陜西省漢中市洋縣第二高級中學2014-2015學年(下)期末高二物理試卷帶解析

1、陜西省漢中市洋縣第二高級中學2014-2015學年（下）期末試卷高二物理 命題人：金正山一、選擇題（本大題共10小題，每小題4分）1（4分）下列說法正確的是（）A做曲線運動的物體其加速度一定是變化的B在利用探究勻速圓周運動向心加速度大小表達式的過程中應用了極限法C電場強度、電勢、電容、電功的定義均用了比值定義法D做勻速直線運動的物體機械能一定守恒2（4分）一質(zhì)點沿x軸做直線運動，其vt圖象如圖所示質(zhì)點在t=0時位于x=5m處，開始沿x軸正向運動當t=8s時，質(zhì)點在x軸上的位置為（）Ax=3mBx=8mCx=9mDx=14m3（4分）如圖，一輛有動力驅(qū)動的小車上有一水平放置的彈簧，其左端固定在小

2、車上，右端與一小球相連，設在某一段時間內(nèi)小球與小車相對靜止且彈簧處于壓縮狀態(tài)，若忽略小球與小車間的摩擦力，則在此段時間內(nèi)小車可能是（）A向右做加速運動B向右做減速運動C向左做加速運動D向左做勻速運動4（4分）一理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為10：1，原線圈輸入電壓的變化規(guī)律如圖甲所示，副線圈所接電路如圖乙所示，P為滑動變阻器的觸頭由圖可知（）A副線圈輸出電壓的頻率為50HzB副線圈輸出電壓的有效值為31VCP向下移動時，原、副線圈的電流比減小DP向下移動時，變壓器的輸出功率增加5（4分）如圖所示，在一勻強磁場中有一U形導體框bacd，線框處于水平面內(nèi)，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直

3、于ab的一根導體桿，它可以在ab、cd上無摩擦地滑動，桿ef及線框中導體的電阻都可不計開始時，給ef一個向右的初速度，則（）Aef將減速向右運動，但不是勻減速Bef將勻速向右運動，最后停止Cef將勻速向右運動Def將做往復運動6（4分）（2011閔行區(qū)二模）電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源與定值電阻R1、R2及滑動變阻器R連接成如圖所示的電路，當滑動變阻器的觸頭由中點滑向b端時，下列說法正確的是（）A電壓表和電流表讀數(shù)都減小B電壓表和電流表讀數(shù)都增大C電壓表讀數(shù)增大，電流表讀數(shù)減小D電壓表讀數(shù)減小，電流表讀數(shù)增大7（4分）質(zhì)量為m的物體從高處無初速度釋放后豎直下落高度為h，在運動過程中受到的空氣阻力

4、大小恒為f加速度大小a=g，則（）A體下落過程中重力的平均功率為mgBf的大小為mgC物體下落過程中動能增加mghD物體下落過程中機械能減小mgh8（4分）（2007重慶）土衛(wèi)十和土衛(wèi)十一是土星的兩顆衛(wèi)星，都沿近似為圓周的軌道線土星運動其參數(shù)如表，兩衛(wèi)星相比土衛(wèi)十：（）衛(wèi)星半徑（m）衛(wèi)星質(zhì)量（kg）軌道半徑（m）土衛(wèi)十8.901042.0110181.511018土衛(wèi)十一5.701045.6010171.511018A受土星的萬有引力較大B繞土星的圓周運動的周期較大C繞土星做圓周運動的向心加速度較大D動能較大9（4分）（2011保定模擬）如圖所示，用三根輕繩AB、BC、CD連接兩個小球，兩球質(zhì)

5、量均為m，A、D兩端固定，系統(tǒng)在豎直平面內(nèi)靜止，AB和CD與豎直方向的夾角分別是30和60則（）AAB拉力是mgBBC拉力是mgCCD拉力是mgDBC與水平方向夾角是6010（4分）物體以速度v勻速通過直線上的A、B兩點，所用時間為t；現(xiàn)在物體從A點由靜止出發(fā)，先勻加速直線運動（加速度為a1）到某一最大速度vm后立即做勻減速直線運動（加速度大小為a2）至B點速度恰好減為0，所用時間仍為t則物體的（）Avm只能為2v，與a1、a2的大小無關Bvm可為許多值，與a1、a2的大小有關Ca1、a2須是一定的Da1、a2必須滿足二、實驗題（本題共2小題15分，其中11題6分，12題10分，請按題中的要求

