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2019年(全國(guó)1卷)逐題仿真練
題號(hào) 14 15 16 17 18
考點(diǎn) 能級(jí)躍遷 電場(chǎng)中的平衡問(wèn)題 動(dòng)量定理的應(yīng)用 磁場(chǎng)對(duì)電流的作用 勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律
題號(hào) 19 20 21 22 23
考點(diǎn) 動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題 楞次定律與法拉第電磁感應(yīng)定律 圖象信息提取 研究勻變速直線運(yùn)動(dòng) 電表改裝與校準(zhǔn)

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
二、選擇題(本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19～21題有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分．)
14．(2019·河南鄭州市第三次質(zhì)量檢測(cè))如圖1所示為氫原子能級(jí)示意圖，下列有關(guān)說(shuō)法正確的是(　　)

圖1
A．處于基態(tài)的氫原子吸收10.5 eV的光子后能躍遷至n＝2能級(jí)
B．大量處于n＝4能級(jí)的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)，最多可輻射出3種不同頻率的光
C．若用從n＝3能級(jí)躍遷到n＝2能級(jí)輻射出的光，照射某金屬時(shí)恰好發(fā)生光電效應(yīng)，則用從n＝4能級(jí)躍遷到n＝3能級(jí)輻射出的光，照射該金屬時(shí)一定能發(fā)生光電效應(yīng)
D．用n＝4能級(jí)躍遷到n＝1能級(jí)輻射出的光，照射逸出功為6.34 eV的金屬鉑產(chǎn)生的光電子的最大初動(dòng)能為6.41 eV
答案　D
解析　處于基態(tài)的氫原子吸收10.2 eV的光子后能躍遷至n＝2能級(jí)，不能吸收10.5 eV能量的光子，故A錯(cuò)誤；大量處于n＝4能級(jí)的氫原子，最多可以輻射出C＝6種不同頻率的光子，故B錯(cuò)誤；從n＝3能級(jí)躍遷到n＝2能級(jí)輻射出的光子的能量大于從n＝4能級(jí)躍遷到n＝3能級(jí)輻射出的光子的能量，用從n＝3能級(jí)躍遷到n＝2能級(jí)輻射出的光，照射某金屬時(shí)恰好發(fā)生光電效應(yīng)，則用從n＝4能級(jí)躍遷到n＝3能級(jí)輻射出的光，照射該金屬時(shí)一定不能發(fā)生光電效應(yīng)，故C錯(cuò)誤；處于n＝4能級(jí)的氫原子躍遷到n＝1能級(jí)輻射出的光子的能量為：E＝E4－E1＝－0.85 eV－(－13.6 eV)＝12.75 eV，根據(jù)光電效應(yīng)方程，照射逸出功為6.34 eV的金屬鉑產(chǎn)生的光電子的最大初動(dòng)能為：Ek＝E－W0＝12.75 eV－6.34 eV＝6.41 eV，故D正確．
15．(2019·山西太原市5月模擬)如圖2所示，帶電物塊放置在固定水平絕緣板上．當(dāng)空間存在有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，物塊恰能向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)．若在同一電場(chǎng)中將絕緣板的右端抬高，當(dāng)板與水平面的夾角為37° 時(shí)，物塊恰能沿絕緣板勻速下滑，則物塊與絕緣板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　)

圖2
A. B. C. D.
答案　B
解析　當(dāng)電場(chǎng)水平向右時(shí)滑塊恰能向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡知識(shí)有：qE＝Ff1，F(xiàn)f1＝μFN1，F(xiàn)N1＝mg，聯(lián)立解得qE＝μmg；而物塊沿斜面勻速下滑時(shí)，有：mgsin θ＝qEcos θ＋Ff2，F(xiàn)f2＝μFN2，F(xiàn)N2＝mgcos θ＋qEsin θ，聯(lián)立得0.6mg＝0.8qE＋μ(0.8mg＋0.6qE)，解得動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝或μ＝－3(舍去)，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確．
16．(2019·陜西寶雞市高考模擬檢測(cè)(二))超強(qiáng)臺(tái)風(fēng)山竹的風(fēng)力達(dá)到17級(jí)超強(qiáng)臺(tái)風(fēng)強(qiáng)度，風(fēng)速60 m/s左右，對(duì)固定建筑物破壞程度巨大．請(qǐng)你根據(jù)所學(xué)物理知識(shí)推算固定建筑物所受風(fēng)力(空氣的壓力)與風(fēng)速(空氣流動(dòng)速度)大小關(guān)系．假設(shè)某一建筑物垂直風(fēng)速方向的受力面積為S，風(fēng)速大小為v，空氣吹到建筑物上后速度瞬間減為零，空氣密度為ρ，風(fēng)力F與風(fēng)速大小v的關(guān)系式為(　　)
A．F＝ρSv B．F＝ρSv2
C．F＝ρSv3 D．F＝ρSv3
答案　B
解析　設(shè)t時(shí)間內(nèi)吹到建筑物上的空氣質(zhì)量為m，則m＝ρSvt，根據(jù)動(dòng)量定理得－Ft＝0－mv＝0－ρSv2t，解得F＝ρSv2，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．
17．(2019·四川成都市第二次診斷)L2是豎直固定的長(zhǎng)直導(dǎo)線，L1、L3是水平固定且關(guān)于L2對(duì)稱的長(zhǎng)直導(dǎo)線，三根導(dǎo)線均通以大小相同、方向如圖3所示的恒定電流，則導(dǎo)線L2所受的磁場(chǎng)力情況是(　　)

圖3
A．大小為零
B．大小不為零，方向水平向左
C．大小不為零，方向水平向右
D．大小不為零，方向豎直向下
答案　A
解析　由右手螺旋定則可知，L1與L3在L2所在直線上產(chǎn)生的合磁場(chǎng)方向豎直向下，即L2處的磁場(chǎng)方向與電流方向平行，所以L2所受磁場(chǎng)力為零．
18. (2019·湖北武漢市五月模擬)如圖4所示，某次足球訓(xùn)練，守門員將靜止的足球從M點(diǎn)踢出，球斜拋后落在60 m外地面上的P點(diǎn)．發(fā)球的同時(shí)，前鋒從距P點(diǎn)11.5 m的N點(diǎn)向P點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其初速度為2 m/s，加速度為4 m/s2，當(dāng)其速度達(dá)到8 m/s后保持勻速運(yùn)動(dòng)．若前鋒恰好在P點(diǎn)追上足球，球員和球均可視為質(zhì)點(diǎn)，忽略球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)的阻力，重力加速度g取10 m/s2.下列說(shuō)法正確的是(　　)

圖4
A．前鋒加速的距離為7 m
B．足球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2.3 s
C．足球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最小速度為30 m/s
D．足球上升的最大高度為10 m
答案　C
解析　前鋒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，初速度為2 m/s，加速度為4 m/s2，末速度為8 m/s，根據(jù)速度與位移的關(guān)系式可知，v2－v02＝2ax1，代入數(shù)據(jù)解得：x1＝7.5 m，A錯(cuò)誤；前鋒和足球運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，前鋒加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t加＝＝1.5 s，勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t勻＝＝0.5 s，故足球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2 s，B錯(cuò)誤；足球水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，位移為60 m，時(shí)間為2 s，故運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最小速度為30 m/s，C正確；足球豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，上升時(shí)間為1 s，最大高度hm＝gt2＝5 m，D錯(cuò)誤．
19．(2019·河北唐山市上學(xué)期期末)如圖5所示，長(zhǎng)木板A與物體B疊放在水平地面上，物體與木板左端立柱間放置輕質(zhì)彈簧，在水平外力F作用下，木板和物體都靜止不動(dòng)，彈簧處于壓縮狀態(tài)．將外力F緩慢減小到零，物體始終不動(dòng)，在此過(guò)程中(　　)

圖5
A．彈簧彈力不變
B．物體B所受摩擦力逐漸減小
C．物體B所受摩擦力始終向左
D．木板A所受地面的摩擦力逐漸減小
答案　AD
解析　將外力F緩慢減小到零，物體始終不動(dòng)，則彈簧的長(zhǎng)度不變，彈力不變，選項(xiàng)A正確；對(duì)物體B，因開(kāi)始時(shí)所受摩擦力的方向不確定，則由F彈＝F±Ff，則隨F的減小，物體B所受摩擦力的大小和方向都不能確定，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；對(duì)A、B與彈簧組成的整體，在水平方向，力F與地面對(duì)A的摩擦力平衡，則隨F的減小，木板A所受地面的摩擦力逐漸減小，選項(xiàng)D正確．
20．(2019·湖南永州市第二次模擬)如圖6(a)所示，半徑為r的帶缺口剛性金屬圓環(huán)固定在水平面內(nèi)，缺口兩端引出兩根導(dǎo)線，與電阻R構(gòu)成閉合回路．若圓環(huán)內(nèi)加一垂直于紙面的變化的磁場(chǎng)，變化規(guī)律如圖(b)所示．規(guī)定磁場(chǎng)方向垂直紙面向里為正，不計(jì)金屬圓環(huán)的電阻．以下說(shuō)法正確的是(　　)

圖6
A．0～1 s內(nèi)，流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閎→R→a
B．2～3 s內(nèi)，穿過(guò)金屬圓環(huán)的磁通量在減小
C．t＝2 s時(shí)，流過(guò)電阻R的電流方向發(fā)生改變
D．t＝2 s時(shí)，Uab＝πr2B0(V)
答案　AD
解析　規(guī)定磁場(chǎng)方向垂直紙面向里為正，根據(jù)楞次定律，在0～1 s內(nèi)，穿過(guò)線圈向里的磁通量增大，則線圈中產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，那么流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閎→R→a，故A正確；由題圖(b)可知，在2～3 s內(nèi)，穿過(guò)金屬圓環(huán)的磁通量在增大，故B錯(cuò)誤；1～2 s內(nèi)，磁通量向里減小，由楞次定律可知，產(chǎn)生的電流方向?yàn)閍→R→b,2～3 s磁通量增大，且磁場(chǎng)反向，由楞次定律可知，產(chǎn)生的電流方向?yàn)閍→R→b，故C錯(cuò)誤；當(dāng)t＝2 s時(shí)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝＝πr2B0(V)，因不計(jì)金屬圓環(huán)的電阻，因此Uab＝E＝πr2B0 (V)，故D正確．
21．(2019·貴州畢節(jié)市適應(yīng)性監(jiān)測(cè)(三))如圖7甲所示，兩個(gè)彈性球A和B放在光滑的水平面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，質(zhì)量分別為m1和m2，其中m1＝1 kg。現(xiàn)給A球一個(gè)水平向右的瞬時(shí)動(dòng)量，使A、B球發(fā)生彈性碰撞，以此時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，兩球的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖示信息可知(　　)
　
圖7
A．B球的質(zhì)量m2＝2 kg
B．球A和B在相互擠壓過(guò)程中產(chǎn)生的最大彈性勢(shì)能為4.5 J
C．t3時(shí)刻兩球的動(dòng)能之和小于0時(shí)刻A球的動(dòng)能
D．在t2時(shí)刻兩球動(dòng)能之比為Ek1∶Ek2＝1∶8
答案　AD
解析　A和B球在碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，故m1v＝(m1＋m2)v共，代入數(shù)據(jù)得m2＝2 kg，A正確；球A和球B在共速的時(shí)候產(chǎn)生的彈性勢(shì)能最大，因此Ep＝m1v2－(m1＋m2)v共2＝3 J，B錯(cuò)誤；因?yàn)槭菑椥耘鲎玻瑃3時(shí)刻兩個(gè)小球分離后沒(méi)有能量損失，因此0時(shí)刻球A的動(dòng)能和t3時(shí)刻兩個(gè)球的動(dòng)能之和相等，C錯(cuò)誤；從碰撞到t2時(shí)刻小球滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，因此有m1v＝m1v1＋m2v2和m1v2＝m1v12＋m2v22，聯(lián)立解得v2＝2 m/s，v1＝－1 m/s，故t2時(shí)刻兩球的動(dòng)能之比EkA∶EkB＝1∶8，D正確．
22．(5分)(2019·湖南懷化市第三次模擬)如圖8甲所示，一條質(zhì)量和厚度不計(jì)的紙帶纏繞在固定于架子上的定滑輪上，紙帶的下端懸掛一質(zhì)量為m的重物，將重物由靜止釋放，滑輪將在紙帶帶動(dòng)下轉(zhuǎn)動(dòng)．假設(shè)紙帶和滑輪不打滑，為了分析滑輪轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)角速度的變化情況，釋放重物前將紙帶先穿過(guò)一電火花計(jì)時(shí)器，交變電流的頻率為50 Hz，如圖乙所示，通過(guò)研究紙帶的運(yùn)動(dòng)情況得到滑輪角速度的變化情況．圖丙為打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打出來(lái)的紙帶，取中間的一段，在這一段上取了7個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)A、B、C、D、E、F、G，每相鄰的兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)間有4個(gè)點(diǎn)沒(méi)有畫出，其中：x1＝8.05 cm、x2＝10.34 cm、x3＝12.62 cm、x4＝14.92 cm、x5＝17.19 cm、x6＝19.47cm.


圖8
(1)根據(jù)上面的數(shù)據(jù)，可以求出D點(diǎn)的速度vD＝________ m/s；(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)
(2)測(cè)出滑輪半徑等于3.00 cm，則打下D點(diǎn)時(shí)滑輪的角速度為_(kāi)_______ rad/s；(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)
(3)根據(jù)題中所給數(shù)據(jù)求得重物下落的加速度為_(kāi)_______ m/s2.(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)
答案　(1)1.38　(2)46.0　(3)2.29
解析　(1)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于平均速度可知，D點(diǎn)的瞬時(shí)速度：vD＝＝ m/s≈1.38 m/s.
(2)由v＝ωr，則打下D點(diǎn)時(shí)滑輪的角速度：ω＝＝ rad/s＝46.0 rad/s.
(3)根據(jù)Δx＝aT2 可知
a＝
＝×10－2 m/s2≈2.29 m/s2.
23．(10分)(2019·河南新鄉(xiāng)市第三次模擬)某同學(xué)想將滿偏電流Ig＝100 μA、內(nèi)阻未知的微安表改裝成電壓表．


圖9
(1)該同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖9甲所示電路測(cè)量該微安表的內(nèi)阻，所用電源的電動(dòng)勢(shì)為4 V．請(qǐng)幫助該同學(xué)按圖甲所示電路完成實(shí)物圖乙的連接．
(2)該同學(xué)先閉合開(kāi)關(guān)S1，調(diào)節(jié)R2的阻值，使微安表的指針偏轉(zhuǎn)到最大刻度；保持開(kāi)關(guān)S1閉合，再閉合開(kāi)關(guān)S2，保持R2的阻值不變，調(diào)節(jié)R1的阻值，當(dāng)微安表的指針偏轉(zhuǎn)到最大刻度的時(shí)，R1的阻值如圖丙所示，則該微安表內(nèi)阻的測(cè)量值Rg＝________ Ω，該測(cè)量值________(填“大于”“等于”或“小于”)真實(shí)值．
(3)若要將該微安表改裝成量程為1 V的電壓表，需________(填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”)阻值R0＝________ Ω的電阻．
答案　(1)如圖所示

(2)142　小于　(3)串聯(lián)　9 858
解析　(1)實(shí)物連線如圖所示；

(2)由電路圖可知，當(dāng)微安表的讀數(shù)為Ig時(shí)，通過(guò)電阻箱的電流為，則電阻箱R1的阻值等于微安表內(nèi)阻的2倍，由題圖可知電阻箱的讀數(shù)為284 Ω，則微安表的內(nèi)阻為142 Ω；
閉合S2后，電路總電阻變小，電路總電流變大，通過(guò)電阻箱的電流大于Ig，則該實(shí)驗(yàn)測(cè)出的電表內(nèi)阻偏小；
(3)若要將該微安表改裝成量程為1 V的電壓表，需串聯(lián)阻值R0＝－rg＝ Ω－142 Ω＝9 858 Ω的電阻．
2019年(全國(guó)2卷)逐題仿真練
題號(hào) 14 15 16 17 18
考點(diǎn) 萬(wàn)有引力 核反應(yīng)與核能 受力分析與平衡 帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 功能關(guān)系的應(yīng)用
題號(hào) 19 20 21 22 23
考點(diǎn) 曲線運(yùn)動(dòng) 電場(chǎng)性質(zhì)的理解 電磁感應(yīng)圖象問(wèn)題 測(cè)定動(dòng)摩擦因數(shù) 研究二極管的特性

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
二、選擇題(本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14～17題只有一項(xiàng)符合題目要求，第18～21題有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分．)
14．(2019·陜西咸陽(yáng)市模擬(三))下列說(shuō)法正確的是(　　)
A．在探究太陽(yáng)對(duì)行星的引力規(guī)律時(shí)，我們引用了公式＝k，這個(gè)關(guān)系式是開(kāi)普勒第三定律，是可以在實(shí)驗(yàn)室中得到證明的
B．在探究太陽(yáng)對(duì)行星的引力規(guī)律時(shí)，我們引用了公式F＝，這個(gè)關(guān)系式實(shí)際上是牛頓第二定律，是可以在實(shí)驗(yàn)室中得到驗(yàn)證的
C．在探究太陽(yáng)對(duì)行星的引力規(guī)律時(shí)，我們引用了公式v＝，這個(gè)關(guān)系式實(shí)際上是勻速圓周運(yùn)動(dòng)的線速度定義式
D．在探究太陽(yáng)對(duì)行星的引力規(guī)律時(shí)，使用的三個(gè)公式都是可以在實(shí)驗(yàn)室中得到證明的
答案　B
解析　在探究太陽(yáng)對(duì)行星的引力規(guī)律時(shí)，我們引用了公式＝k，這個(gè)關(guān)系式是開(kāi)普勒第三定律，是通過(guò)研究行星的運(yùn)動(dòng)數(shù)據(jù)推理出的，不能在實(shí)驗(yàn)室中得到證明，故A錯(cuò)誤；在探究太陽(yáng)對(duì)行星的引力規(guī)律時(shí)，我們引用了公式F＝，這個(gè)關(guān)系式是向心力公式，實(shí)際上是牛頓第二定律，是可以在實(shí)驗(yàn)室中得到驗(yàn)證的，故B正確；在探究太陽(yáng)對(duì)行星的引力規(guī)律時(shí)，我們引用了公式v＝，這個(gè)關(guān)系式不是勻速圓周運(yùn)動(dòng)的線速度定義式，勻速圓周運(yùn)動(dòng)的線速度定義式為v＝，故C錯(cuò)誤；通過(guò)A、B、C的分析可知D錯(cuò)誤．
15．(2019·四川德陽(yáng)市第三次診斷)下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是(　　)
A．若氫原子從n＝6能級(jí)向n＝1能級(jí)躍遷時(shí)輻射出的光不能使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則氫原子從n＝6能級(jí)向n＝2能級(jí)躍遷時(shí)輻射出的光也不能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)
B．核泄漏事故污染物Cs能夠產(chǎn)生對(duì)人體有害的輻射，其核反應(yīng)方程式為Cs→Ba＋x，可以判斷x為電子
C．原子核發(fā)生一次β衰變，該原子外層就一定失去一個(gè)電子
D．質(zhì)子、中子、α粒子的質(zhì)量分別是m1、m2、m3，質(zhì)子和中子結(jié)合成一個(gè)α粒子，釋放的能量是(2m1＋2m2－m3)c2
答案　C
解析　根據(jù)玻爾理論可知，氫原子從n＝6能級(jí)向n＝1能級(jí)躍遷時(shí)輻射出的光子的能量大于氫原子從n＝6能級(jí)向n＝2能級(jí)躍遷時(shí)輻射出的光子的能量，結(jié)合光電效應(yīng)發(fā)生的條件可知，若氫原子從n＝6能級(jí)向n＝1能級(jí)躍遷時(shí)輻射出的光不能使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則氫原子從n＝6能級(jí)向n＝2能級(jí)躍遷時(shí)輻射出的光也不能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，故A正確；根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒與電荷數(shù)守恒可知，核反應(yīng)方程式Cs→Ba＋x中，x的質(zhì)量數(shù)為0，電荷數(shù)為：z＝55－56＝－1，所以x為電子，故B正確；β衰變的實(shí)質(zhì)是原子核中的一個(gè)中子轉(zhuǎn)變?yōu)橐粋€(gè)質(zhì)子和一個(gè)電子，電子釋放出來(lái)，不是來(lái)自核外電子，故C錯(cuò)誤；根據(jù)愛(ài)因斯坦質(zhì)能方程知，質(zhì)子和中子結(jié)合成α粒子，核反應(yīng)方程為2H＋2n→He，釋放的能量是ΔE＝Δmc2＝(2m1＋2m2－m3)c2，故D正確．
16．(2019·山東泰安市5月適應(yīng)性考試)如圖1所示，一不可伸長(zhǎng)的輕繩左端固定于O點(diǎn)，右端跨過(guò)位于O′點(diǎn)的光滑定滑輪懸掛一質(zhì)量為1 kg的物體，OO′段水平，O、O′間的距離為1.6 m，繩上套一可沿繩自由滑動(dòng)的輕環(huán)，現(xiàn)在在輕環(huán)上懸掛一鉤碼(圖中未畫出)，平衡后，物體上升0.4 m，物體未碰到定滑輪．則鉤碼的
質(zhì)量為(　　)

