山东省淄博市淄川一中2016届高三下学期第二次月考物理试卷

山东省淄博市淄川一中2016届高三下学期第二次月考物理试卷

www.ks5u.com ‎2015-2016学年山东省淄博市淄川一中高三（下）第二次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题，本题共8小题．每小题6分．在每小题给出的四个选项中．第1-5小题只有一个选项符合题目要求．第6-8小题有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．‎ ‎1．在物理学的发展史上，许多物理学家做出了卓越的贡献，下列说法中符合史实的是（　　）‎ A．伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证 B．麦克斯韦提出了电磁场理论并预言了电磁波的存在，赫兹用实验证明了电磁波的存在 C．安培首先提出了场的概念并发现了通电导线在磁场中受力方向的规律 D．楞次发现了电磁感应现象并总结出了判断感应电流方向的规律 ‎2．利用探测器探测某行星，先让探测器贴近该星球表面飞行，测得做圆周运动的周期为T1，然后调节探测器离行星表面的高度，当离行星表面高度为h时，探测器做圆周运动运行一周的时间为T2，则下列判断正确的是（　　）‎ A．不能求出该行星的质量 B．不能求出该行星的密度 C．可求出探测器贴近星球表面飞行时行星对它的引力 D．可求出该行星的第一宇宙速度 ‎3．CTMD（中国战区导弹防御体系）是一种战术型导弹防御系统，可以拦截各类型的短程及中程超音速导弹．在某次演习中，检测系统测得关闭发动机的导弹在距地面高为H处，其速度为v且恰好水平，反应灵敏的地面拦截系统同时以初速度v0竖直向上发射一颗炮弹成功拦截．已知发射时炮弹与导弹的水平距离为s，不计空气阻力，则（　　）‎ A．v0=v B．v0=v C．v0=v D．v0=v ‎4．如图所示，质量分别为m1、m2‎ 的物块A、B用一轻质绳相连置于粗糙水平面上，用一水平外力F（F=kt，k为大于零的常数）向右拉A．已知A、B与水平面间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，绳子能够承受足够大的拉力，则下列关于绳中弹力T随时间t的变化关系图象正确的是[坐标原点均为（0，0）]（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0V，点A处的电势为6V，点B处的电势为3V，则电场强度的大小为（　　）‎ A．200 V/m B．200 V/m C．100 V/m D．100 V/m ‎6．如图所示，一根导线制成的等腰直角三角形线框ABC以速度v匀速穿过为2L的匀强磁场，线框AB边的长度为2L，AB两端的电压UAB随线框位移变化关系图象正确的是（　　）‎ A． B． C．‎ ‎ D．‎ ‎7．如图甲所示，两个完全相同的灯泡并联后再与R=5Ω的定值电阻串联，然后将这部分电路接到输出电压恒为E=8V的A、B两端，灯泡两端的电压与通过灯泡的电流满足图乙所示关系，则（　　）‎ A．图甲中电流表示数为1.0A B．图甲中每个灯泡的电阻值为3Ω C．图甲中两个灯泡消耗的总功率为3.0W D．图甲中A、B两端的总功率为4.0W ‎8．如图所示，固定坡道倾角为θ，顶端距光滑水平面的高度为h，一可视为质点的小物块质量为m，从坡道顶端由静止滑下，经过底端O点进入水平面时无机械能损失，为使小物块制动，将轻弹簧的一端固定在水平面左侧M处的竖直墙上，弹簧自由伸长时右侧一端恰好位于O点．已知小物块与坡道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）‎ A．弹簧弹性势能的最大值为mgh B．小物块在倾斜轨道上运动时，下滑的加速度比上滑的加速度小 C．小物块往返运动的总路程为 D．小物块返回倾斜轨道时所能达到的最大高度为h ‎　‎ 二、必考题题（共4小题，满分47分）‎ ‎9．某同学利用“验证牛顿第二定律”的实验器材，测量滑块和长木板之间的动摩擦因数．．如图所示，带滑轮的长木板水平放置．力传感器固定在墙上，轻绳分别跨过固定在滑块上和固定在长木板末端的滑轮，一端与力传感器连接，另一端竖直悬挂一沙桶，沙桶距地面足够远．调节两滑轮的位置使轻绳与长木板平行，不计轻绳与各滑轮之间的摩擦．‎ ‎（1）实验时，一定要进行的操作是　　（填选项前的字母）‎ A．将长木板右端垫高以平衡摩擦力 B．使沙和沙桶的总质量远小于滑块质量 C．将打点计时器接交流电源 D．