浙江省宁波市2015届高三物理上学期期末考试试题（含解析）新人教版.doc

《浙江省宁波市2015届高三物理上学期期末考试试题（含解析）新人教版.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江省宁波市2015届高三物理上学期期末考试试题（含解析）新人教版.doc（19页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、浙江省宁波市2015届高三上学期期末考试物理试卷一、单项选择（共8题，每小题3分）1某学习小组以“假如失去”为主题展开讨论，同学们提出以下四种观点，你认为正确的是（）A假如物体间失去了摩擦力，任何运动物体的机械能一定守恒B假如没有洛伦兹力，导体棒切割磁感线时就不会产生动生电动势C假如磁体周围失去了磁场，那么其它形式的能都将无法转化为电能D假如导体失去了电阻，所有用电器将都不能工作考点：机械能守恒定律.专题：机械能守恒定律应用专题分析：机械能守恒的条件是只有重力做功或弹力做功；洛伦兹力是产生动生电动势的非静电力；对于电的产生，要考虑到产生电的方法有很多，不局限在利用磁发电；根据用电器的工作原理分

2、析答题解答：解：A、物体失去摩擦力，运动的物体机械能不一定守恒，机械能守恒的条件是只有重力做功或弹力做功，若除重力或弹力以外有其它力做功，机械能不守恒故A错误；B、洛伦兹力是产生动生电动势的非静电力，假如没有洛伦兹力，导体棒切割磁感线时就不会产生动生电动势，故B正确；C、失去了磁体周围的磁场，我们没法利用磁场来发电；但可以利用其它方法产生电，如摩擦起电、雷电、蓄电池和干电池提供的直流电等；故C错误；D、用电器是根据电流的热效应、磁效应或化学效应工作的，假如导体失去了电阻，利用电流热效应工作的用电器不能工作，但利用电流的化学效应与磁效应工作的用电器可以正常工作，故D错误；故选：B点评：此题是一道

3、想象题，考查学生的发散思维；根据题目通过的环境，联系对应的物理知识，进行缜密的分析即可解答2（3分）（2014普陀区二模）如图，质量为m、带电量为+q的滑块，沿绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下的匀强电场区时，滑块运动的状态为 （）A继续匀速下滑B加速下滑C减速下滑D先加速下滑后减速下滑考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律.专题：电场力与电势的性质专题分析：没有电场时，滑块沿绝缘斜面匀速下滑，受力平衡，根据平衡条件得到滑动摩擦力与重力沿斜面向下的分力平衡当滑块滑至竖直向下匀强电场区时，再分析这两个力是否平衡，判断滑块的运动状态解答：解：设斜面的倾角为滑块没有进入电场时，根据平

4、衡条件得：mgsin=fN=mgcos又f=N得到，mgsin=mgcos，即有：sin=cos当滑块进入电场时，设滑块受到的电场力大小为F根据正交分解得到滑块受到的沿斜面向下的力为（mg+F）sin，沿斜面向上的力为（mg+F）cos，由于sin=cos，所以（mg+F）sin=（mg+F）cos，即受力仍平衡，所以滑块仍做匀速运动故A正确，B、C、D错误故选：A点评：本题增加电场力，相当于增加物体的重力，对物体的运动情况没有影响基础题3（3分）（2013淮安二模）如图所示，处于真空中的正方体存在着电荷量为+q或q的点电荷，点电荷位置图中已标明，则a、b两点电场强度和电势均相同的图是（）AB

5、CD考点：电势；电场的叠加.专题：电场力与电势的性质专题分析：根据点电荷的电场强度公式E=k可得各个点电荷在正方体的顶点的电场场强大小，再根据矢量合成，求出合场强，再根据正电荷的受力判断场强的方向有U=21，U=Ed得，21=Ed可判断电势高低解答：解：A、根据点电荷的电场强度公式E=k可得各个点电荷在正方体的顶点的电场场强大小，可计算得a、b两点电场强度大小相等，根据正电荷的受力判断场强的方向相反，故A错误 B、根据点电荷的电场强度公式E=k，可求得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小，再根据矢量的合成，可得a、b两点的电场场强大小不等，故B不错 C、根据点电荷的电场强度公式E=k，得a、b

