2021-2022学年辽宁省朝阳市建平高级中学高二（上）第二次月考物理试卷（附详解）.pdf

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1、2021-2022学年辽宁省朝阳市建平高级中学高二（上）第二次月考物理试卷一、单 选 题（本大题共10小题，共 20.0分）1.甲、乙两物体同一方向数直线运动，6s末在途中相遇,它们的速度-时间图像如图所示，可以确定（）A.t=0时，乙在甲的前方27nl处B.t=0时，甲在乙的前方27m处C.3s末，乙的加速度大于甲的加速度D.6s之后，两物体还会再相遇2.如图所示，一轻质弹簧下端与地面上的4 点相连，上端用轻绳跨过固定在斜面上的轻质光滑定滑轮与斜面上的物体相连，绳与斜面平行此时整个装置处于静止状态.现将弹簧下端的4 点沿水平地面缓慢移动到B点，斜面相对地面始终静止。在此过B.物块所受轻绳的拉

2、力大小一直不变C.斜面对物体的支持力大小一直增大D.斜面对物体的摩擦力大小可能先减小后增大3.如图甲所示，一质量为M的足够长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。当木板受到随时间t变化的水平拉力尸作用时，用传感器测出长木板的加速度a 与水平拉力F的关系如图乙所示，取g=1 0m/s2,则下列说法不正确的是（）甲A.滑块与木板之间的滑动擦因数为0.2B.当F=8N时，滑块的加速度为2m/s2C.木板的质量为1 k g,滑块的质量为2kgD.若拉力作用在小滑块m上，当F=9N时滑块的加速度为2rn/s24.探究平抛运动规律时使用的实验装置如图所示，开始时开关闭合，铁质小球B被电磁铁吸

3、引而处于静止状态，将铜质小球4 从轨道上一定高度处由静止释放，小球4 离开轨道末端（末端切线水平）时撞开轻质接触式开关S,被电磁铁吸住的小球8 同时自由下落，轨道末端出口与小球B的底端处于同一高度，可以看到4、B两小球同时落在水平地面上。下列说法正确的是（）A.由该实验可知，平抛运动的水平分运动为匀速直线运动，竖直分运动为自由落体运动B.将小球力和B的位置互换，同样可以达成该实验的探究目标C.将小球4 从轨道上更高的位置由静止释放，可能使两球在空中相撞D.增加该装置距离地面的高度“，也一定不能使两球在空中相撞5.2021年4月29日，中 国“天宫”空间站“天和”核心舱被精准送入预定轨道。如图所

4、示，“天和”核心舱的运行轨道为椭圆，其近地点M和远地点N距地面的高度分别为439km和2384km,“天和”核心舱运行过程中，下列说法正确的是()A.“天和”核心舱在“点的速度小于在N点的速度B.“天和”核心舱在M点的加速度小于在N点的加速度第2页，共29页C.“天和”核心舱从N点运动到M点，做离心运动D.“天和”核心舱在M点的动能大于在N点的动能6.关于下列物理量的意义，说法正确的是（）A.电场强度E表示电场的强弱和方向，E越大，电荷所受电场力一定越大B.电容C表示电容器储存电荷的能力，C越大，电容器储存的电荷一定越多C.电阻R表示导体对电流的阻碍作用，R越大，通过导体的电流一定越小D.电动

5、势E越大，表示电源将其它形式的能量转化为电能的本领越强7.如图，电路中定值电阻阻值R小于电源内阻阻值r,闭合开关后将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表匕、彩、匕示数变化量的绝对值分别为4%、皿、4/,理想电流表A示数变化量的绝对值为4,则下列说法不正确的是（）A.4的示数增大B.彩的示数减小C.大于D.4/与4的比值大于r8.如图所示的电路中，电源的电动势为E、内阻为r,C为电容器，当为定值电阻，闭合开关S,当滑动变阻器R的触头P向上滑动时，则（）A.电源的功率变小B.电容器贮存的电荷量变大C.电阻R消耗的电功率变小D.电源内部消耗的功率变大9.关于磁场、磁感线，下列说法中正确的是（）A.磁场

