辽宁省大连市2023届高三双基考试物理试题资料

2023年辽宁省大连市高考物理双基模拟试卷一、选择题：此题共10小题，每题4分．在每题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．1．〔4分〕〔2023•大连模拟〕以下说法正确的选项是〔〕A．伽利略首先建立了加速度概念B．牛顿通过斜面实验得出自由落体运动的位移与时间的平方成正比C．安培发现了产生感应电流的条件D．奥斯特发现了判定电流产生磁场方向的右手螺旋定那么2．〔4分〕〔2023•大连模拟〕如下图是质量为1kg的质点在水平面上做直线运动的v﹣t图象，以下判断正确的选项是〔〕A．在t=1s时，质点的加速度为零B．在3～7s时间内，质点的位移为11mC．在t=5s时间内，质点的运动方向发生改变D．在4～6s时间内，质点的平均速度为3m/s3．〔4分〕〔2023•大连模拟〕木块A、B重量分别为50N和60N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25，夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了2cm，弹簧的劲度系数为400N/m．系统置于水平地面上静止不动．现用F=2N的水平拉力作用在木块B上，如下图．那么力F作用后，以下说法正确的选项是〔〕A．木块A所受摩擦力大小是12.5NB．木块A所受摩擦力大小是10.5NC．木块B所受摩擦力大小是10ND．木块B所受摩擦力大小是6N4．〔4分〕〔2023•大连模拟〕我国嫦娥三号探测器已实现月球软着陆和月面巡视勘察，嫦娥三号的飞行轨道示意图如下图．假设嫦娥三号在环月圆轨道和椭圆轨道上运动时，只受到月球的万有引力，那么〔〕A．嫦娥三号在环月椭圆轨道上P点的速度大于Q点的速度B．嫦娥三号由环月圆轨道变轨进入环月椭圆轨道时，应让发动机点火使其加速C．假设嫦娥三号环月圆轨道的半径、运动周期和引力常量，那么可算出月球的密度D．嫦娥三号在圆轨道和椭圆轨道经过P点时的加速度相等5．〔4分〕〔2023•大连模拟〕如下图，水平绷紧的传送带AB长L=8m，始终以恒定速率v1=4m/s顺时针运行．初速度大小为v2=6m/s的小物块〔可视为质点〕从与传送带等高的光滑水平地面上经A点向左滑上传送带．小物块的质量m=1kg，物块与传送带间动摩擦因数μ=0.4，g取10m/s2．以下说法正确的选项是〔〕A．小物块可以到达B点B．小物块不能到达B点，但可返回A点，返回A点时速度为6m/sC．小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦产生的热量为50JD．小物块向左运动速度减为0时相对传送带滑动的距离到达最大6．〔4分〕〔2023•大连模拟〕如下图，一质点自倾角为60°的斜面上方某点A，沿光滑斜槽AB从静止开始下滑，为了使质点在最短时间内到达斜面，那么斜槽与竖直方向的夹角θ为〔〕A．0°B．30°C．45°D．60°7．〔4分〕〔2023•大连模拟〕如下图，电动势为E，内阻为r的电源与滑动变阻器R1、定值电阻R2、R3、平行板电容器及理想电表组成闭合电路．当滑动变阻器R1的触头向左移动一小段时，那么〔〕A．电流表读数增大B．电容器所带电荷量增加C．R2消耗的功率减小D．电压表与电流表示数变化之比不变8．〔4分〕〔2023•大连模拟〕图中为一理想变压器，其原线圈与一电压有效值不变的交流电源相连：P为滑动头．现令P从均匀密绕的副线圈最底端开始，沿副线圈匀速上滑，直至白炽灯L两端的电压等于其额定电压为止．用I1表示流过原线圈的电流，I2表示流过灯泡的电流，U1表示原线圈两端电压，U2表示灯泡两端的电压，假设在此过程中灯泡的电阻不变，那么在以下图中，能够正确反映相应物理量的变化趋势的是〔〕A．B．C．D．9．〔4分〕〔2023•大连模拟〕静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如下图的折线．一质量为m、带电量为﹣q的粒子〔不计重力〕，以初速度v0从O点〔x=0〕进入电场，沿x轴正方向运动．以下表达正确的选项是〔〕A．粒子从O运动到x1的过程中速度逐渐减小B．