四川省攀枝花十二中2016届高三下学期第一次月考物理试卷

四川省攀枝花十二中2016届高三下学期第一次月考物理试卷

www.ks5u.com ‎2015-2016学年四川省攀枝花十二中高三（下）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题，共7题，每题6分．每题给出的四个选项中，1-5只有一个选项、6-7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.有选错和不选的得0分．‎ ‎1．在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．下列表述符合物理学史实的是（　　）‎ A．楞次发现了由磁场产生电流的条件和规律﹣﹣电磁感应定律 B．丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流的磁效应 C．牛顿利用扭秤实验巧妙地实现了他对电荷间相互作用力规律的研究 D．安培首先提出电场的概念，并创造性地在电场中引入了电场线 ‎2．直线P1P2过均匀玻璃球球心O，细光束a、b平行且关于P1P2对称，由空气射入玻璃球的光路如图．a、b光相比（　　）‎ A．玻璃对a光的折射率较小 B．玻璃对a光的临界角较小 C．b光在玻璃中的传播速度较大 D．b光在玻璃中的传播时间较短 ‎3．如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是（　　）‎ A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流 B．穿过线圈a的磁通量变小 C．线圈a有扩张的趋势 D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大 ‎4．如图所示，一列沿x轴正向传播的简谐横波，当波传到0点时开始计时，t=7.0s时刚好传到x=3.5m处．下列判断正确的是（　　）‎ A．波源的起振方向向上 B．波源的波速为2m/s C．波源的振动频率为0.25Hz D．再经过1.0s，x=1.8m处质点通过路程是20cm ‎5．迄今发现的二百余颗太阳系外行星大多不适宜人类居住，绕恒星“Gliese581”运行的行星“G1﹣58lc”却很值得我们期待．该行星的温度在O℃到40℃之间、质量是地球的6倍、直径是地球的1.5倍、公转周期为13个地球日．“Gliese581”的质量是太阳质量的0.31倍．设该行星与地球均视为质量分布均匀的球体，绕其中心天体做匀速圆周运动，则（　　）‎ A．在该行星和地球上发射卫星的第一宇宙速度相同 B．如果人到了该行星，其体重是地球上的倍 C．该行星与“Gliese581”的距离是日地距离的倍 D．由于该行星公转速率比地球大，地球上的米尺如果被带上该行星，其长度一定会变短 ‎6．负点电荷Q固定在正方形的一个顶点上，带电粒子仅在该点电荷的电场力作用下运动时，恰好能经过正方形的另外三个顶点a、b、c，如图所示，则下列说法错误的是（　　）‎ A．粒子P带负电 B．a、b、c三点的电势高低关系是φa=φc＜φb C．粒子P由a到b电势能增加，由b到c电势能减小 D．粒子P在a、b、三点时的加速度大小之比是2：1：2‎ ‎7．如图所示，滑块2套在光滑的竖直杆上并通过细绳绕过光滑定滑轮连接物块1，物块1又与一轻质弹簧连接在一起，轻质弹簧另一端固定在地面上，开始时用手托住滑块2，使绳子刚好伸直处于水平位置但无张力，此时弹簧的压缩量为d．现将滑块2从A处由静止释放，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，此时物块1还没有到达滑轮位置．已知滑轮与杆的水平距离为3d，AC间距离为4d，不计滑轮质量、大小及摩擦．下列说法中正确的是 ‎（　　）‎ A．滑块2下滑过程中，加速度一直减小 B．滑块2经过B处时的加速度等于0‎ C．物块1和滑块2的质量之比为3：2‎ D．若滑块2质量增加一倍，其它条件不变，仍让滑块2由A处从静止滑到C处，滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比为4：5‎ ‎　‎ 二、非选择题（共5小题，满分68分）‎ ‎8．在利用打点计时器和小车做“探究加速度与力、质量的关系“的实验时，‎ ‎（1）下列说法中正确的是　　‎ A．平衡摩擦力时，应将砝码盘及盘内砝码通过定滑轮拴在小车上 B．连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板保持平行 C．平衡摩擦力后，长木板的位置不能移动 D．