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2015年安徽省安庆市桐城中学高考物理模拟试卷(5月份)


2015 年安徽省安庆市桐城中学高考物理模拟试卷(5 月份)
一、本卷共 7 小题,每小题 6 分,共 120 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符 合题目要求的. 1.两束不同频率的单色光 a、b 从空气射入水中,发生了如图所示的折射现象(α>β) .下 列结论中正确的是( )

A. B. C. D.

光束 b 的频率比光束 a 低 在水中的传播速度,光束 a 比光束 b 小 水对光束 a 的折射率比水对光束 b 的折射率小 若光束从水中射向空气,则光束 b 的临界角比光束 a 的临界角大

2.如图所示,物块 A 放在直角三角形斜面体 B 上面,B 放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁, 初始时 A、B 静止;现用力 F 沿斜面向上推 A,但 AB 并未运动.下列说法正确的是( )

A. B. C. D.

A、B 之间的摩擦力可能大小不变 A、B 之间的摩擦力一定变小 B 与墙之间可能没有摩擦力 弹簧弹力一定不变

3.未发射的卫星放在地球赤道上随地球自转时的线速度为 v1,加速度为 a1;发射升空后在 近地轨道上做匀速圆周运动时的线速度为 v2、加速度为 a2;实施变轨后,使其在同步卫星 的轨道上做匀速圆周运动,运动的线速度为 v3、加速度为 a3.则 v1、v2、v3 和 a1、a2、a3 的大小关系是( ) A. v2>v3>v1 ,a2>a3>a1 B. v3>v2>v1 ,a2>a3>a1 C. v2>v3=v1 ,a2=a1>a3 D. v2>v3>v1 ,a3>a2>a1 4.在如图所示的电路中,电容器 A 的电容 CA=30μF,电容器 B 的电容 CB=10μF.在电键 K1、K2 都是断开的情况下,分别给电容器 A、B 充电.充电后,M 点的电势比 N 点高 5V, O 点的电势比 P 点低 5V.然后把 K1、K2 都接通,接通后 M 点的电势比 N 点高( )

A. 10V. B. 5V. C. 2.5V. D. 4.0V 5. 如图所示电路中, 电源电压 u=311sin100π( t V) , A、 B 间接有“220V 440W”的电暖宝、 “220V 220W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝.下列说法正确的是( )

A. 交流电压表的示数为 311V B. 电路要正常工作,保险丝的额定电流不能小于 3 C. 电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的 2 倍 D. 1min 抽油烟机消耗的电能为 1.32×10 J
4

A

6.如图所示,在半径为 R 的圆形区域内有匀强磁场.在边长为 2R 的正方形区域里也有匀 强磁场,两个磁场的磁感应强度大小相同.两个相同的带电粒子以相同的速率分别从 M、N 两点射入匀强磁场.在 M 点射入的带电粒子,其速度方向指向圆心;在 N 点射入的带电粒 子,速度方向与边界垂直,且 N 点为正方形边长的中点,则下列说法正确的是( )

A. B. C. D.

带电粒子在磁场中飞行的时间不可能相同 从 N 点射入的带电粒子不可能先飞出磁场 从 M 点射入的带电粒子不可能先飞出磁场 从 N 点射入的带电粒子可能比 M 点射入的带电粒子先飞出磁场

7.如图甲所示,静止在光滑水平面上的长木板 B(长木板足够长)的左端放着小物块 A.某 时刻,A 受到水平向右的外力 F 作用,F 随时间 t 的变化规律如图乙所示,即 F=kt,其中 k 为已知常数.若物体之间的滑动摩擦力(f)的大小等于最大静摩擦力,且 A、B 的质量相 等,则下列图中可以定性地描述长木板 B 运动的 v﹣t 图象的是( )

A.

B.

C.

D.

二、解答题(共 5 小题,满分 68 分) 8.在做“用单摆测定重力加速度”的实验过程中.

