河南省鎮(zhèn)平縣第一高級中學2019屆高三物理上學期期終考前模擬試題（含解析）.docx

鎮(zhèn)平一高中20182019高三期終考前模擬演練物理試題一、選擇題(本大題共17小題，計68分。在每小題給出的四個選項中，第110題只有一個選項符合題目要求，每小題4分；第1117題有多個選項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。)1.一質點做勻加速直線運動時,速度變化時發(fā)生位移,緊接著速度變化同樣的時發(fā)生位移,則該質點的加速度為( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根據勻變速直線運動的速度位移公式，結合兩段過程中速度的變化量相等，聯(lián)立求出質點的加速度【詳解】設勻加速的加速度a，物體的速度分別為v1、v2和v3；據運動學公式可知，v22v122ax1，v32v222ax2，且v2-v1=v3-v2=v；聯(lián)立以上三式解得：a=。故選D。2.如圖所示，帶有光滑豎直桿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與套在豎直桿上的小滑塊用輕繩連接，開始時輕繩與斜劈平行?，F給小滑塊施加一個豎直向上的拉力，使小滑塊沿桿緩慢上升，整個過程中小球始終未脫離斜劈，則有A. 小球對斜劈的壓力保持不變B. 輕繩對小球的拉力先減小后增大C. 豎直桿對小滑塊的彈力先增大再減小D. 對小滑塊施加的豎直向上的拉力逐漸增大【答案】D【解析】【詳解】A、B、對小球受力分析，受重力、支持力和細線的拉力，如圖所示：根據平衡條件可知，細線的拉力T增加，支持力N減小，根據牛頓第三定律，球對斜面的壓力也減?。还蔄、B錯誤。C、D、對球和滑塊整體分析，受重力、斜面的支持力N，桿的支持力N，拉力F，如圖所示：根據平衡條件，有：水平方向：N=Nsin，豎直方向：F+Ncos=G，由于N減小，故N減小，F增加；故C錯誤、D正確。故選D。【點睛】本題考查共點力平衡條件的應用，關鍵是正確選擇采用整體法和隔離法，靈活地選擇研究對象，然后根據平衡條件并結合圖示法和正交分解法分析即可。通常在分析外力對系統(tǒng)作用時，用整體法；在分析系統(tǒng)內各物體之間的相互作用時，用隔離法。有時在解答一個問題時要多次選取研究對象，需要整體法與隔離法交叉使用。3.用一束波長為1的單色光照射一群處于基態(tài)的氫原子,氫原子發(fā)出三種頻率的光,其中波長最長的為2,用這三種光中波長為中間值的光照射逸出功為W0的金屬表面,發(fā)生光電效應,已知光在真空中的傳播速度為c,普朗克常量為h,則從金屬表面逸出的光電子的最大初動能為（ ）A. W0 B. W0C. W0 D. +W0【答案】B【解析】【分析】波長最長的對應于能級差最小的躍遷；根據波爾理論找到波長中間值的波長，結合光電效應方程求解最大初動能.【詳解】由題意可知波長最長的應該對應于從32的躍遷，波長為中間值的3應該對應于從21的躍遷，根據波爾理論可知：，解得 ；根據光電效應方程： 解得 ，故選B.4.如圖所示,在足夠長的斜面上有一質量為m的薄木板A,當木板A獲得初速0后恰好能沿斜面勻速下滑。現將一質量也為m的滑塊B無初速度輕放在木板A的上表面。當滑塊B在木板A上滑動的過程中(B始終未從A的上表面滑出,B與A間的摩擦系數大于A與斜面間的動摩擦因數),下列說法正確的是( )A. A. B組成的系統(tǒng)動量和機械能都守恒B. A. B組成的系統(tǒng)動量和機械能都不守恒C. 當B的速度為v0時,A的速度為v0D. 