6、并不是真实存在的，而是人们假想出来的B.磁铁周围磁感线的形状，与铁屑在它周围排列的形状相同，说明磁场呈线条形状，磁感线是磁场的客观反映C.磁场中任意两条磁感线均不相交D.磁感线类似电场线，它总是从磁体的N极出发，至 IJS极终止10.将一段通电直导线放置在匀强磁场中，通电直导线受到的安培力不正确的是（）f xx x I XJ I-K T-二、多 选 题（本大题共8 小题，共 32.0分）11.如图所示匀强电场中，一带电油滴从a 点由静止释放运动到b点，已知重力做功10J，克服电场力做功旬，则下列说法正确的是（）A.油滴到达b点的动能是14/B.油滴从a 点运动到b点重力势能减少了 10/C.油

7、滴从a 点运动到b点机械能减少了知D.油滴从a 点运动到b点电势能减少了4/12.洛伦兹力演示仪是由励磁线圈（也叫亥姆霍兹线圈）、洛伦兹力管和电源控制部分组成的.励磁线圈是一对彼此平行的共轴串联的圆形线圈，它能够在两线圈之间产生匀强磁场.洛伦兹力管的圆球形玻璃泡内有电子枪，能够连续发射出电子，电子在玻璃泡内运动时，可以显示出电子运动的径迹.其结构如图所示.给励磁线圈通电，电子枪垂直磁场方向向左发射电子，恰好形成如“结构示意图”所示的圆形径迹,则下列说法正确的是（）第 4 页，共 29页A.励磁线圈中的电流方向是顺时针方向B.若只增大加速电压，可以使电子流的圆形径迹的半径增大C.若只增大线圈中的

8、电流，可以使电子流的圆形径迹的半径增大D.若两线圈间的磁感应强度已知，灯丝发出的电子的初速为零，加速电压为U,则可通过测量圆形径迹的直径来估算电子的比荷13.如图所示，两根间距为d的平行光滑金属导轨间接有电源E,导轨平面与水平面间的夹角0=30。.金属杆仍垂直导轨放置，导轨与金属杆接触良好.整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中.当磁场方向垂直导轨平面向上时，金属杆ab刚好处于静止状态.要使金属杆能沿导轨向上运动，可以采取的措施是（）A.减小磁感应强度BB.调节滑动变阻器使电阻减小C.减小导轨平面与水平面间的夹角。D.将电源正负极对调使金属杆中的电流方向改变14.下列说法正确的是（）C、/、*

9、A./如图所示，两通电导线4、8在C处产生磁场的磁感应强度大小0-A B均为B o,则C处磁场的总磁感应强度大小是2BB.S F 小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中通有如图乙所示电流时，小磁针的N极将会垂直纸面向内转动Bc.如图所示，矩形线框置于磁感应强度为B的匀强磁场中，线框平面与磁场方向平行，线框的面积为S,则此时通过线框的磁通量为BSPD.Q如图所示，竖直放置的长直导线通有恒定电流，有一矩形线框与导线在同一平面内，将线框向右平动时线圈中会产生感应电流1 5.示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成的。如图，不同的带电粒子在电压为名的电场中由静止开始加速，从M孔射出

10、，然后射入电压为4 的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，若带电粒子能射出平行板电场区域,则下列说法正确的是（）A.若电荷量q相等，则带电粒子在板间的加速度大小相等B.若比荷：相等，则带电粒子从M孔射出的速率相等C.若电荷量q相等，则带电粒子从M孔射出时的动能相等D.若不同比荷e 的带电粒子由。点开始加速，偏转角度。相同16.如图所示，在平面的第一象限内存在方向垂直纸面向|V X X X里，磁感应强度大小为8 的匀强磁场，一带电粒子从y轴%x xM上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角。=30。X入 X人 X人,Y粒子经过磁场偏转后在N点（图中未画出）垂直穿过刀正半。轴。已知M。=

