【推荐】高三物理上学期12月月考试卷(含解析)1.pdf

《【推荐】高三物理上学期12月月考试卷(含解析)1.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【推荐】高三物理上学期12月月考试卷(含解析)1.pdf（23页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学2015-2016 学年山东省枣庄市滕州一中高三（上）月考物理试卷（12月份）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、的速度时间图象如图所示在0t2时间内，下列说法中正确的是（）At2时刻两物体相遇B在第一次相遇之前，t1时刻两物体相距最远C、两个物体的平均速度大小都是D物体所受的合外力不断增大，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

2、、B连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成=37角，不计所有摩擦当两球静止时，OA绳与杆的夹角为，OB绳沿竖直方向，则球A、B的质量之比为（）A4：3 B 3：4 C3：5 D5：8 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点接地下列各项单独操作可能使带电液滴向上运动的是（）A将热敏电阻R0加热 B变阻器R的滑动头p 向上移动C开关 K断开D 电容器C的上极板向上移动小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学4如图所示，一个质量为0.4kg 的小物块从高h=0.05m 的

3、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=x26（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

4、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 中的相等小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力

5、=大学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g8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vt 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

6、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Dt2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（）小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学AM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

7、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，x2x3段是直线，其中x3x2=x2x1，则下列说法正确的是（）A0 x1段的电场强度逐渐减小B粒子在x1x2段做匀变速运动，x2x3段做匀速直线运动Cx1、x2、x3处电势 1、2、3的关系为 123Dx1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

8、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 0.125 B电流表（A2）量程 0 3A，内阻约0.025 C电压表（V1）量程 0 3V，内阻约3kD电压表（V2）量程 0 15V，内阻约15kE滑动变阻器（R1）总阻值约10F滑动变阻器（R2）总阻值约200G 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

9、1.20 1.40 1.60 1.80 2.00 小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学（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 2.0 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

10、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 2400，则电压表的内阻RV=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）小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学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

11、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=1.6107m/s，电子电量e=1.61019C，质量 m=0.911030kg（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

12、大？（2）若在偏转电极上加u=27.3sin100 t（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

13、围，并确定在左边界上出射范围的宽度d小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学16如图所示，两个绝缘斜面与绝缘水平面的夹角均为=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小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学2015-

14、2016 学年山东省枣庄市滕州一中高三（上）月考物理试卷（12 月份）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、的速度时间图象如图所示在0t2时间内，下列说法中正确的是（）At2时刻两物体相遇B在第一次相遇之前，t1时刻两物体相距最远C、两个物体的平均速度大小都是D物体所受的合外力不断增大，物体所受的合外力不断减小【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系【专题】运动学中的图像专题

15、【分析】v t 图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，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为【解答】解：A、图象与坐标轴围成的面积表示位移，则t2时刻的位移大于的位移，没有相遇，故A错误；B、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、物体做匀减速直线运动，平均速度大小等于，物体做变加速直线运动，根据图线与时间轴所围面积表示位移可知，其位移大于以相同的初速度和末速度做匀加速运动的位移，所以其平均速度大小大于，故 C错误；D、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

16、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【点评】该题考查了速度时间图象相关知识点，要求同学们能根据图象判断物体的运动情况，从图中读取有用信息解题，难度不大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=37角，不计所有摩擦当两球静止时，OA绳与杆的夹角为，OB绳沿竖直方向，则球A、B的质量之比为（）小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学A4：3 B 3：4 C3：5 D5：8【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】分别对 AB两球分析，运用合成法

17、，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：tan=1：=4：3故选：A【点评】本题考查了隔离法对两个物体的受力分析，关键是抓住同一根绳子上的拉力处处相等结合几何关系将两个小球的重力联系起来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点接地下列各项单独操作可能使带电液滴向上运动的是（）小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努

18、力=大学A将热敏电阻R0加热 B变阻器R的滑动头p 向上移动C开关 K断开D 电容器C的上极板向上移动【考点】带电粒子在混合场中的运动；闭合电路的欧姆定律【专题】定量思想；推理法；方程法；带电粒子在复合场中的运动专题【分析】由共点力的平衡条件可知液滴的受力情况，要使液滴向上运动，应增大两板间的电势差；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：要使液滴向上运动，则应增大液滴受到的电场力；即应增大两板间的电势差；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，液滴向上运动，故

19、A正确；B、当变阻器的滑片向上移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电流增大，内压及R0两端的电压增大，则滑动变阻器两端的电压减小，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不变，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正确；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错误；故选：AC【点评】本题为闭合电路欧姆定律中的电容器

20、的分析问题，要注意分析电路结构，明确各元器件的作用及原理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=x26（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】平抛运动【专题】定量思想；推

21、理法；平抛运动专题【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小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学【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=x26，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=101m/s=10m/s，根

22、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【点评】本题考查了求速度与坐标问题，分析清楚小球的运动过程、应用动能定理与平抛运动规律即可正确解题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

23、小为【考点】安培力小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学【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【点评】解决本题的关键掌握安培力方向的判定即利用好左手定则即可，以及会利用力的平衡去求解问题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

24、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 中的相等【考点】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：设中的磁感应强度为B，则中的磁感应强度为kB，A、根据电子在磁场中运动的半径公式r=可知，中的电子运动轨迹的半径为，中的电子运动轨迹的半径为，所以中的电子运动轨迹的半径是中的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

