(泄露天機(jī))2015年高考物理押題試卷(全國卷)

1、15屆高三物理（XKB）泄露天機(jī) 1如圖所示，兩顆衛(wèi)星圍繞著質(zhì)量為M的中心星體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。若兩顆衛(wèi)星和中心星體始終在同一直線上，兩顆衛(wèi)星間的作用及其他星體對(duì)兩顆衛(wèi)星的作用均忽略不計(jì)，則下列判斷正確的是（ ）MA兩顆衛(wèi)星的軌道半徑相等B兩顆衛(wèi)星的向心加速度相同C兩顆衛(wèi)星的向心力大小相等D兩顆衛(wèi)星的動(dòng)能相等【答案】A【提示】由“兩顆衛(wèi)星和中心星體始終在同一直線上”得知兩顆衛(wèi)星的角速度相等，根據(jù)= m2r，得r = ，可見兩顆衛(wèi)星的軌道半徑相等，選項(xiàng)A正確；由a = 2r得向心加速度大小a1 = a2，但方向相反，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由萬有引力提供向心力即F向 = 知，F(xiàn)向與衛(wèi)星的質(zhì)量m有關(guān)，由于兩顆衛(wèi)

2、星的質(zhì)量關(guān)系不確定，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)= m得衛(wèi)星的動(dòng)能Ek = m = 與m有關(guān)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。升壓變壓器降壓變壓器用戶發(fā)電廠V1A1A2V22（多選）如圖所示，在遠(yuǎn)距離輸電電路中，發(fā)電廠的輸出電壓和輸電電線的電阻均不變，變壓器、電表均為理想化的。若發(fā)電廠的輸出功率減小，則下列說法正確的是（ ）A電壓表V1示數(shù)減小，電流表A1減小B電壓表V2示數(shù)增大，電流表A2減小C輸電線上損耗功率增大D用戶總功率與發(fā)電廠的輸出功率的比值增大【答案】BD【提示】根據(jù) = 得電壓表V1兩端的電壓U1不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)P出 = U1I1得通過電流表A1的電流I1將減小，根據(jù) = 得通過電流表A2的電流I2將減小

3、，降壓變壓器原線圈兩端的電壓U = U1 I1R線將增大，根據(jù) = 得電壓表V2兩端的電壓U2增大，選項(xiàng)B正確；輸電線上損耗功率P線 = IR線將減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；用戶總功率與發(fā)電廠的輸出功率的比值為 = U2隨著U2的增大而增大，選項(xiàng)D正確。3如圖所示，一質(zhì)量為M、傾角為的斜面體放在光滑水平地面上，斜面上疊放一質(zhì)量為m的光滑楔形物塊，物塊在水平恒力的作用下與斜面體一起恰好保持相對(duì)靜止地向右運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g。下列判斷正確的是（）A水平恒力大小F = mgtanB地面對(duì)斜面體的支持力大小N2 = (M + m)g C物塊對(duì)斜面的壓力大小N1 = mgcosD斜面體的加速度大小為gtan 【答

4、案】B【提示】物塊與斜面體相對(duì)靜止，加速度相同，對(duì)物塊、斜面體整體，豎直方向上受力平衡有N2 = ( M + m )g，選項(xiàng)B正確；水平方向上根據(jù)牛頓第二定律有F = ( M + m )a，對(duì)斜面體，豎直方向上受力平衡有N2 = Mg + N1cos，水平方向上根據(jù)牛頓第二定律有N1sin = Ma，解得N1 = ，a = gtan，F(xiàn) = mgtan，選項(xiàng)A、C、D均錯(cuò)誤。4（多選）如圖1所示，小物塊靜止在傾角=37°的粗糙斜面上?，F(xiàn)對(duì)物塊施加一個(gè)沿斜面向下的推力F，力F的大小隨時(shí)間t的變化情況如圖2所示，物塊的速率隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖3所示，取sin37° = 0.6

5、，cos37° = 0.8，重力加速度g = 10m/s2。下列說法正確的是（）12340.40.8t/sF/NO12340.40.8t/s/m · s-1O圖2圖3F圖1A物塊的質(zhì)量為1kgB物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.7C03s時(shí)間內(nèi)力F做功的平均功率為0.32WD03s時(shí)間內(nèi)物體克服摩擦力做的功為5.12J【答案】AD【提示】由速度圖象知在13s時(shí)間內(nèi)，物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則0.8 + mgsin mgcos = ma，a = m/s2 = 0.4m/s2。在34s時(shí)間內(nèi)，物塊勻速運(yùn)動(dòng)，受力平衡，則mgcos mgsin = 0.4N，解得m = 1kg， = 0

