【优化探究】2022高考物理二轮专题复习 素能提升 1-5-13 电学实验（含解析）新人教版

【优化探究】2022高考物理二轮专题复习素能提升1-5-13电学实验（含解析）新人教版1．(2022年高考新课标Ⅱ全国卷)在伏安法测电阻的实验中，待测电阻Rx约为200Ω，电压表○V的内阻约为2kΩ，电流表○A的内阻约为10Ω，测量电路中电流表的连接方式如图a或图b所示，结果由公式Rx＝计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的示数．若将图a和图b中电路测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2，则________(填“Rx1”或“Rx2”)更接近待测电阻的真实值，且测量值Rx1________(填“大于”、“等于”或“小于”)真实值，测量值Rx2________(填“大于”、“等于”或“小于”)真实值．　解析：＝20，＝10，因此Rx属于大电阻，用电流表内接法时测量值更接近真实值，即Rx1更接近真实值；因Rx1＝＝Rx＋RA，故Rx1>Rx，Rx2＝＝R并(即Rx与RV的并联值)，故Rx2<Rx.答案：Rx1　大于　小于2.(2022年高考新课标Ⅰ全国卷)利用如图a所示电路，可以测量电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：待测电源，电阻箱R(最大阻值999.9Ω)，电阻R0(阻值为3.0Ω)，电阻R1(阻值为3.0Ω)，电流表○A(量程为200mA，内阻为RA＝6.0Ω)，开关S.实验步骤如下：①将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S；②多次调节电阻箱，记下电流表的示数I和电阻箱相应的阻值R；③以为纵坐标，R为横坐标，作R图线(用直线拟合)；④求出直线的斜率k和在纵轴上的截距b.回答下列问题：(1)分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则与R的关系式为______________________．-24-\n(2)实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻R＝3.0Ω时电流表的示数如图b所示，读出数据，完成下表．答：①________，②________.R/Ω1.02.03.04.05.06.07.0I/A0.1430.125①0.1000.0910.0840.077/A－16.998.00②10.011.011.913.0(3)在图c的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图，根据图线求得斜率k＝________A－1·Ω－1，截距b＝________A－1.(4)根据图线求得电源电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.解析：(1)由闭合电路欧姆定律有E＝IRA＋(I＋)·(R＋R0＋r)，整理得＝R＋[RA＋(r＋R0)]，代入数据得＝R＋(5.0＋r)．(2)①由题意知该电流表的最小分度为2mA，由题图b可得读数为110mA，考虑到表格内各组数据的单位及有效数字位数，故结果应为0.110A．②＝9.09A－1.(3)描点作图如图所示，由图线可得k＝A－1·Ω－1＝1.0A－1·Ω－1，b＝6.0A－1.(4)由＝R＋(5.0＋r)可知k＝，b＝(5.0＋r)，将k＝1.0A－1·Ω－1，b＝6.0A－1代入可得E＝3.0V，r＝1.0Ω.答案：(1)＝R＋[RA＋(r＋R0)]或＝R＋(5.0＋r)(2)①0.110　②9.09(3)图见解析　1.0(在0.96～1.04之间均对)　6.0(在5.9～6.1之间均对)(4)3.0(在2.7～3.3之间均对)　1.0(在0.6～1.4之间均对)3．(2022年高考山东卷)实验室购买了一捆标称长度为100m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度．该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2，查得铜的电阻率为1.7×10－8-24-\nΩ·m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度．可供使用的器材有：电流表：量程0.6A，内阻约0.2Ω；电压表：量程3V，内阻约9kΩ；滑动变阻器R1：最大阻值5Ω；滑动变阻器R2：最大阻值20Ω；定值电阻：R0＝3Ω；电源：电动势6V，内阻可不计；开关、导线若干．回答下列问题：(1)实验中滑动变阻器应选________(填“R1”或“R2”)，闭合开关S前应将滑片移至________端(填“a”或“b”)．(2)在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接．(3)调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50A时，电压表示数如图乙所示，读数为________V.