河南省镇平县第一高级中学2020届高三物理上学期期终考前模拟试题（含解析）

河南省镇平县第一高级中学2020届高三物理上学期期终考前模拟试题（含解析）

镇平一高中2020高三期终考前模拟演练 ‎ 物理试题 一、选择题(本大题共17小题，计68分。在每小题给出的四个选项中，第1～10题只有一个选项符合题目要求，每小题4分；第11～17题有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)‎ ‎1.一质点做匀加速直线运动时,速度变化时发生位移,紧接着速度变化同样的时发生位移,则该质点的加速度为(   )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据匀变速直线运动的速度位移公式，结合两段过程中速度的变化量相等，联立求出质点的加速度．‎ ‎【详解】设匀加速的加速度a，物体的速度分别为v1、v2和 v3；据运动学公式可知，v22−v12＝2ax1，v32−v22＝2ax2，且v2-v1=v3-v2=△v；联立以上三式解得：a=。故选D。‎ ‎2.如图所示，带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行。现给小滑块施加一个竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则有 A. 小球对斜劈的压力保持不变 B. 轻绳对小球的拉力先减小后增大 C. 竖直杆对小滑块的弹力先增大再减小 D. 对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B、对小球受力分析，受重力、支持力和细线的拉力，如图所示：‎ 根据平衡条件可知，细线的拉力T增加，支持力N减小，根据牛顿第三定律，球对斜面的压力也减小；故A、B错误。‎ C、D、对球和滑块整体分析，受重力、斜面的支持力N，杆的支持力N′，拉力F，如图所示：‎ 根据平衡条件，有：水平方向：N′=Nsinθ，竖直方向：F+Ncosθ=G，由于N减小，故N′减小，F增加；故C错误、D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查共点力平衡条件的应用，关键是正确选择采用整体法和隔离法，灵活地选择研究对象，然后根据平衡条件并结合图示法和正交分解法分析即可。通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法。有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用。‎ ‎3.用一束波长为λ1的单色光照射一群处于基态的氢原子,氢原子发出三种频率的光,其中波长最长的为λ2,用这三种光中波长为中间值的光照射逸出功为W0的金属表面,发生光电效应,已知光在真空中的传播速度为c,普朗克常量为h,则从金属表面逸出的光电子的最大初动能为（ ）‎ A. W0 B. W0‎ C. W0 D. +W0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 波长最长的对应于能级差最小的跃迁；根据波尔理论找到波长中间值的波长，结合光电效应方程求解最大初动能.‎ ‎【详解】由题意可知波长最长的应该对应于从3→2的跃迁，波长为中间值的λ3应该对应于从2→1的跃迁，根据波尔理论可知：，解得 ；根据光电效应方程： 解得 ，故选B.‎ ‎4.如图所示,在足够长的斜面上有一质量为m的薄木板A,当木板A获得初速υ0后恰好能沿斜面匀速下滑。现将一质量也为m的滑块B无初速度轻放在木板A的上表面。当滑块B在木板A上滑动的过程中(B始终未从A的上表面滑出,B与A间的摩擦系数大于A与斜面间的动摩擦因数),下列说法正确的是( )‎ A. A. B组成的系统动量和机械能都守恒 B. A. B组成的系统动量和机械能都不守恒 C. 当B的速度为v0时,A的速度为v0‎ D. 当A的速度为v0时,B的速度为v0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对A、B进行受力分析，结合动量守恒的条件：合外力为零，分析动量是否守恒．根据能量转化情况分析机械能是否守恒．结合动量守恒定律即可求解．‎ ‎【详解】设A与斜面间的动摩擦因数为μ，A匀速运动时，有：mgsinθ=μmgcosθ。对于A、B组成的系统，由于2mgsinθ=μ•2mgcosθ，所以系统的合外力为零，系统的动量守恒。由于系统要克服摩擦做功，产生内能，所以系统的机械能不守恒，故AB错误。以A、B组成的系统为研究对象，其合外力为零，符合动量守恒，取沿斜面向下为零，由动量守恒定律有mv0=mvA+mvB，当vB=v0时，vA=v0。当vA=v0时，vB=v0。由于B与A间的摩擦系数大于A与斜面间的动摩擦因数，因此vA＞vB，故C正确，D错误。故选C。‎ ‎【点睛】本题关键是对物体的受力分析，分析系统的合外力，确定出系统的动量守恒，根据动量守恒定律进行计算．‎ ‎5.如图，半圆形光滑航道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度 从教道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为（重力加速度为）：（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 设半圆的半径为R，根据动能定理得：−mg•2R＝mv′2−mv2，离开最高点做平抛运动，有：2R=gt2，x=v′t，联立解得：，可知当R=时，水平位移最大，故C正确，ABD错误。