11、d,粒子电荷量为q,质 量 为 重 力 不计，则（）A.粒子带负电荷 B.粒子速度大小为理mC.粒子在磁场中运动的时间为筌 D.N与0 点相距3d17.如图所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场,带电粒子（不计重力）第一次以速度打沿截面直径入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏第 6 页，共 29页转60。角；该带电粒子第二次以速度w从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90。角.则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的（）A.半径之比为6：1B.速度之比为1：百C.时间之比为2:3D.时间之比为3:218.如图所示是简化的多用电表的内部电路，转换开关S与不

12、同接点连接，就组成不同的电表或者是相同的电表中不同的量程，已知/?3氏4,下列说法正确的是（）A.S与1、2连接时，就组成了电流表，且S接1时量程较大B.S与3、4连接时，就组成了电流表，且S接3时量程较大C.S与3、4连接时，就组成了电压表，且S接3时量程较小D.S与5连接时，就组成了欧姆表，此时红表笔与电源负极相连三、实 验 题（本大题共3小题，共26.0分）19.（1）某同学用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一薄的金属圆片的直径和厚度，由图中的示数可知该金属圆片的直径的测量值为 c m,厚度的测量值为 m m.(2)某同学想利用实验描绘小灯泡(2.5%0.34)的伏安特性曲线，应选用的电路图

13、是(3)该同学利用上题电路图实验得到的小灯泡的U-/关系如下图甲所示。如果将该小灯泡分别接入图乙、丙两个不同电路中，图乙电源电动势为1.5心 内阻不计。图丙中电源电动势为5叭 内阻不计，定值电阻R=200。则 接 入(选 填 乙”或“丙”)电路时，小灯泡较亮些，消耗的电功率为 亿 若将电路丙中的电阻R替换为另一个完全相同的小灯泡，其他条件不变，流过灯泡的电流为 4,此时电源的功率为 W.第8页，共29页N N0-11 一rHg)C D qTI|I|I_2 0.用如图所示的装置探究加速度、力和质量的关系，带滑轮的长木板水平放置，弹簧测力计固定在墙上。小车上固定一定滑轮，细绳通过滑轮连接弹簧测力计

14、和砂桶。(1)下 列 关 于 该 实 验 的 操 作 说 法 中 正 确 的 是。4.必须用天平测出砂和砂桶的质量B.每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力C.小车的质量须远大于砂桶和砂的质量D.应当先释放小车，再接通电源(2)利用打点频率为50Hz的打点计时器，得到的一条纸带如图所示：(图中每两个计数点间还有四个点未画出)A B C D E/1 2.62 J 3.84 j 5.00 j 6.23 j cn则在该次实验中，小车运动的加速度大小为 rn/s2(结果保留三位有效数字)。(3)某同学做实验时，未把木板的一侧垫高，就继续进行其他实验步骤，则该同学作出的小车的加速度a与弹簧测力计示数

15、尸的图像如图所示，则实验中小车受到的摩 擦 力 大 小 为，小车 的 质 量 为 2 1.某同学要测量一节干电池的电动势和内电阻，现在实验室提供了如下的器材：4 电压表P(量程3 V,内阻即约为1OA0)8.电流表G(量程3巾4,内阻&=100/2)C.电流表4(量程3 4内阻约为0.5。)D滑动变阻器&(02 0 0,额定电流24)E.滑动变阻器7?2(。5 0 0 0),额定电流14)E定值电阻色=04。G.开关S和导线若干(1)该同学发现电流表4的量程太大，于是他将电流表G与定值电阻/?3并联，实际上是进行了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是 A。(结果保留两位有效数字)。(2)

