山東省新泰一中2019屆高三物理上學(xué)期第二次質(zhì)量檢測(cè)試卷理（含解析）.docx

山東省新泰一中2019屆高三（理科教學(xué)班）上學(xué)期第二次質(zhì)量檢測(cè)物理試卷一、選擇題1.如圖所示，質(zhì)量均為m的物塊A、B用輕彈簧相連放置于傾角為的光滑固定斜面上，物塊B與垂直于斜面的擋板C接觸，物塊A系一輕質(zhì)細(xì)繩，細(xì)繩繞過斜面頂端的定滑輪系一輕質(zhì)掛鉤，細(xì)繩與輕彈簧均與斜面平行，物塊A、B保持靜止?，F(xiàn)在掛鉤上掛一重物D，平衡時(shí)物塊B恰好不離開擋板。已知彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，某一瞬間剪斷細(xì)繩，則下列說法正確的是（ ）A. 重物D的重力為B. 物塊A下滑過程中機(jī)械能守恒C. 剪斷細(xì)繩瞬間，物塊A的加速度大小為gsinaD. 物塊A下滑過程中的最大速度為【答案】D【解析】【分析】掛上重物 D 之前彈簧彈力等于A沿斜面的重力的分力，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件列式求解彈簧形變量，平衡時(shí)物塊B恰不離開擋板，對(duì)AB整體受力分析計(jì)算D的質(zhì)量；A下落的位移等于彈簧的形變量之和；根據(jù)機(jī)械能守恒求解A的最大速度?！驹斀狻科胶鈺r(shí)物塊B恰好不離開擋板，則對(duì)ABD系統(tǒng)，由平衡知識(shí)可知：mDg=2mgsin，解得mD=2msin，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；下滑過程中物塊 A 受到彈簧彈力做功，故A機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；剪斷細(xì)線之前細(xì)線的拉力為T=2mgsin，則剪斷細(xì)繩瞬間，彈簧的彈力不變，則物塊A的加速度大小為2mgsin=ma，解得a=2gsin，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；A的速度最大時(shí)，加速度為零，此時(shí)彈簧壓縮量為x1=，已知當(dāng)B剛要離開擋板時(shí)彈簧的拉伸量為x2=，兩個(gè)位置彈簧的形變量相同，則彈性勢(shì)能相同；從開始到A速度最大，A下落的位移為x=x1+x2=，根據(jù)機(jī)械能守恒知mgxsin=mv2，即v=2gsin ，故D正確；故選D?！军c(diǎn)睛】本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡和機(jī)械能守恒問題，解答平衡問題的一般步驟是：確定研究對(duì)象、進(jìn)行受力分析、然后在坐標(biāo)軸上建立平衡方程進(jìn)行解答。2.如圖，衛(wèi)星攜帶一探測(cè)器在半徑為3R (R為地球半徑)的圓軌道上繞地球飛行。在a點(diǎn)，衛(wèi)星上的輔助動(dòng)力裝置短暫工作，將探測(cè)器沿運(yùn)動(dòng)方向射出（設(shè)輔助動(dòng)力裝置噴出的氣體質(zhì)量可忽略）。之后衛(wèi)星沿新的橢圓軌道運(yùn)動(dòng)，其近地點(diǎn)b距地心的距離為nR (n略小于3)，已知地球質(zhì)量為M，引力常量為G，則衛(wèi)星在橢圓軌道上運(yùn)行的周期為（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】衛(wèi)星在圓軌道上運(yùn)行時(shí)的周期為T1，根據(jù)萬有引力提供向心力：，在橢圓軌道上運(yùn)行的周期T2，根據(jù)開普勒第三定律：由以上兩式聯(lián)立解得：故B正確。3.如圖是甲乙兩物體的位移時(shí)間圖像，其中甲物體的位移時(shí)間的關(guān)系為，乙物體的位移時(shí)間圖像為，則關(guān)于甲乙兩物體運(yùn)動(dòng)的說法正確的是（ ）A. 甲乙物體的運(yùn)動(dòng)是曲線運(yùn)動(dòng)B. 甲乙物體的運(yùn)動(dòng)是變加速運(yùn)動(dòng)C. 甲乙物體運(yùn)動(dòng)方向相同D. 