小车释放前应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车 ‎（2）如图是某些同学根据实验数据画出的图象，下列说法中合理的是　　‎ A．形成图甲的原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过大 B．形成图乙的原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过小 C．形成图丙的原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过大 D．形成图丁的原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过小．‎ ‎9．（11分）有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现在要用伏安法测量这个小灯泡的伏安特性曲线．现有下列器材供选用：‎ A．电压表V1（0～5V，内阻约10kΩ） ‎ B．电压表V2（0～10V，内阻约20kΩ）‎ C．电流表A1（0～0.3A，内阻约1Ω） ‎ D．电流表A2（0～0.6A，内阻约0.4Ω）‎ E．滑动变阻器R1（0～10Ω，2A） ‎ F．滑动变阻器R2（0～100Ω，0.2A）‎ G．学生电源（直流6V）、开关及导线 ‎（1）为了调节方便，测量尽可能准确，实验中应选用电压表　　，电流表　　，滑动变阻器　　．（填器材的前方选项符号，如A，B）‎ ‎（2）为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据；请在图1的方框中画出实验电路图．‎ ‎（3）某同学通过实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线，如图2所示，若用电动势为4.0V、内阻为8Ω的电源直接给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率是　　 W．‎ ‎（4）P为图2中图线上的一点，PN为图线上P点的切线、PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，下列说法中正确的是　　‎ A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大 B．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小 C．对应P点，小灯泡的电阻约为5.33Ω D．对应P点，小灯泡的电阻约为24.0Ω ‎10．（15分）如图所示，相距为d、板间电压为U的平行金属板M、N间有垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场；在pOy区域内有垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场；pOx区域为无场区．‎ 一正离子沿平行于金属板、垂直磁场射入两板间并做匀速直线运动，从H（0，a）点垂直y轴进入第Ⅰ象限．‎ ‎（1）求离子在平行金属板间的运动速度；‎ ‎（2）若离子经Op上某点离开磁场，最后垂直x轴离开第Ⅰ象限，求离子在第Ⅰ象限磁场区域的运动时间；‎ ‎（3）要使离子一定能打在x轴上，则离子的荷质比应满足什么条件？‎ ‎11．（17分）如图，半径为R的光滑半圆形轨道ABC在竖直平面内，与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为2R．质量为m的滑块（视为质点）从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点A．已知∠POC=60°，求：‎ ‎（1）滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时所受轨道的支持力大小；‎ ‎（2）滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ；‎ ‎（3）弹簧被锁定时具有的弹性势能．‎ ‎12．（19分）如图所示，水平传送带长L=2m，以v=1m/s的速度匀速运动．质量为m=4kg的小物体A、B与绕过定滑轮的轻绳相连，开始时，A位于传送带的最右端，B位于倾角θ=37°的光滑斜面上．t=0时刻A以初速度v0=3m/s向左运动，A与传送带间的动摩擦因数μ=0.4，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长且有足够长度，A在传送带上运动过程中，它与滑轮间的轻绳始终水平，B始终在斜面上运动．