當A的速度為v0時,B的速度為v0【答案】C【解析】【分析】對A、B進行受力分析，結合動量守恒的條件：合外力為零，分析動量是否守恒根據能量轉化情況分析機械能是否守恒結合動量守恒定律即可求解【詳解】設A與斜面間的動摩擦因數為，A勻速運動時，有：mgsin=mgcos。對于A、B組成的系統(tǒng)，由于2mgsin=2mgcos，所以系統(tǒng)的合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒。由于系統(tǒng)要克服摩擦做功，產生內能，所以系統(tǒng)的機械能不守恒，故AB錯誤。以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象，其合外力為零，符合動量守恒，取沿斜面向下為零，由動量守恒定律有mv0=mvA+mvB，當vB=v0時，vA=v0。當vA=v0時，vB=v0。由于B與A間的摩擦系數大于A與斜面間的動摩擦因數，因此vAvB，故C正確，D錯誤。故選C?！军c睛】本題關鍵是對物體的受力分析，分析系統(tǒng)的合外力，確定出系統(tǒng)的動量守恒，根據動量守恒定律進行計算5.如圖，半圓形光滑航道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直，一小物塊以速度從教道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點到軌道下端的距離與軌道半徑有關，此距離最大時，對應的軌道半徑為（重力加速度為）：（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】設半圓的半徑為R，根據動能定理得：mg2Rmv2mv2，離開最高點做平拋運動，有：2R=gt2，x=vt，聯(lián)立解得：，可知當R=時，水平位移最大，故C正確，ABD錯誤。故選B。點睛：本題考查了動能定理與圓周運動和平拋運動的綜合運用，得出水平位移的表達式是解決本題的關鍵，本題對數學能力的要求較高，需加強這方面的訓練。6. 某科研單位設計了一空間飛行器，飛行器從地面起飛時，發(fā)動機提供的動力方向與水平方向夾角60，使飛行器恰恰與水平方向成30角的直線斜向右上方勻加速飛行，經時間t后，將動力的方向沿逆時針旋轉60同時適當調節(jié)其大小，使飛行器依然可以沿原方向勻減速飛行，飛行器所受空氣阻力不計，下列說法中正確的是A. 加速時加速度的大小為B. 加速時動力的大小等于C. 減速時動力的大小等于D. 減速飛行時間t后速度為零【答案】A【解析】試題分析：起飛時，飛行器受推力和重力，兩力的合力與水平方向成角斜向上，設動力為F，合力為，如圖所示：在中，由幾何關系得：，由牛頓第二定律得飛行器的加速度為：故A正確，B錯誤；時刻的速率：，推力方向逆時針旋轉，合力的方向與水平方向成斜向下，推力跟合力垂直，如圖所示，此時合力大小為：，動力大?。海w行器的加速度大小為：，到最高點的時間為：故C D錯誤?？键c：牛頓運動定律綜合【名師點睛】本題主要考查了牛頓第二定律及運動學基本公式的應用，要求同學們能正確對分析器進行受力分析并能結合幾何關系求解，難度適中。7.如圖所示，在直角三角形所在的平面內存在勻強電場，其中A點電勢為0，B點電勢為3V，C點電勢為6V己知ACB30，AB邊長為m，D為AC的中點，將一點電荷放在D點，且點電荷在C點產生的場強為1.5N/C，則放入點電荷后，B點場強為（ ）A. 2.5N/C B. 3.5N/C C. 2N/C D. N/C【答案】A【解析】在勻強電場中，D點電勢為，因此BD連線即為等勢線，畫出電場線如圖所示：因，則AB兩點沿電場線方向的距離為，BA間的電勢差U=B-A=3V，則勻強電場的場強，由于點電荷在C點產生的場強為1.5N/C，則點電荷在B點產生的場強也為1.5N/C，方向與勻強電場的電場強度方向垂直因此B點場強為，故A正確， B、C、D錯誤故選A.