福建省福州八中2017届高三上学期第四次质检物理试卷

福建省福州八中2017届高三上学期第四次质检物理试卷

‎2016-2017学年福建省福州八中高三（上）第四次质检物理试卷 ‎　‎ 一、选择题：本题共8小题，共38分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，每小题4分，第6～8题有多项符合题目要求．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．如图，某滑块初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．如图甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆．则小物块运动到x0处时的动能为（　　）‎ A．0 B． Fmx0 C． Fmx0 D． x02‎ ‎3．如图所示，用一小车通过轻绳提升一货物，某一时刻，两段绳恰好垂直，且拴在小车一端的绳与水平方向的夹角为θ，此时小车的速度为υ0，则此时货物的速度为（　　）‎ A．υ0 B．υ0sinθ C．υ0cosθ D．‎ ‎4．我国探月卫星成功进入了绕“日地拉格朗日点”的轨道，我国成为世界上第三个造访该点的国家，如图所示，该拉格朗日点位于太阳与地球连线的延长线上，一飞行器位于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与地球同步绕太阳做圆周运动，则此飞行器的（　　）‎ A．向心力仅由太阳的引力提供 B．周期小于地球的周期 C．线速度大于地球的线速度 D．向心加速度小于地球的向心加速度 ‎5．如图所示电路中，电流表A1、A2、A3的示数比为5：3：1，则电阻R1、R2、R3之比为（　　）‎ A．1：3：5 B．3：5：15 C．1：1：2 D．2：2：1‎ ‎6．有两个匀强磁场区域 I和 II，I中的磁感应强度是 II中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与 I中运动的电子相比，II中的电子（　　）‎ A．运动轨迹的半径是I中的k倍 B．加速度的大小是I中的k倍 C．做圆周运动的周期是I中的k倍 D．做圆周运动的角速度是Ⅰ中的k倍 ‎7．质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点．不计空气阻力且小球从未落地，则（　　）‎ A．整个过程中小球电势能变换了mg2t2‎ B．整个过程中小球动量增量的大小为2mgt C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg2t2‎ D．从A点到最低点小球重力势能变化了mg2t2‎ ‎8．如图所示，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的小滑轮O，倾角为30°的斜面体置于水平地面上．A的质量为m，B的质量为4m．开始时，用手托住A，使OA段绳恰处于水平伸直状态（绳中无拉力），OB绳平行于斜面，此时B静止不动．将A由静止释放，在其下摆过程中，斜面体始终保持静止，下列判断中正确的是（　　）‎ A．物块B受到的摩擦力先减小后增大 B．地面对斜面体的摩擦力方向一直向右 C．小球A的机械能守恒 D．小球A的机械能不守恒，A、B系统的机械能守恒 ‎　‎ 二、实验题（共18分，每空3分）‎ ‎9．物理小组的同学用如图1所示的实验器材测定重力加速度，实验器材有：底座、带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器（其中光电门l更靠近小球释放点），小球释放器（可使小球无初速释放）、网兜．实验时可用两光电门测量小球从光电门l运动至光电门2的时间t，并从竖直杆上读出两光电门间的距离h．‎ ‎（l）使用游标卡尺测量小球的直径如图2所示，则小球直径为　　 cm．‎ ‎（2）改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小球经过光电门2的速度为v，不考虑空气阻力，小球的加速度为重力加速度g，则h、t、g、v四个物理量之间的关系为h=　　．‎ ‎（3）根据实验数据作出﹣t图线，若图线斜率的绝对值为k，根据图线可求出重力加速度大小为　　．‎ ‎10．为了撰写关于废旧电池的暑期实践报告，某学校课题研究小组收集了数码相机、手机等用旧了的各种类型的电池及从废旧收音机上拆下的电阻、电容、电感线圈等电路元件，现从这些材料中选取两个待测元件，一是电阻R0（约为2kΩ），二是手机中常用的锂电池（电动势标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA）．在操作台上还准备了如下实验器材：‎ A．电压表V（量程4V，内阻极大）‎ B．