物理卷·2017届山东省滨州市邹平双语学校一区高三上学期期中物理模拟试卷（理科）（解析版） 29页

‎2016-2017学年山东省滨州市邹平双语学校一区高三（上）期中物理模拟试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分．第1-5小题，只有一个选项符合要求，第6-10小题有多项符合要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分．）‎ ‎1．从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体I、II的速度﹣时间图象如图所示，在0～t2时间内，下列说法中正确的是（　　）‎ A．t2时刻两物体相遇 B．在相遇之前，t1时刻两物体相距最远 C．I、II两个物体的平均速度大小都是 D．I物体所受的合外力不断增大，II物体所受的合外力不断减小 ‎2．如图，穿在一根光滑的固定杆上的两个小球A、B连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成θ=37°角，不计所有摩擦．当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则球A、B的质量之比为（　　）‎ A．4：3 B．3：4 C．3：5 D．5：8‎ ‎3．如图所示，R0为热敏电阻（温度降低电阻增大），D为理想二极管（正向电阻为零，反向电阻无穷大），C为平行板电容器，C中央有一带电液滴刚好静止，M点接地，单独进行下列操作可使带电液滴保持静止的是（　　）‎ A．将热敏电阻R0加热 B．变阻器R的滑动头P向下移动 C．开关K断开 D．电容器C的上极板向上移动 ‎4．如图所示，一个质量为0.4kg的小物块从高h=0.05m的坡面顶端由静止释放，滑到水平台上，滑行一段距离后，从边缘O点水平飞出，击中平台右下侧挡板上的P点．现以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板的形状满足方程y=x2﹣6（单位：m），不计一切摩擦和空气阻力，g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）‎ A．小物块从水平台上O点飞出的速度大小为2m/s B．小物块从O点运动到P点的时间为l s C．小物块刚到P点时速度方向与水平方向夹角的正切值等于5‎ D．小物块刚到P点时速度的大小为10 m/s ‎5．如图所示的等臂天平可用来测定磁感应强度．天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽为l，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面．当线圈中通有电流I（方向如图）时，天平平衡；当电流反向（大小不变）时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡．由此可知（　　）‎ A．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为 B．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为 C．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为 D．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为 ‎6．有两个匀强磁场区域 I和 II，I中的磁感应强度是 II中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与 I中运动的电子相比，II中的电子（　　）‎ A．运动轨迹的半径是I中的k倍 B．加速度的大小是I中的k倍 C．做圆周运动的周期是I中的k倍 D．做圆周运动的角速度是Ⅰ中的k倍 ‎7．嫦娥工程分为“无人月球探测”、“载人登月”和“建立月球基地”三个阶段．如图所示，关闭发动机的航天飞机，在月球引力作用下，沿椭圆轨道由A点向月球靠近，并将在椭圆轨道的近月点B与空间站对接．已知空间站绕月圆轨道的半径为r，周期为T，引力常量为G，月球半径为R．下列说法中正确的是（　　）‎ A．航天飞机与空间站成功对接前必须点火减速 B．月球的质量为M=‎ C．月球表面的重力加速度为g'=‎ D．月球表面的重力加速度g'＞‎ ‎8．如图甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，一带正电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度va沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动，其v﹣t图象如图乙所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．两点电荷一定都带负电，但电量不一定相等 B．两点电荷一定都带负电，且电量一定相等 C．试探电荷一直向上运动，直至运动到无穷远处 D．