16、该同学根据实际情况设计了如图所示的原理图。请你根据原理图用笔画线代替导线连接实物图。(3)为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是。(填&或长)(4)该同学利用上述实验原理图测得数据，以电流表G读数为横坐标，以电压表，读数为纵坐标，绘出了如图所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E=K,电源的内阻r=_0。(电源内阻结果保留两位有效数字)四、计算题(本大题共3小题，共22.0分)2 2.利用斜面从货车上卸货，每包货物的质量m=2 0 k g,斜面倾斜角8=37。，斜面的长度L=0.5 m,货物与斜面间的动摩擦因数=0.2求：(1)重力做了多少功；(2)摩擦力做了多少功

17、：(3)支持力做了多少功；(4)合外力做了多少功。第 10页，共 29页2 3.如图所示，两块正对的带电金属板，上板的电势高于-下板，板间的电场强度为2X102N/C.两板之间的距 、离为0.2 m,板长为0.4 m,带电粒子比荷=2 xlCPc/kg以速度%=5 x l()4m/s从极板左端垂直于电场方向进入电场，从极板右端飞出，虚线为粒子的运动轨迹，不计带电粒子所受的重力，试问：(1)两板间的电势差多大？(2)带电粒子在电场中运动的时间多长？(3)带电粒子在电场中运动的侧移量？2 4.如图所示，MN上方存在着无限大，垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，M N下方存在垂直MN、方向向上的

18、匀强电场，场强为E。质量为小、电荷量为+q(q 0)的粒子在纸面内以速度 从0 点射入磁场，其方向与MN的夹角a=60。，粒子重力不计。X X X X X X X X X x x x x x x x xx x x x/x x x x x x x x x x x xX X X X X X X X X X x x x x x x x(1)求带电粒子在MN上方运动的时间和在磁场中运动的位移大小：(2)若在MN下方垂直MN放置一挡板，要使带电粒子垂直打在挡板上，求挡板与MN交点到。点的距离。第12页，共29页答案和解析1.【答案】B【解析】解：A B,速度-时间图像与时间轴所围的面积大小等于物体的位移

19、大小，可得在0-6s内，甲通过的位移大小为x 叩=x 9 X 6m=27加，乙通过的位移大小为%乙=9 x 6m=5 4 m,两者位移之差为 x=%乙-x 印=54m-27nl=27m。因t=6s末甲乙相遇，则在t=0时甲在乙的前方27m处，故A 错误，B正确；C、根据u-t 图像的斜率表示加速度，知乙的加速度小于甲的加速度，故 C错误；。、6s末甲乙在途中相遇，由于6s之后甲的速度大于乙的速度，两物体不会再相遇，故。错误。故选：B。根据速度-时间图像与时间轴所围的面积大小等于物体的位移大小，由几何知识求出0-6s内两物体通过的位移，两者位移之差等于t=0时甲、乙相距的距离。t=6s之后，甲的

20、速度大于乙的速度，两者不会再相遇.根据图像的斜率分析加速度的大小。本题的关键要明确相遇时两个物体之间的位移关系，抓住速度-时间图像的“面积”大小等于位移，来求解两物体出发点相距的距离。2.【答案】D【解析】解：A、对系统整体分析，因为绳子逐渐由4到B,具有水平向右的分力，地面就会产生一个水平向左的摩擦力与之平衡，故 A 错误；从 因为绳子逐渐由4 到8,弹簧形变量逐渐增大，弹力逐渐增大，又定滑轮只改变力的方向，滑轮两边绳子作用力相等，故 B错误；C、物体始终静止在斜面上，斜面对物体的支持力等于物体的重力沿垂直于斜面向下的分力，大小为N=mgcosO,保持不变，故 C错误；。、刚开始时，滑块受到

21、斜面的摩擦力可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，所以在绳子拉力增大时，摩擦力可能先减小再增大，故。正确；故选：Do对物体与斜面组成的整体进行受力分析，判断斜面受到地面的摩擦力的变化；弹簧形变量逐渐增大，弹力逐渐增大：对物体进行受力分析，判断其受到的支持力与摩擦力的变化。该题考查共点力平衡的应用，解答的关键是合理选择研究对象，正确对物体进行受力分析。3.【答案】D【解析】解：4 由图乙可知，当F=6N时，二者刚好滑动，此时滑块的加速度为2m/s2,由牛顿第二定律可得a=ug解得动摩擦因数H=0.2故A 正确；8.当F=6N时，二者刚好滑动，以后拉力增大，滑块的加速度不变，所以当F=8N时，滑块的加