电流表A1（量程100mA，电阻RA1约为5Ω）‎ C．电流表A2（量程2mA，电阻RA2约为50Ω）‎ D．滑动变阻器R1（0﹣﹣40Ω，额定电流1A）‎ E．电阻箱R2（0﹣﹣999.9Ω）‎ 开关一只导线若干 ‎（1）为了测定电阻R0的阻值，小组的一位成员，设计了如图1所示的电路原理图，所选取的相应的器材（电源用待测的锂电池）均标在图上，其他成员发现他在器材选取中有不妥之处你认为应该怎样调整？‎ ‎（2）在实际操作过程中，发现滑动变阻器R1、电流表A1已损坏，请用余下的器材测量锂电池的电动势E和内阻r．请你在图2方框中画出实验电路图（标注所用器材符号）；‎ 为了便于分析，一般采用线性图象处理数据，请写出与线性图象对应的相关物理量间的函数关系式： =　　．‎ ‎　‎ 三、计算题（共54分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎11．如图所示，光滑曲面轨道置于高度为H=1.8m的平台上，其末端切线水平．另有一长木板两端分别搁在轨道末端点和水平地面间，构成倾角为θ=37°的斜面，整个装置固定在竖直平面内．一个可视作质点的质量为m=0.1kg的小球，从光滑曲面上由静止开始下滑（不计空气阻力，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎（1）若小球从高h=0.45m处静止下滑，则小球离开平台时速度v0的大小是多少？‎ ‎（2）若小球下滑后正好落在木板的末端，则释放小球的高度h为多大？‎ ‎（3）试推导小球下滑后第一次撞击木板时的动能与它下滑高度h的关系表达式，并作出Ek﹣h图象．‎ ‎12．如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B．一质量为m，电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动．A、C两点间距离为h，重力加速度为g．‎ ‎（1）求小滑块运动到C点时的速度大小vc；‎ ‎（2）求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；‎ ‎（3）若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点．已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vp．‎ ‎13．如图所示，光滑水平面上放有用绝缘材料制成的“L”型滑板，其质量为M，平面部分的上表面光滑且足够长．在距滑板的A端为l的B处放置一个质量为m、带电量为q的小物体C（可看成是质点），在水平的匀强电场作用下，由静止开始运动．已知：M=3m，电场的场强为E．假设物体C在运动中及与滑板A端相碰时不损失电量．‎ ‎（1）求物体C第一次与滑板A端相碰前瞬间的速度大小．‎ ‎（2）若物体C与滑板A端相碰的时间极短，而且碰后弹回的速度大小是碰前速度大小的，求滑板被碰后的速度大小．‎ ‎（3）求小物体C从开始运动到与滑板A第二次碰撞这段时间内，电场力对小物体C做的功．‎ ‎14．如图所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.5T，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E=2N/C．在其第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场，并在y＞h=0.4m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场．一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运动（PO与x轴负方向的夹角为θ=45°），并从原点O进入第一象限．已知重力加速度g=10m/s2，问：‎ ‎（1）油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；‎ ‎（2）油滴在P点得到的初速度大小；‎ ‎（3）油滴在第一象限运动的时间．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年福建省福州八中高三（上）第四次质检物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共8小题，共38分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，每小题4分，第6～8题有多项符合题目要求．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．