河北省张家口市宣化一中2021届高三物理下学期期初考试试题.docx

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1、河北省张家口市宣化一中2021届高三物理下学期期初考试试题1. 对于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的()A. 温度高的物体其内能和分子平均动能一定大B. 当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大C. 当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，但斥力减小得更快，所以分子间的作用力总表现为引力D. 布朗运动是悬浮在液体中的固体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动2. 一定质量的理想气体分别在T1、T2温度下发生等温变化，相应的两条等温线如图所示，T2对应的图线上有A、B两点，表示气体的两个状态。则()A. 温度为T1时气体分子的平均动能比T2时大B

2、. A到B的过程中，气体内能增加C. A到B的过程中，单位体积内的气体分子数增多D. A到B的过程中，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少3. 截面为长方形的中空“方钢”固定在水平地面上，截面一边与水平面夹角为30，如图所示方钢内表面光滑，轻质细杆两端分别固定质量为mA和mB的两个小球A和B，已知小球、轻杆与横截面共面，当轻质细杆与地面平行时两小球恰好静止，则A、B两小球质量之比mAmB为()A. 3B. 3C. 233D. 334. 疫情防控期间，某同学在家对着竖直墙壁练习打乒乓球。某次斜向上发球，球垂直撞在墙上后反弹落地，落地点正好在发球点正下方，球在空中运动的轨迹如图，不计空

3、气阻力。关于球离开球拍到第一次落地的过程，下列说法正确的是()A. 球撞击墙壁过程没有机械能损失B. 球在空中上升和下降过程时间相等C. 球落地时的速率一定比抛出时大D. 球落地时和抛出时的动能可能相等5. 粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框原先整个置于有界匀强磁场内，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行，现使线框沿四个不同方向以相同速率V匀速平移出磁场，如图所示，线框移出磁场的整个过程()A. 四种情况下ab两端的电势差都相同B. 图中流过线框的电量与v的大小无关C. 图中线框的电功率与v的大小成正比D. 图中磁场力对线框做的功与v2成正比6. 医生做某些特殊手术时，利用电磁血流

4、计来监测通过动脉的血流速度。电磁血流计由一对电极a和b以及一对磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的。使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示。由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差。在达到平衡时，血管内部的电场可看做是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零。在某次监测中，两触点间的距离为3.00mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160V，磁感应强度的大小0.040T.则血流的速度的近似值和电极a、b的正负为()A. 1.3m/s，a负、b正B. 2.7m/s，a正、b负C. 1.3m/s

5、，a正、b负D. 2.7m/s，a负、b正7. 一固定的水平细杆上套着一个质量为m的圆环A(体积可以忽略)，圆环通过一长度为L的轻绳连有一质量也是m的小球B。现让小球在水平面内做匀速圆周运动，圆环与细杆之间的动摩擦因数为且始终没有相对滑动。在此条件下，轻绳与竖直方向夹角的最大值是37，当地重力加速度为g，则()A. 小球B对轻绳的拉力可能小于mgB. 圆环A对细杆的压力可能大于2mgC. 小球B做圆周运动的最大角速度为5g8LD. 圆环与细杆之间的动摩擦因数=388. 如图所示，磁场垂直于纸面向外，磁场的磁感应强度随x按B=B0+kx(x0,B0、k为常量)的规律均匀增大，位于纸面内的圆形线圈

6、处于磁场中，在外力作用下始终保持圆形线圈与x轴平行向右匀速运动。则从t=0到t=t1的时间隔内，图中关于该导线框中产生的电流i大小随时间t变化的图象正确的是()A. B. C. D. 9. 如图所示，理想变压器原线圈接电压为220V的正弦交流电，开关S接1时，原、副线圈的匝数比为11：1，滑动变阻器接入电路的阻值为10，电压表和电流表均为理想交流电表。下列说法中正确的有()A. 变压器输入功率与输出功率之比为11：1B. 1min内滑动变阻器上产生的热量为40JC. 仅将S从1拨到2，电流表示数减小D. 仅将滑动变阻器的滑片向下滑动，两电表示数均减小10. 我国已掌握“半弹道跳跃式高速再入返回