故选B。‎ 点睛：本题考查了动能定理与圆周运动和平抛运动的综合运用，得出水平位移的表达式是解决本题的关键，本题对数学能力的要求较高，需加强这方面的训练。‎ ‎6. 某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α＝60°，使飞行器恰恰与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法中正确的是 A. 加速时加速度的大小为 B. 加速时动力的大小等于 C. 减速时动力的大小等于 D. 减速飞行时间t后速度为零 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成角斜向上，设动力为F，合力为，如图所示：‎ 在中，由几何关系得：，，由牛顿第二定律得飞行器的加速度为：‎ 故A正确，B错误；时刻的速率：，推力方向逆时针旋转，合力的方向与水平方向成斜向下，推力跟合力垂直，如图所示，‎ 此时合力大小为：，动力大小：，‎ 飞行器的加速度大小为：，到最高点的时间为：‎ 故C D错误。‎ 考点：牛顿运动定律综合 ‎【名师点睛】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的应用，要求同学们能正确对分析器进行受力分析并能结合几何关系求解，难度适中。‎ ‎7.如图所示，在直角三角形所在的平面内存在匀强电场，其中A点电势为0，B点电势为3V，C点电势为6V．己知∠ACB＝30°，AB边长为m，D为AC的中点．，将一点电荷放在D点，且点电荷在C点产生的场强为1.5N/C，则放入点电荷后，B点场强为（ ）‎ A. 2.5N/C B. 3.5N/C C. 2N/C D. N/C ‎【答案】A ‎【解析】‎ 在匀强电场中，D点电势为，因此BD连线即为等势线，画出电场线如图所示：‎ 因，则AB两点沿电场线方向的距离为，BA间的电势差U=φB-φA=3V，则匀强电场的场强，由于点电荷在C点产生的场强为1.5N/C，则点电荷在B点产生的场强也为1.5N/C，方向与匀强电场的电场强度方向垂直 因此B点场强为，故A正确， B、C、D错误．故选A.‎ ‎【点评】考此题的关键要找出等势点，来确定等势线，并掌握电势线与电场线垂直，理解公式中d的含义为两点沿电场线方向的距离．‎ ‎8.如图，直线上方分布着垂直纸而向里的匀强磁场，从粒子源在纸面内沿不同的方向先后发射速率均为的质子和，两个质子都过点。已知，质子沿与成角的方向发射，不计质子的重力和质子间的相互作用力，则（ ）‎ A. 质子在磁场中运动的半径为 B. 质子在磁场中的运动周期为 C. 质子在磁场中的运动时间为 D. 质子在磁场中的运动时间为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由几何关系分别求出两质子做匀速圆周运动的半径分别为，故质子的运动运动周期为，而两质子从O到P分别旋转300°和60°，时间分别为，，故B正确．‎ ‎【点睛】本题是把两个质子相同的速率沿以不同方向从磁场中的同一点射入磁场，经偏转后又到达同一点，显然要找出两质子运动的特征，即半径相同，但由圆的相关知识就能知道两质子的轨迹，及偏转角度，从而求出运动时间、周期．‎ ‎9.如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻。可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定过程Ⅰ；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到过程Ⅱ。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于　　‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 本题考查电磁感应及其相关的知识点。‎ 过程I回路中磁通量变化△Φ1=BπR2，设OM的电阻为R，流过OM的电荷量Q1=△Φ1/R。过程II回路中磁通量变化△Φ2=（B’-B）πR2，流过OM的电荷量Q2=△Φ2/R。Q2= Q1，联立解得：B’/B=3/2，选项B正确。‎ ‎【点睛】此题将导体转动切割磁感线产生感应电动势和磁场变化产生感应电动势有机融合，经典中创新。‎ ‎10.一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻，和的阻值分别为，，，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为该变压器原、副线圈匝数比为　　‎ A. 2 B. 3 C. 4 D. 5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：该变压器原、副线圈匝数比为k，当开关S断开时，原线圈两端电压，电流为I1=I，副线圈的电压，根据欧姆定律，当开关S闭合时，原线圈两端电压，电流为I1' =4I，副线圈的电压，根据欧姆定律综上解得k=3，故A、C、D错误，B正确。