6、.8，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；01s時(shí)間內(nèi)，物塊靜止，力F不做功，13s時(shí)間內(nèi)，力F = 0.8N，物塊的位移x = × 0.4 × 22m = 0.8m，03s內(nèi)力F做功的平均功率為 = W = 0.213W，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；03s時(shí)間內(nèi)物體克服摩擦力做的功為mgcos · x = 5.12J，選項(xiàng)D正確。ABCD甲船乙船5如圖所示，甲、乙兩船在同一河岸邊A、B兩處，兩船船頭方向與河岸均成角，且恰好對(duì)準(zhǔn)對(duì)岸邊C點(diǎn)。若兩船同時(shí)開始渡河，經(jīng)過一段時(shí)間t，同時(shí)到達(dá)對(duì)岸，乙船恰好到達(dá)正對(duì)岸的D點(diǎn)。若河寬d、河水流速均恒定，兩船在靜水中的劃行速率恒定，不影響各自的航行，下列判斷正

7、確的是（）A兩船在靜水中的劃行速率不同B甲船渡河的路程有可能比乙船渡河的路程小C兩船同時(shí)到達(dá)D點(diǎn)D河水流速為【答案】C【提示】由題意可知，兩船渡河的時(shí)間相等，兩船沿垂直河岸方向的分速度1相等，由1 = sin知兩船在靜水中的劃行速率相等，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；乙船沿BD到達(dá)D點(diǎn)，可見河水流速水方向沿AB方向，可見甲船不可能到達(dá)到正對(duì)岸，甲船渡河的路程較大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)速度的合成與分解，水 = cos，而sin = ，得水 = ，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；由于甲船沿AB方向的位移大小x = (cos + 水)t = = AB，可見兩船同時(shí)到達(dá)D點(diǎn)，選項(xiàng)C正確。ACBO6如圖所示，直角三角形OAB區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙

8、面向外的勻強(qiáng)磁場，C為AB的中點(diǎn)?，F(xiàn)有比荷相同的兩個(gè)分別帶正、負(fù)電的粒子（不計(jì)重力）沿OC方向同時(shí)從O點(diǎn)射入磁場。下列說法正確的是（）A若有一個(gè)粒子從OA邊射出磁場，則另一個(gè)粒子一定從OB邊射出磁場B若有一個(gè)粒子從OB邊射出磁場，則另一個(gè)粒子一定從CA邊射出磁場C若兩個(gè)粒子分別從A、B兩點(diǎn)射出磁場，則它們?cè)诖艌鲋羞\(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為21ACBOO2R1R2D若兩個(gè)粒子分別從A、B兩點(diǎn)射出磁場，則它們?cè)诖艌鲋羞\(yùn)動(dòng)的軌道半徑之比為1【答案】C【提示】由qB = m 得軌道半徑R = 。由題意可知，兩個(gè)粒子分別順、逆時(shí)針偏轉(zhuǎn)，但它們的速率關(guān)系未知，軌道半徑關(guān)系也未知，選項(xiàng)A、B均錯(cuò)誤；若兩個(gè)粒子分別從A

9、、B兩點(diǎn)射出磁場，如圖所示，則 = 60°， = 30°，OA = OBtan30°，R1 = ，R2 = ，得 = ，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；周期T = 相同，由t1 = T、t2 = T得 = ，選項(xiàng)C正確。7在光滑水平面上充滿水平向右的勻強(qiáng)電場，被拉直的絕緣輕繩一端固定在O點(diǎn)，另一端系著帶正電的小球，輕繩與水平面平行，OB與電場線平行。若小球從A點(diǎn)由靜止釋放后，沿水平面擺動(dòng)到B點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，則關(guān)于此過程，下列判斷正確的是()ABEOA小球的動(dòng)能先變小后變大B小球的切向加速度一直變大C小球受到的拉力先變大后變小 D小球受到的電場力做功功率先增大后減小【答案】D【提示】

10、小球從A點(diǎn)擺動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，只有電場力做功且一直做正功，根據(jù)動(dòng)能定理知小球的動(dòng)能Ek一直增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球從A點(diǎn)擺動(dòng)到B點(diǎn)的過程中輕繩與OB的夾角設(shè)為，則小球的切向加速度a1 = 隨著的減小而減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式有F qEcos = m得小球受到的拉力大小F = qEcos + · Ek，cos、Ek均隨著的減小而增大，可見F一直增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在A點(diǎn)時(shí)小球的速率為零，電場力做功的瞬時(shí)功率為零，過B點(diǎn)時(shí)小球的速度方向與電場力垂直，電場力做功的瞬時(shí)功率也為零，可見小球受到的電場力做功功率先增大后減小，選項(xiàng)D正確。BI60°8在絕緣水平面上方均