22、速度为2 m/s2,故 B 正确；C.当尸=6N 时，滑块的加速度为2 m/s2,对整体分析，由牛顿第二定律有F=(M 4-m)a代入数据解得M+m=3kg当F 6 N 时，由牛顿第二定律得a=产一等M M M由图线的斜率=5 =生=1M 6-4解得：M=1kgm=2kg故 C 正确；D 若拉力作用在小滑块小上，当F=9N时，假设二者不分离，整 体 分 析 有 优=代入数据解得a=3m/s2而木板的最大加速度为am=臂代入数据解得：a=4 m/s2 a所以假设成立，二者没有相对滑动。滑块的加速度为3 m/s 2,故。错误。本题选择错误选项，故选：Do第 14页，共 29页F=6N时，二者刚好滑

23、动，根据牛顿第二定律解得动摩擦因数；此时二者刚好滑动，以后拉力增大，滑块的加速度不变，再对整体根据牛顿第二定律结合图像斜率可解得木板和滑块的质量，滑动摩擦力对木板提供的加速度为最大加速度，根据整体分析方法解得当F=9N时滑块的加速度。本题考查牛顿第二定律的应用，解题关键掌握物体的受力分析与牛顿第二定律的应用，注意整体分析的条件。4.【答案】C【解析】解：4 该实验通过观测到4、B两球总能够同时落地，从而得出平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，但无法判断平抛运动的水平分运动是匀速直线运动，故 A 错误;A 由于小球4不能被电磁铁吸引，所以将小球4和B的位置互换，不能达成该实验的探究目标，故 8

24、错误；CD.小球4离开轨道末端一瞬间，两小球在竖直方向上同时开始做自由落体运动，在任意时刻两小球高度相同，且4球还在水平方向上向右运动，即4球不断靠近B球，所以将小球4从轨道上更高的位置由静止释放，当4达到一定的水平初速度时，可能使两球在空中相撞，故 C 正确，。错误。故 选:Co球4与球B 同时释放，同时落地，由于B球做自由落体运动，月球做平抛运动，说明4球的竖直分运动与8球相同。解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动.注意本实验得出平抛运动水平方向上的运动规律。5.【答案】D【解析】解：4 由于近地点”和远地点N距

25、地面的高度分别为439痴 和 2384km,根据开普勒第二定律可知，“天和”核心舱在M点的速度大于在N点的速度，故 A 错误；A 设地球的质量为M,“天和”核心舱的质量为Tn,“天和”核心舱到地心的距离为r,加速度为a，根据牛顿第二定律得G等 =m a,解得a=G 9,则“天和”核心舱离地球越近，加速度越大，故它在M点的加速度大于N点的加速度，故 8 错误;C“天和”核心舱从N点运动到M点，离地球越来越近，故做向心运动，故C错误；D从M点运动到N点的过程中，地球引力对“天和”核心舱做负功，其动能逐渐减小，故“天和”核心舱在M点的动能大于在N点的动能，故。正确。故选：Do“天和核心舱”运行过程中

26、，加速度是由地球的万有引力产生，根据牛顿第二定律分析加速度大小；根据开普勒第二定律分析速度大小，从而判断动能的变化情况。根据机械能守恒条件分析机械能是否守恒，明确解答本题时，要能熟练运用牛顿第二定律和万有引力定律相结合推导出“天和核心舱”的加速度表达式，知道它离地越近，速度越大，加速度也越大。6.【答案】D【解析】解：4根据电场力公式尸=Eq可知，电场力大小还跟q有关，故A错误；8.根据公式、=(/(?可知，电容器储存的电荷量还跟电压有关，故8错误；C.根据公式=/R可知，流过导体的电流大小还跟电压U有关，故C错误；。.电源是把其它形式的能转化为电能的装置，电动势表征了这种转化本领的大小，所以

