2021北京牛欄山一中高二（上）期末物理（教師版）

19/192021北京牛欄山一中高二（上）期末物理一、單選題（共45分）1．（3分）關于電場，下列敘述正確的是（）A．以點電荷為圓心r為半徑的球面上，各點的場強都相同 B．正電荷周圍的電場一定比負電荷周圍的電場強 C．電荷所受電場力大，該點電場強度一定很大 D．在電場中某點放入試探電荷q，該點的場強為E＝，取走q后，該點場強不變2．（3分）特斯拉汽車公司（TeslaMotors）是美國一家產銷電動車的公司，由斯坦福大學碩士輟學生伊隆?馬斯克與碩士畢業(yè)生JBStraubel于2003年成立，特斯拉汽車公司以電氣工程師和物理學家尼古拉?特斯拉命名，專門生產純電動車，物理學中特斯拉是哪個物理量的單位（）A．電場強度 B．磁感應強度 C．磁通量 D．電動勢3．（3分）如圖所示，是某電場中的一條直線，一電子從a點由靜止釋放，它將沿直線向b點運動，下列有關該電場情況的判斷正確的是（）A．該電場一定是勻強電場 B．場強Ea一定小于Eb C．電子的電勢能Epa＞Epb D．電子的電勢能Epa＜Epb4．（3分）以下說法正確的是（）A．由E＝可知電場中某點的電場強度E與F成正比 B．由公式φ＝可知電場中某點的電勢φ與q成反比 C．公式C＝，電容器的電容大小C與電容器兩極板間電勢差U無關 D．由Uab＝Ed可知，勻強電場中的任意兩點a、b間的距離越大，則兩點間的電勢差也越大5．（3分）如圖所示，將不帶電的絕緣枕形導體P放在正電荷Q的電場中，導體P的a、b兩端分別帶上了感應負電荷與等量的感應正電荷，另外導體內部還有兩點c、d，則以下說法正確的是（）A．導體上a、b兩端的電勢高低關系是φa＞φb B．導體上a、b兩端的電勢高低關系是φa＜φb C．導體內部c、d兩點的場強大小關系是Ec＞Ed＝0 D．感應電荷在導體內部c、d兩點產生的場強大小關系是Ec＞Ed≠06．（3分）如圖所示，兩塊水平放置的平行正對的金屬板a、b與電源E相連，在距離兩板等距離的M點有一個帶電液滴處于靜止狀態(tài)。若將b板向上平移一小段距離，但仍在M點下方，穩(wěn)定后，下列說法中正確的是（）A．液滴將加速向下運動 B．M點電勢升高 C．帶電液滴在M點的電勢能增大 D．帶電液滴在M點的電勢能減小7．（3分）下列關于物理學史、物理概念及方法的說法中，正確的是（）A．庫侖在利用扭秤裝置研究得到庫侖定律的實驗探究中，既用到了放大的思想也用到了控制變量法 B．法拉第首先提出場的概念，安培利用電場線、磁感線形象的描繪了電場和磁場 C．電動勢表征了電源其他形式的能轉化為電能的本領，在大小上等于非靜電力把1C的正電荷在電源內從正極搬運到負極所做的功 D．在研究電場磁場時，我們常引人“試探電荷”、“試探電流元”，目的是不影響原電場的強弱及分布情況，這里應用了假設法8．（3分）圖表示兩列頻率相同的橫波相遇時某一時刻的情況，實線表示波峰，虛線表示波谷。M是該時刻波峰與波峰相遇的點，是凸起最高的位置之一。以下說法中錯誤的是（）A．質點M的振動始終是加強的 B．質點M的振幅最大 C．質點M的位移始終最大 D．質點M的位移有時為09．（3分）用如圖所示的實驗電路研究微型電動機的性能，當調節(jié)滑動變阻器R讓電動機停止轉動時，電流表和電壓表的示數分別為0.5A和2.0V；重新調R，使電動機恢復正常運轉時，電流表和電壓表的示數分別為2.0A和24V．則這臺電動機正常運轉時（不計溫度對電阻的影響）（）A．輸出功率為32W B．輸出功率為48W C．發(fā)熱功率為1W D．發(fā)熱功率為47W10．（3分）如圖甲所示，一彈簧振子在豎直方向上做簡諧運動，以豎直向上為正方向，彈簧振子的振動圖象如圖乙所示，則彈簧振子（）A．頻率為2.0Hz B．振幅為0.4m C．