河北省承德市平泉县黄土梁子中学2022届高三物理上学期期末试题（含解析）

河北省承德市平泉县黄土梁子中学2022届高三（上）期末物理试卷一、选择题（本题包括10小题，共40分．每小题给出的四个选项中．有的只有一个选项正确．有的多个选项正确．全部选对的得4分．选对选不全的得2分．有选错的得0分）1．（4分）（2022•南京二模）如图所示的实验装置为库仑扭秤．细银丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的一端是一个带电的金属小球A，另一端有一个不带电的球B，B与A所受的重力平衡，当把另一个带电的金属球C插入容器并使它靠近A时，A和C之间的作用力使悬丝扭转，通过悬丝扭转的角度可以比较力的大小，便可找到力F与距离r和电量q的关系．这一实验中用到了下列哪些方法（　　）　A．微小量放大法B．极限法C．控制变量法D．逐差法　2．（4分）如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量都为m，开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上．放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对地面恰好无压力，则下列说法中正确的是（　　）　A．弹簧的劲度系数为　B．此时弹簧的弹性势能等于mgh+　C．此时物体B的速度大小也为v　D．此时物体A的加速度大小为0　3．（4分）静止在光滑水平面上的物体，同时受到在同一直线上的力F1、F2作用，F1、F2随时间变化的图象如图所示，则v﹣t图象是图中的（　　）-21-\n　A．B．C．D．　4．（4分）（2022•甘肃模拟）地球绕太阳作圆周运动的半径为r1、周期为T1；月球绕地球作圆周运动的半径为r2、周期为T2．万有引力常量为G，不计周围其它天体的影响，则根据题中给定条件（　　）　A．能求出地球的质量B．表达式=成立　C．能求出太阳与地球之间的万有引力D．能求出地球与月球之间的万有引力　5．（4分）（2022•丰台区一模）图中K、L、M为静电场中的3个相距很近的等势面（K、M之间无电荷）．一带电粒子射入此静电场中后，依abcde轨迹运动．已知电势ϕK＜ϕL＜ϕM，且粒子在ab段做减速运动．下列说法中正确的是（　　）　A．粒子带负电　B．粒子在bc段也做减速运动　C．粒子在a点的速率大于在e点的速率　D．粒子从c点到d点的过程中电场力做负功　6．（4分）如图电路中，电流表A和电压表V均可视为理想电表．现闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动，正确的是（　　）-21-\n　A．电流表A的示数变小，电压表V的示数变大　B．小灯泡L变亮　C．电容器C上电荷量减小　D．电源的总功率变小，效率变大　7．（4分）如图所示为阿尔法磁谱仪的内部结构示意图，它曾由航天飞机携带升空，安装在阿尔法空间站中，用来探测宇宙射线．现假设一束由两种不同粒子组成的宇宙射线，恰好沿直线OO′通过正交的电场和磁场区域后进入匀强磁场B2，形成两条径迹，则下列说法中正确的（　　）　A．粒子1进入磁场B2的速度小于粒子2的速度　B．粒子1进入磁场B2的速度等于粒子2的速度　C．粒子1的比荷大于粒子2的比荷　D．粒子1的比荷小于粒子2的比荷　8．（4分）（2022•广东）质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示．下列表述正确的是（　　）　A．M带负电，N带正电B．M的速率小于N的速率　C．洛伦兹力对MN做正功D．M的运行时间大于N的运行时间　9．（4分）如图所示，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板之间等高处有两个质量相同的带电小球（不计两带电小球之间的电场影响），P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两极板正中央由静止开始释放，两小球沿直线运动都打到右极板上的同一点，则从开始释放到打到右极板的过程中（　　）　A．它们的运动时间的关系为tP＞tQ　B．它们的电荷量之比为qp：qQ=2：1　C．它们的动能增量之比为△EKP：△EKQ=2：1　D．它们的电势能减少量之比为△EP：△EQ=4：1　-21-\n10．（4分）（2022•南昌二模）一物体以初速度为v0做匀减速运动，第1s内通过的位移为x1=3m，第2s内通过的位移为x2=2m，又经过位移x3物体的速度减小为0，则下列说法中不正确的是（　　）　A．初速度v0的大小为2.5m/s　B．加速度a的大小为1m/s2　C．位移x3的大小为9/8m　D．位移x3内的平均速度大小为0.75m/s　二、本题共2小题，共16分.将正确答案填在题中的横线上或按要求作图.11．