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，取=1.6）．求：‎ ‎（1）t=0时刻小物体A的加速度a1的大小和方向；‎ ‎（2）小物体A向左运动的最远距离S；‎ ‎（3）小物体A在传送带上运动的整个过程中，系统因摩擦而产生的热量Q．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年四川省攀枝花十二中高三（下）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题，共7题，每题6分．每题给出的四个选项中，1-5只有一个选项、6-7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.有选错和不选的得0分．‎ ‎1．在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．下列表述符合物理学史实的是（　　）‎ A．楞次发现了由磁场产生电流的条件和规律﹣﹣电磁感应定律 B．丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流的磁效应 C．牛顿利用扭秤实验巧妙地实现了他对电荷间相互作用力规律的研究 D．安培首先提出电场的概念，并创造性地在电场中引入了电场线 ‎【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、法拉第发现了由磁场产生电流的条件和规律﹣﹣电磁感应定律，故A错误；‎ B、丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流的磁效应，故B正确；‎ C、库仑利用库仑扭秤巧妙地实现了他对电荷问相互作用力规律的研究，故C错误；‎ D、法拉第首先提出电场的概念，并创造性地在电场中引入了电场线，故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．直线P1P2过均匀玻璃球球心O，细光束a、b平行且关于P1P2‎ 对称，由空气射入玻璃球的光路如图．a、b光相比（　　）‎ A．玻璃对a光的折射率较小 B．玻璃对a光的临界角较小 C．b光在玻璃中的传播速度较大 D．b光在玻璃中的传播时间较短 ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】根据光的偏折程度分析折射率的大小，由sinC=比较临界角的大小，由v=分析光在玻璃中的传播速度大小，由t=分析光在玻璃中的传播时间关系．‎ ‎【解答】解：A、由图知，光线通过玻璃砖后，b光的偏折角大，则玻璃对b光的折射率较大，对a光的折射率较小，故A正确．‎ B、因为a光的折射率较小，根据sinC=知，玻璃对a光的临界角较大，故B错误．‎ C、因为b光的折射率较大，根据v=知，b光在玻璃中的传播速度较小，故C错误．‎ D、b光在玻璃砖通过的路程较大，传播速度较小，由t=知，b光在玻璃中的传播时间较长，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】解决本题的关键要明确折射率越大，光的偏折角越大，判断出折射率关系，再分析其他量之间的关系．‎ ‎　‎ ‎3．如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是（　　）‎ A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流 B．穿过线圈a的磁通量变小 C．线圈a有扩张的趋势 D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大 ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【分析】此题的关键首先明确滑动触头向下滑动时通过判断出线圈b中的电流增大，然后根据楞次定律判断出线圈a中感应电流的方向．本题利用“楞次定律的第二描述”求解将更为简便．‎ ‎【解答】解：A、B：当滑动触头P向下移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大，从而判断出穿过线圈a的磁通量增加方向向下，所以B错误；根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针，A错误．