(1)某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验过程中,用毫米刻度尺测得摆线长 L0=945.8mm;并用游标卡尺测得摆球的直径如图甲所示,则摆球直径 d= mm; 用秒表测得单摆完成 n=40 次全振动的时间如图乙所示,则秒表的示数 t= s. (2)如果该同学测得的 g 值偏小,可能的原因是 . (填字母序号) A.计算摆长时没有计入摆球的半径 B.开始计时时,秒表过迟按下 C.摆线上端未牢固地系于悬点,振动中出现松动,使摆线长度增加了 D.试验中误将 39 次全振动数为 40 次 (3)在“单摆测重力加速度”的实验中,如果摆球质量不均匀,按照正常的方法进行实验, 会给测量结果造成误差.一个同学设计了一个巧妙的方法,可以避免上述误差,实验分两次 进行,第一次测得悬线长为 L1,测得振动周期为 T1;第二次只改变悬线长为 L2,并测得此 时单摆的振动周期为 T2,根据测量数据导出重力加速度的表达式为 . 9.某物理学习小组的同学在研究性学习过程中,用伏安法研究某电子元件 R1(6V,2.5W) 的伏安特性曲线,要求多次测量尽可能减小实验误差,备有下列器材:

A.直流电源(6V,内阻不计) B.电流表 G(满偏电流 3mA,内阻 Rg=10Ω) C.电流表 A(0~0.6A,内阻未知) D.滑动变阻器 R(0~20Ω,5A) E.滑动变阻器 R’(0~200Ω,1A) F.定值电阻 R0(阻值 1990Ω) G.开关与导线若干 (1) 根据题目提供的实验器材, 请你设计出测量电子元件 R1 伏安特性曲线的电路原理图 (R1 可用“ ”表示) . (画在如图丙方框内) (2) 在实验中, 为了操作方便且能够准确地进行测量, 滑动变阻器应选用 . (填 写器材序号) (3)将上述电子元件 R1 和另一电子元件 R2 接入如图所示的电路甲中,它们的伏安特性曲 线分别如图乙中 oa、ob 所示.电源的电动势 E=6.0V,内阻忽略不计.调节滑动变阻器 R3, 使电子元件 R1 和 R2 消耗的电功率恰好相等,则此时电子元件 R1 的阻值为 Ω, R3 接入电路的阻值为 Ω(结果保留两位有效数字) . 10.擦黑板也许同学们都经历过,手拿黑板擦在竖直的黑板面上,或上下或左右使黑板擦与 黑板之间进行滑动摩擦,将黑板上的粉笔字擦干净.已知黑板的规格是:4.5m×1.5m,黑板 的下边沿离地的高度为 0.8m,若小黑板擦(可视为质点)的质量为 0.1kg,现假定某同学用 力将小黑板擦在黑板表面缓慢竖直向上擦黑板,当手臂对小黑板擦的作用力 F 与黑板面成 2 45°角时,F=20N,他所能擦到的最大高度为 2.05m,g 取 10m/s .求: (1)此小黑板擦与黑板之间的动摩擦因数; (2)如该同学擦到最高位置时意外让小黑板擦沿黑板面竖直向下滑落,则小黑板擦砸到黑 板下边沿的速度大小. 11. 德国亚琛工业大学的科研人员成功开发了一种更先进的磁动力电梯升降机, 满足上千米 摩天大楼中电梯升降的要求. 如图所示是一种磁动力电梯的模拟机, 即在竖直平面内有两根 很长的平行竖直轨道, 轨道间有垂直轨道平面的匀强磁场 B1 和 B2, 且 B1 和 B2 的方向相反, B1=B2=1T,电梯桥厢固定在如图所示的一个用超导材料制成的金属框 abcd 内(电梯桥厢在 3 图中未画出) , 并且与之绝缘. 电梯载人时的总质量为 m=5×10 kg, 所受阻力大小为 Ff=500N, 金属框垂直轨道的边长为 Lcd=2m,两磁场的宽度均与金属框的边长 Lac 相同,金属框整个 ﹣3 回路的电阻为 R=1.0×10 Ω,问: (1) 假如两磁场始终竖直向上做匀速运动. 设计要求电梯以 v1=10m/s 的速度向上匀速运动, 那么,磁场向上运动的速度 v0 应该为多大?

(2)假如 t=0 时两磁场由静止开始向上做匀加速运动,加速度大小为 a=1.5m/s ,电梯可近 似认为过一小段时间后也由静止开始向上做匀加速运动, t=5s 末电梯的速度多大?电梯运动 的时间内金属框中消耗的电功率多大?从电梯开始运动到 t=5s 末时间内外界提供给系统的 总能量为多大?