11、勻分布著方向與水平向右成60°角斜向上的磁場中，一通有如圖所示的恒定電流I的金屬方棒，在安培力作用下水平向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)。已知棒與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù) = 。若在磁場方向由圖示方向開始沿逆時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)至豎直向上的過程中棒始終保持勻速直線運(yùn)動(dòng)，此過程中磁場方向與水平向右的夾角設(shè)為，則關(guān)于磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B與的變化關(guān)系圖象可能正確的是（ ）BmgBILfN/°/T-1OB90/°B/TOA90/°/T-1OC906030/°/T-1OD906030【答案】C【提示】棒受力如圖所示，則BILsin =(mg + BILcos)，得 = (si

12、n cos) = sin( 30°)，只有選項(xiàng)C正確。9如圖甲所示，在絕緣水平面內(nèi)有一固定的光滑金屬導(dǎo)軌cd、eg，端點(diǎn)d、e之間連接一電阻R，金屬桿ab靜止在金屬框架上，整個(gè)裝置處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中。導(dǎo)軌及桿ab的電阻忽略不計(jì)?，F(xiàn)對(duì)桿ab施加一沿dc方向的外力F，使桿ab中的電流i隨時(shí)間t的圖象如圖乙所示。運(yùn)動(dòng)中桿ab始終垂直于導(dǎo)軌且接觸良好。下列關(guān)于外力F、桿ab受到的安培力功率大小P隨時(shí)間t變化的圖象，可能正確的是() 【答案】C【提示】桿ab切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e = BL，感應(yīng)電流i = ，由乙圖得i = kt，解得桿ab的速率 = t，可見桿ab的加速度a

13、= 不變，對(duì)桿ab根據(jù)牛頓第二定律有F BiL = ma，得F = BLkt + ma，選項(xiàng)A、B均錯(cuò)誤；桿ab受到的安培力功率大小P = BiL · = k2Rt2，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。ABC10如圖所示，擋板C垂直固定在傾角 = 30°的光滑長斜面上，質(zhì)量分別為m、2m的兩物塊A、B用一勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧壓縮長度為L。現(xiàn)用方向沿斜面向上、大小為mg（g為重力加速度）的恒力F拉A，若A向上運(yùn)動(dòng)一段距離x后撤去F，當(dāng)A運(yùn)動(dòng)到最高處時(shí)B剛好不離開C，則下列說法正確的是（ ）AA剛要沿斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為BA上升的最大豎直高度為3LC拉力F

14、的功率隨時(shí)間均勻增加DL = x【答案】D【提示】A剛要沿斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為 = g，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；F未作用前，對(duì)A受力平衡有mgsin = kL，得k = ，A運(yùn)動(dòng)到最高處時(shí)，對(duì)B受力平衡有2mgsin = kL，得L = 2L，A上升的最大豎直高度為(L + L)sin = L，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于F作用期間，彈簧彈力是變力，合力為變力，根據(jù)牛頓第二定律知加速度是變化的，速度隨時(shí)間不是均勻變化的，所以F = mg隨時(shí)間也不是均勻變化的，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在A從最低處運(yùn)動(dòng)到最高處的過程，對(duì)A根據(jù)動(dòng)能定理有Fx ( L L) mg(L + L)sin = 0 0，得x = L，選項(xiàng)D正確（或用排

15、除法判斷）。OAB11如圖所示，一固定的水平玻璃圓環(huán)均勻帶上電荷，其中心O的正上方和正下方分別有兩點(diǎn)A、B，OA = OB = h?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m的帶正電小球放在A點(diǎn)時(shí)恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，若給小球一個(gè)沿豎直向下的初速度0，重力加速度為g，則下列判斷正確的是（ ）A帶電圓環(huán)在B點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)方向豎直向上B小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中電場力一直做負(fù)功C小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中通過O點(diǎn)時(shí)速度最大D小球通過B點(diǎn)時(shí)的速度為【答案】D【解析】帶正電小球靜止在A點(diǎn)，受到重力和電場力共同作用而平衡，電場力方向豎直向上，帶電圓環(huán)在A點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)方向豎直向上，根據(jù)對(duì)稱性知帶電圓環(huán)在B點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)方向豎直向下，選項(xiàng)

