《64.2018年广东省广州市华南师大附中高考物理三模试卷 (1)（含解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《64.2018年广东省广州市华南师大附中高考物理三模试卷 (1)（含解析.docx（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、微信公众号：678高中初中资料库 资料正文内容开始2018年广东省广州市华南师大附中高考物理三模试卷一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1（3分）一名消防队员从一平台上无初速度跳下，下落0.8s后双脚触地，接着用双腿弯曲的方法缓冲，又经过0.2s重心停止了下降，在该过程中（不计空气阻力），可估计地面对他双脚的平均作用力为（）A自身所受重力的8倍B自身所受重力的5倍C自身所受重力的4倍D自身所受重力的2倍2（3分）如图所示，直线MN是某匀强电场中的一条电场线（方向未画出）。虚线是一带正电的粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动软迹，轨迹为一抛物线，下列判断正确的是（）A电场强度方向一定
2、是由N指向MB带电粒子在a点的加速度一定等于在b点的加速度C带电粒子由a运动到b的过程中动能一定逐渐减小D带电粒子在a点的电势能一定小于在b点的电势能3（3分）如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为m0的平盘，盘中有一物体质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了L，今向下拉盘，使弹簧再伸长L后停止。然后松手放开，设弹簧总处在弹性限度以内，则刚松开手时盘对物体的支持力等于（）A（1+LL）mgB（1+LL）（m+m0）gCLmgDLL（m+m0）g4（3分）如图所示，一均匀带电荷量为+Q的细棒。在过中点c垂直于细棒的直线上有a、b、d三点，a和b，b和c，c和d之间的距离均为L
3、，在a处有一电荷量为+Q2的固定点电荷，已知b点处的电场强度为零，则d点处的电场强度大小为（k为静电力常量）（）Ak9Q2L2Bk3QL2Ck3Q2L2Dk5Q9L25（3分）如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1匀速向右运动，一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2（v2v1）滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端。关于这一过程的下列判靳，正确的有（）A滑块返回传送带右端的速率为v2B此过程中传送带对滑块做功为12mv12-12mv22C此过程中电动机对传送带多做的功为2mv12D此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为12m(v1+v2)26（3分）质量为
4、m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定于其左端，另一质量也为m的物块乙以4m/s的速度与甲相向运动，如图所示。则（）A甲、乙两物块在弹簧压缩过程中系统动量守恒B当两均块相距最近时，甲物块的速率为零C当甲物块的速率为lm/s时，乙物块的速率可能为2m/s，也可能为0D甲物块的速率不可能达到5m/s7（3分）如图所示，平行金属板中带电质点P原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R1的阻值和电源内阻r相等，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）AR3上消耗的功率逐渐减小B电流表读数减小，电压表读数增大C电源的输出功率逐渐增大D质点P将向上运动8（3分）如图所示
5、，图甲为一电动机，当滑动变阻器的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示，已知电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是（）A电路中的电源电动势为3.4VB变阻器向右滑动时，V2读数逐渐减小C此电路中，电动机的最大输出功率为0.54WD变阻器的最大阻值为30三、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第2232题为必考题，每个试通考生都必须作答第3338题为选考题，考生根据要求作答9某同学用伏安法测一节干电池的电动势E和内电阻r，所给的其它器材有：A电压表：0315V B电流表：00.63AC变阻器R1（20，1A）