‎ C、再根据微元法将线圈a无线分割根据左手定则不难判断出线圈a应有收缩的趋势，或直接根据楞次定律的第二描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，因为滑动触头向下滑动导致穿过线圈a的磁通量增加，故只有线圈面积减少时才能阻碍磁通量的增加，故线圈a应有收缩的趋势，C错误；‎ D、开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向下滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁的N极相对，互相排斥，故线圈a对水平桌面的压力将增大，所以D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】首先应掌握楞次定律的基本应用，楞次定律的第二描述是能量守恒定律在电磁感应现象中得出的必然结果．一般在解决有关相对运动类问题时用楞次定律的第二描述将会非常简便．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，一列沿x轴正向传播的简谐横波，当波传到0点时开始计时，t=7.0s时刚好传到x=3.5m处．下列判断正确的是（　　）‎ A．波源的起振方向向上 B．波源的波速为2m/s C．波源的振动频率为0.25Hz D．再经过1.0s，x=1.8m处质点通过路程是20cm ‎【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．‎ ‎【分析】波源的起振方向图示时刻x=3.5m处质点的振动方向相同，由波形的平移法判断．由题意，波在t=7.0s内传播的距离为x=3.5m，由v=求出波速，由图读出波长，由波速公式v=求出周期，再由公式f=求出波源的振动频率．根据时间与周期的关系，分析再经过1.0s，x=1.8m处质点通过路程．‎ ‎【解答】解：A、波源的起振方向图示时刻x=3.5m处质点的振动方向相同，由波形的平移法得知，波源的起振方向向下．故A错误．‎ B、由题意，波在t=7.0s内传播的距离为x=3.5m，则波速为v==m/s=0.5m/s．故B错误．‎ C、由图知，波长λ=2m，则周期为T==s=4s．则波源的振动频率为f==Hz=0.25Hz，故C正确．‎ D、时间t=1s=T，此时x=1.8m处质点正向平衡位置运动，速度增大，则再经过1.0s，该质点通过路程大于一个振幅，即路程大于20cm．故D错误．‎ 故选：C ‎【点评】本题要掌握用到两个波速公式v=和v=．根据波形的平移法判断质点的振动方向是基本能力，波的基本特点之一是：质点的起振方向与波源的起振方向相同．‎ ‎　‎ ‎5．迄今发现的二百余颗太阳系外行星大多不适宜人类居住，绕恒星“Gliese581”运行的行星“G1﹣58lc”却很值得我们期待．该行星的温度在O℃到40℃之间、质量是地球的6倍、直径是地球的1.5倍、公转周期为13个地球日．“Gliese581”的质量是太阳质量的0.31倍．设该行星与地球均视为质量分布均匀的球体，绕其中心天体做匀速圆周运动，则（　　）‎ A．在该行星和地球上发射卫星的第一宇宙速度相同 B．如果人到了该行星，其体重是地球上的倍 C．该行星与“Gliese581”的距离是日地距离的倍 D．由于该行星公转速率比地球大，地球上的米尺如果被带上该行星，其长度一定会变短 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】根据根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要求解的第一宇宙速度和该行星与“Gliese581”的距离．根据万有引力近似等于重力，求出该行星表面与地球表面重力加速度之比，即可求出体重关系；根据相对论分析米尺长度的关系．‎ ‎【解答】解：A、当卫星绕行星表面附近做匀速圆周运动时的速度即为行星的第一宇宙速度，由G=m，得v=，M是行星的质量，R是行星的半径，则得 该行星与地球的第一宇宙速度之比为v行：v地=： =2；1．故A错误．‎ B、由万有引力近似等于重力，得G=mg，得行星表面的重力加速度为g=，则得 该行星表面与地球表面重力加速度之比为g行：g地=： =2．故B正确．‎ C、对该行星绕“Gliese581”的运动，有G=m行 对地球绕太阳的运动，有G=m地 将已知条件代入解得，r行G：r日地=．故C错误．‎ D、根据相对论可知，尺缩效应是相对的，地球上的米尺如果被带上该行星，相对于该行星静止时，尺的长度相同．故D错误．‎ 故选B ‎【点评】本题行星绕恒星、卫星绕行星的类型，建立模型，根据万有引力提供向心力，万有引力近似等于重力进行求解．‎ ‎　‎ ‎6．负点电荷Q固定在正方形的一个顶点上，带电粒子仅在该点电荷的电场力作用下运动时，恰好能经过正方形的另外三个顶点a、b、c，如图所示，则下列说法错误的是（　　）‎ A．粒子P带负电 B．a、b、c三点的电势高低关系是φa=φc＜φb C．粒子P由a到b电势能增加，由b到c电势能减小 D．