如图，某滑块初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】对物体受力分析由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出速度位移及下降高度与时间的关系即可求的；‎ ‎【解答】解：D、在下滑过程中，物体的加速度为mgsinθ﹣μmgcosθ=ma a=gsinθ﹣μgcosθ，加速度的大小保持不变．故D错误；‎ C、下滑过程中速度大小关系为v=v0+at=v0+（gsinθ﹣μgcosθ）t，速度与时间之间是线性关系，所以速度图线是一条直线．故C错误；‎ A、B、物体向下做匀减速运动，故下滑的位移为s=）t2，‎ 由a＜0可知，s一t图象为开口向下的抛物线的一部分．故B正确；‎ 同理，下降的高度为h=ssinθ，也是向右弯曲的线．故A错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎2．如图甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆．则小物块运动到x0处时的动能为（　　）‎ A．0 B． Fmx0 C． Fmx0 D． x02‎ ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】根据F﹣x图象的“面积”求出拉力F做的功，再根据动能定理求解小物块运动到x0处时的动能．‎ ‎【解答】解：F﹣x图象的“面积”等于拉力做功的大小，则得到拉力做功W=π（）2=，由图看出，Fm=，得到，W=．根据动能定理得：小物块运动到x0处时的动能为．‎ 故选C ‎　‎ ‎3．如图所示，用一小车通过轻绳提升一货物，某一时刻，两段绳恰好垂直，且拴在小车一端的绳与水平方向的夹角为θ，此时小车的速度为υ0，则此时货物的速度为（　　）‎ A．υ0 B．υ0sinθ C．υ0cosθ D．‎ ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】小车参与两个分运动，沿绳子方向和垂直绳子方向的两个分运动；货物也参与两个分运动，沿绳子方向与垂直绳子方向．由于绳子长度一定，故货物上升的速度等于小车的速度．‎ ‎【解答】解：车的速度等于沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度，根据平行四边形定则，有v0cosθ=v绳，‎ 而货物的速度等于沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度．则有v货cosα=v绳 由于两绳子相互垂直，所以α=θ，则由以上两式可得，货物的速度就等于小车的速度．‎ 故选：A ‎　‎ ‎4．我国探月卫星成功进入了绕“日地拉格朗日点”的轨道，我国成为世界上第三个造访该点的国家，如图所示，该拉格朗日点位于太阳与地球连线的延长线上，一飞行器位于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与地球同步绕太阳做圆周运动，则此飞行器的（　　）‎ A．向心力仅由太阳的引力提供 B．周期小于地球的周期 C．线速度大于地球的线速度 D．向心加速度小于地球的向心加速度 ‎【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】飞行器与地球同步绕太阳运动，角速度相等，飞行器靠太阳和地球引力的合力提供向心力，根据v=rω，a=rω2比较线速度和向心加速度的大小．‎ ‎【解答】解：A、探测器的向心力由太阳和地球引力的合力提供．故A错误 B、飞行器与地球同步绕太阳运动，角速度相等，周期相同，故B错误 C、角速度相等，根据v=rω，知探测器的线速度大于地球的线速度．故C正确 D、根据a=rω2知，探测器的向心加速度大于地球的向心加速度．故D错误 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示电路中，电流表A1、A2、A3的示数比为5：3：1，则电阻R1、R2、R3之比为（　　）‎ A．1：3：5 B．3：5：15 C．1：1：2 D．2：2：1‎ ‎【考点】串联电路和并联电路．‎ ‎【分析】题中电流表的内阻可不计，由电路图可知，三电阻并联，A1测干路电流，A2测通过R2、R3支路之和的电流，A3测R3支路的电流，根据并联电路的特点和欧姆定律，结合三电流表的示数求出它们的电阻之比．‎ ‎【解答】解：假设A1的示数为5A，则A2的示数为3A，A3的示数为1A，‎ 因三电阻并联，所以I1+I2+I3=5A，I2+I3=3A，I3=1A；‎ 解得I2=2A，I1=2A；‎ 所以R1：R2：R3=：： =：： =1：1：2．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．