2

12.如图,木板 A 静止在光滑水平面上,其左端与固定台阶相距 x.与滑块 B(可视为质点) 相连的细线一端固定在 O 点.水平拉直细线并给 B 一个竖直向下的初速度,当 B 到达最低 点时,细线恰好被拉断,B 从 A 右端的上表面水平滑入.A 与台阶碰撞无机械能损失,不 计空气阻力.已知 A 的质量为 2m,B 的质量为 m,A、B 之间动摩擦因数为 μ;细线长为 L、 能承受的最大拉力为 B 重力的 5 倍;A 足够长,B 不会从 A 表面滑出;重力加速度为 g.

(1)求 B 的初速度大小 v0 和细线被拉断瞬间 B 的速度大小 v1; (2)A 与台阶只发生一次碰撞,求 x 满足的条件; (3)x 在满足(2)条件下,讨论 A 与台阶碰撞前瞬间的速度.

2015 年安徽省安庆市桐城中学高考物理模拟试卷(5 月份)
参考答案与试题解析

一、本卷共 7 小题,每小题 6 分,共 120 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符 合题目要求的. 1.两束不同频率的单色光 a、b 从空气射入水中,发生了如图所示的折射现象(α>β) .下 列结论中正确的是( )

A. B. C. D.

光束 b 的频率比光束 a 低 在水中的传播速度,光束 a 比光束 b 小 水对光束 a 的折射率比水对光束 b 的折射率小 若光束从水中射向空气,则光束 b 的临界角比光束 a 的临界角大

考点:光的折射定律;全反射. 分析:由题,两束光的入射角相等,折射角 α>β,根据折射定律 n= ,判断水对两

束光折射率的大小.水对光的折射率越大,此光的频率越大.由 v= 分析光在水中速度大 小.由临界角公式 sinC= 分析临界角的大小. 解答: 解:A、C 由 n= 正确. B、由 v= 分析可知,b 光的折射率较大,在同种介质传播速度较小.故 B 错误. D、由临界角公式 sinC= 分析得到,b 光的折射率较大,对同种介质的临界角较小.故 错误. 故选 C 点评:光的折射率、频率、光速、临界角的对应关系需清楚,有些学生弄不清它们之间的关 系,得出错误的答案.属于中等难度题. 2.如图所示,物块 A 放在直角三角形斜面体 B 上面,B 放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁, 初始时 A、B 静止;现用力 F 沿斜面向上推 A,但 AB 并未运动.下列说法正确的是( ) 知,b 光的折射率较大,则 b 的频率较大.故 A 错误,C

A. B. C. D.

A、B 之间的摩擦力可能大小不变 A、B 之间的摩擦力一定变小 B 与墙之间可能没有摩擦力 弹簧弹力一定不变

考点:共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用. 专题:共点力作用下物体平衡专题. 分析:隔离对 A 分析,通过 A 受力平衡判断 A、B 之间摩擦力的变化.通过对整体分析, 抓住 AB 不动,弹簧的弹力不变,判断 B 与墙之间有无摩擦力. 解答: 解:A、对 A,开始受重力、B 对 A 的支持力和静摩擦力平衡,当施加 F 后,仍然 处于静止,开始 A 所受的静摩擦力大小为 mAgsinθ,若 F=2mAgsinθ,则 A、B 之间的摩擦 力大小可能不变.故 A 正确,B 错误. C、对整体分析,由于 AB 不动,弹簧的形变量不变,则弹簧的弹力不变,开始弹簧的弹力 等于 A、B 的总重力,施加 F 后,弹簧的弹力不变,总重力不变,根据平衡知,则 B 与墙 之间一定有摩擦力.故 C 错误,D 正确. 故选 AD. 点评:解决本题的关键能够正确地进行受力分析, 运用共点力平衡进行求解, 以及掌握整体 法和隔离法的运用. 3.未发射的卫星放在地球赤道上随地球自转时的线速度为 v1,加速度为 a1;发射升空后在 近地轨道上做匀速圆周运动时的线速度为 v2、加速度为 a2;实施变轨后,使其在同步卫星 的轨道上做匀速圆周运动,运动的线速度为 v3、加速度为 a3.则 v1、v2、v3 和 a1、a2、a3 的大小关系是( ) A. v2>v3>v1 ,a2>a3>a1 C. v2>v3=v1 ,a2=a1>a3 B. v3>v2>v1 ,a2>a3>a1 D. v2>v3>v1 ,a3>a2>a1