27、电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大，故。正确。故选：Do根据各选项涉及的物理量找到相关公式，从而明确各物理量的决定因素。本题考查对物理基本概念及公式的理解，正确理解各公式的意义。7.【答案】D【解析】解：4、据题理想电压表内阻无穷大，相当于断路。理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表匕、/、匕分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压。当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则4的示数增大，故A正确；B、彩测量路端电压，外电阻减小，路端电压减小，彩示数减小，故3正确；C、彩测量滑动变阻器电压，则有=(R+r)4,彩测量路端电压，贝IJ有=

28、4/r，所以皿3/72，故C正确；D、根据R=竽，则 有 区=聆 故 D错误。故选：AB.粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意作出粒子运动轨迹，应用左手定则判断粒子带电性质，求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律求出粒子的速度大小，根据周期公式求解时间，根据几何关系求解N与。点的距离。对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径,结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。17.【答案】AC【解析】解：设圆柱形区域为R.带电粒子第一次以速度历沿直径入射时，轨迹如图所示，粒子飞出此磁场区域时速度方向偏转60。角，则知带电

29、粒子轨迹对应的圆心角%=60,轨迹半径为n =Rtan600,运动时间为t i =O O U O带电粒子第二次以速度为沿直径入射时，粒子飞出此磁场区域时速度方向偏转9 0。角,则知带电粒子轨迹对应的圆心角=9 0,轨迹半径为 =R,运动时间为巳=券 T =所以轨迹半径之比：r j r2=A/3.-1;时间之比：0：t2=2：3；根据半径公式r =端得，速度之比：v1：2=6：1 故A、C正确，B、。错误.故选：AC.粒子进入磁场时，受到洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，速度的偏向角等于轨迹对应的圆心角，再可求出轨迹对应的圆心角氏 由t =求解时间之比；27r根据几何知识求出轨迹半径之比，由半径公式

30、r =翳求出速度之比.qB本题关键要掌握推论：粒子速度的偏向角等于轨迹的圆心角，运用几何知识求出半径关系，就能正确解答.第22页，共29页18.【答案】ACD【解析】【分析】要熟悉多用表的原理和结构，根据电表的结构选出欧姆表、电压表和电流表。本题考查多用表的原理，应熟练掌握其测量原理，及电表的改装办法，注意电表与电阻串联是电压表，而并联是电流表，同时注意欧姆表内部有电源，电源的负极与红表笔，是解题的难点。【解答】解：4 由图可知，当S与1、2连接时，多用电表就成了电流表，电阻与表头并联，当并联电阻越小时，量程越大，因此前者量程较大，故 A 正确，BC.由图可知，当S与3、4连接时，G与电阻串联

31、，多用电表是电压表，/?3 R4,前者量程小，后者量程大，故 B 错误，C 正确。D 由图可知，S与5连接时，G与内置电源、滑动变阻器串联，此时多用电表是成为欧姆表，此时红表笔与电源负极相连，故。正确。故选ACD.19.【答案】1.240 1.682 C 乙 0.33 0.33 1.65【解析】解：(1)游标卡尺为20分度，故精确度为0.05nm i,主尺读数为12rm n,游标尺上第8刻度对齐，故读数值为。=12mm+0.05 x 8mm=12.40znm=1.240cm螺旋测微器固定部分读数为1.5nwn,可动部分读数为18.2 x 0.01m m,故厚度的测量值为L=1.5mm+18.2