25、=，所以中的电子加速度的大小为，中的电子加速度的大小为，所以的电子的加速度大小是中的倍，故 B错误；C、根据电子在磁场中运动的周期公式T=可知，中的电子运动周期为，中的电子运动周期为，所以中的电子运动轨迹的半径是中的k 倍，所以中的电子运动轨迹的周期是中的k 倍，故 C正确；D、做圆周运动的角速度=，所以中的电子运动角速度为，中的电子运动角速度为，在的电子做圆周运动的角速度是中的倍，故 D错误；故选：AC【点评】本题是对粒子在磁场中做圆周运动的基本考查，解决本题的关键是抓住洛伦兹力作为向心力，根据向心力的不同的公式来分析不同的关系，记住平时的得出的结论可以快速的分析问题小学+初中+高中+努力=

26、大学小学+初中+高中+努力=大学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】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【专题】定量思想；模型法；人造卫星问题【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

27、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，航天飞机必须做近心运动，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【点评】本题是牛顿第二定律和万有引力定律的综合应用，对于空间站的运动，关键抓住由月球的万有引力提供向心力，要注意知道空间站的半径

28、与周期，求出的不是空间站的质量，而是月球的质量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vt 图象如图乙所示，下列说法正确的是（）小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学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Dt2时刻试探电荷的电势能最大，但加速度不为零【考点】电场的叠加；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【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

29、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【点评】解决本题的关键根据图象中的运动状态确定受力，再由电场线的性质明确两电荷的性质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

30、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（）AM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】机械能守恒定律；功能关系【专题】机械能守恒定律应用专题【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、

31、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；小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学B、M的重力分力为Mgsin=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【点评】本题考查功能关系，要注意明确能量之间的转化及功能关系的正确应用10一带

32、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，x2x3段是直线，其中x3x2=x2x1，则下列说法正确的是（）A0 x1段的电场强度逐渐减小B粒子在x1x2段做匀变速运动，x2x3段做匀速直线运动Cx1、x2、x3处电势 1、2、3的关系为 123Dx1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】匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据电势能与电势的关系：Ep=q，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

33、据能量守恒判断速度的变化；由Ep=q，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=q，场强与电势的关系：E=，得：E=?，由数学知识可知Epx 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x1x2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x2x3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

34、变速直线运动，故B错误C、根据电势能与电势的关系：Ep=q，粒子带负电，q0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：1 23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 小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学【点评】本题以图象的形式考查静电场的场强、电势、电势能等相关知识；解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况二、实

35、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 0.125 B电流表（A2）量程 0 3A，内阻约0.025 C电压表（V1）量程 0 3V，内阻约3kD电压表（V2）量程 0 15V，内阻约15kE滑动变阻器（R1）总阻值约10F滑动变阻器（R2）总阻值约200G 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

36、 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 2.0 的电池两端，小灯泡的实际功率为2.8 W【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题；定性思想；推理法；恒定电流专题【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

37、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小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学（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=4，电流表内阻约为0

38、.125，电压表内阻约为3k，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（2）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：（3）在灯泡的UI 图象坐标系内作出电源的UI 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=0.340.81=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【点评】本题考查了实验电路的设计，设计实验电路是实验

39、常考问题，设计实验电路的关键是根据题目要求确定滑动变阻器采用分压接法还是采用限流接法，根据待测电路元件电阻大小与电表内阻间的关系确定电流表采用内接法还是外接法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 端小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=

40、大学上述操作步骤中，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 2400，则电压表的内阻RV=2400 用这种方法测出的内阻RV与其真实值相比偏大（大、小）【考点】伏安法测电阻【专题】定量思想；恒定电流专题【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：HAC

41、EDF、（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=2400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【点评】考查半偏法测电阻的原理，明确串联电阻后会引起测量支路的电阻的增大，其分压要变大，此为误差的来源三、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

42、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】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】计算题；定量思想；图析法；牛顿运动定律综合专题【分析】（1）由 vt 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；小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学（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

43、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：mg=ma，煤块与传送带间的动摩擦因数：=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=s1s2=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

44、=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=s1s2=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=mg 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【点评】本题关键从图象得出物体的运动规律和传送带的速度大小，然后分过程对木块受力分析根据牛顿第二定律和运动学公式求解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

45、子沿中心线进入竖直偏转电场的速度是v=1.6107m/s，电子电量e=1.61019C，质量 m=0.911030kg（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=27.3sin100 t（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】带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在电场中的运动专题【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，即可求解小学+初中+高中+努力=大学

46、小学+初中+高中+努力=大学【解答】解：（1）运动的位移，由牛顿第二定律，匀速运动，由以上三式，解得：代入数据，得U=91V （2）偏转电压的最大值：U1=27.3V 通过偏转极板后，在垂直极板方向上的最大偏转距离：设打在荧光屏上时，亮点距O的距离为y，则：荧光屏上亮线的长度为：l=2y 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=27.3sin100 t（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【点评】考查物体做类平抛运动处理的方法与规律，掌握运动学公式与牛顿第二定律相综合运用

47、，理解几何关系的重要性注意分运动的同时性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小学+初中+高中+努力=大学小学+初中

48、+高中+努力=大学【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】带电粒子在复合场中的运动专题【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

49、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120180左边界出射范围小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学答：（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【点评】解决本题的关键作出粒子运动轨迹的临界状况，结合几何关系，运用牛顿第二定律和动能定理进行求解16如图所示，两个绝缘斜面与绝缘水平面的夹角均为=45，水平面长d，斜面足够长，空间存在与水平方向成45的

50、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】匀强电场中电势差和电场强度的关系；重力势能；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【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；