(4)导线实际长度为________m(保留2位有效数字)．解析：(1)根据R＝ρ，得铜导线的阻值约为Rx＝1.7Ω，即Rx＋R0＝4.7Ω.实验中的滑动变阻器若选R1，则当滑动变阻器滑片移至a端时，电压表的示数约为3V，若滑动变阻器滑片向右移动，电压表示数变大，超过电压表量程，故实验中的滑动变阻器应选R2.闭合开关S前应使电路中的电阻最大，故滑动变阻器滑片应移至a端．(2)连线如图所示．-24-\n(3)由题图乙知该电压表的分度值为0.1V，故按“十分之一”估读法可知测量结果为2.30V.(4)测量电路的总电阻R0＋Rx＝＝4.60Ω，故Rx＝1.60Ω.由Rx＝ρ可得L＝，代入数据可得L＝94m.答案：(1)R2　a　(2)图见解析　(3)2.30(2.29、2.31均正确)　(4)94(93、95均正确)4．如图甲所示的实验电路，试分析下列问题：(1)为了粗测“2.5V　0.6W”小电珠的电阻，必须将开关______断开．把多用电表选择开关旋转到“×______”欧姆挡；进行欧姆调零后，将红、黑表笔分别与小电珠两端接线柱相接触，测得小电珠的阻值如图乙所示，其读数为________Ω.(2)将选择开关置于直流电压挡，闭合S1、S2，此时测得的是________两端的电压．(3)为了测量小电珠的电流，应将选择开关置于直流电流挡，闭合开关________，断开开关________，然后将红、黑表笔分别接S2的左、右接线柱．解析：(1)由“2.5V　0.6W”可知小灯泡在额定电压下的电阻为R＝＝Ω＝10.42Ω.用多用电表测量电路中用电器的电阻时应将该用电器与电源断开，然后再用多用电表的欧姆挡测量用电器的电阻．为减小实验误差，测量时应使多用电表的指针指到刻度盘的中央附近，因此多用电表的选择开关应旋到“×1”欧姆挡，由题图乙可知多用电表测得小电珠的电阻为R＝8.0Ω.(2)多用电表此时当作电压表使用，它与小电珠并联，故测得的是小电珠两端的电压．(3)多用电表作电流表使用时，应将选择开关置于直流电流挡，然后将其与小电珠串联在一起，此时应闭合开关S1，断开开关S2，然后将红、黑表笔分别接S2的左、右接线柱．答案：(1)S2　1　8.0(填8也可)　(2)小电珠(填L也可)　(3)S1　S25．某同学用图甲所示的原理图来测定某电源的电动势和内阻．实验时调节电阻箱的阻值并读出相应的电流值．通过多次实验后得到了如图乙所示的图象．已知R0＝8-24-\nΩ.试分析下列问题．(1)请根据图甲将图丙所示的实物图连接好；(2)某次实验中电阻箱的示数如图丁所示，则实验中电阻箱的阻值为R＝________Ω；(3)图线的斜率k＝________A－1/Ω－1，图线在纵轴上的截距为a＝________A－1；由此可得电源电动势E＝________V，电源的内阻r＝________Ω(结果均保留三位有效数字)．解析：(1)所连的实物图如图所示．(2)电阻箱的阻值R＝20Ω.(3)由电路结构可知，路端电压可由定值电阻与电流表组合进行测量有U＝IR0，而对于电路中的总电流I总可由部分电路欧姆定律求得I总＝＋I.由闭合电路欧姆定律得E＝IR0＋(＋I)r.由上式可得＝·＋，则在图象中，图象的斜率k＝，图象的截距a＝，根据题图乙可求出电源的电动势和内阻．为求直线的斜率可在图象上取两个距离较远的点，如(0.5,14.0)和(1.5,29.0)，根据数学知识可知图象的斜率为k＝A－1/Ω－1＝15.0A－1/Ω－1，即k＝＝15.0A－1/Ω－1.由题图乙可知图象的截距大小为a＝＝6.00A－1.由以上两式解得r＝3.64Ω，E＝1.94V.答案：(1)图见解析　(2)20　(3)15.0　6.00　1.94　3.646．要测量某一段横截面积为5.0×10－6m2的圆柱形半导体的电阻率，先用伏安法测量该半导体的电阻，然后将实验数据描入如图甲所示的UI坐标系中，分析下列问题：-24-\n(1)请你根据图甲作出该半导体的UI图线并由图线求出该半导体的电阻R＝________Ω.实验中半导体的长度为1m，则该材料的电阻率为ρ＝________Ω·m.(2)根据图中的测量数据，请将图乙所示的实物图连接好．(3)为了测定该材料中的载流子(参与导电的“带电粒子”)是带正电还是带负电，现取一块与实验材料一样的偏平的六面体样品并接入如图丙所示的电路中．把靠外的偏平面标记为M，靠里的偏平面标记为N，然后在垂直于大平面的方向加上一个磁感应强度大小为B的匀强磁场．接通开关S，调节可变电阻R，使电路中产生合适的电流．然后用电压表来判定M、N两个面的电势高低并测定M、N间的电压(也叫霍尔电压)，从而得到这种半导体材料载流子的电性．当M的电势比N的电势低时，材料中的载流子带________电(选填“正”或“负”)．解析：(1)所作图线如图a所示，由图线斜率的物理意义求得该半导体的电阻为R＝5000Ω.该材料的电阻率为ρ＝＝2.5×10－2Ω·m.(2)由题图甲可知测量数据从零开始，有多组测量数据，故滑动变阻器要采用分压式接法，实验中所测的最大电压约为2.5V，故电压表的量程应选0～3V的量程，因测量电阻阻值较大，故电流表采用内接法，所连实物图如图b.