0～0.5s內，動能逐漸減小 D．t＝0.5s與t＝1.5s時，振子的位移相同11．（3分）如圖是某繩波形成過程的示意圖，1、2、3、4…為繩上的一系列等間距的質點，繩處于水平方向．質點在外力作用下沿豎直方向做簡諧運動，帶動2、3、4…各個質點依次上下振動，把振動從繩的左端傳到右端．t＝0時質點1開始豎直向上運動，質點振動周期為T．經過四分之一周期，質點5開始運動，此時質點1已發(fā)生的位移為S．下列判斷正確的是（）A．t＝時質點5的運動方向向下 B．t＝質點7的加速度方向向上 C．t＝時質點5運動的路程為3S D．t＝T時質點9向下運動12．（3分）空間存在著平行于x軸方向的靜電場，其電勢?隨x的分布如圖所示，A、M、O、N、B為x軸上的點，|OA|＜|OB|，|OM|＝|ON|．一個帶電粒子在電場中僅在電場力作用下從M點由靜止開始沿x軸向右運動，則下列判斷中正確的是（）A．粒子一定帶正電 B．粒子從M向O運動過程中所受電場力均勻增大 C．粒子一定能通過N點 D．粒子從M向O運動過程電勢能逐漸增加13．（3分）在如圖所示的電路中，E為電源電動勢，r為其內阻，L為小燈泡（其燈絲電阻可視為不變），R1、R2為定值電阻，R3為光敏電阻，其阻值大小隨所受照射光強度的增大而減小，V為理想電壓表。當開關S閉合后，若將照射R3的光的強度減弱，則下列說法中正確的是（）A．電壓表的示數變小 B．通過R2的電流變小 C．小燈泡消耗的功率變大 D．電源的內電壓變大14．（3分）人們對手機的依賴性越來越強，有些人喜歡躺著看手機，經常出現手機砸傷眼睛的情況。若手機質量為120g，從離人眼約20cm的高度無初速掉落，砸到眼睛后手機未反彈，眼睛受到手機的沖擊時間約為0.2s，取重力加速度g＝10m/s2，則（）A．手機與眼睛作用過程中手機動量變化約為0.48kg?m/s B．手機對眼睛的沖量大小約為0.48N?s C．手機對眼睛的沖量方向豎直向上 D．手機對眼睛的作用力大小約為2.4N15．（3分）在納米技術中需要移動或修補原子，必須使在不停地做熱運動（速率約幾百米每秒）的原子幾乎靜止下來且能在一個小的空間區(qū)域內停留一段時間，為此已發(fā)明了“激光制冷”技術，若把原子和入射光分別類比為一輛小車和一個小球，則“激光制冷”與下述的力學模型很類似．一輛質量為m的小車（一側固定一輕彈簧），如圖所示以速度v0水平向右運動，一個動量大小為p的小球水平向左射入小車并壓縮彈簧至最短，接著被鎖定一段時間△T，再解除鎖定使小球以大小相同的動量p水平向右彈出，緊接著不斷重復上述過程，最終小車停下來．設地面和車廂均為光滑，除鎖定時間△T外，不計小球在小車上運動和彈簧壓縮、伸長的時間．從小球第一次入射開始到小車停止運動所經歷的時間為（）A．?△T B．?△T C．?△T D．?△T二、實驗題（共18分)16．（10分）在測定一根粗細均勻金屬絲的電阻率的實驗中：（1）某學生用螺旋測微器測定該金屬絲的直徑時，測得的結果如圖甲所示，則該金屬絲的直徑D＝mm；緊接著用游標尺上標有20等分刻度的游標卡尺測該金屬絲的長度，測得的結果如圖乙所示，則該金屬絲的長度L＝cm。（2）該同學先用多用電表粗測其電阻，用已經調零且選擇開關指向歐姆擋“×10”擋位的多用電表測量，發(fā)現指針的偏轉角度太大，這時他應將選擇開關換成歐姆擋的“”擋位（選填“×100”或“×1”），然后進行，再次測量電阻絲的阻值，其表盤及指針所指位置如圖丙所示。（3）現要進一步精確測量其阻值，實驗室提供了下列可選用的器材：A．電流表A1（量程為300mA，內阻約為1Ω）B．電流表A2（量程為0.6A，內阻約為0.3Ω）C．電壓表V1（量程為3.0V，內阻約為3kΩ）D．電壓表V2（量程為15.0V，內阻約為5kΩ）E．滑動變阻器R1（最大阻值為10Ω）F．