四川省广元市高考一模物理试卷解析

四川省广元市高考一模物理试卷解析

‎2016届四川省广元市高考一模物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）‎ ‎1．关于静电场，下列说法正确的是（　　）‎ A．同一电场线上的各点，电势一定相等 B．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加 C．电场强度为零的点，电势一定为零 D．电势为零的点，电场强度一定为零 ‎　‎ ‎2．一物体在光滑的水平桌面上运动，在相互垂直的x方向和y方向上的分运动速度随时间变化的规律如图所示．关于物体的运动，下列说法正确的是（　　）‎ A．物体做速度逐渐增大的曲线运动 B．物体运动的加速度先减小后增大 C．物体运动的初速度大小是‎50m/s D．物体运动的初速度大小是‎10m/s ‎　‎ ‎3．“玉兔号”登月车在月球表面接触的第一步实现了中国人“奔月”的伟大梦想．机器人“玉兔号”在月球表面做了一个自由下落试验，测得物体从静止自由下落h高度的时间t，已知月球半径为R，自转周期为T，引力常量为G．则（　　）‎ A．月球表面重力加速度为 B．月球第一宇宙速度为 C．月球质量为 D．月球同步卫星离月球表面高度 ‎　‎ ‎4．如图所示，以‎8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2s将熄灭，此时汽车距离停车线‎21m．该车加速时最大加速度大小为‎2m/s2，减速时最大加速度大小为‎5m/s2．此路段允许行驶的最大速度为‎12m/s．下列说法中正确的是（　　）‎ A．如果立即做匀减速运动，汽车可能在绿灯熄灭前安全停在停车线内 B．如果立即做匀速运动，在绿灯熄灭前汽车可能安全通过停车线 C．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速 D．如果距停车线‎5m处开始减速，汽车能安全停在停车线处 ‎　‎ ‎5．下列四图中，A、B两图是质量均为m的小球以相同的水平初速度向右抛出，A图值受重力作用，B图除受重力外还受水平向右的恒定风力作用；C、D两图中有相同的无限宽的电场，场强方向竖直向下，D图中还有垂直于纸面向里无限宽的匀强磁场且电场正交，在两图中均以相同的初速度向右水平抛出质量为m的正电荷，两图中不计重力作用．则下列有关说法正确的是（　　）‎ A．A、B、C三图中的研究对象均做匀变速曲线运动，但C图中电荷的加速度最大 B．从开始抛出经过相同的时间，C、D两图竖直方向速度变化相同，A、B两图竖直方向速度变化相同 C．在C、D两图中，从开始抛出到沿电场线运动相等距离的过程内，电荷的动能变化相同 D．在A、B两图中，相同时间内，小球的动能变化相同 ‎　‎ ‎6．如图所示，A、B为竖直墙面上等高的两点，AO、BO为长度相等的两根轻绳，CO为一根轻杆，转轴C在AB中点D的正下方，AOB在同一水平面内，∠AOB=120°，∠COD=60°，若在O点处悬挂一个质量为m的物体，则平衡后绳AO所受的拉力和杆OC所受的压力分别为（　　）‎ A．绳AO所受的拉力为mg B．绳AO所受的拉力为mg C．杆OC所受的压力为mg D．杆OC所受的压力为mg ‎　‎ ‎7．如图所示为某种电流表的原理示意图，质量为m的均质细金属棒MN的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的轻弹簧相连，绝缘弹簧劲度系数为k．在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab的长度．当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合，当MN中有电流通过时，指针示数颗表示电流强度．已知k=2.0N/m，ab的长度为‎0.20m，bc的长度为‎0.050m，B=0.20T，重力加速度为g（　　）‎ A．当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为 B．若要电流表正常工作，应将MN的M端与电源负极相接 C．该电流表的量程是‎2.5A D．若将量程扩大到2倍，磁感应强度应变为0.40T ‎　‎ ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分68分）‎ ‎8．某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系．弹簧秤固定在一个合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩与矿泉水连接．在桌面上画出两条平行线MN、PQ，并测出间距d．开始时将固定哟弹簧秤的木板置于MN处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小．再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F1，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到PQ处的时间t．‎ ‎①木板的加速度可以用d、t表示为a=　　　　　　；为了减小测量加速度的偶然误差，可以多次测量时间t，取t的平均值；‎ ‎②改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a与弹簧秤示数F1的关系．下列图象能粗略表示该同学实验结果的是　　　　　　．‎ ‎③用加水的方法改变拉力的大小与挂钩的方法相比，它的优点是　　　　　　．‎ A．可以改变滑动摩擦力的大小 B．可以更方便地获取多组实验数据 C．可以比较精确地测出摩擦力的大小 D．