【點評】考此題的關鍵要找出等勢點，來確定等勢線，并掌握電勢線與電場線垂直，理解公式中d的含義為兩點沿電場線方向的距離8.如圖，直線上方分布著垂直紙而向里的勻強磁場，從粒子源在紙面內沿不同的方向先后發(fā)射速率均為的質子和，兩個質子都過點。已知，質子沿與成角的方向發(fā)射，不計質子的重力和質子間的相互作用力，則（ ）A. 質子在磁場中運動的半徑為B. 質子在磁場中的運動周期為C. 質子在磁場中的運動時間為D. 質子在磁場中的運動時間為【答案】B【解析】由幾何關系分別求出兩質子做勻速圓周運動的半徑分別為，故質子的運動運動周期為，而兩質子從O到P分別旋轉300和60，時間分別為，故B正確【點睛】本題是把兩個質子相同的速率沿以不同方向從磁場中的同一點射入磁場，經偏轉后又到達同一點，顯然要找出兩質子運動的特征，即半徑相同，但由圓的相關知識就能知道兩質子的軌跡，及偏轉角度，從而求出運動時間、周期9.如圖，導體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點，O為圓心。軌道的電阻忽略不計。OM是有一定電阻?？衫@O轉動的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好?？臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場，磁感應強度的大小為B，現使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉到OS位置并固定過程；再使磁感應強度的大小以一定的變化率從B增加到過程。在過程、中，流過OM的電荷量相等，則等于A. B. C. D. 2【答案】B【解析】本題考查電磁感應及其相關的知識點。過程I回路中磁通量變化1=BR2，設OM的電阻為R，流過OM的電荷量Q1=1/R。過程II回路中磁通量變化2=（B-B）R2，流過OM的電荷量Q2=2/R。Q2= Q1，聯(lián)立解得：B/B=3/2，選項B正確。【點睛】此題將導體轉動切割磁感線產生感應電動勢和磁場變化產生感應電動勢有機融合，經典中創(chuàng)新。10.一含有理想變壓器的電路如圖所示，圖中電阻，和的阻值分別為，A為理想交流電流表，U為正弦交流電壓源，輸出電壓的有效值恒定當開關S斷開時，電流表的示數為I；當S閉合時，電流表的示數為該變壓器原、副線圈匝數比為A. 2 B. 3 C. 4 D. 5【答案】B【解析】試題分析：該變壓器原、副線圈匝數比為k，當開關S斷開時，原線圈兩端電壓，電流為I1=I，副線圈的電壓，根據歐姆定律，當開關S閉合時，原線圈兩端電壓，電流為I1 =4I，副線圈的電壓，根據歐姆定律綜上解得k=3，故A、C、D錯誤，B正確?！究键c定位】變壓器、歐姆定律【名師點睛】本題主要考查變壓器、歐姆定律。解決這類問題的關鍵是掌握變壓器的構造和原理，對于變壓器需要掌握公式、，并能熟練運用。此題值得注意的是變壓器的原線圈與電阻串聯(lián)后接入交流電壓。視頻11.2017年，人類第一次直接探測到來自雙中子星合并的引力波。根據科學家們復原的過程，在兩顆中子星合并前約100 s時，它們相距約400 km，繞二者連線上的某點每秒轉動12圈，將兩顆中子星都看作是質量均勻分布的球體，由這些數據、萬有引力常量并利用牛頓力學知識，可以估算出這一時刻兩顆中子星（ ）A. 質量之積B. 質量之和C. 速率之和D. 各自的自轉角速度【答案】BC【解析】本題考查天體運動、萬有引力定律、牛頓運動定律及其相關的知識點。