圖1
A．1.2 kg
B．1.6 kg
C. kg
D. kg
答案　A
解析　重新平衡后，繩子形狀如圖：

設(shè)鉤碼的質(zhì)量為M，由幾何關(guān)系知：繩子與豎直方向夾角為θ＝53°，根據(jù)平衡條件可得：2mgcos 53°＝Mg；解得：M＝1.2 kg，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤．
17. (2019·湖南邵陽(yáng)市二模)如圖2所示，圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B1，P點(diǎn)為磁場(chǎng)邊界上的一點(diǎn)．大量相同的帶正電荷粒子以相同的速率從P點(diǎn)射入磁場(chǎng)區(qū)域，速度方向沿紙面內(nèi)的各個(gè)方向．這些粒子射出磁場(chǎng)區(qū)域的位置均處于磁場(chǎng)邊界的某一段圓弧上，這段圓弧的弧長(zhǎng)是磁場(chǎng)邊界圓周長(zhǎng)的.若只將磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小變?yōu)锽2，結(jié)果相應(yīng)的弧長(zhǎng)變?yōu)榇艌?chǎng)邊界圓周長(zhǎng)的，不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互作用，則等于(　　)

圖2
A. B. C. D．2
答案　B
解析　當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2時(shí)，從P點(diǎn)射入的粒子與磁場(chǎng)邊界的最遠(yuǎn)交點(diǎn)是軌跡上直徑與磁場(chǎng)邊界圓的交點(diǎn)，即∠POM＝120°，如圖所示：

所以粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r2＝Rsin 60°＝，同理可知，r1＝Rsin 30°＝，解得：＝，故B正確．
18．(2019·甘肅省最后一次聯(lián)考)已知籃球在空氣中運(yùn)動(dòng)時(shí)所受空氣阻力與速度大小成正比．籃球與地面碰撞后以大小為v0的速度豎直彈起后到再次與地面碰撞的過(guò)程中，以v表示籃球的速度，t表示籃球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，Ek表示籃球的動(dòng)能，h表示籃球的高度，則下列圖象可能正確的是(　　)


答案　BD
解析　籃球在上升的過(guò)程中，速度越來(lái)越小，空氣阻力越來(lái)越小，由mg＋F1＝ma，可知其加速度越來(lái)越小，速度變化越來(lái)越慢，速度圖象的斜率越來(lái)越小，下降過(guò)程中，v越大，阻力就越大，由mg－F1＝ma，可知加速度就越小，故A錯(cuò)誤，B正確；上升過(guò)程中，h越大，v越小，阻力就越小，合力就越來(lái)越小，Ek－h(huán)圖線切線斜率越小，下降過(guò)程中，h越小，v越大，阻力就越大，合力越小，所以Ek－h(huán)圖線切線斜率越小，故C錯(cuò)誤，D正確．
19．(2019·重慶市5月調(diào)研)把一小球從某一高度以大小為v0的速度水平拋出，落地時(shí)速度大小仍為v0，方向豎直向下，則該運(yùn)動(dòng)過(guò)程中(　　)
A．小球做平拋運(yùn)動(dòng)
B．小球的機(jī)械能不守恒
C．重力對(duì)小球做功的功率不變
D．小球所受合外力的總功為零
答案　BD
解析　若小球做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向的分速度不變，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；若小球的機(jī)械能守恒，小球從某一高度水平拋出，落地時(shí)速度大于v0，故B項(xiàng)正確；小球剛拋出時(shí)，速度方向水平，重力對(duì)小球做功的功率為零；小球落地時(shí)，速度大小為v0，方向豎直向下，重力對(duì)小球做功的功率P＝mgv0，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；據(jù)動(dòng)能定理可得，該運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球所受合外力的總功W總＝mv02－mv02＝0，故D項(xiàng)正確．
20. (2019·山東泰安市3月第一輪模擬)如圖3，在正點(diǎn)電荷Q的電場(chǎng)中，A、B、C為直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，D為AC的中點(diǎn)，∠A＝30°，A、B、C、D四點(diǎn)處的電勢(shì)滿足φA＝φC，φB＝φD，點(diǎn)電荷Q在A、B、C三點(diǎn)所在平面內(nèi)，則(　　)

圖3
A．點(diǎn)電荷Q在AB的連線上
B．點(diǎn)電荷Q在BD連線的中點(diǎn)處
C．φD>φC
D．將負(fù)試探電荷從C點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功
答案　AC
解析　因φA＝φC，則點(diǎn)電荷Q在AC連線的垂直平分線上；又φB＝φD，由幾何關(guān)系可知點(diǎn)電荷Q又在BD連線的垂直平分線上，則點(diǎn)電荷Q在AB的連線上，如圖，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；D點(diǎn)距離點(diǎn)電荷的距離較C點(diǎn)近，可知φD>φC，選項(xiàng)C正確；將負(fù)試探電荷從C點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．

21. (2018·江西師范大學(xué)附中三模)如圖4所示，abcd為一邊長(zhǎng)為l的正方形導(dǎo)線框，導(dǎo)線框位于光滑水平面內(nèi)，其右側(cè)為一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的邊界與線框的cd邊平行，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為2l，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向豎直向下．線框在一垂直于cd邊的水平恒定拉力F作用下沿水平方向向右運(yùn)動(dòng)，直至通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域．cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)，規(guī)定線框中電流沿逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)檎瑒t導(dǎo)線框從剛進(jìn)入磁場(chǎng)到完全離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中，a、b兩端的電壓Uab及導(dǎo)線框中的電流i隨cd邊的位移x變化的圖線可能是(　　)

圖4


答案　BD
解析　線框的cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，則整個(gè)線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度不變，根據(jù)楞次定律知產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻碾娏鳎瑸檎较颍妱?dòng)勢(shì)大小E＝Blv，此時(shí)ab兩端的電壓為Uab＝Blv，當(dāng)線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框內(nèi)無(wú)感應(yīng)電流，此時(shí)線框做勻加速運(yùn)動(dòng)，ab兩端的電壓為Uab＝Bl(v＋at)，線框cd邊剛出磁場(chǎng)后的瞬間，ab兩端的電壓為cd邊即將出磁場(chǎng)前瞬間ab兩端電壓的，且逐漸減小，對(duì)比圖象可知，A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)線圈的cd邊出磁場(chǎng)后瞬間，電流為順時(shí)針?lè)较颍捎诖藭r(shí)安培力大于外力F，故此時(shí)線框做減速運(yùn)動(dòng)，且加速度逐漸減小，電流－位移圖象切線的斜率減小，逐漸趨近于開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的電流大小，C錯(cuò)誤，D正確．
22．(5分)(2018·陜西寶雞市質(zhì)檢二)某同學(xué)設(shè)計(jì)了測(cè)定動(dòng)摩擦因數(shù)的方案，其裝置如圖5所示，A是可在水平桌面任意位置固定的滑槽，其末端與水平桌面相切，B是體積較小的質(zhì)量為m的滑塊．請(qǐng)你根據(jù)相關(guān)知識(shí)完善以下實(shí)驗(yàn)操作：(重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力)

圖5
(1)如圖甲所示，將滑槽末端與桌面右邊緣M對(duì)齊并固定，讓滑塊從滑槽最高點(diǎn)由靜止滑下，最終落在水平地面上的P點(diǎn)，測(cè)出滑槽最高點(diǎn)距離桌面的高度h、M距離水平地面的高度H、M與P間的水平距離x1，則滑塊經(jīng)過(guò)滑槽末端時(shí)的速度為_(kāi)_______(用實(shí)驗(yàn)中所測(cè)物理量的符號(hào)表示)．
(2)如圖乙所示，將滑槽沿桌面向左移動(dòng)一段距離并固定，讓滑塊B再次從滑槽最高點(diǎn)由靜止滑下，最終落在水平地面上的P′點(diǎn)，測(cè)出滑槽末端與桌面右邊緣M的距離L、M與P′間的水平距離x2，則滑塊離開(kāi)桌面右邊緣M時(shí)的速度為_(kāi)___________(用實(shí)驗(yàn)中所測(cè)物理量的符號(hào)表示)．
(3)由第(1)、(2)步的測(cè)量，可以寫出滑塊與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)的表達(dá)式為μ＝________(用實(shí)驗(yàn)中所測(cè)量物理量的符號(hào)表示)．
答案　(1)x1　(2)x2　(3)
解析　(1)設(shè)滑塊在滑槽末端時(shí)的速度大小為v1，
水平方向有x1＝v1t，豎直方向有H＝gt2，
聯(lián)立解得：v1＝x1.
(2)同理，第二次實(shí)驗(yàn)經(jīng)過(guò)桌面右邊緣M點(diǎn)的速度大小為：
v2＝x2.
(3)滑塊在水平桌面上運(yùn)動(dòng)，
由動(dòng)能定理得：－μmgL＝mv22－mv12，
解得：μ＝.
23．(10分)(2019·河南鄭州市第三次質(zhì)量檢測(cè))二極管為非線性元件，其主要特性是單向?qū)щ娦裕螂妷狠^小時(shí)，電流很小，二極管呈現(xiàn)較大的電阻特性；當(dāng)電壓超過(guò)一定數(shù)值(稱為開(kāi)啟電壓)時(shí)，電流迅速增加，呈現(xiàn)較小的電阻特性．加反向電壓(不超過(guò)擊穿電壓)時(shí)呈現(xiàn)很大的電阻特性，反向電壓增加時(shí)，反向電流幾乎不變．物理小組欲研究測(cè)量二極管正向伏安特性，設(shè)計(jì)了甲、乙、丙三種電路，如圖6所示．小組最終選擇了丙圖．操作步驟如下：

圖6
a．根據(jù)電路圖丙連接電路；
b．閉合開(kāi)關(guān)S1，調(diào)節(jié)各可變電阻，使得開(kāi)關(guān)S2由斷開(kāi)到閉合時(shí)，靈敏電流表G指針無(wú)偏轉(zhuǎn)，并記錄此時(shí)電壓表V的示數(shù)U和電流表A的示數(shù)I；
c．調(diào)節(jié)可變電阻，重復(fù)步驟b，讀出多組不同的U值和I值，記錄數(shù)據(jù)如表格所示：
電壓U/V 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.55 0.60 0.65 0.70 0.75 0.80
電流I/mA 0 0 0 0 0 1.0 4.0 13.0 27.0 53.0 90.0


d.在坐標(biāo)紙上描繪出二極管正向伏安特性曲線．
根據(jù)以上內(nèi)容，請(qǐng)回答以下問(wèn)題：
(1)從設(shè)計(jì)原理上講，對(duì)于甲圖和乙圖的誤差分析，下列說(shuō)法正確的是________．
A．甲圖誤差的來(lái)源在于電流表的分壓作用，乙圖的誤差來(lái)源在于電流表的分壓作用
B．甲圖誤差的來(lái)源在于電流表的分壓作用，乙圖的誤差來(lái)源在于電壓表的分流作用
C．甲圖誤差的來(lái)源在于電壓表的分流作用，乙圖的誤差來(lái)源在于電流表的分壓作用
D．甲圖誤差的來(lái)源在于電壓表的分流作用，乙圖的誤差來(lái)源在于電壓表的分流作用
(2)在圖7坐標(biāo)系中根據(jù)表格中數(shù)據(jù)描繪出二極管正向伏安特性曲線．

圖7
(3)從描繪的圖線來(lái)看，二極管的開(kāi)啟電壓約為_(kāi)_______ V(結(jié)果保留一位有效數(shù)字)．
(4)已知二極管的電阻RD＝，從描繪的圖線來(lái)看，當(dāng)二極管導(dǎo)通時(shí)，二極管的電阻隨著U的增大而迅速________(填“增大”或“減小”)．
(5)從設(shè)計(jì)原理上講，電路圖丙中二極管電阻的測(cè)量值________真實(shí)值．(填“大于”“等于”或“小于”)
答案　(1)C　(2)

(3)0.5　(4)減小　(5)等于
解析　(1)由題圖所示電路圖可知，圖甲采用電流表外接法，圖乙采用電流表內(nèi)接法，甲圖誤差來(lái)源于電壓表的分流作用，乙圖誤差來(lái)源于電流表的分壓作用，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤；
(2)根據(jù)表中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系內(nèi)描出對(duì)應(yīng)點(diǎn)，根據(jù)坐標(biāo)系內(nèi)描出的點(diǎn)作出圖線如圖所示：

(3)由題圖示圖象可知，二極管的開(kāi)啟電壓為0.5 V；
(4)由圖示圖象可知，二極管兩端電壓與通過(guò)二極管的電流的比值減小，二極管電阻減小，故在該區(qū)域，二極管的正向電阻隨電壓增加而減小．
(5)由題圖丙所示電路圖可知，題圖丙所示電路避免了電表內(nèi)阻對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響，電路圖丙中二極管電阻的測(cè)量值等于真實(shí)值．
2019年(全國(guó)3卷)逐題仿真練
題號(hào) 14 15 16 17 18
考點(diǎn) 楞次定律 萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用 受力分析與平衡 動(dòng)能定理的應(yīng)用 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
題號(hào) 19 20 21 22 23
考點(diǎn) 電磁感應(yīng)圖象問(wèn)題 動(dòng)力學(xué)圖象問(wèn)題 等量電荷電場(chǎng)性質(zhì) 測(cè)重力加速度 電表改裝與校準(zhǔn)

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
二、選擇題(本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19～21題有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分．)
14. (2019·山東威海市5月模擬)如圖1所示，輕質(zhì)彈簧一端固定在天花板上，另一端拴接條形磁鐵，置于絕緣水平桌面上的圓形鋁質(zhì)閉合線圈放在條形磁鐵的正下方，開(kāi)始時(shí)整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)．在外力作用下將磁鐵豎直向下移動(dòng)一定距離(未接觸桌面)，然后由靜止釋放，在之后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，線圈始終未離開(kāi)桌面，忽略空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是(　　)

圖1
A．磁鐵所受彈簧拉力與其重力相等時(shí)，磁鐵的加速度為零
B．磁鐵上升過(guò)程中，從上向下看，線圈中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻碾娏?br/>C．線圈對(duì)桌面壓力大小可能大于其重力
D．磁鐵最終會(huì)靜止，整個(gè)過(guò)程線圈中產(chǎn)生的熱量等于磁鐵機(jī)械能的減少量
答案　C
解析　若磁鐵向上運(yùn)動(dòng)，會(huì)受到向下的安培阻力，若向下運(yùn)動(dòng)，會(huì)受到向上的安培阻力，因此當(dāng)磁鐵所受彈力與重力等大反向時(shí)，磁鐵的加速度不一定為零，故A錯(cuò)誤；當(dāng)磁鐵向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量向上減小，根據(jù)楞次定律知，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)的方向向上，俯視線圈，線圈中產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻碾娏鳎蔅錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律，磁鐵向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到向上的安培阻力，所以磁鐵對(duì)線圈的作用力的方向向下，此時(shí)線圈對(duì)桌面壓力大小大于其重力，故C正確；磁鐵最終靜止于起始時(shí)的平衡位置，根據(jù)能量守恒定律，從靜止釋放至停止，彈簧的彈性勢(shì)能的減少量等于磁鐵重力勢(shì)能的增加量與線圈中產(chǎn)生的焦耳熱之和，故D錯(cuò)誤．
15．(2019·貴州貴陽(yáng)市二模)組成“北斗”衛(wèi)星導(dǎo)航定位系統(tǒng)的地球靜止軌道衛(wèi)星(同步衛(wèi)星)和中軌道衛(wèi)星繞地球在圓軌道上運(yùn)行，由地球靜止軌道衛(wèi)星和中軌道衛(wèi)星的軌道半徑之比可求(　　)
A．地球靜止軌道衛(wèi)星與地球的質(zhì)量之比
B．地球靜止軌道衛(wèi)星與中軌道衛(wèi)星的質(zhì)量之比
C．地球靜止軌道衛(wèi)星和中軌道衛(wèi)星受地球的萬(wàn)有引力之比
D．地球靜止軌道衛(wèi)星和中軌道衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)的周期之比
答案　D
解析　根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力：G＝mr，已知衛(wèi)星的軌道半徑之比，可求運(yùn)動(dòng)的周期之比，但無(wú)法計(jì)算衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系，由于兩衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系未知，也無(wú)法求出衛(wèi)星所受萬(wàn)有引力之比，所以A、B、C錯(cuò)誤，D正確．
16．(2019·四川成都市第二次診斷)如圖2，半圓球P和豎直擋板固定在水平面上，擋板與P相切，光滑小球Q靜止在P和擋板之間．已知Q的質(zhì)量為m，P、Q的半徑之比為4∶1，重力加速度大小為g.則Q對(duì)P的壓力大小為(　　)

圖2
A. B. C. D.
答案　B
解析　對(duì)Q受力分析如圖所示

設(shè)Q的半徑為r，由幾何關(guān)系得：
4rcos α＝4r－(r＋rcos α)
解得：cos α＝
由平衡條件得：FN2＝
解得：FN2＝mg
由牛頓第三定律可知，Q對(duì)P的壓力大小為FN2′＝FN2＝mg.
17．(2019·山東威海市5月模擬)一質(zhì)量為m的小物塊靜置于粗糙水平地面上，在水平外力作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，小物塊的加速度a隨其運(yùn)動(dòng)距離x的變化規(guī)律如圖3所示．已知小物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，在小物塊運(yùn)動(dòng)0～2L的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　)

圖3
A．小物塊在0～L內(nèi)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，L～2L內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng)
B．小物塊運(yùn)動(dòng)至2L處的速度為2
C．整個(gè)過(guò)程中水平外力做功為mL
D．小物塊從L處運(yùn)動(dòng)至2L處所用的時(shí)間為
答案　C
解析　小物塊在0～L內(nèi)加速度減小，做加速度減小的變加速直線運(yùn)動(dòng)，L～2L內(nèi)加速度不變，做勻加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；整個(gè)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得：L＋ma0L＝mv2，得小物塊運(yùn)動(dòng)至2L處的速度為v＝，故B錯(cuò)誤；整個(gè)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得：WF－μmg·2L＝mv2，聯(lián)立解得水平外力做功為WF＝mL(2μg＋3a0)，故C正確；設(shè)小物塊運(yùn)動(dòng)至L處的速度為v0.根據(jù)動(dòng)能定理得：L＝mv02，得v0＝2，小物塊從L處運(yùn)動(dòng)至2L處做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有L＝t，聯(lián)立解得t＝，故D錯(cuò)誤．
18．(2019·云南保山市統(tǒng)一檢測(cè))圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩個(gè)質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子a、b，先后以不同的速率對(duì)準(zhǔn)圓心O沿著AO方向射入磁場(chǎng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖4所示．若帶電粒子只受磁場(chǎng)力的作用，粒子a在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期為Ta，粒子a在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ta＝Ta，粒子b在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期為Tb，粒子b在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為tb＝Tb，則下列說(shuō)法正確的是(　　)