6、两点的电场场强大小相等，再根据矢量合成，求出合场强相等，再根据正电荷的受力判断场强的方向不同故C错误 D、根据点电荷的电场强度公式E=k可得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小相等，再根据矢量合成，求出合场强相等，再根据正电荷的受力判断场强的方向相同 再根据U=21，U=Ed得，21=Ed可判断a、b两电势相等故D正确故选：D点评：考查了点电荷的电场强度公式E=k，矢量的合成，电势差与电势的关系，电势差与电场强的关系4（3分）如图所示，电源电动势为E，内电阻为r两电压表可看作是理想电表，当闭合开关，将滑动变阻器的触片由右端向左滑动时，下列说法中正确的是（）A小灯泡L1、L2均变暗B小灯泡L1变

7、亮，V1表的读数变大C小灯泡L2变亮，V2表的读数不变D小灯泡L1变暗，V1表的读数变小考点：闭合电路的欧姆定律.专题：恒定电流专题分析：首先认识电路的结构：变阻器与灯泡L1并联，再与灯泡L2串联V1表测量路端电压，V2表测量灯泡L2的电压将滑动变阻器的触片由右端向左滑动时，变阻器接入电路的电阻变小，根据欧姆定律分析两电表读数的变化解答：解：由图知：变阻器与灯泡L1并联，再与灯泡L2串联V1表测量路端电压，V2表测量灯泡L2的电压将滑动变阻器的触片由左端向左滑动时，变阻器接入电路的电阻变小，变阻器与灯泡L1并联的电阻变小，外电路总电阻减小，路端电压减小，V1表的读数变小由闭合电路欧姆定律可知，

8、流过电源的电流增大，灯泡L2变亮，电压表V2读数变大灯泡L1的电压U1=EI（r+RL2）减小，灯泡L1变暗故ABC错误，D正确故选：D点评：本题是电路中动态分析问题对于路端电压可以直接根据路端电压随外电阻增大而增大，减小而减小判断5（3分）（2008济宁模拟）如图所示，某同学为了找出平抛运动的物体初速度之间的关系，用一个小球在O点对准前方一块竖直挡板上的A点抛出O与A在同一高度，小球的水平初速度分别为v1、v2、v3，不计空气阻力，打在挡板上的相应位置分别是B、C、D，且AB：BC：CD=1：3：5，则v1、v2、v3之间的正确关系是（）Av1：v2：v3=3：2：1Bv1：v2：v3=6：

9、3：2Cv1：v2：v3=5：3：1Dv1：v2：v3=9：4：1考点：平抛运动.专题：平抛运动专题分析：忽略空气阻力，则小球被抛出后做平抛运动由题意可知三次小球的水平距离相同，可根据竖直方向的位移比求出时间比，再根据水平速度等于水平位移与时间的比值，就可以得到水平速度的比值解答：解：忽略空气阻力，则小球被抛出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据h=得：t=所以三次小球运动的时间比t1：t2：t3=水平位移相等，根据v=得：v1：v2：v3=：=6：3：2故选B点评：本题是平抛运动规定的直接应用，抓住水平方向和竖直方向运动的时间相等解题，难度不大6（3分）蹦极是一项既惊险又刺激的运动，深

10、受年轻人的喜爱如图所示，蹦极者从P点静止跳下，到达A处时弹性绳刚好伸直，继续下降到最低点B处，B离水面还有数米距离蹦极者在其下降的整个过程中，重力势能的减少量为E1、绳的弹性势能增加量为E2、克服空气阻力做功为W，则下列说法正确的是（）A蹦极者从P到A的运动过程中，机械能守恒B蹦极者与绳组成的系统从A到B的过程中，机械能守恒CE1=W+E2DE1+E2=W考点：机械能守恒定律.专题：机械能守恒定律应用专题分析：根据机械能守恒的条件判断机械能是否守恒，结合能量守恒守恒得出重力势能减小量、弹性势能增加量和克服空气阻力做功的大小关系解答：解：A、蹦极者从P到A的过程中，除了重力做功以外，有空气阻力做