（6分）某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲所示，由图可知其长度为　_________　mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径为　_________　mm；（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为　_________　Ω．　12．（10分）（2022•宝应县一模）某研究小组收集了两个电学元件：电阻R0（约为2kΩ）和手机中的锂电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA）．实验室备有如下器材：A．电压表V（量程3V，电阻RV约为4.0kΩ）B．电流表A1（量程100mA，电阻RA1约为5Ω）C．电流表A2（量程2mA，电阻RA2约为50Ω）D．滑动变阻器R1（0～40Ω，额定电流1A）E．电阻箱R2（0～999.9Ω）F．开关S一只、导线若干（1）为了测定电阻R0的阻值，小明设计了一电路，如图甲所示为其对应的实物图，图中的电流表A应选　_________　（选填“A1”或“A2”），请将实物连线补充完整．-21-\n（2）为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红设计了如图乙所示的电路图．根据测量数据作出﹣图象，如图丙所示．若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势E=　_________　，内阻r=　_________　（用k、b和R2表示）．该实验的测量值偏小，造成此系统误差主要原因是　_________　．　三、本题共4小题，共44分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能给分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．13．（10分）如图所示，质量分别为mA=3kg、mB=1kg的物块A、B置于足够长的水平面上，F=13N的水平推力作用下，一起由静止开始向右做匀加速运动，已知A、B与水平面间的动摩擦因素分别为μA=0.1、μB=0.2，取g=10m/s2．（1）物块A、B一起做匀加速运动的加速度为多大？（2）物块A对物块B的作用力为多大？　14．（10分）如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以正电荷Q为圆心的某圆交于B、C两点，质量为m、电荷量为﹣q的有孔小球从杆上A点无初速度下滑，已知q≪Q，AB=h，小球滑到B点时的速度大小为．求：（1）小球由A点到B点的过程中电场力做的功；（2）A、C两点的电势差．　15．（10分）如图所示．在竖直平面内有轨道ABCDE，其中BC是半径为R的四分之一圆弧轨道，AB（AB＞R）是竖直轨道，CE是水平轨道，CD＞R．AB与BC相切于B点，BC与CE相切于C点，轨道的AD段光滑，DE段粗糙且足够长．一根长为R的轻杆两端分别固定着两个质量均为m的相同小球P、Q（视为质点），将轻杆锁定在图示位置，并使Q与B等高．现解除锁定释放轻杆，轻杆将沿轨道下滑，重力加速度为g．（1）Q球经过D点后，继续滑行距离s停下（s＞R）．求小球与DE段之间的动摩擦因数．（2）求Q球到达C点时的速度大小．-21-\n　16．（14分）如图（a）所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为圆心，半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N．现有一质量为m，带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后恰能从M点进入圆形区域，速度方向与x轴夹角30°，此时圆形区域加如图（b）所示周期性变化的磁场（以电子进入圆形区域开始计时，且磁场方向以垂直于纸面向外为正方向），最后电子运动一段时间后从N点飞出，速度方向与x轴夹角也为30°．求：（1）电子进入圆形区域时的速度大小；（2）0≤x≤L区域内匀强电场的场强大小；（3）写出圆形区域磁场的变化周期T、磁感应强度B0的大小各应满足的表达式．　-21-\n2022-2022学年河北省承德市平泉县黄土梁子中学高三（上）期末物理试卷参考答案与试题解析　一、选择题（本题包括10小题，共40分．每小题给出的四个选项中．有的只有一个选项正确．有的多个选项正确．全部选对的得4分．选对选不全的得2分．有选错的得0分）1．（4分）（2022•南京二模）如图所示的实验装置为库仑扭秤．细银丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的一端是一个带电的金属小球A，另一端有一个不带电的球B，B与A所受的重力平衡，当把另一个带电的金属球C插入容器并使它靠近A时，A和C之间的作用力使悬丝扭转，通过悬丝扭转的角度可以比较力的大小，便可找到力F与距离r和电量q的关系．这一实验中用到了下列哪些方法（　　）　A．微小量放大法B．极限法C．