圖4
A．粒子a和粒子b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期關(guān)系為Ta＜Tb
B．粒子a和粒子b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期關(guān)系為Ta>Tb
C．粒子a和粒子b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度關(guān)系為va＝vb
D．粒子a和粒子b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度關(guān)系為va＝3vb
答案　C
解析　根據(jù)T＝可知，兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期相同，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤．設(shè)圓形磁場(chǎng)的半徑為r，因ta＝Ta，可知a在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過(guò)的角度是120°；由幾何關(guān)系可知，運(yùn)動(dòng)半徑ra＝rtan 30°＝；同理，因tb＝Tb，可知b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過(guò)的角度是60°；由幾何關(guān)系可知，運(yùn)動(dòng)半徑rb＝rtan 60°＝r；根據(jù)r＝可知粒子a和粒子b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)速度關(guān)系＝＝，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．
19．(2019·河南新鄉(xiāng)市第三次模擬)如圖5所示，虛線右側(cè)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，具有一定電阻的正方形金屬線框的右邊與磁場(chǎng)的邊界重合．在外力作用下，金屬線框從0時(shí)刻由靜止開(kāi)始，以垂直于磁場(chǎng)邊界的恒定加速度a進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，t1時(shí)刻線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)．若規(guī)定順時(shí)針?lè)较驗(yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向，則感應(yīng)電流i、外力大小F、線框中電功率的瞬時(shí)值P以及通過(guò)導(dǎo)體橫截面的電荷量q隨時(shí)間t變化的關(guān)系可能正確的是(　　)

圖5


答案　ACD
解析　線框做勻加速運(yùn)動(dòng)，其速度v＝at，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，感應(yīng)電流i＝＝，i與t成正比，故A正確；線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中受到的安培力FB＝BiL＝，由牛頓第二定律得：F－FB＝ma，得F＝ma＋，F(xiàn)－t圖象是不過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線，故B錯(cuò)誤；線框中的電功率P＝i2R＝∝t2，故P－t圖象應(yīng)是開(kāi)口向上的過(guò)原點(diǎn)的拋物線的一部分，故C正確；線框的位移x＝at2，則電荷量q＝＝＝∝t2，故q－t圖象應(yīng)是開(kāi)口向上的過(guò)原點(diǎn)的拋物線的一部分，故D正確．
20.(2019·山東青島市模擬)如圖6所示，F(xiàn)－t圖象表示某物體所受的合外力F隨時(shí)間的變化關(guān)系，t＝0時(shí)物體的初速度為零，則下列說(shuō)法正確的是(　　)

圖6
A．前4 s內(nèi)物體的速度變化量為零
B．前4 s內(nèi)物體的位移為零
C．物體在0～2 s內(nèi)的位移大于2～4 s內(nèi)的位移
D．0～2 s內(nèi)F所做的功等于2～4 s內(nèi)物體克服F所做的功
答案　ACD
21．(2019·貴州貴陽(yáng)市二模)如圖7所示，真空中有三個(gè)帶等電荷量的點(diǎn)電荷a、b和c，分別固定在水平面內(nèi)正三角形的頂點(diǎn)上，其中a、b帶正電，c帶負(fù)電，O為三角形中心，A、B、C為三條邊的中點(diǎn)．則 (　　)

圖7
A．B、C兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)相同
B．B、C兩點(diǎn)電勢(shì)相同
C．在O點(diǎn)自由釋放電子(不計(jì)重力)，會(huì)沿OA方向一直運(yùn)動(dòng)
D．在O點(diǎn)自由釋放電子(不計(jì)重力)，會(huì)在OA直線上往復(fù)運(yùn)動(dòng)
答案　BD
解析　由題意知，B、C兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為三個(gè)點(diǎn)電荷在該處場(chǎng)強(qiáng)的矢量和，其中a、c兩處的點(diǎn)電荷在B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)的矢量和沿Bc方向，b處電荷在B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)沿bB方向，方向如圖所示，可知，B、C兩處電場(chǎng)強(qiáng)度的方向不同，所以A錯(cuò)誤；a、c兩電荷在B點(diǎn)的電勢(shì)之和為零(規(guī)定無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為0)，b、c兩處電荷在C點(diǎn)的電勢(shì)之和等于零，所以B點(diǎn)的電勢(shì)等于b處電荷在該點(diǎn)的電勢(shì)，C處電勢(shì)等于a處電荷在該點(diǎn)的電勢(shì)，a、b兩電荷帶等量正電荷且aC＝bB，所以B、C兩點(diǎn)電勢(shì)相等，故B正確；由圖知，O點(diǎn)電場(chǎng)的方向沿Ac方向，在OA的延長(zhǎng)線上有一場(chǎng)強(qiáng)為零的點(diǎn)D，在OA線上D點(diǎn)的兩側(cè)電場(chǎng)的方向相反，所以電子在O點(diǎn)由靜止釋放將沿OA方向做加速運(yùn)動(dòng)到D，然后減速運(yùn)動(dòng)到速度為零，接著往回運(yùn)動(dòng)，即會(huì)在OA直線上往復(fù)運(yùn)動(dòng)．

22．(5分)(2019·云南昆明市5月模擬)某同學(xué)利用如圖8甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置測(cè)量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣龋畬⒅背哓Q直固定在鐵架臺(tái)的橫桿上，光電門固定在刻度尺的下端，接通光電門電源，讓一物體從光電門正上方適當(dāng)位置由靜止釋放，物體下落并穿過(guò)光電門．

圖8
(1)實(shí)驗(yàn)中該同學(xué)多次改變物體下落的初始位置，記錄每次物體通過(guò)光電門的擋光時(shí)間Δt及下落的高度h，作出()2－h(huán)圖象如圖乙所示，并得到了該圖象的斜率k，他還需要測(cè)量________________(寫出需要測(cè)量的物理量及符號(hào))，即可得到當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣鹊谋磉_(dá)式g＝________.
(2)現(xiàn)提供三個(gè)質(zhì)量、直徑均相同的木圓柱體、鐵圓柱體、鋁圓柱體，為減小實(shí)驗(yàn)誤差應(yīng)選用________圓柱體．
(3)若該同學(xué)已經(jīng)知道當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間0，他用該裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，在誤差允許的范圍內(nèi)滿足________________(用直接測(cè)量的物理量的符號(hào)和g0表示)即可驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律．
答案　(1)物體的高度d　kd2　(2)鐵　(3)g0h＝()2
解析　(1)物體自由下落，物體的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，則有mgh＝mv2，
即gh＝v2，
物體通過(guò)光電門的速度v＝，故還需要測(cè)量物體的高度d；聯(lián)立可得：()2＝h，則()2－h(huán)圖象的斜率k＝，解得：g＝kd2；
(2)為減小空氣阻力對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響，應(yīng)選用體積小，密度大的物體來(lái)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，故選鐵圓柱體來(lái)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)；
(3)能直接測(cè)量的物理量為Δt和h，故物體的動(dòng)能為m()2，下落過(guò)程中重力做功為mg0h，若在誤差允許的范圍內(nèi)mg0h＝m()2，即g0h＝()2，則可驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律．
23. (10分)(2019·湖北武漢市二月調(diào)研)為了粗略測(cè)量電阻，某同學(xué)用量程為15 mA的毫安表、電動(dòng)勢(shì)為9 V的電池、0～999.9 Ω的電阻箱制作了一塊簡(jiǎn)易歐姆表，電路如圖9所示．

圖9
(1)為制作歐姆表，________準(zhǔn)確測(cè)量毫安表的內(nèi)阻(填“需要”或“不需要”)；
(2)歐姆調(diào)零后用該表測(cè)量某電阻，毫安表讀數(shù)為10 mA，則待測(cè)電阻阻值為_(kāi)_______ Ω；
(3)如果在毫安表兩端并聯(lián)一個(gè)電阻，其余電路均不變，新刻表盤中間刻度對(duì)應(yīng)的電阻值________．(填“變大”“變小”或“不變”)
答案　(1)不需要　(2)300　(3)變小
解析　(1)因?yàn)闈M偏電流是確定的，通過(guò)歐姆調(diào)零，可以得到歐姆表的總內(nèi)阻，然后再通過(guò)標(biāo)準(zhǔn)電阻進(jìn)行比對(duì)制定表盤，故不需要準(zhǔn)確測(cè)量毫安表的內(nèi)阻；
(2)歐姆表的內(nèi)阻為Rg＝＝ Ω＝600 Ω
測(cè)電阻時(shí)，由閉合電路歐姆定律得：
I＝，即10×10－3 A＝
解得：Rx＝300 Ω；
(3)如果在毫安表兩端并聯(lián)一個(gè)電阻，電阻分流，說(shuō)明滿偏電流變大，則由公式Ig＝可知，歐姆表的內(nèi)阻變小，中值電阻變小．
2018年(全國(guó)1卷)逐題仿真練
題號(hào) 14 15 16 17 18
考點(diǎn) 動(dòng)能和動(dòng)量 動(dòng)力學(xué)圖象 庫(kù)侖定律及受力分析 動(dòng)生和感生電動(dòng)勢(shì) 運(yùn)動(dòng)分解及動(dòng)能定理
題號(hào) 19 20 21 22 23
考點(diǎn) 電磁感應(yīng)及安培定則 雙星問(wèn)題 電場(chǎng)性質(zhì)的理解 測(cè)勁度系數(shù) 電學(xué)實(shí)驗(yàn)

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
二、選擇題(本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19～21題有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分．)
14．(2019·江西南昌市下學(xué)期4月第二次模擬)用水平力拉一物體，使物體在水平地面上由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t1時(shí)刻撤去拉力F，物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到t2時(shí)刻停止．其速度—時(shí)間圖象如圖1所示，且α>β，若拉力F做的功為W1，沖量大小為I1；物體克服摩擦阻力Ff做的功為W2，沖量大小為I2.則下列選項(xiàng)正確的是(　　)

圖1
A．W1> W2；I1>I2
B．W1I2
C．W1< W2；I1D．W1＝W2；I1＝I2
答案　D
解析　全過(guò)程由動(dòng)能定理得：W1－W2＝0，W1＝W2，
由動(dòng)量定理得：I1－I2＝0，I1＝I2，故D正確．
15．(2019·安徽安慶市下學(xué)期第二次模擬)如圖2甲所示，一足夠長(zhǎng)的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的傾角θ＝37°，現(xiàn)有質(zhì)量 m＝2.2 kg的物體在水平向左的外力F的作用下由靜止開(kāi)始沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)2 s撤去外力F，物體在0～4 s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間的關(guān)系圖線如圖乙所示．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，則(　　)

圖2
A．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2
B．水平外力F＝5.5 N
C．水平外力F＝4 N
D．物體在0～4 s內(nèi)的位移為24 m
答案　C
解析　根據(jù)v－t圖象的斜率表示加速度，則2～4 s內(nèi)物體的加速度為：
a2＝ m/s2＝2 m/s2，
由牛頓第二定律有：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，
解得：μ＝0.5，故A錯(cuò)誤；
0～2 s內(nèi)物體的加速度為：a1＝ m/s2＝4 m/s2，
由牛頓第二定律有：mgsin θ＋Fcos θ－μ(mgcos θ－Fsin θ)＝ma1，解得：F＝4 N，故B錯(cuò)誤，C正確；
物體在0～4 s內(nèi)的位移為：x＝ m＋×2 m＝28 m，故D錯(cuò)誤．
16．(2019·廣東廣州市4月綜合測(cè)試)如圖3，在光滑絕緣水平桌面上，三個(gè)帶電小球a、b和c分別固定于正三角形頂點(diǎn)上．已知a、b帶電荷量均為＋q，c帶電荷量為－q，則(　　)

圖3
A．a(chǎn)b連線中點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零
B．三角形中心處場(chǎng)強(qiáng)為零
C．a(chǎn)所受庫(kù)侖力方向垂直于ab連線
D．a(chǎn)、b、c所受庫(kù)侖力大小之比為1∶1∶
答案　D
解析　在ab連線的中點(diǎn)處，a、b兩電荷在該點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)為零，則該點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)等于c在該點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，大小不為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．在三角形的中心處，a、b兩電荷在該點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向夾120°角，則合場(chǎng)強(qiáng)豎直向下，電荷c在該點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)也是豎直向下，則三角形中心處場(chǎng)強(qiáng)不為零，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．a(chǎn)受到b的排斥力沿ba方向，受到c的吸引力沿ac方向，則其合力方向斜向左下方與ab連線成60°角，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．設(shè)三角形的邊長(zhǎng)為l，a、b所受庫(kù)侖力大小相等，F(xiàn)a＝Fb＝2cos 60°＝；c所受庫(kù)侖力：Fc＝2cos 30°＝，則 a、b、c所受庫(kù)侖力大小之比為1∶1∶，選項(xiàng)D正確．
17．(2019·廣西欽州市4月綜測(cè))如圖4，兩條間距為L(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻；一金屬棒垂直放置在兩導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好；在MN左側(cè)面積為S的圓形區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B＝kt，式中k為常量，且k>0；在MN右側(cè)區(qū)域存在一與導(dǎo)軌垂直、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．t＝0時(shí)刻，金屬棒從MN處開(kāi)始，在水平拉力F作用下以速度v0向右勻速運(yùn)動(dòng)．金屬棒與導(dǎo)軌的電阻及摩擦均可忽略．則(　　)

圖4
A．在t＝t1時(shí)刻穿過(guò)回路的總磁通量為 B0Lv0t1
B．通過(guò)電阻R的電流不是恒定電流
C．在Δt時(shí)間內(nèi)通過(guò)電阻的電荷量為Δt
D．金屬棒所受的水平拉力F隨時(shí)間均勻增大
答案　C
解析　根據(jù)題意可知，MN左邊的磁場(chǎng)方向與右邊的磁場(chǎng)方向相同，那么總磁通量即為金屬棒左側(cè)兩種磁通量之和，則在t＝t1時(shí)刻穿過(guò)回路的總磁通量為Φ＝Φ1＋Φ2＝kt1S＋B0v0t1L，故A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝，結(jié)合閉合電路歐姆定律得 I＝＝，故通過(guò)電阻R的電流為恒定電流，B錯(cuò)誤；Δt時(shí)間內(nèi)通過(guò)電阻的電荷量為q＝IΔt＝＝Δt，故C正確；金屬棒所受的安培力大小FA＝B0IL＝；根據(jù)平衡條件得，水平拉力大小等于安培力大小，即為F＝，故拉力F是一個(gè)恒量，故D錯(cuò)誤．
18．(2019·東北三省三校第二次聯(lián)合模擬)如圖5所示，豎直平面內(nèi)固定兩根足夠長(zhǎng)的細(xì)桿L1、L2，兩桿不接觸，且兩桿間的距離忽略不計(jì)．兩個(gè)小球a、b(視為質(zhì)點(diǎn))質(zhì)量均為m，a球套在豎直桿L1上，b桿套在水平桿L2上，a、b通過(guò)鉸鏈用長(zhǎng)度為L(zhǎng)的剛性輕桿連接，將a球從圖示位置由靜止釋放(輕桿與L2桿夾角為45°)，不計(jì)一切摩擦，已知重力加速度為g.在此后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是(　　)

圖5
A．a(chǎn)球和b球所組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒
B．b球的速度為零時(shí)，a球的加速度大小也為零
C．b球的最大速度的大小為
D．a(chǎn)球的最大速度的大小為
答案　C
解析　a球和b球組成的系統(tǒng)沒(méi)有外力做功，只有a球和b球的動(dòng)能和重力勢(shì)能相互轉(zhuǎn)換，因此a球和b球的機(jī)械能守恒，A錯(cuò)誤；設(shè)輕桿L和水平桿L2的夾角為θ，由運(yùn)動(dòng)關(guān)聯(lián)可知vbcos θ＝vasin θ，則vb＝va·tan θ，可知當(dāng)b球的速度為零時(shí)，輕桿L處于水平位置且與桿L2平行，則此時(shí)a球在豎直方向只受重力mg，因此a球的加速度大小為g，B錯(cuò)誤；當(dāng)桿L和桿L1第一次平行時(shí)，球a運(yùn)動(dòng)到最下方，球b運(yùn)動(dòng)到L1和L2交點(diǎn)位置，球b的速度達(dá)到最大，此時(shí)a球的速度為0，因此由系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mg(L＋L)＝mvb2，解得vb＝，C正確；當(dāng)輕桿L和桿L2第一次平行時(shí)，由運(yùn)動(dòng)的關(guān)聯(lián)可知此時(shí)b球的速度為零，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mg·L＝mva2，解得va＝，此時(shí)a球具有向下的加速度g，故此時(shí)a球的速度不是最大，a球?qū)⒗^續(xù)向下做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，到加速度為0時(shí)速度達(dá)到最大，D錯(cuò)誤．
19．(2019·北京市東城區(qū)二模)圖6甲所示是工業(yè)上探測(cè)物件表面層內(nèi)部是否存在缺陷的渦流探傷技術(shù)的原理圖．其原理是用通電線圈使物件內(nèi)產(chǎn)生渦電流，借助探測(cè)線圈測(cè)定渦電流的改變，從而獲得物件內(nèi)部是否斷裂及位置的信息．如圖乙所示的是一個(gè)由帶鐵芯的線圈L、開(kāi)關(guān)S和電源連接起來(lái)的跳環(huán)實(shí)驗(yàn)裝置，將一個(gè)套環(huán)置于線圈L上且使鐵芯穿過(guò)其中，閉合開(kāi)關(guān)S的瞬間，套環(huán)將立刻跳起．對(duì)以上兩個(gè)實(shí)例的理解正確的是(　　)