滑動變阻器R2（最大阻值為500Ω）G．電源E（電動勢為4V，內阻可忽略）H．開關、導線若干①為了盡可能提高測量準確度，應選擇的器材分別是（均填器材前面的字母即可）：電流表選；電壓表選；滑動變阻器選。②圖丁給出的測量電路中，最合適的電路是。③這位同學在一次測量時，電壓表的示數如圖戊所示．電壓表的讀數為V。（4）若本實驗中，測得金屬絲的長度為L，直徑為D，電阻為R，則該金屬絲的電阻率的計算式為ρ＝。17．（8分）現有一種特殊的電池，它的電動勢E為9V左右，內阻r大約為40Ω。為了測定這個電池的電動勢和內阻，某同學利用如圖1所示的電路進行實驗，圖中電壓表的量程為6V，內阻為20kΩ，R1為電阻箱，阻值范圍0～999Ω，R0為定值電阻。（1）實驗室備有以下四種規(guī)格的定值電阻A．100ΩB．1000ΩC．2000ΩD．20000Ω為使實驗能順利進行，R0應選（填字母序號）。（2）該同學接入符合要求的R0后，閉合開關S，調整電阻箱的阻值，讀取電壓表的示數，記錄多組數據，作出了如圖2所示的圖線。根據圖線可求得該電池電動勢E為V，內阻r為Ω。三、計算論證題（共37分，請在后面答題卡上作答或自己在白紙上作答，并拍照上傳照片）18．（9分）如圖所示，豎直平面內的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點和最低點?，F將A無初速釋放，A與B碰撞后結合為一個整體，并沿桌面滑動。已知圓弧軌道光滑，半徑R＝0.2m；A和B的質量均為m＝0.1kg，A和B整體與桌面之間的動摩擦因數μ＝0.2．取重力加速度g＝10m/s2．求：（1）與B碰撞前瞬間A對軌道的壓力N的大?。唬?）碰撞過程中A對B的沖量的大?。唬?）A和B整體在桌面上滑動的距離l；19．（9分）如圖所示，平行水平金屬板間電壓為U，上極板帶正電，板間距離為d，板長為L1，一帶電正電小球質量為m、電荷量為q，以初速度v0垂直于場強方向沿著兩邊中間軸線方向射入電場中，離開電場后打在熒光屏上，熒光屏到平行板右端的距離為L2，重力加速度為g。求：（1）小球在電場中運動的時間t1；（2）小球在電場中偏轉分位移y；（3）小球從射入電場到打到熒光屏上過程，小球動量變化大小？20．（9分）做功與路徑無關的力場叫做勢場，在這類場中可以引入“勢”和“勢能”的概念，場力做功可以量度勢能的變化。例如靜電場和引力場。如圖所示，真空中靜止點電荷+Q產生的電場中，取無窮遠處的電勢為零，則在距離點電荷+Q為r的某點處放置電荷量為+q的檢驗電荷的電勢能為?＝（式中k為靜電力常量）。（1）A、B為同一條電場線上的兩點，A、B兩點與點電荷+Q間的距離分別為r1和r2；①將該檢驗電荷由A點移至B點，判斷電場力做功的正負及電勢能的增減；②求A、B兩點的電勢差UAB；（2）類似的，由于引力的作用，行星引力范圍內的物體具有引力勢能。若取離行星無窮遠處為引力勢能的零勢點，則距離行星球心為r處的物體引力勢能Ep＝﹣G，式中G為萬有引力常量，M為行星的質量，m為物體的質量。設行星的半徑為R，求探測器從行星表面發(fā)射能脫離行星引力范圍所需的最小發(fā)射速度。21．（10分）電流是國際單位制中七個基本物理量之一，也是電學中常用的概念．金屬導體導電是由于金屬導體內部存在大量的可以自由移動的自由電子，這些自由電子定向移動形成電流．（1）電子繞核運動可等效為一環(huán)形電流．設處于基態(tài)氫原子的電子繞核運動的半徑為R，電子質量為m，電量為e，靜電力常量為k，求此環(huán)形電流的大?。?）一段橫截面積為S、長為l的金屬導線，單位體積內有n個自由電子，電子電量為e．自由電子定向移動的平均速率為v．a．求導線中的電流；b．