粒子P在a、b、三点时的加速度大小之比是2：1：2‎ ‎【考点】电势能；电势．‎ ‎【分析】带电粒子受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在O点的电荷是异种电荷，它们之间存在引力，根据点电荷的电场线的特点，Q与ac距离相等，都小于b，故B点的电势高于ac两点的电势．应用牛顿第二定律求出加速度之间的关系．‎ ‎【解答】解：A、根据轨迹弯曲方向判断出带电粒子与负电荷Q之间存在引力，它们是异种电荷，故带正电荷，故A错误；‎ B、根据点电荷的电场线的特点，Q与a、c间的距离相等，都小于b，故B点的电势高于a、c两点的电势，a、c两点的电势相等，即φa=φc＜φb，故B正确；‎ C、正电荷P从a到b，电势升高，电势能就增加；反之，从b到c电势能减小，故C正确；‎ D、粒子P在a、b、c三点时的加速度大小要根据库仑定律求出库仑力．由图可知，ra=rc=rb，‎ 代人库仑定律：F=k，‎ 可得粒子P在a、b、三点时的电场力之比：Fa：Fb：Fc=2：1：2，由牛顿第二定律得加速度之比为 aa：ab：ac=2：1：2．故D正确．‎ 本题选错误的，故选：A．‎ ‎【点评】本题属于电场中轨迹问题，考查分析推理能力．根据轨迹的弯曲方向，判断出电荷受到的电场力指向轨迹内侧．进而判断出电荷是正电荷．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，滑块2套在光滑的竖直杆上并通过细绳绕过光滑定滑轮连接物块1，物块1又与一轻质弹簧连接在一起，轻质弹簧另一端固定在地面上，开始时用手托住滑块2，使绳子刚好伸直处于水平位置但无张力，此时弹簧的压缩量为d．现将滑块2从A处由静止释放，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，此时物块1还没有到达滑轮位置．已知滑轮与杆的水平距离为3d，AC间距离为4d，不计滑轮质量、大小及摩擦．下列说法中正确的是 ‎（　　）‎ A．滑块2下滑过程中，加速度一直减小 B．滑块2经过B处时的加速度等于0‎ C．物块1和滑块2的质量之比为3：2‎ D．若滑块2质量增加一倍，其它条件不变，仍让滑块2由A处从静止滑到C处，滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比为4：5‎ ‎【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】滑块2下滑的过程中，加速度先减小后增大，速度最大时加速度为0．由物体静止条件求出弹簧压缩的长度，再根据几何知识求出物体1上升的距离，从而可求出物体2到C时弹簧伸长的长度，然后再根据能量守恒定律即可求解两物体质量之比；根据速度合成与分解规律求出物体B与A的速度关系，然后再根据能量守恒定律列式求解即可速度之比．‎ ‎【解答】解：A、滑块2下滑过程中，绳子拉力增大，合力先减小后反向增大，则加速度先减小后反向增大，故A错误．‎ B、滑块2经过B处时速度最大，其加速度为0，故B正确．‎ C、物体1静止时，弹簧压缩量为 x1=d；当A下滑到C点时，物体2上升的高度为：h=﹣3d=2d，则当物体2到达C时弹簧伸长的长度为d，此时弹簧的弹性势能等于物体1静止时的弹性势能．‎ 对于A与B及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律应有：m1g•2d=m2g•4d，解得：m1：m2=2：1，故C错误．‎ D、根据物体1和2沿绳子方向的分速度大小相等，则得v2cosθ=v1，其中cosθ==，则得 滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比 v1：v2=4：5，故D正确．‎ 故选：BD ‎【点评】本题关键应抓住：①物体1上升的距离应等于绳子长度之差；②对有关“牵连速度”问题，物体的实际速度是合速度，应将合速度进行分解，则沿绳子方向的分速度应相等．‎ ‎　‎ 二、非选择题（共5小题，满分68分）‎ ‎8．在利用打点计时器和小车做“探究加速度与力、质量的关系“的实验时，‎ ‎（1）下列说法中正确的是　　‎ A．平衡摩擦力时，应将砝码盘及盘内砝码通过定滑轮拴在小车上 B．连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板保持平行 C．平衡摩擦力后，长木板的位置不能移动 D．小车释放前应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车 ‎（2）如图是某些同学根据实验数据画出的图象，下列说法中合理的是　　‎ A．形成图甲的原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过大 B．