粒子从x1运动到x3的过程中，电势能一直增大C．要使粒子能运动到x3处，粒子的初速度v0至少为D．假设v0=，粒子在运动过程中的最大速度为10．〔4分〕〔2023•大连模拟〕跳伞员从悬停在空中的直升机上跳伞，伞翻开前可看做是自由落体运动，翻开伞后减速下降，且翻开伞后空气阻力与速度平方成正比，最后匀速下落．如果用h表示下落高度，t表示下落的时间，a表示人的加速度，E表示人的机械能，Ep表示人的重力势能，v表示人下落的速度，那么在整个运动过程中，以下图象可能符合事实的是〔〕A．B．C．D．二、必考题：此题共5小题，共49分．把答案填在答题纸相应的横线上，或在答题纸上指定的区域按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．11．〔6分〕〔2023•大连模拟〕某同学利用如图1所示的装置探究“小车的加速度与所受合外力的关系〞，具体实验步骤如下：A．按照图示安装好实验装置，挂上沙桶〔含少量沙子〕；B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车沿长木板向下运动，且通过两个光电门的时间相等；C．取下细线和沙桶，测量沙子和桶的总质量为m，并记下；D．保持长木板的倾角不变，不挂沙桶，将小车置于靠近滑轮的位置，由静止释放小车，记录小车先后通过光电门甲和乙时显示的时间；E．重新挂上细绳和沙桶，改变沙桶中沙子的质量，重复B、C、D步骤．〔1〕假设沙桶和沙子的总质量为m，小车的质量为M，重力加速度为g，那么步骤D中小车加速下滑时所受合力大小为mg；〔忽略空气阻力〕〔2〕如图2所示，用游标卡尺测得小车上遮光板的宽度为7.65mm；〔3〕假设遮光板的宽度为d，光电门甲、乙之间的距离为l，通过光电门甲和乙时显示的时间分别为t1、t2，那么小车的加速度a=；〔4〕有关本实验的说法正确的选项是．A．沙桶和沙子的总质量必须小于小车的质量B．沙桶和沙子的总质量必须大于小车的质量C．沙桶和沙子的总质量必须远小于小车的质量D．沙桶和沙子的总质量必须远大于小车的质量．12．〔8分〕〔2023•大连模拟〕某同学设计了如图1所示的电路测电源电动势E及电阻R1和R2的阻值．实验器材有：待测电源E〔不计内阻〕，待测电阻R1，待测电阻R2，电压表〔量程为1.5V，内阻很大〕，电阻箱R〔0～99.99Ω〕，单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线假设干．〔1〕先测电阻R1的阻值．请将甲同学的操作补充完整：闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数R和对应的电压表示数U1，保持电阻箱示数不变，将S2切换到b，读出电压表的示数U2．那么电阻R1的表达式为R1=；〔2〕甲同学已经测得电阻R1=4.8Ω，继续测电源电动势E和电阻R2的阻值．该同学的做法是：闭合S1，将S2切换到a，屡次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图2所示的﹣图线，那么电源电动势E=1.43V，电阻R2=1.2Ω；〔保存三位有效数字〕〔3〕利用甲同学设计的电路和测得的电阻R1，乙同学测电源电动势E和电阻R2的阻值的做法是：闭合S1，将S2切换到b，屡次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了相应的﹣图线，根据图线得到电源电动势E和电阻R2．这种做法与甲同学的做法比拟，由于电压表测得的数据范围较小〔选填“较大〞、“较小〞或“相同〞〕，所以甲同学的做法更恰当些．13．〔9分〕〔2023•大连模拟〕如下图，一辆上外表光滑的平板小车长L=2m，车的上外表距地面的高度为1.25m，车上左侧有一挡板，紧靠挡板处有一可看成质点的小球．开始时，小车与小球一起在水平面上向右做匀速运动，速度大小为v0=5m/s．某时刻小车开始刹车，加速度a=4m/s2．经过一段时间，小球从小车右端滑出并落到地面上，g取10m/s2．求：〔1〕从刹车开始到小球离开小车所用的时间；〔2〕小球落地时落点离小车右端水平距离．14．