雙中子星做勻速圓周運動的頻率f=12Hz（周期T=1/12s），由萬有引力等于向心力，可得，G=m1r1（2f）2，G=m2r2（2f）2，r1+ r2=r=40km，聯(lián)立解得：（m1+m2）=（2f）2Gr3，選項B正確A錯誤；由v1=r1=2f r1，v2=r2=2f r2，聯(lián)立解得：v1+ v2=2f r，選項C正確；不能得出各自自轉的角速度，選項D錯誤?！军c睛】此題以最新科學發(fā)現為情景，考查天體運動、萬有引力定律等。12.如圖,滑塊a、b的質量均為m,a套在固定豎直桿上,與光滑水平地面相距h,b放在地面上,a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接,由靜止開始運動。不計摩擦,a、b可視為質點,重力加速度大小為g,則()A. a落地前,輕桿對b一直做正功B. a落地時速度大小C. a下落過程中,其加速度大小始終不大于gD. a落地前,當a的機械能最小時,b對地面的壓力大小為mg【答案】DB【解析】【詳解】當a到達底端時，b的速度為零，b的速度在整個過程中，先增大后減小，動能先增大后減小，所以輕桿對b先做正功，后做負功故A錯誤a運動到最低點時，b的速度為零，根據系統(tǒng)機械能守恒定律得：mAgh=mAvA2，解得：故B正確b的速度在整個過程中，先增大后減小，所以a對b的作用力先是動力后是阻力，所以b對a的作用力就先是阻力后是動力，所以在b減速的過程中，b對a是向下的拉力，此時a的加速度大于重力加速度，故C錯誤；a、b整體的機械能守恒，當a的機械能最小時，b的速度最大，此時b受到a的推力為零，b只受到重力的作用，所以b對地面的壓力大小為mg，故D正確；故選BD【點睛】解決本題的關鍵知道a、b組成的系統(tǒng)機械能守恒，以及知道當a的機械能最小時，b的動能最大?！究键c】機械能守恒定律；牛頓定律的應用13.如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示t0時刻，質量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0 時間內微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經金屬板邊緣飛出微粒運動過程中未與金屬板接觸，重力加速度的大小為g，關于微粒在0T時間內運動的描述，正確的是()A. 末速度大小為 v0B. 末速度沿水平方向C. 重力勢能減少了 mgdD. 克服電場力做功為mgd【答案】BC【解析】0時間內微粒勻速運動，則有：qE0=mg，內，微粒做平拋運動，下降的位移，T時間內，微粒的加速度 ，方向豎直向上，微粒在豎直方向上做勻減速運動，T時刻豎直分速度為零，所以末速度的方向沿水平方向，大小為v0，故A錯誤，B正確微粒在豎直方向上向下運動，位移大小為d，則重力勢能的減小量為mgd，故C正確在內和T時間內豎直方向上的加速度大小相等，方向相反，時間相等，則位移的大小相等，為d，整個過程中克服電場力做功為，故D錯誤故選：BC點睛：解決本題的關鍵知道微粒在各段時間內的運動規(guī)律，抓住等時性，結合牛頓第二定律和運動學公式進行求解知道在內和T時間內豎直方向上的加速度大小相等，方向相反，時間相等，位移的大小相等.視頻14.如圖，在同一平面內固定有一長直導線PQ和一導線框R，R在PQ的右側。導線PQ中通有正弦交流電i，i的變化如圖所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向。導線框R中的感應電動勢A. 在時為零B. 在時改變方向C. 在時最大，且沿順時針方向D. 