t2时刻试探电荷的电势能最大，但加速度不为零 ‎9．如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M、m的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板．开始时用手按住物体M，此时M距离挡板的距离为s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态．已知M=2m，空气阻力不计．松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是（　　）‎ A．M和m组成的系统机械能守恒 B．当M的速度最大时，m与地面间的作用力为零 C．若M恰好能到达挡板处，则此时m的速度为零 D．若M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和 ‎10．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2～x3段是直线，其中x3﹣x2=x2﹣x1，则下列说法正确的是（　　）‎ A．0～x1段的电场强度逐渐减小 B．粒子在x1﹣x2段做匀变速运动，x2﹣x3段做匀速直线运动 C．x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3‎ D．x1与x2两点间的电势差U12等于x2与x3两点间的电势差U23‎ ‎　‎ 二、实验题（本题共两小题，共14分）‎ ‎11．小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而变大，某同学利用实验探究这一现象．所提供的器材有：‎ A．电流表（A1） 量程0﹣0.6A，内阻约0.125Ω B．电流表（A2） 量程0﹣3A，内阻约0.025Ω C．电压表（V1） 量程0﹣3V，内阻约3kΩ D．电压表（V2） 量程0﹣15V，内阻约15kΩ E．滑动变阻器（R1）总阻值约10Ω F．滑动变阻器（R2）总阻值约200Ω G．电池（E）电动势3.0V，内阻很小 H．导线若干，电键K 该同学选择仪器，设计电路并进行实验，通过实验得到如下数据：‎ I/A ‎0‎ ‎0.12‎ ‎0.21‎ ‎0.29‎ ‎0.34‎ ‎0.38‎ ‎0.42‎ ‎0.45‎ ‎0.47‎ ‎0.49‎ ‎0.50‎ U/V ‎0‎ ‎0.20‎ ‎0.40‎ ‎0.60‎ ‎0.80‎ ‎1.00‎ ‎1.20‎ ‎1.40‎ ‎1.60‎ ‎1.80‎ ‎2.00‎ ‎（1）请你推测该同学选择的器材是：电流表为　　，电压表为　　，滑动变阻器为　　（以上均填写器材代号）．‎ ‎（2）请你推测该同学设计的实验电路图并画在图甲的方框中．‎ ‎（3）请在图乙的坐标系中画出小灯泡的I﹣U曲线．‎ ‎（4）若将该小灯泡直接接在电动势是 1.5V，内阻是 2.0Ω的电池两端，小灯泡的实际功率为　　W．‎ ‎12．为了测量一个量程为3.0V的电压表的内阻（阻值较大），可以采用如图所示的电路，在测量时，可供选择的步骤如下：‎ A．闭合开关S B．将电阻箱R0的阻值调到最大 C．将电阻箱R0的阻值调到零 D．调节电阻箱R0的阻值，使电压表示数为1.5V，读出此时电阻箱R0的阻值，‎ E．调节滑动变阻器的阻值，使电压表的示数为3.0V F．断开开关S G．将滑动变阻器的滑动触头调到b端 H．将滑动变阻器的滑动触头调到a端 上述操作步骤中，必要的操作步骤按合理顺序排列应为　　．若在步骤 D中，读出R0的值为2400Ω，则电压表的内阻RV=　　Ω．用这种方法测出的内阻RV与其真实值相比偏　　（大、小）．‎ ‎　‎ 三、计算题（共4小题，共46分．解答应写出必要文字说明、主要方程式，只写出最后结果不得分）‎ ‎13．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，一质量m=1kg，初速度大小为v2的煤块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若以地面为参考系，从煤块滑上传送带开始计时，煤块在传送带上运动的速度﹣时间图象如图乙所示，取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）煤块与传送带间的动摩擦因数；‎ ‎（2）煤块在传送带上运动的时间；‎ ‎（3）整个过程中由于摩擦产生的热量．‎ ‎14．如图所示是示波器的示意图，竖直偏转电极的极板长L1=4cm，板间距离d=1cm．板右端距离荧光屏L2=18cm，（水平偏转电极上不加电压，没有画出）电子沿中心线进入竖直偏转电场的速度是v=1.6×107m/s，电子电量e=1.6×10﹣19C，质量m=0.91×10﹣30kg．‎ ‎（1）要使电子束不打在偏转电极上，加在竖直偏转电极上的最大偏转电压U不能超过多大？‎ ‎（2）若在偏转电极上加u=27.3sin100πt （V）的交变电压，在荧光屏的竖直坐标轴上能观察到多长的线段？‎ ‎15．如图甲所示，一个质量为m，电荷量为+q的微粒（不计重力），初速度为零，经两金属板间电场加速后，沿y轴射入一个边界为矩形的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．