6、 D变阻器R2（1000，0.1A）E电键S和导线若干（1）实验中变阻器应选用 （标明变阻器代号）；（2）根据实验要求连接图1实物电路图；（3）实验测得的6组数据已在UI图中标出，如图2所示。请你根据数据点位置完成UI图线，并由图线求出该电池的电动势E V，电阻r 。10在探究“决定导线电阻因素”的实验中。需要进行以下测量：（1）用螺旋测微器测得导线的直径如图1所示，其读数是0.701mm。请在图中相应刻度处的方框内填入正确数字。（2）欲用伏安法测定一段电阻丝的电阻，其阻值约为12，要求测量结果尽量准确，并且电压、电流测量范围尽可能大一些。下列器材中：电流表应选用（填器材的标号，下同） ，电压
7、表应选用 ，滑动变阻器应选用 。并在如图2的虚线框内画出你设计的实验电路图。A电池组E（6V内阻很小）B电流表A1（03A，内阻约0.01）C电流表A2（00.6A，内阻约0.1）D电压表V1（03V，内阻约3k）E电压表V2（06V，内阻约6k）F滑动变阻器R1（05，2A）G滑动变阻器R2（01K，1A）H电键、导线11如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d8cm，板长为L25cm，接在直流电源上，有一带电液滴以v00.5m/s的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将上板向上平移d2cm，液滴刚好从金属板末端飞出，取g10m/s2求：（1）将上板向
8、上平移后，液滴的加速度大小；（2）液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所用时间为多少？12如图所示，一足够长的固定斜面，倾角30质量为M0.2kg的绝缘长板A，以初速度v03m/s，沿斜面匀速下滑。空间有一沿斜面向下的匀强电场，电场强度E2.5102N/C质量为m0.1kg，电量为q+4l04C的光滑小物块B轻放在A板表面上。此后经时间t0.1s，撤去电场，当物块速度为v8m/s时，恰好离开板A，求：（1）撤电场时，物块B的动能EkB和0.1s内的电势能变化量EP；（2）撤电场时，板A的速度vA；（3）物块B在板A上运动的全过程，系统发热Q。选做题13（3分）以下说法正确的是（）A电流强度I
9、=UR，电场强度E=Fq，电势=EPq，以上三个关系式都采用了比值定义法B在研究带电体之间的相互作用时，若带电体的尺寸远小于它们之间的距离，就可以把带电体看做点电荷，这是一种理想化的处理方法C库仑用扭秤实验测定了静电常数k9.0l09Nm2/C2，建立了静电学中著名的库仑定律D富兰克林通过风筝实验验证闪电是放电的一种形式，把天电和地电统一起来，并发明了避雷针E实验室中常用的静电计与验电器的原理与功能完全相同，使用时完全可以相互替代14（3分）如图所示，质量为3kg的小车A以v04m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为1kg的小球B（可看作质点），小球距
10、离车面0.8m。某一时刻，小车与静止在水平面上的质量为1kg的物块C发生碰撞并粘连在一起（碰撞时间可忽略），此时轻绳突然断裂。此后，小球刚好落入小车右端固定的砂桶中（小桶的尺寸可忽略），不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2求：绳未断前小球与砂桶的水平距离。小车系统的最终速度大小整个系统损失的机械能。2018年广东省广州市华南师大附中高考物理三模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1（3分）一名消防队员从一平台上无初速度跳下，下落0.8s后双脚触地，接着用双腿弯曲的方法缓冲，又经过0.2s重心停止了下降，在该过程中（不计空气阻力），可估计地面对他双脚的平均作用
11、力为（）A自身所受重力的8倍B自身所受重力的5倍C自身所受重力的4倍D自身所受重力的2倍【考点】52：动量定理菁优网版权所有【专题】52F：动量定理应用专题【分析】消防队员受重力和支持力，对消防队员运动的整个过程根据动量定理列式求解即可。【解答】解：消防队员受重力和支持力，规定向上为正方向，对消防队员运动的整个过程，根据动量定理，有：mg（t1+t2）Ft20Fmg=t1+t2t2=0.8+0.20.2=51 故选：B。【点评】本题关键是明确消防队员的受力情况和动量改变情况，然后根据动量定理列式分析，注意先规定正方向，基础题目。2（3分）如图所示，直线MN是某匀强电场中的一条电场线（方向未画出