考点:同步卫星. 专题:人造卫星问题. 分析:根据万有引力提供向心力, 比较近地卫星和同步卫星的线速度和加速度大小, 根据同 2 步卫星与地球自转的角速度相等,通过 v=rω,以及 a=rω 比较待发射卫星的线速度与同步 卫星的线速度以及加速度关系. 解答: 解:对于近地卫星和同步卫星而言,有:G 解得 a= , =ma=m ,

v=, 知 v2>v3,a2>a3. 2 对于待发射卫星和同步卫星, 角速度相等, 根据 v=rω 知, v3>v1, 根据 a=rω 知, a3>a1. 则 v2>v3>v1; ,a2>a3>a1 故选 A 点评:解决本题的关键知道线速度与向心加速度与轨道半径的关系, 以及知道同步卫星与地 球自转的角速度相等. 4.在如图所示的电路中,电容器 A 的电容 CA=30μF,电容器 B 的电容 CB=10μF.在电键 K1、K2 都是断开的情况下,分别给电容器 A、B 充电.充电后,M 点的电势比 N 点高 5V, O 点的电势比 P 点低 5V.然后把 K1、K2 都接通,接通后 M 点的电势比 N 点高( )

A. 10V. B. 5V. C. 2.5V. D. 4.0V 考点:闭合电路的欧姆定律;电容. 分析:在电键 K1、K2 都是断开的情况下,由 Q=CU 可求得两电容器所带电量.把 K1、K2 都接通后,求出稳定后极板的总电量,根据两电容器的电压相等,再由 Q=CU 求解 MN 间 的电势差. 解答: 解:由题意可知,充电后两电容器的电量分别为: QA=CAU=30×5×10 =1.5×10 C; ﹣6 ﹣5 QB=CBU=10×5×10 =5×10 C 把 K1、K2 都接通后,由于两电容器分别将正、负极相接,故应先中和电量;故接通后总电 量应为: Q=1.5×10 C﹣5×10 C=1×10 C; 两电容器的电压相等,设为 U1,则有: U1CA+U1CB=Q; 可得:U1= = =2.5V;
﹣4 ﹣5 ﹣4 ﹣6 ﹣4

M 点的电势高于 N 点;O 点电势高于 P 点;故有:UMN=2.5V; 故选:C. 点评:本题考查电容的串联, 注意稳定后两电容器两端的电压应相等才能保证不会出现电荷 的移动;同时注意电压相等,但电量不同. 5. 如图所示电路中, 电源电压 u=311sin100π( t V) , A、 B 间接有“220V 440W”的电暖宝、 “220V 220W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝.下列说法正确的是( )

A. B. C. D.

交流电压表的示数为 311V 电路要正常工作,保险丝的额定电流不能小于 3 电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的 2 倍 4 1min 抽油烟机消耗的电能为 1.32×10 J

A

考点:交流的峰值、有效值以及它们的关系. 专题:交流电专题. 分析:交流电压表的示数为有效值,由公式 P=UI 知电路要正常工作,干路中电流为 3A, 电暖宝是纯电阻,而抽油烟机是非纯电阻. 解答: 解:A、交流电压表的示数为有效值 =220V,故 A 错误;

B、由公式 P=UI 知电路要正常工作,干路中电流为 3A,所以保险丝的额定电流不能小于 3A,故 B 错误; C、电暖宝是纯电阻,而抽油烟机是非纯电阻,故 C 错误; 4 D、1min 抽油烟机消耗的电能为 W=Pt=l.32×10 J,故 D 正确. 故选:D. 点评:本题考查了交流电的峰值、有效值以及结合欧姆定律进行的有关计算,难度不大. 6.如图所示,在半径为 R 的圆形区域内有匀强磁场.在边长为 2R 的正方形区域里也有匀 强磁场,两个磁场的磁感应强度大小相同.两个相同的带电粒子以相同的速率分别从 M、N 两点射入匀强磁场.在 M 点射入的带电粒子,其速度方向指向圆心;在 N 点射入的带电粒 子,速度方向与边界垂直,且 N 点为正方形边长的中点,则下列说法正确的是( )

A. B. C. D.

带电粒子在磁场中飞行的时间不可能相同 从 N 点射入的带电粒子不可能先飞出磁场 从 M 点射入的带电粒子不可能先飞出磁场 从 N 点射入的带电粒子可能比 M 点射入的带电粒子先飞出磁场

考点:带电粒子在匀强磁场中的运动. 专题:带电粒子在磁场中的运动专题. 分析:带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动, 洛伦兹力提供向心力, 作出粒子的运动轨迹, 然后分析答题. 解答: 解:带电粒子垂直于磁场方向进入匀强磁场,粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力提供 向心力,

