2019年浙江省新高考选考物理模拟试卷

-.z.2019年省新高考选考物理模拟试卷一、单项选择题〔此题共8小题，每题2分，共16分．每题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多项选择、错选均不得分〕1．〔2分〕以下说法错误的选项是〔〕A．英国科学家胡克发现了胡克定律，提出了关于“太阳对行星的吸引力与行星到太阳的距离的平方成反比〞的猜测B．英国剑桥大学学生亚当斯和法国天文学家勒维耶应用万有引力定律，计算发现了海王星C．牛顿发现了万有引力定律，并利用扭秤装置测得万有引力常量，“称量了地球的重量〞D．美国物理学家密立根通过油滴实验比拟准确地测定了电子的电荷量，获得诺贝尔奖2．〔2分〕我国“北斗〞卫星导航定位系统将由5颗静止轨道卫星〔同步卫星〕和30颗非静止轨道卫星组成，30颗非静止轨道卫星中有27颗是中轨道卫星，中轨道卫星轨道高度约为2.15×104km，静止轨道卫星的高度约为3.60×104km．以下说确的是〔〕A．中轨道卫星的线速度大于7.9km/sB．静止轨道卫星的线速度大于中轨道卫星的线速度C．静止轨道卫星的运行周期大于中轨道卫星的运行周期D．静止轨道卫星的向心加速度大于中轨道卫星的向心加速度3．〔2分〕如下图为一台非铁性物质制成的天平，天平左盘中的A是螺线管，B是铁块，螺线管未通电时天平平衡，现使螺线管通电，调节螺线管中电流的大小，使铁块B向上加速运动，在B向上运动的过程中，以下判断正确的选项是〔〕A．天平仍保持平衡B．天平右盘下降C．天平左盘下降D．不知道电磁铁的磁极，所以无法确定天平的升降4．〔2分〕如下图，为质量均可忽略的轻绳与轻杆组成系统，轻杆A端用铰链固定，滑轮在A点正上方〔滑轮大小及摩擦力均可不计〕，轻杆B端吊一重物G现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢释放〔均未断〕到AB杆转到水平位置前，以下说确的是〔〕A．绳子受到的拉力越来越大B．绳子受到的拉力越来越小C．AB杆受到的压力越来越大D．AB杆受到的压力越来越小5．〔2分〕如下图，真空中有两个点电荷Q1＝4×10﹣8C和Q2＝1×10﹣8C分别固定在*坐标轴的*＝0cm和*＝6cm的位置上。关于*轴上各点，以下说确的是〔〕A．*＝4cm处的电场强度为零B．*＝2cm处电势低于*＝3cm处C．*＝3cm处电场强度大于*＝5cm处D．负电荷在*＝7cm处的电势能大于*＝8cm处6．〔2分〕高大建筑上都有一竖立的避雷针，用以把聚集在云层中的电荷导入．在赤道*地两建筑上空，有一团带负电的乌云经过其正上方时，发生放电现象，如下图．则此过程中地磁场对避雷针的作用力的方向是〔〕A．向东B．向南C．向西D．向北7．〔2分〕在*集装箱码头上，一架起重机将放在地面上的一个箱子吊起．箱子在起重机钢绳的作用下由静止开场竖直向上运动，运动过程中箱子的机械能E与其位移*关系的图象如下图，其中0～*1过程的图线为曲线，*1～*2过程的图线为直线．根据图象可知〔〕A．0～*1过程中钢绳的拉力逐渐增大B．0～*1过程中箱子的动能一直增加C．*1～*2过程中钢绳的拉力一直不变D．*1～*2过程中起重机的输出功率一直增大8．〔2分〕市面上出现“充电五分钟通话两小时〞的手机电源，源于其使用VOOC闪充新技术。VOOC闪充标配的microUSB充电线接口为7针，而常规的microUSB充电线接口为5针，它标配的电池为8个金属触点，而常规电池通常为4﹣5个触点，与常规的microUSB充电线、电池相比，增加触点的作用是为了〔〕A．增大充电电压B．增大电池的容量C．增大充电电流D．增大充电电阻二、不定项选择题〔此题共8小题，每题3分，共24分．每题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有选错的得0分〕9．〔3分〕关于生活中的实际情形，以下说确的是〔〕A．电容器外壳上标的电压是额定电压，这个数值比击穿电压低B．汽车在通过水库泄洪闸下游的凹形桥的最低点时，驾驶员处于失重状态C．为了便于行车，高大的桥通常要造很长的引桥，以减小汽车重力垂直桥面的分力D．电动机等大功率设备部含有多匝线圈，在开关断开时，因线圈自感产生电火花10．〔3分〕如下图是一个用折射率n＝2.4的透明介质做成的四棱柱的横截面图，其中∠A＝∠C＝90°，∠B＝60°．现有一条垂直入射到棱镜的AB面上。以下说确的是〔〕A．AB边可能无光线射出B．AD边一定无光线射出C．DC边一定无光线射出D．BC边一定无光线射出11．〔3分〕图甲是一台小型发电机的构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势e随时间t变化的正弦规律图象如图乙所示。发电机线圈的电阻不计，外接灯泡的电阻为12Ω．则〔〕A．在t＝0.01s时刻，穿过线圈的磁通量为零B．电压表的示数为6VC．灯泡消耗的电功率为3WD．假设其他条件不变，仅将线圈的转速提高一倍，则线圈电动势的表达式e＝12sin100πtV12．〔3分〕如下图，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h。让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零。则在圆环下滑过程中〔整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度〕〔〕A．橡皮绳的弹性势能一直增大B．圆环的机械能先不变后减小C．橡皮绳的弹性势能增加了mghD．橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大13．〔3分〕如下图，一光束包含两种不同频率的单色光，从空气射向两面平行玻璃砖的上外表，玻璃砖下外表有反射层，光束经两次折射和一次反射后，从玻璃砖上外表分为a、b两束单色光射出。以下说确的是〔〕A．a光的频率大于b光的频率B．光束a在空气中的波长较大C．出射光束a、b一定相互平行D．a、b两色光都是偏振光14．〔3分〕如下图，E为电源，R为电阻，D为理想二极管，P和Q构成一理想电容嚣，M、N为输出端。让薄金属片P以图示位置为中心在虚线围左右做周期性往复运动，而Q固定不动。以下说确的是〔〕A．P每次向右运动时电容器的电容就会增大B．P每次向左运动时电容器的电压就会增大C．随着P的左右运动，两板间电场强度最终会保持不变D．随着P的左右运动，输出端会有周期性脉冲电压输出15．〔3分〕如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。