在第3秒內(nèi)甲物體的速度變化比乙物體的速度變化大【答案】D【解析】A項(xiàng)：s-t圖像只能表示直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)：根據(jù)公式可知，甲、乙兩物體都做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)：s-t圖像的斜率的正負(fù)表示速度的方向，由圖像可知，甲圖像斜率為正、乙圖像斜率為負(fù)，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)：根據(jù)公式可知，相等時(shí)間內(nèi)速度變化取決于加速度，由公式可知，故D正確。點(diǎn)晴：解決本題關(guān)鍵理解s-t圖像的斜率的正負(fù)表示速度的方向，知道和的對(duì)比求出加速度。4.如圖，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直，一小物塊以速度從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點(diǎn)到圓心的距離與軌道半徑有關(guān)，此距離最大時(shí)，對(duì)應(yīng)的軌道半徑為（重力加速度為g）（ ） A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根據(jù)動(dòng)能定理得出物塊到達(dá)最高點(diǎn)的速度，結(jié)合高度求出平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，從而得出水平位移的表達(dá)式，結(jié)合表達(dá)式，運(yùn)用二次函數(shù)求極值的方法得出距離最大時(shí)對(duì)應(yīng)的軌道半徑。【詳解】設(shè)半圓的半徑為R，根據(jù)動(dòng)能定理得：mg2Rmv2mv2，離開最高點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，有：2R=gt2，x=vt，聯(lián)立解得： ，可知當(dāng)R=時(shí)，水平位移最大，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選B。【點(diǎn)睛】本題考查了動(dòng)能定理與圓周運(yùn)動(dòng)和平拋運(yùn)動(dòng)的綜合運(yùn)用，得出水平位移的表達(dá)式是解決本題的關(guān)鍵，本題對(duì)數(shù)學(xué)能力的要求較高，需加強(qiáng)這方面的訓(xùn)練。5.如圖，質(zhì)量為m的帶正電的小球用絕緣輕繩懸掛在O點(diǎn)，在空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，小球在B點(diǎn)能夠靜止不動(dòng)?，F(xiàn)在讓小球由最低點(diǎn)A從靜止釋放。則小球（ ）A. 恰好能運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)B. 過B點(diǎn)時(shí)合力為0C. 向右運(yùn)動(dòng)的過程中合力的功率先增大再減小D. 在C點(diǎn)加速度為【答案】A【解析】【分析】根據(jù)小球能在B點(diǎn)靜止不動(dòng)和A、C兩點(diǎn)處于對(duì)稱位置，可以把小球的運(yùn)動(dòng)過程等效為單擺模型，因此小球在B點(diǎn)為平衡位置，經(jīng)過該點(diǎn)時(shí)速度最大，合外力提供向心力且與速度方向垂直；而在A、C兩點(diǎn)處于最大位移處，處于該點(diǎn)時(shí)速度為零，其加速度大小相等；再利用平衡條件可以計(jì)算出在A、C兩點(diǎn)的加速度大小?！驹斀狻啃∏蛟贐點(diǎn)受到重力、電場(chǎng)力和拉力三個(gè)力的作用下能夠靜止不動(dòng)，且A、C兩點(diǎn)處于對(duì)稱位置，因此小球的運(yùn)動(dòng)可看作一個(gè)單擺模型；即：B點(diǎn)是平衡位置，而A、C兩點(diǎn)是最大位移處，根據(jù)單擺模型的特點(diǎn)，小球恰好能運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)。