(3)根据左手定则，载流子如果带正电，则M板将带正电，是高电势，因此材料中的载流子带负电．答案：(1)5000　2.5×10－2　(2)图见解析　(3)负课时跟踪训练1．某同学欲测量一个圆柱体的电阻率，试分析下列问题：(1)分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量该圆柱体的长度L和直径D，测量结果如图a和图b所示，则长度L＝________cm，直径D＝________mm.-24-\n(2)为测量圆柱体Rx的电阻值，某同学设计了如图c所示的电路原理图，电源电动势为1.5V，图中电压表有两个量程，分别是0～3V和0～15V，为使实验结果尽量精确，则电压表在使用时应选________量程，这样读数误差较小．(3)该同学测量Rx的电阻值的实验步骤如下，请将该同学步骤中所缺的内容填写完整：①闭合开关S1，将开关S2旋向a处，待电压表读数稳定后读出其示数．某次实验中电压表的示数如图d所示，则此次电压表的示数U＝________V.②然后将开关S2旋向b处，调节电阻箱，______________，电阻箱此时的示数如图e所示，则电阻箱此时的阻值R1＝________Ω.③被测电阻Rx的电阻值Rx＝________Ω.(4)根据以上测量数据可以得出圆柱体的电阻率ρ＝________Ω·m(结果保留两位有效数字)．解析：(1)圆柱体的长度L＝50.0mm＋1×0.1mm＝50.1mm＝5.01cm；圆柱体的直径D＝5mm＋31.5×0.01mm＝5.315mm.(2)由于电源的电动势为1.5V，故电压表在使用时应选0～3V量程，这样电压表的示数会比较明显，读数的误差会较小．(3)①电压表示数为1.50V.②调节电阻箱，使电压表的示数仍为U，此时电阻箱的读数R1＝14Ω.③此实验的原理是等效替代法，开关S2接a时与开关S2接b时电压表的读数相同，说明Rx的阻值与R1的阻值相同．因此根据等效替代的原理知Rx＝14Ω.(4)根据Rx＝ρ，可知ρ＝＝，代入数据解得ρ＝6.2×10－3Ω·m.答案：(1)5.01　5.315　(2)0～3V　(3)①1.50②使电压表的示数仍为U　14　③14　(4)6.2×10－32．(1)某同学选用多用电表倍率为“×100”的欧姆挡测电阻时，电表示数如图甲所示，此时被测电阻的阻值约为________Ω.(2)将多用电表的选择开关置于欧姆挡位置时，其内部简化电路图如图乙所示．-24-\n若已知电流表的满偏电流为1mA、内阻为300Ω，电池的电动势E＝9V、内阻r＝0.5Ω，滑动变阻器的最大阻值适当．按正确方法测量电阻Rx的阻值时，电流表指针指在刻度盘的正中央，则Rx＝________Ω.若该欧姆表使用一段时间后，电池的电动势变小、内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述Rx，其测量结果与原结果相比较________(填“变大”、“变小”或“不变”)．解析：(1)被测电阻的阻值为30×100Ω＝3000Ω.(2)由I＝＝，Ig＝得Rx＝9000Ω；当电池电动势变小，内阻变大时，欧姆表重新调零，由于满偏电流Ig不变，由Ig＝可知，欧姆表的内阻R内＝Rg＋R0＋r需调小，待测电阻Rx的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由I＝＝＝，可知当R内变小时，I变小，指针跟原来的位置相比偏左了，欧姆表的示数变大了．答案：(1)3000　(2)9000　变大3.(2022年皖南八校联考)一电压表的量程标定不准确，某同学利用图甲所示电路测量该电压表的实际量程Um.所用器材有：量程标定为3V的不准确的电压表V1，内阻r1＝3kΩ；量程标定为15.0V的标准电压表V2；标准电阻R0，阻值为9kΩ；滑动变阻器R，总电阻为20.0Ω；电源E，电动势为18.0V，内阻可忽略；开关S；导线若干．回答下列问题：(1)按电路图甲连接实物图乙．(2)开关S闭合前，滑动变阻器的滑动端P应滑至________端．(填“a”或“b”)-24-\n(3)开关S闭合后，调节滑动变阻器，使电压表V1满偏．若此时电压表V2的示数为U2，则V1的量程为________．(4)若测量时电压表V1未调到满偏，两电压表的示数如图丙，从图丙中读出V1的示数U1＝________，V2的示数U2＝________；由读出的数据计算Um＝________(计算结果保留三位有效数字)．解析：(1)实物连线如图所示．(2)在闭合开关前，应使分压部分电压为零，即滑片应置于a端．(3)闭合开关后，并联部分电压相等，即U1＋UR0＝U2，又因＝＝，所以电压表V1的量程为U2/4.(4)题图丙中两电压表读数为U1＝2.50V和U2＝12.0V；电压表的量程为Um，则有＝，解得Um＝3.60V.答案：(1)图见解析　(2)a　(3)U2/4　(4)2.50V　12.0V　3.60V4．一位同学想将一个量程约为5V有清晰刻度但没有示数、内电阻约为10kΩ的电压表Vx，改装成一个量程为15V的电压表，可以使用的实验器材如下：A．电源(电动势约15V，内电阻小于2Ω)B．