用天平测沙和沙桶的总质量 ‎（2）实验时，记录力传感器的示数F，用天平测出滑块质量m，由纸带上的点求出加速度a，根据这些数据，可以得出滑块和木板间的动摩擦因数的表达式μ=　　．（重力加速度为g）‎ ‎10．（9分）某同学为了测定一只电阻的阻值，采用了如下方法：‎ ‎（1）用多用电表粗测：多用电表电阻挡有4个倍率：分别为×1k、×100、×10、×1，该同学选择×100倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大（指针位置如图中虚线所示）．为了较准确地进行测量，请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤：‎ a．　　．‎ b．两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在0Ω处．‎ c．重新测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是　　Ω．‎ ‎（2）为了尽量准确测该电阻，要求测量时，电表指针有较大偏转，测量多组数据．除被测电阻外，还备有如下实验仪器，请选择仪器，设计实验电路．‎ A．电压表V（量程50V、内阻约为25kΩ）‎ B．电流表A1（量程500mA、内电阻r1=20Ω）‎ C．电流表A2（量程100mA、内电阻约5Ω）‎ D．定值电阻R0（80Ω）‎ E．滑动变阻器R（0～10Ω）‎ F．电源：电动势E=6V，内电阻较小 G．导线、开关若干 请画出能准确测量电阻R的电路图（要求在电路图上标出元件符号）．请根据设计的电路图写出Rx的测量值表达式Rx=　　．‎ ‎11．（12分）如图所示为利用静电除烟尘的通道示意图，前、后两面为绝缘板，上、下两面为分别与高压电源的负极和正极相连的金属板，在上下两面间产生的电场可视为匀强电场，通道长L=1m，进烟尘口的截面为边长d=0.5m的正方形．分布均匀的带负电烟尘颗粒均以水平速度v0=2m/s连续进入通道，碰到下金属板后其所带电荷会被中和并被收集，但不影响电场分布．已知每立方米体积内颗粒数n=1013个，每个烟尘颗粒带电量为q=﹣1.0×10﹣17C，质量为m=2.0×10﹣15kg，忽略颗粒的重力、颗粒之间的相互作用力和空气阻力．‎ ‎（1）高压电源电压U0‎ ‎=300V时，求被除去的烟尘颗粒数与总进入烟尘颗粒数的比值 ‎（2）若烟尘颗粒恰好能全部被除去，求高压电源电压U1‎ ‎（3）装置在（2）中电压U1作用下稳定工作时，1s内进入的烟尘颗粒从刚进入通道到被全部除去的过程中，求电场对这些烟尘颗粒所做的总功．‎ ‎12．（20分）如图所示，固定斜面上放一木板PQ，木板的Q端放置一可视为质点的小物块，现用轻细线的一端连接木板的Q端，保持与斜面平行，绕过定滑轮后，另一端可悬挂钩码，钩码距离地面足够高．已知斜面倾角θ=30°，木板长为L，Q端距斜面顶端距离也为L，物块和木板的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ1=，若所挂钩码质量为2m，物块和木板能一起匀速上滑；若所挂钩码质量为其他不同值，物块和木板有可能发生和对滑动，重力加速度为g，不计细线与滑轮之间的摩擦，设接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力．‎ ‎（1）木板与斜面间的动摩擦因数μ2；‎ ‎（2）物块和木板发生相对滑动时，所挂钩码质量m′应满足什么条件？‎ ‎（3）选取适当质量的钩码可使木板由静止开始向上滑动，试讨论木板Q端到达斜面顶端所用时间t与钩码质量m′之间的关系．‎ ‎　‎ 三、选考题[物理--选修3-3]（15分）‎ ‎13．堵住打气筒的出气口，缓慢向下压活塞使气体体积减小，你会感到越来越费力，温度保持不变．对这一现象的解释正确的是（　　）‎ A．气体的密度增大，使得在相同时间内撞击活塞的气体分子数目增多 B．分子间没有可压缩的间隙 C．压缩气体要克服分子力做功 D．分子间相互作用力表现为引力 E．在压缩过程中，气体分子势能减小 ‎14．（9分）如图所示，足够长的导热性能良好的气缸竖直放置，底部与一打气装置相连，每次均可打入压强P0=1.0×105Pa，体积V0=1.0×10﹣5m3的空气．在距气缸底部h=0.25m处用销钉固定一活塞A，封闭一部分压强也为P0=1.0×105Pa的空气，活塞A可在气缸内无摩擦的滑动，质量m=2kg，横截面积S=4.0×10﹣4m2．现向气缸内打气2次后，拔掉销钉，活塞缓慢移动，最终停在某个未知，整个过程中保持外界环境的大气压强和温度不变，大气压P0=1.0×105Pa，重力加速度g=10m/s2．