2020年陜西省咸陽市高考物理一模試卷

試卷第試卷第頁，總18頁粒子在a點(diǎn)的加速度比在b點(diǎn)的加速度大粒子在a點(diǎn)的動(dòng)能比在b點(diǎn)的動(dòng)能大粒子在a點(diǎn)和在c點(diǎn)時(shí)速度相同粒子在b點(diǎn)的電勢能比在c點(diǎn)時(shí)的電勢能大【答案】A【考點(diǎn)】等勢面電勢能【解析】由等勢面的疏密可知電場強(qiáng)度的大小，由F=Eq可知電場力的大小關(guān)系；根據(jù)曲線的彎曲方向可知粒子的受力方向，進(jìn)而判斷出電場力做功的特點(diǎn)；根據(jù)能量守恒定律分析粒子在a點(diǎn)動(dòng)能與粒子在b點(diǎn)動(dòng)能之間的關(guān)系。由動(dòng)能定理可知B、C兩點(diǎn)的間的電勢能的變化?！窘獯稹?、因a點(diǎn)處的等勢面密集，故a點(diǎn)的電場強(qiáng)度大，故電荷在a點(diǎn)受到的電場力大于b點(diǎn)受到的電場力，結(jié)合牛頓第二定律可知，粒子在a點(diǎn)的加速度比在b點(diǎn)的加速度大，故4正確；B、由粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡彎曲的方向可知，粒子受到的電場力指向右側(cè)，則從i到b電場力做正功，粒子動(dòng)能增大，故B錯(cuò)誤；C、速度是矢量，沿軌跡的切線方向，由圖可知，粒子在a點(diǎn)和在c點(diǎn)時(shí)速度方向不相同，故C錯(cuò)誤；D、粒子受到的電場力指向右側(cè)，則從b到c電場力做負(fù)功，粒子的電勢能增大，所以粒子在b點(diǎn)的電勢能比在c點(diǎn)時(shí)的電勢能小，故D錯(cuò)誤；乘坐"空中纜車"飽覽大自然的美景是旅游者絕妙的選擇若某一纜車沿著坡度為30。的山坡以加速度a上行，如圖所示。在纜車中放一個(gè)與山坡表面平行的斜面，斜面上放一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊，小物塊相對斜面靜止（設(shè)纜車保持豎直狀態(tài)）則（）B.小物塊受到的摩擦力方向平行斜面向下小物塊受到的靜摩擦力為1+ma2小物塊受到的滑動(dòng)摩擦力為』九9+ma【答案】C【考點(diǎn)】牛頓第二定律的概念力的合成與分解的應(yīng)用【解析】由題知：木塊的加速度大小為a,方向沿斜面向上，分析木塊受力情況，根據(jù)牛頓第二定律求解木塊所受的摩擦力大小和方向。【解答】4B、以木塊為研究對象，分析受力情況：重力尬9、斜面的支持力N和摩擦力為靜摩擦力f，根據(jù)平衡條件可知支持力N垂直于斜面向上，摩擦力f沿斜面向上，故AB錯(cuò)誤；CD、由于小物塊和斜面保持相對靜止，小物塊受到的靜摩擦力為靜摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律得：/—mgsin30°=ma，解得，/=1mg+ma'方向平行斜面向上’故C正2確、D錯(cuò)誤。靜止在湖面的小船上有兩個(gè)人分別向相反方向水平拋出質(zhì)量相同的小球，甲向左拋乙向右拋，如圖所示．甲先拋，乙后拋，拋出后兩小球相對岸的速率相等，若不計(jì)水的阻力，則下列說法中正確的是（）甲甲芒口兩球拋出后，船往左以一定速度運(yùn)動(dòng)，乙球受到的沖量大一些兩球拋出后，船往右以一定速度運(yùn)動(dòng)，甲球受到的沖量大一些兩球拋出后，船的速度為零，甲球受到的沖量大一些兩球拋出后，船的速度為零，兩球所受的沖量相等【答案】C【考點(diǎn)】動(dòng)量定理的理解動(dòng)量守恒定律的理解【解析】因不計(jì)阻力，拋球過程，兩人和船組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒．根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出兩球拋出后小船的速度．根據(jù)動(dòng)量定理，通過動(dòng)量的變化量判斷沖量的大?。窘獯稹吭O(shè)小船的質(zhì)量為M,小球的質(zhì)量為m,甲球拋出后，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：mv=（M+m）v'，的方向向右。乙球拋出后，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：（M+m）v'=mv+Mv"，解得u"=0。