*同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开场下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴O*，做出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标*的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的选项是〔〕A．当*＝h+*0，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小B．小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度先减小后增大C．小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，加速度先减小后增大D．小球动能的最大值为mgh+16．〔3分〕如下图，正方形abcd区域分布着垂直纸面向里的匀强磁场，O点是cd边的中点．一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入磁场，经过时间t0刚好从c点射出磁场．现让该粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向，分别以大小不同的速率射入磁场，则关于该粒子在磁场中运动的时间t和离开正方形区域位置，分析正确的选项是〔〕A．假设t＝t0，则它一定从dc边射出磁场B．假设t＝t0，则它一定从cb边射出磁场C．假设t＝t0，则它一定从ba边射出磁场D．假设t＝t0，则它一定从da边射出磁场三、实验探究题〔此题共4小题，共14分〕17．〔2分〕〔1〕在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系〞的实验中，以下器材在实验中不必用到有。〔2〕假设在实验中用匝数N1＝400匝和N2＝800匝的变压器，对应的电压测量数据如表所示。根据测量数据，以下说确的是A．N1一定是原线圈B．N2一定是原线圈C．N1可能是副线圈D．N2可能是副线圈实验次数1234U1/V0.901.401.902.40U2/V2.003.014.025.0218．〔2分〕〔1〕实验室有一梯形玻璃砖，*同学想用“插针法〞测定玻璃的折射率。玻璃砖有4个光学面A、B、C、D，如图1所示，其中A、C两面相互平行，实验中该同学对入射面和出射面的认识正确的选项是A．只能选用A、C两面B．可以选用A、B两面C．不能选用B、D两面〔2〕该同学在选用A、C两面进展实验时，正确操作后，做出的光路图及测出的相关角度如图2所示。此玻璃的折射率计算式为n＝〔用图中的θ1、θ2表示〕。19．〔3分〕如图甲所示，在“探究功与速度变化的关系〞的实验中，主要过程如下：A．设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W、…；B．分析纸带，求出橡皮筋做功使小车获得的速度v1、v2、v3、…；C．作出W﹣v图象；D．分析W﹣v图象．如果W﹣v图象是一条直线，说明W∝v；如果不是直线，可考虑是否存在W∝v2、W∝v3、W∝等关系．〔1〕实验中得到的一条如图乙所示的纸带，求小车获得的速度应选〔选填“AB〞或“CD〞〕段来计算．〔2〕关于该实验，以下说确的有A．通过增加橡皮筋的条数可以使橡皮筋对小车做的功成整数倍增加B．通过改变小车质量可以改变橡皮筋对小车做的功C．每次实验中，橡皮筋拉伸的长度必需保持一致D．先接通电源，再让小车在橡皮筋的作用下弹出〔3〕在该实验中，打点计时器正常工作，纸带足够长，点迹清晰的纸带上并没有出现一段等间距的点，造成这种情况的原因可能是．〔写出一条即可〕20．〔7分〕为测量一根金属丝〔电阻约5Ω〕的电阻率ρ，选用的电学器材：电压表〔量程3V，阻约3kΩ〕、电流表〔量程0.6A，阻约0.2Ω〕，滑动变阻器〔0～15Ω〕，学生电源〔稳压输出3V〕、开关、导线假设干。〔1〕如图甲所示，用螺旋测微器测量金属丝的直径时，为了防止金属丝发生明显形变，同时防止损坏螺旋测微器，转动旋钮C至测砧、测微螺杆与金属丝将要接触时，应调节旋钮〔选填“A〞、“B〞或“D〞〕发出“喀喀〞声时停顿；*次的测量结果如图乙所示，其读数为mm。〔2〕请在答题卡上用笔画线代替导线将图丙的电路补充完整。〔3〕如图丁所示，实验数据已描在坐标纸上，作出U﹣I图线并求出该金属丝的电阻值为Ω〔结果保存两位有效数字〕。〔4〕有人认为用图象法求金属丝的电阻是为了减小系统误差，他的观点是否正确？请说明理由。。四、解答题〔此题共4小题，共46分．要求写出必要的解题过程，否则不得分〕21．〔10分〕如下图，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为mA、mB，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板．系统处一静止状态，现开场用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，求物块B刚要离开C时物块A的加速度a和从开场到此时物块A的位移d，重力加速度为g．22．〔12分〕如下图是*游乐场新建的水上娱乐工程。在运营前需要通过真实场景模拟来确定其平安性。质量为120kg的皮划艇载着质量为60kg的乘客模型，以一定速度冲上倾角为θ＝37°，长度LAB＝8m的长直轨道AB；皮划艇恰好能到达B点。设皮划艇能保持速率不变通过B点到达下滑轨道BC上。皮划艇到达C点后，进入半径R＝5m的圆弧涉水轨道CDE，其中C与E等高，D为最低点。轨道AB、BC的动摩擦因数μ＝0.5，涉水轨道因为阻力减小，可以视为光滑轨道，不计其他阻力，皮划艇和乘客模型可看做质点。求：〔1〕求皮划艇在A点的动能大小。〔2〕求划水艇经过CDE轨道最低点D时，轨道收到的压力。〔3〕涉水轨道能承受的最大压力为13140N．求划水艇冲上A点的速度大小围。23．〔12分〕如下图，有一倾斜的光滑平行金属导轨，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨间距为L＝0.5m，在导轨的中间矩形区域存在垂直斜面向上的匀强磁场。一质量m＝0.05kg、有效电阻r＝2Ω的导体棒从距磁场上边缘d处静止释放，当它进入磁场时刚好匀速运动，整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持与导轨垂直，d＝0.4m，接在两导轨间的电阻R＝6Ω，不计导轨的电阻，取g＝10m/s2．求：〔1〕导体棒刚进入磁场时的速度v。〔2〕导体棒通过磁场过程中，电阻R上产生的热量QR。