标准电压表V0(量程为15V，内电阻约30kΩ)C．电阻箱(阻值范围0～9999.9Ω)D．电阻箱(阻值范围0～99999.9Ω)E．滑动变阻器(阻值为0～20Ω)F．滑动变阻器(阻值为0～20kΩ)G．开关S和导线若干为了正确改装，需要测量出电压表Vx的量程和内电阻，该同学的实验操作过程为：(1)将实验仪器按图甲所示电路连接，电阻箱R1应选________，滑动变阻器R0应选________(填仪器前的字母序号)；(2)将电阻箱R1的阻值调至最大，将滑动变阻器的滑片P移至滑动变阻器接近右端处，闭合开关S；接着调节电阻箱，直至电压表Vx满偏，记录此时电阻箱的阻值和标准电压表V0的示数U；-24-\n(3)向左移动滑片P至滑动变阻器的另一位置，再次调节电阻箱R1直至电压表Vx满偏，记录此时电阻箱的阻值和标准电压表V0的示数；(4)重复步骤(3)3～5次；(5)该同学将实验中记录的各组电阻箱的阻值R和标准电压表V0的示数U的数据在UR坐标系中正确地描好了点(如图乙)，请你在图中完成UR图线．(6)根据图线可以求得电压表Vx的量程为______V，内电阻为________Ω.将电压表Vx与一个阻值为________Ω的电阻串联就可以组成量程为15V的电压表．解析：本题考查电压表改装的实验，意在考查考生对电压表改装的掌握情况，以及对该实验的理解．电压表内阻约为10kΩ，电阻箱应选择D；电路为分压电路，因此滑动变阻器应该选择E；描点连线作出图象，由图象可知，纵轴截距表示Vx的量程，由图可知电压表Vx量程为4.5V；当电压表V0的示数为Vx量程的2倍时，电阻箱分压与电压表Vx分压相等，此时电阻箱的电阻值等于电压表Vx的内阻，由UR图线可得内阻为9000Ω，允许通过电压表Vx的最大电流Im＝A＝5×10－4A，将该电压表改为量程为15V的电压表后，其内阻r＝Ω＝30000Ω，所以需要串联的电阻阻值为30000Ω－9000Ω＝21000Ω.答案：(1)D　E　(5)图线如下图(6)4.5　9000　210005.(2022年高考四川卷)右图是测量阻值约几十欧的未知电阻Rx的原理图，图中R0是保护电阻(10Ω)，R1是电阻箱(0～99.9Ω)，R是滑动变阻器，A1和A2是电流表，E是电源(电动势10V，内阻很小)．在保证安全和满足要求的情况下，使测量范围尽可能大．实验具体步骤如下：(ⅰ)连接好电路，将滑动变阻器R调到最大；-24-\n(ⅱ)闭合S，从最大值开始调节电阻箱R1，先调R1为适当值，再调节滑动变阻器R，使A1示数I1＝0.15A，记下此时电阻箱的阻值R1和A2的示数I2；(ⅲ)重复步骤(ⅱ)，再测量6组R1和I2值；(ⅳ)将实验测得的7组数据在坐标纸上描点．根据实验回答以下问题：(1)现有四只供选用的电流表：A．电流表(0～3mA，内阻为2.0Ω)B．电流表(0～3mA，内阻未知)C．电流表(0～0.3A，内阻为5.0Ω)D．电流表(0～0.3A，内阻未知)A1应选用________，A2应选用________．(2)测得一组R1和I2值后，调整电阻箱R1，使其阻值变小，要使A1示数I1＝0.15A，应让滑动变阻器R接入电路的阻值__________(选填“不变”、“变大”或“变小”).(3)在坐标纸上画出R1与I2的关系图．(4)根据以上实验得出Rx＝________Ω.解析：(1)由电路图可知I1(R0＋R1＋RA1)＝I2(Rx＋RA2)，即R1＝I2－(R0＋RA1)，在I1＝0.15A保持不变时R1I2图线是一条直线，当由其斜率k＝求Rx时，RA2必须是已知的．因两支路的阻值在同一数量级，则两支路中电流亦必在同一数量级，再结合I1＝0.15A，可知A1只能选用D，A2只能选用C.(2)要保持I1＝0.15A不变，当R1阻值减小时并联支路两端的电压亦减小，即需增大滑动变阻器分得的电压，需增大滑动变阻器接入电路中的阻值．(3)该图线为一直线，离线较远的一组数据为错误数据，应舍去，其他点应在直线上或应对称分布在直线两侧．(4)由图线可求得斜率k＝240Ω/A.结合k＝得Rx＝kI1－RA2＝31Ω.答案：(1)D　C　(2)变大　(3)关系图线如图　(4)31-24-\n6．(2022年高考北京卷)利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小实验误差．(1)应该选择的实验电路是下图中的________(选填“甲”或“乙”)．(2)现有电流表(0～0.6A)、开关和导线若干，以及以下器材：A．电压表(0～15V)B．电压表(0～3V)C．滑动变阻器(0～50Ω)D．滑动变阻器(0～500Ω)实验中电压表应选用________；滑动变阻器应选用________．(选填相应器材前的字母)(3)某位同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出UI图线．序号123456电压U/V1.451.401.301.251.201.10电流I/A0.0600.1200.2400.2600.3600.480(4)根据(3)中所画图线可得出干电池的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω.-24-\n(5)实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U及干电池的输出功率P都会发生变化．下面各示意图中正确反映PU关系的是________．解析：(1)干电池内电阻较小，远小于电压表内阻，选用甲电路时电源内电阻的测量值相对误差小．(2)一节干电池的电动势只有1.5V左右，故应选用量程较小的电压表，根据电源电动势和电流表量程，可知应选择最大阻值为50Ω的滑动变阻器C.(3)第4组数据误差较大，应舍去，连线如图所示．(4)由U＝E－Ir知UI图线在U轴上的截距表示E，斜率的绝对值表示r，由图线可得E＝1.50V，r＝0.83Ω.(5)由P＝IU＝×U＝(UE－U2)可知，PU图线是一条开口向下的抛物线，故选C.答案：(1)甲　(2)B　C　(3)图见解析(4)1.50(1.49～1.51)　0.83(0.81～0.85)　(5)C阶段达标检测(三)　力、电综合一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．下列关于物理学研究方法的叙述中正确的是(　　)A．质点、点电荷、位移都是理想化物理模型B．重心、合力等概念的建立都体现了等效替代的思想C．加速度a＝、场强E＝、电阻R＝都是采用比值法定义的D．根据速度定义式v＝可知，当Δt非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了微元思想解析：选项A中的位移不是理想化物理模型，故A错误；选项C中的a＝不是加速度的定义式，它说明加速度a与F成正比、与m成反比，故C错误；选项D中瞬时速度的定义是极限思想的体现．答案：B-24-\n2.(多选)(2022年潍坊联考)如图所示，光滑水平地面上有一直角三角形斜面体B靠在竖直墙壁上，物块A放在斜面体B上，开始A、B静止．现用水平力F推A，A、B仍静止，则此时B受力的个数可能是(　　)A．3个　　　　　　　B．4个C．5个D．6个解析：物体B受重力作用，地面对B的支持力、A对B的压力和墙壁对B的弹力作用，因为F的大小未知，不能确定A是否具有相对B的运动趋势，也就不能确定A、B间是否存在摩擦力，故B受力可能是4个，也可能是5个，选项B、C正确．答案：BC3.如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态．现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间(　　)A．木块B对水平面的压力迅速变为2mgB．弹簧的弹力大小为mgC．木块A的加速度大小为2gD．弹簧的弹性势能立即减小解析：撤去木块C前，由平衡条件可知，弹簧弹力为3mg，地面对B的作用力为4mg，撤去木块C瞬时，弹簧压缩量不变，弹力、弹性势能不变，选项B、D错误；木块B所受重力、弹力不变，故地面对B的支持力也不变，选项A错误；撤走木块C后，对木块A由牛顿第二定律有3mg－mg＝ma，解得a＝2g，选项C正确．答案：C4.(多选)如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧．一个质量为m、电荷量为－q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是(　　)A．小球一定能从B点离开轨道B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动C．若小球能从B点离开，上升的高度一定小于HD．小球到达C点的速度可能为零-24-\n解析：由题意可知，带电小球从A到C的过程中，电场力做负功，重力做正功，由于二者做功的大小关系不确定，故小球有可能不能从B点离开轨道，选项A错误；若二者做的功大小相等，则小球在AC部分可能做匀速圆周运动，选项B正确；若小球能从B点离开，因电场力做负功，全过程中小球的机械能减小，故上升的高度一定小于H，选项C正确；若小球沿圆周从A到C，到达C点的最小速度为v，则qE－mg＝，故小球能到达C点的速度不可能为零，选项D错误．答案：BC5．(多选)2022年12月2日，我国探月卫星“嫦娥三号”在西昌卫星发射中心成功发射升空，飞行轨道示意图如图所示．“嫦娥三号”从地面发射后奔向月球，先在轨道Ⅰ上运行，在P点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，Q为轨道Ⅱ上的近月点，则“嫦娥三号”在轨道Ⅱ上(　　)A．运行的周期小于在轨道Ⅰ上运行的周期B．从P到Q的过程中速率不断增大C．经过P的速度小于在轨道Ⅰ上经过P的速度D．经过P的加速度小于在轨道Ⅰ上经过P的加速度解析：根据开普勒第三定律＝k，可判断“嫦娥三号”卫星在轨道Ⅱ上的运行周期小于在轨道Ⅰ上的运行周期，A正确；因为P点是远地点，Q点是近地点，故从P点到Q点的过程中速率不断增大，B正确；根据卫星变轨特点可知，卫星在P点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ要减速，C正确；根据牛顿第二定律和万有引力定律可判断在P点卫星的加速度是相同的，D错．