11、功，机械能不守恒故A错误；B、从A到B的过程中，有重力、弹力和阻力做功，对于系统，除了重力和弹力做功以外，有阻力做功，系统机械能不守恒故B错误；C、D、根据能量守恒知，由于动能变化量为零，重力势能的减小量等于弹性势能的增加量与克服阻力做功之和，即E1=W+E2故C正确，D错误故选：C点评：解决本题的关键掌握机械能守恒的条件，即只有重力做功或弹力做功；知道能量守恒是一个普遍的规律，会通过能量守恒分析能量变化的关系7（3分）如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平面声的M、N两小孔中，O为M、N连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称导线中均通有大小相等、方向向上的电流已知长直导线在周围产生的磁

12、场的磁感应强度B=，式中K是常数、I是导线中的电流、r为点到导线的距离一带正电小球以初速度V0从a点出发沿连线运动到b点关于上述过程，下列说法正确的是（）A小球对桌面的压力先减小后增大B小球对桌面的压力一直在增大C小球先做加速运动后做减速运动D小球先做减速运动后做加速运动考点：带电粒子在混合场中的运动；力的合成与分解的运用.分析：据右手螺旋定制，判断出MN直线处磁场的方向，然后根据左手定则判断洛伦兹力大小和方向的变化，明确了受力情况，即可明确运动情况解答：解：根据右手螺旋定则可知，从a点出发沿连线运动到b点，直线M处的磁场方向垂直于MN向里，直线N处的磁场方向垂直于MN向外，所以合磁场大小先减

13、小过O点后反向增大，而方向先里，过O点后向外，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向开始的方向向上，大小在减小，过O得后洛伦兹力的方向向下，大小在增大由此可知，小球在速度方向不受力的作用，则将做匀速直线运动，而小球对桌面的压力一直在增大，故ACD错误，B正确故选：B点评：本题考查了右手螺旋定则和左手定则的熟练应用，正确解答带电粒子在磁场中运动的思路为明确受力情况，进一步明确其运动形式和规律8（3分）（2015浙江模拟）如图所示，两段等长细线串接着两个质量相等的小球a、b，悬挂于O点现在两个小球上分别加上水平方向的外力，其中作用在b球上的力大小为F、作用在a球上的力大小为2F，则此装置

14、平衡时的位置可能是下列哪幅图（）ABCD考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用.专题：共点力作用下物体平衡专题分析：以整体为研究对象，分析受力情况，确定上面绳子oa的方向，再以下面的小球为研究对象，分析受力，根据平衡条件确定下面绳子的方向解答：解：设每个球的质量为m，oa与ab和竖直方向的夹角分别为、以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图1，根据平衡条件可知，oa绳的方向不可能沿竖直方向，否则整体的合力不为零，不能保持平衡由平衡条件得：tan=，以b球为研究对象，分析受力情况，如图2，由平衡条件得：tan=，则故C正确故选C点评：本题一要灵活选择研究对象，二要分析受力

15、采用整体法和隔离法相结合的方法研究，比较简便二、不定项选择（本题共5题，每小题5分每小题至少有一个选项符合题意全部选对的得5分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分）9（5分）将小球从地面以初速度V0竖直向上抛出，运动过程中小球受到的空气阻力大小不变，最终小球又回到地面，以地面为零势能面，则小球（）A上升的最大高度小于B上升的时间大于下落的时间C上升过程中达到最大高度一半时其动能大于重力势能D下降过程中达到最大高度一半时其动能等于重力势能考点：机械能守恒定律.专题：机械能守恒定律应用专题分析：空气阻力方向总是与物体速度方向相反，分析上升阶段与下降阶段的受力情况，根据牛顿第二定律分析加速度，判