根據(jù)動(dòng)量定理得，所受合力的沖量等于動(dòng)量的變化，對于甲球，動(dòng)量的變化量為nu,對于乙球動(dòng)量的變化量為mu-mu'，知甲的動(dòng)量變化量大于乙球的動(dòng)量變化量，所以拋出時(shí)，人給甲球的沖量比人給乙球的沖量大。故C正確。質(zhì)譜儀是測量帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素的重要工具．如圖所示為質(zhì)譜儀的原理示意圖，現(xiàn)利用質(zhì)譜儀對氫元素進(jìn)行測量.讓氫元素三種同位素的離子流從容器4下方的小孑Ls無初速度飄入電勢差為〃的加速電場.加速后垂直進(jìn)入磁感強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中.氫的三種同位素最后打在照相底片D上，形成a、b、c三條“質(zhì)譜線”則下列判斷正確的是（）進(jìn)入磁場時(shí)速度從大到小排列的順序是氕、氘、氚進(jìn)入磁場時(shí)動(dòng)能從大到小排列的順序是氕、氘、氚在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間由大到小排列的順序是氕、氘、氚a、b、C三條"質(zhì)譜線”依次排列的順序是氕、氘、氚【答案】A【考點(diǎn)】質(zhì)譜儀【解析】根據(jù)qU=1mv2求出粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場的速度，知道三種粒子進(jìn)入磁場的速度大小關(guān)2系，再根據(jù)qvB=m^1求出R與什么因素有關(guān)，從而得出a、b、c三條"質(zhì)譜線”的排列R順序．【解答】4、根據(jù)qU=丄^說得，r=鋰?比荷最大的是氕，最小的是氚，所以進(jìn)入磁場速度2\m從大到小的順序是氕、氘、氚。故4正確，B、根據(jù)動(dòng)能定理可知E=qU，故動(dòng)能相同，故B錯(cuò)誤；C、時(shí)間為—Ta，故在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間由大到小排列的順序是氚氘氕，故C錯(cuò)誤;2qBD、進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場有quB=m^,R解得：尺=皿=丄fzmU.，氕比荷最大的，軌道半徑最小，（對應(yīng)的是氕，氚比荷最小,qBE7q則軌道半徑最大，a對應(yīng)的是氚，故D錯(cuò)誤在勻強(qiáng)磁場中，一矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，如圖1所示，產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢的圖象如圖2所示，則（）3110.01白生的交變電動(dòng)勢的圖象如圖2所示，則（）3110.01白2r=0.005s時(shí)線框的磁通量變化率為零t=0.01s時(shí)線框平面與中性面重合線框產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢有效值為300V線框產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢頻率為100Hz【答案】B【考點(diǎn)】交變電流的圖象和三角函數(shù)表達(dá)式【解析】由圖2可知特殊時(shí)刻的電動(dòng)勢，根據(jù)電動(dòng)勢的特點(diǎn)，可判處于那個(gè)面上；由圖象還可知電動(dòng)勢的峰值和周期；根據(jù)有效值和峰值的關(guān)系便可求電動(dòng)勢的有效值；根據(jù)周期和頻率的關(guān)系可求頻率?！窘獯稹?、由圖2知：r=0.005s時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢最大，由法拉第電磁感應(yīng)定律E可知，△磁通量的變化率最大，但線圈與磁場平行磁通量為零，故4錯(cuò)誤。B、由圖2可知t=0.01時(shí)刻，e=0,說明此時(shí)線圈正經(jīng)過中性面，故B正確。C、D、由圖2可知：該交變電流的周期為T=0.02s，電動(dòng)勢最大值為E=311*m根據(jù)正弦式交變電流有效值和峰值的關(guān)系可得，該交變電流的有效值為E==2m龐x311V=220V，2據(jù)周期和頻率的關(guān)系可得，該交變電流的頻率為：￡=丄=丄Hz=50Hz，故CD錯(cuò)誤。T0.02在地球上不同的地方，重力加速度大小是不同的。