7、技术”，为实现“嫦娥”飞船月地返回任务奠定基础。如图所示，假设与地球同球心的虚线球面为地球大气层边界，虚线球面外侧没有空气，返回舱从a点无动力滑入大气层，然后经b点从c点“跳”出，再经d点从e点“跃入”实现多次减速，可避免损坏返回舱。d点为轨迹最高点，离地面高h，已知地球质量为M，半径为R，引力常量为G。则返回舱()A. 在d点加速度等于GM(R+h)2B. 在d点速度等于GMR+hC. 虚线球面上的a、c两点离地面高度相等，所以va=vcD. 虚线球面上的c、e两点离地面高度相等，所以vc=ve11. 轻绳一端固定在天花板上，另一端系一个小球，开始时绳竖直，小球与一个倾角为的静止三角形物块刚

8、好接触，如图所示。现在用水平力F向左非常缓慢的推动三角形物块，直至轻绳与斜面平行，不计一切摩擦。关于该过程中，下列说法中正确的是()A. 绳中拉力先变小后增大B. 地面对三角形物块的支持力不断增大C. 水平推力做的功等于小球机械能的增加量D. 地面对三角形物块的支持力的冲量不为零12. 如图，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.M为磁场边界上一点，有无数个带电量为q、质量为m的相同粒子(不计重力)在纸面内向各个方向以相同的速率通过M点进入磁场，这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的14.下列说法正确的是()A. 粒子从M点进入磁场时的

9、速率为v=2BqR2mB. 粒子从M点进入磁场时的速率为v=BqR2mC. 若将磁感应强度的大小增加到2B，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的23D. 若将磁感应强度的大小增加到2B，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的2213. 如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置，他在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处静止释放。(1)该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=_mm。(2)实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速

10、度，还需要测量的物理量是_。(3)改变钩码的质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出_图象(选填“t2-F”“1t-F”或“1t2-F”)。14. 在描绘小灯泡的伏安特性曲线实验中，提供下列器材：A.小灯泡(3V0.6W)；B.电压表(03V，内阻约3k)；C.电流表(0250mA，内阻约1)；D.电流表(00.6A，内阻约0.4)；E.滑动变阻器(102A)；F.滑动变阻器(1000.5A)；G.电池组(电动势6V)；H.开关、导线若干。(1)实验时电流表应选用_，滑动变阻器应选用_。(用序号字母表示)(2

11、)请用笔画线代替导线，将实物电路图连接完整。(3)实验中记录多组电压表示数U和电流表示数I，在图中画出I-U图象。编号12345678U/V0.200.601.001.401.802.202.603.00I/A0.0200.0600.1000.1400.1700.1900.2000.20515. 如图所示，光滑绝缘斜面倾角为，斜面上平行于底边的虚线MN、PQ间存在垂直于斜面向上，磁感应强度为B的匀强磁场，MN、PQ相距为L，以质量为m、边长为d(dL)的正方形金属线框abef置于斜面上，线框电阻为R，ab边与磁场边界MN平行，相距为L，线框由静止释放后沿斜面下滑，ef边离开磁场前已做匀速运动，

12、重力加速度为g，求：(1)线框进入磁场过程中通过线框横截面的电荷量q；(2)线框ef边离开磁场区域时的速度v；(3)线框穿过磁场区域产生的热量Q。16. 如图所示，从A点水平抛出的小物块，到达斜面顶端B处时，其速度方向恰好沿斜面向下，然后沿倾角为37的固定斜面BC滑下，小物块到达C点时速度恰好为0，因受到微小扰动，小物块滑上与斜面BC平滑对接的四分之一光滑圆弧轨道CD上。已知圆弧轨道CD的半径R=0.6m，圆心O在C点的正下方，小物块的质量m=2kg，平抛运动的水平位移x=0.3m，斜面BC长L=2.5m，取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，不计空气阻力，求：(1)小物