磁场的四条边界分别是y=0，y=a，x=﹣1.5a，x=1.5a．两金属板间电压随时间均匀增加，如图乙所示．由于两金属板间距很小，微粒在电场中运动时间极短，可认为微粒在加速运动过程中电场恒定．‎ ‎（1）求微粒分别从磁场上、下边界射出时对应的电压范围；‎ ‎（2）微粒从磁场左侧边界射出时，求微粒的射出速度相对其进入磁场时初速度偏转角度的范围，并确定在左边界上出射范围的宽度d．‎ ‎16．如图所示，两个绝缘斜面与绝缘水平面的夹角均为α=45°，水平面长d，斜面足够长，空间存在与水平方向成45°的匀强电场E，已知E=．一质量为m、电荷量为q的带正电小物块，从右斜面上高为d的A点由静止释放，不计摩擦及物块转弯时损失的能量．小物块在B点的重力势能和电势能均取值为零．试求：‎ ‎（1）小物块下滑至C点时的速度大小；‎ ‎（2）在AB之间，小物块重力势能与动能相等点的位置高度h1；‎ ‎（3）除B点外，小物块重力势能与电势能相等点的位置高度h2．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山东省滨州市邹平双语学校一区高三（上）期中物理模拟试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分．第1-5小题，只有一个选项符合要求，第6-10小题有多项符合要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分．）‎ ‎1．从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体I、II的速度﹣时间图象如图所示，在0～t2时间内，下列说法中正确的是（　　）‎ A．t2时刻两物体相遇 B．在相遇之前，t1时刻两物体相距最远 C．I、II两个物体的平均速度大小都是 D．I物体所受的合外力不断增大，II物体所受的合外力不断减小 ‎【考点】1I：匀变速直线运动的图像；19：平均速度．‎ ‎【分析】在v﹣t图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，图象的斜率表示加速度；图象与坐标轴围成的面积表示位移，相遇要求在同一时刻到达同一位置；匀变速直线运动的平均速度可为．由此分析．‎ ‎【解答】解：A、t2时刻，物体I的位移比物体II的位移大，两者又是从同一地点同时开始运动的，所以t2时刻两物体没有相遇，故A错误；‎ B、速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知在t1时刻两物体面积差最大，相距最远，故B正确；‎ C、由于t2时刻，物体Ⅱ的位移比物体Ⅰ的位移小，所以II物体的平均速度大小于I物体，故C错误；‎ D、根据v﹣t图象的斜率表示加速度，由图象可知，I物体做加速度越来越小的加速运动，所受的合外力不断减小，II物体做匀减速直线运动，所受的合外力不变，故D错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎2．如图，穿在一根光滑的固定杆上的两个小球A、B连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成θ=37°角，不计所有摩擦．当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则球A、B的质量之比为（　　）‎ A．4：3 B．3：4 C．3：5 D．5：8‎ ‎【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；2G：力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】分别对AB两球分析，运用合成法，用T表示出A、B两球的重力，同一根绳子上的拉力相等，即绳子AB两球的拉力是相等的．‎ ‎【解答】解：分别对AB两球分析，运用合成法，如图：‎ 根据共点力平衡条件，得：‎ T=mBg ‎（根据正弦定理列式）‎ 故mA：mB=1：tanθ=1： =4：3．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，R0为热敏电阻（温度降低电阻增大），D为理想二极管（正向电阻为零，反向电阻无穷大），C为平行板电容器，C中央有一带电液滴刚好静止，M点接地，单独进行下列操作可使带电液滴保持静止的是（　　）‎ A．将热敏电阻R0加热 B．变阻器R的滑动头P向下移动 C．开关K断开 D．电容器C的上极板向上移动 ‎【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；AS：电容器的动态分析．‎ ‎【分析】由共点力的平衡条件可知液滴的受力情况，要使液保持静止，则保持两板间的电场强度不变，由根据闭合电路欧姆定律可知应采取何种措施；注意二极管的作用可以阻止电容器上的电量流出．