‎ ‎【考点定位】变压器、欧姆定律 ‎【名师点睛】本题主要考查变压器、欧姆定律。解决这类问题的关键是掌握变压器的构造和原理，对于变压器需要掌握公式、，并能熟练运用。此题值得注意的是变压器的原线圈与电阻串联后接入交流电压。‎ 视频 ‎11.2020‎ 年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100 s时，它们相距约400 km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈，将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星（ ）‎ A. 质量之积 B. 质量之和 C. 速率之和 D. 各自的自转角速度 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 本题考查天体运动、万有引力定律、牛顿运动定律及其相关的知识点。‎ 双中子星做匀速圆周运动的频率f=12Hz（周期T=1/12s），由万有引力等于向心力，可得，G=m1r1（2πf）2，G=m2r2（2πf）2，r1+ r2=r=40km，联立解得：（m1+m2）=（2πf）2Gr3，选项B正确A错误；由v1=ωr1=2πf r1，v2=ωr2=2πf r2，联立解得：v1+ v2=2πf r，选项C正确；不能得出各自自转的角速度，选项D错误。‎ ‎【点睛】此题以最新科学发现为情景，考查天体运动、万有引力定律等。‎ ‎12.如图,滑块a、b的质量均为m,a套在固定竖直杆上,与光滑水平地面相距h,b放在地面上,a、b通过铰链用刚性轻杆连接,由静止开始运动。不计摩擦,a、b可视为质点,重力加速度大小为g,则　(　　)‎ A. a落地前,轻杆对b一直做正功 B. a落地时速度大小 C. a下落过程中,其加速度大小始终不大于g D. a落地前,当a的机械能最小时,b对地面的压力大小为mg ‎【答案】DB ‎【解析】‎ ‎【详解】当a到达底端时，b的速度为零，b的速度在整个过程中，先增大后减小，动能先增大后减小，所以轻杆对b先做正功，后做负功．故A错误．a运动到最低点时，b的速度为零，根据系统机械能守恒定律得：mAgh=mAvA2，解得：．故B正确．b的速度在整个过程中，先增大后减小，所以a对b的作用力先是动力后是阻力，所以b对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，b对a是向下的拉力，此时a的加速度大于重力加速度，故C错误；a、b整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到a的推力为零，b只受到重力的作用，所以b对地面的压力大小为mg，故D正确；故选BD．‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道a、b组成的系统机械能守恒，以及知道当a的机械能最小时，b的动能最大。‎ ‎【考点】机械能守恒定律；牛顿定律的应用 ‎13.如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～ 时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为g，关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是(　　)‎ A. 末速度大小为 v0‎ B. 末速度沿水平方向 C. 重力势能减少了 mgd D. 克服电场力做功为mgd ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎0～时间内微粒匀速运动，则有：qE0=mg，～内，微粒做平抛运动，下降的位移，～T时间内，微粒的加速度 ，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0，故A错误，B正确．微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为d，则重力势能的减小量为mgd，故C正确．在～内和～T时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，则位移的大小相等，为d，整个过程中克服电场力做功为，故D错误．故选：BC．‎ 点睛：解决本题的关键知道微粒在各段时间内的运动规律，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．知道在～内和～T时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，位移的大小相等.‎ 视频 ‎14.如图，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势　　‎ A. 在时为零 B. 在时改变方向 C. 在时最大，且沿顺时针方向 D. 在时最大，且沿顺时针方向 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析 本题考查交变电流图象、法拉第电磁感应定律、楞次定律及其相关的知识点。