圖6
A．渦流探傷技術(shù)運(yùn)用了電流的熱效應(yīng)，跳環(huán)實(shí)驗(yàn)演示了自感現(xiàn)象
B．能被探測(cè)的物件和實(shí)驗(yàn)所用的套環(huán)必須是導(dǎo)電材料
C．金屬探傷時(shí)接的是交流電，跳環(huán)實(shí)驗(yàn)裝置中接的是直流電
D．以上兩個(gè)實(shí)例中的線圈所連接的電源也可以都是恒壓直流電源
答案　BC
解析　渦流探傷技術(shù)的原理是用電流線圈使物件內(nèi)產(chǎn)生渦電流，借助探測(cè)線圈測(cè)定渦電流的改變；跳環(huán)實(shí)驗(yàn)演示線圈接在直流電源上，閉合開(kāi)關(guān)的瞬間，穿過(guò)套環(huán)的磁通量仍然會(huì)改變，套環(huán)中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，會(huì)跳動(dòng)，屬于演示楞次定律，故A錯(cuò)誤．無(wú)論是渦流探傷技術(shù)，還是演示楞次定律，都需要產(chǎn)生感應(yīng)電流，而感應(yīng)電流的產(chǎn)生需在金屬導(dǎo)體內(nèi)，故B正確．金屬探傷時(shí)，是探測(cè)器中通過(guò)交變電流，產(chǎn)生變化的磁場(chǎng)，當(dāng)金屬處于該磁場(chǎng)中時(shí)，該金屬中會(huì)感應(yīng)出渦流；演示楞次定律的實(shí)驗(yàn)中，線圈接在直流電源上，閉合開(kāi)關(guān)的瞬間，穿過(guò)套環(huán)的磁通量仍然會(huì)改變，套環(huán)中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，會(huì)跳動(dòng)，故C正確，D錯(cuò)誤．
20．(2019·遼寧省重點(diǎn)協(xié)作體模擬)某國(guó)際研究小組借助于智利的天文望遠(yuǎn)鏡，觀測(cè)到了一組雙星系統(tǒng)，它們繞兩者連線上的某點(diǎn)O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．此雙星系統(tǒng)中質(zhì)量較小成員能“吸食”另一顆質(zhì)量較大星體表面物質(zhì)，導(dǎo)致質(zhì)量發(fā)生轉(zhuǎn)移，假設(shè)在演變的過(guò)程中兩者球心之間的距離保持不變，則在最初演變的過(guò)程中(　　)
A．它們之間的萬(wàn)有引力發(fā)生變化
B．它們做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度不斷變大
C．質(zhì)量較大星體圓周運(yùn)動(dòng)軌跡半徑變大，線速度也變大
D．質(zhì)量較大星體圓周運(yùn)動(dòng)軌跡半徑變大，線速度變小
答案　AC
解析　設(shè)雙星質(zhì)量分別為M1、M2，兩者球心之間的距離為L(zhǎng)，圓周運(yùn)動(dòng)半徑分別為r1、r2，它們之間的萬(wàn)有引力為F＝G，距離L不變，M1與M2之和不變，其乘積M1M2變化，則它們的萬(wàn)有引力發(fā)生變化，A正確；依題意，雙星系統(tǒng)繞兩者連線上某點(diǎn)O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，周期和角速度相同，由萬(wàn)有引力定律及牛頓第二定律：G＝M1ω2r1，G＝M2ω2r2，r1＋r2＝L，聯(lián)立解得M1＋M2＝，M1r1＝M2r2，則雙星的質(zhì)量比等于它們做圓周運(yùn)動(dòng)半徑的反比，故質(zhì)量較大的星體因質(zhì)量減小，其軌道半徑將增大，又角速度不變，故線速度也增大，B、D錯(cuò)，C對(duì)．
21．(2019·山東濟(jì)寧市第二次摸底)電子在電場(chǎng)中僅受電場(chǎng)力作用運(yùn)動(dòng)時(shí)，由a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的軌跡如圖7中虛線所示．圖中一組平行等距實(shí)線可能是電場(chǎng)線，也可能是等勢(shì)線．下列說(shuō)法正確的是(　　)

圖7
A．若a點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)低，圖中實(shí)線一定是等勢(shì)線
B．不論圖中實(shí)線是電場(chǎng)線還是等勢(shì)線，電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能都比b點(diǎn)小
C．若電子在a點(diǎn)動(dòng)能較小，則圖中實(shí)線是電場(chǎng)線
D．如果圖中實(shí)線是等勢(shì)線，則電子在b點(diǎn)電勢(shì)能較大
答案　CD
解析　若圖中實(shí)線是電場(chǎng)線，根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡可以判斷，電子所受電場(chǎng)力水平向右，則電場(chǎng)線向左，a點(diǎn)電勢(shì)比b點(diǎn)低，所以若a點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)低，圖中實(shí)線可能是電場(chǎng)線，A錯(cuò)誤．若圖中實(shí)線是電場(chǎng)線，根據(jù)A選項(xiàng)的分析，電場(chǎng)線向左，a的電勢(shì)小于b的電勢(shì)，根據(jù)電勢(shì)能Ep＝φ(－e)，電子在電勢(shì)低的位置電勢(shì)能大，所以電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能大于b點(diǎn)電勢(shì)能，B錯(cuò)誤．若電子在a點(diǎn)動(dòng)能小，說(shuō)明由a到b加速，如果圖中實(shí)線是電場(chǎng)線，結(jié)合A選項(xiàng)的分析，方向向左，電子受力向右，加速，a點(diǎn)動(dòng)能小，C正確．如果圖中實(shí)線是等勢(shì)線，則電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直，根據(jù)電子運(yùn)動(dòng)軌跡可以判斷電子受力豎直向下，所以由a到b電場(chǎng)力做負(fù)功，b點(diǎn)動(dòng)能小，電勢(shì)能大，D正確．
22．(5分)(2019·廣東深圳市4月第二次調(diào)研)某實(shí)驗(yàn)小組要測(cè)量輕彈簧的勁度系數(shù)，實(shí)驗(yàn)裝置如圖8a.將彈簧懸掛在固定鐵架臺(tái)上，毫米刻度尺豎直固定在彈簧旁，在彈簧下端掛上鉤碼，多次改變鉤碼質(zhì)量m，讀出鉤碼靜止時(shí)固定在掛鉤上的指針對(duì)應(yīng)的刻度尺示數(shù)l.當(dāng)鉤碼質(zhì)量為200 g時(shí)，指針位置如圖b所示．用所測(cè)數(shù)據(jù)在m－l坐標(biāo)系描點(diǎn)如圖c.取g＝9.8 m/s2.回答下列問(wèn)題：


圖8
(1)圖b中指針對(duì)應(yīng)的刻度尺示數(shù)為_(kāi)_______ cm：
(2)在圖c中將鉤碼質(zhì)量為200 g時(shí)所對(duì)應(yīng)的數(shù)據(jù)點(diǎn)補(bǔ)上，并作出ml圖線；
(3)根據(jù)圖線算出彈簧的勁度系數(shù)為_(kāi)_______ N/m(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)．
答案　(1)18.50(18.48～18.52均可)　(2)如圖所示

(3)23.5～24.8
解析　(1)由題圖可知，刻度尺的分度值為0.1 cm，則讀數(shù)為18.50 cm，誤差范圍±0.02 cm均可，即答案在18.48～18.52 cm之間均可；
(2)鉤碼質(zhì)量為200 g時(shí)對(duì)應(yīng)的彈簧長(zhǎng)度為18.50 cm，圖象如圖所示

(3)根據(jù)k＝可知，彈簧的勁度系數(shù)k＝＝＝ N/m＝24.5 N/m(答案在23.5～24.8之間均可)．
23．(10分)(2019·廣東深圳市4月第二次調(diào)研)LED燈的核心部件是發(fā)光二極管．某同學(xué)欲測(cè)量一只工作電壓為2.9 V的發(fā)光二極管的正向伏安特性曲線，所用器材有：電壓表(量程3 V，內(nèi)阻約3 kΩ)，電流表 (用多用電表的直流25 mA擋替代，內(nèi)阻約為5 Ω)，滑動(dòng)變阻器(0～20 Ω)，電池組(內(nèi)阻不計(jì))，電鍵和導(dǎo)線若干．他設(shè)計(jì)的電路如圖9(a)所示．回答下列問(wèn)題：



圖9
(1)根據(jù)圖(a)，在實(shí)物圖(b)上完成連線；
(2)調(diào)節(jié)變阻器的滑片至最________端(填“左”或“右”)，將多用電表選擇開(kāi)關(guān)撥至直流25 mA擋，閉合電鍵；
(3)某次測(cè)量中，多用電表示數(shù)如圖(c)，則通過(guò)二極管的電流為_(kāi)_______ mA；
(4)該同學(xué)得到的正向伏安特性曲線如圖(d)所示．由曲線可知，隨著兩端電壓增加，二極管的正向電阻________(填“增大”“減小”或“不變”)；當(dāng)兩端電壓為2.9 V時(shí)，正向電阻為_(kāi)_______ kΩ(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)；
(5)若實(shí)驗(yàn)過(guò)程中發(fā)現(xiàn)，將變阻器滑片從一端移到另一端，二極管亮度幾乎不變，電壓表示數(shù)在2.7～2.9 V之間變化，試簡(jiǎn)要描述一種可能的電路故障：_______________________.
答案　(1)連線如圖所示

(2)左　(3)15.8～16.2　(4)減小　0.15～0.16　(5)連接電源負(fù)極與變阻器的導(dǎo)線斷路
解析　(1)根據(jù)多用電表紅黑表筆的接法“紅進(jìn)黑出”可知，黑表筆接二極管，紅表筆接滑動(dòng)變阻器，滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，則連線如圖：

(2)為保護(hù)電路，開(kāi)關(guān)閉合前需將滑動(dòng)變阻器的滑片置于最大阻值處，即最左端；
(3)多用電表所選量程為25 mA，則電流表讀數(shù)為 mA＝16.0 mA(答案在15.8～16.2范圍內(nèi)均可)；
(4)I－U圖象中，圖線斜率表示電阻的倒數(shù)，由題圖可知，隨著電壓的增加，斜率逐漸增大，則二極管的電阻逐漸減小；當(dāng)兩端電壓為2.9 V時(shí)，電流表示數(shù)為19.0 mA，則電阻大小為R＝≈0.15 kΩ(答案在0.15～0.16范圍內(nèi)均可)；
(5)由于二極管的正向電阻約為0.15 kΩ，遠(yuǎn)大于滑動(dòng)變阻器的最大阻值，因此若實(shí)驗(yàn)中，將變阻器滑片從一端移到另一端，二極管亮度幾乎不變，電壓表示數(shù)在2.7～2.9 V之間變化，則有可能是滑動(dòng)變阻器與二極管串聯(lián)，導(dǎo)致電路中總電阻較大，總電流較小，所以電壓表的示數(shù)變化較小，故故障可能是連接電源負(fù)極與變阻器的導(dǎo)線斷路．
2018年(全國(guó)2卷)逐題仿真練
題號(hào) 14 15 16 17 18
考點(diǎn) 功能關(guān)系 動(dòng)量定理 萬(wàn)有引力定律 光電效應(yīng) 電磁感應(yīng)的圖象問(wèn)題
題號(hào) 19 20 21 22 23
考點(diǎn) 速度圖象和追及問(wèn)題 磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量合成 電場(chǎng)性質(zhì)的理解 電表的改裝 測(cè)定動(dòng)摩擦因數(shù)

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
二、選擇題(本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19～21題有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分．)
14．如圖1所示，質(zhì)量為m的一輛小汽車從水平地面AC上的A點(diǎn)沿斜坡勻速行駛到B點(diǎn)．B距水平地面高h(yuǎn)，以水平地面為零勢(shì)能面，重力加速度為g.小汽車從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中(空氣阻力不能忽略)，下列說(shuō)法正確的是(　　)

圖1
A．合外力做功為零
B．合外力做功為mgh
C．小汽車的機(jī)械能增加量為0
D．牽引力做功為mgh
答案　A
15．(2019·廣西欽州市4月綜測(cè))“飛針穿玻璃”是一項(xiàng)高難度的絕技表演，曾引起質(zhì)疑．為了研究該問(wèn)題，以下測(cè)量能夠得出飛針在穿越玻璃的時(shí)間內(nèi)，對(duì)玻璃平均沖擊力大小的是(　　)
A．測(cè)出玻璃厚度和飛針穿越玻璃前后的速度
B．測(cè)出玻璃厚度和飛針穿越玻璃所用的時(shí)間
C．測(cè)出飛針質(zhì)量、玻璃厚度和飛針穿越玻璃所用的時(shí)間
D．測(cè)出飛針質(zhì)量、飛針穿越玻璃所用時(shí)間和穿越玻璃前后的速度
答案　D
解析　在“飛針穿玻璃”的過(guò)程中，由動(dòng)量定理得：－t＝mv2－mv1，故應(yīng)測(cè)出飛針質(zhì)量、飛針穿越玻璃所用時(shí)間和穿越玻璃前后的速度，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤．
16．(2019·安徽淮南市第二次模擬)已知地球兩極處的重力加速度大小約為9.8 m/s2，貼近地球表面飛行的衛(wèi)星的運(yùn)行周期約為1.5小時(shí)，試結(jié)合生活常識(shí)，估算一質(zhì)量為60 kg的人站在地球赤道上隨地球自轉(zhuǎn)所需要的向心力約為(　　)
A．0.2 N B．0.4 N C．2 N D．4 N
答案　C
解析　在兩極：G＝mg；
對(duì)貼近地球表面飛行的衛(wèi)星G＝m′R，
解得R＝；
則站在地球赤道上隨地球自轉(zhuǎn)的人所受的向心力：F向＝m人R＝m人×＝m人g＝60×9.8×()2 N≈2 N，故選C.
17．(2019·湖北武漢市四月調(diào)研)已知?dú)湓拥幕鶓B(tài)能量為E1，激發(fā)態(tài)能量En＝，其中n＝2,3….若氫原子從n＝3的能級(jí)躍遷到n＝2的能級(jí)放出光子的頻率為ν，能使氫原子從基態(tài)電離的光子的最小頻率為(　　)
A.ν B．4ν C.ν D．9ν
答案　C
解析　由題意可知：－＝hν；
能使氫原子從基態(tài)電離的光子的最小頻率滿足：0－E1＝hν′，
解得ν′＝ν，故選C.
18．(2019·山東濟(jì)寧市第二次摸底)如圖2甲所示，在線圈l1中通入電流i1后，在l2上產(chǎn)生的感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，l1、l2中電流的正方向如圖甲中的箭頭所示．則通入線圈l1中的電流i1隨時(shí)間t變化的圖象是下圖中的(　　)

圖2


答案　D
解析　因?yàn)楦袘?yīng)電流大小不變，根據(jù)電磁感應(yīng)定律得：I＝＝＝，而線圈l1中產(chǎn)生的磁場(chǎng)變化是因?yàn)殡娏靼l(fā)生了變化，所以I＝∝，所以線圈l1中的電流均勻改變，A、C錯(cuò)誤；根據(jù)題圖乙，0～時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電流磁場(chǎng)向左，所以線圈l1產(chǎn)生的磁場(chǎng)向左減小，或向右增大，B錯(cuò)誤，D正確．
19．(2019·廣西梧州市聯(lián)考)甲、乙兩物體沿同一直線做減速運(yùn)動(dòng)，t＝0時(shí)刻，兩物體同時(shí)經(jīng)過(guò)同一位置，最后又停在同一位置，它們的速度—時(shí)間圖象如圖3所示，則在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中(　　)

圖3
A．t1時(shí)刻甲和乙相距最遠(yuǎn)
B．甲、乙的平均速度相等
C．在某時(shí)刻甲、乙的加速度可能相等
D．甲的加速度逐漸減小，乙的加速度大小不變
答案　CD
解析　甲、乙兩物體速度相等時(shí)相距最遠(yuǎn)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；甲、乙的位移相同，但是甲運(yùn)動(dòng)的時(shí)間較長(zhǎng)，則甲的平均速度較小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；v－t圖象的斜率等于加速度，由圖象可知，在某時(shí)刻甲的加速度可能等于乙的加速度，選項(xiàng)C正確；v－t圖象的斜率等于加速度，由圖象可知，甲的加速度逐漸減小，乙的加速度大小不變，選項(xiàng)D正確．
20．(2019·江西南昌市第二次模擬)如圖4所示，三條長(zhǎng)直導(dǎo)線a、b、c都通以垂直紙面的電流，其中a、b兩根導(dǎo)線中電流方向垂直紙面向外．O點(diǎn)與a、b、c三條導(dǎo)線距離相等，且Oc⊥ab.現(xiàn)在O點(diǎn)垂直紙面放置一小段通電直導(dǎo)線，電流方向垂直紙面向里，導(dǎo)線所受安培力方向如圖所示．則可以判斷(　　)

圖4
A．O點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向與F相同
B．長(zhǎng)導(dǎo)線c中的電流方向垂直紙面向外
C．長(zhǎng)導(dǎo)線a中電流I1小于b中電流I2
D．長(zhǎng)導(dǎo)線c中電流I3小于b中電流I2
答案　BC
解析　由左手定則可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與安培力方向垂直，故A錯(cuò)誤；由左手定則可知，O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與F垂直斜向右下方，此磁場(chǎng)方向可分解為水平向右方向和豎直向下方向，所以導(dǎo)線c在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向應(yīng)水平向右，由安培定則可知，導(dǎo)線c中的電流為垂直紙面向外，導(dǎo)線a在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向豎直向上，導(dǎo)線b在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向豎直向下，所以長(zhǎng)導(dǎo)線a中電流I1與b中電流I2的關(guān)系，由于不知道安培力的具體方向，所以無(wú)法確定長(zhǎng)導(dǎo)線c中電流I3與b中電流I2的關(guān)系，故B、C正確，D錯(cuò)誤．
21．(2019·山東濟(jì)寧市第二次摸底)如圖5所示，在絕緣水平地面上固定兩個(gè)等量同種點(diǎn)電荷A、B，在AB連線上的P點(diǎn)由靜止釋放一帶電滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，則滑塊會(huì)由靜止開(kāi)始一直向右運(yùn)動(dòng)到AB連線上的一點(diǎn)M而停下．則以下判斷正確的是(　　)

圖5
A．滑塊一定帶的是與A、B異種的電荷
B．滑塊的電勢(shì)能一定是先減小后增大
C．滑塊的動(dòng)能與電勢(shì)能之和一定減小
D．AP間距一定小于BM間距
答案　CD
解析　滑塊受到的電場(chǎng)力是兩點(diǎn)電荷對(duì)它作用力的合力，滑塊向右運(yùn)動(dòng)，合力向右，滑塊一定帶與A、B同種的電荷，否則滑塊將向左運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤．滑塊運(yùn)動(dòng)可能有兩種情況：1.滑塊受到的電場(chǎng)力先向右后向左，電場(chǎng)力先做正功，再做負(fù)功，電勢(shì)能先減小后增加；2.滑塊受到的電場(chǎng)力合力始終向右，在到達(dá)AB中點(diǎn)前停止，電場(chǎng)力始終做正功，電勢(shì)能始終減小，B錯(cuò)誤．根據(jù)能量守恒，滑塊的電勢(shì)能、動(dòng)能、內(nèi)能之和不變，阻力做負(fù)功，內(nèi)能增大，則動(dòng)能與電勢(shì)能之和一定減小，C正確．若沒(méi)有摩擦力，AP＝BM；因?yàn)樗矫娌还饣椒较蚴艿侥Σ亮ψ饔茫\(yùn)動(dòng)到速度為0的位置在P點(diǎn)關(guān)于AB中點(diǎn)對(duì)稱點(diǎn)的左側(cè)，所以AP22．(6分)(2019·廣東揭陽(yáng)市第二次模擬)某同學(xué)用一個(gè)滿偏電流為10 mA、內(nèi)阻為30 Ω的電流表，一只滑動(dòng)變阻器和一節(jié)電動(dòng)勢(shì)為1.5 V的干電池組裝成一個(gè)歐姆表．

圖6
(1)該同學(xué)按圖6正確連接好電路．甲、乙表筆中，甲表筆應(yīng)是________(選填“紅”或“黑”)表筆．
(2)測(cè)量電阻前，他先進(jìn)行歐姆調(diào)零：將甲、乙表筆短接，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，使電流表指針指到________處．

圖7
(3)歐姆調(diào)零后，他將甲、乙兩表筆分別接如圖7中的a、b兩點(diǎn)，指針指在電流表刻度的4 mA處，則電阻Rx＝________ Ω.
(4)若誤將甲、乙兩表筆分別接在了如圖2中的a、c兩點(diǎn)，則Rx的測(cè)量結(jié)果________(選填“偏大”或“偏小”)．
(5)再給電流表并聯(lián)一個(gè)合適的定值電阻R0，就可組裝成一個(gè)中間刻度值為15 Ω的歐姆表，則R0＝________ Ω.(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)
答案　(1)紅　(2)10 mA　(3)225　(4)偏小　(5)3.3
解析　(1) 由題圖示可知，甲表筆與歐姆表內(nèi)置電源負(fù)極相連，甲表筆是紅表筆；
(2)測(cè)量電阻前，他先進(jìn)行歐姆調(diào)零：將甲、乙表筆短接，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，使電流表指針指到電阻為零即電流最大(10 mA)；
(3)歐姆表內(nèi)阻：R內(nèi)＝＝ Ω＝150 Ω，指針指在電流表刻度的4 mA處，由閉合電路歐姆定律得：4×10－3 A＝，解得：Rx＝225 Ω；
(4)若誤將甲、乙兩表筆分別接在了圖中的a、c兩點(diǎn)，由題圖示電路圖可知，兩電池串聯(lián)，相當(dāng)于歐姆表內(nèi)置電源電動(dòng)勢(shì)E變大，由閉合電路歐姆定律可知，電路電流變大，歐姆表指針偏右，歐姆表示數(shù)變小，Rx的測(cè)量結(jié)果偏小；
(5)歐姆表內(nèi)阻等于中值電阻，中間刻度值為15 Ω的歐姆表，其內(nèi)阻為15 Ω，I＝＝ A＝0.1 A，把電流表改裝成0.1 A的電流表需要并聯(lián)分流電阻，分流電阻阻值：R0＝≈3.3 Ω.
23．(9分)(2019·陜西省第二次質(zhì)檢)某實(shí)驗(yàn)興趣小組為了測(cè)量物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)，設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)：