‎ ‎【解答】解：A、热敏电阻加热时，热敏电阻阻值减小，则由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压增大，所以电容器两端的电势差增大，则电场强度增大，电场力增大，液滴向上运动，故A错误；‎ B、当变阻器的滑片向下移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则总电流减小，内压及R0两端的电压减小，则滑动变阻器两端的电压增大，所以电容器两端的电势差增大，则电场强度增大，电场力增大，液滴向上运动，故B错误；‎ C、开关K断开时，电容器直接接在电源两端，电压增大，则液滴向上运动，故C错误；‎ D、电容器C的上极板向上移动，d增大；则电容C减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差增大，由于U=，C=，E=．所以：E=，由于极板上的电量不变，而场强E与极板之间的距离无关，所以电场强度E不变，液滴仍然静止，故D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎4．如图所示，一个质量为0.4kg的小物块从高h=0.05m的坡面顶端由静止释放，滑到水平台上，滑行一段距离后，从边缘O点水平飞出，击中平台右下侧挡板上的P点．现以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板的形状满足方程y=x2﹣6（单位：m），不计一切摩擦和空气阻力，g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）‎ A．小物块从水平台上O点飞出的速度大小为2m/s B．小物块从O点运动到P点的时间为l s C．小物块刚到P点时速度方向与水平方向夹角的正切值等于5‎ D．小物块刚到P点时速度的大小为10 m/s ‎【考点】43：平抛运动．‎ ‎【分析】对小物块由动能定理可以求出物块的速度，物块做平抛运动，应用平抛运动规律，抓住y和x的函数关系，求出水平位移和竖直位移，从而求出运动的时间，结合平行四边形定则求出P点的速度大小和方向．‎ ‎【解答】解：A、根据动能定理得，mgh=，解得小物块从水平台上O点飞出的速度=，故A错误．‎ B、小物块从O点水平抛出做平抛运动，‎ 竖直方向：y=﹣gt2，‎ 水平方向：x=v0t，‎ 解得：y=﹣5x2；‎ 又有：y=x2﹣6，‎ 联立解得：x=1m，y=﹣5m，‎ 根据h=得，t=，故B正确．‎ C、到达P点竖直分速度vy=gt=10×1m/s=10m/s，根据平行四边形定则知，，故C错误．‎ D、根据平行四边形定则知，P点的速度 m/s=m/s，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示的等臂天平可用来测定磁感应强度．天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽为l，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面．当线圈中通有电流I（方向如图）时，天平平衡；当电流反向（大小不变）时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡．由此可知（　　）‎ A．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为 B．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为 C．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为 D．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为 ‎【考点】CC：安培力．‎ ‎【分析】天平平衡后，当电流反向（大小不变）时，安培力方向反向，则右边相当于多了或少了两倍的安培力大小 ‎【解答】解：由题可知B的方向垂直纸面向里，开始线圈所受安培力的方向向下，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向上，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以需要在右边加砝码．则有mg=2NBIL，所以B=．故ABC错误，D正确 故选：D ‎　‎ ‎6．有两个匀强磁场区域 I和 II，I中的磁感应强度是 II中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与 I中运动的电子相比，II中的电子（　　）‎ A．运动轨迹的半径是I中的k倍 B．加速度的大小是I中的k倍 C．做圆周运动的周期是I中的k倍 D．做圆周运动的角速度是Ⅰ中的k倍 ‎【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】电子在磁场中做的圆周运动，洛伦兹力作为向心力，根据圆周运动的周期公式和半径公式逐项分析即可．