在時最大，且沿順時針方向【答案】AC【解析】試題分析 本題考查交變電流圖象、法拉第電磁感應定律、楞次定律及其相關的知識點。解析 由圖（b）可知，導線PQ中電流在t=T/4時達到最大值，變化率為零，導線框R中磁通量變化率為零，根據法拉第電磁感應定律，在t=T/4時導線框中產生的感應電動勢為零，選項A正確；在t=T/2時，導線PQ中電流圖象斜率方向不變，導致導線框R中磁通量變化率的正負不變，根據楞次定律，所以在t=T/2時，導線框中產生的感應電動勢方向不變，選項B錯誤；由于在t=T/2時，導線PQ中電流圖象斜率最大，電流變化率最大，導致導線框R中磁通量變化率最大，根據法拉第電磁感應定律，在t=T/2時導線框中產生的感應電動勢最大，由楞次定律可判斷出感應電動勢的方向為順時針方向，選項C正確；由楞次定律可判斷出在t=T時感應電動勢的方向為逆時針方向，選項D錯誤。點睛 此題以交變電流圖象給出解題信息，考查電磁感應及其相關知識點。解答此題常見錯誤主要有四方面：一是由于題目以交變電流圖象給出解題信息，導致一些同學看到題后，不知如何入手；二是不能正確運用法拉第電磁感應定律分析判斷；三是不能正確運用楞次定律分析判斷，陷入誤區(qū)。15.一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運動，其電勢能Ep隨位移x變化的關系如圖所示，其中0x2段是關于直線x=x1對稱的曲線，x2x3段是直線，則下列說法正確的是（）A. x1處電場強度為零B. 粒子在0x2段做勻變速運動，x2x3段做勻速直線運動C. x2x3段的電場強度大小方向均不變，為一定值D. 在0、x1、x2、x3處電勢0、1、 2、3的關系為32= 01【答案】AC【解析】試題分析：由電勢能與電勢的關系：，場強與電勢的關系：，得：，在圖像中，斜率等于，x1處切線斜率為零，則x1處電場強度為零，A對；在0x1段，圖像的斜率不斷減小，知場強減小，粒子所受的電場力減小，加速度減小，做非勻變速運動。X1x2段圖像的斜率不斷增大，場強增大，粒子所受的電場力增大，做非勻變速運動。X2x3段斜率不變，場強不變，是勻強電場，粒子所受的電場力不變，做勻變速直線運動，B錯，C對；由電勢能與電勢的關系：知負粒子在電勢能大的地方，電勢小，故D錯。考點：電勢、電勢能、電場強度?！久麕燑c睛】電勢能增、減的判斷方法（1）做功判斷法電場力做正功，電勢能減??；電場力做負功，電勢能增加（2）公式法由Epqp，將q、p的大小、正負號一起代入公式，Ep的正值越大電勢能越大，Ep的負值越小，電勢能越大（3）能量守恒法在電場中，若只有電場力做功時，電荷的動能和電勢能相互轉化，動能增加，電勢能減小，反之，電勢能增加（4）電荷電勢法正電荷在電勢高的地方電勢能大，負電荷在電勢低的地方電勢能大16.如圖所示電路中，電源電動勢為E，內阻為r，定值電阻的阻值R1=r，當滑動變阻器R2的滑片向右滑動過程中，理想電流表A1、A2的示數變化量的絕對值分別為I1、I2，理想電壓表示數變化量的絕對值為U。下列說法正確的是A. 電壓表V的示數減小B. 電流表A1、A2的示數均減小C. U與I1的比值等于電源內阻rD. 電源的輸出功率逐漸增大【答案】BD【解析】AB、當滑動變阻器R2的滑動觸頭P向右滑動時，R2增大，電路中總電阻增大，電路中電流減小，電流表A2的示數減小，根據路端電壓，路端電壓U增大，所以電壓表V的示數增大，根據歐姆定律可得R1的電流增大，由并聯(lián)分流可得R2的電流減小，所以電流表A1的示數減小，故A錯誤，B正確；C、根據閉合電路歐姆定律得：，即，則由，故C錯誤；D、由于定值電阻的阻值R1=r，外電路中總電阻，當滑動變阻器R2的滑片向右滑動過程中，外電路中總電阻增大，電源的輸出功率逐漸增大，故D正確；故選BD。