圖8
(1)如圖8甲，將輕彈簧豎直懸掛，用刻度尺測(cè)出彈簧自由懸掛時(shí)的長(zhǎng)度L1＝4.00 cm.
(2)如圖乙，在彈簧的下端懸掛小木塊，用刻度尺測(cè)出穩(wěn)定時(shí)彈簧的長(zhǎng)度L2＝________ cm.
(3)將一長(zhǎng)木板平放在水平面上，小木塊放置于木板上表面，如圖丙，將圖乙中的彈簧左端固定在豎直墻壁上，右端拴接小木塊，使彈簧水平，用力F向右拉動(dòng)長(zhǎng)木板，長(zhǎng)木板與小木塊發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小木塊穩(wěn)定時(shí)，測(cè)出此時(shí)彈簧的長(zhǎng)度L3＝6.07 cm.
(4)根據(jù)上面的操作，可以得出小木塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝________(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)．
(5)若圖丙實(shí)驗(yàn)中彈簧不水平，左端略高一些，由此而引起的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的測(cè)量結(jié)果________(填“偏大”或“偏小”)．
答案　(2)8.65(8.63～8.67)　(4)0.44或0.45　(5)偏小
解析　(2)刻度尺的最小分度值為0.1 cm，刻度尺的讀數(shù)為8.65 cm；
(4)根據(jù)平衡條件可得小木塊的重力為：Mg＝k(L2－L1)，用力向右拉動(dòng)長(zhǎng)木板，長(zhǎng)木板與小木塊發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小木塊穩(wěn)定時(shí)，則有：Ff＝k(L3－L1)，可以得出小木塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)：μ＝＝≈0.45；
(5)若圖丙實(shí)驗(yàn)中彈簧不水平，左端略高一些，則有：F彈cos θ＝μ(Mg－F彈sin θ)，解得小木塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩
擦因數(shù)：μ＝，由于左端略高一些，則有θ≈0°，所以：μ＝≈，由此而引起的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的測(cè)量結(jié)果偏小．
2018年(全國(guó)3卷)逐題仿真練
題號(hào) 14 15 16 17 18
考點(diǎn) 核反應(yīng)方程 萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用 交流電的有效值 平拋運(yùn)動(dòng) 位移圖象、追及相遇問(wèn)題
題號(hào) 19 20 21 22 23
考點(diǎn) 速度圖象、功和功率 電磁感應(yīng) 平行板電容器 自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律 電阻的測(cè)量

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
二、選擇題(本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14～17題只有一項(xiàng)符合題目要求，第18～21題有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分．)
14．(2019·安徽安慶市下學(xué)期第二次模擬)人類和平利用核能始于二十世紀(jì)五十年代，核能的開(kāi)發(fā)和應(yīng)用是解決能源問(wèn)題的重要途徑之一．下列關(guān)于核反應(yīng)的描述或判斷正確的是(　　)
A.U→Th＋He是核聚變
B.Th→Pa＋e是α衰變
C.H＋H→He＋n是β衰變
D.U＋n→Ba＋Kr＋3n是核裂變
答案　D
解析　α衰變放出的是氦核，這是α衰變，故A錯(cuò)誤；α衰變放出的是氦核，β衰變放出的是電子，該核反應(yīng)為β衰變，故B錯(cuò)誤；幾個(gè)原子核聚合成一個(gè)原子核的過(guò)程為核聚變，這是氫原子核聚變?yōu)楹ぴ雍耍蔆錯(cuò)誤；核裂變是一個(gè)原子核分裂成幾個(gè)原子核的變化，質(zhì)量較大的原子核才能發(fā)生核裂變，所以該核反應(yīng)為核裂變方程，故D正確．
15．(2019·重慶市4月調(diào)研)2018年12月8日我國(guó)“嫦娥四號(hào)”探測(cè)器成功發(fā)射，實(shí)現(xiàn)人類首次在月球背面無(wú)人軟著陸．通過(guò)多次調(diào)速讓探月衛(wèi)星從近地環(huán)繞軌道經(jīng)地月轉(zhuǎn)移軌道進(jìn)入近月環(huán)繞軌道．已知地球與月球的質(zhì)量之比及半徑之比分別為a、b，則下列關(guān)于近地衛(wèi)星與近月衛(wèi)星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的判斷正確的是(　　)
A．加速度之比約為
B．周期之比約為
C．速度之比約為
D．從近地軌道進(jìn)入到地月轉(zhuǎn)移軌道，衛(wèi)星必須減速
答案　B
解析　根據(jù)a＝可知，＝＝，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由T＝2π可得，＝＝，選項(xiàng)B正確；根據(jù)v＝可得＝＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從近地軌道進(jìn)入到地月轉(zhuǎn)移軌道，衛(wèi)星需要加速，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
16．(2019·東北三省三校第二次聯(lián)合模擬)圖1甲是小型交流發(fā)電機(jī)的示意圖，兩磁極N、S間的磁場(chǎng)可視為水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，A為理想交流電流表．線圈繞垂直于磁場(chǎng)的水平軸OO′沿逆時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示．已知發(fā)電機(jī)線圈電阻為10 Ω，外接一只阻值為90 Ω的電阻，不計(jì)電路的其他電阻，則(　　)

圖1
A．電流表的示數(shù)為0.31 A
B．線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為50π rad/s
C．0.01 s時(shí)線圈平面與磁場(chǎng)方向平行
D．在線圈轉(zhuǎn)動(dòng)一周過(guò)程中，外電阻發(fā)熱約為0.087 J
答案　D
解析　在交流電路中電流表的示數(shù)為有效值，E有效＝＝22 V，電流表的示數(shù)I＝＝ A＝0.22 A，A錯(cuò)誤；由題圖圖象可知線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的周期為0.02 s，則線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω＝＝100π rad/s，B錯(cuò)誤；0.01 s時(shí)線圈的電壓為0，因此線圈在中性面處，C錯(cuò)誤；電阻發(fā)熱應(yīng)用電流的有效值進(jìn)行計(jì)算，則發(fā)熱量Q＝I2Rt＝(0.22)2×90×2×10－2 J≈0.087 J，D正確．
17．(2019·河南省八市重點(diǎn)高中聯(lián)盟第三次模擬)如圖2所示，小球從斜面的頂端A處以大小為v0的初速度水平拋出，恰好落到斜面底部的B點(diǎn)，且此時(shí)的速度大小vB＝v0，空氣阻力不計(jì)，該斜面的傾角為(　　)

圖2
A．60° B．45° C．37° D．30°
答案　B
解析　根據(jù)平行四邊形定則知，落到底端時(shí)豎直分速度為：vy＝＝2v0，
則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t＝＝，
設(shè)斜面的傾角為θ，則有tan θ＝＝＝1，
解得θ＝45°，B正確．
18．(2019·陜西省第二次質(zhì)檢)A、B兩小車在同一直線上運(yùn)動(dòng)，它們運(yùn)動(dòng)的位移x隨時(shí)間t變化的圖象如圖3所示，已知A車的x－t圖線為拋物線的一部分，第7 s末圖線處于最高點(diǎn)，B車的圖線為直線，則下列說(shuō)法正確的是(　　)

圖3
A．A車的初速度為7 m/s
B．A車的加速度大小為2 m/s2
C．A車減速過(guò)程運(yùn)動(dòng)的位移大小為49 m
D．10 s末兩車相遇時(shí)，B車的速度較大
答案　BC
解析　A車做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)A車的初速度為v0，加速度大小為a，由圖可知t＝7 s時(shí)，速度為零，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得v7＝v0－7a＝0，根據(jù)圖象和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知t＝10 s時(shí)的位移為x10＝40 m－0＝40 m，x10＝v0t－at2＝10v0－50a，聯(lián)立解得a＝2 m/s2，v0＝14 m/s，故選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤；A車減速過(guò)程運(yùn)動(dòng)的位移大小為x7＝t＝×7 m＝49 m，故選項(xiàng)C正確；位移－時(shí)間圖象的斜率表示速度，10 s末兩車相遇時(shí)B車的速度大小為vB＝||＝4 m/s，A車的速度為vA＝v0－at＝－6 m/s，則10 s末兩車相遇時(shí)，A車的速度較大，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
19．(2019·四川綿陽(yáng)市第三次診斷)在粗糙水平面上，水平外力F作用在物塊上，t＝0時(shí)刻物塊開(kāi)始向右做直線運(yùn)動(dòng)，外力F始終不為零，其速度—時(shí)間圖象如圖4所示．則(　　)

圖4
A．在0～1 s內(nèi)，外力F不斷增大
B．在3 s時(shí)，物體向右運(yùn)動(dòng)
C．在3～4 s內(nèi)，外力F不斷減小
D．在3～4 s內(nèi)，外力F的功率不斷減小
答案　BD
解析　設(shè)物體受到的阻力為Ff，根據(jù)牛頓第二定律得：F－Ff＝ma，根據(jù)圖象分析，物體在0～1 s內(nèi)加速度逐漸減小，所以外力F逐漸減小，A錯(cuò)誤；向右為正方向，3 s前后速度始終為正值，始終是正方向，向右運(yùn)動(dòng)，B正確；根據(jù)牛頓第二定律得：F－Ff＝ma，根據(jù)圖象分析，物體在3～4 s內(nèi)加速度不變，所以外力不變，C錯(cuò)誤；外力功率P＝Fv，F(xiàn)不變，而3～4 s內(nèi)速度減小，所以功率減小，D正確．
20．(2019·山東濰坊市二模)如圖5甲，螺線管內(nèi)有平行于軸線的外加磁場(chǎng)，以圖中箭頭所示方向?yàn)槠湔较颍菥€管與導(dǎo)線框abcd相連，導(dǎo)線框內(nèi)有一閉合小金屬圓環(huán)，圓環(huán)與導(dǎo)線框在同一平面內(nèi)．當(dāng)螺線管內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按圖乙所示規(guī)律變化時(shí)(　　)

圖5
A．在0～t1時(shí)間內(nèi)，環(huán)有收縮趨勢(shì)
B．在t1～t2時(shí)間內(nèi)，環(huán)有擴(kuò)張趨勢(shì)
C．在t1～t2時(shí)間內(nèi)，環(huán)內(nèi)有逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流
D．在t2～t3時(shí)間內(nèi)，環(huán)內(nèi)有逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流
答案　BC
解析　在0～t1時(shí)間內(nèi)，B均勻增加，則在線圈中產(chǎn)生恒定的感生電動(dòng)勢(shì)，在導(dǎo)線框dcba中形成穩(wěn)定的電流，故此時(shí)環(huán)中無(wú)感應(yīng)電流產(chǎn)生，環(huán)也沒(méi)有收縮趨勢(shì)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在t1～t2時(shí)間內(nèi)，B的變化率逐漸減小，則螺線管中的感應(yīng)電流方向?yàn)閺南碌缴锨抑饾u減小，在導(dǎo)線框abcd中的磁通量為向外減小，穿過(guò)環(huán)的磁通量向外減小，根據(jù)楞次定律可知，環(huán)內(nèi)有逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，且有擴(kuò)張趨勢(shì)，選項(xiàng)B、C正確；在t2～t3時(shí)間內(nèi)，B的方向向下，且B的變化率逐漸減小，則螺線管中的感應(yīng)電流方向?yàn)閺纳系较虑抑饾u減小，在導(dǎo)線框abcd中的磁通量為向里減小，穿過(guò)環(huán)的磁通量向里減小，根據(jù)楞次定律可知，環(huán)內(nèi)有順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
21．(2019·天津市南開(kāi)區(qū)下學(xué)期二模)如圖6所示，兩塊水平放置的平行正對(duì)的金屬板a、b與恒壓電源相連，在距離兩板等距的M點(diǎn)有一個(gè)帶電液滴處于靜止?fàn)顟B(tài)．若將a板向下平移一小段距離，但仍在M點(diǎn)上方，穩(wěn)定后，下列說(shuō)法中正確的是(　　)

圖6
A．液滴將向下加速運(yùn)動(dòng)
B．M點(diǎn)電勢(shì)升高，液滴在M點(diǎn)的電勢(shì)能將降低
C．M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度變小了
D．在a板移動(dòng)前后兩種情況下，若將液滴從a板移到b板，電場(chǎng)力做功相同
答案　BD
解析　極板始終與電源連接，電壓不變，d減小，由E＝可知，電場(chǎng)強(qiáng)度E增大，則帶電液滴所受電場(chǎng)力增大，液滴將向上加速運(yùn)動(dòng)，故A、C錯(cuò)誤；b點(diǎn)電勢(shì)為零， UMb＝φM－φb＝φM＝EdMb，場(chǎng)強(qiáng)增大，M點(diǎn)電勢(shì)升高，由題意，液滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，可知液滴所受電場(chǎng)力方向向上，所以液滴帶負(fù)電，液滴在M點(diǎn)電勢(shì)能降低，故B正確；在a板移動(dòng)前后兩種情況下，若將液滴從a板移到b板，由于電壓相同，電場(chǎng)力做功qU相同，故D正確．
22．(6分)(2019·湖北省4月調(diào)研)某同學(xué)用如下方法測(cè)量重力加速度g.

圖7
(1)用游標(biāo)卡尺測(cè)量圖7所示的“工”字形擋光片的寬度L1和兩擋光片之間的距離L2；
(2)自由釋放“工”字形擋光片，用光電計(jì)時(shí)器測(cè)出光線被擋光片擋住的時(shí)間t1、t2;
(3)若L1?L2，則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭＝________；由于擋光片有一定的寬度，導(dǎo)致重力加速度g的測(cè)量值與真實(shí)值相比________(選填“偏大”“偏小”或“相等”)．
答案　　偏大
解析　“工”字形擋光片經(jīng)過(guò)光電門時(shí)的速度分別為：v1＝；v2＝；根據(jù)v－v＝2gL2，解得g＝＝＝；由于擋光片有一定的寬度，則實(shí)際上“工”字形擋光片下落的高度大于L2，則導(dǎo)致重力加速度g的測(cè)量值與真實(shí)值相比偏大．
23．(9分)(2019·河北省中原名校聯(lián)盟下學(xué)期聯(lián)考)實(shí)驗(yàn)臺(tái)上備有下列器材：
A．電流表(量程500 μA，內(nèi)阻約為300 Ω)；
B．電流表(量程100 μA.內(nèi)阻約為1 kΩ)；
C．電壓表(量程15 V，內(nèi)阻約100 kΩ)；
D．電壓表(量程6 V，內(nèi)阻約6 kΩ)；
E．直流電源(15 V，允許最大電流1 A)；
F．滑動(dòng)變阻器(最大阻值100 Ω，額定功率1 kW)
G．電鍵和導(dǎo)線若干．
某同學(xué)用供選器材設(shè)計(jì)了測(cè)一個(gè)阻值約30 kΩ電阻的實(shí)驗(yàn)，電路如圖8所示(電路還沒(méi)有完全接好)．
(1)實(shí)驗(yàn)中所用的電流表應(yīng)選________，電壓表應(yīng)選________．(填器材前的字母)
(2)請(qǐng)用筆畫線代替導(dǎo)線將尚未連接好的電壓表連入下圖的電路中．

圖8
(3)開(kāi)關(guān)閉合前，滑動(dòng)變阻器觸頭P應(yīng)置于________(填“a”或“b”)處．
(4)正確連接電路后，無(wú)論如何調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片，電壓表和電流表示數(shù)均不能取到較小值，其原因可能是導(dǎo)線________(填圖中導(dǎo)線代號(hào))沒(méi)有連接好．
答案　(1)A　C　(2)

(3)b　(4)④
解析　(1)待測(cè)電阻Rx的阻值約為30 kΩ，直流電源電動(dòng)勢(shì)為15 V，經(jīng)粗略計(jì)算電路中的最大電流約為Imax＝＝500 μA，所以電流表選擇A；由于電壓表D的量程不足，所以電壓表選擇C.

(2)在題圖所示電路中，電流表內(nèi)阻為300 Ω，電壓表內(nèi)阻為100 kΩ，由串、并聯(lián)電路規(guī)律得，電流表的分壓作用小于電壓表的分流作用，故電流表應(yīng)采用內(nèi)接的方法，實(shí)物連線如圖所示：
(3)實(shí)驗(yàn)前，分壓電路的電壓應(yīng)該是0，故滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P應(yīng)置于b端．
(4)實(shí)驗(yàn)中無(wú)論如何調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片，電壓表和電流表示數(shù)均不能取到較小值，是由于滑動(dòng)變阻器接成限流式，因此是導(dǎo)線④沒(méi)有連接好．
2017年(全國(guó)1卷)逐題仿真練
題號(hào) 14 15 16 17 18
考點(diǎn) 動(dòng)量守恒 平拋運(yùn)動(dòng) 疊加場(chǎng)內(nèi)粒子運(yùn)動(dòng) 核能計(jì)算 電磁感應(yīng)
題號(hào) 19 20 21 22 23
考點(diǎn) 電流間的作用 電場(chǎng)中圖象 動(dòng)態(tài)平衡 研究勻變速運(yùn)動(dòng) 研究燈泡伏安特性

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
二、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19～21題有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分．)
14．(2019·福建龍巖市5月模擬)如圖1，水平面上有一平板車，某人站在車上掄起錘子從與肩等高處揮下，打在車的左端，打后車與錘相對(duì)靜止．以人、錘子和平板車為系統(tǒng)(初始時(shí)系統(tǒng)靜止)，研究該次揮下、打擊過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是(　　)

圖1
A．若水平面光滑，在錘子揮下的過(guò)程中，平板車一定向右運(yùn)動(dòng)
B．若水平面光滑，打后平板車可能向右運(yùn)動(dòng)
C．若水平面粗糙，在錘子揮下的過(guò)程中，平板車一定向左運(yùn)動(dòng)
D．若水平面粗糙，打后平板車可能向右運(yùn)動(dòng)
答案　D
解析　以人、錘子和平板車為系統(tǒng)，若水平面光滑，系統(tǒng)水平方向合外力為零，水平方向動(dòng)量守恒，且總動(dòng)量為零，當(dāng)錘子揮下的過(guò)程中，錘子有水平向右的速度，所以平板車一定向左運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；打后錘子停止運(yùn)動(dòng)，平板車也停下，B錯(cuò)誤；若水平面粗糙，在錘子揮下的過(guò)程車由于受摩擦力作用，可能靜止不動(dòng)，所以C錯(cuò)誤；在錘子打平板車時(shí)，在最低點(diǎn)與車相碰，錘子與平板車系統(tǒng)動(dòng)量向右，所以打后平板車可能向右運(yùn)動(dòng)，D正確．
15．(2019·安徽淮南市第二次模擬)如圖2所示，將一小球從水平面MN上方A點(diǎn)以初速度v1向右水平拋出，經(jīng)過(guò)時(shí)間t1打在前方豎直墻壁上的P點(diǎn)，若將小球從與A點(diǎn)等高的B點(diǎn)以初速度v2向右水平拋出，經(jīng)過(guò)時(shí)間t2落在豎直墻角的N點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，下列選項(xiàng)中正確的是(　　)

