2016年上海市崇明县高考一模试卷物理.docx

1、 2016年上海市崇明县高考 一模试卷物理 一、单项选择题 1.物理学史上，正确认识运动和力的关系且推翻 “ 力是维持运动的原因 ” 的物理学家、建立惯性定律的物理学家分别是 ( ) A.亚里士多德、伽利略 B.亚里士多德、牛顿 C.伽利略、牛顿 D.伽利略、爱因斯坦 解析： 亚里士多德认为必须有力作用在物体上，物体才会运动，即认为力是维持运动的原因 。 伽利略根据理想斜面实验，推翻了亚里士多德的观点，认为力不是维持物体速度的原因，而是改变物体运动状态的原因； 牛顿在伽利略等人研究的基础上，提出了牛顿第一定律，即为惯性定律，建立了惯性的概念；故 C 正确 。 答案： C 2.从宏观上看，气体分

2、子热运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的 ( ) A.体积和压强 B.温度和体积 C.温度和压强 D.压强和温度 解析： 由于温度是分子平均动能的标志，所以气体分子的动能宏观上取决于温度； 分子势能是由于分子间引力和分子间距离共同决定，宏观上取决于气体的体积 。 答案： B 3.下列各物理量的表达式中，是用比值法定义该物理量的是 ( ) A.加速度 a= B.电功率 P= C.电场强度 E= D.电流强度 I= 解析： A、这是牛顿第二定律的表达式，表明加速度与所受的合力成正比，与质量成反比，不属于比值定义法，故 A错误； B、公式 是纯电阻电路中求解电功率的变形公式，不属于比值定义法，

3、故 B错误； C、电场强度是电荷在电场中所受的电场力与其电荷量的比值，是用比值定义法定义的，故C 正确； D、公式 是欧姆定律的数学表达式，表明导体中的电流与导体两端的电压成正比，与这段导体的电阻成反比，不属于比值定义法，故 D错误 。 答案： C 4.如图所示， A、 B为同一水平线上的两个相同的绕绳轮子 。 现按箭头方向以相同的速度缓慢转动 A、 B，使重物 C缓慢上升 。 在此过程中绳上的拉力大小 ( ) A.保持不变 B.逐渐减小 C.逐渐增大 D.先减小后增大 解析： 物体受三个力：重力和两个拉力，重物 C缓慢竖直上升时三力平衡，合力为零，则知两个拉力的合力与重力大小相等，所以重物

4、C所受的合外力不变；两个拉力合力一定，而两个拉力 的夹角不断增大，故拉力不断增大 。 答案： C 5.一个弹性小球，在光滑水平面上以 5m/s的速度向左垂直撞到墙上，碰撞后小球以大小为3m/s速度向右运动 。 则碰撞前后小球速度变化量 v 的大小和方向分别为 ( ) A.2m/s，向左 B.2m/s，向右 C.8m/s，向左 D.8m/s，向右 解析： 规定向左做为正方向，则 v0=5m/s， v= 3m/s 故速度变化量为 v=v v0= 3 5m/s= 8m/s，负号说明与规定方向相反，故速度变化量方向向右 。 答案： D 6.一定质量的理想气体自状态 A沿直线变化到状态 B，在此过程中其

5、压强 ( ) A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.始终不变 D.先增大后减小 解析： 将 t轴上绝对零度 (即 273 )点 D与 AB连接起来， AD与 BD均表示气体的等容变化，由数学知识得知： 等容线斜率越大， 越大，由气态方程 =c得知，体积越小 。 由图知： AD斜率较小， BD 斜率较大，则 AD 线对应的气体体积较大， BD线对应的体积较小，故气体由 A 变化到 B，体积减小 。 故 B正确， ACD错误 。 答案： B 7.如图为用 “ 与 ” 门、蜂鸣器等元件组成的简易控制 电路 。 当蜂鸣器鸣叫时，电键 S1、 S2所处的状态为 ( ) A.S1、 S2都断开 B.S1、 S2