形成图乙的原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过小 C．形成图丙的原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过大 D．形成图丁的原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过小．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】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操作细节．‎ ‎【解答】解：（1）A、平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，轻轻推动小车，是小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动，故A错误；‎ B、为保证细线的拉力即为合外力，则连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板保持平行，故B正确；‎ C、平衡摩擦力后，mgsinθ=f，若改变长木板的位置，θ会发生改变，重力的分量就不能跟摩擦力平衡了，故C正确；‎ D、实验时，应先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，故D正确．‎ 故选BCD．‎ ‎（2）A、由图可知，当F=0时，a≠0，所以没有作用力时，小车已经有加速度，原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过大，故A正确；‎ B、图象在a轴上有截距，这是平衡摩擦力时长木板的倾角过大造成的，故B错误；‎ C、由图可知，当F≠0时，a=0，原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过小，故C错误；‎ D、图象在轴上有截距，这是平衡摩擦力时长木板的倾角过小造成的，故D正确；‎ 故选AD ‎【点评】对于实验我们要明确实验原理、具体实验操作以及数据处理等，同时要清楚每一项操作存在的理由，比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等．‎ ‎　‎ ‎9．（11分）（2016春•攀枝花校级月考）有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现在要用伏安法测量这个小灯泡的伏安特性曲线．现有下列器材供选用：‎ A．电压表V1（0～5V，内阻约10kΩ） ‎ B．电压表V2（0～10V，内阻约20kΩ）‎ C．电流表A1（0～0.3A，内阻约1Ω） ‎ D．电流表A2（0～0.6A，内阻约0.4Ω）‎ E．滑动变阻器R1（0～10Ω，2A） ‎ F．滑动变阻器R2（0～100Ω，0.2A）‎ G．学生电源（直流6V）、开关及导线 ‎（1）为了调节方便，测量尽可能准确，实验中应选用电压表　A　，电流表　D　，滑动变阻器　E　．（填器材的前方选项符号，如A，B）‎ ‎（2）为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据；请在图1的方框中画出实验电路图．‎ ‎（3）某同学通过实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线，如图2所示，若用电动势为4.0V、内阻为8Ω的电源直接给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率是　0.42　 W．‎ ‎（4）P为图2中图线上的一点，PN为图线上P点的切线、PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，下列说法中正确的是　AC　‎ A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大 ‎ ‎ B．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小 C．对应P点，小灯泡的电阻约为5.33Ω D．对应P点，小灯泡的电阻约为24.0Ω ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）仪表的选择应本着安全准确的原则；电压表要测量灯泡两端的电压，故应通过灯泡的额定电压值判断需要的电压表；由流过灯泡的电流判断需要的电流表；由题意判断需要的滑动变阻器；‎ ‎（2）根据滑动变阻器分压及限流接法的不同作用，结合题意选择滑动变阻器的接法；由电流表、电压表与灯泡内阻间的大小关系确定电流表的接法．