答案：ABC6.(多选)如图为某电场中x轴上电势φ随x变化的图象，－x0与x0关于坐标原点对称，则下列说法正确的是(　　)A．纵轴的左侧为匀强电场B．－x0处的场强为零C．一电子在x0处由静止释放，电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐增大D．一电子在x0处由静止释放，电子不一定沿x轴正方向运动，但速度逐渐增大解析：纵轴的左端x轴上电势处处相等，因此场强为零，不可能是匀强电场，A项错误，B项正确；x轴正半轴不一定与电场线重合，且电场线不一定是直的，因此带电粒子不一定沿x轴正方向运动，但从静止开始只在电场力的作用下运动，电场力做正功，速度逐渐增大，C项错误，D项正确．答案：BD7.(2022年北京东城区期末)如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a-24-\n，磁感应强度的大小为B.一边长为a、电阻为4R的均匀正方形导线框CDEF从图示位置开始沿x轴正方向以速率v匀速穿过磁场区域，在下图中给出的线框EF两端的电压UEF与线框移动距离x的关系图象正确的是(　　)解析：由楞次定律判断可知，在线框穿过磁场的过程中，E点的电势始终高于F点的电势，则UEF始终为正值，EF、CD两边切割磁感线时产生的感应电动势为E＝Bav.在0～a内EF切割磁感应，EF两端的电压是路端电压，则UEF＝E＝Bav；在a～2a内，线框完全在磁场中运动，穿过线框的磁通量没有变化，不产生感应电流，则UEF＝E＝Bav；在2a～3a内，E、F两端的电压等于路端电压的，则UEF＝E＝Bav，故D正确．答案：D8.如图所示，理想变压器原线圈输入电压u＝Umsinωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器.和是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；和是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示．下列说法正确的是(　　)A．I1和I2表示电流的瞬时值B．U1和U2表示电压的最大值C．滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大D．滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小解析：交流电表测量的是交变电流的有效值，故A、B皆错误；由于理想变压器的输出电压U2＝U1与负载无关，即滑片P下滑时U2不变，故D错误；由I1U1＝知R减小时I1变大，故C正确．答案：C-24-\n9.如图所示，在半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场区域的上方有一水平放置的感光板MN.从磁场区域最左端Q垂直磁场射入大量的带电荷量为q、质量为m、速率为v的粒子，且速率满足v＝，最后都打在了感光板上．不考虑粒子间的相互作用力和粒子的重力，关于这些粒子，以下说法正确的是(　　)A．这些粒子都带负电B．对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心C．只有对着圆心入射的粒子，出射后才垂直打在感光板MN上D．沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在感光板MN上解析：粒子最后都打在了感光板上，说明粒子向上偏，根据左手定则知粒子带正电，A错误；粒子所受洛伦兹力充当向心力，做半径为r＝的匀速圆周运动；因为速率满足v＝，所以r＝＝R，根据几何关系知沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上，C错误，D正确．显然B错误．答案：D10．(多选)如图所示，水平传送带向右运动，速度为v，在传送带右端的光滑水平面上，有一质量为M的木板处于静止状态，木板的上表面与传送带等高．现把一质量为m的滑块轻轻放在传送带的左端，忽略滑块的初速度大小，滑块在传送带上一直加速，离开传送带后水平滑上木板(不考虑在传送带与木板相接处滑块速度的变化)，滑块从木板左端滑到木板右端时，所用时间为t，且二者速度恰好相等，滑块与木板间的动摩擦因数为μ，则下列判断正确的是(　　)A．若v增大，则滑块一定能滑到木板右端，且t减小B．若M增大，则滑块一定能滑到木板右端，且t减小C．若μ减小，则滑块一定能滑到木板右端D．若m增大，则滑块一定能滑到木板右端解析：滑块在传送带上一直加速运动，当v增大时，滑块到达传送带右端的速度不变，则滑块仍滑到木板右端，且时间t不变化，A错；分析选项B、C、D是否正确，用极限思维法分析如下：若M增大，设M为无限大，则木板的加速度为零，即木板不运动，而滑块在木板上受到的摩擦力不变，则滑块一定能滑到木板右端，且时间t减小，B正确；若μ减小，令μ＝0，木板不运动，则滑块仍能滑到木板右端．C正确；m增大，滑块在木板上滑动的加速度不变，而木板受到的摩擦力增大，当m无限大时，木板会获得很大的加速度，相同时间内速度的变化量增大，则滑块一定不会滑到木板右端，D错．