【物理】浙江省温州市新力量联盟2019-2020学年高二上学期期中联考试题（解析版） 19页

‎2019-2020学年浙江省温州市新力量联盟高二（上）期中 物理试卷 一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分．）‎ ‎1．（3分）在国际单位制中，力的单位的符号是（　　）‎ A．N B．C C．J D．kg ‎【分析】明确力学单位制的基本内容，知道在国际单位制中，力的单位是以科学家牛顿的名字命名的。‎ ‎【解答】解：在国际单位制中，力的单位是牛顿，简称牛，符号为“N”。故A正确，BCD错误。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查力学单位制的基本内容，力的单位、力的单位的符号，这都是我们学习力学最基本的知识，必须熟记。‎ ‎2．（3分）物理中引入概念时常常用到一些思想方法，下列物理概念的引入与“质点”所用的思想方法相同的是（　　）‎ A．重心 B．点电荷 C．瞬时速度 D．电流强度 ‎【分析】当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，建立“质点”的概念，采用理想模型法。‎ ‎【解答】解：建立“质点”的概念，采用理想模型法。‎ A、重心采用了等效替代法，故A错误；‎ B、点电荷是理想化的物理模型，故B正确；‎ C、瞬时速度定义应用了极限法，故C错误；‎ D、电流强度是表示电流大小的物理量，是采用比值定义法得到的，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查质点的定义，要注意质点是运动学中一个重要概念，要理解其实质，不能停在表面。‎ ‎3．（3分）高铁开通后，从铁路售票网查询到G7330次列车从温州南到杭州东的信息如图所示。使用电子地图测距工具测得温州南到杭州东的直线距离约为259.6km。下列说法正确的是（　　）‎ A．在研究列车过一桥梁所花的时间与列车从温州南到杭州东所花的时间时，列车均可看成质点 ‎ B．结合如图，可知G7330列车从温州南到杭州东行驶的平均速度约为106.7km/h ‎ C．259.6km是G7330次列车从温州南到杭州东的路程大小 ‎ D．图中6：38表示一段时间间隔 ‎【分析】物体能否看做质点就看大小和形状是否影响力所研究的问题，时刻是指时间轴上的某一点，位移为初位置到末位置的有向线段，平均速度为位移与时间的比值。‎ ‎【解答】解：A、在研究列车过一桥梁所花的时间时，列车的长度不能忽略，不能看成质点，故A错误；‎ B、结合如图，可知G7330列车从温州南到杭州东行驶的平均速度约为106.7km/h，故B正确；‎ C、259.6km是G7330次列车从温州南到杭州东的位移大小，故C错误；‎ D、图中6：38表示时刻，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题关键是要明确质点、位移与路程、平均速度、瞬时速度的概念，同时要明确这些概念的适用范围，难度不大。‎ ‎4．（3分）如图所示为我国的极地考察破冰船﹣﹣“雪龙”号。为满足破冰航行的要求，其船体结构经过特殊设计，船体下部与竖直方向成特殊角度。则船体对冰块的弹力示意图正确的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【分析】船体对冰块的弹力垂直于接触面，指向受力物体，通过弹力的方向分析判断，即可求解。‎ ‎【解答】解：船体对冰块的弹力垂直于接触面，指向受力物体，故C正确，A、B、D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】解决本题的关键知道接触面间的弹力方向，知道弹力的方向与接触面垂直。‎ ‎5．（3分）真空中有一个电场，在其中某点放入电荷量为6.0×10﹣9C的点电荷，它受到的电场力为3.0×10﹣4N，则该点的电场强度的大小为（　　）‎ A．