〔14分〕〔2023•大连模拟〕如下图，足够长的光滑平行金属导轨cd和ef水平放置，在其左端连接倾角为θ=37°的光滑金属导轨ge、hc，导轨间距均为L=1m，在水平导轨和倾斜导轨上，各放一根与导轨垂直的金属杆，金属杆与导轨接触良好．金属杆a、b质量均为M=0.1kg，电阻Ra=2Ω、Rb=3Ω，其余电阻不计．在水平导轨和斜面导轨区域分别有竖直向上和竖直向下的匀强磁场B1、B2，且B1=B2=0.5T．从t=0时刻起，杆a在外力F1作用下由静止开始水平向右运动，杆b在水平向右的外力F2作用下始终保持静止状态，且F2=0.75+0.2t〔N〕．〔sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2〕〔1〕判断杆a的电流方向并通过计算说明杆a的运动情况；〔2〕从t=0时刻起，求1s内通过杆b的电荷量；〔3〕假设从t=0时刻起，2s内作用在杆a上的外力F1做功为13.2J，那么求这段时间内杆b上产生的热量．15．〔12分〕〔2023•大连模拟〕如下图，平面直角坐标系xOy第一象限存在匀强电场，电场与x轴夹角为60°，在边长为L的正三角形PQR范围内存在匀强磁场，PR与y轴重合，Q点在x轴上，磁感应强度为B，方向垂直坐标平面向里．一束包含各种速率带正电的粒子，由Q点沿x轴正方向射入磁场，粒子质量为m，电荷量为q，重力不计．〔1〕判断由磁场PQ边界射出的粒子，能否进入第一象限的电场？〔2〕假设某一速率的粒子离开磁场后，恰好垂直电场方向进入第一象限，求该粒子的初速度大小和进入第一象限位置的纵坐标；〔3〕假设问题〔2〕中的粒子离开第一象限时，速度方向与x轴夹角为30°，求该粒子经过x轴的坐标值．三、模块选考题：此题包括3组题，要求考生只选定1组题作答，每组题11分，共11分．在答题纸上指定区域答题，要用2B铅笔把所选题目题号前的方格涂黑，不涂视为未选．如果选做了多组题，那么按前一组题计分．每组题中的选择题至少有一个选项是正确的，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．[物理--选修3-3]〔11分〕[物理--选修3-4]〔11分〕18．〔2023•大连模拟〕以下说法正确的选项是〔〕A．玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的衍射现象B．用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的偏振C．变化的电场周围不一定产生变化的磁场D．可以通过迈克尔孙﹣莫雷实验得出：不管光源与观察者做怎样的相对运动，光速都是一样的一、选择题：1【考点】：物理学史．【分析】：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要奉献即可．【解析】：解：A、伽利略首先建立了平均速度、瞬时速度、加速度的概念，故A正确；B、伽利略通过斜面实验，进行合理外推得出自由落体运动位移与时间的平方成正比的结论，故B错误；C、法拉第发现了磁场产生电流的条件，故C错误；D、安培发现了电流产生磁场方向的定那么，故D错误；应选：A【点评】：此题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、创造、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之2．【考点】：匀变速直线运动的图像．【专题】：运动学中的图像专题．【分析】：由图象可知物体的运动状态，由图象的斜率求得加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移，平均速度等于位移除以时间．【解析】：解：由v﹣t图象可知，1﹣3s内做匀变速直线运动，运动加速度恒定且a===2m/s2；故A错误；B、根据图象面积表示位移知3﹣7s内时间内的位移x=﹣=9m，故B错误；C、5s时加速度方向变，速度方向不变，故位移方向不变，故C错误；D、4﹣6s内时间内的位移x=〔1+2〕×4=6m，滑块的平均速度==3m/s；故D正确；应选：D【点评】：此题关键抓住图象的数学意义求解加速度和位移：“斜率〞等于加速度，“面积〞等于位移．