‎ ‎【解答】解：设Ⅱ中的磁感应强度为B，则Ⅰ中的磁感应强度为kB，‎ A、根据电子在磁场中运动的半径公式r=可知，Ⅰ中的电子运动轨迹的半径为，Ⅱ中的电子运动轨迹的半径为，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，故A正确；‎ B、电子在磁场运动的洛伦兹力作为向心力，所以电子的加速度的大小为a=，所以Ⅰ中的电子加速度的大小为，Ⅱ中的电子加速度的大小为，所以Ⅱ的电子的加速度大小是Ⅰ中的倍，故B错误；‎ C、根据电子在磁场中运动的周期公式T=可知，Ⅰ中的电子运动周期为，Ⅱ中的电子运动周期为，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的周期是Ⅰ中的k倍，故C正确；‎ D、做圆周运动的角速度ω=，所以Ⅰ中的电子运动角速度为，Ⅱ中的电子运动角速度为，在Ⅱ的电子做圆周运动的角速度是Ⅰ中的倍，故D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎7．嫦娥工程分为“无人月球探测”、“载人登月”和“建立月球基地”三个阶段．如图所示，关闭发动机的航天飞机，在月球引力作用下，沿椭圆轨道由A点向月球靠近，并将在椭圆轨道的近月点B与空间站对接．已知空间站绕月圆轨道的半径为r，周期为T，引力常量为G，月球半径为R．下列说法中正确的是（　　）‎ A．航天飞机与空间站成功对接前必须点火减速 B．月球的质量为M=‎ C．月球表面的重力加速度为g'=‎ D．月球表面的重力加速度g'＞‎ ‎【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；4F：万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】要使航天飞机在椭圆轨道的近月点B处与空间站C对接，必须在接近B点时减速以实现轨．月球对航天飞机的万有引力提供其向心力，由牛顿第二定律求出月球的质量M．由加速度的表达式分析月球表面的重力加速度g ‎【解答】解：A、要使航天飞机在椭圆轨道的近月点B处与空间站C对接，航天飞机必须由原轨道的离心运动变为圆周运动，则航天飞机在接近B点时必须点火减速．故A正确；‎ B、设空间站的质量为m，由G=mr，得月球的质量为M=．故B正确；‎ CD、空间站绕月圆轨道的半径为r，周期为T，其轨道处的重力加速度为 g=a=，可知，r越小，g越大，月球表面的重力加速度g′＞，故C错误，D正确 故选：ABD ‎　‎ ‎8．如图甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，一带正电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度va沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动，其v﹣t图象如图乙所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．两点电荷一定都带负电，但电量不一定相等 B．两点电荷一定都带负电，且电量一定相等 C．试探电荷一直向上运动，直至运动到无穷远处 D．t2时刻试探电荷的电势能最大，但加速度不为零 ‎【考点】AA：电场的叠加；AE：电势能．‎ ‎【分析】根据运动图象明确粒子的运动情况，再根据受力分析即可明确粒子的受力情况，从而判断电场分布；则可得出两电荷的带电情况．‎ ‎【解答】解：A、由图可知，粒子向上先做减速运动，再反向做加速运动，且向上过程加速度先增大后减小，而重力不变，说明粒子受电场力应向下；故说明粒子均应带负电；由于电场线只能沿竖直方向，故说明两粒子带等量负电荷；故AC错误，B正确；‎ D、t2时刻之前电场力一直做负功；故电势能增大；此后电场力做正功，电势能减小；t2时刻电势能最大；但由于粒子受重力及电场力均向下；故此时加速度不为零；故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M、m的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板．开始时用手按住物体M，此时M距离挡板的距离为s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态．已知M=2m，空气阻力不计．松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是（　　）‎ A．M和m组成的系统机械能守恒 B．当M的速度最大时，m与地面间的作用力为零 C．若M恰好能到达挡板处，则此时m的速度为零 D．若M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和 ‎【考点】6C：机械能守恒定律；6B：功能关系．‎ ‎【分析】分析AB两物体的受力情况及各力做功情况，从而分析A其运动情况，类比弹簧振子，从而判断选项．‎ ‎【解答】解：A、因Mm之间有弹簧，故两物体受弹簧的弹力做功，机械能不守恒；故A错误；‎ B、M的重力分力为Mgsinθ=mg；物体先做加速运动，当受力平衡时M速度达最大，则此时m受力为mg，故m恰好与地面间的作用力为零；故B正确；‎ C、从m开始运动至到M到达底部过程中，弹力的大小一直大于m的重力，故m一直做加速运动，M到达底部时，m的速度不为零；故C错误；‎ D、M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和；故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎10．