若把地球看成一個(gè)質(zhì)量分布均勻的球體，已知地球半徑為R,地球自轉(zhuǎn)的周期為T，則地球兩極處的重力加速度與赤道處的重力加速度之差為（）A3nR?T2【答案】A3nR?T2【答案】B2兀R?T2C16兀4RT2T2D【考點(diǎn)】萬有引力定律及其應(yīng)用【解析】在兩極地球表面上引力等于重力：GMjm=mg0-R2在赤道上，根據(jù)向心加速度表達(dá)式，和牛頓第二定律。即可求解重力加速度【解答】在地球兩極，萬有引力等于重力，則有：G迪=mg，解得：9。=叫R2R2根據(jù)向心加速度表達(dá)式，則知赤道上物體加速度：a=^2R=4a2R，由牛頓第二定律:T2GMm—mg'=mR^2，解得g<=G-^-4h2r，R20^0R2T2則地球兩極處的重力加速度與赤道處的重力加速度之差為g0-gj=血，故D正確；T210.如圖所示，兩平行導(dǎo)軌ab、cd豎直放置在勻強(qiáng)磁場中，勻強(qiáng)磁場方向豎直向上，將一根金屬棒PQ放在導(dǎo)軌上使其水平且始終與導(dǎo)軌保持良好接觸.現(xiàn)在金屬棒PQ中通以變化的電流/,同時(shí)釋放金屬棒PQ使其運(yùn)動(dòng)?已知電流/與時(shí)間的關(guān)系為/=kt（k為常數(shù)，k>0），方向如圖所示，金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)一定?以豎直向下為正方向，則下面關(guān)于金屬棒PQ的速度u、加速度a隨時(shí)間變化的關(guān)系圖像中，可能正確的是（）【答案】B【考點(diǎn)】安培力牛頓第二定律的概念【解析】此題暫無解析【解答】解：開始時(shí)加速度方向向下，與速度方向相同，金屬棒做加速運(yùn)動(dòng)，加速度逐漸減小即做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，加速度為零，速度最大，然后加速度方向向上，加速度逐漸增大，做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，故B正確，4錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律得，金屬棒的加速度a=血J,Ff=冏=叫=網(wǎng)L=^BLkt,m丿聯(lián)立解得加速度a=g皿上，故CD錯(cuò)誤.m故選B.二、多項(xiàng)選擇題（本大題共5小題，每小題4分，計(jì)20分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有錯(cuò)選或不選的得0分）一質(zhì)量為m的物體靜止在水平地面上，在水平拉力F的作用下開始運(yùn)動(dòng)，在0?6s內(nèi)其速度與時(shí)間關(guān)系圖象和拉力的功率與時(shí)間關(guān)系圖象如圖所示，取g=10m/s2，下列判斷正確的是（）0?6s內(nèi)物體克服摩擦力做功24丿物體的質(zhì)量m為2^90?6s內(nèi)合外力對物體做的總功為120丿0?6s內(nèi)拉力做的功為156/【答案】D【考點(diǎn)】動(dòng)能定理的應(yīng)用平均功率【解析】2-6s內(nèi)，物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，拉力與摩擦力大小相等。0-2s內(nèi)，物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)v-t圖象的斜率求出加速度，再根據(jù)牛頓第二定律求出物體的質(zhì)量。根據(jù)動(dòng)能定理求合外力對物體做的總功，根據(jù)v-t圖象的"面積”求出物體的位移，從而求出摩擦力做功，即可求出拉力做的功?！窘獯稹?、在2-6s內(nèi)，物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由P=Fu，得F=-=24^=4^，故物體受到v6的摩擦力大小/=F=4N，根據(jù)u-上圖象的"面積”表示物體的位移，知0?6s內(nèi)物體的位移為％=^x6m=30m,物體克服摩擦力做功烏=/x=4X30/=120/，故4錯(cuò)誤。B、0?2s內(nèi)，物體的加速度a=^=6m/s2=3m/s2，由牛頓第二定律可得：F—fAt2=ma在2s末，P=F'u，由圖知P=60W,u=6m/s,聯(lián)立解得F'=10N,m=2^^，故B正確。C、0?6s內(nèi)合外力對物體做的總功W=1mv2-0=1X2X62/=36/，故C錯(cuò)誤?？?2D、由動(dòng)能定理可知叫—烏-0,得=1mv2烏=（1x2x62120）丿=156/，故D正確。兩個(gè)等量同種電荷固定于光滑水平面上，其連線中垂線上有4、B、C三點(diǎn)，如圖1所示?一個(gè)電荷量為2C,質(zhì)量為1血的小物塊從C點(diǎn)靜止釋放，其運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖2所示，其中B點(diǎn)處為整條圖線切線斜率最大的位置（圖中標(biāo)出了該切線）.則下列說法正確的是（）A.B點(diǎn)為中垂線上電場強(qiáng)度最大的點(diǎn)，場強(qiáng)E=1U/m