圖2
A．v1>v2 B．v1t2 D．t1＝t2
答案　A
解析　小球在豎直方向上為自由落體運(yùn)動(dòng)，則根據(jù)t＝可知，t1x2，則v1>v2，故選A.
16．(2019·湖北宜昌市元月調(diào)考)在空間建立三維坐標(biāo)系如圖3所示，xOz在水平面內(nèi)，y沿豎直方向．空間充滿沿－y方向的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和沿＋z方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝v0B.一質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電小球從坐標(biāo)原點(diǎn)O以初速度v0沿＋x方向拋出，設(shè)空間足夠大，則(　　)

圖3
A．帶電小球做加速度不斷變化的變速曲線運(yùn)動(dòng)
B．帶電小球做勻變速直線運(yùn)動(dòng)
C．若帶電小球運(yùn)動(dòng)到某位置，坐標(biāo)為(x0，－y0,0)，則速度與＋x方向的夾角θ滿足tan θ＝
D．若帶電小球運(yùn)動(dòng)到某位置，坐標(biāo)為(x0，－y0,0)，則速度與＋x方向的夾角θ滿足tan θ＝
答案　D
解析　帶負(fù)電的小球從O點(diǎn)沿＋x方向拋出，則電場(chǎng)力方向沿－z方向，洛倫茲力沿＋z方向，因E＝v0B，可知Eq＝qv0B，即沿z軸方向受力平衡，則小球?qū)⒃谥亓ψ饔孟伦銎綊佭\(yùn)動(dòng)，即帶電小球做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；若帶電小球運(yùn)動(dòng)到某位置，坐標(biāo)為(x0，－y0,0)，則x0＝v0t，vy＝gt，y0＝gt2，速度與＋x方向的夾角θ滿足tan θ＝＝＝＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確．
17．(2019·江西南昌市第二次模擬)太陽(yáng)因核聚變釋放出巨大的能量，其質(zhì)量不斷減少．太陽(yáng)光從太陽(yáng)射到月球表面的時(shí)間約500 s，月球表面每平方米每秒鐘接收到太陽(yáng)輻射的能量約為1.4×103 J，根據(jù)愛(ài)因斯坦質(zhì)能方程，太陽(yáng)每秒鐘減少的質(zhì)量最接近(　　)
A．4×109 kg B．4×1012 kg
C．4×1018 kg D．4×1024 kg
答案　A
解析　由題意可知，太陽(yáng)每秒鐘輻射的能量為：E＝4πr2×1.4×103 J，其中r＝500×3×108 m，由愛(ài)因斯坦質(zhì)能方程可知，Δm＝，代入解得：Δm≈4.4×109 kg，故A符合題意．
18．(2019·安徽合肥市第二次質(zhì)檢)某興趣小組制作了一個(gè)簡(jiǎn)易的“轉(zhuǎn)動(dòng)裝置”，如圖4甲所示，在干電池的負(fù)極吸上一塊圓柱形強(qiáng)磁鐵，然后將一金屬導(dǎo)線折成頂端有一支點(diǎn)、底端開(kāi)口的導(dǎo)線框，并使導(dǎo)線框的支點(diǎn)與電源正極、底端與磁鐵均良好接觸但不固定，圖乙是該裝置的示意圖．若線框逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)(俯視)，下列說(shuō)法正確的是(　　)

圖4
A．線框轉(zhuǎn)動(dòng)是因?yàn)榘l(fā)生了電磁感應(yīng)
B．磁鐵導(dǎo)電，且與電池負(fù)極接觸的一端是S極
C．若將磁鐵的兩極對(duì)調(diào)，則線框轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變
D．線框轉(zhuǎn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)的電流比開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的大
答案　B
19．(2019·福建三明市期末質(zhì)量檢測(cè))如圖5所示，通電導(dǎo)線MN與單匝矩形線圈abcd共面，MN固定不動(dòng)，位置靠近ab且相互絕緣．當(dāng)MN中電流突然增大時(shí)，則(　　)

圖5
A．線圈所受安培力的合力方向向左
B．線圈所受安培力的合力方向向右
C．感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcda
D．感應(yīng)電流方向?yàn)閍dcba
答案　AC
解析　當(dāng)MN中電流突然增大時(shí)，根據(jù)楞次定律可知，線圈中產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，即abcda方向；由左手定則可知ab邊和cd邊受安培力均向左，可知線圈所受安培力的合力方向向左，選項(xiàng)A、C正確，B、D錯(cuò)誤．
20. (2019·山東聊城市二模)兩電荷量分別為q1和q2的點(diǎn)電荷固定在x軸上的A、B兩點(diǎn)，兩點(diǎn)電荷連線上各點(diǎn)電勢(shì)φ隨坐標(biāo)x變化的關(guān)系圖象如圖6所示，其中P點(diǎn)電勢(shì)最高，且xAP
圖6
A．q1和q2都是負(fù)電荷
B．q1的電荷量大于q2的電荷量
C．在A、B之間將一負(fù)點(diǎn)電荷沿x軸從P點(diǎn)左側(cè)移到右側(cè)，電勢(shì)能先減小后增大
D．一點(diǎn)電荷只在電場(chǎng)力作用下沿x軸從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，加速度逐漸變小
答案　AC
解析　由題圖知，越靠近兩電荷，電勢(shì)越低，則q1和q2都是負(fù)電荷，故A項(xiàng)正確；φ－x圖象的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度，則P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零，據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的疊加知兩點(diǎn)電荷在P處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)等值反向，即k＝k，又xAP21．(2019·湖北荊州市四月質(zhì)檢)如圖7所示，帶有孔的小球A套在粗糙的傾斜直桿上，與正下方的小球B通過(guò)輕繩連接，處于靜止?fàn)顟B(tài)．給小球B施加水平力F使其緩慢上升，直到小球A剛要滑動(dòng)．在此過(guò)程中(　　)

圖7
A．水平力F的大小不變
B．桿對(duì)小球A的支持力增加
C．輕繩對(duì)小球B的拉力先變大后變小
D．桿對(duì)小球A的摩擦力先變小后變大
答案　BD
解析　小球B受拉力F、重力和輕繩的拉力FT，合力為零如圖所示：

由此可知，隨著α的增加，拉力F和輕繩張力FT均增大，故A、C錯(cuò)誤；
再對(duì)A、B球整體分析，受重力、拉力F、支持力FN和靜摩擦力Ff，如圖所示：

設(shè)桿與水平方向的夾角為θ，根據(jù)平衡條件，在垂直桿方向有FN＝(M＋m)gcos θ＋Fsin θ，隨著F的增大，支持力FN增大；
在平行桿方向，有：Fcos θ＋Ff＝(M＋m)gsin θ，可得：Ff＝(M＋m)gsin θ－Fcos θ，可知隨著F的增大，靜摩擦力逐漸減小，當(dāng)(M＋m)gsin θ＝Fcos θ時(shí)，摩擦力為零，此后靜摩擦力反向增大，故B、D正確．
22．(5分)(2019·重慶市4月調(diào)研)某實(shí)驗(yàn)小組為了測(cè)定氣墊導(dǎo)軌上滑塊的加速度，滑塊上安裝了寬度為d的遮光條．如圖8甲所示，滑塊在牽引力作用下先后通過(guò)兩個(gè)光電門，配套的數(shù)字計(jì)時(shí)器記錄了遮光條通過(guò)第一光電門的時(shí)間Δt1為0.05 s，通過(guò)第二個(gè)光電門的時(shí)間Δt2為0.01 s，遮光條從開(kāi)始遮住第一個(gè)光電門到開(kāi)始遮住第二個(gè)光電門的時(shí)間t為0.20 s．用游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光條的寬度d，游標(biāo)卡尺示數(shù)如圖乙所示．


圖8
(1)讀出遮光條的寬度d＝________ cm.
(2)估算滑塊的加速度a＝________ m/s2(保留兩位有效數(shù)字)．
(3)為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，下列措施最合理的是________．
A．盡量減小鉤碼質(zhì)量
B．遮光條寬度越寬越好
C．其他條件不變多次測(cè)量取平均值
答案　(1)0.45　(2)1.8　(3)C
解析　(1)讀出遮光條的寬度d＝0.4 cm＋0.1 mm×5＝0.45 cm；
(2)遮光條通過(guò)第一個(gè)光電門的速度：v1＝＝ m/s＝0.09 m/s
遮光條通過(guò)第二個(gè)光電門的速度：v2＝＝ m/s＝0.45 m/s，
故加速度a＝＝ m/s2＝1.8 m/s2；
(3)盡量減小鉤碼質(zhì)量，對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果沒(méi)有影響，故A錯(cuò)誤；遮光條寬度應(yīng)盡量窄些，故B錯(cuò)誤；其他條件不變，多次測(cè)量取平均值，可以減小實(shí)驗(yàn)誤差，故C正確．
23．(10分)(2019·天津市南開(kāi)區(qū)下學(xué)期二模)在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實(shí)驗(yàn)中，需測(cè)量一個(gè)“2.5 V,0.3 A”的小燈泡兩端的電壓和通過(guò)它的電流．現(xiàn)有如下器材：
直流電源(電動(dòng)勢(shì)3.0 V，內(nèi)阻不計(jì))
電流表A1(量程3 A，內(nèi)阻約0.1 Ω)
電流表A2(量程600 mA，內(nèi)阻約5 Ω)
電壓表V1(量程3 V，內(nèi)阻約3 Ω)
電壓表V2(量程15 V，內(nèi)阻約15 kΩ)
滑動(dòng)變阻器R1(阻值0～10 Ω，額定電流1 A)
滑動(dòng)變阻器R2(阻值0～1 kΩ，額定電流300 mA)
(1)在該實(shí)驗(yàn)中，電流表應(yīng)選擇________，電壓表應(yīng)選擇________，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇________．
(2)為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，應(yīng)選擇以下哪個(gè)實(shí)驗(yàn)電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)________．


(3)下表是某同學(xué)在實(shí)驗(yàn)中測(cè)出的數(shù)據(jù)，該同學(xué)根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)在圖9已畫出除了第6組數(shù)據(jù)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)，請(qǐng)你在I－U圖象上畫出第6組數(shù)據(jù)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)，并作出該小燈泡的伏安特性曲線．


1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
I(A) 0 0.10 0.13 0.15 0.16 0.18 0.19 0.20 0.23 0.25 0.27 0.28 0.30
U(V) 0 0.10 0.20 0.30 0.40 0.60 0.80 1.00 1.40 1.80 2.00 2.20 2.50


圖9
(4)實(shí)驗(yàn)中，如果把這個(gè)小燈泡和一個(gè)阻值為9 Ω的定值電阻串聯(lián)在電動(dòng)勢(shì)為3 V、內(nèi)阻為1 Ω的直流電源上．則小燈泡消耗的實(shí)際功率約為_(kāi)_______ W.
答案　(1)A2　V1　R1　(2)C　(3)

(4)0.20±0.02
解析　(1)由于該實(shí)驗(yàn)需要測(cè)量“2.5 V,0.3 A”的小燈泡的伏安特性曲線，故通過(guò)小燈泡的電流約為0.3 A，故用量程為600 mA的電流表A2即可；電壓表選用量程為3 V的V1即可；該實(shí)驗(yàn)需要的電壓要從0開(kāi)始調(diào)起，故供電部分要用分壓式電路，滑動(dòng)變阻器選用阻值較小的R1即可；
(2)由于小燈泡的電阻較小，故測(cè)量時(shí)采用電流表外接會(huì)減小誤差，供電電路采用分壓式連接，故采用C電路實(shí)驗(yàn)；
(3)描出第6組數(shù)據(jù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)，并用平滑的曲線將各點(diǎn)連接起來(lái)即可；
(4)小燈泡相當(dāng)于與一個(gè)電動(dòng)勢(shì)為3 V，內(nèi)阻為10 Ω的電源連接，我們可以在小燈泡的伏安特性曲線的圖中再作出該電源的伏安特性曲線，如圖所示，則兩個(gè)圖線相交的位置就是電路中小燈泡工作時(shí)的電壓和電流，即燈泡的兩端電壓為1.0 V，電流為0.20 A，故小燈泡消耗的實(shí)際功率約為0.20 W.

2017年(全國(guó)2卷)逐題仿真練
題號(hào) 14 15 16 17 18
考點(diǎn) 圓周運(yùn)動(dòng) 核反應(yīng)和核能 平衡條件的應(yīng)用 圓周運(yùn)動(dòng)與機(jī)械能守恒 磁場(chǎng)內(nèi)粒子的運(yùn)動(dòng)
題號(hào) 19 20 21 22 23
考點(diǎn) 萬(wàn)有引力與航天 電磁感應(yīng)綜合 安培力的作用 研究勻變速運(yùn)動(dòng) 測(cè)毫安表內(nèi)阻

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
二、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19～21題有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分．)
14．(2019·廣東廣州市4月綜合測(cè)試)如圖1，廣州塔摩天輪位于塔頂450米高空處，摩天輪由16個(gè)“水晶”觀光球艙組成，沿著傾斜的軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則坐于觀光球艙中的某游客(　　)

圖1
A．動(dòng)量不變 B．線速度不變
C．合外力不變 D．機(jī)械能不守恒
答案　D
解析　坐于觀光球艙中的某游客線速度的大小不變，但方向不斷改變，可知線速度不斷改變，動(dòng)量也不斷變化；由于向心加速度方向不斷變化，可知合外力大小不變，但方向不斷改變，選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤；由于動(dòng)能不變，重力勢(shì)能不斷變化，可知機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)D正確．
15．(2019·江蘇南京市六校聯(lián)考)中微子是一種不帶電、質(zhì)量很小的粒子．早在1942年我國(guó)物理學(xué)家王淦昌首先提出證實(shí)中微子存在的實(shí)驗(yàn)方案．靜止的鈹核(Be)可能從很靠近它的核外電子中俘獲一個(gè)電子(動(dòng)能忽略不計(jì))形成一個(gè)新核并放出中微子，新核處于激發(fā)態(tài)，放出γ光子后回到基態(tài)．通過(guò)測(cè)量新核和γ光子的能量，可間接證明中微子的存在．則(　　)
A．中微子的動(dòng)量與處于激發(fā)態(tài)新核的動(dòng)量相同
B．反應(yīng)過(guò)程吸收能量
C．產(chǎn)生的新核是鋰核(Li)
D．中微子的動(dòng)能與處于激發(fā)態(tài)新核的動(dòng)能相等
答案　C
解析　根據(jù)題意可知發(fā)生的核反應(yīng)方程為：Be＋e→Li＋νe，所以產(chǎn)生的新核是鋰核，反應(yīng)過(guò)程放出能量，故B錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)動(dòng)量守恒可知中微子的動(dòng)量與處于激發(fā)態(tài)新核的動(dòng)量大小相等，方向相反，故A錯(cuò)誤；中微子的動(dòng)量與處于激發(fā)態(tài)新核的動(dòng)量大小相等，而質(zhì)量不等，根據(jù)Ek＝，可知中微子的動(dòng)能與處于激發(fā)態(tài)新核的動(dòng)能不相等，故D錯(cuò)誤．
16．(2019·四川綿陽(yáng)市第三次診斷)一物塊放在水平桌面上，在水平輕彈簧的拉力F作用下，沿桌面做勻速直線運(yùn)動(dòng)，彈簧的伸長(zhǎng)量為x；將彈簧方向變成與水平面成60°角，物塊在拉力作用下仍沿桌面做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量是(物塊與桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)為，彈簧始終處于彈性限度內(nèi))(　　)
A.x B.x C．2x D.x
答案　B
解析　當(dāng)彈簧水平拉力為F時(shí)：根據(jù)平衡條件得：kx＝Ff＝μFN＝μmg，當(dāng)彈簧方向變成與水平面成60°角時(shí)，豎直方向：kx′sin 60°＋FN′＝mg，水平方向：kx′cos 60°＝Ff′＝μFN′＝μ(mg－kx′sin 60°)，聯(lián)立解得x′＝x，A、C、D錯(cuò)誤，B正確．
17. (2019·山東臨沂市質(zhì)檢)如圖2，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長(zhǎng)度為R，bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點(diǎn)．一質(zhì)量為m的小球受到與重力大小相等的水平外力F的作用，自a點(diǎn)從靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)立即撤去外力F，重力加速度大小為g，下列說(shuō)法正確的是(　　)

圖2
A．水平外力F做的功為2mgR
B．小球運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力大小為3mg
C．小球能從c點(diǎn)豎直向上飛出
D．小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力大小為mg
答案　B
解析　水平外力F做的功為：W＝FR＝mgR，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；從a到b由動(dòng)能定理：FR＝
mv b2；在b點(diǎn)由牛頓第二定律：FNb－mg＝m，解得FNb＝3mg，結(jié)合牛頓第三定律可知，選項(xiàng)B正確；由機(jī)械能守恒定律得：mvb2＝mgR＋mv，解得vc＝0，即到達(dá)c點(diǎn)的速度為零，運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)時(shí)小球?qū)A弧軌道的壓力大小為0，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤．
18．(2019·河南鄭州市第一次模擬)如圖3所示，邊界OM與ON之間分布有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，邊界ON上有一粒子源S.某一時(shí)刻，從離子源S沿平行于紙面，向各個(gè)方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子(不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用)，所有粒子的初速度大小相等，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間有大量粒子從邊界OM射出磁場(chǎng)．已知∠MON＝30°，從邊界OM射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間等于T(T為粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期)，則從邊界OM射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為(　　)

圖3
A.T B.T C.T D.T
答案　A
解析　粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，入射點(diǎn)是S，出射點(diǎn)在OM直線上，出射點(diǎn)與S點(diǎn)的連線為軌跡的一條弦．當(dāng)從邊界OM射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短時(shí)，軌跡的弦最短，根據(jù)幾何知識(shí)，作ES⊥OM，則ES為最短的弦，粒子從S到E的時(shí)間即最短，如圖所示．

由題意可知，粒子運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間等于T，設(shè)OS＝d，則DS＝OStan 30°＝d，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為：
r＝＝d，
由幾何知識(shí)有：
ES＝OSsin 30°＝d，故在△O1ES中由余弦定理得
cos θ＝＝－，則：θ＝120°，
粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為：
tmin＝T＝T，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤．
19．(2019·陜西渭南市教學(xué)質(zhì)檢(二))2018年12月8日，“嫦娥四號(hào)”月球探測(cè)器在我國(guó)西昌衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射，探測(cè)器奔月過(guò)程中，被月球俘獲后在月球上空某次變軌是由橢圓軌道a變?yōu)榻聢A形軌道b，如圖4所示，a、b兩軌道相切于P點(diǎn)．不計(jì)變軌過(guò)程探測(cè)器質(zhì)量變化，下列說(shuō)法正確的是(　　)

圖4
A．探測(cè)器在a軌道上P點(diǎn)的動(dòng)能小于在b軌道上P點(diǎn)的動(dòng)能
B．探測(cè)器在a軌道上P點(diǎn)的加速度大于在b軌道上P點(diǎn)的加速度
C．探測(cè)器在a軌道運(yùn)動(dòng)的周期大于在b軌道運(yùn)動(dòng)的周期
D．為使探測(cè)器由a軌道進(jìn)入b軌道，在P點(diǎn)必須減速
答案　CD
解析　從高軌道a到低軌道b需要在P點(diǎn)進(jìn)行減速，所以，在a軌道上P點(diǎn)的動(dòng)能大于在b軌道上P點(diǎn)的動(dòng)能，A錯(cuò)誤，D正確；根據(jù)牛頓第二定律得：G＝ma，所以在a、b軌道上P點(diǎn)到月球中心的距離r相同，加速度一樣，B錯(cuò)誤；根據(jù)開(kāi)普勒第三定律：＝，所以在a軌道運(yùn)動(dòng)的周期大于在b軌道運(yùn)動(dòng)的周期，C正確．
20．(2019·山西臨汾市二輪復(fù)習(xí)模擬)如圖5甲所示，半徑為1 m的帶缺口剛性金屬圓環(huán)導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，在導(dǎo)軌上垂直放置一質(zhì)量為0.1 kg、電阻為1 Ω的直導(dǎo)體棒，其長(zhǎng)度恰好等于金屬圓環(huán)的直徑，導(dǎo)體棒初始位置與圓環(huán)直徑重合，且與導(dǎo)軌接觸良好．已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3，不計(jì)金屬圓環(huán)的電阻，導(dǎo)體棒受到的最大靜摩擦力等于其滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2.現(xiàn)若在圓環(huán)內(nèi)加一垂直于紙面向里的變化磁場(chǎng)，變化規(guī)律如圖乙所示，則(　　)