按照經典理論，電子在金屬中運動的情形是這樣的：在外加電場（可通過加電壓實現）的作用下，自由電子發(fā)生定向運動，便產生了電流．電子在運動的過程中要不斷地與金屬離子發(fā)生碰撞，將動能交給金屬離子（微觀上使其熱運動更加劇烈，宏觀上產生了焦耳熱），而自己的動能降為零，然后在電場的作用下重新開始加速運動（為簡化問題，我們假定：電子沿電流方向做勻加速直線運動），經加速運動一段距離后，再與金屬離子發(fā)生碰撞．電子在兩次碰撞之間走的平均距離叫自由程，用L表示．請從宏觀和微觀相聯系的角度，結合能量轉化的相關規(guī)律，求金屬導體的電阻率．

參考答案一、單選題（共45分）1．【分析】以點電荷為球心r為半徑的球面上，各點的場強都大小相同，方向不同；電荷周圍的電場與點電荷的電量有關，與電性無關；電場強度的大小與電荷受到的電場力的大小無關、與電荷是否存在無關?！窘獯稹拷猓篈、場強是矢量，以點電荷為球心r為半徑的球面上，各點的場強大小相同，但方向不同，故A錯誤；B、電荷周圍的電場強度的大小與點電荷的電量有關，與電性無關，正電荷周圍電場不一定比負電荷周圍電場強，故B錯誤；C、電場強度的大小是由電場本身決定的，與電荷受到的電場力的大小無關，故C錯誤；D、公式E＝是比值定義式，即電場強度的大小與試探電荷無關，取走q后，該點場強不變，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查了電場的相關規(guī)律，電場強度是矢量，既有大小，又有方向，電場強度的大小與方向是由電場本身決定的，與試探電荷無關。2．【分析】根據磁場的基礎知識可知?！窘獯稹拷猓篈、電場強度的單位為N/C，故A錯誤；B、特斯拉是磁感應強度的單位，簡稱特，符號T，故B正確。C、磁通量的單位為韋伯，故C錯誤；D、電動勢的單位為伏，故D錯誤。故選：B?！军c評】學習物理知識的同時，要了解物理學的發(fā)展歷史。3．【分析】電場線的疏密代表電場的強弱，電場線越密，場強越大，電場線越疏，場強越?。撾姾捎伸o止釋放，且由a向b運動，則說明負電荷所受的電場力一定是由a指向b．而負電荷所受的電場力方向與場強方向相反，確定出電場線的方向．由于不知負電荷由a運動到b的過程中電場力的變化情況，因此無法確定場強大小關系．【解答】解：A、B、據題，電子由靜止釋放，且由a向b運動，則電子所受的電場力一定是由a指向b。因為電子帶負電荷，所受的電場力方向與場強方向相反，說明電場線的方向一定是由b指向a。由于不知負電荷由a運動到b的過程中電場力的變化情況，因此無法確定場強大小關系，故A錯誤，B錯誤；C、由題意知，電場力對電子做正功，電勢能減小，所以電子具有的電勢能EPa一定大于EPb，故C正確；故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查判斷推理能力，抓住電場強度方向與負電荷所受電場力方向相反是關鍵．基礎題．4．【分析】E＝、φ＝、C＝都運用了比值法定義，根據比值定義的共性來理解它們的物理意義．公式Uab＝Ed中d是兩點沿電場方向的距離．【解答】解：A、E＝是電場強度的定義式，采用比值法定義，E與F無關，故A錯誤。B、公式φ＝是電勢的定義式，采用比值法定義，φ與q無關，故B錯誤。C、公式C＝是電容的定義式，采用比值法定義，電容器的電容大小C與電容器兩極板間電勢差U無關，故C正確。D、由Uab＝Ed可知，勻強電場中的任意兩點a、b間沿電場線方向的距離越大，兩點間的電勢差才越大。故D錯誤。故選：C。【點評】解決本題要理解并掌握比值法定義的共性，知道定義出來的物理量反映物質的屬性，與參與定義的量無關．5．【分析】物體帶電有接觸起電，有感應帶電，有摩擦起電．對于感應帶電，是利用同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引的原理．