故A正確；由于在B點(diǎn)是單擺模型等效最低點(diǎn)，所以經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度最大；而小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的合外力提供向心力，即：F合m，由于速度vB0，所以小球過B點(diǎn)時(shí)合力不為0故B錯(cuò)誤；根據(jù)題意畫出小球的受力圖如下：由圖可知小球在B點(diǎn)時(shí)，合外力方向與速度方向垂直，此時(shí)合外力的功率為零；而在A、C兩點(diǎn)的速度為零，此時(shí)合外力的功率也為零；因此小球向右運(yùn)動(dòng)的過程中合力的功率應(yīng)該是先增大后減小再增加再減小的變化過程。故C錯(cuò)誤；根據(jù)單擺模型的對(duì)稱性可知，小球在C點(diǎn)和A點(diǎn)的加速度大小相等，有：acaA，而在B點(diǎn)處?kù)o止，根據(jù)平衡條件有：qEmgtan，聯(lián)立以上兩個(gè)公式可解得：acaAgtan故D錯(cuò)誤。故選A。【點(diǎn)睛】解答本題的關(guān)鍵是：要認(rèn)真審題，抓住題目的關(guān)鍵信息，把小球的運(yùn)動(dòng)等效看作單擺模型，再利用單擺運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)結(jié)合平衡條件可求出結(jié)果。6.衛(wèi)星在軌道上以速度v運(yùn)行時(shí)，會(huì)遇到太空塵埃的碰撞而受到阻礙作用導(dǎo)致軌道變低。設(shè)單位體積的太空均勻分布著塵埃n顆，每顆塵埃平均質(zhì)量為m，塵埃速度可忽略，衛(wèi)星的橫截面積為S，與塵埃碰撞后將塵埃完全黏附住。如果要保持衛(wèi)星軌道不變，需要給衛(wèi)星提供的推力為（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】如果要保持衛(wèi)星軌道不變，給衛(wèi)星提供的推力只要克服衛(wèi)星與塵埃碰撞過程中的作用力即可，以塵埃為研究對(duì)象利用動(dòng)量定理可知：，解，故B正確。7.光滑水平地面上有兩個(gè)疊放在一起的斜面體A、B，兩斜面體形狀大小完全相同，質(zhì)量分別為M、m。如圖甲、乙所示，對(duì)上面或下面的斜面體施加水平方向的恒力F1、F2均可使兩斜面體相對(duì)靜止地做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，已知兩斜面體間的摩擦力為零，則F1與F2之比為（ ）A. MmB. mMC. m(Mm)D. M(Mm)【答案】A【解析】F1作用于A時(shí)，設(shè)A和B之間的彈力為N，對(duì)A有：Ncos Mg，對(duì)B有：Nsin ma，對(duì)A和B組成的整體有：F1(Mm)agtan ；F2作用于A時(shí)，對(duì)B有：mgtan ma，對(duì)A和B組成的整體有：F2(Mm)a(Mm)gtan ，.8.一帶負(fù)電的粒子只在電場(chǎng)力作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，其電勢(shì)能隨位移x變化的關(guān)系如圖所示，其中段是關(guān)于直線對(duì)稱的曲線，段是直線，則下列說法正確的是（ ）A. 處電場(chǎng)強(qiáng)度最小，但不為零B. 粒子在段做勻變速運(yùn)動(dòng)，段做勻速直線運(yùn)動(dòng)C. 在0、 、 處電勢(shì)、的關(guān)系為D. 段的電場(chǎng)強(qiáng)度大小方向均不變【答案】D【解析】試題分析：因?yàn)?