12、）。虚线是一带正电的粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动软迹，轨迹为一抛物线，下列判断正确的是（）A电场强度方向一定是由N指向MB带电粒子在a点的加速度一定等于在b点的加速度C带电粒子由a运动到b的过程中动能一定逐渐减小D带电粒子在a点的电势能一定小于在b点的电势能【考点】A7：电场线；AE：电势能与电场力做功菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题【分析】根据粒子的运动轨迹弯曲方向确定其所受电场力方向，从而确定电场线MN的方向以及点电荷的性质；根据受力与运动轨迹的关系判断出电场力做功的关系，进而判断出动能的变化；根据电场线的疏密判定加速度的大小关系
13、。【解答】解：A、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，所受的电场力指向轨迹弯曲的内侧，所以粒子受到的电场力方向一定是由M指向N，粒子带正电，所以电场强度方向一定是由M指向N故A错误；B、该电场是匀强电场，场强处处相同，由牛顿第二定律得 qEma，知带电粒子在a点的加速度一定等于在b点的加速度，故B正确。CD、带电粒子从a运动到b的过程中，电场力的方向与运动方向之间的夹角是锐角，所以电场力做正功，电势能减小，动能增加，故CD错误。故选：B。【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动，依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功
14、等情况确定电势、电势能的高低变化情况。3（3分）如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为m0的平盘，盘中有一物体质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了L，今向下拉盘，使弹簧再伸长L后停止。然后松手放开，设弹簧总处在弹性限度以内，则刚松开手时盘对物体的支持力等于（）A（1+LL）mgB（1+LL）（m+m0）gCLmgDLL（m+m0）g【考点】2S：胡克定律菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；523：弹力的存在及方向的判定专题【分析】先根据胡克定律和平衡条件，列出盘静止时力平衡方程；再由胡克定律求出刚松手时手的拉力，确定盘和物体所受的合力，根据牛顿第二定律求出
15、刚松手时，整体的加速度。再隔离物体研究，用牛顿第二定律求解盘对物体的支持力。【解答】解：当盘静止时，由胡克定律得（m+m0）gkL 设使弹簧再伸长l时手的拉力大小为F再由胡克定律得 （mg+m0g+F）k（L+L） 由联立得 F=LL（m+m0）g刚松手瞬时弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于F，方向竖直向上。设刚松手时，加速度大小为a，根据牛顿第二定律得 a=Fm+m0=LLg 对物体研究：FNmgma解得 FN（1+LL）mg；故A正确，BCD错误；故选：A。【点评】本题考查应用牛顿第二定律分析和解决瞬时问题的能力，这类问题往往先分析平衡状态时物体的受力情况，再
16、分析非平衡状态时物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解瞬时加速度。4（3分）如图所示，一均匀带电荷量为+Q的细棒。在过中点c垂直于细棒的直线上有a、b、d三点，a和b，b和c，c和d之间的距离均为L，在a处有一电荷量为+Q2的固定点电荷，已知b点处的电场强度为零，则d点处的电场强度大小为（k为静电力常量）（）Ak9Q2L2Bk3QL2Ck3Q2L2Dk5Q9L2【考点】A8：点电荷的电场；AA：电场的叠加菁优网版权所有【专题】31：定性思想；4C：方程法；532：电场力与电势的性质专题【分析】由题意可知在b点处的场强为零，说明细棍和q在b点的电场强度大小相等，方向相反。那么在d点处场强的大小即为