13、块从A点抛出的初速度v0的大小；(2)小物块沿斜面BC滑下过程中克服摩擦力做的功Wf；(3)若小物块沿圆弧轨道CD滑到P点时脱离轨道，求P点离D点的高度h。17. 如图所示的区域中，左边为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，右边是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于OC且垂直于磁场方向。一个质量为m、电荷量为-q的带电粒子从P孔以初速度v0沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角=60，粒子恰好从C孔垂直于OC射入匀强电场，最后打在Q点，已知OQ=2OC，不计粒子的重力，求：(1)粒子从P运动到Q所用的时间t。(2)电场强度E的大小。(3)粒子到达Q点时的动能EkQ

14、。18. 如图所示，上表面光滑的“L”形木板B锁定在倾角为37的足够长的斜面上；将一小物块A从木板B的中点轻轻地释放，同时解除木板B的锁定，此后A与B发生碰撞，碰撞过程时间极短且不计能量损失；已知物块A的质量m=1kg，木板B的质量m0=4kg，板长L=6m，木板与斜面间的动摩擦因数为=0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8。(1)求第一次碰撞后的瞬间A、B的速度；(2)求在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A距B下端的最大距离。(3)求在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，重力对A做的功。2020-2021学年下学期宣化一中高三物理期初

15、试卷答案和解析1.【答案】B【解析】解：A、温度是分子平均动能的标志，故温度高平均动能一定大，内能的多少还与物质的多少有关，故A错误；B、当分子力表现为斥力时，分子力随分子间距离的减小而增大，间距减小斥力做负功分子势能增大，分子间距的增大时反之，故B正确；C、当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，斥力减小得快故表现为引力；当分子间距小于r0时，分子间斥力大于引力分子力表现为斥力；当分子间距增大到10倍r0以后，可以忽略，故C错误；D、布朗运动能证明分子永不停息地做无规则运动，但做布朗运动的是固体小颗粒，而不是分子，故D错误。故选：B。温度是分子的平均动能的标志；结合分子力做功与分子势

16、能的关系分析分子势能的变化；当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小；做布朗运动的是固体小颗粒影响内能大小的因素：温度、物质的量还有物质的种类分子势能与电势能和重力势能具有相同的变化规律，可以类比学习2.【答案】D【解析】解：A、根据理想气体状态方程：PVT=C可知：PV=CT，PV之积越大表示温度越高，故T1T2，温度是分子平均动能的标志，温度越高分子平均动能越大，温度为T1时气体分子的平均动能比T2时小，故A错误；B、A到B的过程是等温变化的过程，所以气体的温度不变，内能不变，故B错误；C、A到B的过程中，气体的体积增大，气体分子数保持不变，则单位体积内气体分子数减少，故C错误；D、

17、A到B的过程中，气体温度不变，则分子运动的激烈程度不变；气体的体积增大，分子密度减小，所以气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少，故D正确；故选：D。温度是分子平均动能的标志，根据理想气体状态方程结合图示图象判断两等温线温度高低，然后判断分析平均动能大小；理想气体内能受温度影响，温度不变理想气体内能不变，根据气体温度变化情况判断气体内能变化情况；根据图示图象判断气体体积如何变化，然后判断分子数密度如何变化；根据压强的微观解释分析气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数。本题属于一道中档题，考查理想气体的状态方程，解决本题的关键是根据理想气体状态方程PVT，变形得PV=CT，即P-

18、V图象中PV之积越大表示温度越高就可判断得出。3.【答案】A【解析】解：两个小球均受到重力、支持力和轻杆的弹力，受力情况如图所示：方钢对两个小球的支持力沿杆方向的分力相等，即F=F根据图中几何关系可得：F=mAgtan30，F=mBgtan60所以有：mAmB=tan60tan30=3，故A正确、BCD错误。故选：A。两个小球均受到重力、支持力和轻杆的弹力，根据方钢对两个小球的支持力沿杆方向的分力相等，结合几何关系列方程求解。本题主要是考查共点力的平衡，关键是弄清楚两个小球的受力情况，知道同一轻杆弹力相等，能够根据几何关系进行解答。4.【答案】D【解析】解：A、若反弹的速度大小与碰撞墙时的速度