16、A錯(cuò)誤；小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中電場力先做負(fù)功后做正功，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球通過O點(diǎn)時(shí)只受重力作用，而速度方向與重力方向相同，小球還在加速中，可見小球通過O點(diǎn)時(shí)速度并非最大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)對(duì)稱性可知，小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的全過程，電場力對(duì)小球做的總功為零，根據(jù)動(dòng)能定理有mg · 2h = m m，得小球通過B點(diǎn)時(shí)的速度 = ，選項(xiàng)D正確。Mm12如圖所示，輕彈簧下端懸掛著質(zhì)量為M的物塊，物塊靜止后，在其下方輕繩的下端輕輕地掛上一質(zhì)量為m的鉤碼，并將鉤碼m由靜止釋放。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。已知下列四個(gè)關(guān)于輕繩對(duì)鉤碼的最大拉力Tm的表達(dá)式中只有一個(gè)是正確的，請(qǐng)你根據(jù)所學(xué)

17、的物理知識(shí)，通過一定的分析判斷正確的表達(dá)式是（ ）ATm = mgBTm = MgCTm = mgDTm = mg【答案】A【解析】令m = 0，則Tm應(yīng)為零，而選項(xiàng)B中的Tm = Mg，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；令m 趨近于M，則選項(xiàng)C中Tm趨近于無窮大，不合理，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；令M = 0，則選項(xiàng)D中的表達(dá)式簡化為Tm = mg，由于M = 0且尚未掛上鉤碼時(shí)彈簧彈力為零，掛上鉤碼并由靜止開始釋放，當(dāng)彈簧彈力與mg平衡時(shí)，鉤碼的速率最大，由于慣性鉤碼還要繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)，可見輕繩對(duì)鉤碼的最大拉力Tm應(yīng)大于mg，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤；由排除法知選項(xiàng)A正確。圖113某學(xué)習(xí)小組利用圖1所示裝置做“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)

18、。若某同學(xué)按圖1所示開始實(shí)驗(yàn)，則一個(gè)很明顯的不合理之處是_。經(jīng)糾正后，按正確操作，得到如圖2所示的一條點(diǎn)跡清晰的紙帶，用刻度尺測得起始點(diǎn)O到計(jì)數(shù)點(diǎn)A、B、C、D各點(diǎn)的距離分別為h1、h2、h3、h4，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間時(shí)間間隔為T，從O到D的時(shí)間為t。若用O、C兩點(diǎn)來驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，為了計(jì)算打下C點(diǎn)時(shí)的重物的速度大小，甲、乙、丙、丁四位同學(xué)提供了四個(gè)計(jì)算式，其中正確的是_。（填選項(xiàng)前的字母）OAB h1 h2 h3 h4CD圖2A甲同學(xué)：C = B乙同學(xué)：C = gt C丙同學(xué)：C = D丁同學(xué)：C = 提供正確計(jì)算式的同學(xué)發(fā)現(xiàn)，以C點(diǎn)算出的重力勢(shì)能mgh3總比m略大些，這主要是因?yàn)開?！敬鸢浮?/p>

19、釋放紙帶前重物離打點(diǎn)計(jì)時(shí)器太遠(yuǎn) C 實(shí)驗(yàn)中存在阻力，重物下落過程中減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為重物的動(dòng)能和因阻力產(chǎn)生的其他形式的能量?！咎崾尽恳蜥尫偶垘爸匚镫x打點(diǎn)計(jì)時(shí)器太遠(yuǎn)，重物下落的加速度較大，紙帶上打的點(diǎn)數(shù)極少，所以實(shí)驗(yàn)中釋放紙帶前應(yīng)提高紙帶使重物靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器。因?qū)嶒?yàn)中存在阻力，重物下落時(shí)的實(shí)際加速度小于重力加速度，計(jì)算速度時(shí)應(yīng)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中中間時(shí)刻速度等于該過程的平均速度來求，正確的是丙同學(xué)；而甲、乙兩同學(xué)提供的計(jì)算式是沒有阻力作用下速度的理論值，不合理；丁同學(xué)提供的計(jì)算式是求DE段的平均速度即求CD間中間時(shí)刻的速度。因?yàn)閷?shí)驗(yàn)中存在阻力，重物下落過程中減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為重物的動(dòng)能和因