且?guī)щ婓w是等勢體．【解答】解：AB、當正電荷Q處在金屬導體P附近時，正電荷周圍存在電場，從而使得金屬中的自由電子在電場力作用下向a端發(fā)生移動，導致b端的正電荷多余，a端的負電荷多余，最終導體P的b端帶正電，a端帶負電。整個導體處于靜電平衡狀態(tài)，是一個等勢體，因此兩點的電勢關系φa＝φb，故AB錯誤；C、當金屬導體b端帶正電，a端帶負電時，導體中有自b向a的電場。由于正確電荷Q也產生電場。故只有當復合電場為0時，自由電子才停止運動，因此c、d兩點的場強大小關系是Ec＝Ed＝0，故C錯誤；D、根據正點電荷的電場強度的公式，結合合電場為0，可知：感應電荷在導體內部c、d兩點產生的場強大小關系Ec＞Ed≠0．故D正確；故選：D。【點評】感應帶電的本質是電荷的轉移；當金屬導體處于電場時出現靜電平衡現象．整個導體為一等勢體．6．【分析】電容器與電源保持相連，電容器兩極板間的電壓不變，將b板向上平移一小段距離，根據E＝分析電場強度的變化，判斷液滴的受力情況，從而其運動方向；判斷M與a板間電勢差變化，結合電勢高低，判斷M點電勢的變化；根據負電荷在電勢高處電勢能小的結論，分析電勢能的變化?！窘獯稹拷猓篈、電容器與電源保持相連，電容器板間的電壓不變，將b板向上平移一小段距離，根據E＝分析得知板間電場強度增大，液滴所受的電場力增大，大于重力，則液滴將加速向上運動，故A錯誤；B、由U＝Ed知，M與a間的電場差增大，a點的電勢為零，且M點的電勢小于零，則知M點的電勢降低，故B錯誤；CD、M點的電勢降低，由于液滴帶負電，則帶電液滴在M點的電勢能增大，故C正確，D錯誤；故選：C。【點評】解決本題的關鍵是抓住不變量，知道金屬板與電源始終相連，即使改變兩板間距，兩板的電壓仍不變，所以電場力做功也相同。同時考查了電勢能與電荷的電量及電勢有關，且注意電荷的極性與電勢的正負。7．【分析】根據物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可。【解答】解：A、庫侖在利用扭秤裝置研究得到庫侖定律的實驗探究中，既用到了放大的思想也用到了控制變量法，故A正確；B、法拉第首先提出了“場”的概念，并利用電場線、磁感線形象地描述了電場和磁場，故B錯誤；C、電動勢表征電源把其他形式的能轉化為電能的本領大小，在大小上等于非靜電力把1C的正電荷在電源內從負極送到正極所做的功，故C錯誤；D、在研究電場磁場時，我們常引入“試探電荷”、“試探電流元”，目的是不影響原電場的強弱及分布情況，這里并沒有應用假設法，故D錯誤。故選：A?！军c評】本題考查對物理學史和物理方法的掌握和應用，要注意掌握各物理學家的主要貢獻，同時在學習時注意掌握各種常見物理方法。8．【分析】明確波的疊加規(guī)律，知道波峰和波峰疊加，波谷與波谷疊加振動加強，波峰與波谷疊加，振動減弱，從而即可求解?！窘獯稹拷猓篈B、M點是波峰與波峰相遇點，振幅最大，即是加強點，加強點在振動過程中始終是加強的，AB正確；CD、加強點在振動過程中位移從﹣2A到零再到2A，也是做周期性變化的，C錯誤D正確。本題選錯誤的，故選：C。【點評】解決本題的關鍵知道波峰和波峰疊加，波谷與波谷疊加振動加強，波峰與波谷疊加，振動減弱。注意振動加強點是振幅最大，不是始終處于波峰或波谷位置9．【分析】從電路圖中可以看出，電動機和滑動變阻器串聯，電壓表測量電動機兩端的電壓，電流表測量電路電流，根據公式R＝可求電動機停轉時的電阻；利用公式P＝UI可求電動機的總功率，根據公式P＝I2R可求電動機克服本身阻力的功率，總功率與電動機克服自身電阻功率之差就是電動機的輸出功率．【解答】解：電動機的電阻R＝＝4Ω；電動機的總功率P＝U1I1＝24V×2A＝48W；克服自身電阻的功率PR＝I12R＝（2A）2×4Ω＝16W；電動機正常運轉時的輸出功率是P輸出＝P﹣PR＝48W﹣16W＝32W。