6、作答，將答案填寫在試卷的相應位置上）11（6分）（2009鹽城一模）用如圖所示的裝置來探究物體的加速度與力、質(zhì)量的關系實驗時，小盤和砝碼牽引小車，使小車做初速為零的勻加速運動（1）此實驗中可以不測量加速度的具體值，原因是：_（2）通過改變_，就可以改變小車所受到的合力（3）在探究加速度與質(zhì)量關系時，分別以_為縱坐標、_為橫坐標作圖象，這樣就能直觀地看出其關系12（9分）在做測定金屬電阻率的實驗中，待測金屬的阻值約為5某同學先通過游標卡尺和螺旋測微器分別測量一薄的金屬圓片的直徑和厚度如圖所示，則游標卡尺所示金屬圓片直徑的測量值為_cm，螺旋測微器所示金屬圓片厚度的測量值為_mm實驗室準備用來測量

7、該電阻值的實驗器材除開關若干及導線外，還有：電壓表V1 （量程03V，內(nèi)電阻約15k）；電壓表V2 （量程015V，內(nèi)電阻約75k）；電流表A1 （量程03A，內(nèi)電阻約0.2）；電流表A2 （量程0600mA，內(nèi)電阻約3）；滑動變阻器R（最大阻值為100，額定電流為0.6A）；直流電源、電池組E（電動勢為3V、內(nèi)電阻約為0.3）；正常實驗中為減少測量誤差，且電表讀數(shù)從零開始變化，并能多測幾組電流、電壓值，以便畫出電流電壓的關系圖線，則電壓表應選用_（填實驗器材的代號），電流表應選用_（填實驗器材的代號），實驗電路圖選用下圖中的_圖這位同學在一次測量時，電流表、電壓表的示數(shù)如圖所示，由圖中電流表

8、、電壓表的讀數(shù)可計算出待測金屬的電阻為_（結(jié)果精確到小數(shù)點后一位）三、計算題（說明：解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位13（14分）（2014海南）短跑運動員完成100m賽跑的過程可簡化為勻加速直線運動和勻速直線運動兩個階段一次比賽中，某運動用11.00s跑完全程已知運動員在加速階段的第2s內(nèi)通過的距離為7.5m，求該運動員的加速度及在加速階段通過的距離14（19分）（2014東城區(qū)一模）某學習小組為了研究影響帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的因素，制作了一個自動控制裝置，如圖所示，滑片P可在R2上滑動，在以O為圓心，半徑為R=10cm的圓形區(qū)域內(nèi)

9、，有一個方向垂直紙面向外的水平勻強磁場，磁感應強度大小為B=0.10T豎直平行放置的兩金屬板A、K相距為d，連接在電路中，電源電動勢E=91V，內(nèi)阻r=1.0，定值電阻R1=10，滑動變阻器R2的最大阻值為80，S1、S2為A、K板上的兩個小孔，且S1、S2跟O在豎直極板的同一直線上，OS2=2R，另有一水平放置的足夠長的熒光屏D，O點跟熒光屏D點之間的距離為H比荷為2.0105C/kg的離子流由S1進入電場后，通過S2向磁場中心射去，通過磁場后落到熒光屏D上離子進入電場的初速度、重力、離子之間的作用力均可忽略不計問：（1）判斷離子的電性，并分段描述離子自S1到熒光屏D的運動情況？（2）如果離

10、子恰好垂直打在熒光屏上的N點，電壓表的示數(shù)多大？（3）電壓表的最小示數(shù)是多少？要使離子打在熒光屏N點的右側(cè)，可以采取哪些方法？四、選修題、選修3-515（4分）如圖所示為氫原子的能級示意圖，一群氫原子處于n=3的激發(fā)態(tài)，在向較低能級躍遷的過程中向外發(fā)出光子，用這些光照射逸出功為2.49eV的金屬鈉，下列說法中正確的是（）A從n=3的激發(fā)態(tài)躍遷到n=2的激發(fā)態(tài)時所發(fā)出的光的波長最短B這群氫原子能發(fā)出3種頻率不同的光，且均能使金屬鈉發(fā)生光電效應C金屬鈉表面所發(fā)出的光電子的初動能最大值為9.60eVD從n=3的激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時所發(fā)出的光能使金屬鈉發(fā)生光電效應，且使光電子獲得最大初動能16（8分）（