17. 如圖所示，為三個有界勻強磁場，磁感應強度大小均為B，方向分別垂直紙面向外、向里和向外，磁場寬度均為L，在磁場區(qū)域的左側邊界處，有一邊長為L的正方形導體線框，總電阻為R，且線框平面與磁場方向垂直，現用外力F使線框以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，以初始位置為計時起點，規(guī)定電流沿逆時針方向時的電動勢E為正，磁感線垂直紙面向里時的磁通量為正值，外力F向右為正。則以下能反映線框中的磁通量、感應電動勢E、外力F和電功率P隨時間變化規(guī)律圖象的是（ ）【答案】C【解析】【詳解】當線框進入磁場時，位移在0L內，磁通量開始均勻增加，當全部進入左側磁場時達最大，且為負值；位移在L2L內，向里的磁通量增加，總磁通量均勻減?。划斘灰茷?.5L時，磁通量最小，為零，位移在1.5L到2L時，磁通量向里，為正值，且均勻增大。位移在2L2.5L時，磁通量均勻減小至零。在2.5L3L內，磁通量均勻增大，且方向向外，為負值。在3L4L內，磁通量均勻減小至零，且為負值，故A正確；當線圈進入第一個磁場時，由E=BLv可知，E保持不變，由右手定則知，感應電動勢沿逆時針方向，為正值，線框開始進入第二個和第三個磁場時，左右兩邊同時切割磁感線，感應電動勢應為2BLv，感應電動勢沿逆時針方向，為正值，完全在第三個磁場中運動時，左邊切割磁感線，感應電動勢為BLv，感應電動勢沿逆時針方向，為正值，故B正確；因安培力總是與運動方向相反，故拉力應一直向右，故C錯誤；拉力的功率P=Fv，因速度不變，而在線框在第一個磁場時，電流為定值，拉力也為定值；兩邊分別在兩個磁場中時，由B的分析可知，電流加倍，故安培力加培，功率加倍，此后從第二個磁場中離開時，安培力應等于線框在第一個磁場中的安培力，故D正確；此題選擇錯誤的選項，故選C。【點睛】由線圈的運動可得出線圈中磁通量的變化，則由法拉第電磁感應定律及E=BLv可得出電動勢的變化；由歐姆定律可求得電路中的電流，則可求得安培力的變化；由P=Fv可求得電功率的變化。二、實驗題(本題共2小題，每空3分，共24分。)18.某同學設計如圖所示裝置來探究動能定理。帶有水平部分的斜槽固定在地面上(固定部分沒有畫出)，斜槽面傾角為，在E點與水平部分平滑連接。水平部分高度為H，末端F點在水平地面上的投影點記為O點。O點右側鋪一張白紙，上面鋪上復寫紙以記錄落點位置。先讓可視為質點的滑塊從斜槽面上的某一點釋放，恰好運動到F點，該釋放點記為M點。在斜槽上作出N、P、Q點，且MN=NP=PQ。然后分別讓滑塊從N點、P點、Q點由靜止釋放落到水平地面白紙上的A1、A2、A3點。已知斜槽面各處粗糙程度相同。則(1)利用“倍增法”來探究動能定理的過程中，斜槽面的傾角，斜槽水平部分的高度H是否必須測量_(填“是”或“否”)？在實驗誤差允許的范圍內，滿足OA1：OA2：OA3= _，動能定理得到驗證。 (2)若斜槽的傾角，桌面高度H在實驗前已被測定。有人想借助該裝置測定斜槽面與滑塊間的動摩擦因數，必須要測定的物理量（ ）A.滑塊質量 B.當地的重力加速度gC.釋放點到M點的距離x1 D.滑塊落地點到O點的距離x2【答案】 (1). 否 (2). (3). CD【解析】（1）設M點到E點的距離為x0，EF=L，在M點釋放，設MN=NP=PQ=x，在N點釋放：，整理得：，同理可得在P點釋放：，在Q點釋放：，從F點離開，小球做平拋運動，高度相同，所以運動時間相同，根據水平方向x=vt，只需滿足即可，不需要測量傾角，斜槽水平部分的高度H；（2）根據，測定斜槽面與滑塊間的動摩擦因數，必須要測定的物理量釋放點到M點的距離x1，滑塊落地點到O點的距離x，所以選CD。19.