32、 x 0.01mm=1.682mm(2)描绘伏安特性曲线，应该使电压的变化范围较大，故应使用分压接法。小灯泡的电阻较小，远小于电压表内阻，故采用电流表外接法，故选C。小灯泡额定电压2.5 V,故选择电压表3V量程，额定电流0.34 故选择电流表0.6A量程,根据电路图，连接实物图如下：(3)将该小灯泡接入图乙电路，则此时a =1.5 V,卜=0.224功率Pi=UJi=1.5 X 0.22WZ=0.33IV将图丙电源的伏安特性曲线(定值电阻看作电源内阻)U=E /R=5-2 0/,画在小灯泡的U-/关系图像中甲两图线的交点表示此刻小灯泡的工作状态，即4 =L25V,12=0.184功率2=U2

33、12=1.25 x 0.18V/=0.225W则接入乙电路时，电功率更大些，小灯泡较亮些，消耗的电功率为0.33勿。若将电路丙中的电阻R替换为另一个完全相同的小灯泡，其他条件不变，则每个灯泡分到的电压均为2.5V,结合图像可知，此时电流为0.3 3 4此时电源的功率为P=E/=5 x0.33W=1.65W。故答案为：(1)1.240 1.682；(2)C；如图所示；(3)乙；0.22；0.33；1.65。(1)游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标尺读数，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；(2)明确滑动变阻器的应用规律，知道本实验中应采用滑动

34、变阻器分压接法；同时由于电阻丝电阻值较小，“大内小外”，应该采用安培表外接法，根据原理图连接实物图;(3)表示小灯泡的U-/图象中同时画出表示电源的U /图象，通过比较它们的交点坐标即可求解功率；根据画出的U-/图象读出对应的电压和电流即可；第24页，共29页本题考查了实验电路设计，确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路的关键.可在表示小灯泡的U-/图象中同时画出表示电源的U-/图象，两图线的交点即为小灯泡的实际电流和电压。20.【答案】B【解析】解：(1)4、由于有弹簧测力计测量拉力，所以不必测量砂和桶的质量，故A错误；8、一次平衡好摩擦力之后，当改变小车质量时，由于摩擦力和重力的下

35、滑分力同比例改变，则不必重新平衡阻力，故B正确；C、由于拉力能测出，不必满足小车质量远大于砂和桶的质量，故C错误；。、为了有效利用纸带，须先接通电源再释放小车，故。错误。故选：B(2)由题意知，两相邻计数点的时间间隔T=5 x=0.1 s,由逐差公式求加速度a=XCE-XAC _(5.0 0+6.2 3)-(2.6 2+3.8 4)1 一2g/0 2(2 7)2 -，S=1.19m/s2；(3)根据牛顿第二定律可求出小车的加速度a=等，变形后得到：a=*F _%结合图象的横截距为：2&=/,斜率仁六=看 所以摩擦力f =g，小车的质量时=2(&-犬)%故答案为：(1)8；(2)1.19；(3)

36、多、把 守(1)根据实验原理、操作步骤、数据处理以及注意事项分析各项的正确与否；(2)依据逐差法可得小车加速度；(3)写出牛顿第二定律写出当小车质量一定时，改变砂和桶的质量后，加速度的关系式，结合图象的纵截距求出小车的质量和摩擦力。本题考查探究加速度与小车质量的关系实验操作步骤的必须与否的判断、加速度的计算、图象法处理数据等内容。关键是要掌握实验原理，计算加速度的方法，图象法计算小车质量等，是锻炼逻辑思维的好题。21.【答案】(1)0.75；(2)(3)R 1；(4)1.5；0.8 0【解析】解：(1)改装后的电流表对应的量程/=%+赞=3 x 1 0-3 4 +*产A”0.7 5/1；(2)

37、根据图示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示(3)电路最小总电阻约为R =怒0 =2 0。，为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是&;(4)改装后电流表量程是电流表G量程的n =(=息 台=2 5 0倍，电流表G示数为/时电路电流为2 5 0/,根据图示电路图由闭合电路的欧姆定律得：U=E 2 5 0/r,由图示U-/图像可知，电源电动势E=1.5 V图像斜率的绝对值k =2 5 0 r=当=n-=2 0 0 0,解得电源内阻为r=0.8 0 0。故答案为：(1)0.7 5；(2)第2 6页，共2 9页(3)R;(4)1.5；0.80,(1)根据并联电路特点与欧