19、大小相等，则乒乓球原路返回，根据图象可知，乒乓球与墙碰撞过程中有能量损失，使得碰撞后速度减小，故A错误；B、逆向思维，斜上抛运动看作反向的平抛运动，根据h=12gt2可得t=2hg，由于两种情况下竖直方向运动的高度不同，则运动时间不相等，反弹后运动的时间长，故B错误；C、虽然反弹落地时乒乓球竖直方向的速度大于原来抛出时竖直方向的速度，但水平方向的速度是斜上抛时的大，所以球落地时的速率不一定比抛出时大，故C错误；D、虽然碰撞过程中有能量损失，但反弹后下落的高度大，从开始抛出到落地过程中重力做正功，如果整个过程中重力做的功等于乒乓球与墙碰撞过程中损失的能量，则球落地时和抛出时的动能相等，故D正确。

20、故选：D。若反弹的速度大小与碰撞墙时的速度大小相等，则乒乓球原路返回，根据图象分析有没有能量损失；根据h=12gt2分析时间长短；虽然碰撞过程中有能量损失，但反弹后重力多做功，由此分析动能和速度大小。本题主要是考查斜上抛运动、平抛运动和能量守恒定律，关键是根据图象分析碰撞前后速度的大小，由此确定是否存在能量损失，能够根据逆向思维分析问题。5.【答案】B【解析】解：A、感应电动势：E=BLv，电路电流：I=ER，三种情况下，Uab=IR4=BLv4，第种情况：Uab=I34R=3BLv4，故A错误；B、由感应电量q=R，相同，则电量相同，与v的大小无关，B正确；C、线框的电功率等于热功率P=E2

21、R=B2L2v2R，与v2成正比，C错误；D、磁场力对线框做的功等于电阻丝产生的焦耳热，W=Q=E2Rt=B2L2v2RLv=B2L3vR可见，W与v成正比，D错误。故选：B。应用E=BLv、法律电磁感应定律、电功率公式、电功公式分析答题本题的方法是用相同的量表示焦耳热和功率用经验公式感应电量q=nR，分析磁通量变化大小来确定这是常用的方法6.【答案】C【解析】解：血液中正负离子流动时，根据左手定则，正离子受到向上的洛伦兹力，负离子受到向下的洛伦兹力，所以正离子向上偏，负离子向下偏，则a带正电，b带负电。最终血液中的离子所受的电场力和洛伦兹力的合力为零，则有：qvB=qUd，d=3.00mm=

22、0.003m，U=160V=0.00016V，代入数据解得：v=1.3m/s，故C正确，ABD错误。故选：C。血液中正负离子流动时，会受到洛伦兹力，发生偏转，正离子往哪一个电极偏转，哪一个电极带正电。电极a、b之间会有微小电势差。达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零，根据平衡可求出血流速度。此题考查了霍尔效应及其应用，解决本题的关键掌握左手定则判定洛伦兹力的方向，以及知道最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，上下表面形成稳定的电势差。7.【答案】D【解析】A.对小球B受力分析如图所示，轻绳斜向上的拉力在竖直向上的分力与重力大小相等，在

23、水平方向的分提供做圆周运动的向心力，可知轻绳的拉力一定大于mg，由牛顿第三定律可知，轻绳对小球B的拉力与小球B对轻绳的拉力大小相等，故A错误；B.AB整体分析，竖直方向受重力和细杆的支持力，二力平衡，所以细杆对圆环A的支持力等于2mg，由牛顿第三定律可知，圆环A对杆的压力一定等于2mg，故B错误；C.由于轻绳与竖直方向夹角的最大值是37，由向心力公式：mgtan37=m2rr=Lsin37解得小球B做圆周运动的最大角速度：=5g4L，故C错误；D.对圆环A受力分析：受重力mg，杆的支持力2mg，摩擦力f、细绳的拉力F。可知：F=mgcos37圆环A在水平方向上受力平衡2mg=Fsin37解得：

24、=38，故D正确。故选：D。AC答案需要对小球受力分析，B答案需要小球和圆环视为整体受力分析，D答案需要对圆环受力分析。针对不同问题选用不同的研究对象进行受力分析，这是很多同学容易犯错的问题，认为一个题只需要受力分析一次。8.【答案】A【解析】解：以垂直于速度的直径可以把圆形线圈分为左右对称的两部分，关于竖直直径左右对称的两段圆弧都切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可知，左右对称的两段圆弧产生的感应电动势的方向相反，圆形线圈向右运动过程中关于竖直直径对称的两段圆弧所在位置的磁感应强度之差：B=B0+k(d+x)-(B0+kx)=kd，d为两段对称圆弧间的距离，对称的两段圆弧产生的感应电动势：