求最终活塞与气缸底部的距离．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年山东省淄博市淄川一中高三（下）第二次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题，本题共8小题．每小题6分．在每小题给出的四个选项中．第1-5小题只有一个选项符合题目要求．第6-8小题有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．‎ ‎1．在物理学的发展史上，许多物理学家做出了卓越的贡献，下列说法中符合史实的是（　　）‎ A．伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证 B．麦克斯韦提出了电磁场理论并预言了电磁波的存在，赫兹用实验证明了电磁波的存在 C．安培首先提出了场的概念并发现了通电导线在磁场中受力方向的规律 D．楞次发现了电磁感应现象并总结出了判断感应电流方向的规律 ‎【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贡献即可．‎ ‎【解答】解：A、伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，但没有直接用实验进行验证，选项A错误；‎ B、麦克斯韦提出了电磁场理论并预言了电磁波的存在，赫兹用实验证明了电磁波的存在，选项B正确；‎ C、法拉第首先提出了场的概念，安培发现了通电导线在磁场中受力方向的规律，选项C错误；‎ D、法拉第发现了电磁感应现象，楞次总结出了判断感应电流方向的规律，选项D错误．‎ 故选：B ‎【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．‎ ‎　‎ ‎2．利用探测器探测某行星，先让探测器贴近该星球表面飞行，测得做圆周运动的周期为T1，然后调节探测器离行星表面的高度，当离行星表面高度为h时，探测器做圆周运动运行一周的时间为T2，则下列判断正确的是（　　）‎ A．不能求出该行星的质量 B．不能求出该行星的密度 C．可求出探测器贴近星球表面飞行时行星对它的引力 D．可求出该行星的第一宇宙速度 ‎【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．‎ ‎【分析】根据万有引力提供向心力求出天体的质量，结合天体的体积求出天体的密度．‎ 第一宇宙速度是卫星在近地圆轨道上的环绕速度，重力等于万有引力，万有引力提供向心力，列式求解．‎ ‎【解答】解：A、先让探测器贴近该星球表面飞行，测得做圆周运动的周期为T1，‎ 根据万有引力提供向心力，得：‎ ‎=mR M=，‎ 该行星的密度ρ==，‎ 然后调节探测器离行星表面的高度，当离行星表面高度为h时，探测器做圆周运动运行一周的时间为T2，‎ ‎=m（R+h）‎ 由于不知道行星半径，所以无法求出该行星的质量，故A正确，B错误；‎ C、由于不知道探测器的质量，所以不可求出探测器贴近星球表面飞行时行星对它的引力，故C错误；‎ D、根据万有引力提供向心力，得： =m 该行星的第一宇宙速度为v=，‎ 由于不知道行星半径，所以不可求出该行星的第一宇宙速度，故D错误；‎ 故选：A．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，结合轨道半径和周期求解中心天体的质量．‎ ‎　‎ ‎3．CTMD（中国战区导弹防御体系）是一种战术型导弹防御系统，可以拦截各类型的短程及中程超音速导弹．在某次演习中，检测系统测得关闭发动机的导弹在距地面高为H处，其速度为v且恰好水平，反应灵敏的地面拦截系统同时以初速度v0竖直向上发射一颗炮弹成功拦截．已知发射时炮弹与导弹的水平距离为s，不计空气阻力，则（　　）‎ A．v0=v B．v0=v C．v0=v D．v0=v ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】若拦截成功，竖直上抛的炮弹和平抛的导弹运动时间相等，在竖直方向上的位移之和等于H，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．‎ ‎【解答】解：导弹的运动时间t=，‎ 根据，‎ 解得．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．以及知道竖直上抛运动加速度不变，是匀变速直线运动．