控制变量法D．逐差法考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：绝缘棒两端固定一个带电另一个不带电质量相同的小球，处于平衡状态时，让一带电小球C靠近，通过悬丝旋转角度可比较力的大小，从而得出力与距离和电量的关系．解答：解：当小球C靠近小球A时，旋转小角度，因此通过微小放大，能比较准确的测出转动角度．同时体现了控制变量法，即控制了电荷量，去研究库仑力与间距的关系．故选：AC点评：库仑扭秤装置与卡文迪许扭秤装置有相似之处，且它们的规律也有相似之处．即力与各质量（电量）成正比，与间距平方成反比．　2．（4分）如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量都为m，开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上．放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对地面恰好无压力，则下列说法中正确的是（　　）-21-\n　A．弹簧的劲度系数为　B．此时弹簧的弹性势能等于mgh+　C．此时物体B的速度大小也为v　D．此时物体A的加速度大小为0考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：先对物体A受力分析，由胡克定律求解弹簧的劲度系数；再对物体A受力分析，结合机械能守恒定律列式分析．解答：解：A、物体B对地压力恰好为零，故细线的拉力为mg，故弹簧对A的拉力也等于mg，弹簧的伸长量为h，由胡克定律得：k=．故A正确．B、物体A与弹簧系统机械能守恒，mgh=Ep弹+mv2故Ep弹=mgh﹣mv2．故B错误；C、此时物体B受重力和细线的拉力，处于平衡状态，速度仍为零．故C错误．D、此时物体A受重力和细线的拉力大小相等，合力为零，加速度为零，故D正确．故选AD点评：本题关键分别对两个物体受力分析，然后根据机械能守恒定律列式求解．　3．（4分）静止在光滑水平面上的物体，同时受到在同一直线上的力F1、F2作用，F1、F2随时间变化的图象如图所示，则v﹣t图象是图中的（　　）　A．B．C．D．考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：物体0﹣t时间内，物体的合力均匀减小，t﹣2t时间内，物体的合力均匀增大，根据速度与合力的方向得到物体可能的运动情况．解答：解：根据F﹣t图象可知，0﹣t时间内，物体的合力均匀减小，方向沿正方向，根据牛顿第二定律得知，加速度均匀减小，方向沿正方向，物体做加速度减小的加速运动，v﹣t图象的斜率逐渐减小；t﹣2t时间内，物体的合力均匀增大，方向沿正方向，加速度均匀增大，物体做加速度增大的加速运动，v﹣t图象的斜率逐渐增大．故AC正确，BD错误．-21-\n故选AC点评：本题关键求出合力的变化情况后，根据牛顿第二定律确定加速度的情况，然后根据加速度与速度的方向关系确定速度的变化情况．　4．（4分）（2022•甘肃模拟）地球绕太阳作圆周运动的半径为r1、周期为T1；月球绕地球作圆周运动的半径为r2、周期为T2．万有引力常量为G，不计周围其它天体的影响，则根据题中给定条件（　　）　A．能求出地球的质量B．表达式=成立　C．能求出太阳与地球之间的万有引力D．能求出地球与月球之间的万有引力考点：万有引力定律及其应用．专题：万有引力定律的应用专题．分析：根据万有引力提供圆周运动的向心力可求中心天体的质量，开普勤第三定律是相对于同一个中心天体的，不同的中心天体该表达式不正确．解答：解：由题意知，根据万有引力提供向心力有：可得中心天体的质量M=所以：A、已知月球运动的半径和周期，可以计算出地球的质量M，故A正确；B、因为地球绕太阳运动，月球绕地球运动，两者中心天体不同，故表达式表达式=不成立，故B错误；C、同A的分析知，可以求出太阳的质量，已知地球和太阳的质量及万有引力常量，可以求出太阳与地球间的万有引力故C正确；D、因为无法计算出月球的质量，故无法求出地球与月球间的万有引力，故D错误．故选AC．点评：万有引力提供向心力是解决本题的关键，牢记据此只能计算出中心天体的质量．　5．（4分）（2022•丰台区一模）图中K、L、M为静电场中的3个相距很近的等势面（K、M之间无电荷）．一带电粒子射入此静电场中后，依abcde轨迹运动．已知电势ϕK＜ϕL＜ϕM，且粒子在ab段做减速运动．下列说法中正确的是（　　）　A．粒子带负电-21-\n　B．粒子在bc段也做减速运动　C．粒子在a点的速率大于在e点的速率　D．粒子从c点到d点的过程中电场力做负功考点：电势能；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：质点做曲线方向时，合力指向轨迹弯曲的内侧，根据轨迹弯曲方向，可判断电场力方向向左，作出电场线，大体方向向左，因此电荷带正电，bc段电荷做减速运动；根据电场力做功的正负，可知道电势能和动能如何变化．