可以获得更大的加速度以提高实验精度．‎ ‎　‎ ‎9．某实验小组设计如下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，内阻比较小；所用电压表量程为3V、内阻很大．‎ ‎①按实验电路图在图（2）中连接实物图．‎ ‎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1.10V；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　　　　　　．根据以上测量数据可得电阻R0=　　　　　　Ω（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R，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=　　　　　　Ω．（计算结果保留三位有效数字．）‎ ‎　‎ ‎10．在游乐场，有一种大型游乐设施跳楼机，如图所示，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，提升到离地最大高度‎64m处，然后由静止释放，开始下落过程可认为自由落体运动，然后受到一恒定阻力而做匀减速运动，且下落到离地面‎4m高处速度恰好减为零．已知游客和座椅总质量为‎1500kg，下落过程中最大速度为‎20m/s，重力加速度g=‎10m/s2．求：‎ ‎（1）游客下落过程的总时间；‎ ‎（2）恒定阻力的大小．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，A、B间存在与竖直方向成45°斜向上的匀强电场E1，B、C间存在竖直向上的匀强电场E2，A、B的间距为‎1.25m，B、C的间距为‎3m，C为荧光屏．一质量m=1.0×10﹣‎3kg，电荷量q=+1.0×10﹣‎2C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的O点．若在B、C间再加方向垂直于纸面向外且大小B=0.1T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏的O′点（图中未画出）．取g=‎10m/s2．求：‎ ‎（1）E1的大小 ‎（2）加上磁场后，粒子由b点到O′点电势能的变化量．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R．一个质量为m的物体（可以看作质点）从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ．求：‎ ‎（1）物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；‎ ‎（2）最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力；‎ ‎（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′应满足什么条件？‎ ‎　‎ ‎　‎ ‎2016年四川省广元市高考一模物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）‎ ‎1．关于静电场，下列说法正确的是（　　）‎ A．同一电场线上的各点，电势一定相等 B．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加 C．电场强度为零的点，电势一定为零 D．电势为零的点，电场强度一定为零 ‎【考点】电场；电场线；电势．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；电势是标量与零势面的选取有关，所以电场强度为零的地方电势不一定为零，电势为零的地方电场强度也不一定为零；电势能公式Ep=qφ．‎ ‎【解答】解：A、沿电场线的方向电势逐渐降低，故A错误；‎ B、据电势能公式Ep=qφ知，负电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定增加，故B正确．‎ CD、电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；电势是标量与零势面的选取有关，所以电场强度为零的地方电势不一定为零，电势为零的地方电场强度也不一定为零，故CD错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】明确电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；电荷在某点的电势能是由该点电势和电荷决定．‎ ‎　‎ ‎2．一物体在光滑的水平桌面上运动，在相互垂直的x方向和y方向上的分运动速度随时间变化的规律如图所示．关于物体的运动，下列说法正确的是（　　）‎ A．物体做速度逐渐增大的曲线运动 B．物体运动的加速度先减小后增大 C．物体运动的初速度大小是‎50m/s D．物体运动的初速度大小是‎10m/s ‎【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【专题】比较思想；图析法；运动学中的图像专题．‎ ‎【分析】物体做曲线运动的特征是加速度与速度不在同一直线上，分析合运动的初速度方向与加速度方向关系，来判断物体的运动性质；根据平行四边形定则求解初速度大小．‎ ‎【解答】‎ 解：A、由图知，x方向的初速度沿x轴正方向，y方向的初速度沿y轴负方向，则合运动的初速度方向不在y轴方向上；x轴方向的分运动是匀速直线运动，加速度为零，y轴方向的分运动是匀变速直线运动，加速度沿y轴方向，所以合运动的加速度沿y轴方向，与合初速度方向不在同一直线上，因此物体做曲线运动．