〔3〕导体棒通过磁场过程中，通过电阻R的电荷量q。24．〔12分〕如图甲所示，M、N是相距为d＝0.1m竖直放置的平行金属板，板间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B1＝0.1T．P、Q为水平放置的两平行金属板，用导线将P与M、Q与N分别连接；A为绝缘挡板；C为平行于P和Q的荧光屏；A、P、Q、C的中间各有一个小孔，所有小孔在同一竖直中轴线上。荧光屏C的上方有垂直于纸面向里、磁感应强度为B2＝0.01T的匀强磁场。现有大量的正负离子混合物，以*一一样的速度垂直于磁场竖直向上射入金属板MN之间，离子的比荷的绝对值均为||＝107C/kg。仅能在P与Q、M与N之间形成电场，极板间形成的电场均可视为匀强电场，且忽略电场的边缘效应，不计离子重力。〔1〕判断金属板M的带电性质，并求出在N、M两板之间电场稳定后，电势差UNM与离子入射速度v之间的关系；〔2〕假设离子以v1＝3.0×105m/s的速度射入磁场，在荧光屏上将出现由正、负离子形成的两个亮点，求两亮点到荧光屏小孔的距离之比；〔3〕假设离子以v2＝1.0×105m/s的速度射入磁场，因*种原因，实际上离子通过C板上的小孔时会在竖直平面形成一个发散角2θ〔如图乙〕，所有离子速率仍一样。求荧光屏上亮点的长度△*及同一时刻通过小孔的离子打到荧光屏上的最长时间差△t．〔θ＝0.1415弧度，cosθ＝0.99〕2019年省新高考选考物理模拟试卷参考答案与试题解析一、单项选择题〔此题共8小题，每题2分，共16分．每题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多项选择、错选均不得分〕1．〔2分〕以下说法错误的选项是〔〕A．英国科学家胡克发现了胡克定律，提出了关于“太阳对行星的吸引力与行星到太阳的距离的平方成反比〞的猜测B．英国剑桥大学学生亚当斯和法国天文学家勒维耶应用万有引力定律，计算发现了海王星C．牛顿发现了万有引力定律，并利用扭秤装置测得万有引力常量，“称量了地球的重量〞D．美国物理学家密立根通过油滴实验比拟准确地测定了电子的电荷量，获得诺贝尔奖【考点】1U：物理学史．【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．【分析】根据物理学史的知识，结合哥白尼、牛顿、开普勒等人的奉献即可正确解答。【解答】解：A、英国科学家胡克发现了胡克定律，提出了关于“太阳对行星的吸引力与行星到太阳的距离的平方成反比〞的猜测。故A正确；B、发现万有引力定律后，英国剑桥大学学生亚当斯和法国天文学家勒维耶应用万有引力定律，计算并观测到海王星，故B正确；C、牛顿于1687年正式发表万有引力定律，测出引力常量的科学家是卡文迪许，卡文迪许倍成为“称量了地球的重量〞故C错误；D、美国物理学家密立根通过油滴实验比拟准确地测定了电子的电荷量，故D正确。此题选择错误的，应选：C。【点评】此题考察有关天体运动的物理学史；对于物理学家所作的科学奉献，要加强记忆，这也是高考考察的容之一。2．〔2分〕我国“北斗〞卫星导航定位系统将由5颗静止轨道卫星〔同步卫星〕和30颗非静止轨道卫星组成，30颗非静止轨道卫星中有27颗是中轨道卫星，中轨道卫星轨道高度约为2.15×104km，静止轨道卫星的高度约为3.60×104km．以下说确的是〔〕A．中轨道卫星的线速度大于7.9km/sB．静止轨道卫星的线速度大于中轨道卫星的线速度C．静止轨道卫星的运行周期大于中轨道卫星的运行周期D．静止轨道卫星的向心加速度大于中轨道卫星的向心加速度【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．【专题】52A：人造卫星问题．【分析】根据卫星受到地球的万有引力提供向心力知G＝m＝mω2r＝m〔〕2r＝ma列式求解相关量然后根据半径比拟大小．【解答】解：据万有引力提供向心力有：G＝m＝mω2r＝m〔〕2r＝ma解得：v＝…①T＝＝2π…②ω＝…③a＝…④A、据v＝，由于中轨道卫星的半径大于地球半径，故中轨道卫星的线速度小于7.9km/s，故A错误；B、据v＝得，静止轨道卫星的线速度小于中轨道卫星的线速度，故B错误；C、据T＝2π，因为静止轨道卫星轨道半径大于中轨道卫星轨道半径，静止轨道卫星的运行周期大于中轨道卫星的运行周期，故C正确；D、据a＝，可知静止轨道卫星的向心加速度小于中轨道卫星的向心加速度，故D错误。应选：C。【点评】结实掌握万有引力提供卫星圆周运动的向心力G＝m＝mω2r＝m〔〕2r＝ma是解决问题的关键．3．〔2分〕如下图为一台非铁性物质制成的天平，天平左盘中的A是螺线管，B是铁块，螺线管未通电时天平平衡，现使螺线管通电，调节螺线管中电流的大小，使铁块B向上加速运动，在B向上运动的过程中，以下判断正确的选项是〔〕A．天平仍保持平衡B．天平右盘下降C．天平左盘下降D．不知道电磁铁的磁极，所以无法确定天平的升降【考点】2K：力矩的平衡条件；3E：牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．【专题】31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．【分析】当铁块B向上加速运动的过程中，铁块处于超重状态，根据超重与失重的特点分析天平的那一端下降。【解答】解：当铁块B向上加速运动的过程中，铁块处于超重状态，可知左侧的物体整体对天平的压力增大，天平左盘下降。故C正确，ABD错误。应选：C。【点评】该题考察安培定则以及超重与失重，解答的关键是能关键物体的加速度的方向判断物体是处于超重状态，还是失重状态。4．〔2分〕如下图，为质量均可忽略的轻绳与轻杆组成系统，轻杆A端用铰链固定，滑轮在A点正上方〔滑轮大小及摩擦力均可不计〕，轻杆B端吊一重物G现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢释放〔均未断〕到AB杆转到水平位置前，以下说确的是〔〕A．绳子受到的拉力越来越大B．绳子受到的拉力越来越小C．AB杆受到的压力越来越大D．AB杆受到的压力越来越小【考点】29：物体的弹性和弹力；2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．【专题】31：定性思想；4B：图析法；527：共点力作用下物体平衡专题．【分析】以B点为研究对象，分析其受力情况，作出受力图，利用三角形相似法，得出各力与三角形ABO三边边长的关系，再分析其变化．