解答：解：A、已知电势φK＜φL＜φM，作出电场线如图，方向大体向左，由轨迹弯曲方向知道，粒子所受的电场力方向大体向左，故电荷带正电．故A错误．B、由电势UL＜UM，b→c电场力对正电荷做负功，动能减小，做减速运动．故B正确．C、a与e处于同一等势面上电势相等，电势能相等，根据能量守恒，速率也相等．故C错误．D、粒子从c点到d点的过程中，电势降低，电势能减小，则电场力做正功．故D错误．故选B．点评：根据等势面作电场线，是解决这类问题常用方法．根据轨迹，判断粒子的运动状态，进一步分析电场力做功、电势能变化情况是常见的问题，要熟练快速作答．　6．（4分）如图电路中，电流表A和电压表V均可视为理想电表．现闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动，正确的是（　　）　A．电流表A的示数变小，电压表V的示数变大　B．小灯泡L变亮　C．电容器C上电荷量减小　D．电源的总功率变小，效率变大考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．-21-\n专题：恒定电流专题．分析：闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，分析变阻器接入电路的电阻变化，确定外电路总电阻的变化，根据欧姆定律分析电路中总电流的变化，判断电流表示数和灯泡亮度的变化．由欧姆定律分析电压表示数的变化．根据变阻器电压的变化，判断电容器的电量变化．电源的总功率为P=EI，与电流成正比．电源的效率等于输出功率与总功率之比．解答：解：A、B闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I减小，则小灯泡L变暗，电流表A的示数变小．电压表的示数U=E﹣I（RL+r），I减小，其他量不变，则U增大，电压表V的示数变大．故A正确，B错误．C、电容器的电压等于变阻器两端的电压，即等于电压表的示数，U增大，由Q=CU，知电容器C上的电荷量增大．故C错误．D、电源的总功率P=EI，I减小，则电源的总功率变小．电源的效率η==，外电路总电阻增大，路端电压U外增大，则电源的效率变大．故D正确．故选AD点评：本题是电路动态变化分析问题，电容器所在电路相当于开关断开，对分析没有影响．　7．（4分）如图所示为阿尔法磁谱仪的内部结构示意图，它曾由航天飞机携带升空，安装在阿尔法空间站中，用来探测宇宙射线．现假设一束由两种不同粒子组成的宇宙射线，恰好沿直线OO′通过正交的电场和磁场区域后进入匀强磁场B2，形成两条径迹，则下列说法中正确的（　　）　A．粒子1进入磁场B2的速度小于粒子2的速度　B．粒子1进入磁场B2的速度等于粒子2的速度　C．粒子1的比荷大于粒子2的比荷　D．粒子1的比荷小于粒子2的比荷考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：粒子在速度选择器中所受的电场力和洛伦兹力相等，根据两个力平衡比较粒子速度的大小．粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据轨道半径的大小判断比荷的大小．解答：解：A、在速度选择器中，粒子电场力与洛伦兹力相等，有qvB=qE，则v=．知两粒子速度相等．故A错误，B正确．C、根据，解得R=，粒子进入偏转磁场的速度大小相等，轨道半径大，则比荷小，所以粒子1的比荷大于粒子2的比荷．故C正确，D错误．-21-\n故选BC．点评：解决本题的关键知道粒子在速度选择器中做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动．　8．（4分）（2022•广东）质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示．下列表述正确的是（　　）　A．M带负电，N带正电B．M的速率小于N的速率　C．洛伦兹力对MN做正功D．M的运行时间大于N的运行时间考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：由左手定则判断出M带正电荷，带负电荷；结合半径的公式可以判断出粒子速度的大小；根据周期的公式可以判断出运动的时间关系．解答：解：A：由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A正确；B：粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB=m，半径为：r=，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速度率大于N的速率，B错误；C：洛伦兹力不做功，C错误；D：粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T=，M的运行时间等于N的运行时间，故D错误．故选：A．点评：该题考查到左手定则、半径的公式和根据周期的公式，属于基本应用．简单题．　9．