根据速度的合成可知，物体的速度先减小后增大，故A错误．‎ B、物体运动的加速度等于y方向的加速度，保持不变，故B错误．‎ CD、根据图象可知物体的初速度为：v0===‎50m/s，故C正确，D错误．‎ 故选：C ‎【点评】本题的关键要掌握物体做曲线运动的条件和平行四边形定则，就能分析物体的运动情况．‎ ‎　‎ ‎3．“玉兔号”登月车在月球表面接触的第一步实现了中国人“奔月”的伟大梦想．机器人“玉兔号”在月球表面做了一个自由下落试验，测得物体从静止自由下落h高度的时间t，已知月球半径为R，自转周期为T，引力常量为G．则（　　）‎ A．月球表面重力加速度为 B．月球第一宇宙速度为 C．月球质量为 D．月球同步卫星离月球表面高度 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【专题】万有引力定律的应用专题．‎ ‎【分析】机器人自由下落h高度所用时间为t，根据：h=gt2 求出月球表面的重力加速度g．‎ 根据重力提供向心力，可以计算月球的第一宇宙速度．‎ 根据月球表面的物体受到的重力等于万有引力，计算月球的质量．‎ 月球同步卫星绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，化简可得月球同步卫星离月球表面高度h．‎ ‎【解答】解：A、由自由落体运动规律有：h=gt2，所以有：，故A错误．‎ B、月球的第一宇宙速度为近月卫星的运行速度，根据重力提供向心力，所以=，故B错误．‎ C、在月球表面的物体受到的重力等于万有引力，所以，故C错误．‎ D、月球同步卫星绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，解得，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两个理论，并能灵活运用．本题重点是利用好月球表面的自由落体运动，这种以在星球表面自由落体，或平抛物体，或竖直上抛物体给星球表面重力加速度的方式是比较常见的．[来源:]‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，以‎8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2s将熄灭，此时汽车距离停车线‎21m．该车加速时最大加速度大小为‎2m/s2，减速时最大加速度大小为‎5m/s2．此路段允许行驶的最大速度为‎12m/s．下列说法中正确的是（　　）‎ A．如果立即做匀减速运动，汽车可能在绿灯熄灭前安全停在停车线内 B．如果立即做匀速运动，在绿灯熄灭前汽车可能安全通过停车线 C．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速 D．如果距停车线‎5m处开始减速，汽车能安全停在停车线处 ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题．‎ ‎【分析】根据匀变速直线运动的位移时间公式、速度时间公式和速度位移公式判断汽车的位移和末速度．从而逐项分析判断．‎ ‎【解答】解：A、汽车如果立即做匀减速直线运动，匀减速运动的位移x=＜‎21m，运动的时间t=，故A正确．‎ B、如果立即做匀速运动，绿灯熄灭前汽车的位移x=v0t=8×‎2m=‎16m＜‎21m，故B错误．‎ C、如果立即做匀加速直线运动，绿灯熄灭前的位移=‎20m＜‎21m，不能通过停车线，故C错误．‎ D、匀减速运动的位移x=＞‎5m，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】解决本题的关键理清汽车的运动规律，结合速度时间公式、速度位移公式、位移时间公式进行求解，难度不大．‎ ‎　‎ ‎5．下列四图中，A、B两图是质量均为m的小球以相同的水平初速度向右抛出，A图值受重力作用，B图除受重力外还受水平向右的恒定风力作用；C、D两图中有相同的无限宽的电场，场强方向竖直向下，D图中还有垂直于纸面向里无限宽的匀强磁场且电场正交，在两图中均以相同的初速度向右水平抛出质量为m的正电荷，两图中不计重力作用．则下列有关说法正确的是（　　）‎ A．A、B、C三图中的研究对象均做匀变速曲线运动，但C图中电荷的加速度最大 B．从开始抛出经过相同的时间，C、D两图竖直方向速度变化相同，A、B两图竖直方向速度变化相同 C．在C、D两图中，从开始抛出到沿电场线运动相等距离的过程内，电荷的动能变化相同 D．在A、B两图中，相同时间内，小球的动能变化相同 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；平抛运动．‎ ‎【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题．‎ ‎【分析】将小球的运动分解为水平方向和竖直方向去研究，水平方向上运动与竖直方向上的运动不相互影响，利用动能定理来求解即可．‎ ‎【解答】解：A、在A、B、C三图中，A图中，只受重力，B图中受重力和恒定的风力，合力恒定；C图中只受电场力，恒定，故加速度恒定，故均做匀变速曲线运动；不知道电场力与重力的大小关系，无法判断合力的大小，故无法判断加速度的大小，故A错误；‎ B、从开始抛出经过相同时间，AB两图中在竖直方向都是做的自由落体运动，故竖直方向速度变化量相同，图C中在竖直方向只受电场力做初速度为零的匀加速运动，而D图中竖直方向有电场力，还有洛伦兹力的分立，故CD在竖直方向加速度不同，速度变化量不同，故B错误；‎ C、在C、D两图中，从开始抛出到沿电场线运动相等距离的过程内，只有电场力做功，电场力做功相同，故动能变化相同，故C正确；‎ D、在AB两图中，竖直方向都做自由落体运动，在相等时间内下降高度相等，故重力做功相等，但乙图中有风力做功，故乙图中总功较大，故乙图中动能变化较大，故D错误；‎ 故选：C ‎【点评】解决本题的关键掌握处理曲线运动的方法，将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向上受重力和电场力，做初速度为0的匀加速直线运动．