【解答】解：以B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T〔等于重物的重力G〕、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，设滑轮处为O点，作出力图如图：由平衡条件得知，N和F的合力与T大小相等，方向相反，根据三角形相似可得：＝＝又T＝G，解得：N＝•G，F＝•G；将B端缓慢释放〔均未断〕到AB杆转到水平位置前，∠BAO缓慢变大时，AB、AO保持不变，BO变大，则AB杆受到的压力N保持不变，绳子受到的拉力F变大。故A正确，BCD错误。应选：A。【点评】此题涉及非直角三角形的力平衡问题，采用三角形相似，得到力与三角形边长的关系，再分析力的变化，是常用的方法．5．〔2分〕如下图，真空中有两个点电荷Q1＝4×10﹣8C和Q2＝1×10﹣8C分别固定在*坐标轴的*＝0cm和*＝6cm的位置上。关于*轴上各点，以下说确的是〔〕A．*＝4cm处的电场强度为零B．*＝2cm处电势低于*＝3cm处C．*＝3cm处电场强度大于*＝5cm处D．负电荷在*＝7cm处的电势能大于*＝8cm处【考点】A8：点电荷的电场；AE：电势能与电场力做功．【专题】32：定量思想；49：合成分解法；532：电场力与电势的性质专题．【分析】空间*点的电场强度是正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的叠加，是合场强。运用电场的叠加原理进展分析；负电荷在电势越高的地方电势能越低；【解答】解：A、设距Q1为*1处的场强为0，根据电场的叠加原理知：＝，解得：*1＝4cm，故A正确；B、电场在*＝2cm到*＝4cm处指向*轴正方向，由沿场强方向电势降低知*＝2cm处电势高于*＝3cm处，故B错误；C、通过计算得*＝3cm处电场强度：E3＝﹣＝，*＝5cm处电场强度：E5＝﹣＝，则*＝3cm处电场强度小于*＝5cm处，故C错误；D、*＝7cm处的电势大于*＝8cm处，所以负电荷在*＝7cm处的电势能小于*＝8cm处，故D错误；应选：A。【点评】解决此题时要知道空间中*一点的电场，是空间所有电荷产生的电场的叠加，场强是矢量，其合成遵守平行四边形定则。6．〔2分〕高大建筑上都有一竖立的避雷针，用以把聚集在云层中的电荷导入．在赤道*地两建筑上空，有一团带负电的乌云经过其正上方时，发生放电现象，如下图．则此过程中地磁场对避雷针的作用力的方向是〔〕A．向东B．向南C．向西D．向北【考点】CC：安培力．【专题】31：定性思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合．【分析】根据负电荷的移动方向可明确电流的方向，再根据左手定则进展分析，从而明确磁场对电流的作用．【解答】解：当带有负电的乌云经过避雷针上方时，避雷针开场放电形成瞬间电流，负电电荷从上而下通过避雷针，所以电流的方向为从下而上，磁场的方向从南向北，根据左手定则，安培力的方向向西。应选：C。【点评】左手定则的容是：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向7．〔2分〕在*集装箱码头上，一架起重机将放在地面上的一个箱子吊起．箱子在起重机钢绳的作用下由静止开场竖直向上运动，运动过程中箱子的机械能E与其位移*关系的图象如下图，其中0～*1过程的图线为曲线，*1～*2过程的图线为直线．根据图象可知〔〕A．0～*1过程中钢绳的拉力逐渐增大B．0～*1过程中箱子的动能一直增加C．*1～*2过程中钢绳的拉力一直不变D．*1～*2过程中起重机的输出功率一直增大【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率．【分析】除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少功物体的机械能就改变多少，所以E﹣*图象的斜率的绝对值等于物体所受的拉力的大小；如果拉力等于物体所受的重力，则物体做匀速直线运动；如果拉力大于物体的重力，则物体做加速向上运动．【解答】解：A、B、由于除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少功物体的机械能就改变多少，所以E﹣*图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知在0～*1斜率的绝对值逐渐减小，故在0～*1物体所受的拉力逐渐减小。如果拉力一直大于重力，则物体的动能一直增大。如果拉力小于重力，则物体的动能可能减小。故AB错误。C、由于*1～*2过程的图线为直线，则物体在*1～*2所受的合力保持不变，所以物体受到的拉力不变，故C正确。D、由于物体在*1～*2E﹣*图象的斜率的绝对值不变，故物体所受的拉力保持不变。如果拉力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动，所以起重机的输出功率不变，故D错误。应选：C。【点评】1．除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少；2．E﹣*图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小．以上两点是解决这类题目的突破口．8．〔2分〕市面上出现“充电五分钟通话两小时〞的手机电源，源于其使用VOOC闪充新技术。VOOC闪充标配的microUSB充电线接口为7针，而常规的microUSB充电线接口为5针，它标配的电池为8个金属触点，而常规电池通常为4﹣5个触点，与常规的microUSB充电线、电池相比，增加触点的作用是为了〔〕A．增大充电电压B．增大电池的容量C．增大充电电流D．增大充电电阻【考点】B2：欧姆定律；B7：电阻定律．【专题】31：定性思想；43：推理法；535：恒定电流专题．【分析】根据题目的信息：闪充新技术，且8个金属触点，而常规电池通常为4﹣5个触点，进而可判定，增加触点的作用。【解答】解：由题目：闪充新技术，标配的电池为8个金属触点，而常规电池通常为4﹣5个触点，可知，与常规的microUSB充电线、电池相比，触点增加；电池不变，则不可能增加充电电压，也没有改变电池的容量，及电阻，只可能增大充电的电流，使其快速充满电，故C正确，ABD错误；应选：C。【点评】考察闪充新技术的原理，掌握解决信息题的方法，注意只增加触点，没改变电池，是解题的关键点。二、不定项选择题〔此题共8小题，每题3分，共24分．每题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有选错的得0分〕9．〔3分〕关于生活中的实际情形，以下说确的是〔〕A．电容器外壳上标的电压是额定电压，这个数值比击穿电压低B．汽车在通过水库泄洪闸下游的凹形桥的最低点时，驾驶员处于失重状态C．