（4分）如图所示，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板之间等高处有两个质量相同的带电小球（不计两带电小球之间的电场影响），P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两极板正中央由静止开始释放，两小球沿直线运动都打到右极板上的同一点，则从开始释放到打到右极板的过程中（　　）　A．它们的运动时间的关系为tP＞tQ　B．它们的电荷量之比为qp：qQ=2：1　C．它们的动能增量之比为△EKP：△EKQ=2：1　D．它们的电势能减少量之比为△EP：△EQ=4：1考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；电势能．-21-\n专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：将两个小球的运动沿着水平和竖直方向正交分解，竖直方向只受重力，做自由落体运动；水平方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式、牛顿第二定律和功能关系联合列式分析．解答：解：A、两小球在竖直方向都做自由落体运动，竖直分位移相等，由h=gt2，得到时间相等，故A错误；B、两球的水平分运动都是初速度为零的匀加速运动，根据牛顿第二定律，有qE=ma①根据位移时间关系公式，有x=at2②由①②两式解得x=t2由于两球的水平分位移之比为2：1，故电量之比为2：1，故B正确；C、根据动能定理，有mgh+qEx=△Ek由于h未知，故C错误；D、电场力做功等于电势能的减小量，故△Ep减=qEx由B选项分析可知，水平分位移之比为2：1，电量之比也为2：1，故电势能减小量之比为4：1，故D正确；故选BD．点评：本题关键将两个小球的运动分解为水平方向和竖直方向的分运动，然后结合运动学公式、牛顿运动定律和动能定理列式分析．　10．（4分）（2022•南昌二模）一物体以初速度为v0做匀减速运动，第1s内通过的位移为x1=3m，第2s内通过的位移为x2=2m，又经过位移x3物体的速度减小为0，则下列说法中不正确的是（　　）　A．初速度v0的大小为2.5m/s　B．加速度a的大小为1m/s2　C．位移x3的大小为9/8m　D．位移x3内的平均速度大小为0.75m/s考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出物体的加速度，再通过位移时间公式求出初速度的大小．根据速度时间公式求出2s末的速度，再通过速度位移公式求出位移x3的大小．解答：解：AB、根据△x=at2得，a=．根据x=得，v0=3.5m/s．故A错误，B正确．-21-\nC、第2s末的速度v2=v0+at=3.5﹣1×2m/s=1.5m/s，则．故C正确．D、位移x3内的平均速度大小．故D正确．本题选错误的，故选A．点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用．　二、本题共2小题，共16分.将正确答案填在题中的横线上或按要求作图.11．（6分）某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲所示，由图可知其长度为　50.15　mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径为　4.700　mm；（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为　220　Ω．考点：测定金属的电阻率．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；（2）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；（3）用欧姆表测电阻的读数为指针示数乘以倍率，当指针指在中央附近时测量值较准确；解答：解：（1）游标卡尺的固定刻度读数为50mm，游标尺上第8个刻度游标读数为0.05×3m=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm；（2）螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.01×20.0mm=0.200mm，所以最终读数为：4.5mm+0.200mm=4.700mm．（3）该电阻的阻值约为22.0×10Ω=220Ω．-21-\n故答案为：（1）50.15；（2）4.700；（3）220．点评：解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．　12．（10分）（2022•宝应县一模）某研究小组收集了两个电学元件：电阻R0（约为2kΩ）和手机中的锂电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA）．实验室备有如下器材：A．电压表V（量程3V，电阻RV约为4.0kΩ）B．