‎ 解析 由图（b）可知，导线PQ中电流在t=T/4时达到最大值，变化率为零，导线框R中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/4时导线框中产生的感应电动势为零，选项A正确；在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率方向不变，导致导线框R中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在t=T/2时，导线框中产生的感应电动势方向不变，选项B错误；由于在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框R中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/2时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项C正确；由楞次定律可判断出在t=T时感应电动势的方向为逆时针方向，选项D错误。‎ 点睛 此题以交变电流图象给出解题信息，考查电磁感应及其相关知识点。解答此题常见错误主要有四方面：一是由于题目以交变电流图象给出解题信息，‎ 导致一些同学看到题后，不知如何入手；二是不能正确运用法拉第电磁感应定律分析判断；三是不能正确运用楞次定律分析判断，陷入误区。‎ ‎15.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是（）‎ A. x1处电场强度为零 B. 粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动 C. x2～x3段的电场强度大小方向均不变，为一定值 D. 在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、 φ2、φ3的关系为φ3>φ2= φ0>φ1‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：由电势能与电势的关系：，场强与电势的关系：，得：，在图像中，斜率等于，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，A对；在0～x1段，图像的斜率不断减小，知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动。X1～x2段图像的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动。X2～x3段斜率不变，场强不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，B错，C对；由电势能与电势的关系：知负粒子在电势能大的地方，电势小，故D错。‎ 考点：电势、电势能、电场强度。‎ ‎【名师点睛】电势能增、减的判断方法 ‎（1）做功判断法―→电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加 ‎（2）公式法―→由Ep＝qφp，将q、φp的大小、正负号一起代入公式，Ep的正值越大电势能越大，Ep的负值越小，电势能越大 ‎（3）能量守恒法―→在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，动能增加，电势能减小，反之，电势能增加 ‎（4）电荷电势法―→正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大 ‎16.如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，定值电阻的阻值R1=r，当滑动变阻器R2的滑片向右滑动过程中，理想电流表A1、A2的示数变化量的绝对值分别为ΔI1、ΔI2，理想电压表示数变化量的绝对值为ΔU。下列说法正确的是 A. 电压表V的示数减小 B. 电流表A1、A2的示数均减小 C. ΔU与ΔI1的比值等于电源内阻r D. 电源的输出功率逐渐增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ AB、当滑动变阻器R2的滑动触头P向右滑动时，R2增大，电路中总电阻增大，电路中电流减小，电流表A2的示数减小，根据路端电压，路端电压U增大，所以电压表V的示数增大，根据欧姆定律可得R1的电流增大，由并联分流可得R2的电流减小，所以电流表A1的示数减小，故A错误，B正确；‎ C、根据闭合电路欧姆定律得：，即，则由，故C错误；‎ D、由于定值电阻的阻值R1=r，外电路中总电阻，当滑动变阻器R2的滑片向右滑动过程中，外电路中总电阻增大，电源的输出功率逐渐增大，故D正确；‎ 故选BD。‎ ‎17. 如图所示，为三个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧边界处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时的磁通量ф为正值，外力F向右为正。则以下能反映线框中的磁通量ф、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化规律图象的是（ ）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】当线框进入磁场时，位移在0~L内，磁通量开始均匀增加，当全部进入左侧磁场时达最大，且为负值；位移在L~2L内，向里的磁通量增加，总磁通量均匀减小；当位移为1.5L时，磁通量最小，为零，位移在1.5L到2L时，磁通量向里，为正值，且均匀增大。