注意5s﹣6.5s内加速度是负值，6.5﹣7s加速度为正，在t轴下方的面积表示位移为负的．3．【考点】：牛顿第二定律；胡克定律．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：静摩擦力的大小随外力的变化而变化，但有一个最大值，其最大值略大于滑动摩擦力，在一般的计算中可以认为等于滑动摩擦力；此题中，为施加拉力F时，A、B两木块在弹簧的推动下，相对地面有运动趋势，但无相对运动，故均受静摩擦力；在木块B上加上一个水平拉力后，通过计算会发现，虽然B木块相对地面的滑动趋势变大，但仍然无法滑动，说明静摩擦力只是变大了，并不会变成滑动摩擦力【解析】：解：木块A与地面间的滑动静摩擦力为：fA=μmAg=0.25×50N=12.5N木块B与地面间的滑动静摩擦力为：fB=μmBg=0.25×60N=15N弹簧弹力为：F弹=kx=400×0.02N=8NAB、施加水平拉力F后，弹簧长度没有变化，弹力不变，故木块A相对地面有向左的运动趋势，其受到向右的静摩擦力，且与弹力平衡，因而：fA′=F弹=8N；故AB错误；CD、施加水平拉力F后，对B物体受力分析，重力与支持力平衡，水平方向受向右的弹簧弹力和拉力，由于B木块与地面间的最大静摩擦力为15N〔等于滑动摩擦力〕，大于弹簧弹力和拉力之和，故木块B静止不动，故木块B受到的静摩擦力与弹簧弹力和拉力的合力平衡，因而：fB′=F弹+F=8N+2N=10N；故C正确，D错误；应选：C【点评】：此题关键是分别对两个木块受力分析，通过计算判断木块能否滑动，要注意静摩擦力等于外力，而不是大于外力，大于外力的只是静摩擦力的最大值4．〔4分〕【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】：嫦娥三号环月段圆轨道的半径、运动周期和引力常量，根据万有引力提供向心力，可以解出月球的质量，但是不知道的月球的半径，无法计算出月球的密度．根据卫星变轨原理分析轨道变化时卫星是加速还是减速．在同一椭圆轨道上根据引力做功的正负判断速度的变化和势能的变化．【解析】：解：A、嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P点向Q点运动中，距离月球越来越近，月球对其引力做正功，故速度增大，即嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P点的速度小于Q点的速度，故A错误．B、嫦娥三号在环月段圆轨道上P点减速，使万有引力大于向心力做近心运动，才能进入进入环月段椭圆轨道．故B错误．C、根据万有引力提供向心力=m，可以解出月球的质量，由于不知道月球的半径，无法知道月球的体积，故无法计算月球的密度．故C错误．D、根据牛顿第二定律得：a=，所以嫦娥三号在圆轨道和椭圆轨道经过P点时的加速度相等，故D正确；应选：D．【点评】：此题要掌握卫星的变轨原理，嫦娥三号在环月段圆轨道上做圆周运动万有引力等于向心力，要进入环月段椭圆轨道需要做近心运动，使得在P点所受万有引力大于圆周运动向心力，因为同在P点万有引力不变，故嫦娥三号只有通过减速减小向心力而做近心运动进入椭圆轨道．5.【考点】：功能关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．【分析】：物体由于惯性冲上皮带后，从右端滑上传送带时，可以先匀减速运动到速度为0再反向加速后匀速，也可以一直减速，分情况进行讨论即可解题．【解析】：解：小物块在水平方向受到摩擦力的作用，f=μmg，产生的加速度：A、假设小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，速度减为零时的位移是x，那么，得：，所以小物块不能到达B点，故A错误；B、小物块不能到达B点，速度减为零后反向做匀加速运动，当速度等于传送带速度v1后匀速运动，返回A点速度为4m/s．