25、E=BLv=kdLv，L为圆弧的长度，由于k、d、L、v都是常数，则圆形线圈运动过程产生的感应电动势E是定值，线圈电阻R是定值，由欧姆定律可知，感应电流：i=ER是定值，即i不随时间t变化，故A正确；故选：A。导体棒切割磁感线产生的感应电动势：E=BLv，根据题意求出感应电动势，然后应用欧姆定律求出感应电流，然后分析各选项得出结论。本题考查了求感应电动势与感应电流问题，分析清楚题意、应用E=BLv、欧姆定律即可分析答题；解题时要注意关于竖直直径对称的两端圆弧产生的感应电动势方向不同，注意对称的两端圆弧产生感应电动势的大小是相加、还是相减是解题的关键。9.【答案】C【解析】解：A、根据理想变压器

26、的特点可知，变压器的输入功率与输出功率之比为1：1，故A错误；B、原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为U2=n2n1U1=111220V=20V，则1min内产生的热量为Q=U22Rt=2021060J=2400J，故B错误；C、若只将S从1拨到2，副线圈的电压减小，副线圈电流减小，原线圈电流即电流表的示数减小，故C正确；D、将滑动变阻器滑片向下滑动，接入电路中的阻值变大，电流表的读数变小，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，故D错误；故选：C。交流电压表和交流电流表读数为有效值，根据根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，再根据电压与匝数成

27、正比即可求得结论。本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，注意电表读数为交流的有效值，及求解热量时，也使用有效值。10.【答案】AD【解析】解：A、在d点时，万有引力提供向心力，GMmr2=ma，其中：r=R+h，加速度大小：a=GM(R+h)2，故A正确；B、根据万有引力提供向心力可知，GMmr2=mv2r，其中：r=R+h，在d点时，万有引力大于所需的向心力，做近心运动，故速度大小：vvc=ve，故C错误，D正确。故选：AD。根据万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律列式求解d点加速度大小。根据万有引力提供向心力分析线速度。克服阻力做功时，动能减小。该题考查了人造卫星的相关知识，解决

28、本题的关键知道卫星在大气层中受到空气阻力作用，在大气层以外不受空气阻力，结合动能定理、机械能守恒进行求解。11.【答案】BCD【解析】解：A、对小球受力分析，小球受重力mg、斜面对小球的弹力N和绳子的拉力T，小球缓慢移动时受力平衡，则N与T的合力与mg等大反向，因为斜面对小球的弹力方向不变，如图所示：根据作图法知，绳子的拉力T逐渐减小，斜面对小球的弹力N逐渐增大，故A错误；B、由前面分析，斜面对球的支持力逐渐增大，则球对斜面的压力逐渐增大，以三角形物块为研究对象，根据平衡条件可知地面对三角形物块的支持力逐渐变大，故B正确；C、根据能量守恒得F做的功等于系统机械能的增量，斜面体动能和势能不变，小

29、球的动能不变，所以系统机械能的增量等于小球的重力势能增加量。所以F做功等于小球机械能的增量，故C正确；D、地面对三角形的支持力不为零，所以冲量也不为零，故D正确。故选：BCD。对小球受力分析，根据平衡条件分析拉力和支持力的变化；根据能量守恒判断系统机械能的变化；根据冲量的计算公式判断冲量。本题考查的是力学的动态分析，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。12.【答案】AC【解析】解：AB、边界上有粒子射出的范围是偏转圆直径为弦所对应的边界圆弧长，即偏转圆半径为：r=22R=mvqB，所以有：v=2qBR2m，故A正确，B错误；CD、磁感应强度增加到