为了便于行车，高大的桥通常要造很长的引桥，以减小汽车重力垂直桥面的分力D．电动机等大功率设备部含有多匝线圈，在开关断开时，因线圈自感产生电火花【考点】AN：电容器与电容；DE：自感现象和自感系数．【分析】电容器外壳上标的电压是工作电压．当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；电动机等大功率设备部含有多匝线圈，在开关断开时，因线圈自感产生电火花．【解答】解：A、电容器外壳上标的电压是工作电压，又叫额定电压，这个数值比击穿电压低。故A正确。B、当汽车在通过水库泄洪闸下游的凹形桥的最低点时，此时有向上的加速度，汽车对接触面的压力大于物体的真实重力，汽车处于超重状态；故B错误；C、比拟高大的桥的上面是向上凸起的圆弧线，汽车沿圆弧线运动的过程中需要向心力，为了便于行车，高大的桥通常要造很长的引桥是为了增大圆弧的半径，减小向心力对运动的汽车的影响，增大汽车重力垂直桥面的分力。故C错误；D、电动机等大功率设备部含有多匝线圈，在开关断开时，因线圈自感产生反电动势，容易产生电火花。故D正确。应选：AD。【点评】该题考察电容器的击穿电压、超重与失重、以及线圈的自感现象，都是一些记忆性的知识点的容，在平时的学习过程中要多加积累．10．〔3分〕如下图是一个用折射率n＝2.4的透明介质做成的四棱柱的横截面图，其中∠A＝∠C＝90°，∠B＝60°．现有一条垂直入射到棱镜的AB面上。以下说确的是〔〕A．AB边可能无光线射出B．AD边一定无光线射出C．DC边一定无光线射出D．BC边一定无光线射出【考点】H3：光的折射定律．【专题】34：比拟思想；43：推理法；54D：光的折射专题．【分析】光垂直射入棱镜时方向不变。光从棱镜射入空气，假设入射角大于临界角会产生全反射。光在透明介质的分界面上，一定有反射。结合这些知识分析。【解答】解：光线从左侧垂直AB射入棱镜时，有反射也有透射，透射方向不变。光线射到CD时，由几何知识得：入射角为i＝30°。设棱镜的临界角为C，则sinC＝＝＜，故有C＜30°，所以光线在DC面上发生了全反射。由几何知识分析得到，光线射到AB面上时入射角为i′＝30°，发生全反射，反射光线与BC面垂直，所以既有光线垂直射出BC面，又有光线从BC反射，根据光路的可逆性可知，这个反射光线沿原路返回，光路图如下图。故AD错误，BC正确。应选：BC。【点评】此题的关键要掌握全反射的条件，并能结合几何知识判断能否发生全反射。11．〔3分〕图甲是一台小型发电机的构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势e随时间t变化的正弦规律图象如图乙所示。发电机线圈的电阻不计，外接灯泡的电阻为12Ω．则〔〕A．在t＝0.01s时刻，穿过线圈的磁通量为零B．电压表的示数为6VC．灯泡消耗的电功率为3WD．假设其他条件不变，仅将线圈的转速提高一倍，则线圈电动势的表达式e＝12sin100πtV【考点】E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式．【专题】53A：交流电专题．【分析】在中性面感应电动势最小，磁通量最大；根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等。求解电功率要用有效值。【解答】解：A在t＝0.01s的时刻，电动势为0，则为中性面，穿过线圈磁通量最大。故A错误；B电动势的最大值为Em＝，电压表测量的为有效值，又发电机线圈的电阻不计，故示数为U＝＝6V；故B正确；C、灯泡消耗的功率P＝；故C正确；D、周期为0.02s，则瞬时电动势的表达式为＝．转速提高一倍后，ω＝2πn，故角速度变为原来的2倍，最大值Em＝NBSω，则最大值也增大一倍，变成，表达式应为：；故D错误；应选：BC。【点评】此题考察了有关交流电描述的根底知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式。12．〔3分〕如下图，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h。让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零。则在圆环下滑过程中〔整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度〕〔〕A．橡皮绳的弹性势能一直增大B．圆环的机械能先不变后减小C．橡皮绳的弹性势能增加了mghD．橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大【考点】6A：动能和势能的相互转化；6B：功能关系．【分析】分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，只有重力橡皮绳的拉力做功，所以圆环机械能不守恒，但是系统的机械能守恒；沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大。【解答】解：A、橡皮绳的弹性势能随橡皮绳的形变量的变化而变化，由图知橡皮绳先缩短后再伸长，故橡皮绳的弹性势能先不变再增大。故A错误；B、圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和橡皮绳的拉力；所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，因为橡皮绳的弹性势能先不变再增大，所以圆环的机械能先不变后减小，故B正确；C、根据系统的机械能守恒，圆环的机械能减少了mgh，则橡皮绳的机械能的减小量等于弹性势能增大量，为mgh。故C正确；D、在圆环下滑过程中，橡皮绳再次到达原长时，该过程中动能一直增大，但不是最大，沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大。故D错误。应选：BC。【点评】对物理过程进展受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法。这是一道考察系统机械能守恒的根底好题。13．〔3分〕如下图，一光束包含两种不同频率的单色光，从空气射向两面平行玻璃砖的上外表，玻璃砖下外表有反射层，光束经两次折射和一次反射后，从玻璃砖上外表分为a、b两束单色光射出。以下说确的是〔〕A．a光的频率大于b光的频率B．光束a在空气中的波长较大C．出射光束a、b一定相互平行D．a、b两色光都是偏振光【考点】H3：光的折射定律；HB：光的偏振．【专题】34：比拟思想；43：推理法；54D：光的折射专题．【分析】作出光路图，根据光线的偏折程度比拟两色光的折射率大小，从而比拟出频率和波长的大小，结合几何关系分析出射光线是否平行。