圖5
A．導(dǎo)體棒的電流是從b到a
B．通過(guò)導(dǎo)體棒的電流大小為0.5 A
C．0～2 s內(nèi)，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的熱量為0.125 J
D．t＝π s時(shí)，導(dǎo)體棒受到的摩擦力大小為0.3 N
答案　AC
解析　穿過(guò)閉合回路的磁通量向里增加，由楞次定律可知導(dǎo)體棒的電流是從b到a，選項(xiàng)A正確；假設(shè)0～π s時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒靜止不動(dòng)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝＝·πr2＝×π×12 V＝0.25 V，則感應(yīng)電流I＝＝ A＝0.25 A，t＝π s時(shí)，導(dǎo)體棒受到的安培力F＝2BIr＝2×0.5×0.25×1 N＝0.25 N；最大靜摩擦力Ffm＝μmg＝0.3 N，則假設(shè)成立，故導(dǎo)體棒所受摩擦力大小為0.25 N，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤；0～2 s內(nèi)，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的熱量為Q＝I2Rt＝0.252×1×2 J＝0.125 J，選項(xiàng)C正確．
21．(2019·山東實(shí)驗(yàn)中學(xué)第二次模擬)如圖6所示，磁單極子會(huì)在其周圍形成均勻輻射磁場(chǎng)．質(zhì)量為m、半徑為R的圓環(huán)當(dāng)通有恒定的電流I時(shí)，恰好能水平靜止在N極正上方H處．已知與磁單極子N極相距r處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝，其中k為常數(shù)．重力加速度為g.則(　　)

圖6
A．靜止時(shí)圓環(huán)的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?俯視)
B．靜止時(shí)圓環(huán)沿其半徑方向有擴(kuò)張的趨勢(shì)
C．靜止時(shí)圓環(huán)的電流I＝
D．若將圓環(huán)向上平移一小段距離后由靜止釋放，下落中加速度先增加后減小
答案　AC
解析　環(huán)所在處的磁場(chǎng)的方向向上，則環(huán)產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向向下，根據(jù)安培定則可知，靜止時(shí)圓環(huán)的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?俯視)，故A正確；靜止時(shí)圓環(huán)的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?俯視)，由左手定則可知，環(huán)上的各點(diǎn)受到的安培力的方向向上向里，所以環(huán)有收縮的趨勢(shì)，故B錯(cuò)誤；對(duì)環(huán)的某一部分進(jìn)行受力分析：在水平方向，根據(jù)安培力的對(duì)稱性可知，整個(gè)的環(huán)在水平方向的合力為0，豎直方向的合力與重力大小相等，由于在圓環(huán)處各點(diǎn)電流的方向與磁場(chǎng)的方向都垂直，所以整體受到的安培力為BI·2πR，F(xiàn)cos θ＝mg，由幾何關(guān)系：cos θ＝，由題：B＝，聯(lián)立得：I＝，故C正確；結(jié)合C的受力分析可知，若將圓環(huán)向上平移一小段距離后環(huán)受到的安培力將減小；由靜止釋放，重力開(kāi)始時(shí)大于安培力，所以環(huán)加速下落，向下的過(guò)程中安培力增大，所以合外力減小，加速度減小，故D錯(cuò)誤．
22．(6分)如圖7甲所示，是研究小車做勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的實(shí)驗(yàn)裝置，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所接的交流電源的頻率為f＝50 Hz，試問(wèn)：



圖7
(1)實(shí)驗(yàn)中，必要的措施是________．
A．細(xì)線必須與長(zhǎng)木板平行
B．小車必須具有一定的初速度
C．小車質(zhì)量遠(yuǎn)大于鉤碼質(zhì)量
D．必須平衡小車與長(zhǎng)木板間的摩擦力
(2)如圖乙所示，A、B、C、D、E、F、G是剛打好的紙帶上7個(gè)連續(xù)的點(diǎn)．從圖乙中可讀得x6＝________cm，計(jì)算F點(diǎn)對(duì)應(yīng)的瞬時(shí)速度的表達(dá)式為vF＝________.
(3)如圖丙所示，是根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)畫出的v2－2x圖線(v為各點(diǎn)的速度大小)，由圖線可知小車運(yùn)動(dòng)的加速度為_(kāi)_______m/s2.(保留2位有效數(shù)字)
答案　(1)A　(2)6.00　　(3)0.50(0.48～0.52)
解析　(1)實(shí)驗(yàn)中，細(xì)線必須與長(zhǎng)木板平行，以減小實(shí)驗(yàn)的誤差，選項(xiàng)A正確；實(shí)驗(yàn)中讓小車由靜止釋放，不需要初速度，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；此實(shí)驗(yàn)不需要使得小車質(zhì)量遠(yuǎn)大于鉤碼質(zhì)量，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；此實(shí)驗(yàn)沒(méi)必要平衡小車與長(zhǎng)木板間的摩擦力，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
(2)從題圖乙中可讀得x6＝6.00 cm，計(jì)算F點(diǎn)對(duì)應(yīng)的瞬時(shí)速度的表達(dá)式為vF＝＝.
(3)由圖線可知小車運(yùn)動(dòng)的加速度為a＝＝ m/s2＝0.50 m/s2.
23．(9分)(2019·山東濰坊市二模)某同學(xué)利用如圖8所示的電路測(cè)量一表頭的電阻．供選用的器材如下：


圖8
A．待測(cè)表頭G1，內(nèi)阻r1約為300 Ω，量程5.0 mA；
B．靈敏電流計(jì)G2，內(nèi)阻r2＝300 Ω，量程1.0 mA；
C．定值電阻R＝1 200 Ω；
D．滑動(dòng)變阻器R1＝20 Ω；
E．滑動(dòng)變阻器R2＝2 000 Ω；
F．電源，電動(dòng)勢(shì)E＝3.0 V，內(nèi)阻不計(jì)；
G．開(kāi)關(guān)S，導(dǎo)線若干．
(1)在如圖乙所示的實(shí)物圖上將導(dǎo)線補(bǔ)充完整；
(2)滑動(dòng)變阻器應(yīng)選________(填寫器材前的字母代號(hào))．開(kāi)關(guān)S閉合前，滑動(dòng)變阻器的滑片P應(yīng)滑動(dòng)至________端(填“a”或“b”)；
(3)實(shí)驗(yàn)中某次待測(cè)表頭G1的示數(shù)如圖丙所示，示數(shù)為_(kāi)_______ mA；
(4)該同學(xué)多次移動(dòng)滑片P，記錄相應(yīng)的G1、G2讀數(shù)I1、I2；以I2為縱坐標(biāo)，I1為橫坐標(biāo)，作出相應(yīng)圖線．已知圖線的斜率k＝0.18，則待測(cè)表頭內(nèi)阻r1＝________ Ω.
(5)該同學(xué)接入電阻R的主要目的是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
答案　(1)如圖：

(2)D　a　(3)3.00　(4)270　(5)保護(hù)G2，使兩表均能達(dá)到接近滿偏
解析　(1)實(shí)物連線如圖：

(2)因?yàn)榛瑒?dòng)變阻器要接成分壓電路，則應(yīng)該選擇阻值較小的D；開(kāi)關(guān)S閉合前，滑動(dòng)變阻器的滑片P應(yīng)滑動(dòng)至a端；
(3)待測(cè)表頭G1的示數(shù)為3.00 mA；
(4)由歐姆定律可知：I1r1＝I2(R＋r2)，即I2＝I1，則＝k＝0.18，解得r1＝270 Ω；
(5)該同學(xué)接入電阻R的主要目的是：保護(hù)G2，使兩表均能達(dá)到接近滿偏．
2017年(全國(guó)3卷)逐題仿真練
題號(hào) 14 15 16 17 18
考點(diǎn) 萬(wàn)有引力定律 楞次定律 功的分析和計(jì)算 力的分析 磁場(chǎng)的疊加
題號(hào) 19 20 21 22 23
考點(diǎn) 光電效應(yīng) 沖量和功 電場(chǎng)性質(zhì)的理解 驗(yàn)證平行四邊形定則 多用電表的原理

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
二、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19～21題有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分．)
14. (2019·山西運(yùn)城市5月適應(yīng)性測(cè)試)2018年5月21日，我國(guó)成功發(fā)射了為探月任務(wù)執(zhí)行通信中繼服務(wù)的“鵲橋”衛(wèi)星，并定點(diǎn)在如圖1所示的地月連線外側(cè)的位置上．“鵲橋”衛(wèi)星在位置L2時(shí)，受到地球和月球共同的引力作用，不需要消耗燃料就可以與月球保持相對(duì)靜止，且與月球一起繞地球運(yùn)動(dòng)．“鵲橋”衛(wèi)星、月球繞地球運(yùn)動(dòng)的加速度分別為a鵲、a月，線速度分別為v鵲、v月，周期分別為T鵲、T月，軌道半徑分別為r鵲、r月，下列關(guān)系正確的是(　　)

圖1
A．T鵲C．v鵲>v月 D.＝
答案　C
解析　因?yàn)椤谤o橋”衛(wèi)星與月球一起繞地球運(yùn)動(dòng)，與月球保持相對(duì)靜止，所以周期相同：T鵲＝T月，A錯(cuò)誤；
對(duì)月球有：a月＝r月，
對(duì)衛(wèi)星有：a鵲＝r鵲，
因?yàn)橹芷谙嗤詀鵲>a月，B錯(cuò)誤；
根據(jù)：v＝，周期相同，而衛(wèi)星的半徑大，所以衛(wèi)星線速度大，v鵲>v月，C正確；
因?yàn)橹芷谙嗤霃讲煌倚l(wèi)星半徑大，所以<，D錯(cuò)誤．
15．(2019·山東德州市上學(xué)期期末)如圖2所示， a、b為兩彈性金屬線圈，線圈a套在通電螺線管外部，線圈b置于通電螺線管的內(nèi)部，兩線圈所在平面都垂直于通電螺線管的軸線，通電螺線管中的電流方向如圖1所示．當(dāng)通電螺線管中的電流增大時(shí)，對(duì)兩線圈中的感應(yīng)電流方向和縮擴(kuò)情況說(shuō)法正確的是(　　)

圖2
A．自左向右看， a 線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針
B．自左向右看， b 線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針
C．a(chǎn) 線圈會(huì)擴(kuò)張
D．b 線圈會(huì)擴(kuò)張
答案　C
解析　通電螺線管中的電流增大時(shí)，穿過(guò)線圈a的磁通量向右增加，根據(jù)楞次定律可知，a中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針(從左向右看)；穿過(guò)線圈b的磁通量向右增加，根據(jù)楞次定律可知，b中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針(從左向右看)，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤．因螺線管外部磁場(chǎng)向左，根據(jù)左手定則可知，a線圈的各個(gè)小段均受到向外的磁場(chǎng)力，有擴(kuò)張的趨勢(shì)，選項(xiàng)C正確．同理可知因螺線管內(nèi)部磁場(chǎng)向右，根據(jù)左手定則可知，b線圈的各個(gè)小段均受到指向圓心向里的磁場(chǎng)力，有收縮的趨勢(shì)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
16. (2019·云南曲靖市第一次模擬)如圖3所示，滑塊以速率v1沿固定斜面由底端向上滑行，至某一位置后返回，回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速率變?yōu)関2，且v2
圖3
A．全過(guò)程中重力做功為零
B．全過(guò)程中摩擦力做功為零
C．在上滑和下滑兩過(guò)程中，機(jī)械能減少量相等
D．在上滑和下滑兩過(guò)程中，摩擦力做功的平均功率不相等
答案　B
解析　重力做功等于重力與豎直位移的乘積，全程豎直位移為零，所以重力做功為零，A正確；上滑時(shí)，摩擦力沿斜面向下，做負(fù)功，下滑時(shí)，摩擦力沿斜面向上，做負(fù)功，所以全程始終做負(fù)功，總功不為零，B錯(cuò)誤；因?yàn)樯匣拖禄^(guò)程摩擦力大小相等，且位移大小相等，始終做負(fù)功，所以上滑和下滑過(guò)程克服摩擦力做功相同，機(jī)械能減少量相同，C正確；上滑過(guò)程的加速度：a＝＝gsin θ＋μgcos θ；下滑時(shí)加速度：a′＝＝gsin θ－μgcos θ，位移大小相同，下滑時(shí)加速度小，所以下滑時(shí)間長(zhǎng)，而上滑和下滑克服摩擦力做功相同，所以由P＝可知，平均功率不同，D正確．
17．(2019·廣西梧州市2月聯(lián)考)如圖4，在水平地面上放置一個(gè)質(zhì)量為M的斜面體(斜面光滑)，斜面體上放置一個(gè)質(zhì)量為m的物塊，物塊與固定墻面上的輕質(zhì)彈簧相連，彈簧的軸線始終與斜面平行，若物塊在斜面上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，斜面體始終保持靜止，則圖中畫出的關(guān)于地面對(duì)斜面體的摩擦力Ff與時(shí)間的關(guān)系圖象正確的是(　　)

圖4

答案　A
解析　因?yàn)樾泵婀饣孕泵骟w的受力如圖所示，地面對(duì)斜面體的摩擦力為定值，且方向始終向右，故選A.

18．(2019·遼寧大連市第二次模擬)如圖5所示，AC是四分之一圓弧，O為圓心，D為圓弧中點(diǎn)，A、D、C處各有一垂直紙面的通電直導(dǎo)線，電流大小相等，方向垂直紙面向里，整個(gè)空間還存在一個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度恰好為零．如果將D處電流反向，其他條件都不變，則O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為(　　)

圖5
A．2(－1)B B．2(＋1)B
C．2B D．0
答案　A
解析　O點(diǎn)的實(shí)際磁感應(yīng)強(qiáng)度是A、D、C處電流產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度與空間大小為B的磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量和，O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度恰好為零，則A、C在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)與空間磁場(chǎng)的矢量和一定與D單獨(dú)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向，根據(jù)合成可得：D電流在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度BD＝；所以將D處電流反向，其他條件都不變，O處磁感應(yīng)強(qiáng)度：B′＝2BD＝2(－1)B，B、C、D錯(cuò)誤，A正確．
19．(2019·東北三省三校第二次聯(lián)合模擬)如圖6所示，甲為演示光電效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)裝置；乙圖為a、b、c三種光照射下得到的三條電流表與電壓表讀數(shù)之間的關(guān)系曲線；丙圖為氫原子的能級(jí)圖；丁圖給出了幾種金屬的逸出功和截止頻率的關(guān)系．以下說(shuō)法正確的是(　　)

圖6
A．若b光為綠光，c光可能是紫光
B．若a光為綠光，c光可能是紫光
C．若b光光子能量為2.81 eV，用它照射由金屬銣制成的陰極，所產(chǎn)生的大量具有最大初動(dòng)能的光電子去撞擊大量處于n＝3激發(fā)態(tài)的氫原子，可以產(chǎn)生6種不同頻率的光
D．若b光光子能量為2.81 eV，用它直接照射大量處于n＝2激發(fā)態(tài)的氫原子，可以產(chǎn)生6種不同頻率的光
答案　BC
解析　由光電效應(yīng)方程Ek＝hν－W0和eU＝Ek，聯(lián)立解得eU＝hν－W0，即光子照射同一塊金屬的時(shí)候，只要遏止電壓一樣，說(shuō)明光子的頻率一樣，遏止電壓越大，光子的頻率越大，因此可知b光和c光的頻率一樣，大于a光的頻率，故A錯(cuò)誤，B正確；b光的光電效應(yīng)方程為Ek＝hν－W0＝(2.81－2.13) eV＝0.68 eV，電子撞擊氫原子，氫原子只吸收兩個(gè)能級(jí)差的能量，因此n＝3能級(jí)的氫原子吸收的能量為ΔEk＝－0.85 eV－(－1.51 eV)＝0.66 eV，這時(shí)氫原子處在n＝4的能級(jí)上，可輻射6種頻率的光，C正確；若用光子照射氫原子，氫原子只能吸收光子能量恰好為能級(jí)能量差的光子，2.81 eV能量的光子不被吸收，D錯(cuò)誤．
20．(2019·山西臨汾市二輪復(fù)習(xí)模擬)水平面上有質(zhì)量相等的a、b兩個(gè)物體，水平推力F1、F2分別作用在a、b上，一段時(shí)間后撤去推力，物體繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段距離后停下．兩物體的v－t圖線如圖7所示，圖中AB∥CD.則整個(gè)過(guò)程中(　　)

圖7
A．水平推力F1、F2大小可能相等
B．a(chǎn)的平均速度大于b的平均速度
C．合外力對(duì)a物體的沖量等于合外力對(duì)b物體的沖量
D．摩擦力對(duì)a物體做的功小于摩擦力對(duì)b物體做的功
答案　CD
解析　由題圖知，AB與CD平行，說(shuō)明撤去推力后兩物體的加速度相同，而撤去推力后物體的合力等于摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知，兩物體受到的摩擦力大小相等．水平推力作用時(shí)，由圖象可知a的加速度大于b的加速度，根據(jù)F－Ff＝ma可知水平推力F1大于F2，故A錯(cuò)誤；設(shè)兩物體的最大速度為v，加水平推力時(shí)兩物體的平均速度均為，撤去水平推力后兩物體的平均速度仍為，可知a的平均速度等于b的平均速度，故B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理可知，合外力的沖量等于動(dòng)量的變化量，即IF－If＝0，故C正確；由題圖可知，a的位移小于b的位移，因兩物體的摩擦力相等，可知摩擦力對(duì)a物體做的功小于摩擦力對(duì)b物體做的功，故D正確．
21．(2019·安徽安慶市下學(xué)期第二次模擬)有一勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c、d四點(diǎn)的位置如圖8所示，cd、cb 分別垂直于x軸、y軸，其中a、b、c三點(diǎn)電勢(shì)分別為：4 V、8 V、10 V，使一電荷量為q＝－2×10－5 C的負(fù)點(diǎn)電荷由a點(diǎn)開(kāi)始沿abcd路線運(yùn)動(dòng)，則下列判斷正確的是(　　)

圖8
A．坐標(biāo)原點(diǎn)O的電勢(shì)為6 V
B．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為 V/m
C．該點(diǎn)電荷在c點(diǎn)的電勢(shì)能為2×10－5 J
D．該點(diǎn)電荷從a點(diǎn)移到d點(diǎn)過(guò)程中，電場(chǎng)力做功為 8×10－5 J
答案　AD
解析　由于是勻強(qiáng)電場(chǎng)，所以沿同一方向前進(jìn)相同距離電勢(shì)的變化量相等，所以φc－φb＝φO－φa，代入數(shù)據(jù)解得：φO＝6 V，故A正確；
ab中點(diǎn)e的電勢(shì)為φe＝6 V，連接Oe則為等勢(shì)面，如圖所示，