16、断速度如何变化由运动学公式分析时间关系解答：解：A、上升过程中的加速度大于g，所以上升的最大高度：h=，故A正确；B、上升过程：物体所受的空气阻力向下，与重力方向相同，合力大于重力，根据牛顿第二定律加速度大于g； 下落过程：空气阻力向上与重力方向相反，所以物体加速度小于g， 下落与上升两个过程的位移大小相等，根据运动学公式x=at2，由于上升的加速度大，可知，上升时间短于下落时间故B错误；C、上升过程中到达最大高度一半时其重力势能：EP=mg，继续上升的到达最高点的过程中：EK=WG+Wf=mg+WfWP，故C正确；D、下降过程中到达最大高度一半时其动能：EK=WGWf=mgWfWP，故D错误

17、；故选：AC点评：本题考查竖直上抛运动模型，弄清空气阻力方向，运用牛顿第二定律和运动学公式结合分析是关键10（5分）如图所示，一根细绳的上端系在O点，下端系一个重球B，放在粗糙的斜面体A上现用水平推力F向右推斜面体使之在光滑水平面上向右匀速运动一段距离（细绳尚未到达平行于斜面的位置）在此过程中（）A小球做匀速圆周运动B摩擦力对重球B做正功C水平推力F和重球B对A做功的大小相等DA对重球B的摩擦力所做的功与重球B对A的摩擦力所做的功大小相等考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；功的计算.分析：根据恒力做功的表达式W=FScos，功的正负可以看力与位移的夹角，当90时，力做正功；当

18、=90时，力不做功；当90时，力做负功，根据动能定理判断水平推力F和重球B对A做功的大小是否相等解答：解：A、小球B的线速度可以分解为水平方向的分速度与沿绳子方向的分速度，如图，则：v=v0cos，可知小球的线速度随的增大是逐渐变小的，不是匀速圆周运动故A错误B、斜面对B的摩擦力沿斜面向下，B的运动轨迹的弧线在B受到的支持力的上方，所以B受到的摩擦力与B的位移方向夹角为锐角，所以斜面对P的摩擦力对m做正功，故B正确；C、斜面体A做匀速运动，动能不变，外力对A所做的总功为零，则知水平推力F和重球B对A做功的大小相等，故C正确D、A对重球B的摩擦力和重球B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相

19、等，但是B在摩擦力方向上的位移和A在摩擦力方向上的位移不等，所以做功也不等，故D错误故选：BC点评：解决本题的关键掌握功的正负的判断方法，以及会灵活利用动能定理比较功的大小11（5分）如图所示，一个绝缘且内壁光滑的环形细圆管，固定于竖直平面内，环的半径为R（比细管的内径大得多），在圆管的最低点有一个直径略小于细管内径的带正电小球处于静止状态，小球的质量为m，带电量为q，重力加速度为g空间存在一磁感应强度大小未知（不为零），方向垂直于环形细圆管所在平面且向里的匀强磁场某时刻，给小球一方向水平向右，大小为V0=的初速度，则以下判断正确的是（）A无论磁感应强度大小如何，获得初速度瞬间，小球在最低点一

20、定受到管壁的弹力作用B无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细管的最高点，且小球在最高点一定受到管壁的弹力作用C小球在从环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点过程中，水平方向分速度的大小一直减小D无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细管的最高点，且小球到达最高点时的速度大小都相同考点：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：由左手定则可判定小球受到的洛伦兹力始终指向圆心，对受力分析，结合圆周运动方程可分析小球是不是受到弹力；由于洛伦兹力不做功，由动能定理可判定小球是否能到最高点由曲线运动的速度方向，以及速度的分解可以判定小球运动过程中，水平速度的变化解答：

21、解：A、由左手定则可判定小球受到的洛伦兹力F始终指向圆心，另外假设小球受到管道的支持力N，小球获得v0=的初速度后，由牛顿第二定律可得： F+Nmg=m解得：N=mg+mF=6mgqv0B可见，只要B足够大，满足6mg=qv0B，支持力N就为零，所以小球在最低点不一定受到管壁的弹力作用故A错误BD、由于洛伦兹力不做功，只有重力对小球做功，故小球能不能到最高点与磁感应强度大小无关，从最低点到最高点的过程中，由动能定理可得：mg2R=mv2mv02解得：v=，可知小球能到最高点，由于当v=，小球受到的向心力等于mg，故此时小球除受到重力，向下的洛伦兹力之外，一定还有轨道向上的支持力大小等于洛伦兹力