6、都闭合 C.S1断开， S2闭合 D.S1闭合， S2断开 解析： 要使蜂鸣器 L发声，那么 L 两端要有电势差，由图可知，蜂鸣器上端的电势为 5V，那么要有电压差，蜂鸣器下端的电压应该为低电势，即图中与门的输出应为低电势 。 根据与门特点，只要有一个输入端为低电势，输出就为低电势 。 根据电路图可知，两开关断开时，输入均为低电平；故只要有一个断开，即可使蜂鸣器鸣叫； 故 ACD均符合 。 答案： ACD 8.一根粗细均匀的绳子，右侧固定，使左侧的 S点上下振动，产生一列向右传播的机械波，某时刻的波形如图所示 。 下列说法中正确的是 ( ) A.该波的波速逐渐增大 B.该波的波速逐渐减小 C.

7、该波的频率逐渐增大 D.该波的频率逐渐减小 解析： A、 B波速是由介质的性质决定的，与波长无关 。 故该波的波速保持不变 。 故 AB 错误 。 C、 D 由图看出，该波的波长逐渐减小，而波速一定，由波速 v=f 分析得知频率逐渐增大 。故 C 正确， D错误 。 答案： C 二、单项选择题 9.在离地高 h处，以速度 v0抛出一小球，不计空气阻力，已知 h= 。 则小球落地时间不可能是 ( ) A. B. C. D. 解析： 当小球竖直下抛时： (1) 又 (2) 两式联立解之得， 当小球竖直上抛时： (3) 由 (2)(3)联立解之得， 故小球落地时间介于： 所以小球的落地时间不可能是

8、。 答案： D 10.如图光滑的四分之一圆弧轨道 AB固定在竖直平面内， A端与水平面相切，穿在轨道上的小球在拉力 F作用下，缓慢地由 A向 B运动， F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N。 在运动过程中 ( ) A.F 增大， N减小 B.F 减小， N减小 C.F 增大， N增大 D.F 减小， N增大 解析： 对球受力分析，受重力、支持力和拉力，如，根据共点力平衡条件，有 N=mgcos F=mgsin 其中 为支持力 N与竖直方向的夹角；当物体向上移动时， 变大，故 N变小， F变大；故 A 正确， BCD错误 。 答案： A 11.半径分别为 r和 2r 的两个质量不计的圆盘，

9、共轴固定连结在一起，可以绕水平轴 O无摩擦转动，大圆盘的边缘上固定有一个质量为 m的质点，小圆盘上绕有细绳 。 开始时圆盘静止，质点处在水平轴 O的正下方位置 。 现以水平恒力 F拉细绳，使两圆盘转动， 若两圆盘转过的角度 = 时，质点 m的速度达到最大为 vm，此时绳子的速度为 vF。 则 vm与 vF、 F与 mg间的关系是 ( ) A.vm=vF， F=mg B.vm=vF， F=2mg C.vm=2vF， F=mg D.vm=2vF， F=2mg 解析： 根据同轴转动的物体角速度相等，由 v=r 可知两个圆盘边缘的线速度与半径成正比 。则有： vm=2vF。 当 F 的力矩等于 mg的

10、力矩时，质点 m的速度最大 。 由力矩平衡条件得： Fr=mg2rsin ，又 = ， 解得： F=mg。 答案： C 12.如图，质量为 M的楔形物 A静置在水平地面上，其斜面的倾角为 。 斜面上有一质量为m 的小物块 B， B与斜面之间存在摩擦 。 用恒力 F沿斜面向上拉 B，使之匀速上滑 。 在 B运动的过程中，楔形物块 A 始终保持静止 。 关于相互间作用力哪项是正确的 ( ) A.B 给 A的作用力大小为 mg F B.B 给 A摩擦力大小为 F C.地面受到的摩擦力大小为 Fcos D.地面受到的压力大小为 Mg+mgcos Fsin 解析： A、以 B为研究对象，分析受力情况：重