5.0×104N/C B．5.0×105N/C ‎ C．2.0×10﹣5N/C D．5.0×104C/N ‎【分析】电场强度是根据比值定义法定义的，表示电场的强弱；根据电场强度的定义式E＝求出该点的电场强度，‎ ‎【解答】解：根据E＝得：‎ E＝N/C＝5.0×104N/C；故A正确BCD错误。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握电场强度的定义式，知道电场强度的大小由电场本身的性质决定，与放入电场中的电荷无关。‎ ‎6．（3分）最近许多户外闯关节目很受大众的欢迎，图甲就是某节目中选手飞身跳上圆形转盘的画面。可以把该游戏场景简化为如图乙所示的模型，A、B、C三个圆形转盘的半径之比为4：2：1，B转盘由电动机带动，A、C转盘通过与B转盘摩擦传动（假设三转盘没有打滑现象），则（　　）‎ A．胖子由于质量大，需要的向心力大，所以更容易被转盘甩下水 ‎ B．选手在A转盘的边缘最容易被甩下水 ‎ C．选手在A、B、C三个转盘边缘随盘转动的向心加速度之比为1：2：2 ‎ D．为了过关成功，选手应该尽量跳到转盘中心处 ‎【分析】人站在转盘上，与转盘具有相同的角速度，离圆心越远，向心力越大，越容易滑倒落水。‎ 同轴转动角速度相等，皮带或齿轮连动的线速度相等，根据a＝和F＝ma分析BC项。‎ ‎【解答】解：AD、进入转盘后，和转盘一起做圆周运动，根据f＝mrω2知，静摩擦力提供向心力，在转盘边缘，需要的向心力较大，摩擦力会不够提供，从而滑倒落水，所以在转盘中间比较安全，选手应该尽量跳到转盘中心处，根据μmg＝mrω2知，ω＝，与质量无关。故A错误，D正确。‎ BC、A、C转盘通过与B转盘摩擦传动，三者边缘线速度相等，根据a＝知加速度之比为：：1＝1：2：4，根据F＝ma知在C的边缘需要的向心力最大，最容易被甩下水，故B错误，C错误。故选：D。‎ ‎【点评】本题考查了向心力来源和运动的合成和分解，知道角速度一定时，半径越大，选手所需的向心力越大。知道在圆盘上离开的速度是起跳速度和圆盘切线方向速度的合速度。‎ ‎7．（3分）温州的南国世纪联华超市，安装了智能化的自动扶梯（无台阶），如图所示。为了节约能源，在没有乘客乘行时，自动扶梯以较小的速度匀速运行，当有乘客乘行时自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段运行。则电梯在运送乘客的过程中（　　）‎ A．乘客始终受摩擦力作用 B．乘客经历先超重再失重 ‎ C．乘客对扶梯的作用力始终竖直向下 D．扶梯对乘客的作用力始终垂直斜面向上 ‎【分析】加速运动阶段，扶梯对乘客有沿斜面向上的摩擦力和支持力，二者的合力即扶梯对乘客的作用力指向斜上方；匀速运动阶段，乘客仍然受到支持力和摩擦力的作用，扶梯对乘客的作用力竖直向上。根据牛顿第三定律，分析乘客对扶梯的作用力方向。‎ ‎【解答】解：A、乘客站在斜面上，始终受摩擦力作用，否则将沿斜面滑下来。故A正确。‎ B、加速运动阶段，乘客有向上的加速度，乘客处于超重状态；匀速运动阶段，扶梯对乘客的作用力等于重力，乘客既不超重，也不失重。故B错误。‎ CD、加速运动阶段，扶梯对乘客有沿斜面向上的摩擦力和支持力，二者的合力即扶梯对乘客的作用力指向斜上方；扶梯对乘客的作用力不是垂直于斜面向上。根据牛顿第三定律分析可知：乘客对扶梯的作用力也不是始终竖直向下。故CD错误。故选：A。‎ ‎【点评】本题考查物体的运动情况分析物体受力情况的能力。要注意的是匀速运动过程，扶梯对乘客仍有摩擦力，沿斜面向上等于重力沿斜面向下的分力。‎ ‎8．（3分）体操运动员，体重为G，当双手握住单杠在空中不动时，当两手臂的夹角（　　）‎ A．越大，单杠对单手的弹力越大 ‎ B．不同时，运动员受到的合力不同 ‎ C．为120°时，单杠对单手的弹力为G ‎ D．为60°时，运动员单手对单杠正压力大小为 ‎【分析】以整体为研究对象，竖直方向根据平衡条件进行分析。