由C到4的過程中物塊的電勢能先減小后變大由C點(diǎn)到4點(diǎn)的過程中，電勢逐漸升高4、B兩點(diǎn)的電勢之差（pA-^B=-5V【答案】A,D【考點(diǎn)】電勢電勢能【解析】兩個(gè)等量的同種正電荷，其連線中垂線上電場強(qiáng)度方向由0點(diǎn)沿中垂線指向外側(cè)；電量為2C的小物塊僅在運(yùn)動(dòng)方向上受電場力作用從C點(diǎn)到B、至必運(yùn)動(dòng)的過程中，根據(jù)V-上圖可知在B點(diǎn)的加速度，可知物體先做加速度增大后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，判斷電荷所受電場力大小變化情況和加速度變化情況，由牛頓第二定律求出電場強(qiáng)度的最大值.根據(jù)電勢能的變化，分析電勢的變化.由動(dòng)能定理求4、B間的電勢差.【解答】4、由乙圖可知，物體在B點(diǎn)加速度最大，且加速度為a=^=2m/s2，根據(jù)qE=ma,可知B點(diǎn)的場強(qiáng)最大，為E=1V/m，故A正確；B、從C到4的過程中，電場力一直做正功，電勢能一直減小，故B錯(cuò)誤；C、從C到4一直沿著電場線運(yùn)動(dòng)，電勢逐漸降低，故c錯(cuò)誤；D、從B到4的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理，得：qURA=1mv2-1mv2，代入數(shù)據(jù)得〃=oA22UoA5U,則匕B=-Uba=-5U，即串A-串b=-5U.故D正確。如圖甲所示，正六邊形導(dǎo)線框abcdef放在勻強(qiáng)磁場中靜止不動(dòng)，磁場方向與線框平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間上的變化關(guān)系如圖乙所示.r=U時(shí)刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向垂直紙面向里，設(shè)產(chǎn)生的感應(yīng)電流順時(shí)針方向?yàn)檎?、豎直邊cd所受安培力的方向水平向左為正.則下面關(guān)于感應(yīng)電流i和cd所受安培力F隨時(shí)間r變化的圖象正確的是（）A.B.C.A.B.C.【答案】A,C【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)中的圖象問題楞次定律法拉第電磁感應(yīng)定律【解析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出各段時(shí)間內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流的大小，根據(jù)楞次定律判斷出感應(yīng)電流的方向，通過安培力大小公式求出安培力的大小以及通過左手定則判斷安培力的方向．【解答】解：AB.0?2s內(nèi)，磁場的方向垂直紙面向里，且逐漸減小，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，為正值，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，E==為定值，血0則感應(yīng)電流為定值，人二呼，在2?3s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，且逐漸增大，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，為正值，大小與0?2s內(nèi)相同，在3?4s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面向外，且逐漸減小，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，為負(fù)值，大小與0?2s內(nèi)相同，在4?6s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里，且逐漸增大，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，為負(fù)值，大小與0?2s內(nèi)相同，故4正確，B錯(cuò)誤.CD.