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，质量分别为m1、m2的物块A、B用一轻质绳相连置于粗糙水平面上，用一水平外力F（F=kt，k为大于零的常数）向右拉A．已知A、B与水平面间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，绳子能够承受足够大的拉力，则下列关于绳中弹力T随时间t的变化关系图象正确的是[坐标原点均为（0，0）]（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】当拉力由0逐渐增大时，至A与地面最大静摩擦力时，绳中无张力，当拉力从大于A与地面最大静摩擦力时，绳中拉力开始变大，当拉力大于AB与地面间最大静摩擦力时，AB将一起与地面滑动，此时求出绳中拉力与拉力的大小关系．‎ ‎【解答】解：当拉力由0逐渐增大时，至A与地面最大静摩擦力时，绳中无张力，故A错误；‎ 当拉力进一步增加，则此时AB均静止，绳中拉力随外力F同步增加，即满足T=k（t﹣t0），即此时拉力随时间增加，变化率仍为k，故D错误；‎ 当拉力增加至大于AB与地面最大静摩擦力后，AB将一起向右加速运动，根据牛顿第二定律知，加速度a=，再对B分析有：T﹣μm2g=m2a，整理可得此时绳中拉力T=，所以随着时间增加，绳的拉力也逐渐增大，但增加率为小于k，故B正确，C错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】掌握连接体问题的受力分析情况，能用整体法和隔离法处理连接体问题是正确解题的关键．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0V，点A处的电势为6V，点B处的电势为3V，则电场强度的大小为（　　）‎ A．200 V/m B．200 V/m C．100 V/m D．100 V/m ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】根据题中的数据找出x轴方向上电势与B点相等的C点，BC两点的电势相等，即BC连线上的各点电势相等，通过几何关系，求出O点到BC的距离，由匀强电场中电势差与电场强度的关系可得出电场强度的大小．‎ ‎【解答】OA的中点C点，由题意可得C点的电势为3V，即BC的电势相等，连接BC，因BC的电势相等，所以匀强电场的方向垂直于BC，过O点做BC的垂线相较于D点，由几何关系得：OD=OC•sin∠BCO=1.5cm=1.5×10﹣2m 则电场强度为：E===200V/m，选项BCD错误，A正确 故选：A ‎【点评】在匀强电场中，电场是处处相等的，电场强度，电势差与沿电场方向上的距离有关系E=，值得注意的是该关系式只适用于匀强电场．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，一根导线制成的等腰直角三角形线框ABC以速度v匀速穿过为2L的匀强磁场，线框AB边的长度为2L，AB两端的电压UAB随线框位移变化关系图象正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】本题分两段时间计算感应电动势，由欧姆定律得到感应电流．‎ 感应电动势公式E=Blv，是有效的切割长度．‎ 根据楞次定律判断感应电流的方向．‎ ‎【解答】解：在0﹣时间内，由楞次定律判断可知，感应电流方向沿ABCA方向，是正值．设∠CAB=∠CBA=θ，t时刻线框有效的切割长度为l=vt•tanθ，则感应电流为I==，I与t成正比．‎ 在﹣2时间内，穿过线框的磁通量继续增大，产生的感应电流逐渐减小，为：‎ I==．‎ 在2﹣3时间内，穿过线框的磁通量减小，由楞次定律判断可知，感应电流方向沿ACBA，是负值，感应电流的大小变化如0﹣时间内的变化，I与线性关系，且是减函数．‎ 在3﹣4时间内，穿过线框的磁通量减小，由楞次定律判断可知，感应电流方向沿ACBA，感应电流的大小变化如﹣2时间内的变化．‎ 同时，由于AB两端的电压：U=IR．‎ 结合以上的分析可知，D选项的图象能正确反映AB两端的电压随时间变化的规律．‎ 故选：D ‎【点评】本题是图象问题，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律、欧姆定律判断感应电流的方向，得到电流的解析式，再选择图象．‎ ‎　‎ ‎7．如图甲所示，两个完全相同的灯泡并联后再与R=5Ω的定值电阻串联，然后将这部分电路接到输出电压恒为E=8V的A、B两端，灯泡两端的电压与通过灯泡的电流满足图乙所示关系，则（　　）‎ A．图甲中电流表示数为1.0A B．图甲中每个灯泡的电阻值为3Ω C．