22、，故B、D正确C、对小球的速度分解在水平和竖直方向上，小球在从环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中，水平方向分速度先减小，至圆心等高处，水平分速度为零，再往上运动，水平分速度又增加，故C错误故选：BD点评：该题要注意洛伦兹力不做功，只改变速度方向，掌握基本的圆周运动公式，要知道一个临界问题，即最高点时，重力充当向心力12（5分）用一根横截面积为S、电阻率的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径如图所示，在ab的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在的平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率=k（k0），则（）A圆环具有扩张的趋势B圆环中产生逆时针方向的感

23、应电流C圆环中产生的感应电流大小为D图中a、b两点的电压U=|0.25kr2|考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律.专题：电磁感应与图像结合分析：根据楞次定律判断感应电流的方向，并确定圆环有扩张趋势还是有收缩趋势；由法拉第电磁感应定律求出感应电动势大小，再由欧姆定律求感应电流大小解答：解：A、穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，圆环为了阻碍磁通量的减少，圆环应有扩张的趋势，故A正确；B、磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间的变化率=k（k0），说明B减少，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律判断可知：圆环中产生的感应电流方向沿顺时针方向，故B错误C、由法拉第电磁感应定律得

24、E=r2=kr2，圆环的电阻R=，则感应电流大小为 I=，故C错误D、a、b两点的电势差应等于路端电压，故U=I=|0.25kr2|，故D正确；故选：AD点评：本题考查楞次定律及法拉第电磁感应定律的应用，注意正确应用楞次定律的两种描述；同时还要注意求磁通量时，面积应为有效面积，本题中不能当作圆的面积来求，而是圆中含有磁通量的部分面积13（5分）如图所示，长方形abcd长ad=0.6m，宽ab=0.3m，e、f分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.25T一群不计重力、质量m=3107kg、电荷量q=+2103C的带电粒子以速度V0=5102m/s

25、从左右两侧沿垂直ad和bc方向射入磁场区域（不考虑边界粒子），则（）A从ae射入的粒子，出射点分布在ab边和bf边B从ed射入的粒子，出射点全部分布在bf边C从bf射入的粒子，出射点全部分布在ae边D从fc射入的粒子，全部从d点射出考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动.专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，先得到轨道半径，再找出圆心，确定半径并分析可能的轨迹解答：解：粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=m，解得：r=0.3m；A、从ae边射入的粒子，粒子进入磁场后受到向上

26、的洛伦兹力，将向上偏转而做匀速圆周运动，由于轨道半径r=0.3m=ab，由几何关系知粒子将从圆弧af射出磁场，射出磁场后做匀速直线运动，最后bf边射出，故A错误；B、由上知粒子轨道半径r=ab，从d点射入的粒子恰好从f点射出磁场，从ed边射入的粒子，从ed射入磁场的粒子向上偏转，最终从bf边射出，故B正确；C、从bf边射入的粒子将向下偏转，画出粒子的运动轨迹，如图蓝线所示，则知粒子的出射点分布在ae边与d点，故C错误；D、从fc边射入的粒子，在洛伦兹力作用下向下偏转，画出粒子的运动轨迹，如图红线所示，则粒子全部从d点射出，故D正确；故选：BD点评：本题关键计算出半径后找到圆心，分析可能出现的各

27、种轨迹，然后找出射点三、实验探究题（共2小题，第14题4分，15题10分，共计14分）14（4分）如图所示的装置由气垫导轨、两个光电门、滑块和沙桶组成光电门可以测出滑块的遮光板分别通过两个光电门的时间t1和t2，游标卡尺测出遮光板的宽度d，导轨标尺可以测出两个光电门间的距离L，另用天平测出滑块、沙桶（含沙）的质量分别为M和m，下列说法正确的是（）A用该装置可以测出滑块通过两光电门的速度，并计算出滑块运动的加速度aB用该装置探究牛顿第二定律时，为保证拉力近似等于沙桶（含沙）的重力，必须满足mMC可以用该装置验证M、m组成的系统机械能守恒，但必须满足mMD可以用该装置探究“功与速度变化的关系”考点