在0?2s內(nèi)，磁場的方向垂直紙面向里，且逐漸減小，電流恒定不變，根據(jù)每=B仏，則安培力逐漸減小，cd邊所受安培力方向向右，為負(fù)值，0時(shí)刻安培力大小為F=2BJ0厶，在2s?3s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，且逐漸增大，根據(jù)行=B仏，則安培力逐漸增大，cd邊所受安培力方向向左，為正值，3s末安培力大小為BJ0厶，在2?3s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，且逐漸增大，則安培力大小逐漸增大，cd邊所受安培力方向向右，為負(fù)值，第4s初的安培力大小為血/0厶，在4?6s內(nèi),磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里，且逐漸增大，則安培力大小逐漸增大，cd邊所受安培力方向向左，6s末的安培力大小2BJ0厶，故C正確，D錯(cuò)誤.故選4C.如圖所示，圖甲中M為一電動(dòng)機(jī)，當(dāng)滑動(dòng)變阻器R的觸頭從一端滑到另一端的過程中，兩電壓表的讀數(shù)隨電流表讀數(shù)的變化情況如圖乙所示。已知電流表讀數(shù)在0.24以下時(shí),電動(dòng)機(jī)沒有發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，不考慮電表對電路的影響，以下判斷錯(cuò)誤的是（）II電路中電源電動(dòng)勢為3.6V變阻器向右滑動(dòng)時(shí)，V2讀數(shù)逐漸減小此電路中，電動(dòng)機(jī)的輸入功率減小變阻器的最大阻值為300【答案】B,C【考點(diǎn)】閉合電路的歐姆定律電功【解析】先確定圖線與電壓表示數(shù)對應(yīng)的關(guān)系，再根據(jù)圖線求出電源的電動(dòng)勢，并判斷巧讀數(shù)的變化情況。當(dāng)I=0.3A時(shí)，電動(dòng)機(jī)輸入功率最大。變阻器的全部接入電路時(shí)，電路中電流最小，由歐姆定律求解變阻器的最大阻值?！窘獯稹?、由電路圖甲知，電壓表匕測量路端電壓，電流增大時(shí)，內(nèi)電壓增大，路端電壓減小,所以最上面的圖線表示叫的電壓與電流的關(guān)系。此圖線的斜率大小等于電源的內(nèi)阻，為r=△y=^^^n=2H，△I0.2當(dāng)電流I=0.1A時(shí)，〃=3.4U,則電源的電動(dòng)勢E=U+Ir=3.4V+0.1X2V=3.6V，故4正確。B、變阻器向右滑動(dòng)時(shí)，R阻值變大，總電流減小，內(nèi)電壓減小，路端電壓即為匕讀數(shù)逐漸增大，故B錯(cuò)誤。C、由圖可知，電動(dòng)機(jī)的電阻r=0^80.^n=4n，當(dāng)7=0.3^時(shí)，U=3V，電動(dòng)機(jī)輸入M0.1功率最大，此電路中，電動(dòng)機(jī)的輸入功率增大，故C錯(cuò)誤。D、當(dāng)/=0.14時(shí)，電路中電流最小，變阻器的電阻為最大值，所以R"rrM=（弧24）0=300，故D正確。0.1本題選擇錯(cuò)誤的，CD、EF是兩條水平放置的阻值可忽略的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為厶在水平導(dǎo)軌的左側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為磁場區(qū)域的長度為d,如圖所示導(dǎo)軌的右端接有一電阻R,左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接將一阻值也為R的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，導(dǎo)體棒最終恰好停在磁場的右邊界處。已知導(dǎo)體棒與水平導(dǎo)軌接觸良好，且動(dòng)摩擦因數(shù)為“，則下列說法中正確的是（）A.