图甲中两个灯泡消耗的总功率为3.0W D．图甲中A、B两端的总功率为4.0W ‎【考点】路端电压与负载的关系；电功、电功率．‎ ‎【分析】根据闭合电路欧姆定律，得到电灯的实际电压与电流的关系式，在乙图上作出I﹣U图象，此图象与电灯的伏安特性曲线的交点，表示电灯实际工作状态，读出交点的电压和电流，求出电灯电阻和功率．由P=EI求解电源的总功率．‎ ‎【解答】解：在图甲所示的混联电路中，设每个灯泡加上的实际电压和实际电流分别为U和I，由闭合电路欧姆定律有：‎ E=U+2IR 得：I===0.8﹣0.1U 这是直线方程，把该直线在题图乙上画出，可得如下图所示图象．‎ 这两条曲线的交点为 U=3V、I=0.5A，此时通过电流表的示数 IA=2I=1.0A，每个灯泡的电阻 R==6Ω 两个灯泡消耗的总功率为 P=2UI=3.0W A、B两端的总功率为 P总=E•2I=8×2×0.5W=8.0W．故AC正确，BD错误．‎ 故选：AC ‎【点评】此题电灯是非线性元件，本题的技巧是应用数学方法，通过作图求解电灯的电流．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，固定坡道倾角为θ，顶端距光滑水平面的高度为h，一可视为质点的小物块质量为m，从坡道顶端由静止滑下，经过底端O点进入水平面时无机械能损失，为使小物块制动，将轻弹簧的一端固定在水平面左侧M处的竖直墙上，弹簧自由伸长时右侧一端恰好位于O点．已知小物块与坡道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）‎ A．弹簧弹性势能的最大值为mgh B．小物块在倾斜轨道上运动时，下滑的加速度比上滑的加速度小 C．小物块往返运动的总路程为 D．小物块返回倾斜轨道时所能达到的最大高度为h ‎【考点】功能关系；弹性势能．‎ ‎【分析】对物块受力分析，根据牛顿第二定律分别表示出下滑和上滑时的加速度，然后比较其大小；‎ 当小物块压缩弹簧到最短时，物块的重力势能一部分转化为弹簧的弹性势能，一部分克服摩擦力做功转化为内能；‎ 物块滑回到O点时与刚滑到O点时速度大小相等，从坡底到坡顶，再由动能定理求解最大高度；‎ 小物块最终将静止在斜面低端O点 ‎【解答】解：A、根据能量的转化与守恒，当小物块压缩弹簧到最短时，物块的重力势能一部分转化为弹簧的弹性势能，一部分转化为内能，所以弹簧弹性势能的最大值小于mgh，故A错误；‎ B、根据牛顿第二定律，小物块下滑时：a==gsinθ﹣μgcosθ 小物块上滑时，a′==gsinθ+μgcosθ，可见，a＜a′，故B正确；‎ C、物块m最终停止在O点，对于运动的全过程，由动能定理得：‎ mgh﹣μmgcosθ•l=0‎ 解得：l=，这个总路程是在斜面上运动的总路程，不是整个过程中的总路程，故C错误；‎ D、设物体A能够上升得最大高度h1，物体被弹回过程中由动能定理得：‎ ‎﹣mgh1﹣μmgcosθ•=0﹣mv2‎ 解得：h1=，故D正确；‎ 故选：BD ‎【点评】本题是动能定理与能量守恒定律的简单运用．对动能定理的运用，要选择研究过程，分析哪些力对物体做功，进而确定合力的功或总功．‎ ‎　‎ 二、必考题题（共4小题，满分47分）‎ ‎9．某同学利用“验证牛顿第二定律”的实验器材，测量滑块和长木板之间的动摩擦因数．．如图所示，带滑轮的长木板水平放置．力传感器固定在墙上，轻绳分别跨过固定在滑块上和固定在长木板末端的滑轮，一端与力传感器连接，另一端竖直悬挂一沙桶，沙桶距地面足够远．调节两滑轮的位置使轻绳与长木板平行，不计轻绳与各滑轮之间的摩擦．‎ ‎（1）实验时，一定要进行的操作是　C　（填选项前的字母）‎ A．将长木板右端垫高以平衡摩擦力 B．使沙和沙桶的总质量远小于滑块质量 C．将打点计时器接交流电源 D．用天平测沙和沙桶的总质量 ‎（2）实验时，记录力传感器的示数F，用天平测出滑块质量m，由纸带上的点求出加速度a，根据这些数据，可以得出滑块和木板间的动摩擦因数的表达式μ=　　．（重力加速度为g）‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】（1）实验中测量滑块与木板间的动摩擦因数，不需要平衡摩擦力，拉力可以通过拉力传感器测出．‎ ‎（2）对滑块研究，根据牛顿第二定律得出动摩擦因数的表达式．‎ ‎【解答】解：（1）A、测量滑块和长木板之间的动摩擦因数，不需要将木板右端垫高来平衡摩擦力，故A错误．‎ B、绳子的拉力可以通过力传感器得出，不需要满足沙和沙桶总质量远小于滑块质量，故B错误．‎ C、打点计时器应接交流电源，故C正确．