‎ ‎【解答】解：AC、以人整体为研究对象，竖直方向根据平衡条件可知，单杠对单手的弹力大小等于人总重的一半，即为G，保持不变，故AC错误；‎ B、运动员受到的合力为零，保持不变，故B错误；‎ D、当两手臂的夹角为60°时，运动员单手对单杠的正压力大小等于人总重的一半，即为G，故D正确。故选：D。‎ ‎【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。注意整体法和隔离法的应用。‎ ‎9．（3分）国庆期间上映的《我和我的祖国》电影中，有神州十一号返回舱落地的画面，它的回收是航天航空中的一个重要技术。返回舱在返回地面前的某段运动，可看成先匀速后减速的直线运动，最后撞落在地面上，则返回舱（　　）‎ A．在匀速下降过程中，机械能守恒 ‎ B．在减速下降过程中，携带的检测仪器处于失重状态 ‎ C．在减速下降过程中合力做功等于返回舱机械能的变化 ‎ D．着地时，返回舱对地的作用力大于自身的重力 ‎【分析】根据机械能等于动能与势能之和，分析机械能是否守恒，也可以根据机械能守恒的条件判断。加速度向下时物体处于失重状态，加速度向上时物体处于超重状态。合力做功等于火箭动能的变化量。火箭着地时，根据牛顿定律分析火箭对地的作用力与自身重力的关系。‎ ‎【解答】解：A、火箭匀速下降阶段，说明阻力等于重力，不止重力做功，阻力做负功，所以其机械能不守恒，故A错误；‎ B、火箭在减速阶段，加速度向上，所以处于超重状态，故B错误。‎ C、由动能定理知合外力做功等于动能改变量，不等于火箭机械能的变化。由功能关系知阻力做功等于火箭机械能的变化，故C错误。‎ D、火箭着地做减速运动时，加速度向上，处于超重状态，则地面给火箭的力大于火箭重力，由牛顿第三定律知，火箭对地的作用力大于自身的重力。故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题需要同学分析清楚火箭的运动过程，根据加速度的方向判断其所处的运动状态。要掌握动能定理和功能原理，明确各种功与能的关系。‎ ‎10．（3分）牛顿在建立万有引力定律的过程中，对苹果落地现象曾产生过无尽的遐想；已知地球的半径为6.4×106m，地球自转的角速度为7.27×10﹣5 rad/s，地球表面的重力加速度为9.8m/s2，在地球表面发射卫星的第一宇宙速度为7.9×103 m/s，第三宇宙速度为16.7×103 m/s，月地中心间距离为3.84×108 m．假设地球上有一棵苹果树长到了月球那么高，则当苹果脱离苹果树后，将（　　）‎ A．落回地面 B．成为地球的同步“苹果卫星” ‎ C．在月球所在的轨道上绕地球运动 D．飞向茫茫宇宙 ‎【分析】根据v＝rω，可得出苹果的线速度．把苹果的线速度与第三宇宙速度比较求解．‎ ‎【解答】解：地球自转的角速度为7.27×10﹣5 rad/s，月球到地球中心的距离为3.84×108 m。‎ 地球上有一棵苹果树长到了接近月球那么高，根据v＝rω得苹果的线速度为：v＝2.8×104 m/s，第三宇宙速度为：1.67×104m/s，‎ 由于苹果的线速度大于第三宇宙速度，所以苹果脱离苹果树后，将脱离太阳系的束缚，飞向茫茫宇宙，故D正确，ABC错误。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力．同时知道宇宙速度的意义，第一宇宙速度是人造地球卫星环绕地球做匀速圆周运动时的最大速度，人造地球卫星运行时速度大于第二宇宙速度时，就脱离地球束缚．第三宇宙速度是物体逃离太阳的最小速度，难度适中．‎ ‎11．（3分）依据如图所示的“处在磁场中的通电金属棒在导轨上运动”这一实验现象及相应规律设计的家用电器是（　　）‎ A．电热水壶 B．电饭锅 C．电风扇 D．电熨斗 ‎【分析】观察实验可知，通电导体在磁场 中受到力的作用，再逐项分析各种家用电器的原理即可求解。