电流表A1（量程100mA，电阻RA1约为5Ω）C．电流表A2（量程2mA，电阻RA2约为50Ω）D．滑动变阻器R1（0～40Ω，额定电流1A）E．电阻箱R2（0～999.9Ω）F．开关S一只、导线若干（1）为了测定电阻R0的阻值，小明设计了一电路，如图甲所示为其对应的实物图，图中的电流表A应选　A2　（选填“A1”或“A2”），请将实物连线补充完整．（2）为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红设计了如图乙所示的电路图．根据测量数据作出﹣图象，如图丙所示．若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势E=　　，内阻r=　　（用k、b和R2表示）．该实验的测量值偏小，造成此系统误差主要原因是　电压表分流　．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）根据通过待测电阻的最大电流选择电流表；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，根据待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法；根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，然后连接实物电路图．（2）由闭合电路的欧姆定律求出与的关系式，根据该关系式求出电源的电动势与内阻；由于电压表的分流作用使测量值偏小．解答：解：（1）电压表量程是3V，通过待测电阻的最大电流I===0.0015A=1.5mA，因此电流表应选电流表A2（量程2mA，电阻RA2约为50Ω）；待测电阻R0阻值约为2kΩ，滑动变阻器R1（0～40Ω，额定电流1A）-21-\n与电阻箱R2（0～999.9Ω）最大阻值均小于待测电阻阻值，变阻器采用限流接法时待测电阻电压与电流变化范围较小，不能测多组实验数据，为测多组实验数据，减小实验误差，滑动变阻器应采用分压接法；==40，==2，＞，电流表应该采用内接法，实物电路图如图所示．（2）由图乙所示电路可知，E=U+Ir=U+r，则=+，因此图象的纵轴截距b=，电动势E=，图象的斜率k=，则电源内阻r=kE=；由图乙所示可知，由于电压表分流，使实验的测量值偏小．故答案为：（1）A2；电路图如图所示；（2）；；电压表的分流．点评：根据待测电阻与滑动变阻器阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻阻值与电表内阻间的关系确定电流表的接法是正确连接实物电路图的前提与关键．　三、本题共4小题，共44分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能给分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．13．（10分）如图所示，质量分别为mA=3kg、mB=1kg的物块A、B置于足够长的水平面上，F=13N的水平推力作用下，一起由静止开始向右做匀加速运动，已知A、B与水平面间的动摩擦因素分别为μA=0.1、μB=0.2，取g=10m/s2．（1）物块A、B一起做匀加速运动的加速度为多大？（2）物块A对物块B的作用力为多大？考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）以A和B整体为研究对象，由推力F和滑动摩擦力的合力产生加速度，根据牛顿第二定律求解整体的加速度（2）以B为研究对象，由牛顿第二定律求出物块A对物块B的作用力．解答：解：（1）设物块A、B一起做匀加速运动的加速度为a，AB整体由牛顿第二定律得：-21-\nF﹣μAmAg﹣μBmBg=（mA+mB）a代入数据解得a=2m/s2（2）设物块A对物块B的作用力大小为F′，对B由牛顿第二定律得：F′﹣μBmBg=mBa代入数据解得F′=4N答：（1）物块A、B一起做匀加速运动的加速度为2m/s2，（2）物块A对物块B的作用力为4N．点评：本题考查连接体问题，一般采用整体隔离法，再利用牛顿第二定律列式求解即可，常规题，比较简单．　14．（10分）如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以正电荷Q为圆心的某圆交于B、C两点，质量为m、电荷量为﹣q的有孔小球从杆上A点无初速度下滑，已知q≪Q，AB=h，小球滑到B点时的速度大小为．求：（1）小球由A点到B点的过程中电场力做的功；（2）A、C两点的电势差．考点：动能定理的应用；电势能．分析：小球由A到B重力和电场力做功，由动能定理求得小球从A点到B点的过程中电场力做的功；由题，B、C两点在以正电荷Q为圆心的同一圆周上，电势相等，小球从B运动到C过程，电场力做功为零，根据动能定理研究小球从A运动到B的过程，求出电场力所做的功，进而求出AC间的电势差．