由幾何關(guān)系可知，ab垂直于Oe，則ab為一條電場(chǎng)線，且方向由b指向a，電場(chǎng)強(qiáng)度為：E＝＝ V/m＝100 V/m，故B錯(cuò)誤；
該點(diǎn)電荷在c點(diǎn)的電勢(shì)能為：Epc＝qφc＝－2×10－4 J，故C錯(cuò)誤；
b、d在同一等勢(shì)面上，該點(diǎn)電荷從a點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)電場(chǎng)力做功為：
Wad＝qUad＝qUab＝(4－8)×(－2×10－5) J＝8×10－5 J，故D正確．
22．(6分)(2019·遼寧大連市第二次模擬)某同學(xué)為了驗(yàn)證“力的平行四邊形定則”，設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)原理如圖9甲所示．將三根細(xì)繩套系于同一點(diǎn)O，然后與同學(xué)配合，同時(shí)用三個(gè)彈簧秤分別拉住三根細(xì)繩套，以合適的角度向三個(gè)不同方向拉開(kāi)．當(dāng)穩(wěn)定后，分別記錄三個(gè)彈簧秤的讀數(shù)．
(1)關(guān)于下列實(shí)驗(yàn)操作不必要的步驟是：________.
A．要保證三根細(xì)繩套長(zhǎng)度相等
B．實(shí)驗(yàn)時(shí)需要注意保證各彈簧秤及細(xì)繩套在同一水平面內(nèi)
C．改變拉力重復(fù)實(shí)驗(yàn)，每次必須保證O點(diǎn)在同一位置
D．記錄彈簧秤讀數(shù)的同時(shí)，必須記錄各拉力的方向
E．為完成平行四邊形定則的驗(yàn)證，實(shí)驗(yàn)時(shí)還需要測(cè)量各拉力間的夾角
(2)某次實(shí)驗(yàn)測(cè)得彈簧秤讀數(shù)分別為FA＝2.2 N，F(xiàn)B＝2.4 N，F(xiàn)C＝3.2 N，請(qǐng)根據(jù)圖乙記錄的各力的方向，結(jié)合實(shí)驗(yàn)原理，在虛線框內(nèi)畫出力的圖示，并作出相應(yīng)的平行四邊形，加以驗(yàn)證．

圖9
答案　(1)ACE　(2)見(jiàn)解析
解析　(1)細(xì)繩套連接彈簧秤與結(jié)點(diǎn)，取合適長(zhǎng)度即可，沒(méi)必要等長(zhǎng)，A沒(méi)有必要；實(shí)驗(yàn)時(shí)，需要各彈簧秤及細(xì)繩套在同一水平面內(nèi)，保證各個(gè)力在同一個(gè)水平面內(nèi)，才可以進(jìn)行合成驗(yàn)證，B有必要；三力平衡條件下，無(wú)論結(jié)點(diǎn)在什么位置，都滿足任意兩個(gè)力的合力與第三個(gè)力等大反向，所以沒(méi)必要每次必須保證O點(diǎn)在同一位置，C沒(méi)有必要；力的合成需要知道分力的大小和方向，所以必須記錄各拉力的方向，D有必要；通過(guò)合成平行四邊形，

合力與分力方向可以通過(guò)作圖確定，沒(méi)必要測(cè)量夾角，E沒(méi)有必要．
(2)根據(jù)圖乙作出力的圖示，如下：
通過(guò)測(cè)量，F(xiàn)合與FB在誤差允許的范圍內(nèi)等大反向，平行四邊形定則成立．
23．(9分)(2019·河南八市重點(diǎn)高中聯(lián)盟第三次模擬)某同學(xué)將電流表A與一電源和滑動(dòng)變阻器串聯(lián)改裝成歐姆表．并測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r，如圖10甲所示，已知電流表內(nèi)阻Rg＝7.5 Ω，滿偏電流Ig＝10 mA.電流表的表盤如圖乙所示，該同學(xué)做如下操作：


圖10
(1)首先，將兩表筆短接后，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R，使電流表A達(dá)到滿偏．移開(kāi)兩表筆，若用電阻箱替代滑動(dòng)變阻器R.仍使電流表滿偏．電阻箱讀數(shù)如圖丙所示，則R＝________.
(2)保持滑動(dòng)變阻器R接入電路阻值不變，重新接回，將兩表筆接電阻箱，可以逐一將歐姆表刻度標(biāo)出，當(dāng)電阻箱調(diào)至100 Ω時(shí)，電流表讀數(shù)如圖乙所示，則此時(shí)電流為_(kāi)_______ A.
(3)由此，可以測(cè)出電源的電動(dòng)勢(shì)E＝________，內(nèi)阻r＝________.
(4)改裝好的歐姆表使用一段時(shí)間后，可認(rèn)為電源電動(dòng)勢(shì)有所降低，電源內(nèi)阻增大，該同學(xué)按照步驟規(guī)范操作，測(cè)量某一定值電阻，測(cè)得電阻值________真實(shí)值(填“大于”“等于”或“小于”)．
答案　(1)142.0 Ω　(2)0.006 0　(3) 1.5 V　0.5 Ω　(4)大于
解析　(1)由題圖丙所示電阻箱可知，其讀數(shù)為：1×100 Ω＋4×10 Ω＋2×1 Ω＋0×0.1 Ω＝142.0 Ω；
(2)電流表量程為10 mA，由題圖乙所示表盤可知，其最小分度值為0.2 mA，示數(shù)為6.0 mA＝0.006 0 A；
(3)根據(jù)題意，應(yīng)用閉合電路歐姆定律可知：0.010 A＝，0.006 A＝，解得：E＝1.5 V，r＝0.5 Ω.
(4)歐姆調(diào)零時(shí)：R內(nèi)＝，電源電動(dòng)勢(shì)降低，歐姆調(diào)零后，歐姆表內(nèi)阻R內(nèi)減小，用歐姆表測(cè)電阻時(shí)：I＝＝＝，由于R內(nèi)減小，測(cè)電阻時(shí)電流I偏小，指針偏左，所測(cè)電阻偏大，電阻測(cè)量值大于真實(shí)值．
2016年(全國(guó)1卷)逐題仿真練
題號(hào) 14 15 16 17 18
考點(diǎn) 平行板電容器間電場(chǎng) 質(zhì)譜儀 理想變壓器 萬(wàn)有引力定律 力與運(yùn)動(dòng)
題號(hào) 19 20 21 22 23
考點(diǎn) 動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題 電場(chǎng)能的性質(zhì) v－t圖象和追及相遇 驗(yàn)證機(jī)械能守恒 熱敏電阻和報(bào)警電路


二、選擇題(本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14～17題只有一項(xiàng)符合題目要求，第18～21題有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分．)
14．(2019·福建泉州市5月第二次質(zhì)檢)如圖1甲，先將開(kāi)關(guān)S擲向1，給平行板電容器C充電，穩(wěn)定后把S擲向 2，電容器通過(guò)電阻R放電，電流傳感器將電流信息導(dǎo)入計(jì)算機(jī)，屏幕上顯示出電流I隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示．將電容器C兩板間的距離增大少許，其他條件不變，重新進(jìn)行上述實(shí)驗(yàn)，得到的I－t圖象可能是(　　)

圖1

答案　C
解析　將電容器兩極間距離增大，根據(jù)平行板電容器決定式：C＝，可知電容變小，則充電電荷量：Q＝CU變小，但充電完成后，電容器兩端電壓仍與電源電壓U相等，所以再次放電，初始時(shí)刻的電流不變，但電荷量變小，I－t圖面積代表電荷量，所以面積比題圖乙小，A、B、D錯(cuò)誤，C正確．
15．(2019·福建龍巖市5月模擬)質(zhì)譜儀的原理如圖2所示，虛線AD上方區(qū)域處在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，C、D處有一熒光屏．同位素離子源產(chǎn)生a、b兩種電荷量相同的離子，無(wú)初速度進(jìn)入加速電場(chǎng)，經(jīng)同一電壓加速后，垂直進(jìn)入磁場(chǎng)，a離子恰好打在熒光屏C點(diǎn)，b離子恰好打在D點(diǎn)．離子重力不計(jì)．則(　　)

圖2
A．a(chǎn)離子質(zhì)量比b的大
B．a(chǎn)離子質(zhì)量比b的小
C．a(chǎn)離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間比b的長(zhǎng)
D．a(chǎn)、b離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等
答案　B
解析　設(shè)離子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度為v，在電場(chǎng)中qU＝mv2，在磁場(chǎng)中Bqv＝m，聯(lián)立解得：r＝＝，由題圖知，b離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑較大，a、b為同位素，電荷量相同，所以b離子的質(zhì)量大于a離子的，所以A錯(cuò)誤，B正確；在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均為半個(gè)周期，即t＝＝，由于b離子的質(zhì)量大于a離子的質(zhì)量，故b離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間較長(zhǎng)，C、D錯(cuò)誤．
16．(2019·福建龍巖市5月模擬)如圖3甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為3∶1，L1、L2、L3為三只規(guī)格均為“9 V,3 W”的燈泡，各電表均為理想交流電表，定值電阻R1＝9 Ω.輸入端交變電壓u隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示，三只燈泡均正常發(fā)光，則(　　)

圖3
A．電壓u的瞬時(shí)表達(dá)式為u＝36sin πt(V)
B．電壓表的示數(shù)為33 V
C．電流表的示數(shù)為1 A
D．定值電阻R2＝3 Ω
答案　B
解析　由題圖乙知，交變電流的周期為0.02 s，ω＝＝100π rad/s，電壓的瞬時(shí)值u＝36sin 100πt(V)，故A錯(cuò)誤；燈泡正常發(fā)光，每個(gè)燈泡的電流為I＝＝ A，故副線圈的電流I2＝3I＝1 A，根據(jù)變流規(guī)律：＝，解得原線圈電流I1＝ A，所以C錯(cuò)誤；電阻R1的電壓UR1＝I1R1＝3 V，由題圖乙知輸入端電壓的有效值為36 V，則變壓器原線圈的電壓U1＝36 V－3 V＝33 V，所以電壓表的讀數(shù)為33 V，故B正確；根據(jù)變壓規(guī)律：＝，可得副線圈的電壓U2＝11 V，電阻R2兩端的電壓為UR2＝U2－UL＝11 V－9 V＝2 V，故R2＝＝2 Ω，所以D錯(cuò)誤．
17．(2019·北京市東城區(qū)二模)某行星外圍有一圈厚度為d的光帶，簡(jiǎn)化為如圖4所示模型，R為該行星除光帶以外的半徑．現(xiàn)不知光帶是該行星的組成部分還是環(huán)繞該行星的衛(wèi)星群，當(dāng)光帶上的點(diǎn)繞行星中心的運(yùn)動(dòng)速度v，與它到行星中心的距離r，滿足下列哪個(gè)選項(xiàng)表示的圖象關(guān)系時(shí)，才能確定該光帶是衛(wèi)星群(　　)

圖4

答案　D
解析　若光帶是衛(wèi)星群，則應(yīng)該滿足G＝m，即v2＝，即v2－圖象應(yīng)該是過(guò)原點(diǎn)的直線，故選D.
18.如圖5所示，在粗糙的水平地面上，物塊A、B在水平外力F的作用下都從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的某一時(shí)刻，物塊A、B的速度vA、vB和加速度aA、aB大小關(guān)系可能正確的是(　　)

圖5
A．vA>vB，aA＝aB B．vAC．vA＝vB，aA＝aB D．vA>vB，aA>aB
答案　BC
解析　由題意知，A、B之間無(wú)相對(duì)滑動(dòng)一起加速時(shí)，vA＝vB，aA＝aB；發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)，一定是：vA19．(2019·安徽淮南市第二次模擬)如圖6所示，水平地面上有一傾角為θ的光滑斜面(底面粗糙)，一輕質(zhì)彈簧一端固定在豎直墻壁上的O點(diǎn)，另一端連接一質(zhì)量為m的木塊．開(kāi)始時(shí)，把木塊放在斜面上某位置，木塊和斜面均靜止不動(dòng)，此時(shí)彈簧水平且處于壓縮狀態(tài)．已知重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是(　　)

圖6
A．開(kāi)始時(shí)，彈簧彈力大小等于mgtan θ
B．開(kāi)始時(shí)，斜面受到三個(gè)力的作用
C．若將O點(diǎn)稍微下移一點(diǎn)，木塊仍可能在原位置靜止
D．若將O點(diǎn)稍微上移一點(diǎn)，木塊仍可能在原位置靜止
答案　AC
解析　對(duì)木塊受力分析，根據(jù)平衡知識(shí)可知，開(kāi)始時(shí)，彈簧彈力大小F＝mgtan θ，選項(xiàng)A正確；開(kāi)始時(shí)，斜面受到：重力、地面的支持力和摩擦力、木塊的壓力四個(gè)力的作用，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若將O點(diǎn)稍微下移一點(diǎn)，則彈簧長(zhǎng)度增加，彈力減小，由圖可知，木塊仍可能在原位置靜止，選項(xiàng)C正確；若將O點(diǎn)稍微上移一點(diǎn)，彈簧彈力仍減小，但是木塊平衡需要的彈力F要增加，可知木塊不可能在原位置靜止，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．

20．(2019·河南鄭州市第一次模擬)如圖7所示，在豎直平面內(nèi)有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小球在力F的作用下，沿圖中虛線由M至N做豎直向上的勻速運(yùn)動(dòng)．已知力F和MN之間的夾角為45°，MN之間的距離為d，重力加速度為g.則下列說(shuō)法正確的是(　　)

圖7
A．電場(chǎng)的方向可能水平向左
B．電場(chǎng)強(qiáng)度E的最小值為
C．當(dāng)qE＝mg時(shí)，小球從M運(yùn)動(dòng)到N時(shí)電勢(shì)能變化量為零
D．F所做的功一定為mgd
答案　BC
解析　小球受力情況：小球受到重力mg、拉力F與電場(chǎng)力qE，因?yàn)樾∏蜃鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，合力為零，則F與qE的合力與mg大小相等、方向相反，作出F與qE的合力，如圖所示，
根據(jù)圖可知，電場(chǎng)力方向指向右側(cè)，由于小球帶正電，電場(chǎng)方向與電場(chǎng)力方向相同，故指向右側(cè)，故A錯(cuò)誤；由圖可知，當(dāng)電場(chǎng)力qE與F垂直時(shí)，電場(chǎng)力最小，此時(shí)場(chǎng)強(qiáng)也最小．則得：qE＝mgsin θ，所以電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值為E＝＝，故B正確；當(dāng)mg＝Eq時(shí)，根據(jù)幾何關(guān)系，電場(chǎng)力水平向右，與MN垂直，小球從M運(yùn)動(dòng)到N電場(chǎng)力不做功，即小球從M運(yùn)動(dòng)到N時(shí)電勢(shì)能變化量為零，故C正確；由于電場(chǎng)力變化時(shí)，F(xiàn)大小也跟隨著改變，所以做功也不能確定具體值，故D錯(cuò)誤．

21．(2019·安徽宣城市第二次模擬)甲、乙兩車在一平直公路上從同一地點(diǎn)沿同一方向沿直線運(yùn)動(dòng)，它們的v－t圖象如圖8所示．下列判斷正確的是(　　)

圖8
A．乙車啟動(dòng)時(shí)，甲車在其前方50 m處
B．乙車超過(guò)甲車后，兩車不會(huì)再相遇
C．乙車啟動(dòng)10 s后正好追上甲車
D．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，乙車落后甲車的最大距離為75 m
答案　ABD
解析　根據(jù)v－t圖線與時(shí)間軸包圍的面積表示位移，可知乙在t＝10 s時(shí)啟動(dòng)，此時(shí)甲的位移為x＝×10×10 m＝50 m，即甲車在乙前方50 m處，故選項(xiàng)A正確；乙車超過(guò)甲車后，由于乙的速度大，所以不可能再相遇，故選項(xiàng)B正確；由于兩車從同一地點(diǎn)沿同一方向沿直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)位移相等時(shí)兩車才相遇，由題圖可知，乙車啟動(dòng)10 s后位移小于甲的位移，還沒(méi)有追上甲，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)兩車的速度相等時(shí)相距最遠(yuǎn)，最大距離為：smax＝×(5＋15)×10 m－×10×5 m＝75 m，故選項(xiàng)D正確．
22．(5分)(2019·福建福州市期末)為了驗(yàn)證矩形線框自由下落過(guò)程中上、下邊經(jīng)過(guò)光電門時(shí)機(jī)械能是否守恒，使用了如圖9所示的實(shí)驗(yàn)裝置，已知矩形線框用直徑為d的圓形材料做成．某次實(shí)驗(yàn)中矩形線框下邊和上邊先后經(jīng)過(guò)光電門的擋光時(shí)間分別為t1和t2.

圖9
(1)為完成該實(shí)驗(yàn)，還需通過(guò)操作測(cè)量相應(yīng)的物理量是________．
A．用天平測(cè)出矩形線框的質(zhì)量m
B．用刻度尺測(cè)出矩形線框下邊離光電門的高度h
C．用刻度尺測(cè)出矩形線框上、下邊之間的距離L
D．用秒表測(cè)出線框上、下邊通過(guò)光電門的時(shí)間間隔Δt
(2)如果滿足關(guān)系式________________(請(qǐng)用測(cè)量的物理量和已知量來(lái)表示，重力加速度為g)，則自由下落過(guò)程中線框的機(jī)械能守恒．
答案　(1)C　(2)()2－()2＝2gL
解析　(1)根據(jù)機(jī)械能守恒的表達(dá)式，可知不需要測(cè)量其質(zhì)量，故A錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)中需要測(cè)量過(guò)程中重力勢(shì)能的減小量，因此需要測(cè)量矩形線框上下邊之間的距離L，不需要測(cè)量釋放時(shí)其下邊離桌面的高度h，故B錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式，可知不需要測(cè)量線框上下邊通過(guò)光電門的時(shí)間間隔Δt，故D錯(cuò)誤．
(2)本實(shí)驗(yàn)中用線框上、下邊通過(guò)光電門的平均速度來(lái)代替瞬時(shí)速度，故有：v1＝，v2＝
根據(jù)機(jī)械能守恒有：mgL＝mv22－mv12
即()2－()2＝2gL.
23．(10分)(2019·山東濟(jì)寧市第二次摸底)熱敏電阻是傳感電路中常用的電子元件．廣泛應(yīng)用于室內(nèi)空調(diào)、電冰箱和微波爐等家用電器中的溫度傳感器，是利用熱敏電阻隨溫度變化而變化的特性工作的．現(xiàn)在用伏安法研究熱敏電阻在不同溫度下的伏安特性曲線，要求特性曲線盡可能完整．已知常溫下待測(cè)熱敏電阻的阻值約40～50 Ω.熱敏電阻和溫度計(jì)插入燒杯中，燒杯內(nèi)有一定量的冷水，其他備用的儀表和器具有：盛有熱水的熱水杯、直流電源(電動(dòng)勢(shì)15 V，內(nèi)阻可忽略)、直流電流表(對(duì)應(yīng)不同的量程內(nèi)阻約為0.2 Ω或1 Ω)、直流電壓表(對(duì)應(yīng)不同的量程內(nèi)阻約為5 kΩ或15 kΩ)、滑動(dòng)變阻器(0～10 Ω)、開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線若干．
(1)在圖10(a)的方框中用給定的器材畫出完整的實(shí)驗(yàn)電路圖，要求測(cè)量誤差盡可能小；
(2)根據(jù)電路圖，在實(shí)物圖上用筆畫線做導(dǎo)線進(jìn)行連線．


圖10
答案　(1)如圖所示：

(2)見(jiàn)解析圖
解析　(1)因?yàn)闇y(cè)量伏安特性曲線，電壓需要從0開(kāi)始，選擇分壓電路，根據(jù)題中信息可知通過(guò)電流表的最大電流Im＝＝0.375 A，所以電流表選擇小擋位，對(duì)應(yīng)電阻為1 Ω，而電壓達(dá)到了15 V，所以電壓表選擇大擋位15 kΩ，根據(jù)>，所以采用外接法，可得電路圖如圖所示

(2)根據(jù)電路圖連接實(shí)物圖

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