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2～x3段是直线，其中x3﹣x2=x2﹣x1，则下列说法正确的是（　　）‎ A．0～x1段的电场强度逐渐减小 B．粒子在x1﹣x2段做匀变速运动，x2﹣x3段做匀速直线运动 C．x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3‎ D．x1与x2两点间的电势差U12等于x2与x3两点间的电势差U23‎ ‎【考点】AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得x1处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由Ep=qφ，分析电势的高低．由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质．根据斜率读出场强的变化．‎ ‎【解答】解：‎ A、根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=，得：E=•，由数学知识可知Ep﹣x图象切线的斜率等于，0～x1段的斜率逐渐减小，电场强度逐渐减小，故A正确．‎ B、由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动．x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动．x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B错误．‎ C、根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，粒子带负电，q＜0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ1＞φ2＞φ3．故C正确．‎ D、x1与x2两点间距与x2与x3两点间距相等，但是线的斜率不一样，故而电场强度不一样，有U=Ed，可知x1与x2两点间的电势差U12等于x2与x3两点间的电势差U23不相同，故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ 二、实验题（本题共两小题，共14分）‎ ‎11．小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而变大，某同学利用实验探究这一现象．所提供的器材有：‎ A．电流表（A1） 量程0﹣0.6A，内阻约0.125Ω B．电流表（A2） 量程0﹣3A，内阻约0.025Ω C．电压表（V1） 量程0﹣3V，内阻约3kΩ D．电压表（V2） 量程0﹣15V，内阻约15kΩ E．滑动变阻器（R1）总阻值约10Ω F．滑动变阻器（R2）总阻值约200Ω G．电池（E）电动势3.0V，内阻很小 H．导线若干，电键K 该同学选择仪器，设计电路并进行实验，通过实验得到如下数据：‎ I/A ‎0‎ ‎0.12‎ ‎0.21‎ ‎0.29‎ ‎0.34‎ ‎0.38‎ ‎0.42‎ ‎0.45‎ ‎0.47‎ ‎0.49‎ ‎0.50‎ U/V ‎0‎ ‎0.20‎ ‎0.40‎ ‎0.60‎ ‎0.80‎ ‎1.00‎ ‎1.20‎ ‎1.40‎ ‎1.60‎ ‎1.80‎ ‎2.00‎ ‎（1）请你推测该同学选择的器材是：电流表为　A　，电压表为　C　，滑动变阻器为　E　（以上均填写器材代号）．‎ ‎（2）请你推测该同学设计的实验电路图并画在图甲的方框中．‎ ‎（3）请在图乙的坐标系中画出小灯泡的I﹣U曲线．‎ ‎（4）若将该小灯泡直接接在电动势是 1.5V，内阻是 2.0Ω的电池两端，小灯泡的实际功率为　2.8　W．‎ ‎【考点】N5：描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）根据实验数据，结合实验的原理选择实验器材．‎ ‎（2）为测量多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻较小，远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，据此作出实验电路图．‎ ‎（3）根据表中实验数据，应用描点法作图，作出小灯泡的伏安特性曲线．‎ ‎（4）在小灯泡的伏安特性曲线上作出电源路端电压与电路电流关系图象，找出该图象与灯泡伏安特性曲线交点所对应的电压与电流值，由P=UI求出灯泡的实际功率．‎ ‎【解答】解：（1）由表中实验数据可知，电流最大测量值为0.5A，则电流表应选A；电压最大测量值为2V，电压表应选C；为方便实验操作滑动变阻器应选择E．‎ ‎（2）由表中实验数据可知，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡最大阻值约为：R灯===4Ω，电流表内阻约为0.125Ω，电压表内阻约为3kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应选择外接法；电路图如图所示．