江西省师大附中临川一中联考2016届高三物理上学期第一次月考试卷12月含解析.doc

2015-2016学年江西省师大附中、临川一中联考高三（上）第一次月考物理试卷（12月份）一、选择题（1-5小题只有一个选项符合题意.6-10每小题有多个选项符合题意.每题4分）1A、B是天花板上两点，一根长为l的细绳穿过带有光滑孔的小球，两端分别系在A、B点，如图甲所示；现将长度也为l的均匀铁链悬挂于A、B点，如图乙所示小球和铁链的质量相等，均处于平衡状态，A点对轻绳和铁链的拉力分别是F1和F2，球的重心和铁链重心到天花板的距离分别是h1和h2，则( )AF1F2，h1h2BF1F2，h1h2CF1F2，h1h2DF1=F2，h1h22某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧（不连接）将其压缩，记下木块右端位置A点，释放后，木块右端恰能运动到Bl点在木块槽中加入一个质量m0=800g的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A点，释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B2点，测得AB1、AB2长分别为27.0cm和9.0cm，则木块的质量m为( )A100gB200gC300gD400g3如图所示，当光滑的斜面缓慢地沿水平地面向左推动过程中，绳对小球拉力T和斜面对小球支持力N变化情况是（小球半径不计）( )AT先变小后变大，N逐渐变大BT、N都逐渐变大CT、N都是先变大后变小DT逐渐变小，N逐渐变大4某空间存在一个范围足够大的电场，x轴上各点的电势随坐标x变化规律如图，O点是坐标原点一带电粒子只在电场力作用下沿x轴做直线运动，某时刻经过O点，速度沿+x方向不考虑粒子的重力，关于电场和粒子的运动，下列说法中正确的是( )A电场一定是沿+x轴方向的匀强电场B粒子做匀变速直线运动C粒子可能做周期性的往复运动D粒子在运动过程中，动能与电势能之和可能不断增大5质量为m的球从高处由静止开始下落，已知球所受的空气阻力与速度大小成正比下列图象分别描述了球下落过程中加速度a、速度v随时间t的变化关系和动能Ek、机械能E随下落位移h的变化关系，其中可能正确的是( )ABCD6银河系处于本超星系团的边缘已知银河系距离星系团中心约2亿光年，绕星系团中心运行的公转周期约1000亿年，引力常量G=6.67x1011Nm2/kg2，根据上述数据可估算( )A银河系绕本超星系团中心运动的线速度B银河系绕本超星系团中心运动的加速度C银河系的质量D本超星系团的质量7如图所示，四个电路中，电源的内阻均不计，请指出当滑动变阻器的滑动片C，在滑动过程中，一个灯泡由亮变暗的同时，另一个灯泡由暗变亮的电路( )ABCD8如图，一对面积较大的平行板电容器水平放置，带等量异种电荷，B板固定且接地，A板用绝缘线悬挂，P为两板中点下列结论正确的是( )A若在两板间充满电介质，P点电势将升高BA、B两板电荷分别在P点产生电场的场强大小相等，方向相同C若将A板竖直向下平移一小段距离，电容器储存的电能减小D若将A板竖直向上平移一小段距离，线的拉力将变大9车手要驾驶一辆汽车飞越宽度为d的河流在河岸左侧建起如图高为h、倾角为的斜坡，车手驾车从左侧冲上斜坡并从顶端飞出，接着无碰撞地落在右侧高为H、倾角为的斜坡上，顺利完成了飞越已知hH，当地重力加速度为g，汽车可看作质点，忽略车在空中运动时所受的空气阻力根据题设条件可以确定( )A汽车在左侧斜坡上加速的时间tB汽车离开左侧斜坡时的动能EkC汽车在空中飞行的最大高度HmD两斜坡的倾角满足10如图所示，Q1、Q2为两个被固定坐标轴X的点电荷，其中Q1带负电在O点，Q1、Q2相距为L，A、B两点在它们连接的延长线上，其中b点与O相距3L现有一带电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），粒子经过a，b两点时的速度分别为va，vb，其速度图象如图所示，以下说法中正确的是( )AQ2一定带正电BQ1电量与Q2电量之比为Cb点的电场强度一定为零，电势最高D整个运动过程中，粒子的电势能先增大后减小二、解答题（共2小题，满分6分）11图中给出的是用螺旋测微器测量一小钢球的直径时的示数，此读数应是_mm12测定电阻的阻值，实验室提供下列器材：A待测电阻R（阻值约10k） B滑动变阻器R1（0lk）C电阻箱Ro（ 