17、两者之和。因此根据点电荷的电场强度为Ekqr2即可求解。【解答】解：电荷量为Q2的点电荷在b处产生电场强度为EkQ2L2，方向向右。在b点处的场强为零，根据电场的叠加原理可知细棍与q在b处产生电场强度大小相等，方向相反，则知细棍在b处产生的电场强度大小为kQ2L2，方向向左。根据对称性可知细棍在d处产生的电场强度大小为kQ2L2，方向向右而电荷量为q的点电荷在d处产生电场强度为EkQ2(3L)2=Q18L2，方向向右所d点处场强的大小为EdE+E=k5Q9L2，方向向右。故ABC错误，D正确故选：D。【点评】考查点电荷与细棍上电荷在某处的电场强度叠加，紧扣电场强度的大小与方向关系，从而为解题奠
18、定基础。5（3分）如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1匀速向右运动，一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2（v2v1）滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端。关于这一过程的下列判靳，正确的有（）A滑块返回传送带右端的速率为v2B此过程中传送带对滑块做功为12mv12-12mv22C此过程中电动机对传送带多做的功为2mv12D此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为12m(v1+v2)2【考点】3C：共点力的平衡；6B：功能关系菁优网版权所有【专题】12：应用题；32：定量思想；4C：方程法；52B：功的计算专题【分析】物体冲上皮带后，受到向右的滑动摩擦力，
19、减速向左滑行，之后依然受到向右的滑动摩擦力，会继续向右加速；求出滑块与传送带之间的相对距离，由功能关系可求出经摩擦产生的热量；再根据动能定理得全过程传送带对物块做的总功。【解答】解：A、由于传送带足够长，滑块减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，由于v2v1，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时开始向右匀速运动，之后不受摩擦力，故滑块返回传送带右端的速率为 v2v1；故A错误；B、此过程中只有传送带对滑块做功，根据动能定理得：传送带对滑块做功为：W=12mv12-12mv22，故B正确；CD、滑块相对于传送带打滑时滑块的加速度为：a=m
20、gm=g；滑块从起点向左到达最大位移时，用时为：t1=v2g，位移为：x1=12gt12=v222g；传送带的位移为：x传1v1t1；返回加速的时间为：t2=v1g，加速过程的位移为：x2=v122g；传送带的位移为：x传2v1t2；传送带与滑块间的相对路程为：x相x传1+x1+x传2x2=(v1+v2)22g，故滑块与传送带间摩擦产生的热量为：Qmgx相=12m（v1+v2）2；故D正确；电动机对传送带做的功等于滑块动能的增加量与热量的总和，故电动机多做功为：12m（v1+v2）2+12mv12-12mv22=mv12+mv1v2；故C错误；故选：BD。【点评】本题关键是对物体的运动过程进行
21、分析，物体先做减速运动，之后反向加速，最后做匀速运动。对于滑块与传送带间摩擦产生的热量要根据相对路程进行计算。6（3分）质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定于其左端，另一质量也为m的物块乙以4m/s的速度与甲相向运动，如图所示。则（）A甲、乙两物块在弹簧压缩过程中系统动量守恒B当两均块相距最近时，甲物块的速率为零C当甲物块的速率为lm/s时，乙物块的速率可能为2m/s，也可能为0D甲物块的速率不可能达到5m/s【考点】53：动量守恒定律菁优网版权所有【专题】34：比较思想；4T：寻找守恒量法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合【分析】根据动量守恒的条件
22、：系统所受的合外力为零，判断系统动量是否守恒。当两物块相距最近时速度相同，根据动量守恒定律求出物块甲的速率。物块甲的速率为1m/s时，速度方向可能与原来方向相同，也与原来方向相反，由动量守恒研究乙的速率。若物块甲的速率为5m/s，由动量守恒求出乙的速率，根据系统的机械能是否守恒判断速率为5m/s是否可能。【解答】解：A、甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故A正确；B、当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方向，设共同速率为v，根据动量守恒定律得：mv乙mv甲2mv将v甲3m/s，v乙4m/s，代入解得：v0.5m/s。故B错误。C、甲、乙组成的系统