‎ D、拉力的大小可以通过拉力传感器测出，不需要用天平测量沙和沙桶的总质量，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎（2）根据牛顿第二定律得：2F﹣μmg=ma，解得：μ=．‎ 故答案为：（1）C；（2）‎ ‎【点评】解决本题的关键知道实验的原理以及实验中注意的事项，注意拉力的大小由拉力传感器测出，不需要测量沙和沙桶的质量．‎ ‎　‎ ‎10．某同学为了测定一只电阻的阻值，采用了如下方法：‎ ‎（1）用多用电表粗测：多用电表电阻挡有4个倍率：分别为×1k、×100、×10、×1，该同学选择×100倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大（指针位置如图中虚线所示）．为了较准确地进行测量，请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤：‎ a．　换用×10倍率的挡位　．‎ b．两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在0Ω处．‎ c．重新测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是　120　Ω．‎ ‎（2）为了尽量准确测该电阻，要求测量时，电表指针有较大偏转，测量多组数据．除被测电阻外，还备有如下实验仪器，请选择仪器，设计实验电路．‎ A．电压表V（量程50V、内阻约为25kΩ）‎ B．电流表A1（量程500mA、内电阻r1=20Ω）‎ C．电流表A2（量程100mA、内电阻约5Ω）‎ D．定值电阻R0（80Ω）‎ E．滑动变阻器R（0～10Ω）‎ F．电源：电动势E=6V，内电阻较小 G．导线、开关若干 请画出能准确测量电阻R的电路图（要求在电路图上标出元件符号）．请根据设计的电路图写出Rx的测量值表达式Rx=　（R0+r）　．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）欧姆表盘指针偏转角度越大，则电流越大，电阻越小要换小量程档位；换档的要进行欧姆调零，读数要乘以倍率．‎ ‎（2）根据电源电动势选择电压表量程，根据欧姆定律估测通过电路的最大电流，然后选择电流表量程．‎ ‎③该实验中，需要多次测量求平均值，故电流和电压的变化范围要适当大一些，被测电阻比滑动变阻器大的较多，故应选择使用分压电路；因待测电阻的阻值较大，故选择电流表内接法．‎ ‎【解答】解：（1）由题知选择×100倍率的电阻挡，正确操作时，发现多用电表的指针偏转角度太大，由多用电表的电阻刻度特点可知，为了使读数准确，指针要摆到表盘中央附近，则要把×100倍率挡换成×10倍率挡．由欧姆表盘的读数规则可知测量结果为12.0×10Ω=120Ω．‎ ‎（2）已知电源电动势E=6 V，而电压表V的量程为50 V，相比较可得知，此电压表不可选，误差太大；由电源电动势E=6 V，被测阻值约120Ω，可知：通过Rx的最大电流约为I===50 mA；此题要用伏安法测电阻，测量中表的指针要有较大角度偏转误差才会较小，同时知A1的量程和内电阻，可将定值电阻R0与A1串联改装成一电压表测Rx两端的电压；滑动变阻器R=10Ω比被测电阻Rx小得多，则采取分压式接法，则电路图如图所示：‎ 由电路图可知，Rx两端电压Ux=I1（R0+r1）‎ Rx中的电流Ix=I2﹣I1‎ 则Rx==（R0+r1）．‎ 故答案为：（1）a．换用×10倍率的挡位　c．120　（2）电路图见解析　‎ ‎（R0+r）‎ ‎【点评】该题考查了在电阻的测量中的几个注意事项，欧姆表在使用上要求每一次换挡后都要进行欧姆调零；滑动变阻器要采用分压接法； 同时要多注意电表的改装原理的应用．‎ ‎　‎ ‎11．（12分）（2016•济南一模）如图所示为利用静电除烟尘的通道示意图，前、后两面为绝缘板，上、下两面为分别与高压电源的负极和正极相连的金属板，在上下两面间产生的电场可视为匀强电场，通道长L=1m，进烟尘口的截面为边长d=0.5m的正方形．分布均匀的带负电烟尘颗粒均以水平速度v0=2m/s连续进入通道，碰到下金属板后其所带电荷会被中和并被收集，但不影响电场分布．已知每立方米体积内颗粒数n=1013个，每个烟尘颗粒带电量为q=﹣1.0×10﹣17C，质量为m=2.0×10﹣15kg，忽略颗粒的重力、颗粒之间的相互作用力和空气阻力．‎ ‎（1）高压电源电压U0=300V时，求被除去的烟尘颗粒数与总进入烟尘颗粒数的比值 ‎（2）若烟尘颗粒恰好能全部被除去，求高压电源电压U1‎ ‎（3）装置在（2）中电压U1作用下稳定工作时，1s内进入的烟尘颗粒从刚进入通道到被全部除去的过程中，求电场对这些烟尘颗粒所做的总功．