‎ ‎（3）画出电源的U﹣I曲线，与小灯泡伏安曲线的交点对应的电压和电流即为此时小灯泡的实际电压与电流，根据P=UI即可求得实际功率；‎ ‎（4）根据电阻的定义R=，电阻等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，斜率逐渐减小，电阻逐渐增大．对应P点，灯泡的电阻等于过P点的切线斜率的倒数．‎ ‎【解答】解：（1）因灯泡的额定电压为4V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用A电压表；‎ 由P=UI得，灯泡的额定电流I==A=0.5A，故电流表应选择0～0.6A的量程，故选D；‎ 变阻器用分压接法，应选小阻值的E．‎ ‎（2）灯泡内阻R===8Ω，电压表远大于灯泡内阻，应采用电流表外接法；‎ 而由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，故电路图如图所示：‎ ‎（3）根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣Ir，则有U=4﹣8I，画出U﹣I图象如图所示，‎ 交点对应的电压与电流即为小灯泡此时的实际电压与电流，所以小灯泡两端电压为1.2V，电流I=O.35A，‎ 所以实际功率为P=UI=1.2×0.35W=0.42W ‎（4）A、B、图线的斜率逐渐减小，说明电阻逐渐增大．故A正确，B错误；‎ C、D、对应P点，小灯泡的电阻为R===5.33Ω，故C正确，D错误．‎ 故选AC 故答案为：（1）A；D；E；‎ ‎（2）如图所示 ‎（3）0.42；‎ ‎（4）AC ‎【点评】本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断．‎ ‎　‎ ‎10．（15分）（2015•肇庆二模）如图所示，相距为d、板间电压为U的平行金属板M、N间有垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场；在pOy区域内有垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场；pOx区域为无场区．‎ 一正离子沿平行于金属板、垂直磁场射入两板间并做匀速直线运动，从H（0，a）点垂直y轴进入第Ⅰ象限．‎ ‎（1）求离子在平行金属板间的运动速度；‎ ‎（2）若离子经Op上某点离开磁场，最后垂直x轴离开第Ⅰ象限，求离子在第Ⅰ象限磁场区域的运动时间；‎ ‎（3）要使离子一定能打在x轴上，则离子的荷质比应满足什么条件？‎ ‎【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）正离子沿平行于金属板垂直磁场射入两板间做匀速直线运动时，洛伦兹力与电场力平衡，由平衡条件和E0=结合可求出离子在平行金属板间的运动速度．‎ ‎（2）离子在磁场中运动圈后从Op上离开磁场，可求出离子在磁场中运动时间，离开磁场后离子做匀速直线运动，由几何知识求出位移，即可求出时间．‎ ‎（3）带电粒子进入pOy区域做匀速圆周运动，据题由几何关系可求出圆周运动的半径．在磁场中由洛伦兹力提供向心力，可求出比荷．‎ ‎【解答】解：（1）离子在平行板内匀速直线运动，因此有 qvB0=qE ‎ 又 解得离子在平行板内的速度为 ‎（2）如图为离子在第I象限磁场区域内运动的轨迹图，‎ 由几何关系得，轨迹半径为，‎ 轨迹对应的圆心角为 运动周期为 运动时间为 ‎（3）要使离子一定能打在x轴上，离子在磁场B中运动，当轨迹与OP相切时，圆的最小半径如图所示 由几何关系 得 由得 ‎ 即必须小于．‎ 答：（1）离子在平行金属板间的运动速度；‎ ‎（2）离子在第Ⅰ象限磁场区域的运动时间；‎ ‎（3）要使离子一定能打在x轴上，则离子的荷质比应小于．‎ ‎【点评】本题中离子在复合场中运动的问题是速度选择器的模型，要比较熟悉．在磁场中画轨迹，由几何知识求解半径、由圆心角确定时间都是常规思路．‎ ‎　‎ ‎11．（17分）（2014秋•宁县期末）如图，半径为R的光滑半圆形轨道ABC在竖直平面内，与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为2R．质量为m的滑块（视为质点）从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点A．已知∠POC=60°，求：‎ ‎（1）滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时所受轨道的支持力大小；‎ ‎（2）滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ；‎ ‎（3）弹簧被锁定时具有的弹性势能．