有两个匀强磁场区域 I和 II，I中的磁感应强度是 II中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与 I中运动的电子相比，II中的电子（　　）‎ A．运动轨迹的半径是I中的k倍 B．加速度的大小是I中的k倍 C．做圆周运动的周期是I中的k倍 D．做圆周运动的角速度是Ⅰ中的k倍 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】电子在磁场中做的圆周运动，洛伦兹力作为向心力，根据圆周运动的周期公式和半径公式逐项分析即可．‎ ‎【解答】解：设Ⅱ中的磁感应强度为B，则Ⅰ中的磁感应强度为kB，‎ A、根据电子在磁场中运动的半径公式r=可知，Ⅰ中的电子运动轨迹的半径为，Ⅱ中的电子运动轨迹的半径为，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，故A正确；‎ B、电子在磁场运动的洛伦兹力作为向心力，所以电子的加速度的大小为a=，所以Ⅰ中的电子加速度的大小为，Ⅱ中的电子加速度的大小为，所以Ⅱ的电子的加速度大小是Ⅰ中的倍，故B错误；‎ C、根据电子在磁场中运动的周期公式T=可知，Ⅰ中的电子运动周期为，Ⅱ中的电子运动周期为，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的周期是Ⅰ中的k倍，故C正确；‎ D、做圆周运动的角速度ω=，所以Ⅰ中的电子运动角速度为，Ⅱ中的电子运动角速度为，在Ⅱ的电子做圆周运动的角速度是Ⅰ中的倍，故D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎7．质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点．不计空气阻力且小球从未落地，则（　　）‎ A．整个过程中小球电势能变换了mg2t2‎ B．整个过程中小球动量增量的大小为2mgt C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg2t2‎ D．从A点到最低点小球重力势能变化了mg2t2‎ ‎【考点】重力势能的变化与重力做功的关系；匀变速直线运动的公式；动量定理；功能关系；电势能．‎ ‎【分析】分析小球的运动过程，根据运动学公式求出在电场中的加速度．‎ 根据牛顿第二定律求出电场力与重力的关系．‎ 运用动量定理求出动量的变化量．‎ 根据动能定理求出动能的变化量．‎ 根据重力做功与重力势能变化关系求解重力势能变化量．‎ ‎【解答】解：A、小球先做自由下落，然后受电场力和重力向下做匀减速到速度为0，再向上做匀加速回到A点．‎ 设加上电场后小球的加速度大小为a，规定向下为正方向．‎ 整个过程中小球的位移为0，运用运动学公式：‎ gt2+gt×t﹣at2=0‎ 解得a=3g，‎ 根据牛顿第二定律：F合=F电﹣mg=ma 所以电场力是重力的4倍为4mg，‎ 根据电场力做功量度电势能的变化 w电=﹣△Ep w电=F电•x=4mg×gt2=2mg2t2‎ 所以整个过程中小球电势能减少了2mg2t2．故A错误．‎ B、规定向下为正方向，根据动量定理得：‎ ‎△p=mgt﹣3mgt=﹣2mgt，所以整个过程中小球动量增量的大小为2mgt，故B正确；‎ C、小球减速到最低点动能为0，‎ 所以从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化与从A点无初速度自由下落到t秒末动能变化相等．‎ 小球从A点无初速度自由下落到t秒末动能变化为mg2t2 故C错误．‎ D、根据重力做功与重力势能变化的关系得：‎ 从A点到最低点重力势能变化了mg×（gt2+×gt2）=mg2t2． 故D正确．‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的小滑轮O，倾角为30°的斜面体置于水平地面上．A的质量为m，B的质量为4m．开始时，用手托住A，使OA段绳恰处于水平伸直状态（绳中无拉力），OB绳平行于斜面，此时B静止不动．将A由静止释放，在其下摆过程中，斜面体始终保持静止，下列判断中正确的是（　　）‎ A．物块B受到的摩擦力先减小后增大 B．地面对斜面体的摩擦力方向一直向右 C．小球A的机械能守恒 D．小球A的机械能不守恒，A、B系统的机械能守恒 ‎【考点】机械能守恒定律；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】小物体B一直保持静止，小球A摆下过程，只有重力做功，机械能守恒，细线的拉力从零增加到最大，再对物体B受力分析，根据平衡条件判断静摩擦力的变化情况．