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）对颗粒在金属板间的运动进行受力分析和运动过程的分析，可知颗粒做类平抛运动，根据题干提供的条件，即可得知粒子进入电场时，能打到下金属板的粒子距离下金属板的距离．由此即可得知被除去的烟尘颗粒数与总进入烟尘颗粒数的比值．‎ ‎（2）若烟尘颗粒恰好能全部被除去，即为紧贴上金属板射入的颗粒恰能打到下金属板上，利用类平抛运动的知识结合牛顿运动定律即可得知最高电压．‎ ‎（3）先计算出1s内进入通道的颗粒数量，利用平均的方法结合电场力做功的公式即可求得电场对这些烟尘颗粒所做的总功．‎ ‎【解答】解：（1）颗粒在运动中做类平抛运动，由牛顿第二定律有： =ma，‎ 在水平方向上有：L=v0t，在竖直方向上有：y=at2，解得：y=0.375m；‎ 即为距离下金属板的距离小于等于0.375m内的颗粒将打到下金属板上，‎ 被除去的烟尘颗粒数与总进入烟尘颗粒数的比值为：η==；‎ ‎（2）若烟尘颗粒恰好能全部被除去，紧贴上金属板射入的颗粒恰能打到下金属板上，颗粒做平抛运，‎ 在竖直方向上有：d=a1t2 =ma1 解得：U=400V；‎ ‎（3）1s内颗粒的总个数为：N=nd2v0t1‎ 电场力对每个颗粒所做的功与其到下金属板的偏移量y成正比，‎ 平均值等于电场距离下金属板处的颗粒所做的功，做功：W=N，‎ 解得：W=0.01J；‎ 答：（1）高压电源电压U0=300V时，被除去的烟尘颗粒数与总进入烟尘颗粒数的比值为；‎ ‎（2）若烟尘颗粒恰好能全部被除去，高压电压U1为400V ‎（3）电场对这些烟尘颗粒所做的总功为0.01J．‎ ‎【点评】研究带电粒子的偏转实际是牛顿运动定律、受力分析、运动合成和分解的综合应用，分析过程中应把握哪些量是变化的、带电粒子是否飞出电场、偏转方向如何．‎ 研究带电粒子在电场中的加速和偏转时是否考虑重力作用，是困惑同学们的问题之一．这主要是因为有时带电粒子受到的重力远小于电场力，即mg远远小于qE的缘故．但是，在另一类问题中，如讨论带电小球在电场中的平衡问题，这种情况下重力不可忽略，必须考虑．所以，是否考虑带电粒子的重力要依据具体情况而定．‎ ‎（1）基本粒子：如电子、质子对粒子、离子等，除有说明或明确暗示外，一般不考虑重力（但并非忽略质量）．‎ ‎（2）带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或明确暗示外，一般都不能忽略重力．‎ ‎　‎ ‎12．（20分）（2016•济南一模）如图所示，固定斜面上放一木板PQ，木板的Q端放置一可视为质点的小物块，现用轻细线的一端连接木板的Q端，保持与斜面平行，绕过定滑轮后，另一端可悬挂钩码，钩码距离地面足够高．已知斜面倾角θ=30°，木板长为L，Q端距斜面顶端距离也为L，物块和木板的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ1=，若所挂钩码质量为2m，物块和木板能一起匀速上滑；若所挂钩码质量为其他不同值，物块和木板有可能发生和对滑动，重力加速度为g，不计细线与滑轮之间的摩擦，设接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力．‎ ‎（1）木板与斜面间的动摩擦因数μ2；‎ ‎（2）物块和木板发生相对滑动时，所挂钩码质量m′应满足什么条件？‎ ‎（3）选取适当质量的钩码可使木板由静止开始向上滑动，试讨论木板Q端到达斜面顶端所用时间t与钩码质量m′之间的关系．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】（1）对整个系统根据平衡条件求出木板与斜面间的动摩擦因数；‎ ‎（2）要使二者发生相对滑动，保证木板的加速度a1大于物块的加速度，根据牛顿第二定律求出物块加速度和木板加速度，联立即可求解；‎ ‎（3）分两种情况讨论：，物块和木板发生相对滑动，根据位移时间关系得出t与钩码质量m′之间的关系；当，物块和木板一起加速运动，对物块和木板组成的整体根据牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式即可求解；‎ ‎【解答】解：（1）整个系统匀速时有：‎ 对钩码：2mg=T ‎ 对物块和木板：T=2mgsinθ+μ22mgcosθ ‎ 解得μ2=‎ ‎（2）要使二者发生相对滑动，保证木板的加速度a1大于物块的加速度a2‎ 对物块：μ1mgcosθ﹣mgsinθ=ma2‎ 