，所以，即圖像的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度大小，所以在處電場(chǎng)強(qiáng)度最小，為零，A錯(cuò)誤；圖像的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度大小，所以段做變加速直線運(yùn)動(dòng)，段做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；根據(jù)電勢(shì)能與電勢(shì)的關(guān)系：，粒子帶負(fù)電，q0，則知：電勢(shì)能越大，粒子所在處的電勢(shì)越低，所以有：，C錯(cuò)誤；段為直線，斜率恒定，所以該段為勻強(qiáng)電場(chǎng)，D正確；考點(diǎn)：考查了電場(chǎng)力做功，電勢(shì)，電勢(shì)能【名師點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵要分析圖象斜率的物理意義，判斷電勢(shì)和場(chǎng)強(qiáng)的變化，再根據(jù)力學(xué)基本規(guī)律：牛頓第二定律進(jìn)行分析電荷的運(yùn)動(dòng)情況9.如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定在水平面上O點(diǎn)的轉(zhuǎn)軸上，另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙固定直桿A處的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）相連，直桿的傾角為30，OA=OC，B為AC的中點(diǎn)，OB等于彈簧原長(zhǎng)。小球從A處由靜止開始下滑，初始加速度大小為aA，第一次經(jīng)過B處的速度大小為v，運(yùn)動(dòng)到C處速度為0，后又以大小為aC的初始加速度由靜止開始向上滑行。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g。下列說法正確的是（ ）A. 小球可以返回到出發(fā)點(diǎn)A處B. 撤去彈簧，小球可以在直桿上處于靜止C. 彈簧具有的最大彈性勢(shì)能為D. 【答案】CD【解析】AC、設(shè)小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過程克服摩擦力做功為Wf，AB間的豎直高度為h，小球的質(zhì)量為m，彈簧具有的最大彈性勢(shì)能為Ep.根據(jù)能量守恒定律得：對(duì)于小球A到B的過程有：mgh+Ep= +Wf，A到C的過程有：2mgh+Ep=2Wf+Ep，解得：Wf=mgh，Ep=.小球從C點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，假設(shè)能返回到A點(diǎn)，則由能量守恒定律得：Ep=2Wf+2mgh+Ep，該式違反了能量守恒定律，可知小球不能返回到出發(fā)點(diǎn)A處。故A錯(cuò)誤，C正確。B. 設(shè)從A運(yùn)動(dòng)到C摩擦力的平均值為，AB=s，由Wf=mgh得：s=mgssin30在B點(diǎn),摩擦力f=mgcos30，由于彈簧對(duì)小球有拉力(除B點(diǎn)外),小球?qū)U的壓力大于mgcos30，所以mgcos30可得mgsin30mgcos30，因此撤去彈簧，小球不能在直桿上處于靜止。故B錯(cuò)誤；D. 根據(jù)牛頓第二定律得：在A點(diǎn)有：Fcos30+mgsin30f=maA；在C點(diǎn)有：Fcos30fmgsin30=maC；兩式相減得：aAaC=g.故D正確。故選：CD點(diǎn)睛：根據(jù)重力沿斜面向下的分力與最大靜摩擦力的關(guān)系，判斷出撤去彈簧，小球在直桿上不能處于靜止對(duì)小球A到B的過程和A到C的過程，分別根據(jù)能量守恒定律列式，可求得彈簧具有的最大彈性勢(shì)能，由牛頓第二定律研究A、C兩點(diǎn)的加速度，相比較可得到aA-aC=g10.如圖所示，平行金屬板中帶電液滴P處于靜止?fàn)顟B(tài)，RG為光敏電阻(光照強(qiáng)度增加時(shí)，其電阻值減小)，電流表和電壓表為理想電表?，F(xiàn)增加光照強(qiáng)度，則下列說法正確的是（ ）A. 帶電液滴P將向下運(yùn)動(dòng)B. 電壓表的示數(shù)將增大C. R1上消耗的功率將減小D. 