故選：A。【點評】本題考查電阻、功率的有關計算，關鍵是明白電路中各個用電器的連接情況，要知道非純電阻電路的功率的計算方法，這是本題的重點和難點．10．【分析】質點的振幅等于振子位移的最大值，由圖直接讀出振幅和周期，由公式f＝求出頻率。根據位移圖象的斜率等于速度，分析速度的大小和方向。由位移分析動能和彈簧彈性勢能的大小。【解答】解：A、由圖可知，該振子的周期為2.0s，所以頻率：f＝＝Hz．故A錯誤；B、質點的振幅等于振子位移的最大值，由圖讀出，振幅為A＝0.2m，故B錯誤；C、由圖可知，在0﹣0.5s內振子的位移逐漸增大，則振子的速度逐漸減小，動能逐漸減小，故C正確；D、在t＝0.5s時，振子的位移為02m，t＝1.5s時振子的位移為﹣0.2m，兩個時刻振子位移不同，故D錯誤。故選：C?！军c評】解決本題的關鍵是要理解振動圖象的物理意義，明確時刻與位置的對應關系，知道系統的機械能是守恒的。11．【分析】根據后一個質點重復前一個質點的振動，可知每一個質點開始振動的時候都和波源起振的情況相同；要求選項B，需知道該時刻該質點的位移的正負，再根據回復力F＝﹣KX確定其加速度的方向；要知道t＝時質點5運動的路程就必需知道該質點已運動多少時間即多少周期再根據一個周期內質點通過的路程為4A求解；要求t＝T時質點9運動的方向需知道該時刻質點9已運動的時間從而確定其運動的方向．【解答】解：A、經過T，質點1從平衡位置運動到波峰，位移為S，則振幅A＝S，由于后一個質點重復前一個質點的振動，由于質點1開始振動時是從平衡位置開始向上振動，故質點5，開始振動時也是由平衡位置開始向上振動。故A錯誤。B、振動從質點1傳播到質點5經過T，則質點1和質點5之間的距離為λ，則質點1到質點7為，所以波從質點1傳到質點7所需時間為T，故在T時質點7已振動T，即質點7在從平衡位置向正的最大位置運動過程中，根據a＝故加速度方向向下。故B錯誤。C、在T時刻，質點5已運動T，故其通過的路程為×4S＝2S，故C錯誤。D、波從質點1傳播到質點9所需時間為T，故在t＝T時質點9已運動T，故正通過平衡位置向下運動，故D正確。故選：D?！军c評】“后一個質點重復前一個質點的振動”、“一個周期內質點通過的路程為4A”和“a＝”是解決此類問題的關鍵所在．12．【分析】由圖可知，AB兩點電勢相等，M點的電勢小于N點的電勢，O點的電勢最高．根據粒子在電場作用下運動的方向可以判斷它的電性；【解答】解：A：由圖可知，AB兩點電勢相等，O點的電勢最高，A到O是逆電場線，粒子僅在電場力作用下，從M點由靜止開始沿x軸向右運動即逆電場線方向運動，故粒子一定帶負電。A錯誤；B：A到M電勢均勻升高，故A到0的電場是勻強電場，所以粒子M向O運動過程中所受電場力不變。故B錯誤；C：由圖可知，AB兩點電勢相等，M點的電勢小于N點的電勢，故M到O電場力做的功大于O到N電場力做的功，所以粒子能通過N點。故C正確；D：粒子從M向O運動過程電場力做正功，電勢能一定減小，故D錯誤。故選：C?！军c評】該題中根據電勢的關系，判定各點的電勢高低是解題的關鍵；另外電勢能不僅與電荷有關還與電勢有關，分析時一定要注意電荷的正負．屬于基礎題目．13．【分析】由光敏電阻的性質可知電路中電阻的變化，則由閉合電路歐姆定律可得出電路中電流的變化，由歐姆定律可得出電壓表示數的變化；同時還可得出路端電壓的變化；由串聯電路的規(guī)律可得出并聯部分電壓的變化，再由并聯電路的規(guī)律可得出通過小燈泡的電流的變化，由功率公式即可得出燈泡功率的變化?！窘獯稹拷猓弘娐返倪B接情況是：燈泡L與光敏電阻串聯后再與R2并聯，最后與R1串聯，電壓表測R1兩端電壓。