（2017新課標全國卷）某同學研究小燈泡的伏安特性，所使用的器材有：小燈泡L（額定電壓3.8 V，額定電流0.32 A）；電壓表V（量程3 V，內阻3 k）；電流表A（量程0.5 A，內阻0.5 ）；固定電阻R0（阻值1 000 ）；滑動變阻器R（阻值09.0 ）；電源E（電動勢5 V，內阻不計）；開關S；導線若干。（1）實驗要求能夠實現在03.8 V的范圍內對小燈泡的電壓進行測量，畫出實驗電路原理圖_。（2）實驗測得該小燈泡伏安特性曲線如圖（a）所示。由實驗曲線可知，隨著電流的增加小燈泡的電阻_（填“增大”、“不變”或“減小”），燈絲的電阻率_（填“增大”、“不變”或“減小”）。（3）用另一電源E0（電動勢4 V，內阻1.00 ）和題給器材連接成圖（b）所示的電路，調節(jié)滑動變阻器R的阻值，可以改變小燈泡的實際功率。閉合開關S，在R的變化范圍內，小燈泡的最小功率為_W，最大功率為_W。（結果均保留2位小數）【答案】 (1). (2). 增大 (3). 增大 (4). 0.39 (5). 1.18【解析】（1）要求能夠實現在03.8 V的范圍內對小燈泡的電壓進行測量，故滑動變阻器用分壓式接法，小燈泡為小電阻，電流表用外接法，如答案圖所示；（2）由IU圖象知，切線的斜率在減小，故燈泡的電阻隨電流的增大而增大，再由電阻定律知，電阻率增大；（3）當滑動變阻器的阻值為9 時，電路電流最小，燈泡實際功率最小，此時E=U+I（r+R）得U=10I+4，在圖中作出該直線如左圖所示，交點坐標約為U=1.75 V，I=225 mA，P1=UI=0.39 W；整理得：，當直線的斜率最大時，與燈泡的IU曲線的交點坐標最大，即燈泡消耗的功率最大。當滑動變阻器電阻值R=0時，燈泡消耗的功率最大，此時交點坐標為U=3.67 V，I=0.32 A，如右圖所示，最大的功率為P2=UI=1.17 W?！久麕燑c睛】電路圖主要是控制電路、測量電路的連接。小燈泡阻值為小電阻外接法，電壓從0開始測量分壓式接法。然后由伏安特性曲線分析阻值的變化，注意縱軸是電流。第（3）問求小燈泡消耗的實際功率較難，因小燈泡的阻值隨電流的變化而變化，通過閉合電路的歐姆定律找到小燈泡實際的電流、電壓值。三.計算題20.如圖所示，t0時一質量m1 kg的滑塊A在大小為10 N、方向與水平向右方向成37的恒力F作用下由靜止開始在粗糙水平地面上做勻加速直線運動，t12 s時撤去力F；t0時在A右方x07 m處有一滑塊B正以v07 ms的初速度水平向右運動。已知A與地面間的動摩擦因數10.5，B與地面間的動摩擦因數20.1，取重力加速度大小g10 ms2，sin370.6，cos370.8。兩滑塊均視為質點，求：（1）兩滑塊在運動過程中速度相等的時刻；（2）兩滑塊間的最小距離?！敬鸢浮浚?）3.75s（2）0.875m【解析】【分析】（1）根據牛頓第二定律先求解撤去外力F前后時A的加速度以及B的加速度；根據撤去F之前時速度相等和撤去F之后時速度相等列式求解；（2）第一次共速時兩物塊距離最大，第二次共速時兩物塊距離最??；根據位移公式求解最小值.【詳解】（1）對物塊A，由牛頓第二定律：；對物體A撤去外力后：；對物體B：A撤去外力之前兩物體速度相等時：，得t1 sA撤去外力之后兩物體速度相等時：，得t3.75 s（2）第一次共速時兩物塊距離最大，第二次共速時兩物塊距離最小，則：xx0x2x1； 得x0.875 m21.如圖所示,質量均為m=0.5 kg的A、B兩小物塊用輕質彈簧相連,豎直靜止放置在水平地面上,彈簧的勁度系數為k=0.5 N/cm,B物塊上系一根輕繩,輕繩繞過固定光滑的定滑輪與水平面上的C物塊相連,C物塊的質量為M=1 kg,與水平面間的動摩擦因數為0.2,初始時輕繩伸直但無拉力。