解答：解：（1）小球由A到B重力和电场力做功，由动能定理得：mgh+WAB=mv2﹣0，代入数据解得：WAB=mgh；（2）由电势差的定义得：UAC=UAB=，代入数据解得：UAC=；答：（1）小球从A点到B点的过程中电场力做功为；（2）A、C两点间的电势差UAC=．点评：电势差是表示电场的能的性质的物理量，与电场力做功有关，常常应用动能定理求解电势差．　-21-\n15．（10分）如图所示．在竖直平面内有轨道ABCDE，其中BC是半径为R的四分之一圆弧轨道，AB（AB＞R）是竖直轨道，CE是水平轨道，CD＞R．AB与BC相切于B点，BC与CE相切于C点，轨道的AD段光滑，DE段粗糙且足够长．一根长为R的轻杆两端分别固定着两个质量均为m的相同小球P、Q（视为质点），将轻杆锁定在图示位置，并使Q与B等高．现解除锁定释放轻杆，轻杆将沿轨道下滑，重力加速度为g．（1）Q球经过D点后，继续滑行距离s停下（s＞R）．求小球与DE段之间的动摩擦因数．（2）求Q球到达C点时的速度大小．考点：动能定理的应用；能量守恒定律．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）以两球组成的系统为研究对象，下滑过程中，Q的重力势能减小mgR，P的重力势能减小2mgR，产生的内能为μmgs+μmg（s﹣R），根据能量守恒求解小球与DE段之间的动摩擦因数．（2）Q球从下滑到到达C点的过程中，P球重力势能减小mg（1+sin30°）R，Q球重力势能减小mgR，都转化为两球动能，由机械能守恒求出Q球到达C点时的速度大小．解答：解：（1）分析滑行过程如图所示由能量守恒得：mgR+mg2R=μmgs+μmg（s﹣R）解得（2）轻杆由释放到Q球到达C点时，系统的机械能守恒，设P、Q两球的速度大小分别为vP，vQ，则mgR+mg（1+sin30°）R=+又vP=vQ联立解得vQ=答：（1）Q小球与DE段之间的动摩擦因数．（2）Q球到达C点时的速度大小为．-21-\n点评：本题是系统能量守恒问题，要分两个过程研究，没有摩擦时，系统的机械能守恒，有摩擦时能量守恒．　16．（14分）如图（a）所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为圆心，半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N．现有一质量为m，带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后恰能从M点进入圆形区域，速度方向与x轴夹角30°，此时圆形区域加如图（b）所示周期性变化的磁场（以电子进入圆形区域开始计时，且磁场方向以垂直于纸面向外为正方向），最后电子运动一段时间后从N点飞出，速度方向与x轴夹角也为30°．求：（1）电子进入圆形区域时的速度大小；（2）0≤x≤L区域内匀强电场的场强大小；（3）写出圆形区域磁场的变化周期T、磁感应强度B0的大小各应满足的表达式．考点：带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：压轴题；带电粒子在复合场中的运动专题．分析：（1）电子在电场中作类平抛运动，离开电场时电子的速度方向与x轴夹角30°，，可求得电子进入圆形区域时的速度v．（2）运用运动的分解法研究可知：电子竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，vy=v0tan30°=at=，水平方向t=，联立可求出E．（3）在磁场变化的半个周期内电子的偏转角为60°，由几何知识得到在磁场变化的半个周期内，粒子在x轴方向上的位移等于电子的轨迹半径R，由题意，粒子到达N点而且速度符合要求的空间条件是：，由牛顿第二定律得到半径R=-21-\n，联立得到磁感应强度B0的大小表达式．电子在磁场变化的半个周期恰好转过圆周，同时MN间运动时间是磁场变化半周期的整数倍时，可使粒子到达N点并且速度满足题设要求，应满足的时间条件：，而T=，可求得T的表达式．解答：解：（1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，由速度关系：解得（2）由速度关系得在竖直方向解得（3）如图所示，在磁场变化的半个周期内粒子的偏转角为60°，所以，在磁场变化的半个周期内，粒子在x轴方向上的位移等于R．粒子到达N点而且速度符合要求的空间条件是：电子在磁场作圆周运动的轨道半径得若粒子在磁场变化的半个周期恰好转过圆周，同时MN间运动时间是磁场变化半周期的整数倍时，可使粒子到达N点并且速度满足题设要求．应满足的时间条件：代入T的表达式得：答：（1）电子进入圆形区域时的速度大小是；（2）0≤x≤L区域内匀强电场的场强大小是；-21-\n（3）写出圆形区域磁场的变化周期表达式为、磁感应强度B0的大小表达式是得．点评：本题关键是将粒子的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，然后根据牛顿运动定律和运动学公式列式分析求解；解题过程中要画出轨迹图分析，特别是第三小题，要抓住周期性，根据几何关系求解电子的半径满足的条件．-21-