30、原来的2倍，那么，偏转圆半径为：r=12r=12R，所以，偏转圆直径对应的弦长为R，有粒子射出的边界圆弧对应的圆心角为60，所以粒子射出边界的圆弧长度变为原来23，故C正确，D错误；故选：AC。根据有粒子射出的范围得到偏转圆半径，进而由洛伦兹力做向心力求得速率；再根据磁感应强度的变化得到偏转圆半径的变化，进而得到圆弧对应的圆心角及圆弧的变化。本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动，解题关键是要牢记这类问题的解题思路，一般由洛伦兹力做向心力求得半径，然后根据几何关系求得半径联立求解。13.【答案】2.25 A位置到光电门的距离L1t2-F【解析】解：(1)由图知第5条刻度线与主尺对齐，d=2mm

31、+50.05mm=2.25mm。(2)实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度。根据运动学公式v2=2aL可知，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是A位置到光电门的距离L。(3)由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有v2=2aLv=dta=FM所以有d2t2=2LMF则1t2=2LMd2F所以研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出1t2-F图象。故答案为：(1)2.25；(2)A位置到光电门的距离L；(3)1t2-F。(1)游标卡尺的读数方法：测量值(d)=主尺读数(X)+游

32、标尺读数(n精确度)；(2)要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是A位置到光电门的距离L。(3)根据牛顿第二定律及速度位移公式可以求出1t2与F的一次函数关系式，从而判断1t2-F图象为是否为线性图象。常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项。14.【答案】C E【解析】解：(1)灯泡额定电压为3V，电压表应选择B；由表中实验数据可知，最大电流为0.205A，电流表应选择C；为方便实验操作，滑动变阻器应选择E；(2)由实验数据可知，最小电流为0.02A，滑动变阻器应采用分压接法，由于电压表内阻远大于灯泡电阻

33、，电流表应采用外接法，实物电路图如图所示：(3)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象如图所示：故答案为：(1)CE；(2)；(3)。(1)根据表中测量数据，选择电压表和电流表，根据滑动变阻器接法，选择滑动变阻器；(2)分析所测数据变化规律，确定滑动变阻器与电流表的接法，然后连接实物电路图；(3)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象。本题考查描绘小灯泡的伏安特性曲线实验电路图、器材的选择、解题的关键是掌握电流表、滑动变阻器的接法，并掌握图象的分析方法，能根据图象分析电阻的变化规律。15.【答案】解：(1)线框进入磁场的过程产生的平均感应电动势E-=t，通过

34、回路的电荷量q=I-t=E-Rt磁通量的变化量=Bd2，解得q=Bd2R；(2)此时线框中产生的感应电流I=BLvR，受到的安培力F=IdB，由平衡条件可得mgsin-F=0，解得v=mgRsinB2d2；(3)由能量守恒定律有mg(2L+d)sin=12mv2+Q，解得Q=mg(2L+d)sin-m3g2R2sin22B4d4。答：(1)线框进入磁场过程中通过线框横截面的电荷量为Bd2R；(2)线框ef边离开磁场区域时的速度为mgRsinB2d2；(3)线框穿过磁场区域产生的热量为mg(2L+d)sin-m3g2R2sin22B4d4。【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律结

35、合电荷量的计算公式求解通过线框横截面的电荷量q；(2)由平衡条件结合安培力的计算公式求解线框ef边离开磁场区域时的速度v；(3)由能量守恒定律求解线框穿过磁场区域产生的热量Q。对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。16.【答案】解：(1)小物块平抛到B点时，有：tan37=gtv0小物块从A运动到B，有：x=v0t解得：v0=2m/s(2)小物块平抛到B点的速度为：vB=v0cos37小物块从B运动到C，由动能定理得：mgLsin37-Wf=0-12mvB2

36、解得：Wf=36.25J(3)小物块运动到P点时刚与轨道分离，对圆弧轨道的压力为0，此时有：mgcos=mvP2R小物块由C运动到P，由机械能守恒有：mgR(1-cos)=12mvP2由几何关系有：cos=hR解得：h=0.4m答：(1)小物块从A点抛出的初速度v0的大小是2m/s；(2)小物块沿斜面BC滑下过程中克服摩擦力做的功Wf是36.25J；(3)P点离D点的高度h是0.4m。【解析】(1)小物块从A到B做平抛运动，根据B点的速度方向，由几何关系和vy=gt求出平抛的时间，再由x=v0t求初速度v0的大小；(2)由几何关系求小物块运动到B点的速度。从B运动到C，由动能定理求小物块沿斜面