99999.9） D灵敏电流计G（500µA，内阻不可忽略）E电压表V（3V，内阻约3k） F直流电源E（3V，内阻不计）G开关、导线若干（1）甲同学设计了如图a所示的电路，请你指出他的设计中存在的问题：_；_；_（2）乙同学用图b所示的电路进行实验请在图d中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接先将滑动变阻器的滑动头移到_（选填“左”或“右”）端，再接通开关S；保持S2断开，闭合S1，调节R1使电流计指针偏转至某一位置，并记下电流I1断开S1，保持R1不变，调整电阻箱R0阻值在10k左右，再闭合S2，调节R0阻值使得电流计读数为_时，R0的读数即为电阻的阻值（3）丙同学查得灵敏电流计的内阻为Rg，采用电路c进行实验，改变电阻箱电阻R0值，读出电流计相应的电流I，由测得的数据作出R0图象如图e所示，图线纵轴截距为m，斜率为k，则电阻的阻值为_三.计算题（共5小题54分）13如图所示中E=10V，R1=4，R2=6，C=30F电池内阻不计，求：（1）闭合开关S，求稳定后通过R1的电流；（2）然后将开关S断开，求这以后流过R1的总电量14一架直升飞机从机场竖直向上起飞，其加速度为3m/s2经过一段时间后，驾驶员关闭发动机起飞之后30秒，地面起飞点的人听不到飞机发动机的声音，试求：飞机发动机停止工作时飞机的速度（已知声波在空气中传播速度为320米/秒，与声源无关）15A、B两石块体积相等，密度分别为5000千克/m3及3000千克/m3让A在水面静止释放，同时把B在水面以1米/秒的初速度竖直下抛，A、B同时到达水底（1）如A、B同时在水面从静止释放，哪个先到达水底？时间相差多少？（2）如把AB粘在一起，再在水面从静止释放，问经过多少时间到达水底？（不计水对石块的运动阻力）16如图所示，一劲度系数很大的轻弹簧一端固定在倾角=30°的斜面底端，将弹簧压缩至A点锁定，然后将一质量为m的小物块紧靠弹簧放置，物块与斜面问动摩擦因数µ=解除弹簧锁定，物块恰能上滑至B点，A、B两点的高度差为ho，已知重力加速度为g（1）求弹簧锁定时具有的弹性势能Ep；（2）求物块从A到B的时间tl与从B返回到A的时间t2之比17（16分）如图所示，绝缘长方体B置于水平面上，两端固定一对平行带电极板，极扳间形成匀强电场E，长方体B的上表面光滑，下表面与水平面的动摩擦因数=0.05（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同），B与极板的总质量mB=1.0kg带正电的小滑块A质量mA=0.6kg，其受到的电场力大小F=1.2N假设A所带的电量不影响极板间的电场分布t=0时刻，小滑块A从B表面上的a点以相对地面的速度vA=1.6m/s向左运动，同时，B（连同极板）以相对地面的速度vB=0.40m/s向右运动问（g取10m/s2）（1）A和B刚开始运动时的加速度大小分别为多少？（2）若A最远能到达b点，a、b的距离L应为多少？从t=0时刻到A运动到b点时，摩擦力对B做的功为多少？2015-2016学年江西省师大附中、临川一中联考高三（上）第一次月考物理试卷（12月份）一、选择题（1-5小题只有一个选项符合题意.6-10每小题有多个选项符合题意.