11、2014山東）如圖所示，光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接，A的質(zhì)量為m，開始時橡皮筋松弛，B靜止，給A向左的初速度v0，一段時間后，B與A同向運動發(fā)生碰撞并黏在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍，也是碰撞前瞬間B的速度的一半，求：（i）B的質(zhì)量；（ii）碰撞過程中A、B系統(tǒng)機械能的損失參考答案與試題解析一、選擇題（本大題共10小題，每小題4分）1（4分）下列說法正確的是（）A做曲線運動的物體其加速度一定是變化的B在利用探究勻速圓周運動向心加速度大小表達式的過程中應用了極限法C電場強度、電勢、電容、電功的定義均用了比值定義法D做勻速直線運動的物體機械能一定守恒考點：機械能守

12、恒定律；物理學史菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有分析：物體做曲線運動時合外力與速度不在同一直線上加速度的定義式是a=，一般可求解平均加速度，當t0時，可求瞬時加速度電場強度、電勢和電容采用了比值定義法，電功不是比值定義式比值定義出的新的物理量與定義所用的物理量無關，反映物質(zhì)本身的屬性機械能守恒的條件是只有重力或彈簧的彈力做功解答：解：A、做曲線運動的物體其加速度也可能不變，比如平拋運動，故A錯誤B、加速度的定義式是a=，在探究勻速圓周運動加速度大小時，可用此公式求出平均加速度，當t0時，可求瞬時加速度，這個瞬時加速度指向圓心，稱為向心加速度，應用了極限法探究的故B正確C、電場強度、電勢、電容的定義式分別為：E=

13、、=、C=都是由兩個量的比值來定義的，即采用了比值定義法，電場強度、電勢、電容反映了電場或電容器本身的特性，與定義所用的物理量無關，具有比值定義的共性而電功 W=UIt，W與U、I、t都有關，不是比值定義法，故C錯誤D、機械能守恒的條件是只有重力或彈簧的彈力做功做勻速直線運動的物體可能有除重力或彈簧的彈力以外的力做功，機械能不一定守恒，故D錯誤故選：B點評：解決本題關鍵要掌握物理量常用的定義方法：極限法、比值定義法等等，掌握機械能守恒的條件等等基本知識2（4分）一質(zhì)點沿x軸做直線運動，其vt圖象如圖所示質(zhì)點在t=0時位于x=5m處，開始沿x軸正向運動當t=8s時，質(zhì)點在x軸上的位置為（）Ax=

14、3mBx=8mCx=9mDx=14m考點：勻變速直線運動的圖像菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：運動學中的圖像專題分析：速度時間圖象可讀出速度的大小和方向，根據(jù)速度圖象可分析物體的運動情況，確定何時物體離原點最遠圖象的“面積”大小等于位移大小，圖象在時間軸上方“面積”表示的位移為正，圖象在時間軸下方“面積”表示的位移為負解答：解：圖象的“面積”大小等于位移大小，圖象在時間軸上方“面積”表示的位移為正，圖象在時間軸下方“面積”表示的位移為負，故8s時位移為：s=，由于質(zhì)點在t=0時位于x=5m處，故當t=8s時，質(zhì)點在x軸上的位置為8m，故ACD錯誤，B正確故選：B點評：本題抓住速度圖象的“面積”等于位移是關

15、鍵能根據(jù)圖象分析物體的運動情況，通過訓練，培養(yǎng)基本的讀圖能力3（4分）如圖，一輛有動力驅(qū)動的小車上有一水平放置的彈簧，其左端固定在小車上，右端與一小球相連，設在某一段時間內(nèi)小球與小車相對靜止且彈簧處于壓縮狀態(tài)，若忽略小球與小車間的摩擦力，則在此段時間內(nèi)小車可能是（）A向右做加速運動B向右做減速運動C向左做加速運動D向左做勻速運動考點：牛頓第二定律；力的合成與分解的運用；胡克定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：牛頓運動定律綜合專題分析：小球和小車具有相同的加速度，對小球運用牛頓第二定律，判斷出加速度的方向，得知小車的加速度方向，從而知道小車的運動情況解答：解：小球與小車相對靜止且彈簧處于壓縮狀態(tài)，知小球所受