電壓表的示數(shù)的變化量與電流表的示數(shù)的變化量的比值的絕對(duì)值將不變【答案】AD【解析】【分析】根據(jù)RG光敏電阻的變化得到總電阻變化，從而得到總電流變化，即可得到電流表讀數(shù)變化，從而得到電壓表讀數(shù)變化；根據(jù)電容器兩端電壓變化得到場(chǎng)強(qiáng)變化，從而得到合外力變化，即可得到液滴運(yùn)動(dòng)方向；根據(jù)“總量法”討論電壓表和電流表讀數(shù)的比值的變化?！驹斀狻吭黾庸庹諒?qiáng)度，則RG的阻值減小，電路的總電阻減小，總電流變大，路端電壓減小，R1以及電源內(nèi)阻上的電壓變大，則R1上消耗的功率將變大，R3兩端的電壓減小，即電壓表V示數(shù)減小，電容器兩端電壓減小，兩板間場(chǎng)強(qiáng)減小，則帶電液滴P將向下運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A正確，BC錯(cuò)誤；根據(jù)U=E-I(R1+r)可知電壓表V 的示數(shù)的變化量與電流表A 的示數(shù)的變化量的比值的絕對(duì)值不變，選項(xiàng)D正確；故選AD.【點(diǎn)睛】電路計(jì)算問題，一般根據(jù)電路變化得到總電阻變化，從而得到總電流變化，即可得到路端電壓變化，進(jìn)而得到支路電流變化，最后求得電壓變化。11.下列說法正確的是（ ）A. 根據(jù)玻爾理論，氫原子的核外電子由較高能級(jí)躍遷到較低能級(jí)時(shí)，要釋放一定頻率的光子，同時(shí)電子的動(dòng)能增大，電勢(shì)能減小B. 放射性物質(zhì)的溫度升高，則半衰期減小C. 用能量等于氘核結(jié)合能的光子照射靜止氘核，不可能使氘核分解為一個(gè)質(zhì)子和一個(gè)中子D. 某放射性原子核經(jīng)過2次衰變和一次衰變，核內(nèi)質(zhì)子數(shù)減少3個(gè)【答案】ACD【解析】【詳解】根據(jù)玻爾理論，氫原子的核外電子由較高能級(jí)躍遷到較低能級(jí)時(shí)，要釋放一定頻率的光子，同時(shí)電子的動(dòng)能增大，電勢(shì)能減小，選項(xiàng)A正確；放射性物質(zhì)的半衰期與外界因素?zé)o關(guān)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；核子結(jié)合成原子核與原子核分解為核子是逆過程，質(zhì)量的變化相等，能量變化也相等，故用能量等于氘核結(jié)合能的光子照射靜止氘核，還要另給它們分離時(shí)所需要的足夠的動(dòng)能（光子方向有動(dòng)量），所以不可能使氘核分解為一個(gè)質(zhì)子和一個(gè)中子，故C正確；根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒，某放射性原子核經(jīng)過2次衰變質(zhì)子數(shù)減少4，一次衰變質(zhì)子數(shù)增加1，故核內(nèi)質(zhì)子數(shù)減少3個(gè)，D正確；故選ACD.12.如圖所示，將圓柱形強(qiáng)磁鐵吸在干電池負(fù)極，金屬導(dǎo)線折成上端有一支點(diǎn)、下端開口的導(dǎo)線框，使導(dǎo)線框的頂端支點(diǎn)和底端分別與電源正極和磁鐵都接觸良好但不固定，這樣整個(gè)線框就可以繞電池軸心旋轉(zhuǎn)起來下列判斷中正確的是（ ）A. 俯視觀察，線框沿逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)B. 線框能旋轉(zhuǎn)起來，這是屬于電磁感應(yīng)現(xiàn)象C. 電池輸出的電功率大于線框旋轉(zhuǎn)的機(jī)械功率D. 旋轉(zhuǎn)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，線框中電流比剛開始轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的大【答案】AC【解析】試題分析：小磁鐵產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向?yàn)榫€框的下端A向下流向磁鐵，對(duì)線框的下端平臺(tái)側(cè)面分析，扁圓柱形磁鐵上端為S極，下端為N極，周圍磁感線由上往下斜穿入線框內(nèi)部，在垂直于紙面向外的徑向上，磁感應(yīng)線有垂直于紙面向里的分量，在此徑向上的負(fù)