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，A、B为竖直墙面上等高的两点，AO、BO为长度相等的两根轻绳，CO为一根轻杆，转轴C在AB中点D的正下方，AOB在同一水平面内，∠AOB=120°，∠COD=60°，若在O点处悬挂一个质量为m的物体，则平衡后绳AO所受的拉力和杆OC所受的压力分别为（　　）‎ A．绳AO所受的拉力为mg B．绳AO所受的拉力为mg C．杆OC所受的压力为mg D．杆OC所受的压力为mg ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题．‎ ‎【分析】本题是力平衡问题．先以O点为研究对象，分析受力情况，作出力图，由平衡条件求出AO和BO的合力F的大小和方向，再将F进行分解，求出绳AO所受拉力的大小和杆对O点的支持力，即可得解．‎ ‎【解答】解：设绳AO和绳BO拉力的合力为F，以O点为研究对象，O点受到重力mg、杆的支持力F2和绳AO与绳BO拉力的合力F，作出力的示意图，如图所示，根据平衡条件得：‎ F=mgtan30°=mg F2==mg 将F分解，如右图，设AO所受拉力的大小F1，因为∠AOB=120°，根据几何知识得：‎ F1=F=mg 所以绳AO所受到的拉力F1为mg，而杆OC所受到的压力大小等于F2为mg．‎ 故选：AD ‎[来源:]‎ ‎【点评】本题O点受到的力不在同一平面，关键是将受力情况分成竖直和水平两个平面研究．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示为某种电流表的原理示意图，质量为m的均质细金属棒MN的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的轻弹簧相连，绝缘弹簧劲度系数为k．在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab的长度．当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合，当MN中有电流通过时，指针示数颗表示电流强度．已知k=2.0N/m，ab的长度为‎0.20m，bc的长度为‎0.050m，B=0.20T，重力加速度为g（　　）‎ A．当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为 B．若要电流表正常工作，应将MN的M端与电源负极相接 C．该电流表的量程是‎2.5A D．若将量程扩大到2倍，磁感应强度应变为0.40T ‎【考点】安培力；胡克定律．‎ ‎【专题】定量思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用．[来源:Z|xx|k.Com]‎ ‎【分析】（1）电流表示数为零时，金属棒在重力与弹簧弹力作用下处于平衡状态，根据平衡方程可解得弹簧伸长量．‎ ‎（2）当电流表正常工作时，电流表有示数，金属棒将受到向下的安培力，根据左手定则可知MN中电流方向，从而确定MN的哪一端与电源正极相接．‎ ‎（3）当金属棒处于ab线上时，电流表示数最大，根据平衡条件以及弹簧的伸长量可求得此时是最大电流．‎ ‎（4）扩大量程后根据（3）中的平衡方程即可解出正确结果 ‎【解答】解：A、设弹簧的伸长为△x，则有：mg=k△x…①‎ 由①式得：…②‎ 故当电流表示数为零时，弹簧伸长量为，故A正确．‎ B、为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下．跟左手定则可知金属棒中电流从M端流向N端，因此M端应接正极．‎ 故若要电流表正常工作，MN的M端应接正极，故B错误 C、设满量程时通过MN的电流强度为Im，则有：‎ BImab+mg=k（bc+△x）…③‎ 联立①③并代入数据得：Im=‎2.5 A…④‎ 故此电流表的量程是‎2.5A，故C正确 D、设量程扩大后，磁感应强度变为B′，则有：2B′Imab+mg=k（bc+△x）…⑤‎ 由①⑤得解得：B'=0.10 T ‎ 故若将量程扩大2倍，磁感应强度应变为0.10T，故D错误 故选：AC ‎【点评】本题题意新颖，考查点巧妙，借助生活中的实际器材考查了物体平衡问题，正确进行受力分析，然后根据平衡条件列方程是解题关键 ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分68分）‎ ‎8．某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系．弹簧秤固定在一个合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩与矿泉水连接．在桌面上画出两条平行线MN、PQ，并测出间距d．开始时将固定哟弹簧秤的木板置于MN处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小．再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F1，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到PQ处的时间t．