‎ ‎【解答】解：A、小球A摆下过程，只有重力做功，机械能守恒，有 mgL=‎ 在最低点，有 F﹣mg=m 解得 F=3mg 再对物体B受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，重力的下滑分量为Fx=（4m）gsin30°=2mg，故静摩擦力先减小，当拉力大于2mg后反向变大，故A正确；‎ B、对物体B和斜面体整体受力分析，由于A球向左下方拉物体B和斜面体整体，故一定受到地面对其向右的静摩擦力，故B正确；‎ C、D、小球A摆下过程，只有重力做功，机械能守恒，故C正确，D错误；‎ 故选ABC．‎ ‎　‎ 二、实验题（共18分，每空3分）‎ ‎9．物理小组的同学用如图1所示的实验器材测定重力加速度，实验器材有：底座、带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器（其中光电门l更靠近小球释放点），小球释放器（可使小球无初速释放）、网兜．实验时可用两光电门测量小球从光电门l运动至光电门2的时间t，并从竖直杆上读出两光电门间的距离h．‎ ‎（l）使用游标卡尺测量小球的直径如图2所示，则小球直径为　1.170　 cm．‎ ‎（2）改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小球经过光电门2的速度为v，不考虑空气阻力，小球的加速度为重力加速度g，则h、t、g、v四个物理量之间的关系为h=　　．‎ ‎（3）根据实验数据作出﹣t图线，若图线斜率的绝对值为k，根据图线可求出重力加速度大小为　2k　．‎ ‎【考点】测定匀变速直线运动的加速度．‎ ‎【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．‎ 根据自由下落的公式和匀变速直线运动的推论求出h、t、g、v四个物理量之间的关系．‎ 整理得到﹣t图线的表达式，并找出图线的斜率和加速度关系．‎ ‎【解答】解：（1）主尺读数为1.1cm，游标读数为0.05×14=0.70mm=0.070cm，‎ 所以最终读数为1.1cm+0.070cm=1.170cm．‎ ‎（2）小球经过光电门2的速度为v，根据运动学公式得从开始释放到经过光电门2的时间t′=，‎ 所以从开始释放到经过光电门1的时间t″=t′﹣t=﹣t 所以经过光电门1的速度v′=gt″=v﹣gt 根据匀变速直线运动的推论得：两光电门间的距离h=t=‎ ‎（3）h=‎ 所以=v﹣gt 若﹣t图线斜率的绝对值为k，k=g 所以重力加速度大小g=2k．‎ 故答案为：（1）1.170；‎ ‎（2）；‎ ‎（3）2k．‎ ‎　‎ ‎10．为了撰写关于废旧电池的暑期实践报告，某学校课题研究小组收集了数码相机、手机等用旧了的各种类型的电池及从废旧收音机上拆下的电阻、电容、电感线圈等电路元件，现从这些材料中选取两个待测元件，一是电阻R0（约为2kΩ），二是手机中常用的锂电池（电动势标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA）．在操作台上还准备了如下实验器材：‎ A．电压表V（量程4V，内阻极大）‎ B．电流表A1（量程100mA，电阻RA1约为5Ω）‎ C．电流表A2（量程2mA，电阻RA2约为50Ω）‎ D．滑动变阻器R1（0﹣﹣40Ω，额定电流1A）‎ E．电阻箱R2（0﹣﹣999.9Ω）‎ 开关一只导线若干 ‎（1）为了测定电阻R0的阻值，小组的一位成员，设计了如图1所示的电路原理图，所选取的相应的器材（电源用待测的锂电池）均标在图上，其他成员发现他在器材选取中有不妥之处你认为应该怎样调整？‎ ‎（2）在实际操作过程中，发现滑动变阻器R1、电流表A1已损坏，请用余下的器材测量锂电池的电动势E和内阻r．请你在图2方框中画出实验电路图（标注所用器材符号）；‎ 为了便于分析，一般采用线性图象处理数据，请写出与线性图象对应的相关物理量间的函数关系式： =　　．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）由欧姆定律求出通过待测电阻的最大电流，然后根据该电流确定电流表的量程，选择实验器材．‎ ‎（2）只有待测电池、电阻箱、电压表，可以用伏阻法测电池的电动势与内阻，根据实验原理作出实验电路图；‎ 由闭合电路的欧姆定律列方程，然后找出具有线性关系的量，并写出函数关系式．‎ ‎【解答】解：（1）流过R0的最大电流约为：‎ Imax==A=1.85×10﹣3A=1.85mA＜2mA，‎ 电流表应使用：电流表A2（量程2mA，电阻RA2约50Ω），‎ 因为使用电流表A1时，电表示数太小，读数误差较大．‎ ‎（2）①实验器材只有电压表与电阻箱，因此可以用伏阻法测电池的电动势与内阻，实验电路图如图所示．‎ ‎②由闭合电路欧姆定律得：‎ E=U+Ir=U+r，‎ 整理得： =+•=，‎ 即： =，‎ 由此可见，与成正比，‎ 可以作﹣图象，‎ 函数关系式是： =，‎ 故答案为：（1）电流表应使用A2，用A2替换A1；（2）①电路图如图所示；②．‎ ‎　‎ 三、计算题（共54分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎11．