23、动量守恒，若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相同，由动量守恒定律得：mv乙mv甲mv甲+m乙v乙，代入数据解得：v乙2m/s；若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相反，由动量守恒定律得：mv乙mv甲mv甲+m乙v乙，代入数据解得：v乙0，故C正确。D、若物块甲的速率达到5m/s，方向与原来相同，则：mv乙mv甲mv甲+m乙v乙，代入数据代入解得：v乙6m/s。两个物体的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律。若物块甲的速率达到5m/s，方向与原来相反，则：mv乙mv甲mv甲+m乙v乙，代入数据解得：v乙5m/s，当碰撞后，乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增加，违反了能量守恒定律。所
24、以物块甲的速率不可能达到5m/s，故D正确。故选：ACD。【点评】本题考查了含弹簧的碰撞问题，处理该类问题，往往应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析解题。分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，应用动量守恒定律即可正确解题；当两物体速度相等时，弹簧被压到最短。7（3分）如图所示，平行金属板中带电质点P原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R1的阻值和电源内阻r相等，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）AR3上消耗的功率逐渐减小B电流表读数减小，电压表读数增大C电源的输出功率逐渐增大D质点P将向上运动【考点】AN：电容器与电容；BB：闭合电路的欧姆定律；BG：电功、电功率
25、菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；535：恒定电流专题【分析】根据滑动变阻器电阻变化得到总电阻变化，从而得到总电流变化，即可得到电源的输出功率变化及R3两端电压电压变化，进而得到R3上消耗的功率变化及质点运动方向；再根据支路电压、电流变化得到电流表、电压表示数变化。【解答】解：C、当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4接入电路的阻值减小，故电路总电阻减小，那么，由欧姆定律可知：总电流增大，所以，电源的输出功率增大，故C正确；A、总电流增大，那么，内阻和R1上的电压降增大，所以，R3两端电压减小，故R3上消耗的功率减小，故A正确；D、平行金属板两端电压差和R3两端电压相等，故
26、电压减小，所以，场强减小，那么，电场力减小，故质点P的合外力向下，质点向下运动，故D错误；B、R3两端电压减小，故通过R3的电流减小；总电流增大，故电流表读数增大；R2两端的电压增大，R3两端电压减小，所以，电压表读数减小，故B错误；故选：AC。【点评】闭合电路的欧姆定律一般用于变阻器滑动过程的电流、电压的求解，根据电阻变化得到总电阻变化，即可得到总电流变化，从而得到电流、电压的变化。8（3分）如图所示，图甲为一电动机，当滑动变阻器的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示，已知电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，不考虑电表对电路的影响，以下判断
27、正确的是（）A电路中的电源电动势为3.4VB变阻器向右滑动时，V2读数逐渐减小C此电路中，电动机的最大输出功率为0.54WD变阻器的最大阻值为30【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；BG：电功、电功率菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；535：恒定电流专题【分析】根据路端电压和电流的关系由欧姆定律求得电动势及内阻；再根据变阻器滑动得到电阻变化，从而得到电流变化，即可得到电压变化；最后根据电动机的输出功率消耗的功率热功率，由图象得到最大功率的电流，即可代入数据求解；求得变阻器接入最大电阻时的电流，然后由欧姆定律求得阻值。【解答】解：A、根据电路连接，由闭合电路欧姆定律可得：U2EI