‎ ‎①木板的加速度可以用d、t表示为a=　　；为了减小测量加速度的偶然误差，可以多次测量时间t，取t的平均值；‎ ‎②改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a与弹簧秤示数F1的关系．下列图象能粗略表示该同学实验结果的是　C　．‎ ‎③用加水的方法改变拉力的大小与挂钩的方法相比，它的优点是　BC　．‎ A．可以改变滑动摩擦力的大小 B．可以更方便地获取多组实验数据[来源:Z,xx,k.Com]‎ C．可以比较精确地测出摩擦力的大小 D．可以获得更大的加速度以提高实验精度．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【专题】实验题；定性思想；实验分析法；牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】（1）根据运动学公式求出加速度；‎ ‎（2）知道当水的质量远远小于木板的质量时，水的重力近似等于绳子的拉力；‎ ‎（3）不可以改变滑动摩擦力的大小，钩码的质量不连续，测量摩擦力难以精确．‎ ‎【解答】解：（1）根据匀变速直线运动公式得：‎ a=‎ ‎（2）当F1＞F0时，木板才产生加速度．随着继续向瓶中加水后，矿泉水瓶的质量不断增加，‎ 矿泉水瓶的质量不能远小于木板的质量，那么水的重力与绳子的拉力差值越来越大．‎ 故选：C．‎ ‎（3）A、不可以改变滑动摩擦力的大小，故A错误．‎ B．缓慢向瓶中加水，可以更方便地获取多组实验数据，故B正确．‎ C．缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动，可以比较精确地测出摩擦力的大小，故C正确．‎ D．并没有获得很大的加速度，可以获取多组实验数据以提高实验精度．故D错误．‎ 故选：BC．‎ 故答案为：（1）；（2）C；（3）BC．‎ ‎【点评】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，尤其是理解平衡摩擦力和M＞＞m的操作和要求的含义．涉及到图象问题，首先根据相应的物理规律写出公式，然后整理出关于纵轴与横轴物理量的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解．‎ ‎　‎ ‎9．某实验小组设计如下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，内阻比较小；所用电压表量程为3V、内阻很大．[来源:]‎ ‎①按实验电路图在图（2）中连接实物图．‎ ‎②先将电阻箱电阻调至如图（3）所示，则其电阻读数为　11Ω　．闭合开关S，将S1打到b端，读出电压表的读数为1.10V；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　1.50V　．根据以上测量数据可得电阻R0=　4.0　Ω（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R，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=　1.67　V，内阻r=　1.00　Ω．（计算结果保留三位有效数字．）‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【专题】实验题．‎ ‎【分析】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；由图示电压表确定的其量程与分度值，读出其示数；由串联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值．‎ 应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图象与函数表达式求出电源电动势与内阻．‎ ‎【解答】解：（1）按实验电路图在图（2）中连接实物图：‎ ‎（2）先将电阻箱电阻调至如图（3）所示，则其电阻读数为1×10+1×1=11Ω．闭合开关S，将S1打到b端，读出电压表的读数为1.10V；‎ 电流I==‎0.1A，‎ 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1.50V．‎ 根据以上测量数据可得电阻R0=﹣11=4.0Ω ‎（3）在闭合电路中，电源电动势：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r=kE﹣R0=5﹣4=1.00Ω．‎ 故答案为：①如图；②11，1.50，4.0．③1.67，1.00．‎ ‎【点评】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，读数时视线要与电表刻度线垂直．‎ ‎　‎ ‎10．在游乐场，有一种大型游乐设施跳楼机，如图所示，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，提升到离地最大高度‎64m处，然后由静止释放，开始下落过程可认为自由落体运动，然后受到一恒定阻力而做匀减速运动，且下落到离地面‎4m高处速度恰好减为零．已知游客和座椅总质量为‎1500kg，下落过程中最大速度为‎20m/s，重力加速度g=‎10m/s2．求：‎ ‎（1）游客下落过程的总时间；‎ ‎（2）恒定阻力的大小．‎ ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【专题】牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】（1）根据下落的最大速度求出自由下落的时间自由下落的位移，根据速度位移公式求出匀减速运动的加速度和时间，从而求出游客下落过程中的总时间．