每题4分）1A、B是天花板上两点，一根长为l的细绳穿过带有光滑孔的小球，两端分别系在A、B点，如图甲所示；现将长度也为l的均匀铁链悬挂于A、B点，如图乙所示小球和铁链的质量相等，均处于平衡状态，A点对轻绳和铁链的拉力分别是F1和F2，球的重心和铁链重心到天花板的距离分别是h1和h2，则( )AF1F2，h1h2BF1F2，h1h2CF1F2，h1h2DF1=F2，h1h2【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】球的重心在球上，链的重心不在链上；对绳和链分别进行受力分析根据平衡条件列方程求解【解答】解：因为是轻绳，所以绳子的质量不计，则图甲中的重力全部集中在球上，重心在球的球心，而图乙中铁链的质量是均匀的，故其重心在一定在最低点的上方，故h1h2，；对球和链受力分析，如图：A点对绳的拉力沿着绳子的方向，A点对链子的拉力沿着该处链子的切线方向，故图乙中AB两点对绳子拉力的夹角比较小，由力的合成知识知，F2较小，故选：C【点评】本题考查绳子和链的模型的区别，关键理解轻绳是不计重力的，而链质量分布均匀，其重心根据其形状而定2某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧（不连接）将其压缩，记下木块右端位置A点，释放后，木块右端恰能运动到Bl点在木块槽中加入一个质量m0=800g的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A点，释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B2点，测得AB1、AB2长分别为27.0cm和9.0cm，则木块的质量m为( )A100gB200gC300gD400g【考点】动能定理的应用【专题】动能定理的应用专题【分析】前后弹簧的弹性势能是相同的，木块向右滑动过程，弹簧的弹性势能转化为内能【解答】解：砝码质量m0=800g=0.8g；根据能量的转化与守恒有：mgAB1=EP（m0+m）gAB2=EP联立得：m=0.4kg=400g故选：D【点评】本题的关键是弄清楚该运动过程中的能量转化情况，也可以根据动能定理列方程求解3如图所示，当光滑的斜面缓慢地沿水平地面向左推动过程中，绳对小球拉力T和斜面对小球支持力N变化情况是（小球半径不计）( )AT先变小后变大，N逐渐变大BT、N都逐渐变大CT、N都是先变大后变小DT逐渐变小，N逐渐变大【考点】物体的弹性和弹力；弹性形变和范性形变【专题】定性思想；图析法；受力分析方法专题【分析】装置缓慢移动，受力平衡根据作图法，抓住重力大小方向都不变，支持力方向不变，根据拉力的方向改变判断支持力和拉力大小的变化【解答】解：对小球受力分析，小球受重力、支持力和拉力，受力平衡，因为支持力的方向不变，根据作图法知，绳子的拉力逐渐减小，支持力逐渐增大，故D正确故选：D【点评】本题是力学的动态分析，关键抓住合力为零，根据哪些力的大小和方向都不变，哪些力方向不变，通过作图法进行分析4某空间存在一个范围足够大的电场，x轴上各点的电势随坐标x变化规律如图，O点是坐标原点一带电粒子只在电场力作用下沿x轴做直线运动，某时刻经过O点，速度沿+x方向不考虑粒子的重力，关于电场和粒子的运动，下列说法中正确的是( )A电场一定是沿+x轴方向的匀强电场B粒子做匀变速直线运动C粒子可能做周期性的往复运动D粒子在运动过程中，动能与电势能之和可能不断增大【考点】电势；电场强度；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据顺着电场线方向电势降低可判断出电场线的方向，确定出粒子所受的电场力方向，分析其运动情况x图象的斜率大小等于场强E加速度a=，只有电场力做功，则动能与电势能之和不变，从而即可求解【解答】解：A、根据题意可知，x图象的斜率大小等于场强E，因为电势沿电场线方向逐渐降低，则是沿x轴方向的匀强电场故A错误B、粒子受到恒定的电场力作用，则一定是匀变速直线运动故B正确，C错误D、粒子在运动过程中，只有电场力做功，则动能与电势能之和不变故D错误故选：B【点评】本题关键是抓住x图象的斜率大小等于场强E，确定电场线方向，判断粒子的运动情况，同时掌握电势能与动能的转化关系5质量为m的球从高处由静止开始下落，已知球所受的空气阻力与速度大小成正比下列图象分别描述了球下落过程中加速度a、速度v随时间t的变化关系和动能Ek、机械能E随下落位移h的变化关系，其中可能正确的是( )ABCD【考点】功能关系；动能；机械能守恒定律【分析】根据牛顿第二定律分析球下落过程加速度的变化进而得到其速度的变化情况，vt图象的斜率表示加速度；动能的变化等于合外力做的功，阻力做的功等于球机械能的变化量【解答】解：A、已知球所受的空气阻力与速度大小成正比，即f=kv，根据牛顿第二定律：mgkv=ma，得a=g ，开始时v比较小，mgkv，球向下加速，当v逐渐增大，则a减小，即球做加速度逐渐减小的加速运动，又 v=at ，整理得：a=，可见a不是均匀减小，故A错误；B、由前面分析知球做加速度逐渐减小的加速运动，其斜率应该逐渐减小，故B错误；C、由动能定理：mghfh=Ek，即Ek=（mgkv）h，由于v是变化的，故Ekh不是线性关系，C错误；D、机械能的变化量等于克服阻力做的功：fh=EE0v逐渐增大，则f逐渐增大，即Eh图象的斜率逐渐变大，故D正确；故选：D【点评】本题借助数学函数知识考查了动能定理以及重力以外的力做功等于机械能的变化量等功能关系，原则就是将利用功能关系列出的方程整理成图象对应的函数解析式，分析其斜率的物理意义6银河系处于本超星系团的边缘已知银河系距离星系团中心约2亿光年，绕星系团中心运行的公转周期约1000亿年，引力常量G=6.67x1011Nm2/kg2，根据上述数据可估算( )A银河系绕本超星系团中心运动的线速度B银河系绕本超星系团中心运动的加速度C银河系的质量D本超星系团的质量【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】已知银河系绕超星系运动的轨道半径和公转周期，根据线速度和周期、加速度和周期的关系公式可以计算出银河系绕本超星系团中心运动的线速度和加速度银河系是环绕天体，无法计算其质量，只能计算中心天体超星系的质量【解答】解：AB、据题意可知，银河系是环绕天体，超星系是中心天体，银河系绕超星系做圆周运动，已知环绕的轨道r和周期T，则银河系运动的线速度为，加速度，故可以计算银河系绕本超星系团中心运动的线速度和加速度，故AB正确C、银河系是环绕天体，无法计算其质量，故C错误D、根据万有引力提供向心力，可以解得超星系的质量，故D正确故选：ABD【点评】本题要能知道银河系绕超星系做匀速圆周运动，银河系是环绕天体，超星系是中心天体，无法计算环绕天体的质量，只能计算中心天体超星系的质量7如图所示，四个电路中，电源的内阻均不计，请指出当滑动变阻器的滑动片C，在滑动过程中，一个灯泡由亮变暗的同时，另一个灯泡由暗变亮的电路( )ABCD【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】分别明确电路结构，根据电路结构及串并联电路的规律进行分析，从而得出符合条件的电路【解答】解：A、由图可知，左侧灯泡与滑动变阻器上端并联后与下端串联，然后再与右侧灯泡并联；由于内阻不计，故在滑动过程中，右侧灯泡亮度不变；故A错误；B、两灯泡分别与滑动变阻器的一部分并联，滑片移动时，若一个灯电压变大，则另一灯电压一定减小；故符合题意；故B正确； C、上面灯泡与滑动变阻器上部并联后再与下部及下端灯泡串联； 当滑片由上到下移动时，上部灯泡变亮，而下部灯泡也将变亮；不符合题意；故C错误；D、下部灯泡与滑动变阻器并联后再由上部灯泡串联，当滑片由上向下移动时，下部灯泡由暗到亮，而因并联部分总电阻增大，故干路电流减小，上部灯泡变暗；故D正确； 故选：BD【点评】本题考查对电路的分析能力，要注意明确串并联电路的规律的应用，也可以直接应用“串反并同”结论进行分析求解8如图，一对面积较大的平行板电容器水平放置，带等量异种电荷，B板固定且接地，A板用绝缘线悬挂，P为两板中点下列结论正确的是( )A若在两板间充满电介质，P点电势将升高BA、B两板电荷分别在P点产生电场的场强大小相等，方向相同C若将A板竖直向下平移一小段距离，电容器储存的电能减小D若将A板竖直向上平移一小段距离，线的拉力将变大【考点】电容器的动态分析；电容【专题】电容器专题【分析】先根据电容的决定式C=分析电容的变化，再由电容的定义式C=分析板间电势差的变化，由E=判断板间场强的变化，由U=Ed