20、阻力產(chǎn)生的其他形式的能量。圖甲14某同學(xué)利用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置運(yùn)用牛頓第二定律測量滑塊的質(zhì)量M。其主要步驟為：調(diào)整長木板傾角，當(dāng)鉤碼的質(zhì)量為m0時(shí)滑塊沿木板恰好向下做勻速運(yùn)動(dòng)。mg/Na/m · s-21.00.200.400.6003.04.02.0保持木板傾角不變，撤去鉤碼m0，將滑塊移近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，然后釋放滑塊，滑塊沿木板向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，并打出點(diǎn)跡清晰的紙帶如圖乙所示（已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器每隔0.02s打下一個(gè)點(diǎn)）。請(qǐng)回答下列問題： 圖乙 圖丙i）打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在打下B點(diǎn)時(shí)滑塊的速度B = _m/s；ii）滑塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度a = _m/s2；iii）滑塊質(zhì)量M = _

21、（用字母a、m0、當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭表示）。保持木板傾角不變，掛上質(zhì)量為m（均小于m0）的鉤碼，滑塊沿木板向下勻加速運(yùn)動(dòng)，測出滑塊的加速度；多次改變鉤碼的質(zhì)量，分別求出相應(yīng)的加速度。若繩的拉力與所掛鉤碼的重力大小相等，作出的amg圖象如圖丙所示，則由圖丙可求得滑塊的質(zhì)量M = _kg。（取g = 10m/s2，計(jì)算結(jié)果均保留3位有效數(shù)字）【答案】i）1.38；ii）3.88；iii）m0 0.200【解析】i）B = m/s = 1.38m/s；ii）由s = aT2得a = m/s2 = 3.88m/s2；iii）滑塊做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)受力平衡有m0g = Mgsin f，撤去m0時(shí)滑塊做勻加速直線

22、運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的合外力F合 = Mgsin f，由F合 = Ma得M = m0。掛上質(zhì)量為m的鉤碼時(shí)滑塊沿木板向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，受到的合外力為F合 = Mgsin f mg，由F合 = Ma得a = mg + g，結(jié)合圖丙得 = ，得M = 0.200kg。15某學(xué)習(xí)小組欲探究小燈泡（額定電壓為3V，額定電流約為0.5A）的伏安特性，可提供的實(shí)驗(yàn)器材如下：A干電池：電動(dòng)勢(shì)約4.5V，內(nèi)阻可不計(jì)B雙量程的電壓表 V1：量程為03V、內(nèi)阻約為3k；V2：量程為015V、內(nèi)阻約為15kAV圖1C雙量程的電流表 A1：量程為00.6A、內(nèi)阻約為1； A2：量程為03A、內(nèi)阻約為0.1D滑動(dòng)變阻器R：阻

23、值范圍010、允許通過最大電流為2AE開關(guān)S，導(dǎo)線若干在盡量提高測量精度的情況下，請(qǐng)回答下列問題：根據(jù)以上器材，請(qǐng)你把實(shí)驗(yàn)電路原理圖1補(bǔ)充完整，并在圖1中標(biāo)明所選器材的代號(hào)。根據(jù)選擇的正確電路原理圖，用筆畫線代替導(dǎo)線將實(shí)物圖2連接成完整電路。閉合開關(guān)前，滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)片應(yīng)移到_端（選填“A”或“B”）AB圖2圖30.10.20.30.40.51230I/AU/V按正確操作得到7組電壓表和電流表示數(shù)如下表所示，請(qǐng)圖3所示的坐標(biāo)紙上畫出小燈泡的U I圖線。組數(shù)1234567U/V00.280.580.921.502.003.00I/A00.100.200.300.400.450.49若將該小燈泡

24、接在電動(dòng)勢(shì)為3.0V、內(nèi)阻為2.0的干電池兩端，則此時(shí)該小燈泡的電阻為_。（結(jié)果保留3個(gè)有效數(shù)字）【答案】如圖4所示 連線如圖5所示；A 如圖6中曲線所示 4.5或4.6或4.7A1V1圖4AB圖50.10.20.30.40.51230I/AU/V圖6【提示】探究小燈泡的伏安特性，要求燈泡兩端的電壓可以從零伏開始調(diào)整到額定電壓，即要求測量的電壓范圍從03V，選擇電壓表V1；由于小燈泡的額定電流約為0.5A<0.6A，選擇電流表A1；由于小燈泡的最大電阻約為Rm = = 6，很明顯Rm<<RV1，電流表采用外接法，實(shí)驗(yàn)電路原理圖4所示。根據(jù)圖4，用筆畫線代替導(dǎo)線將實(shí)物圖2連接成