‎ ‎【解答】解：图中，当闭合开关后，可以观察到磁场中的金属棒在导轨上运动，这说明通电导体在磁场中受到力的作用，‎ 电热水壶、电饭锅、电熨斗都是利用了电流的热效应设计的，电风扇是利用了通电导体在磁场中受到力的作用的原理制成的，故C正确ABD错误。故选：C。‎ ‎【点评】本题主要考查的是学生对磁场对电流的作用、家用电器工作原理的理解和掌握。‎ ‎12．（3分）把标有“220V 40W”、“220V 100W”的两个灯泡串联后接在电压为220V的电路中（　　）‎ A．40W的灯较亮 B．100W的灯较亮 ‎ C．两灯泡一样亮 D．灯泡电阻未知，无法判断 ‎【分析】串联电路电流处处相等，结合功率与电阻关系P＝和P＝I2R分析哪个灯更亮。‎ ‎【解答】解：“220V40W“，“220V100W”的两个灯泡串联后接在电压为220V的电路中，灯泡的电流相等，功率与电阻成正比，根据P＝知40W电阻较大，所以40W的灯泡较亮，故A正确，BCD错误。故选：A。‎ ‎【点评】本题考查P＝和P＝I2R和串联电路电流特点，电流相等，电阻较大的灯泡较亮。‎ ‎13．（3分）一些游乐场地上有皮筏艇在冰面滑行项目，非常惊险刺激。今有一皮划艇在冰面上发生故障，要利用固定在岸边的电动机通过绳索牵引的方法将皮筏艇拉回岸边，已知冰面上的皮筏艇离水面的距离为L．已知皮筏艇在冰面滑行所受的阻力恒定，而在水中前进时受到的阻力与速度成正比，皮筏艇靠岸前已经达到匀速运动。若电动机的功率恒定不变，且牵引绳索始终保持水平。则（　　）‎ A．L越大，则皮筏艇最后在水面上匀速的速度也越大 ‎ B．皮筏艇在水中匀速运动的速度大小与L无关 ‎ C．L越大，则皮筏艇在水中做匀速运动的起点位置离岸越近 ‎ D．皮筏艇在水面上先做加速运动，后做匀速运动 ‎【分析】当牵引力等于阻力时，加速度为零，速度最大，结合F＝求出最大速度的表达式分析最大速度与L是否有关，在冰面上，受到的阻力一定，电动机的功率一定，皮筏艇做加速运动，随着速度的增大，牵引力减小，则加速度减小，若L足够大，则在离开冰面之前，船可以做匀速直线运动，最后匀速的位置与L无关。‎ ‎【解答】解：AB、皮筏艇在水中前进时受到的阻力与速度成正比，则f＝kv，‎ 当牵引力等于阻力时，加速度为零，速度最大，此时有，解得：v＝，与L无关，故A错误，B正确；‎ C、在冰面上，受到的阻力一定，电动机的功率一定，皮筏艇做加速运动，随着速度的增大，牵引力减小，则加速度减小，若L足够大，则在离开冰面之前，船可以做匀速直线运动，后进入水中，当牵引力等于阻力时，速度最大，此后做匀速直线运动，所以皮筏艇在水中刚匀速的位置与L无关，故C错误；‎ D、在离开冰面之前，船可以做匀速直线运动，后进入水中，当牵引力大于阻力时，皮划艇做加速运动，‎ 当牵引力等于阻力时，速度最大，此后做匀速直线运动；若牵引力小于阻力时，皮划艇做减速运动，‎ 直到牵引力等于阻力，此后做匀速直线运动；故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题类似于机车以恒定功率启动的问题，知道当牵引力等于阻力时，速度最大，明确牵引力、公式、速度的关系，难度适中。‎ 二、选择题II（本题共3小题，每小题2分，共6分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求．全部选对得2分，选对但不全得1分，有选错得0分．）‎ ‎14．（2分）下列现象中，与离心运动有关的是（　　）‎ A．汽车转弯时速度过大，乘客感觉往外甩 ‎ B．汽车急刹车时，乘客身体向前倾 ‎ C．洗衣机脱水桶旋转，将衣服上的水甩掉 ‎ D．运动员投掷链球，在高速旋转时释放链球 ‎【分析】本题考查的是离心现象的本质﹣﹣物体惯性的表现。做匀速圆周运动的物体，由于本身有惯性，总是想沿着切线方向运动，只是由于向心力作用，使它不能沿切线方向飞出，而被限制着沿圆周运动。如果提供向心力的合外力突然消失，物体由于本身的惯性，将沿着切线方向运动，这也是牛顿第一定律的必然结果。