分析P点与下极板间的电势差的变化，从而确定P点电势的变化；两板间形成的是匀强电场；根据W=qU公式分析电容器储存的电能如何变化【解答】解：A、若在两板间充满电介质，由电容的决定式C=可知电容增大，电容器的带电量不变，由电容的定义式C=得知板间电势差减小，由E=可知板间场强减小，由U=Ed分析得知P点与下极板间的电势差减小，P点的电势比下极板电势高，所以P点电势将降低故A错误B、两板间形成的是匀强电场，根据对称性可知，A、B两板电荷分别在P点产生电场的场强大小相等，方向相同，故B正确C、若将A板竖直向下平移一小段距离，电容增大，电容器的带电量不变，则由C=得知板间电势差减小，由W=qU可知电容器储存的电能减小，故C正确D、若将A板竖直向上平移一小段距离，电荷间的距离增大，根据库仑定律得知，两极板间的库仑力减小，所以线的拉力将变小，故D错误故选：BC【点评】本题考查电容器的动态分析问题，关键要正确应用电容器的决定式及定义式；并注意电势与场强的关系的应用9车手要驾驶一辆汽车飞越宽度为d的河流在河岸左侧建起如图高为h、倾角为的斜坡，车手驾车从左侧冲上斜坡并从顶端飞出，接着无碰撞地落在右侧高为H、倾角为的斜坡上，顺利完成了飞越已知hH，当地重力加速度为g，汽车可看作质点，忽略车在空中运动时所受的空气阻力根据题设条件可以确定( )A汽车在左侧斜坡上加速的时间tB汽车离开左侧斜坡时的动能EkC汽车在空中飞行的最大高度HmD两斜坡的倾角满足【考点】抛体运动；动能【分析】本题中汽车做斜上抛运动，汽车的质量不知，是不能确定汽车在左侧斜坡上加速的时间和动能；根据水平方向的分运动是匀速直线运动和竖直方向的分运动竖直上抛运动，由位移公式求解最大高度根据速度与斜面倾角的关系，确定与的关系【解答】解：A、据题分析可知，汽车在左侧斜坡上运动情况未知，不能确定加速的时间t，故A错误B、汽车的质量未知，根据动能表达式Ek=，可知不能求出汽车离开左侧斜坡时的动能Ek故B错误C、设汽车离开左侧斜面的速度大小为v1根据水平方向的匀速直线运动有：d=v1cost竖直方向的竖直上抛运动有：Hm=取竖直向上方向为正方向有：（hH）=v1sint由两式可求得运动时间t和v1，由可求出最大高度Hm故C正确D、根据速度的分解得：tan=，tan=由于hH，竖直分速度关系为：vy1vy2，则得 ，故D正确故选：CD【点评】本题关键正确运用运动的分解法研究斜抛运动：水平方向的分运动是匀速直线运动，竖直方向的分运动竖直上抛运动，掌握运动学公式，结合已知条件求解相关的量10如图所示，Q1、Q2为两个被固定坐标轴X的点电荷，其中Q1带负电在O点，Q1、Q2相距为L，A、B两点在它们连接的延长线上，其中b点与O相距3L现有一带电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），粒子经过a，b两点时的速度分别为va，vb，其速度图象如图所示，以下说法中正确的是( )AQ2一定带正电BQ1电量与Q2电量之比为Cb点的电场强度一定为零，电势最高D整个运动过程中，粒子的电势能先增大后减小【考点】电场强度；匀变速直线运动的图像；电势；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】在b点前做减速运动，b点后做加速运动，可见b点的加速度为0，则在b点受到两点电荷的电场力平衡，从而可得出Q2的电性可通过电场力做功判断电势能的变化【解答】解：A、在b点前做减速运动，b点后做加速运动，可见b点的加速度为0，则在b点受到两点电荷的电场力平衡，可知Q2带正电，有，所以故A正确，B错误 C、该电荷从a点先做减速运动，知该电荷为负电荷，在整个过程中，电场力先做负功后做正功，所以电势能先增大后减小，移动的是负电荷，所以电势先减小后增大，所以b点电势不是最高故C错误，D正确故选AD【点评】解决本题的关键以b点的加速度为突破口，分析出Q2的电性、Q1和Q2的电量比以及知道电场力做功和电势能的关系二、解答题（共2小题，满分6分）11图中给出的是用螺旋测微器测量一小钢球的直径时的示数，此读数应是8.600mm【考点】螺旋测微器的使用【专题】实验题；运动学与力学（一）；直线运动规律专题【分析】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【解答】解：螺旋测微器的固定刻度读数为8.5mm，可动刻度读数为0.01×10.0mm=0.100mm，所以最终读数为8.5mm+0.100mm=8.600 