AD、光敏電阻光照減弱，故光敏電阻的阻值增大，電路中的總電阻增大；由閉合電路歐姆定律可得，電路中總電流減小，故R1兩端的電壓減小，電壓表的示數變??；因電路中電流減小，故電源的內電壓減小，故A正確、D錯誤；BC、因電源內電壓減小，則路端電壓增大，同時R1兩端的電壓減小，故并聯電路部分電壓增大，則流過R2的電流增大，根據并聯電路的電流規(guī)律可知，流過燈泡的電流一定減小，由P＝I2R可知，小燈泡消耗的功率變小，故BC錯誤。故選：A?！军c評】閉合電路的動態(tài)分析問題一般按外電路、內電路再外電路的分析思路進行；分析內電路主要根據總電流及內阻分析內壓，而外電路較為復雜，要注意靈活應用電路的性質。14．【分析】根據自由落體運動求出手機下落至眼速度，對手機運用動量定理可求出眼睛對手機的沖量及作用力，根據牛頓第三定律可求出手機對眼睛的沖量和作用力?！窘獯稹拷猓篈、h＝20cm＝0.20m；m＝120g＝0.12kg；根據自由落體得手機掉落到人眼睛位置時的速度為：＝＝2m/s；手機與眼睛作用后手機的速度變?yōu)?，選取向下為正方向，所以手機與眼睛作用過程中動量變化為：△P＝0﹣mv＝0﹣0.12kg×2m/s＝﹣0.24kg?m/s，故A錯誤；B、手機與眼接觸的過程中受到重力與眼睛的作用力，取選取向下為正方向，對手機由動量定理得：mgt+I＝△P，代入數據可得：I＝﹣0.48N?s，負號表示方向豎直向上，所以手機對眼睛的沖量大小約為0.48N?s，故B正確；C、因為眼睛對手機對的沖量方向是豎直向上，所以手機對眼睛的沖量方向豎直向下，故C錯誤；D、根據沖量定義得手機對眼睛的作用力大小約為：F＝＝＝2.4N，故D正確。故選：BD?！军c評】此題關鍵是能夠根據自由落體求出手機下落至眼睛的速度，會列動量定理的式子，注意動量的矢量性。15．【分析】小球第二次入射和彈出的過程小球和小車所組成的系統動量守恒．由動量守恒定律得出小球被彈出時小車的速度，運用歸納法分析得出小球重復入射和彈出的次數n．即求出從小球第一次入射開始到小車停止運動所經歷的時間．【解答】解：小球第二次入射和彈出的過程，及以后重復進行的過程中，小球和小車所組成的系統動量守恒。規(guī)定向右為正方向，由動量守恒定律，得：mv1﹣P＝mm＝mv2+P則有：v2＝v1﹣＝﹣2×同理可推得：vn＝v0﹣n要使小車停下來，即vn＝0，小球重復入射和彈出的次數為：n＝，故從小球第一次入射開始到小車停止運動所經歷的時間為t＝n△T＝?△T。故選：D?！军c評】本題用小球與帶有彈簧碰撞的模型模擬“激光制冷”，要善于建立模型，研究過程，關鍵要運用歸納法得到小車的速度表達式．二、實驗題（共18分)16．【分析】（1）游標卡尺讀數的方法是主尺讀數加上游標尺讀數，不需估讀；螺旋測微器的讀數方法是主尺讀數加上可動尺讀數，讀取可動尺讀數時需估讀；（2）使用歐姆表測電阻應選擇合適的擋位，使指針指針中央刻度線附近；歐姆表換擋后要重新進行歐姆調零；歐姆表指針示數與擋位的乘積是歐姆表示數。（3）估算電阻上最大電流，選擇電表量程。根據該電阻與變阻器最大電阻的關系選擇變阻器。根據該電阻與兩電表內阻的倍數關系選擇電流表的接法，題目要求為了盡可能提高測量準確度，選擇滑動變阻分壓式。（4）根據歐姆定律、電阻定律列式，聯立即可求出電阻率的計算式。【解答】解：（1）螺旋測微器的讀數是由主尺讀數加可動尺讀數，且可動尺讀數需估讀，螺旋測微器的讀數為3mm+20.5×0.01mm＝3.205mm，游標卡尺的主尺讀數為50mm，游標尺讀數為0.05×3mm＝0.15mm，最終讀數為：50mm+0.15mm＝5.015cm（2）某同學要用多用電表粗測一個電阻絲電阻，選擇開關指向歐姆擋“×10”擋位的多用電表測量，發(fā)現指針的偏轉角度太大，說明所選擋位太大，為準確測量，應換小擋位，應該將選擇開關換成歐姆擋的“×1”擋位，然后進行歐姆調零；由圖示表盤可知，則此段電阻絲的電阻為：R＝12.0×1＝12.0Ω。