答案：BC二、实验题(本题共2小题，共14分．把答案填在题中横线上或按题目要求作答)11．(6分)某同学要测定一个阻值R约为5Ω的电阻，实验室提供的器材如下：A．电压表(量程0～3V，内阻约30kΩ)-24-\nB．电流表(量程0～0.6A，内阻约1.0Ω)C．滑动变阻器R1(阻值范围0～10Ω，允许最大电流3A)D．滑动变阻器R2(阻值范围0～500Ω，允许最大电流1A)E．电源E(电动势3V，内阻不计)F．开关，导线(1)下图中部分电路已连接，请在图中用笔画线代替导线将电压表接入电路中的正确位置；(2)图中滑动变阻器应选用____________(填“R1”或“R2”)更合理；(3)闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应该置于______(填“A”或“B”)端．解析：(1)由于待测电阻远小于电压表内阻，故电流表外接．(2)滑动变阻器采用分压式接法时，其阻值应与待测电阻接近，故选择R1.(3)滑动变阻器用分压式接法时，闭合开关时，应使与待测电路并联的部分电阻为零，故应将滑片移到A端．答案：(1)电压表连接如图所示　(2)R1　(3)A12.(8分)(2022年长安一中质量检测)某研究性学习小组欲探究光滑斜面上物体下滑的加速度与物体质量及斜面倾角的关系．因为一般的长木板摩擦较大，学习小组决定用气垫导轨代替长木板，对气垫导轨进行改造，做成斜面，这样摩擦可以忽略不计，装置模型简化如图所示．实验室提供器材如下：A．气垫导轨(已知长度L)；B．质量为M的滑块(内部是空的，可放砝码，可视为质点)；C．质量为m的砝码若干个；D．各种薄厚不等的方木块多个(垫气垫导轨备用)；E．米尺；F．秒表．-24-\n实验过程：第一步，保持斜面倾角不变，探究加速度与质量的关系．(1)实验中，通过向滑块内放入砝码来改变滑块质量，只要测出滑块由斜面顶端滑至底端所用时间t，就可以由下面哪个公式求出滑块的加速度________．A.B.C.D.(2)某同学记录的实验数据如下表所示，根据这些信息，判断以下结论正确的是________．质量时间t/s次数　　　MM＋mM＋2m11.421.411.4221.401.421.3931.411.381.42A.在实验误差范围内，滑块的质量改变之后，其加速度改变较大B．经过分析得出滑块的加速度和滑块的总质量没有关系C．经过分析得出滑块的平均速度和滑块的总质量成正比D．在实验误差范围内，滑块的质量改变之后，其下滑时间不改变第二步，保持物体质量不变，探究加速度与倾角的关系．实验中通过改变方木块垫放位置来调整气垫导轨的倾角．由于没有量角器，因此通过测量气垫导轨顶端到水平面的高度h，求出倾角α的正弦值sinα＝h/L.某同学记录了高度h和加速度a的对应值如下表：L/m1.00h/m0.100.200.300.400.50a/(m/s2)0.9701.9502.9253.9104.880(3)请根据上表中所给的数据，在下图中的坐标系上通过描点绘出ah图象．(4)根据所画的ah图线，求出当地的重力加速度g＝________m/s2.(保留三位有效数字)解析：本题考查探究加速度与物体质量、物体受力的关系的学生实验，意在考查考生对该实验的掌握情况．(1)滑块做初速度为零的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律有L＝at2，所以有a＝-24-\n，选项C正确，A、B、D错误．(2)根据题表中信息，我们发现，在实验误差允许范围内质量改变之后平均下滑时间不改变，经过分析得出加速度与质量的关系：斜面倾角一定时，加速度与质量无关．选项B、D正确，A、C错误．(4)光滑斜面上滑块下滑时的合力等于重力沿斜面向下的分力，即F合＝mgsinα，根据牛顿第二定律得a＝＝gsinα＝h，所以ah图象的斜率代表当地的重力加速度与L的比值，由所作图象可得g＝9.77m/s2.答案：(1)C　(2)BD　(3)如图所示　(4)9.77(9.70～9.83之间均可)三、计算题(本题共4小题，共46分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)13．(8分)2022年11月，我国舰载机在航母上首降成功．设某一舰载机的质量m＝2.5×104kg，着舰过程中初速度为v0＝42m/s，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，舰载机在甲板上以a0＝0.8m/s2的加速度做匀减速运动，着舰过程中航母静止不动．(1)舰载机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少多长才能保证舰载机不滑到海里？(2)为了让舰载机在有限长度的跑道上停下来，甲板上设置了阻拦索让舰载机减速，同时考虑到舰载机挂索失败需要复飞的情况，舰载机着舰时不关闭发动机．图示为挂住阻拦索后某一时刻的情境，此时发动机的推力大小为F＝1.2×105N，减速的加速度a1＝20m/s2，此时阻拦索夹角θ＝106°，空气阻力和甲板阻力保持不变，求此时阻拦索承受的张力大小？