mm故答案为：8.600【点评】解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，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测定电阻的阻值，实验室提供下列器材：A待测电阻R（阻值约10k） B滑动变阻器R1（0lk）C电阻箱Ro（ 99999.9） D灵敏电流计G（500µA，内阻不可忽略）E电压表V（3V，内阻约3k） F直流电源E（3V，内阻不计）G开关、导线若干（1）甲同学设计了如图a所示的电路，请你指出他的设计中存在的问题：电流表采用了外接法；滑动变阻器采用限流接法；通过灵敏电流计的电流超过其量程（2）乙同学用图b所示的电路进行实验请在图d中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接先将滑动变阻器的滑动头移到左（选填“左”或“右”）端，再接通开关S；保持S2断开，闭合S1，调节R1使电流计指针偏转至某一位置，并记下电流I1断开S1，保持R1不变，调整电阻箱R0阻值在10k左右，再闭合S2，调节R0阻值使得电流计读数为I1时，R0的读数即为电阻的阻值（3）丙同学查得灵敏电流计的内阻为Rg，采用电路c进行实验，改变电阻箱电阻R0值，读出电流计相应的电流I，由测得的数据作出R0图象如图e所示，图线纵轴截距为m，斜率为k，则电阻的阻值为Rg【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线；伏安法测电阻【专题】定性思想；实验分析法；恒定电流专题【分析】（1）根据实验器材确定滑动变阻器与电流表的接法，根据电路图分析答题（2）根据实验电路图连接实物电路图，根据电路图与实验步骤分析答题（3）根据电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据函数表达式与图象求出电阻阻值【解答】解：（1）由题意知，待测电阻阻值约10k，滑动变阻器R1最大阻值为lk，待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器应采用分压接法，由图a所示电路可知，滑动变阻器采用限流接法，这是错误的；电压表V内阻约3k，待测电阻阻值约为10k，电压表内阻并不远大于待测电阻阻值，电流表应采用内接法，由图a所示电路可知，电流表采用外接法，这是错误的；通过电流计的最大电流约为：I=+=1.3×103A=1300A，大于电流计的量程，这是错误的（2）根据图b所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示；为保护电路，先将滑动变阻器的滑动头移到左端，再接通开关S；保持S2断开，闭合S1，调节R1使电流计指针偏转至某一位置，并记下电流I1；断开S1，保持R1不变，调整电阻箱R0阻值在10k左右，再闭合S2，调节R0阻值使得电流计读数为I1时，R0的读数即为电阻的阻值（3）由图c所示电路可知，在闭合电路中，电源电动势：E=I（R0+Rg+R），则有：=+R0，由图e所示图象可知，图象截距为：m=，图象斜率k=，解得电阻阻值为：R=Rg故答案为：（1）电流表采用了外接法；滑动变阻器采用限流接法；通过灵敏电流计的电流超过其量程（2）实物电路图如图所示；左；I1；（3）Rg【点评】本题考查了考查了查找电路错误、连接实物电路图、实验步骤、求电阻阻值等问题；最后一问求出电阻阻值，根据欧姆定律求出函数表达式是正确解题的关键三.