25、完整電路如圖5所示。閉合開關(guān)前，滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)片應(yīng)移到A端，使閉合開關(guān)后燈泡兩端的電壓為零以保護(hù)電表。畫出小燈泡的U I圖線如圖6中曲線所示。根據(jù)閉合電路歐姆定律有U = 3.0 2.0I，此直線如圖6中所示，與曲線的交點(diǎn)坐標(biāo)為（0.455A，2.10V），得待求電阻為 = 4.6。16某多用電表內(nèi)歐姆擋“×1”的內(nèi)部電路圖如圖所示，小明同學(xué)將電阻箱和電壓表V并聯(lián)后接在兩表筆a、b上，欲用圖示的電路測量多用電表內(nèi)部的電阻r（遠(yuǎn)小于電壓表V的內(nèi)阻）和電池的電動(dòng)勢(shì)E。實(shí)驗(yàn)的主要步驟為：/V-1/-10.501.001.502.002.500.020.040.060.0801.00 (1

26、)表筆a為_(填“紅表筆”或“黑表筆”)。將選擇開關(guān)轉(zhuǎn)至歐姆擋“×1”，將紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)_，使指針指在_(填“左”或“右”)側(cè)零刻度處。(2)改變電阻箱R的阻值，分別讀出6組電壓表和電阻箱的示數(shù)U、R，將、的值算出并記錄在表格中，請(qǐng)將第3、5組數(shù)據(jù)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)在坐標(biāo)紙上補(bǔ)充標(biāo)出，并作出 圖線。組數(shù)123456R100.050.025.016.712.59.10.010.020.040.060.080.11U1.200.950.740.600.500.400.831.051.351.682.002.50(3)根據(jù)圖線得到電動(dòng)勢(shì)E = _V，內(nèi)電阻r = _。(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)(4

27、)由于電壓表的分流作用，多用電表內(nèi)部電池的電動(dòng)勢(shì)的測量值比真實(shí)值_（填“大”或“小”）?！敬鸢浮?1)a；調(diào)零旋鈕(或調(diào)R0)；右(2)如圖所示(3)1.43(1.451.41)；23.4(22.923.9) (4)小【提示】(1)表筆a接內(nèi)部電池的負(fù)極，應(yīng)為紅表筆。紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)調(diào)零旋鈕，使指針指到右側(cè)零偏刻度處。(2) 圖線如圖所示。/V-1/-10.501.001.502.002.500.020.040.060.0801.00(3)由E = U + ·r得·，結(jié)合圖線得0.70，解得E1.43V，r內(nèi)23.4 。(4)當(dāng)R為無窮大即為不接電阻箱時(shí)電壓表的示數(shù)為多用

28、電表內(nèi)部電池的電動(dòng)勢(shì)的測量值，而電壓表兩端的電壓等于電動(dòng)勢(shì)的真實(shí)值減去多用電表的內(nèi)電壓，所以多用電表內(nèi)部電池的電動(dòng)勢(shì)的測量值比真實(shí)值小。17如圖所示，等腰三角形OPQ區(qū)域內(nèi)存在場強(qiáng)方向沿PQ方向、大小為E的勻強(qiáng)電場，A為PQ的中點(diǎn)，D為OQ的中點(diǎn)，PQ = 2L， = 30°。一質(zhì)量為m、電量為 q的帶正電粒子（重力不計(jì)、初速度視為零），從靠近M板O處由靜止釋放，經(jīng)兩平行金屬板M、N間的電場加速后，通過N板上的小孔沿AO方向從A點(diǎn)射入三角形OPQ區(qū)域，粒子恰好從D點(diǎn)射出電場。（1）求M、N兩板間的電壓U及粒子過A點(diǎn)時(shí)的速率；AMNPQODO（2）若將三角形OPQ區(qū)域內(nèi)的電場撤去，在此

29、區(qū)域內(nèi)及其邊界上充滿方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，該粒子仍從O處由靜止釋放，要使該粒子在三角形OPQ區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)為多大？并求在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間tm?！窘馕觥?（1）粒子在兩板間電場加速，根據(jù)動(dòng)能定理有：qU = m2粒子在三角形OPQ區(qū)域中做類平拋運(yùn)動(dòng)，有：= at2 Ltan = t 根據(jù)牛頓第二定律有：qE = ma APQOO1RR解得：U = EL， = 。（2）由t = 知，當(dāng)一定時(shí)，弧長s最大即軌跡圓弧恰好與OP邊相切（如圖所示）時(shí)t最大。設(shè)軌跡圓弧與OP邊相切時(shí)圓弧的半徑為R，有：R + = L qB = m tm = 解得：B = ，tm = 2