‎ ‎（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：‎ ‎（4）小灯泡直接接在电动势是 1.5V，内阻是 2.0Ω，则短路电流： A 在灯泡的U﹣I图象坐标系内作出电源的U﹣I图象如图所示，‎ 它与小灯泡的伏安特性曲线的交点坐标就是小灯泡的工作点，‎ 由图象可知，小灯泡的实际电流为0.34A（0.33﹣0.35A均正确），电压为0.81A，（0.80﹣0.82V均正确），‎ 功率P=IU=0.34×0.81≈0.28W．‎ 故答案为：（1）A，C，E；（2）电路图如图所示；（3）图象如图所示；（4）0.28．‎ ‎　‎ ‎12．为了测量一个量程为3.0V的电压表的内阻（阻值较大），可以采用如图所示的电路，在测量时，可供选择的步骤如下：‎ A．闭合开关S B．将电阻箱R0的阻值调到最大 C．将电阻箱R0的阻值调到零 D．调节电阻箱R0的阻值，使电压表示数为1.5V，读出此时电阻箱R0的阻值，‎ E．调节滑动变阻器的阻值，使电压表的示数为3.0V F．断开开关S G．将滑动变阻器的滑动触头调到b端 H．将滑动变阻器的滑动触头调到a端 上述操作步骤中，必要的操作步骤按合理顺序排列应为　HACEDF　．若在步骤 D中，读出R0的值为2400Ω，则电压表的内阻RV=　2400　Ω．用这种方法测出的内阻RV与其真实值相比偏　大　（大、小）．‎ ‎【考点】N6：伏安法测电阻．‎ ‎【分析】应先连接电路，使测量电路电压由小到大，先让电阻箱阻值为0，再让电压表满偏，再调节电阻箱，记录．据此排序．‎ 电压表串联电阻箱后认为电压不变，而实际该支路电压变大，则电阻箱分压大于计算值，则会引起测量值的偏大 ‎【解答】解：（1）据实验规程进行排序：要先使测量电路电压由小到大，先让电阻箱阻值为0，闭合S，再让电压表满偏，再调节电阻箱，断开，记录．据此排序：HACEDF、‎ ‎（2）因是串联关系，则电阻与电压成正比：电压表示数为1.5V，则电阻箱R0分压为1.5V．‎ 则 Rv=R0=2400Ω 因该支路实际电压要比原电压变大，即R0的分压要大一些，故Rv的实际值要小一些，即测量值比真实值大．‎ 故答案为：HACEDF、2400、大 ‎　‎ 三、计算题（共4小题，共46分．解答应写出必要文字说明、主要方程式，只写出最后结果不得分）‎ ‎13．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，一质量m=1kg，初速度大小为v2的煤块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若以地面为参考系，从煤块滑上传送带开始计时，煤块在传送带上运动的速度﹣时间图象如图乙所示，取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）煤块与传送带间的动摩擦因数；‎ ‎（2）煤块在传送带上运动的时间；‎ ‎（3）整个过程中由于摩擦产生的热量．‎ ‎【考点】37：牛顿第二定律；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）由v﹣t图，求出煤块做匀变速运动的加速度，由牛顿第二定律求出动摩擦因数；‎ ‎（2）由图知，最后匀速运动时和传送带速度相等，读出煤块的初速度和传送带的速度，由位移公式分别求出三段位移，把三个时间相加得在传送带上运动的时间；‎ ‎（3）这段时间分别计算各自的总位移作差，求出相对位移，然后求出产生的热量．‎ ‎【解答】解：（1）由速度﹣时间图象，煤块匀变速运动的加速度：a===1m/s2，‎ 由牛顿第二定律得：μmg=ma，煤块与传送带间的动摩擦因数：μ==0.1；‎ ‎（2）由速度﹣时间图象，传送带速度大小：v1=1m/s，煤块初速度大小v2=3m/s，‎ 煤块在传送带上滑动：t1=4s与传送带相对静止． ‎ 前3s内煤块的位移：s1=t=4.5m，方向向左，‎ 后1s内煤块的位移：s2=t′=0.5m，方向向右，‎ ‎4s内煤块的位移：s=s1﹣s2=4m，方向向左，‎ 煤块接着在传送带上向右匀速运动，时间：t2==4s，‎ 故煤块在传送带上运动的时间t=t1+t2=8s；‎ ‎（3）煤块在传送带上滑动的4s内，皮带的位移s′=v1t1=4m，方向向右；‎ 煤块的位移：s=s1﹣s2=4m，方向向左，‎ 两个物体的相对位移△s=s′+s=8m 整个过程中摩擦产生的热量：Q=μmg△s=8J；‎ 答：（1）煤块与传送带间的动摩擦因数为0.1；‎ ‎（2）煤块在传送带上运动的时间为8s；‎ ‎（3）整个过程中由于摩擦产生的热量为8J．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示是示波器的示意图，竖直偏转电极的极板长L1=4cm，板间距离d=1cm．板右端距离荧光屏L2=18cm，（水平偏转电极上不加电压，没有画出）电子沿中心线进入竖直偏转电场的速度是v=1.6×107m/s，电子电量e=1.6×10﹣19C，质量m=0.91×10﹣30kg．