‎ ‎（2）根据牛顿第二定律，结合匀减速运动的加速度求出阻力的大小．‎ ‎【解答】解：（1）设下落过程中最大速度为v，自由落体的高度为h1，‎ 则：v2=2gh1，v=gt1‎ 解得：t1=2s ‎ 设匀减速的高度为h2，加速度大小为a，‎ 则：v2=2ah2‎ v=at2‎ 下落的总距离h=h1+h2=‎64m﹣‎4m=‎60m ‎ 联立解得：a=‎5m/s2 t2=4s ‎ 游客下落过程的总时间为t=t1+t2=6s ‎ ‎（2）匀减速过程中：设阻力为f，由牛顿第二定律得：f﹣mg=ma ‎ 已知m=‎1500kg，可得f=22500N 答：‎ ‎（1）游客下落过程的总时间为6s；‎ ‎（2）恒定阻力的大小为22500N．‎ ‎【点评】解决本题的关键理清游客在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，A、B间存在与竖直方向成45°斜向上的匀强电场E1，B、C间存在竖直向上的匀强电场E2，A、B的间距为‎1.25m，B、C的间距为‎3m，C为荧光屏．一质量m=1.0×10﹣‎3kg，电荷量q=+1.0×10﹣‎2C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的O点．若在B、C间再加方向垂直于纸面向外且大小B=0.1T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏的O′点（图中未画出）．取g=‎10m/s2．求：‎ ‎（1）E1的大小 ‎（2）加上磁场后，粒子由b点到O′点电势能的变化量．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【专题】带电粒子在电场中的运动专题．‎ ‎【分析】（1）由平衡条件可以求出电场强度；‎ ‎（2）根据动能定理，可求出粒子经b点的速度，再由平衡状态，与牛顿第二定律，及几何关系可确定电势能变化量．‎ ‎【解答】解：（1）粒子在A、B间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有：‎ qE1cos 45°=mg ‎ 解得：E1= N/C=1.4 N/C．‎ ‎（2）粒子从a到b的过程中，由动能定理得：‎ qE1dABsin 45°=mvb2‎ 解得：vb==‎5 m/s ‎ 加磁场前粒子在B、C间必做匀速直线运动，则有：qE2=mg ‎ 加磁场后粒子在B、C间必做匀速圆周运动，如图所示，由动力学知识可得：qvbB=m 解得：R=‎5 m ‎ 设偏转距离为y，由几何知识得：‎ R2=dBC2+（R﹣y）2‎ 代入数据得y=‎1.0 m ‎ 粒子在B、C间运动时电场力做的功为：‎ W=﹣qE2y=﹣mgy=﹣1.0×10﹣2J ‎ 由功能关系知，粒子的电势能增加了1.0×10﹣2J ‎ 答：（1）E1的大小为1.4N/C；‎ ‎（2）加上磁场后，粒子由b点到O′点粒子的电势能增加了1.0×10﹣2J．‎ ‎【点评】考查力的平行四边形定则，学会进行力的分解，理解动能定理与牛顿第二定律的应用，注意几何关系的正确性，同时掌握三角函数关系．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R．一个质量为m的物体（可以看作质点）从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ．求：‎ ‎（1）物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；‎ ‎（2）最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力；‎ ‎（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′应满足什么条件？‎ ‎【考点】向心力；动能定理的应用．‎ ‎【专题】压轴题．‎ ‎【分析】①利用动能定理求摩擦力做的功；‎ ‎②对圆周运动条件的分析和应用；‎ ‎③圆周运动中能过最高点的条件．‎ ‎【解答】解：（1）因为摩擦始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动．‎ 对整体过程由动能定理得 mgR•cosθ﹣μmgcosθ•x=0‎ 所以总路程为x=．‎ ‎（2）对B→E过程，B点的初速度为零，‎ 由动能定理得 mgR（1﹣cosθ）=mvE2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①‎ FN﹣mg=m﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②‎ 由①②得对轨道压力：FN=（3﹣2cosθ）mg．‎ 方向竖直向下 ‎（3）设物体刚好到D点，则由向心力公式得 mg=m﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③‎ 对全过程由动能定理得 mgL′sinθ﹣μmgcosθ•L′﹣mgR（1+cosθ）=mvD2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣④‎ 由③④得最少距离L′=•R．‎ 故答案为：（1）在AB轨道上通过的总路程为x=．‎ ‎（2）对圆弧轨道的压力为（3﹣2cosθ）mg，方向竖直向下 ‎（3）释放点距B点的距离L′至少为•R．‎ ‎【点评】本题综合应用了动能定理求摩擦力做的功、圆周运动及圆周运动中能过最高点的条件，对动能定理、圆周运动部分的内容考查的较全，是圆周运动部分的一个好题．‎ ‎　‎