(cos53°＝0.6)解析：(1)设甲板的长度至少为x0，则由运动学公式得－v＝－2a0x0，故x0＝，-24-\n代入数据可得x0＝1102.5m.(2)舰载机受力分析如图所示，其中FT为阻拦索的张力，Ff为空气和甲板对舰载机的阻力，由牛顿第二定律得2FTcos53°＋Ff－F＝ma1，舰载机仅受空气阻力和甲板阻力时Ff＝ma0，联立可得FT＝5×105N.答案：(1)1102.5m　(2)5×105N14．(10分)(2022年南昌调研)如图所示，在粗糙水平面上竖直固定半径为R＝6cm的光滑圆轨道，质量m＝4kg的物块静止放在粗糙水平面上的A处，物块与水平面的动摩擦因数μ＝0.75，A与B的间距L＝0.5m，现对物块施加大小恒定的拉力F使其沿粗糙水平面做直线运动，到达B处将拉力F撤去，物块沿竖直光滑圆轨道运动．若拉力F与水平面的夹角为θ时，物块恰好沿竖直光滑圆轨道通过最高点，重力加速度g取10m/s2，物块可视为质点．求：(1)物块到达B处时的动能；(2)拉力F的最小值及此时拉力方向与水平方向的夹角θ.解析：(1)设物块恰好到达竖直光滑轨道最高点时的速度为v，则有mg＝m，物块从B处沿光滑圆轨道运动到最高点，由机械能守恒定律得EkB＝2mgR＋mv2，联立解得EkB＝mgR＝6J.所以物块到达B处时的动能EkB＝6J.(2)物块从A运动到B因为W合＝ΔEk，所以FLcosθ－μ(mg－Fsinθ)L＝EkB，EkB＝FL(cosθ＋μsinθ)－μmgL，解得F＝＝N，-24-\n由数学知识可知，当θ＝37°时，F的最小值为33.6N.答案：(1)6J　(2)33.6N　与水平方向成37°角15．(12分)在地面附近的真空中，存在着竖直向上的匀强电场和垂直电场方向水平向里的匀强磁场，如图甲所示．磁场的磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙所示．该区域中有一条水平直线MN，D是MN上的一点．在t＝0时刻，有一个质量为m、电荷量为＋q的小球(可看作质点)，从M点开始沿着水平直线以速度v0做匀速直线运动，t0时刻恰好到达N点．经观测发现，小球在t＝2t0至t＝3t0时间内的某一时刻，又竖直向下经过直线MN上的D点，并且以后小球多次水平向右或竖直向下经过D点．求：(1)电场强度E的大小；(2)小球从M点开始运动到第二次经过D点所用的时间；(3)小球运动的周期，并画出运动轨迹(只画一个周期)．解析：(1)小球从M点运动到N点时，有qE＝mg，解得E＝.(2)小球从M点到达N点所用时间t1＝t0，小球从N点经过个圆周，到达P点，所以t2＝t0，(或t2＝×＝t0)小球从P点运动到D点的位移x＝R＝，小球从P点运动到D点的时间t3＝＝，所以时间t＝t1＋t2＋t3＝2t0＋，[或t＝(3π＋1)，t＝2t0(＋1)]．(3)小球运动一个周期的轨迹如图所示．小球的运动周期为T＝8t0(或T＝)．答案：(1)　(2)2t0＋　(3)8t0　运动轨迹见解析-24-\n16．(16分)如图所示，两条光滑的金属导轨相距L＝1m，其中MN段平行于PQ段，位于同一水平面内，NN0段与QQ0段平行，位于与水平面成倾角37°的斜面上，且MNN0与PQQ0均在竖直平面内．在水平导轨区域和倾斜导轨区域内分别有垂直于水平面和斜面的匀强磁场B1和B2，且B1＝B2＝0.5T．ab和cd是质量均为m＝0.1kg、电阻均为R＝4Ω的金属棒，ab置于水平导轨上，cd置于倾斜导轨上，均与导轨垂直且接触良好．从t＝0时刻起，ab棒在外力作用下由静止开始沿水平方向向右运动(ab棒始终在水平导轨上运动，且垂直于水平导轨)，cd受到F＝0.6－0.25t(N)沿斜面向上的力的作用，始终处于静止状态．不计导轨的电阻．(sin37°＝0.6，g取10m/s2)(1)求流过cd棒的电流强度Icd随时间t变化的函数关系；(2)求ab棒在水平导轨上运动的速度vab随时间t变化的函数关系；(3)求从t＝0时刻起，1.0s内通过ab棒的电荷量q；(4)若t＝0时刻起，1.0s内作用在ab棒上的外力做功W＝16J，求这段时间内cd棒产生的焦耳热Qcd.解析：(1)cd棒始终处于静止状态，则有F＋Fcd＝mgsin37°，Fcd＝B2IcdL，得Icd＝0.5t(A)．(2)cd棒中电流Icd＝Iab＝0.5t(A)，则回路中电源电动势E＝IcdR总，ab棒切割磁感线，产生的感应电动势为E＝B1Lvab，解得ab棒的速度vab＝8t(m/s)．所以ab棒做初速度为零的匀加速直线运动．(3)ab棒的加速度为a＝＝8m/s2，1．0s内的位移x＝at2＝×8×1.02m＝4m.根据＝＝＝，得q＝t＝＝C＝0.25C.(4)t＝1.0s时，ab棒的速度vab＝8t(m/s)＝8m/s，根据动能定理有W－W安＝mv2－0，得1.0s内克服安培力做功-24-\nW安＝(16－×0.1×82)J＝12.8J.回路中产生的焦耳热Q＝W安＝12.8J，cd棒上产生的焦耳热Qcd＝＝6.4J.答案：(1)Icd＝0.5t(A)　(2)vab＝8t(m/s)(3)0.25C　(4)6.4J-24-