‎ ‎【解答】解：A、汽车转弯，乘客感觉往外甩，是乘客由于惯性总是想沿着切线的方向运动，是离心现象，故A正确；‎ B、乘客由于惯性向前倾，没有做圆周运动，不是离心现象，故B错误；‎ C、洗衣机脱水时，衣服上的水由于惯性总是沿着切线的方向运动，是离心现象，故C正确；‎ D、链球原来做的是圆周运动，当松手之后，由于失去了向心力的作用链球做离心运动，所以投掷链球属于离心现象，故D正确。‎ 故选：ACD。‎ ‎【点评】本题的关键在于理解透离心现象的本质是物体惯性的表现，同时注意明确物体做离心运动的条件是需要的向心力大于外界提供的向心力。‎ ‎15．（2分）2019年10月1日上午，在国庆70周年阅兵仪式上，伴随着雄壮的《中国人民解放军进行曲》，习近平主席乘坐国产红旗牌检阅车，穿过天安门城楼，经过金水桥，驶上长安街。若该检阅车的额定功率为P，匀速行进时所受阻力为Ff，在时间t内匀速通过总长为L的59个精神抖擞、装备精良的地面方队，由此可知（　　）‎ A．在时间t内检阅车的发动机做功为Pt B．检阅车匀速行驶的速度为 C．在时间t内检阅车的发动机做功为Ff L D．检阅车行驶时的功率为 ‎【分析】检阅车在检阅并非以额定功率行驶，检阅车匀速行进，F＝Ff，发动机做功为W＝FL，功率为P′＝。‎ ‎【解答】解：AB、检阅车在检阅并非以额定功率行驶，所以在时间t内检阅车的发动机做功为并非为Pt，匀速行驶的速度也并非为．故AB错误；‎ C、检阅车匀速行进，牵引力和阻力大小相等，所以在时间t内检阅车的发动机做功为W＝FL＝Ff L，故C正确；‎ D、检阅车行驶时的功率P′＝＝，故D正确。故选：CD。‎ ‎【点评】本题考查了功率、机动车启动问题等知识点。解决本题的关键知道当牵引力等于阻力时车做匀速运动，要注意检阅车在检阅并非以额定功率行驶。‎ ‎16．（2分）温州市某学校图书馆凭磁卡借还书，某同学了解到其工作原理是磁卡以一定的速度通过装有线圈的检测头，在线圈中产生感应电动势，从而传输了被记录的信号。为研究该现象，该同学于是借用了如图所示的实验室装置。螺线管固定在铁架台上，并与电流传感器、电压传感器和滑动变阻器连接。现将一小磁铁置于螺线管正上方，其上表面为N极，后静止释放，穿过螺线管后掉落到海绵垫上并静止（小磁铁下落中受到的阻力远小于重力，不发生转动），计算机屏幕上显示出如图的UI﹣t曲线。对于该实验结果，以下说法正确的是（　　）‎ A．只减小磁铁释放高度，两个峰值都增大 ‎ B．只减小螺线管匝数，两个峰值都减小 ‎ C．只增大小磁铁质量，穿过线圈的时间不变 ‎ D．只增大变阻器阻值，穿过线圈的时间减小 ‎【分析】感应电动势的大小等于磁通量的变化率，因此通过线圈速度越大，磁通量的变化率越大，电动势越大，两个峰值也越大；‎ 增大磁铁质量，磁铁进入线框的速度增大，磁铁穿过线圈的时间减小，增大变阻器的阻值，则线圈中的电流减小，线圈产生的磁场减弱，则对磁铁的作用力减小；‎ ‎【解答】解：AB．当h减小时，磁铁进入线框的速度减小，导致线框中磁通量的变化率减小，因此两个峰值都会减小，且两个峰值不可能相等，故A错误，B正确；‎ C．当增大磁铁的质量，则磁铁进入线框的速度增大，经过相同的位移，所用时间减小，故C错误；‎ D．磁铁进入线圈过程中，线圈对磁铁产生向上的排斥力，穿过线圈过程中线圈对磁铁是向上的吸引力，增大变阻器的阻值，则线圈中的电流减小，线圈产生的磁场减弱，则对磁铁的作用力减小，所以磁铁穿过线圈的时间减小，故D正确；‎ 故选：BD。‎ ‎【点评】解决该题的关键是知道影响感应电动势的大小的因素，掌握磁铁下落过程中线圈和磁铁之间的作用力特点，从而分析磁铁的运动情况；‎ 三、非选择题（本题共6小题，共55分）‎ ‎17．（8分）小杨同学采用如图1所示的装置进行“验证机械能守恒定律”实验。