‎ ‎（1）要使电子束不打在偏转电极上，加在竖直偏转电极上的最大偏转电压U不能超过多大？‎ ‎（2）若在偏转电极上加u=27.3sin100πt （V）的交变电压，在荧光屏的竖直坐标轴上能观察到多长的线段？‎ ‎【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）电子做类平抛运动，将运动分解成电场力方向与速度方向，则由运动学公式与牛顿第二定律，结合平行四边形定则，即可求解；‎ ‎（2）根据电压的最大值，从而得出最大偏转距离，根据几何关系，即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）运动的位移，①‎ 由牛顿第二定律，②‎ 匀速运动，③‎ 由以上三式，‎ 解得：④‎ 代入数据，得 U=91V ⑤‎ ‎（2）偏转电压的最大值：U1=27.3V ⑥‎ 通过偏转极板后，在垂直极板方向上的最大偏转距离：⑦‎ 设打在荧光屏上时，亮点距O'的距离为y'，则：⑧‎ 荧光屏上亮线的长度为：l=2y'⑨‎ 代入数据，解得l=3cm ‎ 答：（1）要使电子束不打在偏转电极上，加在竖直偏转电极上的最大偏转电压U不能超过91V；‎ ‎（2）若在偏转电极上加u=27.3sin100πt （V）的交变电压，在荧光屏的竖直坐标轴上能观察到3cm的线段．‎ ‎　‎ ‎15．如图甲所示，一个质量为m，电荷量为+q的微粒（不计重力），初速度为零，经两金属板间电场加速后，沿y轴射入一个边界为矩形的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．磁场的四条边界分别是y=0，y=a，x=﹣1.5a，x=1.5a．两金属板间电压随时间均匀增加，如图乙所示．由于两金属板间距很小，微粒在电场中运动时间极短，可认为微粒在加速运动过程中电场恒定．‎ ‎（1）求微粒分别从磁场上、下边界射出时对应的电压范围；‎ ‎（2）微粒从磁场左侧边界射出时，求微粒的射出速度相对其进入磁场时初速度偏转角度的范围，并确定在左边界上出射范围的宽度d．‎ ‎【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；AK：带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）作出从上边界和下边界离开磁场的轨迹的临界情况，通过几何关系求出临界的半径，从而求出临界的速度，根据电场力做功求出电压的范围．‎ ‎（2）作出从左侧边界离开磁场轨迹的临界情况，结合几何关系求出在左边界上出射范围的宽度d．‎ ‎【解答】解：（1）当微粒运动轨迹与上边界相切时，由图a中几何关系可知，R1=a．‎ 微粒做圆周运动．‎ 微粒在电场中加速．‎ 由以上各式可得．‎ 所以微粒从上边界射出的电压范围为．‎ 当微粒由磁场区域左下角射出时，由图b中几何关系可知，‎ R2=0.75a．‎ 微粒做圆周运动 微粒在电场中加速 由以上各式可得．‎ 所以微粒从下边界射出的电压范围为．‎ ‎（2）当微粒运动轨迹与上边界相切时 ‎，∠AO1C=30°．‎ 由图中几何关系可知此时速度方向偏转了120°，微粒由左下角射出磁场时，速度方向偏转了180°，所以微粒的速度偏转角度范围的宽度为120°～180°．‎ 左边界出射范围．‎ 答：（1）微粒分别从磁场上、下边界射出时对应的电压范围分别为、．‎ ‎（2）在左边界上出射范围的宽度．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，两个绝缘斜面与绝缘水平面的夹角均为α=45°，水平面长d，斜面足够长，空间存在与水平方向成45°的匀强电场E，已知E=．一质量为m、电荷量为q的带正电小物块，从右斜面上高为d的A点由静止释放，不计摩擦及物块转弯时损失的能量．小物块在B点的重力势能和电势能均取值为零．试求：‎ ‎（1）小物块下滑至C点时的速度大小；‎ ‎（2）在AB之间，小物块重力势能与动能相等点的位置高度h1；‎ ‎（3）除B点外，小物块重力势能与电势能相等点的位置高度h2．‎ ‎【考点】AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系；67：重力势能；AE：电势能．‎ ‎【分析】（1）对从A到B过程运用动能定理列式求解即可；‎ ‎（2）对物块从A点下滑至重力势能与动能相等的位置过程运用动能定理列式，再结合重力势能与动能相等列式，最后联立求解即可；‎ ‎（3）左侧平面与电场线垂直，是等势面，电势能为qE（d）．‎ ‎【解答】解：（1）物块从A→B→C的过程，由动能定理，有：‎ WG+WE=△EK 故有：‎ 求得：‎ ‎（2）物块从A点下滑至重力势能与动能相等的位置过程：‎ WG1+WE1=△Ek1=Ek1‎ 其中：‎ mgh1=Ek1‎ 则有：‎ mg（d﹣h1）﹣qE（d﹣h）=Ek1=mgh1‎ 求得：h1=‎ ‎（3）除B点外，物块重力势能与电势能相等的位置位于左斜面 ‎ 则有：mgh2=‎ 求得：h2=‎ 答：（1）小物块下滑至C点时的速度大小为；‎ ‎（2）在AB之间，小物块重力势能与动能相等点的位置高度h1为；‎ ‎（3）除B点外，小物块重力势能与电势能相等点的位置高度h2为．‎