如图所示，光滑曲面轨道置于高度为H=1.8m的平台上，其末端切线水平．另有一长木板两端分别搁在轨道末端点和水平地面间，构成倾角为θ=37°的斜面，整个装置固定在竖直平面内．一个可视作质点的质量为m=0.1kg的小球，从光滑曲面上由静止开始下滑（不计空气阻力，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎（1）若小球从高h=0.45m处静止下滑，则小球离开平台时速度v0的大小是多少？‎ ‎（2）若小球下滑后正好落在木板的末端，则释放小球的高度h为多大？‎ ‎（3）试推导小球下滑后第一次撞击木板时的动能与它下滑高度h的关系表达式，并作出Ek﹣h图象．‎ ‎【考点】机械能守恒定律；平抛运动．‎ ‎【分析】（1）小球下滑过程中受重力和支持力，其中支持力不做功，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律列式求解；‎ ‎（2）先根据平抛运动的位移公式求解出平抛的初速度，然后对沿斜面下滑过程运用机械能守恒定律列式求解；‎ ‎（3）小球落到斜面上，位移方向一定，先根据位移时间关系公式得到运动时间，再求出水平和竖直分速度后合成合速度，得到动能的一般表达式，再作图．‎ ‎【解答】解：（1）小球从曲面上滑下，只有重力做功，由机械能守恒定律：‎ mgh= ①‎ 解得 =3m/s 即小球离开平台时速度v0的大小是3m/s．‎ ‎（2）小球离开平台后做平抛运动，小球正好落到水平地面木板的末端，则 H= ②‎ ‎=v1t ③‎ 联立②③式得：v1=4m/s 设释小球的高度为h1，则：‎ 解得 即释放小球的高度h为0.8m．‎ ‎（3）由机械能守恒定律可得：mgh=‎ 小球由离开平台后做平抛运动，可看做水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，则：‎ ‎ ④‎ x=v0t ⑤‎ ‎ ⑥‎ vy=gt ⑦‎ ‎ ⑧‎ ‎ ⑨‎ 由④⑤⑥⑦⑧⑨式得：Ek=3.25h ⑩‎ 考虑到当h＞0.8m时小球不会落到斜面上，其图象如图所示 ‎　‎ ‎12．如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B．一质量为m，电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动．A、C两点间距离为h，重力加速度为g．‎ ‎（1）求小滑块运动到C点时的速度大小vc；‎ ‎（2）求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；‎ ‎（3）若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点．已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vp．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）小滑块到达C点时离开MN，此时与MN间的作用力为零，对小滑块受力分析计算此时的速度的大小；‎ ‎（2）由动能定理直接计算摩擦力做的功Wf；‎ ‎（3）撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据分运动计算最后的合速度的大小；‎ ‎【解答】解：（1）小滑块沿MN运动过程，水平方向受力满足 qvB+N=qE 小滑块在C点离开MN时 N=0‎ 解得 vc=‎ ‎（2）由动能定理 mgh﹣Wf=﹣0‎ 解得 Wf=mgh﹣‎ ‎（3）如图，‎ 小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直，‎ 撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g′，‎ g′=‎ 且 解得 ‎ 答：（1）小滑块运动到C点时的速度大小vc为；‎ ‎（2）小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf为mgh﹣；‎ ‎（3）小滑块运动到P点时速度的大小vp为．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，光滑水平面上放有用绝缘材料制成的“L”型滑板，其质量为M，平面部分的上表面光滑且足够长．在距滑板的A端为l的B处放置一个质量为m、带电量为q的小物体C（可看成是质点），在水平的匀强电场作用下，由静止开始运动．已知：M=3m，电场的场强为E．假设物体C在运动中及与滑板A端相碰时不损失电量．‎ ‎（1）求物体C第一次与滑板A端相碰前瞬间的速度大小．‎ ‎（2）若物体C与滑板A端相碰的时间极短，而且碰后弹回的速度大小是碰前速度大小的，求滑板被碰后的速度大小．