由牛顿第二定律得:qvB=m 率相同,

,解得,粒子的轨道半径:r=

,两粒子相同、两粒子的速

则两粒子的轨道半径 r 相同, 粒子做圆周运动的周期 T=

相等, 粒子运动轨迹如图所示;

A、由图示可知,当粒子轨道半径 r=R 时,两粒子在磁场中的运动时间相等,都等于 T, 故 A 错误; BCD、由图示可知,当粒子轨道半径 r≠R 时,粒子在圆形磁场中做圆周运动转过的圆心角 都小于在正方形区域中做圆周运动转过的圆心角, 则粒子在圆形磁场中的运动时间小于在正 方形磁场中的运动时间,即从 M 点射入的粒子运动时间小于从 N 点射入的粒子运动时间, 故 B 正确,CD 错误. 故选:B.

点评:本题考查了比较粒子在磁场中的运动时间,带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动, 比较出粒子在磁场中转过的圆心角大小即可正确解题, 作出粒子的运动轨迹是正确解题的前 提与关键. 7.如图甲所示,静止在光滑水平面上的长木板 B(长木板足够长)的左端放着小物块 A.某 时刻,A 受到水平向右的外力 F 作用,F 随时间 t 的变化规律如图乙所示,即 F=kt,其中 k 为已知常数.若物体之间的滑动摩擦力(f)的大小等于最大静摩擦力,且 A、B 的质量相 等,则下列图中可以定性地描述长木板 B 运动的 v﹣t 图象的是( )

A.

B.

C.

D. 考点:牛顿第二定律;匀变速直线运动的图像;滑动摩擦力. 专题:牛顿运动定律综合专题. 分析:当 F 较小时,AB 整体具有共同的加速度,二者相对静止,当 F 较大时,二者加速度 不同,将会发生相对运动,此后 A 做变加速直线,B 匀加速直线运动,为了求出两物体开

始分离的时刻, 必须知道分离时 F 的大小, 此时采用整体法和隔离法分别列牛顿第二定律的 方程即可 解答: 解: 选 AB 整体为研究对象, AB 整体具有共同的最大加速度, 有牛顿第二定律 得: a1= 对 B 应用牛顿第二定律:a1= 对 A 应用牛顿第二定律:a1= 经历时间:t= 由以上解得:t= 此后,B 将受恒力作用,做匀加速直线运动,图线为倾斜的直线 故选 B 点评:当两者相对运动后,B 将受恒力作用,做匀加速运动,可排除 C、D 选项,A、B 选 项的差别在于恰好相对运动的时刻, 就需分别采用隔离法和整体法分别列方程了, 也可以采 用反证法,看看当 F=f 时是否相对滑动?所以,要注意总结解题方法 二、解答题(共 5 小题,满分 68 分) 8.在做“用单摆测定重力加速度”的实验过程中.

(1)某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验过程中,用毫米刻度尺测得摆线长 L0=945.8mm;并用游标卡尺测得摆球的直径如图甲所示,则摆球直径 d= 20.30 mm;用 秒表测得单摆完成 n=40 次全振动的时间如图乙所示,则秒表的示数 t= 78.4 s. (2)如果该同学测得的 g 值偏小,可能的原因是 AC . (填字母序号) A.计算摆长时没有计入摆球的半径 B.开始计时时,秒表过迟按下 C.摆线上端未牢固地系于悬点,振动中出现松动,使摆线长度增加了 D.试验中误将 39 次全振动数为 40 次 (3)在“单摆测重力加速度”的实验中,如果摆球质量不均匀,按照正常的方法进行实验, 会给测量结果造成误差.一个同学设计了一个巧妙的方法,可以避免上述误差,实验分两次 进行,第一次测得悬线长为 L1,测得振动周期为 T1;第二次只改变悬线长为 L2,并测得此

时单摆的振动周期为 T2,根据测量数据导出重力加速度的表达式为 g= .