30、。LABmC18如圖所示，長為L的輕桿下端用鉸鏈固定在光滑的水平面上的C點(diǎn)，上端有一個(gè)質(zhì)量為m的光滑小球A（視為質(zhì)點(diǎn)），小球旁輕靠有一正方體滑塊B。若用一大小為mg的水平恒力（g為重力加速度大?。┫蛴易饔糜谛∏駻，當(dāng)桿與水平面成 = 30°角時(shí)A、B恰好分離，求：（提示：在圓周運(yùn)動(dòng)過程中任一點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)所受的向心力與其速率的關(guān)系為F向m）（1）A、B分離瞬間球A的速度大??；（2）滑塊B的質(zhì)量M；（3）球A剛要觸地時(shí)球?qū)U的作用力F大小和方向。C12圖10.2【解析】（1）如圖10.2所示，設(shè)桿與水平面夾角時(shí)A與B的速度大小分別為1、2，有：2 = 1sin 在桿下擺過程中，對(duì)輕桿、球與滑

31、塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)能定理有：mgLcos + mg(L Lsin) = m+ M 0 解得1 = （2）分離時(shí)A、B不僅有相同的水平速度，而且分離前瞬間A、B在水平方向的加速度也始終相同，而分離后B的加速度必為零，分離時(shí)兩者的水平加速度必為零。Cmg圖10.3mgT由圖10.3根據(jù)平衡條件有：Tcos = mg 由沿桿方向的合力提供向心力有：(Tsin + mg)sin = m 解得：M = m = (1 + 9)m （3）球A剛要觸地時(shí)的速度設(shè)為A，則根據(jù)動(dòng)能定理有：mg(L Lcos) + mgLsin = m m F = m 解得：F = mg，方向水平向左 根據(jù)牛頓第三定律得F =

32、F = mg，方向水平向右。19LdhH如圖所示，有一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的水平勻強(qiáng)磁場，其上下水平邊界的間距為H；磁場的正上方有一長方形導(dǎo)線框，其長和寬分別為L、d（dH），質(zhì)量為m，電阻為R。現(xiàn)將線框從其下邊緣與磁場上邊界間的距離為h處由靜止釋放，測得線框進(jìn)入磁場的過程所用的時(shí)間為t。線框平面始終與磁場方向垂直，線框上下邊始終保持水平，重力加速度為g。求：（1）線框下邊緣剛進(jìn)入磁場時(shí)線框中感應(yīng)電流的大小和方向；（2）線框的上邊緣剛進(jìn)磁場時(shí)線框的速率1；（3）線框下邊緣剛進(jìn)入磁場到下邊緣剛離開磁場的全過程中產(chǎn)生的總焦耳熱Q?！窘馕觥浚?）線框由靜止釋放到下邊緣剛進(jìn)入磁場的過程，做自由落體運(yùn)動(dòng)，

33、有： = 2gh 得線框下邊緣剛進(jìn)入磁場的速率為：0 = 線框下邊緣切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E = BL0 LdhH012感應(yīng)電流的大小為：I = 解得：I = 根據(jù)右手定則判斷知，線框中感應(yīng)電流的方向沿逆時(shí)針方向。（2）線框進(jìn)入磁場的過程，根據(jù)牛頓第二定律有：mg BIL = ma 根據(jù)微元法，取一小段時(shí)間，時(shí)間內(nèi)速度的減少量為，根據(jù)加速度的定義有：聯(lián)立可得：（mg BIL ）= m， 即mg BIL = m在時(shí)間內(nèi)，通過線框某一橫截面的電荷量為：兩邊求和得：mgt BLq= m（v1 v0）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有： = 根據(jù)閉合電路歐姆定律有： = 在時(shí)間t內(nèi)，通過線框某一橫截面的

34、電荷量為：q=解得：1 = + gt 。（3）在線框下邊緣剛進(jìn)入磁場到下邊緣剛離開磁場的全過程中，線框進(jìn)入磁場的過程中才有焦耳熱產(chǎn)生，根據(jù)能量守恒定律有：Q = m + mgd m解得：Q = mg(h + d) m( + gt )2 。20關(guān)于分子動(dòng)理論和熱力學(xué)定律，下列說法中正確的是（）A空氣相對(duì)濕度越大時(shí)，水蒸發(fā)越快B物體的溫度越高，分子平均動(dòng)能越大C第二類永動(dòng)機(jī)不可能制成是因?yàn)樗`反了熱力學(xué)第一定律D兩個(gè)分子間的距離由大于109m處逐漸減小到很難再靠近的過程中，分子間作用力先增大后減小到零，再增大E若一定量氣體膨脹對(duì)外做功50J，內(nèi)能增加80J，則氣體一定從外界吸收130J的熱量【答案