‎ ‎（3）求小物体C从开始运动到与滑板A第二次碰撞这段时间内，电场力对小物体C做的功．‎ ‎【考点】动能定理的应用；动量守恒定律；电场强度．‎ ‎【分析】（1）物体C在电场力作用下做匀加速运动，电场力做功qEl，由动能定理求解C第一次与滑板A端相碰前瞬间的速度大小；‎ ‎（2）小物体C与滑板碰撞过程中系统合外力为零，由动量守恒定律求出滑板被碰后的速度大小；‎ ‎（3）分析碰撞后两物体的运动过程；小物体C与滑板碰撞后，滑板向左作做匀速运动；小物体C先向右做匀减速运动，然后向左做匀加速运动，直至与滑板第二次相碰．由于滑块的加速度一定，可以把与滑板碰撞后小物体C看作一种匀减速运动处理．小物体C与滑板从第一次碰后到第二次碰时位移相等．根据牛顿第二定律求出滑块的加速度，由位移公式列出C的位移表达式，结合两者位移相等，求出第一次碰后到第二次碰前的时间．即可求出这段时间内滑板的位移，等于这段时间内C的位移，再求出电场力做功．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）设物体C在电场力作用下第一次与滑板的A段碰撞时的速度为v1，由动能定理得：‎ ‎ qEl=mv12 解得：v1=‎ ‎（2）小物体C与滑板碰撞过程中动量守恒，设滑板碰撞后的速度为v2，由动量守恒定律得 ‎ mv1=Mv2﹣mv1‎ 解得：v2=v1=‎ ‎（3）小物体C与滑板碰撞后，滑板向左作以速度v2做匀速运动；小物体C以v1的速度先向右做匀减速运动，然后向左做匀加速运动，直至与滑板第二次相碰，设第一次碰后到第二次碰前的时间为t，小物体C在两次碰撞之间的位移为s，根据题意可知，小物体加速度为 ‎ a=‎ 小物体C与滑板从第一次碰后到第二次碰时位移相等，即 ‎ v2t=﹣v1t+at2 解得：t=‎ 两次相碰之间滑板走的距离 设小物体C从开始运动到与滑板A第二次碰撞这段过程电场力对小物体做功为W，则：W=qE（l+s）‎ 解得：W=‎ 答：（1）物体C第一次与滑板A端相碰前瞬间的速度大小是．‎ ‎ （2）滑板被碰后的速度大小是．‎ ‎ （3）电场力对小物体C做的功W=．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.5T，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E=2N/C．在其第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场，并在y＞h=0.4m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场．一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运动（PO与x轴负方向的夹角为θ=45°），并从原点O进入第一象限．已知重力加速度g=10m/s2，问：‎ ‎（1）油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；‎ ‎（2）油滴在P点得到的初速度大小；‎ ‎（3）油滴在第一象限运动的时间．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）在第3象限做匀速直线运动，根据负电受电场力与电场强度反向，结合左手定则，即可确定电性，根据平衡条件求解重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比；‎ ‎（2）根据受力分析，结合平衡条件，依据力的平行四边形定则，从而求解；‎ ‎（3）根据油滴先作匀速直线运动，后做匀速圆周运动，依据运动学公式与几何知识，从而分段求解时间．‎ ‎【解答】解：（1）根据受力分析（如图）可知油滴带负电荷，‎ 设油滴质量为m，由平衡条件得：‎ mg：qE：F=1：1：．‎ ‎（2）由第（1）问得：mg=qE qvB=qE 解得：‎ v==4 m/s．‎ ‎（3）进入第一象限，电场力和重力平衡，知油滴先做匀速直线运动，进入y≥h的区域后做匀速圆周运动，轨迹如图，最后从x轴上的N点离开第一象限．‎ 由O→A匀速运动的位移为：‎ s1==h 其运动时间：‎ t1====0.1 s 由几何关系和圆周运动的周期关系式T=知，由A→C的圆周运动时间为：‎ t2=T=≈0.628s 由对称性知从C→N的时间：‎ t3=t1‎ 在第一象限运动的总时间：‎ t=t1+t2+t3=2×0.1s+0.628 s=0.828s 答：（1）油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比为1：1：，油滴负电荷；‎ ‎（2）油滴在P点得到的初速度大小为4 m/s；‎ ‎（3）油滴在第一象限运动的时间0.828 s．‎ ‎　‎ ‎2017年1月8日