‎ ‎（1）除了图1装置中的器材之外，还必须从图2中选取实验器材，其名称是　毫米刻度尺　；‎ ‎（2）指出图1装置中一处不合理的地方　重锤离打点计时器太远　；‎ ‎（3）小杨同学得到了如图3的一条纸带，读出计数点0、2两点间的距离为　1.00　cm；‎ ‎（4）计数点0、1、2、3是纸带上连续打出的点迹，计算打下计数点1时纸带速度的大小为　0.25　m/s（保留2位有效数字）。‎ ‎【分析】（1）根据正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材；‎ ‎（2）分析实验图，再从减少实验误差的思路出发明确不合理的地方；‎ ‎（3）根据毫米刻度尺的读数原理进行读数，注意起始位置的读数不是零；‎ ‎（4）根据平均速度等于瞬时速度公式，即可求解；‎ ‎【解答】解：（1）实验中纸带上的点点之间的距离需要测量，故用到毫米刻度尺；‎ ‎（2）由图可知，重锤离打点计时器太远，为了能在纸带上打出更多的点，则纸带应该上提；‎ ‎（3）0点在1cm处，故由图可知，0、2两点间的距离为1.00cm＝0.01m；‎ ‎（4）根据平均速度等于瞬时速度，则有：v＝＝＝0.25m/s，‎ 故答案为：（1）毫米刻度尺；（2）重锤离打点计时器太远；（3）1.00；（4）0.25。‎ ‎【点评】解决该题的关键是掌握实验的实验原理，能知道实验需要测量的物理量，根据物理量的测量选择器材，掌握刻度尺的读数原理；‎ ‎18．（6分）（1）多用电表的下半部分如图甲所示，标有“2.2V0.25A”字样的小灯泡已接入电路。当多用电表的两表笔分别与小灯泡两端的接线柱a、b相接，如图甲所示。下列想法合理的是　C　‎ A．若选择开关拨到“Ω”挡的“×1”处，可测量小灯泡的电阻 B．若选择开关拨到“V”档的2.5处，可测量小灯泡的电阻 C．若选择开关拨到“V”档的2.5处，可测量小灯泡两端的电压 D．若选择开关拨到“mA”档的250处，可测量小灯泡的电流 ‎（2）用多用电表测某个电阻，选择倍率为×100欧姆挡，按正确的实验操作步骤测量，表盘指针位置如图乙所示，该电阻的阻值约为　1200　Ω；用多用电表测电流时，若选择开关拨至“50mA”挡，则测量结果为　29.0　mA．‎ ‎【分析】（1）用多用电表测电阻时，待测电路元件应与其它电路元件断开；‎ 用多用电表测电压时，多用电表应与被测电路元件并联，要注意测的是直流电源还是交流电压；‎ 用多用电表测电流时，多用电表要串联接入电路。‎ ‎（2）欧姆表测电阻，电阻值等于表盘读数乘以倍率；‎ 分析电流表刻度盘的精确度，读数保留到精确度的下一位；‎ ‎【解答】解：（1）A、由图乙所示可知，灯泡串联在闭合电路中，不能用多用电表测灯泡电阻，如果用多用电表测灯泡电阻，应把灯泡与其它电路元件断开，故A错误；‎ B、由图乙所示可知，电源为直流电源，应该用直流电压档测灯泡两端电压，故B错误；‎ C、若选择开关拨到“V”挡的2.5处，可测量小灯泡两端的电压，故C正确；‎ D、若选择开关拨到“mA”挡的250处，要测量小灯泡中的电流，多用电表应串联接入电路，不能与灯泡并联，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎（2）欧姆表的值为R＝12×100＝1200Ω，若选择开关拨至“50mA”挡，精确度是1mA，所以读数保留到精确度的下一位，则其电流的值为29.0mA。‎ 故答案为：（1）C，（2）1200 29.0‎ ‎【点评】解决该题的关键是掌握多用电表测量电阻、电流以及电压的方法，知道欧姆表测电阻，电压表测电压和电流表测电流的读数的有效数字位数的保留方法；‎ ‎19．（6分）对某物体施加4N的水平拉力时，物体开始在水平面上沿向右做加速度大小为2m/s2匀加速直线运动，运动时受到大小恒为2N的摩擦阻力作用。试求 ‎（1）物体的质量多大？‎ ‎（2）当水平拉力方向不变，大小变为10N时，物体的加速度多大？‎ ‎【分析】（1）当拉力为4N时根据牛顿第二定律列式求得质量；‎ ‎（2）拉力为10N时，根据牛顿第二定律列式求得加速度。