可得 a2=g 对木板：T′﹣mgsinθ﹣μ1mgcosθ﹣μ22mgcosθ=ma1‎ 对钩码：m′g﹣T′=m′a1‎ 解得：a1=g ‎ 联立解得：m′＞m ‎ ‎（3）若m′＞m，二者相对滑动，‎ 木板的位移：L=a1t2‎ 物块的位移：s=a2t2‎ 由于L﹣s＜L，当Q端到达斜面顶端时，物块未从木板上滑下 ‎ 所以有t2==‎ 若2m＜m′≤m，物块和木板一起加速运动 对钩码：m′g﹣T″=m′a3‎ 对二者整体：T″﹣2mgsinθ﹣μ22mgcosθ=2ma3‎ 解得：a3=g ‎ L=a3t2‎ 所以有：t2==‎ 答：（1）木板与斜面间的动摩擦因数为；‎ ‎（2）物块和木板发生相对滑动时，所挂钩码质量m′应满足条件 ‎（3）选取适当质量的钩码可使木板由静止开始向上滑动，木板Q端到达斜面顶端所用时间t与钩码质量m′之间的关系为 当时，‎ 当，‎ ‎【点评】本题考查牛顿运动定律的应用，关键是分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，难点是选择恰当的研究对象运用隔离法和整体法分别受力分析，应用牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题，难度较大．‎ ‎　‎ 三、选考题[物理--选修3-3]（15分）‎ ‎13．堵住打气筒的出气口，缓慢向下压活塞使气体体积减小，你会感到越来越费力，温度保持不变．对这一现象的解释正确的是（　　）‎ A．气体的密度增大，使得在相同时间内撞击活塞的气体分子数目增多 B．分子间没有可压缩的间隙 C．压缩气体要克服分子力做功 D．分子间相互作用力表现为引力 E．在压缩过程中，气体分子势能减小 ‎【考点】封闭气体压强．‎ ‎【分析】首先应注意该题不能把打气筒内的气体看做理想气体，气体分子间变现为较弱的引力，结合在压缩过程中，分子间的距离减小，即可得知分子力的做功情况和分子势能的变化情况，从而可知各选项的正误．‎ ‎【解答】解：A、温度不变，体积减小，气体的密度增大，在相同时间内撞击活塞的气体分子数目增多，气体的压强增大，所以会感到越来越费力，选项A正确．‎ B、尽管越来越费力，但是气体间还是有可压缩的间隙，选项B错误．‎ CD、气体间的分子距离相对于分子的大小较大大，所以分子间的相互作用表现为较弱的引力，所以压缩气体不是克服分子力做功．选项C错误，D正确．‎ E、在压缩过程中，分子间的距离减小，分子间有存在较弱的引力，分子力做正功，所以气体分子势能减小，选项E正确．‎ 故选：ADE ‎【点评】解答有关于实际气体的题，首先要会判断该气体能否看做理想气体，要注意揣摩出题人的意图，该题就不能把打气筒内的气体看做理想气体．在不能看做理想气体时，因气体分子间的距离较大，所以相距较近的分子间表现为引力．并会根据分子力做功分析分子势能的变化．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，足够长的导热性能良好的气缸竖直放置，底部与一打气装置相连，每次均可打入压强P0=1.0×105Pa，体积V0=1.0×10﹣5m3的空气．在距气缸底部h=0.25m处用销钉固定一活塞A，封闭一部分压强也为P0=1.0×105Pa的空气，活塞A可在气缸内无摩擦的滑动，质量m=2kg，横截面积S=4.0×10﹣4m2．现向气缸内打气2次后，拔掉销钉，活塞缓慢移动，最终停在某个未知，整个过程中保持外界环境的大气压强和温度不变，大气压P0=1.0×105Pa，重力加速度g=10m/s2．求最终活塞与气缸底部的距离．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】以气缸内气体与打入的气体整体为研究对象，根据题意求出气体的状态参量，应用玻意耳定律可以求出气体的体积，求出活塞到气缸底部的距离．‎ ‎【解答】解：以气缸内气体与打入的气体整体为研究对象，气体的状态参量：‎ P1=P0=1.0×105Pa，V1=2V0+hS=2×1.0×10﹣5+0.25×4.0×10﹣4=1.2×10﹣4m3，‎ P2=P0+=1.0×105+=1.5×105Pa，V2=LS，‎ 气体发生等温变化，由玻意耳定律得：P1V1=P2V2，‎ 即：1.0×105×1.2×10﹣4=1.5×105×4.0×10﹣4×L，‎ 解得：L=0.2m；‎ 答：最终活塞与气缸底部的距离为0.2m．‎ ‎【点评】‎ 本题考查了求活塞距离气缸底部的距离，根据题意求出气体的状态参量，应用玻意耳定律即可解题；本题解题的技巧是巧妙选择研究对象，解题的关键是根据题意求出气体的状态参量．‎ ‎　‎