電荷由下往上運(yùn)動(dòng)，由左手定則知：此負(fù)電荷受到垂直于徑向沿紙面向右的洛倫茲力，即在徑向的左垂線方向；同理，其他任一徑向上的電荷均受到左垂線方向的洛倫茲力（中心原點(diǎn)除外），所以，由上往下看（俯視），線框沿逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，所以該裝置的原理是電流在磁場(chǎng)中的受力，不是電磁感應(yīng)故A錯(cuò)誤，B正確；因?yàn)殡娫聪牡目偣β室徊糠洲D(zhuǎn)化為內(nèi)能，另一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，所以總功率大于熱功率，故C正確；受到的安培力開始時(shí)使線圈做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)安培力等于阻力時(shí)速度達(dá)到最大，故D錯(cuò)誤考點(diǎn)：考查了通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中受力二、實(shí)驗(yàn)題13.某同學(xué)用如圖所示的電路測(cè)量一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，改變滑動(dòng)變阻器的阻值，測(cè)得多組電壓表的讀數(shù)U和電流表的讀數(shù)I，畫出U-I圖像如圖所示。 （1）若把電壓表和電流表均當(dāng)作理想電表來處理，則電源電動(dòng)勢(shì)E=_V，內(nèi)阻r=_。（2）若電流表內(nèi)阻RA不能忽略，則（1）中測(cè)得的電源內(nèi)阻_真實(shí)值（填“大于”或“小于”）。為了測(cè)得電源內(nèi)阻的真實(shí)值，這位同學(xué)采用了如圖所示的電路測(cè)量出了RA，實(shí)驗(yàn)操作步驟如下：按圖丙連接好電路，斷開S1、S2，將R調(diào)到最大。合上S1，調(diào)節(jié)R使電流表滿偏。保持R不變，閉合S2，調(diào)節(jié)電阻箱使電流表半偏。斷開S1，讀出R的阻值為0.3。實(shí)驗(yàn)中R遠(yuǎn)大于R，則可認(rèn)為電流表內(nèi)阻RA=_。電源內(nèi)阻的值為_?！敬鸢浮?(1). （1）1.5 (2). 1.0 (3). （2）大于 (4). 0.3 (5). 0.7【解析】(1)由閉合電路的歐姆定律可知，U-I圖象的縱截距為E=1.5V，斜率.(2)本實(shí)驗(yàn)采用了電流表的外接法，誤差來源為電流表分壓，測(cè)出的等效內(nèi)阻為，故測(cè)量值大于真實(shí)值。(3)測(cè)量電流表內(nèi)阻采用了半偏法：由于R遠(yuǎn)大于R，在保持總電流基本不變時(shí)，電流表和電阻箱各分的一半的電流，故；故電源的內(nèi)阻真實(shí)值為.【點(diǎn)睛】掌握伏安法測(cè)電阻的原理，半偏法測(cè)電阻的原理是解本題的關(guān)鍵，一定明確本實(shí)驗(yàn)在R遠(yuǎn)大于R的條件下進(jìn)行的。14.實(shí)驗(yàn)室有一破損的雙量程電壓表，兩量程分別是3V和15V，其內(nèi)部電路如圖所示，因電壓表的表頭G已燒壞，無法知道其電學(xué)特性，但兩個(gè)精密電阻R1、R2完好，測(cè)得R1=2.9k，R2=14.9k現(xiàn)有兩個(gè)表頭，外形都與原表頭G相同，已知表頭G1的滿偏電流為1mA，內(nèi)阻為50；表頭G2的滿偏電流0.5mA，內(nèi)阻為200，又有三個(gè)精密定值電阻r1=100，r2=150，r3=200若保留R1、R2的情況下，對(duì)電壓表進(jìn)行修復(fù)，根據(jù)所給條件回答下列問題：（1）原表頭G滿偏電流I=_，內(nèi)阻r=_（2）在虛線框中畫出修復(fù)后雙量程電壓表的電路_（標(biāo)識(shí)出所選用的相應(yīng)器材符號(hào)）（3）某學(xué)習(xí)小組利用修復(fù)的電壓表，再加上可以使用的以下器材，測(cè)量一未知電阻Rx的阻值：電流表A量程05mA，內(nèi)阻未知； 最大阻值約為100的滑動(dòng)變阻器；電源E（電動(dòng)勢(shì)約3V）； 開關(guān)S、導(dǎo)線若干由于不知道未知電阻的阻值范圍，學(xué)習(xí)小組為精確測(cè)出未知電阻的阻值，選擇合適的電路，請(qǐng)你幫助他們補(bǔ)充完整電路連接 _，正確連線后讀得電壓表示數(shù)為2.40V，電流表示數(shù)為4.00mA，則未知電阻阻值Rx為_【答案】 (1). ; (2). 