设物块AB在传送带上向右滑行的最远距离为s，由动能定理得：解得：(2)由上面式可知：如果AB能从传送带右侧离开，必须满足：得：传送带对它们所做的功为：J(I)当时有：，即AB返回到传送带左端时速度仍为v2；故这个过程传送带对AB所做的功为：(II)当时，AB沿传送带向右减速到速度为零，再向左加速，当速度与传送带速度相等时与传送带一起匀速运动到传送带的左侧。在这个过程中传送带对AB所做的功为：解得：点睛：此题是多过程题目，设计到圆周运动，传送带问题以及碰撞问题等；解题时必须先搞清物理过程，并且能按物理过程的先后顺序分阶段研究，注意物体在传送带上运动的可能的情况

39、要考虑全面.27如图所示，劲度度系数的弹簧一端固定于地面上，另一端连接绝缘物体A，物体B置于A上不粘连，A不带电，B的带电量，A，B质量均为且都可看做质点，整个装置处于静止状态。物体B正上方有一带圆孔的挡板，质量为4kg的不带电绝缘物体C放于圆孔上方不掉落，现在挡板与地面之间加上竖直向上、大小的匀强电场使A、B开始运动，A、B分离时，A在某装置作用下迅速在该位量处于静止状态，以后此装量不再对A作用；A、B分离后，B向上运动并与C发生碰撞，且以后每次磁撞前C均已静止在圆孔上方，已知弹簧的弹性势能 (x为弹黄的形变量)，重力加速度为，B与A、C碰撞时为弹性碰撞且没有电荷转移。求：(1)A、B两物体

40、从开始运动到分离时上升的高度；(2)A、B第一次碰后物体A向下运动的最大距离；(3)从A、B第一次撞开始，A物体运动的总路程。【答案】 （1）0.2m（2）（3）（2）从开始运动到A、B分离，对A、B由功能关系得：，得分离后，由于，B物体匀速上升，直至BC碰撞，得即B向下匀速运动，B、A弹性碰撞：，得，可知碰后速度互换A从平衡位置向下运动，由能量守恒；可得：，解得；（3）撞后A向下减速，反向加速，回到原位后，与B碰撞，A、B交换速度。B再次匀速上升碰C,由碰撞结论可知，碰后，解得；归纳可得；A运动的总路程。28如图所示，质量相等的物块A和足够长的木板B，质量为m1=m2=1kg，通过一劲度系数k=2