28、r，故EU2+Ir，那么，由图可得：E3.4+0.1r（V）3.0+0.3r（V），所以，内阻r2，电动势E3.6V，故A错误；B、变阻器向右滑动时，电阻增大，故总电阻增大，总电流减小，那么，内压降减小，路端电压即V2读数增大，或由图得到电流减小，路端电压即V2读数增大，故B错误；C、根据电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，可由图得到电机的电阻为：RM=U1I=4故电动机的输出功率为：P=U1I-I2RM=(U1-IRM)I；由图可知：当I0.3A时，P最大，故有：电动机的最大输出功率为3.00.30.324（W）0.54W，故C正确；D、由B可知：变阻器全部接入电路时，电流最小，
29、由图可得：I0.1A；根据欧姆定律可得：R=U2-U1I=3.4V-0.4V0.1A=30，故D正确；故选：CD。【点评】闭合电路的欧姆定律一般用于变阻器滑动过程的电流、电压的求解，根据电阻变化得到总电阻变化，即可得到总电流变化，从而得到电流、电压的变化。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第2232题为必考题，每个试通考生都必须作答第3338题为选考题，考生根据要求作答9某同学用伏安法测一节干电池的电动势E和内电阻r，所给的其它器材有：A电压表：0315V B电流表：00.63AC变阻器R1（20，1A） D变阻器R2（1000，0.1A）E电键S和导线若干（1）实验中变阻器应选用C（标
30、明变阻器代号）；（2）根据实验要求连接图1实物电路图；（3）实验测得的6组数据已在UI图中标出，如图2所示。请你根据数据点位置完成UI图线，并由图线求出该电池的电动势E1.5V，电阻r0.5。【考点】N3：测定电源的电动势和内阻菁优网版权所有【专题】13：实验题；535：恒定电流专题【分析】滑动变阻器在本实验中作为限流使用，故应选取大于内阻的滑动变阻器；用直线将各点相连，注意让各点尽量分布在直线两侧；由图象与纵坐标的交点可求得电动势；图象的斜率表示电池的内电阻【解答】解：（1）滑动变阻器采用限流接法，为了调节方便并能减小误差，故变阻器应选用：C、变阻器R1（20，1A）；（2）对照电路原理图，
31、连接实物图，如图所示：（3）根据坐标系内描出的点作出电源UI图象如图所示：图象的竖轴截距表示电动势，故电动势为1.50V；斜率绝对值表示电源内电阻，故r=UI=1.5-1.01.0=0.50故答案为：（1）C；（2）如图所示；（3）1.5；0.5。【点评】本题考查测电动势和内阻实验的数据处理，注意要结合公式理解图象的斜率及截距的含义。10在探究“决定导线电阻因素”的实验中。需要进行以下测量：（1）用螺旋测微器测得导线的直径如图1所示，其读数是0.701mm。请在图中相应刻度处的方框内填入正确数字。（2）欲用伏安法测定一段电阻丝的电阻，其阻值约为12，要求测量结果尽量准确，并且电压、电流测量范围
32、尽可能大一些。下列器材中：电流表应选用（填器材的标号，下同）A2，电压表应选用V2，滑动变阻器应选用R1。并在如图2的虚线框内画出你设计的实验电路图。A电池组E（6V内阻很小）B电流表A1（03A，内阻约0.01）C电流表A2（00.6A，内阻约0.1）D电压表V1（03V，内阻约3k）E电压表V2（06V，内阻约6k）F滑动变阻器R1（05，2A）G滑动变阻器R2（01K，1A）H电键、导线【考点】L4：螺旋测微器的使用；N2：测定金属的电阻率菁优网版权所有【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题【分析】（1）螺旋测微器固定刻度最小分度为
33、1mm，可动刻度每一分度表示0.01mm，由固定刻度读出整毫米数包括半毫米数，由可动刻度读出毫米的小数部分。固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。（2）将电路分为测量电路和控制电路两部分。测量电路采用伏安法。根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表外接法。要求待测电阻的电压从零开始可以连续调节，变阻器采用分压接法。估算电流的最大值，选择电流表量程。【解答】解：（1）螺旋测微器的读数为0.701mm，故可分解为0.5mm+0.201mm，即0.5mm+20.10.01mm，三个格子里的示数分别为15；20；25（2）电源电动势是6V，电压表选：电压表V2（06V，内阻6k），