16、的合力向右，根據(jù)牛頓第二定律，小球的加速度方向向右，小球和小車具有相同的加速度，知小車具有向右的加速度，所以小車向右做加速運動或向左做減速運動故A正確，B、C、D錯誤故選：A點評：解決本題的關鍵抓住小球和小車具有相同的加速度，運用牛頓第二定律進行求解4（4分）一理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為10：1，原線圈輸入電壓的變化規(guī)律如圖甲所示，副線圈所接電路如圖乙所示，P為滑動變阻器的觸頭由圖可知（）A副線圈輸出電壓的頻率為50HzB副線圈輸出電壓的有效值為31VCP向下移動時，原、副線圈的電流比減小DP向下移動時，變壓器的輸出功率增加考點：變壓器的構(gòu)造和原理；電功、電功率菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：交流電專

17、題分析：根據(jù)瞬時值表達式可以求得輸出電壓的有效值、周期和頻率等，再根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比即可求得結(jié)論解答：A、由圖象可知，交流電的周期為0.02s，所以交流電的頻率為50Hz，所以A正確B、根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比可知，原線圈的電壓的最大值為310V，所以副線圈的電壓的最大值為31V，所以電壓的有效值為V=V，所以B錯誤C、原副線圈電流之比等于匝數(shù)的反比，故原副線圈的電流之比不變，故C錯誤D、P向下移，R變大，原副線的電流都變小而電壓不變，故功率減小，故D錯誤；故選：A點評：電路的動態(tài)變化的分析，總的原則就是由部分電路的變化確定總電路的變化的情況，再確定其他的電路5（4分）如圖所示，在一勻強磁場中有

18、一U形導體框bacd，線框處于水平面內(nèi)，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導體桿，它可以在ab、cd上無摩擦地滑動，桿ef及線框中導體的電阻都可不計開始時，給ef一個向右的初速度，則（）Aef將減速向右運動，但不是勻減速Bef將勻速向右運動，最后停止Cef將勻速向右運動Def將做往復運動考點：導體切割磁感線時的感應電動勢菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：電磁感應與電路結(jié)合分析：金屬棒向右運動時會切割磁感線產(chǎn)生電動勢和感應電流，金屬桿ef受到向左的安培力做減速運動，速度減小會造成電動勢、電流減小，安培力也隨之減小，所以物體做減速運動的加速度會減小，直到速度為零時金屬桿靜止解答：解：金屬棒向

19、右運動時會切割磁感線產(chǎn)生電動勢和感應電流，根據(jù)右手定則判斷可知，ef中感應電流方向從f到e根據(jù)左手定則判斷可知，ef所受的安培力向左，則ef將減速向右運動感應電流表達式 I=，金屬棒所受的安培力：F=BIL=，隨著速度的減小，安培力減小所以ef做加速度減小的變減速運動，最終停止運動，故A正確，BCD錯誤故選：A點評：此類題目的解題關鍵點是能夠靈活應用法拉第電磁感應定律與右手定則、左手定則，推導出安培力的表達式判斷其變化6（4分）（2011閔行區(qū)二模）電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源與定值電阻R1、R2及滑動變阻器R連接成如圖所示的電路，當滑動變阻器的觸頭由中點滑向b端時，下列說法正確的是（）A電壓表

20、和電流表讀數(shù)都減小B電壓表和電流表讀數(shù)都增大C電壓表讀數(shù)增大，電流表讀數(shù)減小D電壓表讀數(shù)減小，電流表讀數(shù)增大考點：閉合電路的歐姆定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：恒定電流專題分析：首先要認識電路的結(jié)構(gòu)：滑動變阻器與R2并聯(lián)然后與R1串聯(lián)，電壓表測路端電壓，電流表測通過電阻R2的電流；根據(jù)滑動變阻器滑片的移動方向判斷滑動變阻器接入電路的阻值如何變化；然后應用串并聯(lián)電路特點與歐姆定律分析答題解答：解：由電路圖可知，滑片向b端移動時，滑動變阻器接入電路的阻值變大，并聯(lián)電阻增大，外電路總電阻變大，由閉合電路歐姆定律可知，干路電流變小，電源內(nèi)電壓變小，路端電壓變大，則電壓表示數(shù)變大干電路電流變小，電阻R1兩端電壓