‎ ‎【考点】动能定理；向心力；弹性势能．‎ ‎【分析】（1）由P到C的过程根据动能定理求解滑至C点时的速度，根据牛顿第二定律求解 ‎（2）对P到C到Q的过程根据动能定理求解动摩擦因数μ ‎（3）Q到C到A的过程根据能量守恒求解 ‎【解答】解：（1）设滑块第一次滑至C点时的速度为vC，圆轨道C点对滑块的支持力为FN 由P到C的过程，由动能定理得：mgR（1﹣cos60°）=mvc2，‎ C点：FN﹣mg=m，‎ 代入数据解得：FN=2mg，‎ ‎（2）对P到C到Q的过程：mgR（1﹣cos60°）﹣μmg•2R=0，‎ 代入数据解得：μ=0.25；‎ ‎（3）A点：根据牛顿第二定律得：mg=m，‎ Q到C到A的过程：Ep=mvA2+mg•2R+μmg•2R，‎ 代入数据解得：弹性势能Ep=3mgR；‎ 答：（1）滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时对轨道压力是2mg；‎ ‎（2）滑块与水平轨道间的动摩擦因数是0.25；‎ ‎（3）弹簧被锁定时具有的弹性势能是3mgR．‎ ‎【点评】本题综合运用了动能定理和能量守恒定律，解决本题的关键灵活选取研究的过程，选用适当的规律进行求解．‎ ‎　‎ ‎12．（19分）（2016春•攀枝花校级月考）如图所示，水平传送带长L=2m，以v=1m/s的速度匀速运动．质量为m=4kg的小物体A、B与绕过定滑轮的轻绳相连，开始时，A位于传送带的最右端，B位于倾角θ=37°的光滑斜面上．t=0时刻A以初速度v0=3m/s向左运动，A与传送带间的动摩擦因数μ=0.4，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长且有足够长度，A在传送带上运动过程中，它与滑轮间的轻绳始终水平，B始终在斜面上运动．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，取=1.6）．求：‎ ‎（1）t=0时刻小物体A的加速度a1的大小和方向；‎ ‎（2）小物体A向左运动的最远距离S；‎ ‎（3）小物体A在传送带上运动的整个过程中，系统因摩擦而产生的热量Q．‎ ‎【考点】功能关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）t=0时刻小物块A的速度大于传送带的速度，受到的摩擦力的方向向右，同时受到向右的拉力，由牛顿第二定律即可求出加速度．‎ ‎（2）A先以加速度a1向右左做匀减速运动，直到速度减为v，接着以加速度a2向左做匀减速运动，直到速度减为0，最后又向左做加速运动．根据牛顿第二定律和运动学公式求解最远距离．‎ ‎（3）根据牛顿第二定律和位移时间公式求解出物块与传送带间的相对位移，再求摩擦生热．‎ ‎【解答】解：（1）开始时小物块的速度v0大于传送带的速度v，所受的滑动摩擦力方向向右，同时受到向右的拉力，所以A向左做匀减速运动，由牛顿第二定律 对A：T+μmg=ma1‎ 对B：mgsin37°﹣T=ma1‎ 联立以上方程解得：a1=5m/s2，方向水平向右 ‎（2）设经过时间t1，A的速度与传送带相同．则 ‎ t1==0.4s 位移 x1=t1=0.8m＜L 因为最大静摩擦力 f=μmg＜mgsin37°，所以此后A将继续向左减速 对A、B整体，根据牛顿第二定律得：‎ ‎ mgsin37°﹣μmg=ma2．‎ 解得 a2=1m/s2，方向水平向右 A物体速度减为0的时间 t2==1s A的位移 x2==0.5m 故A向左运动的最远距离 S=x1+x2=1.3m ‎（3）t1时间内传送带的位移 x1′=vt1=0.4m A与传送带的相对位移△x1=x1﹣x1′=0.4m t2时间内传送带的位移 x2′=vt2=1m A与传送带的相对位移△x2=x2′﹣x2=0.5m 物体A向右运动过程中，加速度为a2，向右运动时间t3后离开传送带．‎ 由S=得 t3=≈1.6s t3时间内传送带的位移 x3′=vt3=1.6m A与传送带的相对位移△x3=S+x3′=2.9m 故整个过程中，系统因摩擦而产生的热量 Q=μmg（△x1+△x2+△x3）=60.8J 答：‎ ‎（1）t=0时刻小物体A的加速度a1的大小是5m/s2，方向水平向右；‎ ‎（2）小物体A向左运动的最远距离S是1.3m；‎ ‎（3）小物体A在传送带上运动的整个过程中，系统因摩擦而产生的热量Q是60.8J．‎ ‎【点评】本题主要考查了物体在传送带上的运动过程，分清过程是关键，特别注意摩擦力方向的改变，求摩擦生热时要用滑动摩擦力大小与相对位移大小相乘．‎ ‎　‎