位移在2L~2.5L时，磁通量均匀减小至零。在2.5L~3L内，磁通量均匀增大，且方向向外，为负值。在3L~4L内，磁通量均匀减小至零，且为负值，故A正确；当线圈进入第一个磁场时，由E=BLv可知，E保持不变，由右手定则知，感应电动势沿逆时针方向，为正值，线框开始进入第二个和第三个磁场时，左右两边同时切割磁感线，感应电动势应为2BLv，感应电动势沿逆时针方向，为正值，完全在第三个磁场中运动时，左边切割磁感线，感应电动势为BLv，感应电动势沿逆时针方向，为正值，故B正确；因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故C错误；拉力的功率P=Fv，因速度不变，而在线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，由B的分析可知，电流加倍，故安培力加培，功率加倍，此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力，故D正确；此题选择错误的选项，故选C。‎ ‎【点睛】由线圈的运动可得出线圈中磁通量的变化，则由法拉第电磁感应定律及E=BLv可得出电动势的变化；由欧姆定律可求得电路中的电流，则可求得安培力的变化；由P=Fv可求得电功率的变化。‎ 二、实验题(本题共2小题，每空3分，共24分。)‎ ‎18.某同学设计如图所示装置来探究动能定理。带有水平部分的斜槽固定在地面上(固定部分没有画出)，斜槽面倾角为θ，在E点与水平部分平滑连接。水平部分高度为H，末端F点在水平地面上的投影点记为O点。O点右侧铺一张白纸，上面铺上复写纸以记录落点位置。先让可视为质点的滑块从斜槽面上的某一点释放，恰好运动到F点，该释放点记为M点。在斜槽上作出N、P、Q点，且MN=NP=PQ。然后分别让滑块从N点、P点、Q点由静止释放落到水平地面白纸上的A1、A2、A3点。已知斜槽面各处粗糙程度相同。则 ‎(1)利用“倍增法”来探究动能定理的过程中，斜槽面的倾角θ，斜槽水平部分的高度H是否必须测量____(填“是”或“否”)？在实验误差允许的范围内，满足OA1：OA2：OA3= __________，动能定理得到验证。‎ ‎(2)若斜槽的倾角θ，桌面高度H在实验前已被测定。有人想借助该装置测定斜槽面与滑块间的动摩擦因数μ，必须要测定的物理量（ ）‎ A.滑块质量 B.当地的重力加速度g C.释放点到M点的距离x1 D.滑块落地点到O点的距离x2‎ ‎【答案】 (1). 否 (2). (3). CD ‎【解析】‎ ‎（1）设M点到E点的距离为x0，EF=L，在M点释放，，设MN=NP=PQ=x，在N点释放：，整理得：，同理可得在P点释放：，在Q点释放：，从F点离开，小球做平抛运动，高度相同，所以运动时间相同，根据水平方向x=vt，只需满足即可，不需要测量倾角θ，斜槽水平部分的高度H；（2）根据，测定斜槽面与滑块间的动摩擦因数μ，必须要测定的物理量释放点到M点的距离x1，滑块落地点到O点的距离x，所以选CD。‎ ‎19.（2020新课标全国Ⅰ卷）某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有：小灯泡L（额定电压3.8 V，额定电流0.32 A）；电压表V（量程3 V，内阻3 kΩ）；电流表A（量程0.5 A，内阻0.5 Ω）；固定电阻R0（阻值1 000 Ω）；滑动变阻器R（阻值0~9.0 Ω）；电源E（电动势5 V，内阻不计）；开关S；导线若干。‎ ‎（1）实验要求能够实现在0~3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图__________。‎ ‎（2）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示。‎ 由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻_________（填“增大”、“不变”或“减小”），灯丝的电阻率__________（填“增大”、“不变”或“减小”）。‎ ‎（3）用另一电源E0（电动势4 V，内阻1.00 Ω）和题给器材连接成图（b）所示的电路，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率。闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为__________W，最大功率为__________W。（结果均保留2位小数）‎ ‎【答案】 (1). (2). 增大 (3). 增大 (4). 0.39 (5). 1.18‎ ‎【解析】‎ ‎（1）要求能够实现在0~3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量，故滑动变阻器用分压式接法，小灯泡为小电阻，电流表用外接法，如答案图所示；‎ ‎（2）由I–U图象知，切线的斜率在减小，故灯泡的电阻随电流的增大而增大，再由电阻定律知，电阻率增大；‎ ‎（3）当滑动变阻器的阻值为9 Ω时，电路电流最小，灯泡实际功率最小，此时E=U+I（r+R）得U=–10I+4，在图中作出该直线如左图所示，交点坐标约为U=1.75 V，I=225 mA，P1=UI=0.39 W；整理得：，当直线的斜率最大时，与灯泡的I–U曲线的交点坐标最大，即灯泡消耗的功率最大。