用一水平向右的拉力F作用在C物塊上,使C物塊向右做勻加速直線運動,1s時A物塊恰好離開地面,重力加速度大小g=10 m/s2,求:(1)A物塊剛好離開地面時,水平拉力F的大小;(2)A物塊剛好離開地面前,水平拉力F做功的大小?！敬鸢浮?1) F=12.6 N (2) WF=1.52 J【解析】【分析】（1）A物塊剛好離開地面時，根據胡克定律求解BC移動的距離，結合牛頓第二定律求解水平力F；（2）初始位置時與A物塊剛好離開地面時，彈簧的彈性勢能相等，對B、C物塊與彈簧組成的系統(tǒng)由功能關系求解F的功?！驹斀狻浚?）初始時,彈簧的壓縮量為x1=，A物塊剛好離開地面時,彈簧的伸長量為x2=，從初始位置到A物塊剛好離開地面的過程，B物塊和C物塊的位移均為x= C物塊做勻加速直線運動，有x=at2A物塊剛好離開地面時，彈簧彈力大小為mg，對B物塊，有Tmgmg=ma對C物塊，有FMgT=Ma代入數據解得F=12.6 N（2）當A物塊剛好離開地面時，B、C物塊的速度大小均為v=at初始位置時與A物塊剛好離開地面時，彈簧的彈性勢能相等，對B、C物塊與彈簧組成的系統(tǒng),由功能關系可得：WF=Mgx+mgx+(M+m)v2代入數據解得WF=1.52 J【點睛】此題關鍵是分析物體的受力情況以及物理過程，雖然彈簧的彈力是變力，但是由于初始位置時與A物塊剛好離開地面時，彈簧的彈性勢能相等，由此可利用功能關系求解F的功.22.如圖所示，長度為d的絕緣輕桿一端套在光滑水平轉軸O上，另一端固定一質量為m電荷量為q的帶負電小球小球可以在豎直平面內做圓周運動，AC和BD分別為圓的豎直和水平直徑等量異種點電荷Q、Q分別固定在以C為中點、間距為2d的水平線上的E、F兩點讓小球從最高點A由靜止開始運動，經過B點時小球的速度大小為v，不考慮q對Q、Q所產生電場的影響重力加速度為g求：(1)小球經過C點時球對桿的拉力大小；(2)小球經過D點時的速度大小【答案】（1） （2） 【解析】（1）圖中AC是等勢面，故電荷從A到C過程中，電場力不做功，根據動能定理，有：mg（2d）=mvC2-0解得：vC=2在C點，拉力和重力一起提供向心力，根據牛頓第二定律，有：F-mg=m解得：F=5mg（2）對從B到C過程，根據動能定理，有：mgd+W電=mvC2mv2對從B到C過程，根據動能定理，有：-mgd+W電=mvD2mvC2聯(lián)立解得：vD=點睛：本題關鍵是靈活選擇過程根據動能定理列式求解，同時要熟悉等量異號電荷的電場線分布情況23.如圖所示，兩條相距d的平行金屬導軌位于同一水平面內，其右端接一阻值為R的電阻質量為m的金屬桿靜置在導軌上，其左側的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應強度大小為B、方向豎直向下當該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関導軌和金屬桿的電阻不計，導軌光滑且足夠長，桿在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸求：（1）MN剛掃過金屬桿時，桿中感應電流的大小I；（2）MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a；（3）PQ剛要離開金屬桿時，感應電流的功率P【答案】（1）；（2）；（3）；【解析】【分析】本題的關鍵在于導體切割磁感線產生電動勢E=Blv，切割的速度（v）是導體與磁場的相對速度，分析這類問題，通常是先電后力，再功能（1）根據電磁感應定律的公式可得知產生的電動勢，結合閉合電路的歐姆定律，即可求得MN剛掃過金屬桿時，桿中感應電流的大小I；（2）根據第一問求得的電流，利用安培力的公式，結合牛