故B错误；C、小物块向右加速的过程中的位移：m，当当速度等于传送带速度v1时，经历的时间：s，该时间内初速度的位移：s=v1t=4×2.5m=10m，所以小物块相对于初速度的位移：△x=s+〔x﹣x′〕=10+〔4.5﹣2〕=12.5m小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦力产生的热量为：Q=f•△x=0.4×10×1×12.5J=50J故C正确．D、小物块不能到达B点，速度减为零后反向做匀加速运动加速的过程相对于初速度继续向左运动，所以小物块向左运动速度减为0时相对传送带滑动的距离没有到达最大，故D错误；应选：C【点评】：此题关键是对于物体运动过程分析，物体可能一直减速，也有可能先减速后匀速运动，也可能先减速后加速再匀速运动，难度适中．6.【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】：在竖直线AC上取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切与D点，根据等时圆的结论及几何关系即可求解．【解析】：解：如下图：在竖直线AC上取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切与D点，根据等时圆的结论可知：A点滑到圆上任一点的时间都相等，所以由A点滑到D点所用时间比由A到达斜面上其他各点时间都短，将木板下端B点与D点重合即可，而角COD为θ，所以．应选：B．【点评】：此题有其特殊的解题方法，作等时圆是一种快捷、方便的方法，难度适中．7.【考点】：闭合电路的欧姆定律．【专题】：恒定电流专题．【分析】：由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可求得电路中电流的变化；由欧姆定律可求得电压表示数与电流表示数的比值．【解析】：解：A、变阻器R的触头向左移动一小段时，阻值R1减小，回路的总电阻减小，所以回路的总电流增大，那么电流表读数增大，故A正确；B、由A选项可知，路端电压U减小，所以电压表的示数减小，那么电容器的电量减小，故B错误；C、由于回路总电流增大，那么R3电压增大，因此R2电压减小，由于R2电阻不变，所以R2消耗的功率减小，故C正确；D、根据题意可知，电压表与电流表变化量的示数之比即为电源的内阻，因此之比不变，故D正确；应选：ACD【点评】：此题考查闭合电路欧姆定律的动态分析，要熟练掌握其解决方法为：局部﹣整体﹣局部的分析方法；同时注意局部电路欧姆定律的应用．8.【考点】：变压器的构造和原理．【专题】：常规题型；交流电专题．【分析】：根据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．【解析】：解：A、副线圈是均匀密绕的且滑动头匀速上滑，说明副线圈的匝数在均匀增大，由变压器的变压比得灯泡两端的电压均匀增大〔k为单位时间增加的匝数〕，原线圈功率等于灯泡功率是增大的，所以原线圈电流一定增大，故A错误，D正确；B、灯泡的电阻随着温度的增加而变大，所以电压和电流不是正比例的关系，故B错误；C、变压器的电压与匝数成正比，原线圈和副线圈的总的匝数是不变的，输入的电压也不变，所以副线圈的总电压的大小也不变，故C错误；应选：D．【点评】：掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，此题即可得到解决．9.【考点】：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：根据顺着电场线方向电势降低，判断场强的方向，根据电场力方向分析粒子的运动情况．根据正电荷在电势高处电势越大，判断电势能的变化．粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，根据动能定理研究0﹣x1过程，求解初速度v0．粒子运动到x3处电势能最小，动能最大，由动能定理求解最大速度．【解析】：解：A、粒子从O运动到x1的过程中，电势升高，场强方向沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向沿x轴正方向，粒子做加速运动．故A错误．B、粒子从x1运动到x3的过程中，电势不断降低，根据负电荷在电势高处电势越小，可知，粒子的电势能不断增大．故B正确．