21、變小，路端電壓變大，則并聯(lián)電壓變大，由部分電路歐姆定律可知，通過電阻R2的電流變大，電流表示數(shù)變大，故D正確；故選B點評：本題是一道閉合電路的動態(tài)分析題，分析清楚電路結(jié)構(gòu)、熟練應用歐姆定律、電功率公式即可正確解題7（4分）質(zhì)量為m的物體從高處無初速度釋放后豎直下落高度為h，在運動過程中受到的空氣阻力大小恒為f加速度大小a=g，則（）A體下落過程中重力的平均功率為mgBf的大小為mgC物體下落過程中動能增加mghD物體下落過程中機械能減小mgh考點：機械能守恒定律；功率、平均功率和瞬時功率菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：機械能守恒定律應用專題分析：A、根據(jù)勻變速直線運動的位移時間公式求出運動的時間，再根據(jù)P

22、=求出重力做功的平均功率B、根據(jù)牛頓第二定律求出阻力f的大小C、根據(jù)動能定律，通過合力做功求出動能的增加量D、根據(jù)動能的增加量，重力勢能的減小量判斷機械能的變化解答：解：A、根據(jù)h=，解得t=，則重力做功的平均功率故A正確B、根據(jù)牛頓第二定律得，mgf=ma，解得f=mgma=故B正確C、在整個過程中，合力功為，則根據(jù)動能定理，知動能增加故C錯誤D、重力做功mgh，則重力勢能減小mgh，動能增加，則機械能減小故D錯誤故選AB點評：解決本題的關鍵掌握合力功與動能的關系，重力做功與重力勢能的關系，以及能夠靈活運用牛頓第二定律和運動學公式8（4分）（2007重慶）土衛(wèi)十和土衛(wèi)十一是土星的兩顆衛(wèi)星，都

23、沿近似為圓周的軌道線土星運動其參數(shù)如表，兩衛(wèi)星相比土衛(wèi)十：（）衛(wèi)星半徑（m）衛(wèi)星質(zhì)量（kg）軌道半徑（m）土衛(wèi)十8.901042.0110181.511018土衛(wèi)十一5.701045.6010171.511018A受土星的萬有引力較大B繞土星的圓周運動的周期較大C繞土星做圓周運動的向心加速度較大D動能較大考點：萬有引力定律及其應用；牛頓第三定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有分析：研究衛(wèi)星繞土星做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力列出等式，表達出線速度、加速度、周期再根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)去判斷解答：解析：A、從表格中的數(shù)據(jù)看出：兩衛(wèi)星的軌道半徑相等 r10=r11，兩衛(wèi)星的質(zhì)量相差一個數(shù)量級，有m10m11，設土

24、星質(zhì)量為M，由萬有引力定律公式F=G，所以土衛(wèi)十受到的引力較大故A正確B、兩衛(wèi)星均繞土星運動，由開普勒第三定律 （或由萬有引力提供向心力列方程得到） =常量可知，當軌道半徑相等時，運動周期T也相等故B錯誤C、由萬有引力提供向心力列方程得到衛(wèi)星的向心加速度，由 a=G可知，只要軌道半徑相等，兩衛(wèi)星的向心加速度大小相等故C錯誤D、由Ek=和 G=m 得 Ek=，質(zhì)量m較大的衛(wèi)星的動能較大故D正確故選AD點評：比較一個物理量，我們應該把這個物理量先表示出來，再根據(jù)已知條件進行比較向心力的公式選取要根據(jù)題目提供的已知物理量選取應用9（4分）（2011保定模擬）如圖所示，用三根輕繩AB、BC、CD連接兩