100 ; (3). (4). (5). 750;【解析】【分析】（1）根據(jù)串聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律求出表頭的滿偏電流與內(nèi)阻（2）應(yīng)用串聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律選擇實(shí)驗(yàn)器材根據(jù)電壓表的改裝原理作出電路圖（3）根據(jù)伏安法測(cè)電阻的實(shí)驗(yàn)要求明確對(duì)應(yīng)的接法，并由歐姆定律求解電阻【詳解】（1）由圖示電路圖可知，電壓表量程：Ig（rg+R1）=3V，Ig（rg+R2）=15V，代入數(shù)據(jù)解得：Ig=1mA，rg=100；（2）修復(fù)電壓表，表頭滿偏電流為，Ig=1mA，電阻應(yīng)為：rg=100，需要的實(shí)驗(yàn)器材為：表頭的滿偏電流0.5mA，內(nèi)阻為200的表頭以及r3，即將表頭和r3并聯(lián)在電路中使用，電路圖如圖所示：（3）根據(jù)題意可明確實(shí)驗(yàn)中應(yīng)采用分壓接法，電流表采用外接法，故實(shí)物圖如圖所示：電壓表量程為3V，則其內(nèi)阻RV3000，根據(jù)歐姆定律可知 【點(diǎn)睛】在“伏安法”測(cè)電阻實(shí)驗(yàn)中，要注意明確實(shí)驗(yàn)原理，正確選擇實(shí)驗(yàn)電路的接法，并能準(zhǔn)確連接實(shí)物圖，同時(shí)能根據(jù)對(duì)應(yīng)的歐姆定律分析數(shù)據(jù)；找出實(shí)驗(yàn)誤差三、計(jì)算題15.如圖所示，水平傳送帶與水平軌道在B點(diǎn)平滑連接，傳送帶A、B間距L=2.0m，一半徑R=0.2m的豎直圓槽形光滑軌道與水平軌道相切于C點(diǎn)，水平軌道CD間的距離L=10m，在D點(diǎn)固定一豎直擋板。小物塊與傳送帶AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)09，BC段光滑，CD段動(dòng)摩擦因數(shù)為。當(dāng)傳送帶以v0=6ms順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，將質(zhì)量m=1kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊輕放在傳送帶左端A點(diǎn)，小物塊通過傳送帶、水平軌道、圓形軌道、水平軌道后與擋板碰撞，并原速率彈回，經(jīng)水平軌道CD返回圓形軌道。已知小物塊從傳送帶滑到水平軌道時(shí)機(jī)械能不損失，重力加速度g=10ms2。求：(1)小物塊第一次滑到傳送帶B點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)若小物塊第二次能沖上圓形軌道且能沿軌道運(yùn)動(dòng)而不會(huì)脫離軌道，求的取值范圍?！敬鸢浮浚?）6m/s（2）020.65或0.820.9；【解析】【分析】（1）根據(jù)物塊在AB上做勻加速運(yùn)動(dòng)的末速度不大于傳送帶速度，由傳送帶長(zhǎng)度來求解；（2）根據(jù)物塊不脫離軌道得到運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，然后對(duì)物塊從B到第二次通過圓軌道應(yīng)用動(dòng)能定理求解【詳解】（1）物塊速度小于傳送帶速度時(shí)，物塊受到傳送帶的摩擦力f=1mg，那么，物塊做加速度a1g9m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)；因?yàn)?aL0v02，故物塊在傳送帶上做勻加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)剛好達(