35、】BDE【提示】空氣相對(duì)濕度越大時(shí)，空氣中水蒸氣壓強(qiáng)越接近同溫度水的飽和氣壓，水蒸發(fā)越慢，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，物體的溫度越高，分子熱運(yùn)動(dòng)就越劇烈，分子平均動(dòng)能越大，選項(xiàng)B正確；第二類永動(dòng)機(jī)不可能制成是因?yàn)樗`反了熱力學(xué)第二定律，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；兩個(gè)分子間的距離由大于109m處逐漸減小到很難再靠近的過程中，分子間作用力先表現(xiàn)為引力，引力先增大到最大值后減小到零，之后，分子間作用力表現(xiàn)為斥力，從零開始增大，選項(xiàng)D正確；若一定量氣體膨脹對(duì)外做功50J即W = 50J，內(nèi)能增加80J即U = 80J，根據(jù)熱力學(xué)第一定律U = Q + W，得Q = U W = 130J，選項(xiàng)E正確。ABL

36、1L2L21如圖所示，一根兩端封閉的均勻玻璃管AB，內(nèi)有一段長L = 3cm的水銀柱將兩段空氣柱隔開。當(dāng)玻璃管放在水平桌面上時(shí)，L1 = 45cm，L2 = 105cm，管中空氣的壓強(qiáng)p = 20cmHg?，F(xiàn)將玻璃管A端緩慢抬起直至玻璃管處于豎直狀態(tài)，管中空氣的溫度與環(huán)境溫度相同且恒為27。（1）求玻璃管處于豎直狀態(tài)時(shí)A端空氣柱的長度L1及其壓強(qiáng)p1；（2）若玻璃管處于豎直狀態(tài)時(shí)用冰塊包在A管周圍以降低A管中空氣的溫度，直至B管中空氣柱長度仍為105cm，求此時(shí)A管中空氣的溫度t。（設(shè)此過程中B管中空氣的溫度不變）【解析】（1）根據(jù)玻意耳定律，對(duì)A管中的空氣有：pL1S = p1L1S 對(duì)B管

37、中的空氣有：pL2S = (p1 + L)L2S 又：L1 + L2 = L1 + L2 解得：L1 = 50cm，p1 = 18cmHg。（2）由題意可知，B管中空氣的壓強(qiáng)仍為p = 20cmHg，則A管中空氣的壓強(qiáng)為：p = p L = 17cmHg對(duì)A管中的空氣，有： = 解得：T = T = 255KA管中空氣的溫度t = 18。123456720x/my/cm-200PQ22t = 0時(shí)刻位于坐標(biāo)原點(diǎn)O的波源沿y軸方向開始振動(dòng)，形成沿x軸正方向傳播的簡諧橫波，t5s時(shí)波源停止振動(dòng)，t6.5s時(shí)的波形圖如圖所示，此刻質(zhì)點(diǎn)P的平衡位置與O點(diǎn)的距離x4 m。下列說法正確的是 ( )A周期為

38、2sB04s時(shí)間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的總路程為80mCt = 0時(shí)刻波源的振動(dòng)方向沿y軸負(fù)方向Dt7s時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)P位于波峰Et6.5s時(shí)刻開始質(zhì)點(diǎn)Q比質(zhì)點(diǎn)P第一次先回到平衡位置【答案】ABC【提示】波源停振后至(6.5s 5s) = 1.5s的時(shí)間內(nèi)，由圖象知波傳播了3m，得波速 = = 2m/s，由圖象知波長 = 4m，得周期T = = 2s，選項(xiàng)A正確；振動(dòng)從O點(diǎn)傳到P點(diǎn)用時(shí)t1 = = m/s = 2s，04s時(shí)間內(nèi)P點(diǎn)只振動(dòng)了(4s 2s) = 2s = T，運(yùn)動(dòng)的總路程為4 × 20cm = 80cm，選項(xiàng)B正確；05s時(shí)間內(nèi)波傳播距離L2 = 2 ×5m = 10m， = 2.5，可見t = 5s時(shí)的波形的右側(cè)還有1.5個(gè)完全波未畫出，根據(jù)振動(dòng)方向與傳波方向間的關(guān)系知，t = 0時(shí)刻波源的振動(dòng)方向沿y軸負(fù)方向，選項(xiàng)C正確；由于 = = ，質(zhì)點(diǎn)P位于平衡位置，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；t