25、個小球，兩球質(zhì)量均為m，A、D兩端固定，系統(tǒng)在豎直平面內(nèi)靜止，AB和CD與豎直方向的夾角分別是30和60則（）AAB拉力是mgBBC拉力是mgCCD拉力是mgDBC與水平方向夾角是60考點：共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：受力分析方法專題分析：先對BC球整體受力分析，根據(jù)共點力平衡條件，運用合成法求解AB繩拉力和CD繩子拉力，再對C球受力分析，結(jié)合共點力平衡條件再次列式求解解答：解：對BC球整體受力分析，如圖根據(jù)共點力平衡條件，有FAB=2mgcos30=mgFCD=2mgsin30=mg再對C球受力分析，如圖根據(jù)共點力平衡條件，有x方向：FCDcos30FB

26、Ccos=0y方向：FCDsin30+FBCsinmg=0解得FBC=mg=30故選ABC點評：整體法與隔離法是解決平衡問題的常用方法，在具體問題中，靈活地選用整體法和隔離法，可以使問題大大簡化10（4分）物體以速度v勻速通過直線上的A、B兩點，所用時間為t；現(xiàn)在物體從A點由靜止出發(fā)，先勻加速直線運動（加速度為a1）到某一最大速度vm后立即做勻減速直線運動（加速度大小為a2）至B點速度恰好減為0，所用時間仍為t則物體的（）Avm只能為2v，與a1、a2的大小無關Bvm可為許多值，與a1、a2的大小有關Ca1、a2須是一定的Da1、a2必須滿足考點：勻變速直線運動的位移與時間的關系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有

27、專題：直線運動規(guī)律專題分析：A、當物體勻速通過A、B兩點時，x=vt當物體先勻加速后勻減速通過A、B兩點時，根據(jù)平均速度公式，總位移x=，從而可得知vm與v的關系C、勻加速運動的時間和勻減速運動的時間之和，再根據(jù)vm與v的關系得出a1、a2所滿足的條件解答：解：A、當物體勻速通過A、B兩點時，x=vt當物體先勻加速后勻減速通過A、B兩點時，根據(jù)平均速度公式，總位移x=，則，得vm=2v與a1、a2的大小無關故A正確，B錯誤 C、勻加速運動的時間和勻減速運動的時間之和，而vm=2v，代入得，整理得故C錯誤，D正確故選AD點評：解決本題關鍵掌握勻變速直線運動的平均速度的公式，從而得出先勻加速后勻減

28、速運動的位移x=，二、實驗題（本題共2小題15分，其中11題6分，12題10分，請按題中的要求作答，將答案填寫在試卷的相應位置上）11（6分）（2009鹽城一模）用如圖所示的裝置來探究物體的加速度與力、質(zhì)量的關系實驗時，小盤和砝碼牽引小車，使小車做初速為零的勻加速運動（1）此實驗中可以不測量加速度的具體值，原因是：a正比于S，故只須研究S之間的比例關系即可表明a之間的關系（2）通過改變盤內(nèi)砝碼質(zhì)量，就可以改變小車所受到的合力（3）在探究加速度與質(zhì)量關系時，分別以a為縱坐標、為橫坐標作圖象，這樣就能直觀地看出其關系考點：探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：實驗題；牛頓運動定律

29、綜合專題分析：（1）根據(jù)初速度為零的勻變速直線運動特點可得出答案（2）實驗滿足砝碼盤和砝碼的總質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量，砝碼盤和砝碼的重力等于小車所受的合外力（3）物體的加速度a與物體質(zhì)量m的關系圖線是曲線，不能確定它們的關系，而加速度a與質(zhì)量倒數(shù)的關系圖線是直線解答：解：（1）在初速度為零的勻變速直線運動中有S=at2，若運動時間相等，則位移與加速度成正比此實驗中可以不測量加速度的具體值，原因是：a正比于S，故只須研究S之間的比例關系即可表明a之間的關系（2）實驗滿足砝碼盤和砝碼的總質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量，砝碼盤和砝碼的重力等于小車所受的合外力所以通過改變盤內(nèi)砝碼質(zhì)量，就可以改變小車所受到的合力（