当滑动变阻器电阻值R=0时，灯泡消耗的功率最大，此时交点坐标为U=3.67 V，I=0.32 A，如右图所示，最大的功率为P2=UI=1.17 W。‎ ‎【名师点睛】电路图主要是控制电路、测量电路的连接。小灯泡阻值为小电阻——外接法，电压从0开始测量——分压式接法。然后由伏安特性曲线分析阻值的变化，注意纵轴是电流。第（3）问求小灯泡消耗的实际功率较难，因小灯泡的阻值随电流的变化而变化，通过闭合电路的欧姆定律找到小灯泡实际的电流、电压值。‎ 三.计算题 ‎20.如图所示，t＝0时一质量m＝1 kg的滑块A在大小为10 N、方向与水平向右方向成θ＝37°的恒力F作用下由静止开始在粗糙水平地面上做匀加速直线运动，t1＝2 s时撤去力F；t＝0时在A右方x0＝7 m处有一滑块B正以v0＝7 m／s的初速度水平向右运动。已知A与地面间的动摩擦因数μ1＝0.5，B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，取重力加速度大小g＝10 m／s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。两滑块均视为质点，求：‎ ‎（1）两滑块在运动过程中速度相等的时刻；‎ ‎（2）两滑块间的最小距离。‎ ‎【答案】（1）3.75s（2）0.875m ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据牛顿第二定律先求解撤去外力F前后时A的加速度以及B的加速度；根据撤去F之前时速度相等和撤去F之后时速度相等列式求解；（2）第一次共速时两物块距离最大，第二次共速时两物块距离最小；根据位移公式求解最小值.‎ ‎【详解】（1）对物块A，由牛顿第二定律：；‎ 对物体A撤去外力后：；‎ 对物体B：‎ A撤去外力之前两物体速度相等时：，得t＝1 s A撤去外力之后两物体速度相等时：，得t′＝3.75 s ‎（2）第一次共速时两物块距离最大，第二次共速时两物块距离最小，则：△x＝x0‎ ‎＋x2－x1；‎ 得△x＝0.875 m ‎21.如图所示,质量均为m=0.5 kg的A、B两小物块用轻质弹簧相连,竖直静止放置在水平地面上,弹簧的劲度系数为k=0.5 N/cm,B物块上系一根轻绳,轻绳绕过固定光滑的定滑轮与水平面上的C物块相连,C物块的质量为M=1 kg,与水平面间的动摩擦因数为0.2,初始时轻绳伸直但无拉力。用一水平向右的拉力F作用在C物块上,使C物块向右做匀加速直线运动,1s时A物块恰好离开地面,重力加速度大小g=10 m/s2,求:‎ ‎(1)A物块刚好离开地面时,水平拉力F的大小;‎ ‎(2)A物块刚好离开地面前,水平拉力F做功的大小。‎ ‎【答案】(1) F=12.6 N (2) WF=1.52 J ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）A物块刚好离开地面时，根据胡克定律求解BC移动的距离，结合牛顿第二定律求解水平力F；（2）初始位置时与A物块刚好离开地面时，弹簧的弹性势能相等，对B、C物块与弹簧组成的系统由功能关系求解F的功。‎ ‎【详解】（1）初始时,弹簧的压缩量为x1=，A物块刚好离开地面时,弹簧的伸长量为x2=，从初始位置到A物块刚好离开地面的过程，B物块和C物块的位移均为x=‎ C物块做匀加速直线运动，有x=at2‎ A物块刚好离开地面时，弹簧弹力大小为mg，对B物块，有Tmgmg=ma 对C物块，有FμMgT=Ma 代入数据解得F=12.6 N ‎（2）当A物块刚好离开地面时，B、C物块的速度大小均为v=at 初始位置时与A物块刚好离开地面时，弹簧的弹性势能相等，对B、C物块与弹簧组成的系统,由功能关系可得：WF=μMgx+mgx+(M+m)v2‎ 代入数据解得WF=1.52 J ‎【点睛】此题关键是分析物体的受力情况以及物理过程，虽然弹簧的弹力是变力，但是由于初始位置时与A物块刚好离开地面时，弹簧的弹性势能相等，由此可利用功能关系求解F的功.‎ ‎22.如图所示，长度为d的绝缘轻杆一端套在光滑水平转轴O上，另一端固定一质量为m电荷量为q的带负电小球．小球可以在竖直平面内做圆周运动，AC和BD分别为圆的竖直和水平直径．等量异种点电荷＋Q、－Q分别固定在以C为中点、间距为2d的水平线上的E、F两点．让小球从最高点A由静止开始运动，经过B点时小球的速度大小为v，不考虑q对＋Q、－Q所产生电场的影响．重力加速度为g求：‎ ‎(1)小球经过C点时球对杆的拉力大小；‎ ‎(2)小球经过D点时的速度大小．‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）图中AC是等势面，故电荷从A到C过程中，电场力不做功，根据动能定理，有：‎ mg（2d）=mvC2-0‎ 解得：vC=2‎ 在C点，拉力和重力一起提供向心力，根据牛顿第二定律，有：F-mg=m 解得：F=5mg ‎（2）对从B到C过程，根据动能定理，有：mgd+W电=mvC2−mv2‎ 对从B到C过程，根据动能定理，有：‎ ‎-mgd+W电=mvD2−mvC2‎ 联立解得：vD=‎ 点睛：本题关键是灵活选择过程根据动能定理列式求解，同时要熟悉等量异号电荷的电场线分布情况．