電阻R的最大電流為匹如2R流過電阻R的電荷量為血2R整個(gè)電路中產(chǎn)生的焦耳熱為mgh—mgd電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為5曲2【答案】A、B,C【考點(diǎn)】單桿切割磁感線閉合電路的歐姆定律電磁感應(yīng)中的能量問題法拉第電磁感應(yīng)定律【解析】金屬棒在彎曲軌道下滑時(shí)，只有重力做功，機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律或動(dòng)能定理可以求出金屬棒到達(dá)水平面時(shí)的速度，由E=B厶u求出感應(yīng)電動(dòng)勢，然后求出感應(yīng)電流；由q=Q可以求出流過電阻R的電荷量；克服安培力做功轉(zhuǎn)化為焦耳熱，由動(dòng)能rR定理(或能量守恒定律)可以求出克服安培力做功，得到導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱。【解答】4、金屬棒下滑過程中，由機(jī)械能守恒定律得：mgh=1mv2,2所以金屬棒到達(dá)水平面時(shí)的速度u=J2亦，金屬棒到達(dá)水平面后進(jìn)入磁場受到向左的安培力做減速運(yùn)動(dòng)，則導(dǎo)體棒剛到達(dá)水平面時(shí)的速度最大，所以最大感應(yīng)電動(dòng)勢為E=B厶V，最大的感應(yīng)電流為/=豆=匹如，故4正確；2R2RB、流過電阻R的電荷量為q=a=啦，故B正確；rR2RC、金屬棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)能定理得：mgh-Wo-^mgd=0-0，D則克服安培力做功：WB=mgh-^mgd，所以整個(gè)電路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=%=mgh-^.mgd，故C正確；D、克服安培力做功轉(zhuǎn)化為焦耳熱，電阻與導(dǎo)體棒電阻相等，通過它們的電流相等，則金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為：QR=1Q=1(^gh-^mgd)，故D錯(cuò)誤。R22三、實(shí)驗(yàn)題(本大題共2小題，計(jì)15分)實(shí)驗(yàn)小組利用以下方法對物體的質(zhì)量進(jìn)行間接測量，裝置如圖所示：一根輕繩跨過輕質(zhì)定滑輪與兩個(gè)相同的重物P、Q相連，已知重物P、Q的質(zhì)量均為m,當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹椤?。在重物Q的下面通過輕質(zhì)掛鉤懸掛待測物塊Z,重物P的下端與穿過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的紙帶相連。先接通頻率為50Hz的交流電源，再由靜止釋放系統(tǒng)，得到如圖所示的紙帶，貝y系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)的加速度a=m/s2(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)；在忽略阻力的理想情況下，物塊Z質(zhì)量M的表達(dá)式為M=(用字母m、a、9表示)；實(shí)際情況下，空氣阻力、紙帶與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器間的摩擦、定滑輪中的滾動(dòng)摩擦不可以忽略，物塊Z的實(shí)際質(zhì)量與理論值M有一定差異，這種誤差是誤差(填"偶然”或“系統(tǒng)”)。【答案】8.02mag-a系統(tǒng)【考點(diǎn)】探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系【解析】根據(jù)位移差公式厶x=aT2求解系統(tǒng)的加速度；對整個(gè)系統(tǒng)進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律求解M的表達(dá)式；根據(jù)誤差來源分析誤差的性質(zhì)。【解答】根據(jù)位移差公式△尤=aT2，解得系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)的加速度為：a=AX=⑵953.29)-(2.32264)_x10-2m/s2=8.0m/S2；T24X0.022'根據(jù)牛頓第二定律，對Q和Z有：(Mm)g—T=(Mm)a，對物體P有：T—mg=ma，聯(lián)立解得：出=沁；g-a由題意可知本實(shí)驗(yàn)中誤差是由于實(shí)驗(yàn)原理的選擇而造成的，無法通過多測數(shù)據(jù)來消除故這是一種系統(tǒng)誤差；欲測量G表的內(nèi)阻乙和一個(gè)電源的電動(dòng)勢E內(nèi)阻r.