‎ ‎【解答】解：（1）对物体受力分析，由牛顿第二定律得：F1﹣f＝ma1‎ 解得：m＝1kg ‎（2）由牛顿第二定律得：F2﹣f＝ma2‎ 解得：a2＝8 m/s2‎ 答：（1）物体的质量是1kg；‎ ‎（2）当水平拉力方向不变，大小变为10N时，物体的加速度是8 m/s2。‎ ‎【点评】本题主要考查了牛顿第二定律，关键是熟练运用即可。‎ ‎20．（7分）如图所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾斜角为37°，宽度为0.5m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1Ω．在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8T．导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2kg，接入电路的电阻为1Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5．现将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光。求在小灯泡稳定发光后：（已知sin37°＝0.6 cos37°＝0.8）‎ ‎（1）导体棒MN的运动速度；‎ ‎（2）小灯泡消耗的电功率。‎ ‎【分析】（1）小灯泡稳定发光时，导体棒MN做匀速直线运动，抓住导体棒所受的合力为零，结合切割产生的感应电动势公式、安培力公式和欧姆定律求出导体棒的速度。‎ ‎（2）根据通过灯泡的电流，结合P＝I2R求出小灯泡消耗的电功率。‎ ‎【解答】解：（1）导体棒切割产生的感应电动势为：E＝BLv，‎ 电流为：I＝，‎ 导体棒所受的安培力为：F安＝BIL，‎ 整理得：F安＝，‎ 当灯泡稳定发光时，金属棒做匀速运动，有：mgsinθ＝μmgcosθ+F安 代入数据解得：v＝5m/s。‎ ‎（2）小灯泡消耗的功率为：P＝（）2R＝（）2×1W＝1W。‎ 答：（1）导体棒MN的运动速度为5m/s；‎ ‎（2）小灯泡消耗的电功率为1W。‎ ‎【点评】本题考查了电磁感应与电路、力学的综合，掌握切割产生的感应电动势公式、欧姆定律、安培力公式等，知道金属棒在整个过程中的运动规律，当加速度为零时，金属棒达到稳定状态。‎ ‎21．（14分）两个竖直放置的光滑半圆轨道，半径为0.6m，分别与一粗糙的水平轨道相切于A点和B点。一个质量为1kg的小球以某一速度由A点水平向右运动，通过圆弧BD后，无碰撞通过一光滑水平木板NM，如图（1）所示。‎ ‎（1）小球第一次经过两个光滑半圆轨道最低点A点和B点时，对两个光滑半圆轨道最低点的压力差△F，与AB两点的距离x的关系图象如图（2）所示，试根据图象求得粗糙水平轨道的动摩擦因素；‎ ‎（2）若x＝5m，小球以26J的初动能由A点沿水平向右运动，试判断小球能否脱离轨道。如果能脱离轨道，请说明理由；如果不能脱离轨道，请计算小球最终会停止在何处。‎ ‎【分析】（1）小球在A点和B点时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律分别列式。小球从A到B的过程，根据动能定理列式，联立得到△F与x的关系式，结合图象的信息求解。‎ ‎（2）先根据功能关系确定小球经过B点的次数。再由动能定理求小球最终到B点的距离。‎ ‎【解答】解：（1）小球在A点时受力分析得 FA﹣mg＝m 在B点可得 FB﹣mg＝m 小球从A到B的过程，根据动能定理得 ‎﹣μmgx＝﹣‎ 由以上式子，可以求得△F＝FA﹣FB＝‎ 根据图象的斜率k＝＝‎ 解得 μ＝0.2‎ ‎（2）小球n次经过B点，如果满足下列式子，就无法通过圆O2。‎ ‎ Ek0﹣μmgx﹣mg•2R＜‎ ‎ vD＝‎ 可得 n＞2.1，即第3净化过B点后就无法通过圆O2继续运动了。‎ ‎ 设第三次经过B点的动能为EkB．