C、0到x3根据动能定理得：﹣q〔0﹣〔﹣φ0〕〕=0﹣m解得：v0=，要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为．故C错误．D、假设v0=，粒子运动到x1处电势能最小，动能最大，由动能定理得：﹣q〔0﹣φ0〕=mv﹣mv，解得最大速度为：vm=．故D正确．应选：BD【点评】：根据电势φ随x的分布图线可以得出电势函数关系，由电势能和电势关系式得出电势能的变化．利用动能定理列方程解答．10.【考点】：机械能守恒定律．【专题】：机械能守恒定律应用专题．【分析】：运发动从直升机上跳伞，伞翻开前可看作是自由落体运动，即空气阻力忽略不计，开伞后减速下降，空气阻力大于重力，故合力向上，当阻力减小到等于重力时，合力为零，做匀速直线运动．【解析】：解：A、运发动从直升机上跳伞，伞翻开前可看作是自由落体运动，做匀加速直线运动，v﹣t图象是过原点的直线．翻开伞后减速下降，随着速度减小，空气阻力减小，合力减小，加速度减小，当加速度减至零时做匀速运动；故A正确．B、运发动伞翻开前可看作是自由落体运动，加速度是g，不变．翻开伞后减速下降，随着速度的减小，加速度也减小，且加速度方向向上，故B正确．C、重力势能逐渐减小，规定初位置重力势能为零，那么Ep=mg〔﹣h〕，即重力势能与高度是线性关系，故C错误．D、自由落体运动过程机械能守恒，翻开伞后由于空气阻力做负功，运发动的机械能减小，且机械能的变化等于空气阻力做的功，空气阻力减小，机械能减小变慢，故D正确．应选：ABD．【点评】：此题关键是结合运发动的运动情况分析其受到的阻力的变化情况，从而得到其合力和机械能的变化情况．11.【考点】：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【专题】：实验题；牛顿运动定律综合专题．【分析】：〔1〕探究“小车的加速度与所受合外力的关系〞中小车所受的合外力等于沙桶和沙子的总重力；〔2〕先读主尺，再读副尺，相加得最终结果；〔3〕依据可计算加速度；〔4〕用沙和沙桶的总质量表示小车受到的拉力，必必须满足沙桶和沙子的总质量必须远小于小车的质量．【解析】：解：〔1〕探究“小车的加速度与所受合外力的关系〞中小车所受的合外力等于沙桶和沙子的总重力，那么步骤D中小车加速下滑时所受合力大小为mg．〔2〕主尺读数为7mm，副尺第13刻度和主尺对齐，故副尺读数为：13×0.05mm=0.65mm，故小车上遮光板的宽度为7.65mm；〔3〕小车的速度等于遮光板的宽度除以所有的时间，依据可得加速度为：，〔4〕沙和沙桶加速下滑，处于失重状态，其对细线的拉力小于重力，设拉力为T，根据牛顿第二定律，有对沙和沙桶，有：mg﹣T=ma，对小车，有：T=Ma，解得：T=g=，故当M＞＞m时，有T≈mg．故C正确，ABD错误，应选：C．故答案为：〔1〕mg；〔2〕7.65；〔3〕；〔4〕C．【点评】：该题重点是要知道通过光电门甲和乙时可以认为速度是不变的，以此才能来表示小车的加速度．12.【考点】：测定电源的电动势和内阻．【专题】：实验题；恒定电流专题．【分析】：①利用题目中给出的电路及步骤的提示，同时结合闭合电路的欧姆定律可得出实验的步骤；②再由原理可得出实验中数据处理的方法及公式，结合图象可求得电动势和内电阻．③两位同学的实验中的主要区别在于甲中电压表测滑动变阻器两端的电压，而乙中电压表测滑动变阻器与定值电阻两端的电压，因R1阻值不变，那么滑动变阻器对电压表的调节作用减弱，电压表变化范围减小．【解析】：解：①由题意可知，本实验中没有给出电流表，故应是电压表与电阻箱求电源电动势和内电阻的；实验中应充分利用电阻值及串并联电路的规律得出表达式；为了多测数据，应再将S2切换到b；由欧姆定律可知：U2=I〔R+R1〕U1=IR而电路电流相等，联立解得：R1=；②根据E=U+〔R1+R2〕，有=+，比照直线方程y=kx+b，有截距=b=0.7，所以，E=1.43〔〕；斜率k==4.2，又k=，已测出R1=4.8Ω，求得R2=1.2Ω③假设开关打在b处，那么电压表测量的为电阻箱与R1两端的电压，因定值电阻的分压作用，使电压表测量范围减小，故实验中误差较多，故应选择甲同学的做法；故答案为：①；②1.43；1.2；③较小；甲【点评】：用电压表和电阻箱测量电源的电动势和内电阻〔此题的R2相当于内电阻〕并用图象进行数据处理求出结果；本方法可与伏安法类比简称伏阻法．