（3）①電源電動勢為4V，為了準確測量，電壓表選3V量程，故電壓表選C；根據歐姆定律，流過電阻的最大電流約為：I＝＝＝0.25A，故電流表選A；為了盡可能提高測量準確度，選擇滑動變阻分壓式接法，為了方便調節(jié)，故滑動變阻器選小阻值的E。②由實驗器材可知被測電阻為小電阻，選取電流表外接，題目要求為了盡可能提高測量準確度，選擇滑動變阻分壓式。故電路圖選：B。③電壓表量程為3V，最小分度為0.1V，故讀數為2.40V；（4）根據R＝R＝S＝聯立解得：ρ＝故答案為：（1）3.205；5.015；（2）×1；歐姆調零；（3）①A；C；E；②B；③2.40；（4）【點評】對于多用電表歐姆擋測電阻換擋方法要熟記：“大換小，小換大”，即偏轉角度大時，換用倍率小的擋位；偏轉角度小時，換用倍率大的擋位。17．【分析】（1）根據電源電動勢確定電壓表量程，然后根據已知電壓表量程選擇定值電阻阻值．（2）根據圖1所示電路圖應用閉合電路的歐姆定律求出圖象的函數表達式，然后根據圖示圖象求出電源電動勢與內阻?！窘獯稹拷猓海?）電源電動勢約為9V，而電壓表量程只有6V，與電壓表串聯的定值電阻分壓至少為3V，分壓電阻阻值至少為電壓表內阻的一半，電壓表內阻為20kΩ，則定值電阻阻值至少為10kΩ，則定值電阻R0應選D；（2）定值電阻阻值與電壓表內阻相等，則電壓表與定值電阻串聯電壓是電壓表示數的兩倍，由圖1所示電路圖，根據閉合電路的歐姆定律得：E＝U外+Ir＝2U+r，整理得：＝?+由圖2所示﹣圖象可知，圖象縱軸截距b＝＝0.2V﹣1，圖象的斜率k＝＝＝A﹣1≈8.33A﹣1，電源電動勢E＝10V，r≈41.7Ω；故答案為：（1）D；（2）10；41.7?！军c評】本題考查了實驗器材的選擇、求電源電動勢與內阻，本題關鍵在于能由圖象知識（斜率與截距的意義）結合閉合電路歐姆定律求解，求出圖象的函數表達式，根據圖示圖象即可解題。三、計算論證題（共37分，請在后面答題卡上作答或自己在白紙上作答，并拍照上傳照片）18．【分析】（1）A到B的過程中，只有重力做功，機械能守恒，根據機械能守恒定律求出碰撞前A的速度，由牛頓第二定律求出A受到的支持力，然后由牛頓第三定律說明；（2）A、B碰撞的過程中動量守恒，根據動量守恒定律求出碰撞后整體的速率，由動量定理求出B受到的沖量的大小；（3）對AB整體運用動能定理，求出AB整體在桌面上滑動的距離?！窘獯稹拷猓海?）A下滑過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgR＝mv2代入數據解得碰撞前瞬間A的速率：v＝2m/sA在碰撞前受到的重力與支持力的合力提供向心力，則：代入數據可得：FN＝3N根據牛頓第三定律可知，A對軌道的壓力大小也是3N。（2）A、B碰撞過程系統動量守恒，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv＝2mv′代入數據解得碰撞后瞬間A和B整體的速率：v′＝1m/s根據動量定理可知，B受到的沖量：I＝mv′＝0.1×1N?s＝0.1N?s（3）對A、B系統，由動能定理得：﹣μ?2mgl＝0﹣?2mv′2代入數據解得A和B整體沿水平桌面滑動的距離：l＝0.25m。答：（1）與B碰撞前瞬間A對軌道的壓力N的大小是3N；（2）碰撞過程中A對B的沖量的大小是0.1N?s；（3）A和B整體在桌面上滑動的距離l為0.25m?！军c評】本題考查了機械能守恒、動量守恒、動能定理的綜合，難度較大，知道機械能守恒和動量守恒的條件，關鍵是合理地選擇研究對象和過程，選擇合適的規(guī)律進行求解。19．【分析】（1）小球在電場中做