【解答】解：A、光路图如下图，光束进入玻璃砖时，a光的偏折程度较大，则a光的折射率较大，频率较大。故A正确。B、光束a的频率较大，由c＝λf知光束a在空气中的波长较小，故B错误。C、因为a、b两光在上外表的折射角与反射后在上外表的入射角分别相等，根据几何知识可知出射光束一定相互平行。故C正确。D、光斜射到玻璃外表时，反射光和折射光都是偏振光。则知a、b两色光都是偏振光。故D正确。应选：ACD。【点评】解决此题的关键是作出光路图，通过光线的偏折程度比拟出光的折射率大小，并掌握折射率与波长、频率等之间的关系。14．〔3分〕如下图，E为电源，R为电阻，D为理想二极管，P和Q构成一理想电容嚣，M、N为输出端。让薄金属片P以图示位置为中心在虚线围左右做周期性往复运动，而Q固定不动。以下说确的是〔〕A．P每次向右运动时电容器的电容就会增大B．P每次向左运动时电容器的电压就会增大C．随着P的左右运动，两板间电场强度最终会保持不变D．随着P的左右运动，输出端会有周期性脉冲电压输出【考点】AS：电容器的动态分析．【专题】31：定性思想；43：推理法；533：电容器专题．【分析】依据电容的决定式C＝，即可判定电容变化情况；根据电容器总是与电源相连接，即可判定电压的变化情况；根据E＝，即可判定电场强度的变化；依据电容的定义式C＝，结合电容C，即可判定电量变化情况。【解答】解：A、根据电容的决定式C＝，当极板间距d减小时，则电容C增大，故A正确；B、P每次向左运动时，导致极板间距增大，则电容C减小，因二极管的影响，电容器不能放电，即电量Q不变，根据公式U＝，得电压增大，故B正确；C、根据E＝，随着P的左右运动，则两板间电场强度会变化，故C错误；D、随着P的左右运动，电容C会改变，因二极管的作用，电量只能增大，不会减小，则当给电容器充电时，电阻中有电流通过，因此输出端会有周期性脉冲电压输出，故D正确；应选：ABD。【点评】考察电容器的定义式与决定式的容，及两者的区别，掌握电容器的电量与电压不变的条件，理解公式E＝的应用。15．〔3分〕如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。*同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开场下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴O*，做出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标*的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的选项是〔〕A．当*＝h+*0，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小B．小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度先减小后增大C．小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，加速度先减小后增大D．小球动能的最大值为mgh+【考点】37：牛顿第二定律；65：动能定理；6B：功能关系．【专题】31：定性思想；43：推理法；52Q：功能关系能量守恒定律．【分析】小球下降过程，先自由落体运动，与弹簧接触后，先加速下降，到达平衡位置后开场减速下降，根据共点力平衡条件求出平衡位置的坐标，结合整个下降过程中小球和弹簧机械能守恒进展分析。【解答】解：A、根据乙图可知，当*＝h+*0，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，以弹簧和小球组成的系统，机械能守恒可知，重力势能与弹性势能之和最小，故A正确；BC、小球刚落到弹簧上时，弹力小于重力，小球加速度向下，速度增大，随弹力的增加，加速度减小，当弹力等于重力时加速度为零，此时速度最大；然后向下运动时弹力大于重力，小球的加速度向上且逐渐变大，小球做减速运动直到最低点，则小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故B错误，C正确；D、小球到达最大速度的过程中，根据动能定理可知mg〔h+*0〕﹣mg•*0＝mv2，故小球动能的最大值为mgh+mg*0，故D正确；应选：ACD。【点评】此题关键是将物体的运动分为自由落体、加速下降和减速下降三个阶段，同时物体的动能和重力势能以及弹簧弹性势能总量守恒。16．〔3分〕如下图，正方形abcd区域分布着垂直纸面向里的匀强磁场，O点是cd边的中点．一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入磁场，经过时间t0刚好从c点射出磁场．现让该粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向，分别以大小不同的速率射入磁场，则关于该粒子在磁场中运动的时间t和离开正方形区域位置，分析正确的选项是〔〕A．假设t＝t0，则它一定从dc边射出磁场B．假设t＝t0，则它一定从cb边射出磁场C．假设t＝t0，则它一定从ba边射出磁场D．假设t＝t0，则它一定从da边射出磁场【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】536：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】根据几何关系确定带电粒子在磁场中的运动轨迹并确定其圆心角，根据其从各边穿出时的角度及时间确定能否从各边穿出．【解答】解：由题，带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形，经过时间t0刚好从c点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为T＝2t0。A、假设该带电粒子在磁场中经历的时间是，则粒子轨迹的圆心角为θ＝，速度的偏向角也为，根据几何知识得知，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角为30°，必定从cd射出磁场。故A正确。B、假设该带电粒子在磁场中经历的时间是＝，则得到轨迹的圆心角为，由于，则它一定从bc边射出磁场，故B正确。C、假设该带电粒子在磁场中经历的时间是t0＝，则得到轨迹的圆心角为π，而粒子从ab边射出磁场时最大的偏向角等于60°+90°＝150°＝，故不一定从ab边射出磁场。故C错误。