30、3）物體的加速度a與物體質(zhì)量m的關系圖線是曲線，不能確定它們的關系，而加速度a與質(zhì)量倒數(shù)的關系圖線是直線，從而可知加速度a與質(zhì)量m成反比所以在探究加速度與質(zhì)量關系時，分別以a為縱坐標、為橫坐標作圖象，這樣就能直觀地看出其關系故答案為：（1）a正比于S，故只須研究S之間的比例關系即可表明a之間的關系（2）盤內(nèi)砝碼質(zhì)量 （3）a 點評：本實驗在原來的基礎上有所創(chuàng)新，根據(jù)所學物理知識和實驗裝置的特點明確實驗原理是解答該實驗的關鍵12（9分）在做測定金屬電阻率的實驗中，待測金屬的阻值約為5某同學先通過游標卡尺和螺旋測微器分別測量一薄的金屬圓片的直徑和厚度如圖所示，則游標卡尺所示金屬圓片直徑的測量值為3

31、.170cm，螺旋測微器所示金屬圓片厚度的測量值為3.471mm實驗室準備用來測量該電阻值的實驗器材除開關若干及導線外，還有：電壓表V1 （量程03V，內(nèi)電阻約15k）；電壓表V2 （量程015V，內(nèi)電阻約75k）；電流表A1 （量程03A，內(nèi)電阻約0.2）；電流表A2 （量程0600mA，內(nèi)電阻約3）；滑動變阻器R（最大阻值為100，額定電流為0.6A）；直流電源、電池組E（電動勢為3V、內(nèi)電阻約為0.3）；正常實驗中為減少測量誤差，且電表讀數(shù)從零開始變化，并能多測幾組電流、電壓值，以便畫出電流電壓的關系圖線，則電壓表應選用（填實驗器材的代號），電流表應選用（填實驗器材的代號），實驗電路圖選

32、用下圖中的C圖這位同學在一次測量時，電流表、電壓表的示數(shù)如圖所示，由圖中電流表、電壓表的讀數(shù)可計算出待測金屬的電阻為5.2（結(jié)果精確到小數(shù)點后一位）考點：伏安法測電阻；刻度尺、游標卡尺的使用；螺旋測微器的使用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：實驗題分析：本題的關鍵是明確游標卡尺有三種分度之分，讀數(shù)時注意不需要估讀；而螺旋測微器讀數(shù)時注意半毫米刻度線是否露出，需要估讀，都要分別讀出整數(shù)部分和小數(shù)部分，然后相加題的關鍵是根據(jù)電動勢大小和估算電流大小來選擇電表的量程；明確若要求電表讀數(shù)從零調(diào)，則滑動變阻器應用分壓式接法；若滿足，則電流表應用外接法，否則應用內(nèi)接法的關鍵是電表的讀數(shù)要求，注意估讀方法有“”、“”、“

33、”三種方式解答：解：由圖看出20分度的游標卡尺知，0刻線前漏出了31mm，且第14條刻線對齊，故讀數(shù)為：D=31mm+140.05mm=31.70mm=3.170cm，千分尺固定刻度漏出了3mm，中軸線對齊為0.471mm，所以螺旋測微器的讀數(shù)為：d=3mm+47.00.01mm=3.471mm因電動勢E為3V，所以為了測量準確宜用電壓表電；若3V電壓全部加在待測電阻上，其電流為，所以電流表應選；又題中要求電表讀數(shù)從零開始變化，并能多測幾組電流、電壓值，故宜選用分壓式電路；由于，所以電流表應用外接法接法，所以電路圖應選C電流表讀數(shù)為I=0.46A，電壓表讀數(shù)為U=2.40V，所以待測電阻R=5

34、.2故答案為：3.170，3.471 ，C 5.2點評：遇到電學實驗題要注意以下幾點：1通過估算選取電表的量程；2伏安法時注意電流表內(nèi)外接法的選擇方法；3注意滑動變阻器采用分壓式接法時的條件三、計算題（說明：解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位13（14分）（2014海南）短跑運動員完成100m賽跑的過程可簡化為勻加速直線運動和勻速直線運動兩個階段一次比賽中，某運動用11.00s跑完全程已知運動員在加速階段的第2s內(nèi)通過的距離為7.5m，求該運動員的加速度及在加速階段通過的距離考點：勻變速直線運動的位移與時間的關系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：直線