34、电路最大电流I=ER=612=0.5A，则电流表可选：A2（00.6A，内阻0.1），电压从零开始，滑动变阻器应采用分压接法，由于RRA=120.1=120RVR=600012=500，则电流表采用外接法，滑动变阻器的范围应与电阻值差不多，方便调节，所以滑动变阻器选R1，实验电路图如图所示。故答案为：（1）.15 20 25 （2）A2 V2 R1 （3）【点评】对于电流表量程的选择往往要估算电路中电流的最大值，估算时电表的影响可近似不考虑。11如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d8cm，板长为L25cm，接在直流电源上，有一带电液滴以v00.5m/s的初速度从板间的正中央水平射入，
35、恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将上板向上平移d2cm，液滴刚好从金属板末端飞出，取g10m/s2求：（1）将上板向上平移后，液滴的加速度大小；（2）液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所用时间为多少？【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动菁优网版权所有【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；531：带电粒子在电场中的运动专题【分析】（1）根据液滴做匀速直线运动求得电动势，然后根据场强E=Ud求得将上板向上平移后的电场力，从而由牛顿第二定律求得加速度；（2）根据类平抛运动规律，由竖直位移求得运动时间，从而求得水平位移，即可得到液滴匀速运动的位移，从而求得时间。【解答】解
36、：（1）带电液滴在板间运动时受重力、电场力作用；设直流电源电动势为U；那么，当液滴做匀速直线运动，电场力方向向上，且有mg=qE=qUd；当上板上移后，电场力qUd+d=45mg，故液滴向下偏转的加速度a=mg-Fm=15g=2m/s2；（2）液滴从P到金属板末端飞出的运动过程水平方向做速度为v0的匀速运动，竖直方向做初速度为零，加速度a2m/s2的匀加速运动；故设液滴从P点到金属板末端飞出的时间为t1，根据液滴在竖直方向上的位移为12d，由匀变速运动规律可得：t1=212da=da=0.2s；那么，从P点到金属板末端的水平距离xv0t10.1m；所以，根据液滴从射入到P的运动为匀速直线运动可
37、得：液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所用时间t=L-xv0=0.3s；答：（1）将上板向上平移后，液滴的加速度大小为2m/s2；（2）液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所用时间为0.3s。【点评】带电粒子在匀强电场中受到的电场力为恒力，故分析带电粒子在匀强电场中的运动，一般先进行受力分析求得合外力，然后根据加速度求得粒子运动。12如图所示，一足够长的固定斜面，倾角30质量为M0.2kg的绝缘长板A，以初速度v03m/s，沿斜面匀速下滑。空间有一沿斜面向下的匀强电场，电场强度E2.5102N/C质量为m0.1kg，电量为q+4l04C的光滑小物块B轻放在A板表面上。此后经时间t0.1s
38、，撤去电场，当物块速度为v8m/s时，恰好离开板A，求：（1）撤电场时，物块B的动能EkB和0.1s内的电势能变化量EP；（2）撤电场时，板A的速度vA；（3）物块B在板A上运动的全过程，系统发热Q。【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【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；531：带电粒子在电场中的运动专题【分析】（1）根据牛顿第二定律求得物块的加速度，从而根据时间求得速度、位移，即可求得动能及电势能变化量；（2）根据A匀速下滑求得动摩擦因数，然后由牛顿第二定律求得A的加速度，即可由匀变速规律求得速度；（3）根据B做匀加速直线运动求得运动时间，然
39、后分析A的受力情况得到其运动情况，即可根据时间求得位移，从而根据克服摩擦力做的功求得发热量。【解答】解：（1）在电场力作用下，物块B受重力、支持力、电场力作用，故由牛顿第二定律可得：加速度aB=mgsin30+qEm=6m/s2；故撤电场时，物块B的速度vBaBt0.6m/s，物块B的动能EkB=12mvB2=0.018J；物块B在0.1s内在电场方向上的位移：L1=vB22a1=0.03m；所以，物块B的电势能变化量：EP=-qEL1=-310-3J（即B电势能减小了3103J）；（2）A在斜面上匀速下滑，故有：Mgsin30Mgcos30，所以，=33；B轻放上A，对A应用牛顿第二定律可得