计算题（共5小题54分）13如图所示中E=10V，R1=4，R2=6，C=30F电池内阻不计，求：（1）闭合开关S，求稳定后通过R1的电流；（2）然后将开关S断开，求这以后流过R1的总电量【考点】电容；闭合电路的欧姆定律【专题】电容器专题【分析】（1）电容器在电路稳定时，处于断开状态，则根据闭合电路欧姆定律，即可求解；（2）根据开关闭合与断开两状态下，求出电压器的两端电压，并根据：Q=UC，即可求解【解答】解：（1）稳定时，电容看作断开状态，电路中的电流：A（2）S闭合，电路处于稳定状态时，电容两端的电压：U=IR2=1×6V=6V 断开后，电容两端的电压为10V，故这以后流过R1的总电量为：Q=Uc=（106）×30×106C=1.2×104C答：（1）闭合开关S，稳定后通过R1的电流1A；（2）然后将开关S断开，这以后流过R1的总电量1.2×104C【点评】考查闭合电路欧姆定律的应用，掌握Q=CU公式的应用，注意电容器在直流电路中，处于稳定时，相当于开关断开的14一架直升飞机从机场竖直向上起飞，其加速度为3m/s2经过一段时间后，驾驶员关闭发动机起飞之后30秒，地面起飞点的人听不到飞机发动机的声音，试求：飞机发动机停止工作时飞机的速度（已知声波在空气中传播速度为320米/秒，与声源无关）【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的速度与时间的关系【专题】定量思想；临界法；直线运动规律专题【分析】利用匀变速直线运动有关规律，求出飞机匀加速向上运动时间和声音在空气中传播时间等于30s即可【解答】解：设飞机向上匀加速运动t1时间后驾驶员关闭发动机，此时高度为h，从这高处声音传播到地面所用时间为t2h=且t1+t2=30s解得：又由匀变速直线运动速度与时间关系有：v=at1=80 m/s答：飞机发动机停止工作时飞机的速度为80m/s，方向竖直向上【点评】找出时间的关系是解本题的关键，另外特别注意求的发动机停止工作时飞机的速度，速度是矢量，注意注明方向15A、B两石块体积相等，密度分别为5000千克/m3及3000千克/m3让A在水面静止释放，同时把B在水面以1米/秒的初速度竖直下抛，A、B同时到达水底（1）如A、B同时在水面从静止释放，哪个先到达水底？时间相差多少？（2）如把AB粘在一起，再在水面从静止释放，问经过多少时间到达水底？（不计水对石块的运动阻力）【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用【专题】计算题；比较思想；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题【分析】（1）根据牛顿第二定律分别求出两球下降的加速度，由位移时间公式求解各自下降的时间，即可比较（2）把AB粘在一起，再由牛顿第二定律求出整体的加速度，由位移公式求时间【解答】解：（1）根据牛顿第二定律得：对A有：VAgV0g=VAaA，得 同理 设水深为h，两球运动的时间为t由题有：，解得h=9m，t=1.5s若B静止放下，由，得t=1.64s 故时间相差为t=tt=0.14s，A球先到（2）如把AB粘在一起，对整体，由牛顿第二定律得 VAg+VBg2V0g=（VA+VB）a得m/s2则 s答：（1）如A、B同时在水面从静止释放，A球先到达水底，时间相差是0.14s（2）如把AB粘在一起，再在水面从静止释放，经过1.55s时间到达水底【点评】抓住两球运动时间相等、下降的高度相等列式是解答本题的关键，要知道加速度是联系力和运动的桥梁，是动力学问题中必求的物理量16如图所示，一劲度系数很大的轻弹簧一端固定在倾角=30°的斜面底端，将弹簧压缩至A点锁定，然后将一质量为m的小物块紧靠弹簧放置，物块与斜面问动摩擦因数µ=解除弹簧锁定，物块恰能上滑至B点，A、B两点的高度差为ho，已知重力加速度为g（1）求弹簧锁定时具有的弹性势能Ep；（2）求物块从A到B的时间tl与从B返回到A的时间t2之比【考点】功能关系；牛顿第二定律【专题】简答题；定性思想；推理法；功能关系 