考点:用单摆测定重力加速度. 专题:实验题;单摆问题. 分析: (1)游标卡尺读数规则为:先读主尺(只读整数) ,再加上游标尺(格数乘以分度 分之一,格数找对齐的一个不估读) ;秒表读数等于大盘刻度读数加上小盘刻度读数; (2)根据单摆周期公式列式分析即可; (3)单摆的摆长应是悬点到摆球重心的距离,可假设摆线的结点到摆球重心距离为 r,根 据单摆的周期公式列式求出重力加速度的表达式. 解答: 解: (1)主尺读数为:20mm,游标尺为 20 分度,精确度为 0.05mm,读数为: 6×0.05=0.30mm,故球的直径为:20mm+0.30mm=20.30mm; 秒表大盘读数 18.4s,小盘读数 60s,故秒表读数为:60s+18.4s=78.4s; (2)同学测得的 g 值偏小,说明摆长测量值偏大或者周期测量值偏大; A、计算摆长时没有计入摆球的半径,摆长测量值偏小,故加速度测量值偏小,故 A 正确; B、开始计时时,秒表过迟按下,周期测量值偏小,故加速度测量值偏大,故 B 错误; C、摆线上端未牢固地系于悬点,振动中出现松动,使摆线长度增加了,故相对与原来的单 摆,周期测量值偏大了,故加速度测量值偏小,故 C 正确; D、 试验中误将 39 次全振动数为 40 次, 周期测量值偏小, 故加速度测量值偏大, 故 D 错误; 故选:AC; (3)设摆线的结点到摆球重心距离为 r,则 T1=2π ,

T2=2π

联立两式解得,g= 故答案为: (1)20.30;78.4; (2)AC; (3)g= .

点评:常用仪器的读数要掌握,这是物理实验的基础.掌握单摆的周期公式,从而求解加速 度并进行误差分析. 解决本题关键要抓住单摆的摆长与摆线长度之间的关系, 运用单摆的周 期公式进行解答. 9.某物理学习小组的同学在研究性学习过程中,用伏安法研究某电子元件 R1(6V,2.5W) 的伏安特性曲线,要求多次测量尽可能减小实验误差,备有下列器材:

A.直流电源(6V,内阻不计) B.电流表 G(满偏电流 3mA,内阻 Rg=10Ω) C.电流表 A(0~0.6A,内阻未知) D.滑动变阻器 R(0~20Ω,5A) E.滑动变阻器 R’(0~200Ω,1A) F.定值电阻 R0(阻值 1990Ω) G.开关与导线若干 (1) 根据题目提供的实验器材, 请你设计出测量电子元件 R1 伏安特性曲线的电路原理图 (R1 可用“ ”表示) . (画在如图丙方框内) (2)在实验中,为了操作方便且能够准确地进行测量,滑动变阻器应选用 D . (填写器 材序号) (3)将上述电子元件 R1 和另一电子元件 R2 接入如图所示的电路甲中,它们的伏安特性曲 线分别如图乙中 oa、ob 所示.电源的电动势 E=6.0V,内阻忽略不计.调节滑动变阻器 R3, 使电子元件 R1 和 R2 消耗的电功率恰好相等,则此时电子元件 R1 的阻值为 10 Ω,R3 接 入电路的阻值为 4 Ω(结果保留两位有效数字) . 考点:描绘小电珠的伏安特性曲线. 专题:实验题;恒定电流专题. 分析: (1)在该实验中,滑动变阻器采用分压接法,由于没有电压表,因此需要用已知 内阻的电流表 G 进行改装,由此可画出原理图. (2)在保证安全的前提下,为方便实验操作,应选最大阻值较小的滑动变阻器. (3)电子元件 R1 和 R2 消耗的电功率恰好相等,说明它们的电压和电流相等,根据图象求 出此时流过 R1 和 R2 的电压电流,从而求出 R1 的阻值,根据串并联知识进一步求出滑动变 阻器接入电路中的电阻值 解答: 解: (1)描绘灯泡的伏安特性曲线,电压与电流从零开始变化,滑动变阻器应采用 分压接法;由题意可知,没有电压表,需要用已知内阻的电流表 G 与定值电阻 R0 串联测电 压,灯泡电阻 R= =14.4Ω,

电压表内阻为 10+1990=2000Ω,电压表内阻远大于灯泡电阻,电流表应采用外接法,电路图 如图所示

(2)为方便实验操作,同时分压接法时,要求用小电阻,故滑动变阻器应选 D. (2) (3)两元件串联,流过它们的电流始图相等,电子元件 R1 和 R2 消耗的电功率恰好相 等,说明它们的电压和电流相等,由图乙可知,此时电阻两端的电压为 U=2.5V,I=0.25A, 根据欧姆定律得:R1= =10Ω

根据串并联电路特点,可知,此时流过 R3 的电流为:I′=2I=0.5A, 两端的电压为:U′=E﹣U=6V﹣2.5V=3.5V R3 接入电阻的阻值为:R3= =4.0Ω;