40、：（M+m）gcos30Mgsin30Ma0；所以，板A做加速度a0=mgcos30M=2.5m/s2的匀减速运动；故撤电场时，A的速度：vAv0a0t2.75m/s；（3）物体B还在A上运动时：物体B向下做加速度aB=6m/s2的匀加速运动，故物体B在A上运动的时间t=aB=43s；因为板A受到的斜面对板A的最大静摩擦力fm（M+m）gcos30Mgsin30，当A速度减为0后，A将静止在斜面上。所以，板A做匀减速运动的时间t=v0a0=65st，故板A向下运动的位移s=v022a0=95m；物块B在板A上运动的全过程，系统发热等于克服板A受到的摩擦力做的功；那么，系统发热Q（M+m）gco
41、s30s2.7J；答：（1）撤电场时，物块B的动能EkB为0.018J；1s内的电势能变化量EP为3103J；（2）撤电场时，板A的速度vA为2.75m/s；（3）物块B在板A上运动的全过程，系统发热Q为2.7J。【点评】带电粒子在匀强电场中受到的电场力为恒力，故分析带电粒子在匀强电场中的运动，一般先进行受力分析求得合外力，然后根据加速度求得粒子运动。选做题13（3分）以下说法正确的是（）A电流强度I=UR，电场强度E=Fq，电势=EPq，以上三个关系式都采用了比值定义法B在研究带电体之间的相互作用时，若带电体的尺寸远小于它们之间的距离，就可以把带电体看做点电荷，这是一种理想化的处理方法C库仑
42、用扭秤实验测定了静电常数k9.0l09Nm2/C2，建立了静电学中著名的库仑定律D富兰克林通过风筝实验验证闪电是放电的一种形式，把天电和地电统一起来，并发明了避雷针E实验室中常用的静电计与验电器的原理与功能完全相同，使用时完全可以相互替代【考点】1U：物理学史；AG：电势差和电场强度的关系菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题【分析】理解常见的比值定义得出的物理量；质点采用的是理想化的物理模型；瞬时速度采用了极限思想。电学中电阻、电场强度和电势等物理量的定义，都运用了比值定义法【解答】解：A、欧姆定律I=UR不是采用的比值法定义，故A错误；B、点电荷
43、是一种理想模型，若带电体的尺寸远小于它们之间的距离，就可以把带电体看做点电荷。故B正确；C、法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律库仑定律，并测出了静电力常量k的值，故C正确；D、富兰克林通过风筝实验验证闪电是放电的一种形式，把天电和地电统一起来，并发明了避雷针，故D正确；E、静电计测量的是电容器两端的电势差，而验电器是测量物体是否带电，故E错误故选：BCD。【点评】本题考查物理学中常见的物理方法；在学习物理时不但要学习知识点，同时还要注意学习相应的物理方法。14（3分）如图所示，质量为3kg的小车A以v04m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长的轻
44、绳悬挂质量为1kg的小球B（可看作质点），小球距离车面0.8m。某一时刻，小车与静止在水平面上的质量为1kg的物块C发生碰撞并粘连在一起（碰撞时间可忽略），此时轻绳突然断裂。此后，小球刚好落入小车右端固定的砂桶中（小桶的尺寸可忽略），不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2求：绳未断前小球与砂桶的水平距离。小车系统的最终速度大小整个系统损失的机械能。【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律菁优网版权所有【专题】32：定量思想；4C：方程法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合【分析】（1）A与C的碰撞动量守恒，由此求出A的速度；小球做平抛运动，由H=12gt2求出运动的时间，
45、再结合水平方向的位移关系即可求出；（2）系统的动量守恒，由此即可求出最终的速度；（3）由功能关系即可求出系统损失的机械能。【解答】解：A与C的碰撞动量守恒：mAv0（mA+mC）v1，得：v13m/s设小球下落时间为t，则：H=12gt2，t0.4s 所以：x（v0v1）t0.4m 设系统最终速度为v2，由水平方向动量守恒：（mA+mB） v0（mA+mB+mC）v2 得：v23.2m/s 由能量守恒得：EmBgH+12（mA+mB） v02-12（mA+mB+mC）v22解得：E14.4J 答：绳未断前小球与砂桶的水平距离是0.4m。小车系统的最终速度大小是3.2m/s整个系统损失的机械能是14.4J。【点评】本题考查动量守恒定律的应用，要注意正确选择研究对象，并分析系统是否满足动量守恒以及机械能守恒；然后才能列式求解；同时要