也是实验中常用方法之一．13【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〕平板车刹车后，平板车做匀减速运动到零，小球以初速度做匀速直线运动．先判断小球滚出小车时车是否已经停止运动，而后求出小车做匀减速直线运动位移x车，小球通过的位移x球，位移之差就等于平板车的长度而得出匀速运动的时间．〔2〕小球离开小车后做平抛运动，求出小球的水平位移与小球滑出后小车的水平位移之差，即是小球落地时落点离小车右端的距离．【解析】：解：〔1〕刹车后小车做匀减速运动，小球继续做匀速运动，设经过时间t，小球离开小车，经判断知此时小车没有停止运动，那么x球=v0t①x车=v0t﹣at2②x球﹣x车=L③代入数据可解得：t=1s④〔2〕由h=知t1=0.5s小球落地时，小车已经停止运动．设从刹车到小球落地，小车和小球总位移分别为x1、x2，那么：x1=⑤x2=v0〔t+t1〕⑥设小球落地时，落点离小车右端的距离为△x，那么：△x=x2﹣〔L+x1〕⑦解④⑤⑥⑦得：△x=2.375m答：〔1〕从刹车开始到小球离开小车所用的时间为1s〔2〕小球落地时落点离小车右端的距离是2.375m．【点评】：解决此题的关键在于理清平板车和物体的运动情况，知道刹车后小车做匀减速运动，小球继续做匀速运动，并且注意刹车停止的时间，灵活运用运动学公式求解．14.【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】：〔1〕〕对杆b受力分析根据平衡条件和安培力大小得出v与t关系，从而判定a的运动情况〔2〕根据电荷量q=t和欧姆定律求解电荷量〔3〕对系统，运用能量守恒定律求解b的热量，由于两杆的电阻不相等，通过的感应电流相等，产生的焦耳热与电阻成正比，故得到b杆产生的热量Qb【解析】：解：〔1〕电流方向从m→n，因为杆b静止，所以有：F2﹣B2IL=Mgtan37°①而F2=0.75+0.2t②解①②得：I=0.4t〔A〕电路中的电动势由杆a运动产生，故有：E=I〔Ra+Rb〕，E=B1Lv联立得：v=4t所以，杆a做加速度为a=4m/s2的匀加速运动〔2〕杆a在1s内运动的距离我：d=at2==2mq=△t=E==q====0.2C即1s内通过杆b的电荷量为0.2C．〔3〕设整个电路中产生的热量为Q，由能量守恒定律得W1﹣Q=Mv12v1=at=4×2=8m/sQb=Q联立上式解得Qb=6J答：〔1〕杆a做加速度为a=4m/s2的匀加速运动．〔2〕1s内通过杆b的电荷量为0.2C．〔3〕这段时间内杆b上产生的热量为6J【点评】：此题是双杆问题，认真审题，分析两杆的状态，根据电磁感应的规律和平衡条件求解是关键，涉及能量的问题，要合理选择过程，利用能量守恒定律列式求解．15【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】：〔1〕描出某一条由PQ边界出场的运动轨迹，由几何关系可知粒子射出磁场速度与PQ的夹角为30°，与x轴间夹角为60°，所以一定能够进入第一象限．〔2〕粒子垂直电场进入第一象限，画出运动轨迹．由几何关系得半径和坐标，由牛顿运动定律解速度；〔3〕由几何关系可知OD长度和DS长度，再根据平抛运动的规律和几何知识得粒子经过x轴的坐标值．【解析】：解：〔1〕画出某一条由PQ边界射出磁场的粒子运动轨迹如下图，由几何关系可知粒子射出磁场时速度与PQ的夹角为30°，与x轴间夹角为60°，所以一定能够进入第一象限．〔2〕假设粒子垂直电场进入第一象限，那么轨迹如下图．由几何关系可知半径转过的圆心角为30°，半径r=2OQ=L由洛伦兹力提供向心力得：qv0B=可得v0=离开磁场时纵坐标：y=r﹣rcos30°=〔﹣〕L〔3〕粒子在电场中运动轨迹如下图，由几何关系可知OD长度x1=ytan30°=〔1﹣〕LDS长度y1=2x1=〔2﹣〕L设DO1长度为y2，在△DO1F中O1F长度为y2，由平抛运动中某时刻速度方向角α与位移方向角β关系：tanα=2tanβ有×2=tan