故答案为: (1)D; (2)如图所示; (3)10;4.0 点评:本题考查实验中的仪表选择及接法的选择; 应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别 及应用,同时还要学会结合图象以及电路的串并联进行数据处理. 10.擦黑板也许同学们都经历过,手拿黑板擦在竖直的黑板面上,或上下或左右使黑板擦与 黑板之间进行滑动摩擦,将黑板上的粉笔字擦干净.已知黑板的规格是:4.5m×1.5m,黑板 的下边沿离地的高度为 0.8m,若小黑板擦(可视为质点)的质量为 0.1kg,现假定某同学用 力将小黑板擦在黑板表面缓慢竖直向上擦黑板,当手臂对小黑板擦的作用力 F 与黑板面成 45°角时,F=20N,他所能擦到的最大高度为 2.05m,g 取 10m/s .求: (1)此小黑板擦与黑板之间的动摩擦因数; (2)如该同学擦到最高位置时意外让小黑板擦沿黑板面竖直向下滑落,则小黑板擦砸到黑 板下边沿的速度大小. 考点:共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用. 专题:共点力作用下物体平衡专题. 分析: (1)小黑板受重力、推力、支持力和摩擦力,根据共点力平衡条件列式求解; (2)小黑板只受重力,做自由落体运动,根据速度位移公式列式求解. 解答: 解: (1)小黑板擦向上缓慢移动,处于平衡状态,它的受力如图 水平方向:FN﹣Fsin θ=0 竖直方向:Fcos θ﹣mg﹣Ff=0 又 Ff=μFN 所以 μ= =1﹣ =1﹣ =0.93;
2

(2)小黑板擦可看成质点,它向下滑落的过程与黑板间无摩擦,它做自由落体运动.由运 动学公式得: v =2gh 解得:v= = m/s=5 m/s
2

答: (1)此小黑板擦与黑板之间的动摩擦因数为 0.93; (2)小黑板擦砸到黑板下边沿的速度大小为 5m/s.

点评:本题关键是明确不同过程的黑板擦的受力情况和运动情况, 然后根据共点力平衡条件 和运动学公式列式求解. 11. 德国亚琛工业大学的科研人员成功开发了一种更先进的磁动力电梯升降机, 满足上千米 摩天大楼中电梯升降的要求. 如图所示是一种磁动力电梯的模拟机, 即在竖直平面内有两根 很长的平行竖直轨道, 轨道间有垂直轨道平面的匀强磁场 B1 和 B2, 且 B1 和 B2 的方向相反, B1=B2=1T,电梯桥厢固定在如图所示的一个用超导材料制成的金属框 abcd 内(电梯桥厢在 3 图中未画出) , 并且与之绝缘. 电梯载人时的总质量为 m=5×10 kg, 所受阻力大小为 Ff=500N, 金属框垂直轨道的边长为 Lcd=2m,两磁场的宽度均与金属框的边长 Lac 相同,金属框整个 ﹣3 回路的电阻为 R=1.0×10 Ω,问: (1) 假如两磁场始终竖直向上做匀速运动. 设计要求电梯以 v1=10m/s 的速度向上匀速运动, 那么,磁场向上运动的速度 v0 应该为多大? 2 (2)假如 t=0 时两磁场由静止开始向上做匀加速运动,加速度大小为 a=1.5m/s ,电梯可近 似认为过一小段时间后也由静止开始向上做匀加速运动, t=5s 末电梯的速度多大?电梯运动 的时间内金属框中消耗的电功率多大?从电梯开始运动到 t=5s 末时间内外界提供给系统的 总能量为多大?

考点:导体切割磁感线时的感应电动势;电磁感应中的能量转化. 专题:电磁感应——功能问题. 分析: (1)电梯受三个力作用:重力,阻力,安培力,要想匀速运动则要求安培力要克 服重力和阻力.据此可以求的磁场速度 (2)①由磁场的运动可以求得安培力,进而由牛顿第二定律求恶的电梯的加速度,之后可 得 5s 末的速度. ②由磁场速度减电梯速度可以得到金属矿相对磁场的速度, 进而可以求的金属框中的电流, 然后可以求的功率.