35、運動規(guī)律專題分析：設他做勻加速直線運動的時間為t1，位移大小為小x1，加速度大小為a，做勻速直線運動的速度為v，根據(jù)運動學基本公式，抓住位移位移列式即可求解解答：解：根據(jù)題意，在第1s和第2s內(nèi)運動員都做勻加速直線運動，設運動員在勻加速階段的加速度為a，在第1s和第2s內(nèi)通過的位移分別為s1和s2，由運動學規(guī)律得t0=1s聯(lián)立解得 a=5m/s2設運動員做勻加速運動的時間為t1，勻速運動的時間為t2，勻速運動的速度為v，跑完全程的時間為t，全程的距離為s，依題決及運動學規(guī)律，得t=t1+t2v=at1設加速階段通過的距離為s，則求得s=10m答：該運動員的加速度為5m/s2及在加速階段通過的距

36、離為10m點評：解決本題的關鍵理清運動員的運動過程，結(jié)合勻變速直線運動的運動學公式和推論靈活求解14（19分）（2014東城區(qū)一模）某學習小組為了研究影響帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的因素，制作了一個自動控制裝置，如圖所示，滑片P可在R2上滑動，在以O為圓心，半徑為R=10cm的圓形區(qū)域內(nèi)，有一個方向垂直紙面向外的水平勻強磁場，磁感應強度大小為B=0.10T豎直平行放置的兩金屬板A、K相距為d，連接在電路中，電源電動勢E=91V，內(nèi)阻r=1.0，定值電阻R1=10，滑動變阻器R2的最大阻值為80，S1、S2為A、K板上的兩個小孔，且S1、S2跟O在豎直極板的同一直線上，OS2=2R，另有一水平放置的足

37、夠長的熒光屏D，O點跟熒光屏D點之間的距離為H比荷為2.0105C/kg的離子流由S1進入電場后，通過S2向磁場中心射去，通過磁場后落到熒光屏D上離子進入電場的初速度、重力、離子之間的作用力均可忽略不計問：（1）判斷離子的電性，并分段描述離子自S1到熒光屏D的運動情況？（2）如果離子恰好垂直打在熒光屏上的N點，電壓表的示數(shù)多大？（3）電壓表的最小示數(shù)是多少？要使離子打在熒光屏N點的右側(cè)，可以采取哪些方法？考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動；勻強電場中電勢差和電場強度的關系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：帶電粒子在復合場中的運動專題分析：（1）AK間電場方向向右，根據(jù)離子受力方向判斷電性；根據(jù)受力情況分析運動

38、情況；（2）如果離子恰好垂直打在熒光屏上的N點，由幾何知識確定圓周運動的半徑，由牛頓第二定律求速度，由動能定理求板間電壓，即電壓表示數(shù)；（3）當滑片在最左端時電壓表示數(shù)最小，由閉合電路歐姆定律求最小電壓；要使離子打在熒光屏上N點的右側(cè)，離子在磁場中偏轉(zhuǎn)軌跡半徑變大，可以提高離子速度或減小磁場的磁感應強度解答：解：（1）離子在AK間加速，受向右的電場力，板間電場方向也是向右，故離子帶正電；粒子在兩金屬板間做勻加速直線運動，離開電場進入磁場前做勻速直線運動，在磁場中做勻速圓周運動，離開磁場后做勻速直線運動，直到打在熒光屏上；（2）離子在磁場中偏轉(zhuǎn)90，所以軌跡半徑為：r=R=10cm由Bqv=mU

39、q=mv2聯(lián)立得：U=30V（3）電壓表最小電壓為：Umin=E代入數(shù)據(jù)得：Umin=10V要使離子打在熒光屏上N點的右側(cè)，離子在磁場中偏轉(zhuǎn)軌跡半徑變大，由r=，可以提高離子速度或減小磁場的磁感應強度方法一、向右移動滑動變阻器滑片，增大平行板間電壓，方法二、提高電源電動勢，增大平行板間電壓，方法三、減小磁場的磁感應強度答：（1）離子帶正電，分段描述離子自S1到熒光屏D的運動情況為：粒子在兩金屬板間做勻加速直線運動，離開電場進入磁場前做勻速直線運動，在磁場中做勻速圓周運動，離開磁場后做勻速直線運動，直到打在熒光屏上；（2）如果離子恰好垂直打在熒光屏上的N點，電壓表的示數(shù)為30V；（3）電壓表的最小示數(shù)是10V，要使離子打在熒光屏N點的右側(cè)，可以采取方法一、向右移動滑動變阻器滑片，增大平行板間電壓，方法二、提高電源電動勢，增大平行板間