要求：測量盡量準(zhǔn)確、能測多組數(shù)據(jù)且滑動(dòng)變阻器調(diào)節(jié)方便，電表最大讀數(shù)不得小于量程的1?待測元件及提供的其他實(shí)3驗(yàn)器材有：4、待測電源E：電動(dòng)勢約1.5U，內(nèi)阻在0.4—0.70間B、待測G表：量程5000，內(nèi)阻在150?2500間C、電流表4：量程24,內(nèi)阻約0.10D、電壓表U：量程300mV，內(nèi)阻約5000E、定值電阻九:心=3000；F、滑動(dòng)變阻器耳：最大阻值100,額定電流14G、電阻箱尺2：0?99990H、開關(guān)S—個(gè)，導(dǎo)線若干小亮先利用伏安法測量G表內(nèi)阻乙?圖甲是小亮設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)電路圖，其中虛線框中的元件是；(填元件序號(hào)字母)說明實(shí)驗(yàn)所要測量的物理量；寫出G表內(nèi)阻的計(jì)算表達(dá)式乙=?測出乙=2000后，小聰把G表和電阻箱串聯(lián)、并將接入電路的阻值調(diào)到28000,使其等效為一只電壓表，接著利用伏安法測量電源的電動(dòng)勢E及內(nèi)阻r.請你在圖乙中用筆畫線，將各元件連接成測量電路圖，若利用測量的數(shù)據(jù)，作出的G表示°與通過滑動(dòng)變阻器心的電流/的關(guān)系圖象如圖丙所示，則可得到電源的電動(dòng)勢E=內(nèi)阻r=2【答案】E,G表示數(shù)/,U表示數(shù)U—R01.5,0.6【考點(diǎn)】測定電源的電動(dòng)勢和內(nèi)阻【解析】根據(jù)伏安法測電阻的實(shí)驗(yàn)方法可測出G表內(nèi)阻，注意電表的量程，從而選擇合適的電路圖；并得出內(nèi)阻的表達(dá)式；通過計(jì)算得出電源的路端電壓，由閉合電路歐姆定律可得出電源的電動(dòng)勢和內(nèi)電阻．【解答】G表本身可以測量通過的電流，但由題意可知，G表內(nèi)阻較小，無法直接用電壓表進(jìn)行測量，故應(yīng)與E：定值電阻心串聯(lián)后再與電壓表并聯(lián)；同時(shí)由于兩表量程偏低，且滑動(dòng)變阻器阻值偏小，為了安全，采用滑動(dòng)變阻器分壓接法；故原理圖如甲圖所示；為了更好地保護(hù)電路，也可以與電阻箱串聯(lián)后郊供電；故電路圖可以是甲圖中的任一個(gè)；用/表示G表示數(shù)，〃表示U表示數(shù)；由歐姆定律可知，/=亠，解得：R」—R0；RR0/0①將g表與電阻箱串聯(lián)后，可以充當(dāng)電壓表使用，貝y其應(yīng)并聯(lián)在電源兩端，滑動(dòng)變阻器與電流表串聯(lián)后即可進(jìn)行測電源電動(dòng)勢和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)，實(shí)物電路圖如圖所示：Th②電源的路端電壓U=Ig(200+2800)=3000/；故圖象與縱坐標(biāo)的交點(diǎn)為500“4,則電源的電動(dòng)勢為：E=500^Ax3000=1.5V；內(nèi)阻廠=訃35^106X3。00遼=0.6遼;0.75故答案為；⑴①E；②G表示數(shù)/,U表示數(shù)〃；③;%；(2)①如圖所示；②1.5；0.6.四、計(jì)算題(本大題共3小題計(jì)35分解答應(yīng)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(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)如圖所示，質(zhì)量m=2kg的物體靜止于水平地面的4處，4、B間距厶=20m.用大小為30N,沿水平方向的外力拉此物體，經(jīng)q=2s拉至B處.(取9=10m/s2)a1B求物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)“;該外力作用一段時(shí)間后撤去，使物體從4處由靜止開始運(yùn)動(dòng)并能到達(dá)B處，求該力作用的最短時(shí)間匚【答案】物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5；該力作用的最短時(shí)間為也s3【考點(diǎn)】牛頓第二定律的概念勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系【解析】根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式可以求得物體的加速度的大小，在根據(jù)牛頓第二定律可以求得摩擦力的大小，進(jìn)而可以求得摩擦因數(shù)的大??