③由能量守恒可知外界提供的能量应为:电梯动能增加,重力势能增加,克服阻力的功, 以及产生的电热等四者之和. 解答: 解: (1)电梯向上匀速运动时,框中感应电流大小为 金属框所受安培力 F=2B1ILcd 安培力大小与重力和阻力之和相等,所以 F=mg+Ff 即 得:v0=13.2m/s (2)电梯向上匀加速运动时,金属框中感应电流大小为 金属框所受安培力 F=2B1ILcd 由牛顿定律得:F﹣mg﹣Ff=ma 即 解得:v1=3.9m/s 金属框中感应电流为:I= A 金属框中的电功率为:P1=I R=2.07×10 W 电梯上升高度为:
2 5

=1.44×10 A

4

上升时间为: 外界提供的总能量为 E=mgh+Ffh+ mv1 +P1t′=8.3×10 J 答: (1)v0=13.2m/s (2)5s 末速度为:3.9m/s 5 金属框中的电功率为:2.07×10 W 5 外界提供的总能量为:8.3×10 J 点评:本题考查导体切割磁感线中的能量问题,其中第二大问的第三小问是比较容易出错 的,外界提供的能量转化的方式比较多,所以容易遗漏. 12.如图,木板 A 静止在光滑水平面上,其左端与固定台阶相距 x.与滑块 B(可视为质点) 相连的细线一端固定在 O 点.水平拉直细线并给 B 一个竖直向下的初速度,当 B 到达最低 点时,细线恰好被拉断,B 从 A 右端的上表面水平滑入.A 与台阶碰撞无机械能损失,不 计空气阻力.已知 A 的质量为 2m,B 的质量为 m,A、B 之间动摩擦因数为 μ;细线长为 L、 能承受的最大拉力为 B 重力的 5 倍;A 足够长,B 不会从 A 表面滑出;重力加速度为 g.
2 5

(1)求 B 的初速度大小 v0 和细线被拉断瞬间 B 的速度大小 v1; (2)A 与台阶只发生一次碰撞,求 x 满足的条件; (3)x 在满足(2)条件下,讨论 A 与台阶碰撞前瞬间的速度. 考点:动能定理的应用. 专题:动能定理的应用专题. 分析: (1)根据机械能守恒定律、结合牛顿第二定律,通过绳子的最大拉力求出 B 的初 速度大小 v0 和细线被拉断瞬间 B 的速度大小 v1. (2)若 A 与台阶只碰撞一次,碰撞后必须满足 A 的动量大小大于 B 的动量,结合动能定 理求出 A 与台阶只能碰撞一次的条件. (3)根据动量守恒定律求出 A 左端到台阶板前瞬间,A、B 恰好达到共同速度木板 A 移动 的位移 x0,然后分情况讨论,当 x≥x0 物块与木板共速后与台阶碰撞,当 x0>x 物块与木板 共速前与台阶碰撞,根据动量守恒定律结合动能定理求出 A 与台阶碰撞前瞬间的速度. 解答: 解: (1)滑块 B 从释放到最低点,机械能守恒,有: …①

在最低点,由牛顿运动定律: 又:T=5mg…③ 联立①②③得: ,v1=

…②

(2)设 A 与台阶碰撞前瞬间,A、B 的速度分别为 vA 和 vB,由动量守恒 mv1=mvB+2mvA…④ 若 A 与台阶只碰撞一次,碰撞后必须满足:|2mvA|>|mvB|…⑤ 对 A 应用动能定理: …⑥ 联立④⑤⑥解得: ,…⑦ .

即 A 与台阶只能碰撞一次的条件是:

(3)设 x=x0 时,A 左端到台阶板前瞬间,A、B 恰好达到共同速度 vAB, 由动量守恒 mv1=(m+2m)vAB…⑧ 对 A 应用动能定理: 联立⑧⑨得: …⑩ …⑨

(i)当 x≥x0 即

时,AB 共速后 A 与挡板碰撞. …⑩ 时,AB 共速前 A 就与台阶碰撞,

由⑧可得 A 与台阶碰撞前瞬间的速 (ii)当 对 A 应用动能定理: 即

A 与台阶碰撞前瞬间的速度:vA2= 答: (1)B 的初速度大小为 ,细线被拉断瞬间 B 的速度大小为 (2)A 与台阶只发生一次碰撞,求 x 满足的条件 (3) 时,A 与台阶碰撞前瞬间的速度 , .



时,A 与台阶碰撞前

瞬间的速度 . 点评:本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律、牛顿第二定律、动量守恒定律,综合性 强,对学生能力的要求较高,是一道难题.在第三问中可能 AB 共速后与台阶碰撞,可能共 速前与台阶碰撞.


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