28、：验证牛顿第二运动定律.专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：该实验装置能够测量的物理量有滑块分别通过两个光电门的瞬时速度，两个光电门的距离，用天平测出滑块和沙桶的质量分别为M和m根据选项中实验的工作原理解决问题解答：解：A、由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，求出滑块通过两光电门的速度，测出两光电门的距离，根据2ax=v22v12求解加速度，故A正确；B、用该装置验证牛顿第二定律时，要保证拉力近似等于沙桶的重力，必须满足Mm，故B正确C、该装置中滑块所受的合力不是重力，所以机械能不守恒，不可以用该装置验证机械能守恒定律，故C错误D、用该装置光电门可以测出滑块分别通过

29、两个光电门的瞬时速度，满足Mm，滑块的合力就近似等于沙桶的重力，导轨标尺可以测出两个光电门间的距离，这样就可以求出拉力做功，可以验证动能定理故D正确故选：ABD点评：光电门可以测出滑块分别通过两个光电门的瞬时速度，运用匀变速直线运动的公式求解加速度清楚验证牛顿第二定律实验的工作原理根据实验的原理，结合实验装置能够测量的物理量判断问题15（10分）测量铅笔芯的电阻率，取一支4B铅笔，去掉两端笔芯外木质部分，不损伤笔芯，安放在接线的支座上（1）用刻度尺量得笔芯长度L=20.0cm，螺旋测微器测量笔芯的直径如图a，则笔芯的直径为d=1.200（2）甲同学选用欧姆表10档测量笔芯的电阻，进行了正确的操

30、作后，多用电表指针偏转很大，如图b所示，甲同学认为应该调整欧姆表量程，下列说法正确的是BCA应该换用100档量程B应该换用1档量程C换量程后必须重新进行欧姆调零D换量程后没有必要重新进行欧姆调零（3）乙同学采用实验室提供的下列器材测定铅笔芯电阻A待测笔芯B电流表（00.6A，03A内阻分别约为1，0.5）C电压表（03V，015V内阻分别约为6K，30K）D滑动变阻器（010）E电源（3V） F开关、导线若干请根据实验要求在图c中用笔画线代替导线（只配有两根导线）完成实物电路连接（4）实验测量过程中某次电压表、电流表指针偏转如图d所示，测得电压表读数U=1.80V，电流表读数I=0.36A考点

31、：测定金属的电阻率.专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；（2）用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；（3）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后连接实物电路图；（4）根据图示电表读出其示数，由欧姆定律求出电阻解答：解：（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为1mm+20.00.01mm=1.200mm；（2）选用欧姆表10档测量笔芯的电阻，进行了正确的操作后，多用电表指针偏转很大，说明所选挡位太大，为准确测量电阻阻值应换小挡，换用1档，换挡后要重新进行欧姆调零，故选BC；（3）由题意

32、可知，待测电阻阻值很小，约为几欧姆，小于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器可以采用限流接法，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表采用外接法，实物电路图如图所示：（4）由电路图可知，电压表量程是3V，由图示电压表可知，其分度值为0.1V，所示为1.80V，电流表量程为0.6A，分度值为0.02A，示数为0.36A，故答案为：（1）1.200；（2）BC；（3）实物电路图如图所示；（4）1.80；0.36点评：本题考查了螺旋测微器读数，欧姆表使用注意事项，连接实物电路图，电表读数，求电阻等问题；对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直四、计算题（本题共4小题，第16

33、题9分，17题8分，18题8分19题12分，共计37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得分有数值计算的题，答案中必须明确写出值和单位）16（9分）如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为37固定斜面上（斜面足够长），对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1=1s时撤去拉力，物体运动的部分vt图象如图乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2（1）物体与斜面间的动摩擦因数；（2）拉力F的大小；（3）t=4s时物体的速度考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用.专题：牛顿运动定律综合专题分析：由图象得出加速上升过程和减速上升过