；當(dāng)力作用的時(shí)間最短時(shí)，物體應(yīng)該是先加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間之后撤去拉力F在做減速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可以求得時(shí)間的大小.【解答】物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，貝憶=丄at02，20所以a=-2L=2x20=10m/s2，t024由牛頓第二定律得Ff=ma，又f=p.mg，解得：“=0.5力F作用時(shí)，珀=a.=2ti聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)，解得某空間存在一豎直向下的勻強(qiáng)電場和圓形區(qū)域的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為8,方向垂直紙面向里，如圖所示.一質(zhì)量為帶電量為+g的粒子，從P點(diǎn)以水平速度射入電場中，然后從M點(diǎn)射入磁場，從N點(diǎn)射出磁場.已知，帶電粒子從M點(diǎn)射入磁場時(shí),速度與豎直方向成30。角，弧MN是圓周長的1粒子重力不計(jì).求：3⑴電場強(qiáng)度E的大小.(2)圓形區(qū)域的半徑R.⑶帶電粒子從P點(diǎn)到N點(diǎn)，所經(jīng)歷的時(shí)間r.【答案】⑴電場強(qiáng)度E的大小是沖.2qh(2)圓形區(qū)域的半徑R是也叫.3qB⑶帶電粒子從P點(diǎn)至UN點(diǎn)，所經(jīng)歷的時(shí)間上是爲(wèi)+皿.3坯3qB【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律帶電粒子在電場中的加(減)速和偏轉(zhuǎn)【解析】粒子在電場中僅受豎直向下的電場力，做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速度為零勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)結(jié)合求解．粒子進(jìn)入磁場后由洛倫茲力充當(dāng)向心力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求出軌跡半徑，由幾何關(guān)系求解R.分兩個(gè)過程分別求出時(shí)間，即可得到總時(shí)間．【解答】解：(1)在電場中，粒子經(jīng)過M點(diǎn)時(shí)的速度大小u=+=2匕0,sin30。豎直分速度=u0cot30。=V3v0，由h=^，a=皿得:2amE=3mr22qh(2)粒子進(jìn)入磁場后由洛倫茲力充當(dāng)向心力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌跡半徑為r.由牛頓第二定律得：qvB=m^滑塊B運(yùn)動(dòng)到圓弧底端時(shí)對軌道的壓力；若4與臺(tái)階碰前，已和B達(dá)到共速，求從滑塊B運(yùn)動(dòng)到圓弧底端時(shí)對軌道的壓力；若4與臺(tái)階碰前，已和B達(dá)到共速，求從B滑上4到達(dá)到共同速度的時(shí)間；若要使木板4只能與臺(tái)階發(fā)生一次碰撞，求％應(yīng)滿足的條件以及木板4的最小長度?！敬鸢浮炕瑝KB運(yùn)動(dòng)到圓弧底端時(shí)對軌道的壓力大小為72.5N，方向：豎直向下；若4與臺(tái)階碰前，已和B達(dá)到共速，從B滑上4到達(dá)到共同速度的時(shí)間為3.3s；若要使木板4只能與臺(tái)階發(fā)生一次碰撞，尤應(yīng)滿足的條件是：x>1.6m，木板4的最小長度為12.5m。【考點(diǎn)】向心力摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化動(dòng)量守恒定律的理解牛頓第三定律的概念【解析】根據(jù)幾何關(guān)系得：R=rtan30°=