‎ ‎23.如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻．质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v．导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：‎ ‎（1）MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；‎ ‎（2）MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；‎ ‎（3）PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P．‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题的关键在于导体切割磁感线产生电动势E=Blv，切割的速度（v）是导体与磁场的相对速度，分析这类问题，通常是先电后力，再功能．‎ ‎（1）根据电磁感应定律的公式可得知产生的电动势，结合闭合电路的欧姆定律，即可求得MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；‎ ‎（2）根据第一问求得的电流，利用安培力的公式，结合牛顿第二定律，即可求得MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；‎ ‎（3）首先要得知，PQ刚要离开金属杆时，杆切割磁场的速度，即为两者的相对速度，然后结合感应电动势的公式以及功率的公式即可得知感应电流的功率P．‎ ‎【详解】（1）感应电动势 感应电流 解得 ‎（2）安培力 牛顿第二定律 解得 ‎（3）金属杆切割磁感线的速度，则 感应电动势 电功率 解得 ‎【点睛】该题是一道较为综合的题，考查了电磁感应，闭合电路的欧姆定律以及电功电功率．对于法拉第电磁感应定律是非常重要的考点，经常入选高考物理压轴题，平时学习时要从以下几方面掌握．‎ ‎（1）切割速度v的问题 切割速度的大小决定了E的大小；切割速度是由导体棒的初速度与加速度共同决定的．同时还要注意磁场和金属棒都运动的情况，切割速度为相对运动的速度；不难看出，考电磁感应的问题，十之八九会用到牛顿三大定律与直线运动的知识．‎ ‎（2）能量转化的问题 电磁感应主要是将其他形式能量（机械能）转化为电能，可由于电能的不可保存性，很快又会想着其他形式能量（焦耳热等等）转化．‎ ‎（3）安培力做功的问题 电磁感应中，安培力做的功全部转化为系统全部的热能，而且任意时刻安培力的功率等于系统中所有电阻的热功率．‎ ‎（4）动能定理的应用 动能定理当然也能应用在电磁感应中，只不过同学们要明确研究对象，我们大多情况下是通过导体棒的．固定在轨道上的电阻，速度不会变化，显然没有用动能定理研究的必要．‎ ‎24.如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA=30°，OA的长度为L。在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力。‎ ‎(1)求磁场的磁感应强度的大小；‎ ‎(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；‎ ‎(3)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为 ‎，求粒子此次入射速度的大小。‎ ‎【答案】(1) (2)2t0 (3)‎ ‎【解析】‎ ‎（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90°，故其周期T=4t0①‎ 设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r。由洛伦兹力公式和牛顿定律得 ‎②‎ 匀速圆周运动的速度满足③‎ 联立①②③式得④‎ ‎（2）设粒子从OA边两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图（a）所示。设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2。由几何关系有θ1=180°–θ2⑤‎ 粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2，则t1+t2==2t0⑥‎ ‎（3）如图（b），由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°。设O'为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0‎ ‎，圆弧与AC相切与B点，从D点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有∠OO'D=∠BO'A=30°⑦‎ r0cos∠OO'D+=L⑧‎ 设粒子此次入射速度的大小为v0，由圆周运动规律⑨‎ 联立①⑦⑧⑨式得⑩‎ ‎【考点定位】带电粒子在磁场中的运动 ‎【名师点睛】对于带电粒子在磁场中运动类型，要画出轨迹，善于运用几何知识帮助分析和求解，这是轨迹问题的解题关键。‎ 视频