能量守恒定律【分析】（1）弹簧解锁的过程中弹簧的弹性势能转化为物块的动能，物块上升的过程中动能转化为重力势能和摩擦力产生内能，写出方程，即可求得弹性势能；（2）分别对物块上升的过程和下降的过程进行受力分析，根据牛顿第二定律写出加速度的表达式，结合它们的位移大小相等，即可求得时间的比值【解答】解：（1）物块受到的摩擦力：f=mgcosA到B的过程中由功能关系得：代入数据解得：（2）上升的过程中和下降的过程中物块都是受到重力、支持力和摩擦力的作用，设上升和下降过程中的加速度分别是a1和a2，则：物块上升时摩擦力的方向向下：mgsin+mgcos=ma1物块下降时摩擦力的方向向上：mgsinmgcos=ma2由运动学的公式推得：代入数据解得：答：（1）弹簧锁定时具有的弹性势能是；（2）物块从A到B的时间tl与从B返回到A的时间t2之比【点评】第一问涉及弹簧的弹性势能与物块的动能之间的相互转化，以及物块的动能与内能、重力势能之间的相互转化，要理清它们的关系该题的第二问直接对物块进行受力分析，然后使用牛顿第二定律即可，属于常见题型17（16分）如图所示，绝缘长方体B置于水平面上，两端固定一对平行带电极板，极扳间形成匀强电场E，长方体B的上表面光滑，下表面与水平面的动摩擦因数=0.05（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同），B与极板的总质量mB=1.0kg带正电的小滑块A质量mA=0.6kg，其受到的电场力大小F=1.2N假设A所带的电量不影响极板间的电场分布t=0时刻，小滑块A从B表面上的a点以相对地面的速度vA=1.6m/s向左运动，同时，B（连同极板）以相对地面的速度vB=0.40m/s向右运动问（g取10m/s2）（1）A和B刚开始运动时的加速度大小分别为多少？（2）若A最远能到达b点，a、b的距离L应为多少？从t=0时刻到A运动到b点时，摩擦力对B做的功为多少？【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】压轴题；牛顿运动定律综合专题【分析】（1）A刚开始运动是所受的合外力为电场力，根据牛顿第二定律求出A的加速度，因为力的作用是相互的，B刚开始运动时受电场力和摩擦力，根据牛顿第二定律求出B的加速度（2）B向右做匀减速直线运动，当B速度为零时，求出A的速度，知A的速度大于零，根据运动学公式求出这段时间内的相对位移以及摩擦力对B所做的功；因为电场力大于B所受的摩擦力，所以B又反向做匀加速直线运动，A继续做匀减速直线运动，当两者速度相等时，A、B相距最远，运用运动学公式再求出这段时间内两者的相对位移以及摩擦力对B所做的功，从而得出整个过程中两者相对运动的最大位移和在此过程中摩擦力对B所做的功【解答】解：（1）A刚开始运动时的加速度大小方向水平向右B受电场力F=F=1.2N摩擦力f=（mA+mB）g=0.8NB刚开始运动时的加速度大小方向水平向左答：A的加速度大小为2.0m/s2，方向水平向右，B的加速度大小为2.0m/s2，方向水平向左（2）设B从开始匀减速到零的时间为t1，则有t1时刻A的速度vA1=vAaAt1=1.2m/s0A的位移此t1时间内A相对B运动的位移s1=sA1+sB1=0.32mw1=fsB1=0.032Jt1后，由于Ff，B开始向左作匀加速运动，A继续作匀减速运动，当它们速度相等时A、B相距最远，设此过程运动时间为t2，它们速度为v，则有 对A：速度v=vA1aAt2对B：加速度速度v=aB1t2解得：v=0.2m/s t=0.5st2时间内A运动的位移B运动的位移t2内A相对B的位移s2=sA2sB2=0.30m摩擦力对B做功为w1=fsB2=0.04JA最远到达b点a、b的距离为L=s1+s2=0.62m从t=0时刻到A运动到b点时，摩擦力对B做的功为 wf=w1+w2=0.072J答：a、b的距离L应为0.62m，摩擦力对B做的功为0.072J【点评】本题第一问难度不大，关键对研究对象受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度第（2）问较难，关键能够确定出在整个过程中A和B的运动情况，从而根据动力学知识进行求解- 23 -