34、程的加速度，根据牛顿第二定律求出物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小；先通过图象得到3s末速度为零，然后求出3s到4s物体的加速度，再根据速度时间关系公式求解4s末速度解答：解：（1）根据速度时间图线知，匀加速直线运动的加速度：a1=20m/s2根据牛顿第二定律得：Fmgcosmgsin=ma1匀减速直线运动的加速度：a2=10m/s2根据牛顿第二定律得：mgsin+mgcos=ma2解得：F=30N，=0.5；（2）由（1）知，F=30N（3）在物块由A到C过程中，设撤去力后物体运动到最高点时间为t2v1=a2t2，解得t2=2s；则物体沿斜面下滑的时间为t3=tt1t2=1s 设下滑加速

35、度为a3，由牛顿第二定律得mgsinmgcos=ma3解得：a3=2m/s2所以t=4s时物体的速度：v=a3t3=21=2m/s，沿斜面向下 答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数为0.5；（2）拉力F的大小是30N；（3）物体4s末速度为2m/s点评：本题关键受力分析后，根据牛顿第二定律，运用正交分解法求解出各个运动过程的加速度，然后结合运动学公式列式求解17（8分）有一直角三角形OAC，OC长为12cm，C=30，AC上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B1=1T，OA左侧也存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B2未知，一质量为m=81010kg、电荷量q=1104C的带正电粒子

36、从C点以垂直于OC的速度v进入磁场，恰好经A点到达O点，不计粒子重力，求：（1）未知匀强磁场的磁感应强度B2的大小；（2）粒子在磁场中从C点经A点到达O点运动的总时间考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力.专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子在磁场B1中做匀速圆周运动，画出运动的轨迹，画出运动的轨迹，由几何关系求出半径，然后由洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律得出磁场B2的大小；（2）由周期公式与偏转角度之间的关系即可求出时间解答：解：（1）粒子在磁场B1中做匀速圆周运动，画出运动的轨迹如图，其圆心为O1，设轨迹半径为r1，则O1AC=O1CA=30所以：AO1O

37、=2O1CA=60，粒子的偏转角是120由几何关系得：r1+r1cos60=所以：r1=12cm=8cm由洛伦兹力提供向心力得：qvB1=m所以：v=1.0104m/s粒子在磁场B2中做匀速圆周运动，画出运动的轨迹如图，其圆心为O2，设轨迹半径为r2，则 =2r2cosOAO1=2r2cos30=r2 所以：r2=tan30=12cm=4cm由洛伦兹力提供向心力得：qvB2=所以：B2=代入数据得：B2=2T（2）粒子在磁场B1中运动的周期：T1=由偏转角与偏转时间的关系得：t1=T1=粒子在磁场B1中运动的周期：T2=由图可知，粒子 在磁场B2中偏转的角度也是120所以：t2=T2=粒子在磁

38、场中运动的总时间：t=t1+t2代入数据得：t=8106s答：（1）未知匀强磁场的磁感应强度B2的大小是2T；（2）粒子在磁场中运动的总时间是8106s点评：考查带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的过程中，用牛顿第二定律与运动学公式，并结合几何关系来处理这两种运动，强调并突出准确的运动轨迹图18（8分）如图所示，在光滑绝缘水平面放置一带正电的长直细棒，其周围产生垂直于带电细棒的辐射状电场，场强大小E与距细棒的垂直距离r成反比，即E=在带电长直细棒右侧，有一长为l的绝缘细线连接了两个质量均为m的带电小球A和B，小球A、B所带电量分别为+q和+4q，A球距直棒的距离也为l，两个球在外力F=2mg的作用

39、下处于静止状态不计两小球之间的静电力的作用求：（1）求k值；（2）若剪断A、B间的绝缘细线，保持外力F=2mg不变，A球向左运动的最大速度为Vm，求从剪断绝缘细线到A球向左运动达到的最大速度，A球所处位置的电势怎么变化？变化了多少？考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用.分析：（1）根据电场强度的公式E=，结合适量合成法则与受力平衡条件，即可求解；（2）根据最大速度时，加速度为零，及动能定理，即可求解电场力做功，从而求解电势的变解答：解：（1）对小球A、B及细线构成的整体，受力平衡，有：q+4q=2mg得：k=（2）当A向左运动达到速度最大时有：