若EkB＞mgR＝6J，小球将脱离圆O2轨道；若EkB≤mgR＝6J，小球将滑上圆O2轨道后滑下，进入粗糙水平面。‎ ‎ 由动能定理得 ‎﹣3μmgx＝EkB﹣Ek0。‎ 可得 EkB＝6J 所以小球将从圆O2轨道上滑下，进入粗糙水平面，由动能定理得 ‎﹣μmgx′＝﹣6J 得 x′＝3m，即小球不会脱离轨道，最终停止在离B点3m的水平面上。‎ 答：‎ ‎（1）粗糙水平轨道的动摩擦因素是0.2；‎ ‎（2）小球不会脱离轨道，最终停止在离B点3m的水平面上。‎ ‎【点评】本题的关键要关键要理清小球的运动情况，把握隐含的临界状态和临界条件。能根据物理规律得到△F与x的关系式，结合图象的信息进行解答。‎ ‎22．（14分）近百年前英国科学家汤姆逊以及他所带领的一批学者对原子结构的研究奠定了近代物理学的基石，其中他对阴极射线粒子比荷测定实验最为著名，装置如图（1）所示。温州某学校的学生在实验室重做该实验，装置如图（2）所示，在玻璃管内的阴极K发射的射线被加速后，沿直线到达画有正方形方格的荧光屏上。在上下正对的平行金属极板上加上电压，在板间形成电场强度为E的匀强电场，射线向上偏转；再给玻璃管前后的励磁线圈加上适当的电压，在线圈之间形成磁感应强度为B的匀强磁场，射线沿直线运动，不发生偏转。之后再去掉平行板间的电压，射线向下偏转，经过屏上A点，如图（3）所示。（不计射线的重力，匀强电场、匀强磁场范围限定在刻度“1”和“9”所在的竖直直线之间，且射线由刻度“1”所在位置进入该区域）。‎ ‎（1）求该射线进入场区域时的初速度v；‎ ‎（2）已知正方形方格边长为d，求该射线粒子的比荷；‎ ‎（3）仅改变金属板间电压大小，射线偏转经过B点，如图（4）所示。已知粒子经过B点时的动能是进入场区域时初动能的64%，求经过B点时粒子的向心力大小（粒子电量可用q表示）。‎ ‎【分析】（1）根据射线被加速后沿直线运动到荧光屏上，根据平衡求解直线运动速度，即加速后的速度；‎ ‎（2）去掉金属板后电压之后，粒子不再受电场力，只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，根据几何关系找半径，然后根据牛顿第二定律求解比荷；‎ ‎（3）仅改变金属板间电压大小，射线偏转经过B点，则进入场区域时电场力小于洛伦兹力，运动过程中洛伦兹力不做功，只有电场力做功，根据动能定理列式求解改变金属板间电压后的电场强度，然后根据牛顿第二定律列式求解。‎ ‎【解答】解：（1）射线被加速后在电场力和洛伦兹力共同作用匀速直线运动如图所示 根据平衡得：‎ qE＝qvB 解得：射线被加速后的速度为：‎ ‎（2）去掉金属板间电压后，粒子不再受到电场力，只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，经过A点，则圆心为O点，半径为r，如图（2）所示：‎ 则有（4d）2＝r2﹣（r﹣2d）2‎ 解得：r＝5d①‎ 因为洛伦兹力提供向心力，则 解得：r＝②‎ ‎①②联立解得：‎ ‎（3）仅改变金属板间电压大小，射线偏转经过B点，则进入场区域时电场力小于洛伦兹力，运动过程中洛伦兹力不做功，只有电场力做功，由动能定理得：△Ek＝Ek﹣Ek0＝Eqd ‎△Ek＝64%Ek0﹣Ek0＝﹣36%Ek0‎ 由以上三式可得：‎ 将、代入解得：‎ 经过B点时电场力与洛伦兹力方向如图3所示：‎ 合力提供向心力可得F＝E′q﹣Bqv′‎ 由Ek0＝64%Ek0得v′＝0.8v 以及E′＝代入，‎ 则粒子经过B点时，向心力F＝0.1Eq 答：（1）该射线进入场区域时的初速度v为；‎ ‎（2）已知正方形方格边长为d，该射线粒子的比荷为；‎ ‎（3）仅改变金属板间电压大小，射线偏转经过B点，如图（4）所示。已知粒子经过B点时的动能是进入场区域时初动能的64%，经过B点时粒子的向心力大小0.1Eq。‎ ‎【点评】本题考查带电粒子在复合场中运功，关键是做好受力分析，判断出粒子运动规律，然后利用动能定理、牛顿第二定律等知识列式求解即可。‎