D、当带电粒子的轨迹与ad边相切时，轨迹的圆心角为60°，粒子运动的时间为t＝，在所有从ad边射出的粒子中最长时间为，故假设该带电粒子在磁场中经历的时间是，一定不是从ad边射出磁场。故D错误。应选：AB。【点评】此题是带电粒子在磁场中圆周运动类型，抓住粒子的周期一定，根据速度的偏向角等于轨迹的圆心角，由圆心角确定粒子在磁场中的运动时间．三、实验探究题〔此题共4小题，共14分〕17．〔2分〕〔1〕在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系〞的实验中，以下器材在实验中不必用到有AC。〔2〕假设在实验中用匝数N1＝400匝和N2＝800匝的变压器，对应的电压测量数据如表所示。根据测量数据，以下说确的是AA．N1一定是原线圈B．N2一定是原线圈C．N1可能是副线圈D．N2可能是副线圈实验次数1234U1/V0.901.401.902.40U2/V2.003.014.025.02【考点】NE：探究变压器电压与匝数的关系．【专题】32：定量思想；43：推理法；53A：交流电专题．【分析】依据“探究变压器的电压与匝数的关系〞的实验原理，结合各仪器的作用，即可判定选取；根据表格数据，通过比拟，即可寻找原副线圈的匝数与电压的关系。【解答】解：〔1〕“探究变压器的电压与匝数的关系〞要用低压交流电源和交流电表，所以不需要干电池和滑动变阻器，应选：AC；〔2〕表格中每组数据都可以看出匝数之比近似等于电压之比，N1＝400匝和N2＝800匝，≈，N1一定是原线圈，N2为副线圈，故A正确，应选：A；故答案为：〔1〕AC〔2〕A【点评】考察“探究变压器的电压与匝数的关系〞的实验原理，掌握原、副线圈电压与匝数成正比的成立条件，理解理想变压器的含义。18．〔2分〕〔1〕实验室有一梯形玻璃砖，*同学想用“插针法〞测定玻璃的折射率。玻璃砖有4个光学面A、B、C、D，如图1所示，其中A、C两面相互平行，实验中该同学对入射面和出射面的认识正确的选项是BA．只能选用A、C两面B．可以选用A、B两面C．不能选用B、D两面〔2〕该同学在选用A、C两面进展实验时，正确操作后，做出的光路图及测出的相关角度如图2所示。此玻璃的折射率计算式为n＝〔用图中的θ1、θ2表示〕。【考点】O3：测定玻璃的折射率．【专题】13：实验题；32：定量思想；46：实验分析法；54D：光的折射专题．【分析】〔1〕应用插针法测玻璃的折射率实验，在玻璃砖的一侧插上两根大头针，在玻璃砖的另一侧插上两根大头针，插针的时候，后一根大头针应该挡住前面一根大头针的像。〔2〕根据图示应用折射定律求出玻璃的电阻率。【解答】解：〔1〕应用插针法测玻璃的折射率实验时，在玻璃砖的一侧竖直插上两枚大头针P1、P2，透过玻璃砖观察大头针P1、P2的像，调整视线方向，直到P2档住P1的像；再在观察的这一侧插两枚大头针P3、P4，使P3挡住P1、P2的像，P4挡住P3及P1、P2的像，记下P3、P4的位置，由图1所示玻璃砖可知，实验时可以用A、C两面、或用A、B两面、或用A、C两面、或用B、D两面进展实验，故B正确，AC错误；应选：B。〔2〕由图2所示可知，玻璃的折射率：n＝＝；故答案为：〔1〕B；〔2〕。【点评】折射率等于光从真空〔空气〕射入介质时入射角的正弦值与折射角的正弦值之比，根据图示情景应用折射率的定义式可以求出玻璃的折射率。19．〔3分〕如图甲所示，在“探究功与速度变化的关系〞的实验中，主要过程如下：A．设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W、…；B．分析纸带，求出橡皮筋做功使小车获得的速度v1、v2、v3、…；C．作出W﹣v图象；D．分析W﹣v图象．如果W﹣v图象是一条直线，说明W∝v；如果不是直线，可考虑是否存在W∝v2、W∝v3、W∝等关系．〔1〕实验中得到的一条如图乙所示的纸带，求小车获得的速度应选CD〔选填“AB〞或“CD〞〕段来计算．〔2〕关于该实验，以下说确的有ACDA．通过增加橡皮筋的条数可以使橡皮筋对小车做的功成整数倍增加B．通过改变小车质量可以改变橡皮筋对小车做的功C．每次实验中，橡皮筋拉伸的长度必需保持一致D．先接通电源，再让小车在橡皮筋的作用下弹出〔3〕在该实验中，打点计时器正常工作，纸带足够长，点迹清晰的纸带上并没有出现一段等间距的点，造成这种情况的原因可能是没有平衡摩擦力或木板的倾角过大或过小．〔写出一条即可〕【考点】MJ：探究功与速度变化的关系．【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；46：实验分析法；52D：动能定理的应用专题．【分析】〔1〕打点计时器每隔0.02s打一个点，根据相邻计数点间距离的变化，分析小车的运动情况．小车离开橡皮筋后做匀速运动，由CD段纸带，求出速度．〔2〕在探究橡皮筋的拉力对小车所做的功与小车速度变化的关系的实验中应注意：n根一样橡皮筋对小车做的功就等于系一根橡皮筋时对小车做的功的n倍，这个设计很巧妙地解决了直接去测量力和计算功的困难；该实验需要平衡摩擦力以保证动能的增量是只有橡皮筋做功而来；小车最大速度即为后来匀速运动的速度．【解答】解：〔1〕由图知：在AB之间，由于相邻计数间的距离不断增大，而打点计时器每隔0.02s打一个点，所以小车做加速运动．在CD之间相邻计数间距相等，说明小车做匀速运动．小车离开橡皮筋后做匀速运动，应选用CD段纸带来计算小车的速度v．求小车获得的速度应选CD段来计算；〔2〕AB、该实验中利用一样橡皮筋形变量一样时对小车做功一样，通过增加橡皮筋的条数可以使橡皮筋对小车做的功成整数倍增加．故A正确，B错误；C．为保证每根橡皮条对小车做功一样多每次实验中，橡皮筋拉伸的长度必需保持一致，故C正确；D、在中学阶段，用打点计时器测量时间时，为有效利用纸带，总是先接通电源后释放纸带，故D正确；应选：ACD〔3〕在该实验中，打点计时器正常工作，纸带足够长，点迹清晰的纸带上并没有出现一段等间距的点，造成这种情况的原因可能是没有平衡摩擦力或木板的倾角过大或过小故答案为：〔1〕CD〔2〕ACD〔3〕没有平衡摩擦力或木板的倾角过大或过小【点评】明确了该实验的实验原理以及实验目的，即可了解具体操作的含义，以及如何进展数据处理；数据处理时注意数学知识的应用，此题是考察实验操作及数据处理的方法等问题，好题．20．〔7分〕为测量一根金属丝〔电阻约5Ω〕的电阻率ρ，选用的电学器材：电压表〔量程3V，阻约3kΩ〕、电流表〔量程0.6A，阻约0.2Ω〕，滑动变阻器〔0～15Ω〕，学生电源〔稳压输出3V〕、开关、导线假设干。〔1〕如图甲所示，用螺旋测微器测量金属丝的直径时，为了防止金属丝发生明显形变，同时防止损坏螺旋测微器，转动旋钮C至测砧、测微螺杆与金属丝将要接触时，应调节旋钮D〔选填“A〞、“B〞或“D〞〕发出“喀喀〞声时停顿；*次的测量结果如图乙所示，其读数为0.540mm。