dá)到傳送帶速度，所以，物塊滑到B時(shí)的速度大小vB=v0=6m/s；（2）要使物塊能第二次沖上圓形軌道且能在沿軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)不會(huì)脫離圓軌道，那么物塊第二次在圓軌道上運(yùn)動(dòng)要么能通過最高點(diǎn)，要么在圓軌道上最高點(diǎn)的高度hR；故當(dāng)物塊能通過最高點(diǎn)時(shí)，在最高點(diǎn)應(yīng)用牛頓第二定律可得：mg；對(duì)物塊從B到第二次到最高點(diǎn)應(yīng)用動(dòng)能定理可得：22mgL2mgRmv2mvB2解得： ；當(dāng)物塊在圓軌道上最高點(diǎn)的高度0hR時(shí)，由動(dòng)能定理可得：22mgLmgh0 mvB2，解得：，所以，0.820.9；所以為了使物塊能第二次沖上圓形軌道且能在沿軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)不會(huì)脫離圓軌道，020.65或0.820.9；【點(diǎn)睛】經(jīng)典力學(xué)問題一般先對(duì)物體進(jìn)行受力分析，求得合外力及運(yùn)動(dòng)過程做功情況，然后根據(jù)牛頓定律、動(dòng)能定理及幾何關(guān)系求解16.間距為l=0.5m兩平行金屬導(dǎo)軌由傾斜部分和水平部分平滑連接而成，如圖所示，傾斜部分導(dǎo)軌的傾角=30，上端連有阻值R=0.5的定值電阻且傾斜導(dǎo)軌處于大小為B1=0.5T、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。水平部分導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，圖示矩形虛線框區(qū)域存在大小為B2=1T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度d=3m。現(xiàn)將質(zhì)量m=0.1kg、內(nèi)阻r=0.5、長(zhǎng)l=0.5m的導(dǎo)體棒ab從傾斜導(dǎo)軌上端釋放，達(dá)到穩(wěn)定速度v0后進(jìn)入水平導(dǎo)軌，當(dāng)恰好穿過B2磁場(chǎng)時(shí)速度v=2m/s，已知導(dǎo)體棒穿過B2磁場(chǎng)的過程中速度變化量與在磁場(chǎng)中通過的距離滿足（比例系數(shù)k未知），運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，不計(jì)摩擦阻力和導(dǎo)軌電阻。求：（1）導(dǎo)體棒ab的速度v0；（2）導(dǎo)體棒ab穿過B2磁場(chǎng)過程中通過R的電荷量及導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱；（3）若磁場(chǎng)B1大小可以調(diào)節(jié)，其他條件不變，為了使導(dǎo)體棒ab停留在B2磁場(chǎng)區(qū)域，B1需滿足什么條件?！敬鸢浮浚?）8m/s（2）1.5C;1.5J（3） 【解析】【分析】（1）當(dāng)導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定后做勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件和安培力公式結(jié)合求解導(dǎo)體棒ab的速度v0；（2）通過R的電荷量可根據(jù)電量與電流的關(guān)系、歐姆定律和法拉第電磁感應(yīng)定律結(jié)合求解。由能量守恒定律和能量分配關(guān)系求導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱；（3）當(dāng)導(dǎo)體棒ab在B2磁場(chǎng)區(qū)域通過的位移xd時(shí)棒ab將停留在B2磁場(chǎng)區(qū)域。根據(jù)題意求出k，從而得到導(dǎo)體棒ab以速度v通過B2磁場(chǎng)時(shí)與在磁場(chǎng)中通過的距離x滿足的關(guān)系，再結(jié)合導(dǎo)體棒ab在B1磁場(chǎng)中達(dá)