37、BC滑下过程中克服摩擦力做的功Wf；(3)若小物块沿圆弧轨道CD滑到P点时脱离轨道，此时由重力的径向分力充当向心力，根据机械能守恒定律和向心力公式结合求P点离D点的高度h。本题是平抛运动和向心力、动能定理的综合，关键抓住三个过程的联系，知道平抛的末速度等于匀减速运动的初速度。要把握隐含的临界条件：小物块脱离轨道时，由重力的径向分力充当向心力。17.【答案】解：(1)画出粒子运动的轨迹如图示的三分之一圆弧(O1为粒子在磁场中圆周运动的圆心)：PO1C=120设粒子在磁场中圆周运动的半径为r，qv0B=mv02rr=mv0qBr+rcos60=OC=x所以OC=x=32r粒子在磁场中圆周运动的时间

38、t1=13T=23mqB粒子在电场中类平抛运动OQ=2x=3rt2=2xv0=3rv0=3mqB粒子从P运动到Q所用的时间t=t1+t2=(3+23)mqB(2)粒子在电场中类平抛运动x=12at22=12qEmt22解得E=13Bv0(3)由动能定理EKQ-12mv02=qEx解得粒子到达Q点时的动能为EKQ=mv02【解析】(l)粒子在磁场中做的是匀速圆周运动，在电场中粒子做的是类平抛运动，根据粒子的运动的轨迹可以求得粒子的运动的时间；(2)粒子在竖直方向上做的是匀加速直线运动，根据粒子匀加速运动的位移可以求得匀强电场的场强的大小；(3)整个过程中只有电场力做功，根据动能定理可以求得粒子的

39、到达Q点的动能的大小。粒子先做的是匀速圆周运动，后在电场中做类平抛运动，根据匀速圆周运动和类平抛运动的规律可以分别求得。18.【答案】解：(1)对木板B有(mA+mB)gcos37=mBgsin37，所以A与B发生碰撞前木板B处于静止状态。设小物块A与木板B碰撞前得速度为v0，根据机械能守恒有mgL2=12mv02A与B碰撞的时间短，可以认为沿斜面的方向二者的动量守恒，选取沿斜面向下的方向为正方向，则：mv0=mv1+m0v2由机械能守恒得：12mv02=12mv12+12m0v22解得v1=-3.6m/s，v2=2.4m/s，可见A与B第一次碰撞后A的速度大小为3.6m/s，方向沿斜面向上；

40、B的速度为2.4m/s，方向沿斜面向下。(2)A与B第一次碰撞后，A沿木板向上做匀减速运动，B沿斜面向下做匀速运动，在A与B第一次碰撞后到第二次碰撞前，当AB的速度相等时，A距B下端的距离最大，A的运动时间为t1=v2-v1gsin37，A距B下端的最大距离xm=xA-xB其中：xA=12(v1+v2)t1，xB=v2t1，联立以上方程解得xm=3m(3)A与B第一次碰撞后到第二次碰撞的时间为t2，碰撞前A的速度为v，由于A与B从第一次碰撞到第二次碰撞前的位移相同，即：v1+v2t2=v2t2此过程对A由动能定理WG=12mv2-12mv12解得WG=28.8J答：(1)第一次碰撞后的瞬间A、

41、B的速度3.6m/s，沿斜面向上2.4m/s，沿斜面向下(2)在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A距B下端的最大距离为3m。(3)在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，重力对A做的功为28.8J【解析】(1)由机械能守恒求出A在碰撞前的速度；然后由机械能守恒与动量守恒求出第一次碰撞后瞬间A和B的速度；(2)(3)在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，当二者的速度相等时距离最大，由牛顿第二定律以及运动学的公式即可求出运动的时间以及A距B的最大距离，由功的定义式即可求出重力对A做的功。本题是一道牛顿运动定律的综合性试题，解答本题注意以下几点：1、分析AB的受力，弄清楚AB碰撞前后各自的运动性质，只有明确了运动性质，才能继续列方程求解。2、在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A距B下端的距离最大的条件。