〔2〕请在答题卡上用笔画线代替导线将图丙的电路补充完整。〔3〕如图丁所示，实验数据已描在坐标纸上，作出U﹣I图线并求出该金属丝的电阻值为4.5Ω〔结果保存两位有效数字〕。〔4〕有人认为用图象法求金属丝的电阻是为了减小系统误差，他的观点是否正确？请说明理由。不正确；图象法效果与屡次测量取平均值一致，只能减小偶然误差，不能减小系统误差。【考点】N6：伏安法测电阻．【专题】13：实验题；28：设计与制作题；32：定量思想；43：推理法；535：恒定电流专题．【分析】〔1〕根据螺旋测微器构造明确进展微调的部位；然后分别读出主尺和分度尺的读数，即可相加得到螺旋测微器的测量读数；〔2〕根据实验要求判断滑动变阻器接法，由待测电阻阻值确定电流表接法，从而得到电路图；〔3〕去掉错误的点，然后根据最小二乘法求得曲线，即可求得斜率，即电阻；〔4〕根据系统误差和偶然误差的分类及减小误差的方法判断。【解答】解：〔1〕测微螺杆与金属丝将要接触时，要通过D进展微调；图乙所示，主尺读数为0.5mm，分度尺读数为0.040mm，故螺旋测微器读数为0.5mm+0.040m＝0.540mm；〔2〕没有特别要求，且电压表量程大于电源电动势，故滑动变阻器采用限流式接法；待测电阻阻值较小，故电流表采用外接法；故电路连接如下图：；〔3〕去掉离正比例直线最远的点，根据最小二乘法得到U﹣I曲线如下图：；故由图可得：斜率；〔4〕根据图象法求电阻和屡次测量求平均值的效果一样，减小偶然误差；系统误差是由实验设计决定的，故在不改变实验设计的情况下，系统误差不会减小；故答案为：〔1〕D；0.540；〔3〕4.5；〔4〕不正确；屡次测量取平均值只能减小偶然误差，不能减小系统误差。【点评】伏安法测电阻实验中，假设最大电流大于电流表量程则采用分压式接法，一般采用限流式接法；被测电阻较大，电流表采用接法；被测电阻较小，电流表采用外接法。四、解答题〔此题共4小题，共46分．要求写出必要的解题过程，否则不得分〕21．〔10分〕如下图，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为mA、mB，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板．系统处一静止状态，现开场用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，求物块B刚要离开C时物块A的加速度a和从开场到此时物块A的位移d，重力加速度为g．【考点】2G：力的合成与分解的运用；2S：胡克定律；37：牛顿第二定律．【专题】11：计算题；16：压轴题．【分析】先对木块A受力分析，受重力，斜面的支持力和弹簧的弹力，根据共点力平衡条件求出弹簧的弹力后，再得到弹簧的压缩量；物块B刚要离开C时，先对物块B受力分析，受重力、支持力和弹簧的拉力，根据平衡条件求出弹簧弹力后进一步得到弹簧的伸长量，从而得到物体A的位移；最后再对物体A受力分析，受到拉力F、重力、支持力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律求出加速度．【解答】解：令*1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律和共点力平衡条件可知mAgsinθ＝k*1①令*2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时A的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知k*2＝mBgsinθ②F﹣mAgsinθ﹣k*2＝mAa③由②③式可得a＝④由题意d＝*1+*2⑤由①②⑤式可得d＝即块B刚要离开C时物块A的加速度为，从开场到此时物块A的位移d为．【点评】此题关键要屡次对物体A和B受力分析，求出弹簧的弹力，最后再根据牛顿第二定律求解加速度．22．〔12分〕如下图是*游乐场新建的水上娱乐工程。在运营前需要通过真实场景模拟来确定其平安性。质量为120kg的皮划艇载着质量为60kg的乘客模型，以一定速度冲上倾角为θ＝37°，长度LAB＝8m的长直轨道AB；皮划艇恰好能到达B点。设皮划艇能保持速率不变通过B点到达下滑轨道BC上。皮划艇到达C点后，进入半径R＝5m的圆弧涉水轨道CDE，其中C与E等高，D为最低点。轨道AB、BC的动摩擦因数μ＝0.5，涉水轨道因为阻力减小，可以视为光滑轨道，不计其他阻力，皮划艇和乘客模型可看做质点。求：〔1〕求皮划艇在A点的动能大小。〔2〕求划水艇经过CDE轨道最低点D时，轨道收到的压力。〔3〕涉水轨道能承受的最大压力为13140N．求划水艇冲上A点的速度大小围。【考点】4A：向心力；65：动能定理．【专题】32：定量思想；43：推理法；521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．【分析】〔1〕由几何关系划水艇上升高度，对AB过程，由动能定理即可求出动能大小〔2〕根据竖直平面圆周运动知识可求轨道压力；〔3〕根据划水艇到达B点的速度要大于零，D点能承受的最大压力可求速度围。【解答】解：〔1〕由几何关系划水艇上升高度H＝4.8m对AB过程，由动能定理：得VA＝m/s，故皮划艇的动能为＝＝4800J〔2〕由几何关系得BC长度*＝3.5m，B到D的高度差为H＝4.8m对BD过程，由动能定理：得：VD2＝75m2/s2在D点对划水艇受力分析得：得此时压力为：N＝4500N〔3〕由于划水艇到达B点的速度要大于零，所以V′A＞4m/s由于D点能承受的最大压力为：Nma*＝13140N对D点受力分析：m＝Nma*﹣mg得：V′D2＝315m2/s2对AD整个过程，由动能定理有：mv′mv″＝﹣μmgLcosθ﹣μmg*sinθ得V″A＝20m/s所以V′A＜20m/s所以m/s＜V′A＜20m/s答：〔1〕皮划艇在A点的动能大小为4800J。〔2〕划水艇经过CDE轨道最低点D时，轨道收到的压力为4500N。〔3〕划水艇冲上A点的速度大小围为m/s＜V′A＜20m/s。【点评】此题考察了动能定理解决问题，动能定理解决问题，竖直平面圆周运动。23．〔12分〕如下图，有一倾斜的光滑平行金属导轨，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨间距为L＝0.5m，在导轨的中间矩形区域存在垂直斜面向上的匀强磁场。一质量m＝0.05kg、有效电阻r＝2Ω的导体棒从距磁场上边缘d处静止释放，当它进入磁场时刚好匀速运动，整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且