38、姆定律求出改装后电流表的量程；(2)根据图示电路图连接实物电路图；(3)为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器：(4)根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图像的函数表达式，然后根据图示图像求出电源电动势与内阻。理解实验原理、分析清楚图示电路结构是解题的前提与关键，应用并联电路特点与欧姆定律、根据闭合电路的欧姆定律求出图像的函数表达式即可解题。22.【答案】解：重力做功：WG=mgLsin37=20 x 10 x 0.6/=607,滑动摩擦力为：f =吗=nmgcos370=0.2 x 20 x 10 x 0.8N=32N,则摩擦力做功为：Wf=-fL =-32 x 0.5/=-167

39、；支持力方向与位移方向垂直，不做功，则有：WN=0；合外力做功为：W=WN+Wf+WG=0-16J+607-=44/_ I答：(1)重力做功为60/；G(2)摩擦力做功为-1 6/；(3)支持力做功为0；(4)合外力做功为44/。【解析】对物体受力分析，根据W=Fscos。求解力恒力做功；合力做功等于各个力做功的代数和本题主要考查了恒力做功公式的直接应用，求合外力做功时，也可以先求出合力，再根据W=Fs求解，难度不大，属于基础题。2 3.【答案】解：因两板间是匀强电场，则两板间的电势差U =Ed=2 0 0 x 0.2V=4 0 1/：(2)带电粒子在电场中做类平抛运动，平行于的方向做匀速直线

40、运动，则运动时间为(3)竖直方向为匀加速直线运动，故侧移量为：y =2 区2 =2.正尸=三 X 2 x 1。9 X 2 x 1。2 X (8 x 1 0-6)2 =12.8 m；7 2 2 m 2 k J答：(1)两板间的电势差为4 0 V；(2)带电粒子在电场中运动8 X 1 0-6 5 的时间；(3)带电粒子在电场中运动的侧移量为1 2.8 m.【解析】(1)板间是匀强电场，由(7 =后4 求两板间的电势差.(2)带电粒子在电场中做类平抛运动，平行于的方向做匀速直线运动，由t=!求时间.(3)根据牛顿第二定律列式求解加速度，根据y =at?带电粒子在电场中运动的侧移量.本题粒子在匀强电场

41、中的运动，关键是明确粒子做类平抛运动，根据分位移公式列式求解，基础题目.22 4.【答案】解：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，qvB=而周期7=手解得半径公式rmv _ 2mn此 一 qB由几何关系知：x=V 3 r,偏转角。=2T T 2 x ；=等47r则粒子在磁场中运动的时间t=27=五*陋=驷2n 2n qB 3qB沿M/V 方向的位移为：x =W x =粤qB qB(2)由(1)知，粒子离开磁场时速度大小为1 7,与水平方向成a 角，在竖直方向：&=vsina,而电场力：F=Eq=ma,vy =vy at得到当粒子垂直打在挡板上时，为 =0 时，联立以以几式得：力=鬻在水平方向上粒

42、子做匀速直线运动，由=以3 vx=vcosa得到粒子打在挡板上的水平位移：/=?4Eq所以挡板到。点的距离：Ax=x-x=-第28页，共29页答：(1)带电粒子在MN上方运动的时间为器，在磁场中运动的位移大小为鬻；(2)若在MN下方垂直MN放置一挡板，要使带电粒子垂直打在挡板上，挡板与MN交点到。点的距离为?-粤。4Eq qB【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求出粒子做圆周运动的轨道半径，然后求出4、B 两点间的距离d,由运动学公式和周期公式求时间；(2)粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律求出沿垂直电场方向的位移，即可求得挡板到M点的距离。本题考查了带电粒子在匀强磁场与匀强电场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动,根据题意分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提，应用几何知识、牛顿第二定律与粒子做圆周运动的周期公式即可解题。