40、q=2mg代入k，得：r=设从剪断绝缘细线到A球向左运动达到最大速度，电场力做功为W，由动能定理有：2mg（lr）+W=解得：W=（），负号表示电场力做负功又由电场力做功可知：W=qU因此：U=在A球向左运动达到最大速度的过程中，所在处电势升高了变化量为：；答：（1）k的值；（2）在A球向左运动达到最大速度的过程中，所在处电势升高了变化量为点评：考查牛顿第二定律与动能定理的应用，掌握整体法与隔离法的方法，理解矢量合成法则的内容，注意力做功的正负，及当加速度为零时，速度达到最大19（12分）如图所示，两平行的光滑金属导轨安装在一倾角为的光滑绝缘斜面上，导轨间距为L，电阻忽略不计且足够长，一宽度为

41、d的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁感应强度为B另有一长为2d的绝缘杆将一导体棒和一边长为d（dL）的正方形线框连在一起组成的固定装置，总质量为m，导体棒中通有大小恒为I的电流将整个装置置于导轨上，开始时导体棒恰好位于磁场的下边界处由静止释放后装置沿斜面向上运动，当线框的下边运动到磁场的上边界MN处时装置的速度恰好为零重力加速度为g（1）求刚释放时装置的加速度大小；（2）求这一过程中线框中产生的热量；（3）在图b中定性地画出整个装置向上运动过程中的速度时间（vt）图象（不需要表示坐标）；（4）之后装置将向下运动，然后向上运动，经过若干次往返后，最终整个装置将在斜面上作稳定的往复运动求稳定后装置运

42、动的最高位置与最低位置之间的距离考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化.专题：电磁感应功能问题分析：（1）装置受重力、支持力和安培力作用，向上加速运动，由牛顿第二定律求解加速度；（2）从释放装置到线框的下边运动到磁场的上边界MN过程中，用动能定理可求线框所受安培力对线框做功的大小为W，此功的数值等于线框中产生的热量；（3）第一段，初速度为零的匀加速运动；第二段，加速度比第一段小的匀减速运动；第三段，加速度减小的减速运动，最终速度为零）；（4）装置往复运动的最高位置：线框的上边位于磁场的下边界，此时金属棒距磁场上边界d；往复运动到最低位置时，金属棒在磁场内，设距离上边界x，根据

43、棒所受安培力做功等于装置的重力做功建立联系，列方程求解解答：解：（1）装置受重力、支持力和安培力作用，沿导轨向上加速运动，由牛顿第二定律得：ma=BILmgsin，可得：a=gsin（2）设装置由静止释放到线框的下边运动到磁场的上边界MN的过程中，线框所受安培力对线框做功的大小为W，根据动能定理有：00=BILdmgsin4dW解得：W=BILd4mgdsin线框中产生的热量：Q=W=BILd4mgdsin （3）答案见图（三段运动图象各（1分）：第一段，初速度为零的匀加速运动；第二段，加速度比第一段小的匀减速运动；第三段，加速度减小的减速运动，最终速度为零）（4）装置往复运动的最高位置：线框

44、的上边位于磁场的下边界，此时金属棒距磁场上边界d；往复运动到最低位置时，金属棒在磁场内，设距离上边界x，mgsin（x+d）=BILx得：x=最高位置与最低位置之间的距离为：x+d=答：（1）求刚释放时装置加速度的大小为gsin（2）求这一过程中线框中产生的热量为BILd4mgdsin （3）整个装置向上运动过程中的速度时间（vt）图象如图所示；（4）稳定后装置运动的最高位置与最低位置之间的距离为点评：注意当线框在磁场中运动产生感应电流时，安培力做功从而产生热量该题考查了动能定理以及微元法在磁场中的运用，微元法思想的渗透对加深学生对物理概念、物理规律的理解，提高解决物理问题的能力有很大的帮助该题难度很大，涉及的知识点比较多，对同学们的能力要求很