11、力 mg、拉力 F、斜面的支持力 N和摩擦力 f，A 对 B的作用力大小是 N和 f 的合力，由平衡条件得， N和 f的合力与 mg、 F 的合力大小相等，由数学知识可知， mg、 F的合力大小不等于 mg F，即 A对 B的作用力大小不等于 mgF，则 B 对 A的作用力大小也不等于 mg F。 故 A均错误 。 B、 C、 D对整体研究，分析受力情况，如图，由平衡条件得： 水平方向： f=Fcos 竖直方向： N+Fsin= (M+m)g，则 N=Mg+mg Fsin 。 故 C正确， D错误 。 答案： C 13.一汽车在平直公路 上行驶 。 从某时刻开始计时，发动机的功率 P随时间 t

12、的变化如图所示 。 假定汽车所受阻力的大小 f恒定不变 。 下列描述该汽车的速度 v随时间 t变化的图线中，可能正确的是 ( ) A. B. C. D. 解析： 在 0 t1时间内，如果匀速，则 v t图象是与时间轴平行的直线，如果是加速，根据 P=Fv，牵引力减小；根据 F f=ma，加速度减小，是加速度减小的加速运动，当加速度为0 时，即 F1=f，汽车开始做匀速直线运动，此时速度 v1= = 。 所以 0 t1时间内， v t图象先是平滑的曲线，后是平行于横轴的直线； 在 t1 t2时间内，功率突然增加，故牵引力突然增加，是加速运动，根据 P=Fv，牵引力减小；再根据 F f=ma，加速

13、度减小，是加速度减小的加速运动，当加速度为 0 时，即 F2=f，汽车开始做匀速直线运动，此时速度 v2= = 。 所以在 t1 t2时间内，即 v t图象也先是平滑的曲线，后是平行于横轴的直线 。 故 A 正确， BCD错误 。 答案： A 14.在竖直向下的匀强电场 E 中，一带电油滴在电场力和重力的作用下，沿虚线所示的运动轨迹从 a运动到 B。 若此带电油滴在运动过程中动能和重力势能之和为 E1，重力势能和电势能之和为 E2，则 E1、 E2的变化情况是 ( ) A.E1增加， E2增加 B.E1增加， E2减小 C.E1不变， E2减小 D.E1不变， E2不变 解析： 由油滴的运动轨

14、迹图可知，带电油滴所受的电场力竖直向上，且电场力大于重力，故从 a到 b的运动过程中合外力做正功，动能增加 。 电场力做正功，电势能减小，根据能量守恒定律可知，在从 a到 b的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，因该过程中动能增加，电势能减小，因此动能和重力势能之和 E1增加，重力势能和电势能之和 E2减小，故 B正确 。 答案： B 15.一弹簧振子振幅为 A，从最大位移处经过时间 t0第一次到达平衡位置，若振子从平衡位置处经过 时的加速度大小和动能分别为 a1和 E1，而振子位移为 时加速度大小和动能分别为 a2和 E2，则 a1、 a2和 E1、

15、E2的大小关系为 ( ) A.a1 a2， E1 E2 B.a1 a2， E1 E2 C.a1 a2， E1 E2 D.a1 a2， E1 E2 解析： 从平衡位置到最大位移处运动，速度减小，加速度增大，所以经过 ，通过的位移大于 ，所以 a1 a2， E1 E2.故 A正确， B、 C、 D错误 。 答案： A 16.如图所示电路中， R1、 R2为定值电阻，电源内阻为 r。 闭合电键 S，电压表显示有读数，调节可变电阻 R的阻值，电压表示数增大量为 U ，则在此过程中 ( ) A.可变电阻 R阻值增大，流过它的电流增大 B.电阻 R2两端的电压减小，变化量等于 U C.通过电阻 R2的电流

16、减小，变化量小于 D.路端电压一定增大，变化量大于 U 解析： A、由题，电压表的示数增大， R和 R1并联的电阻增大，得知 R增大，总电阻增大，总电流减小，并联部分电压增大，通过 R1的电流增大，所以通过可变电阻 R的电流减小，故 A 错误 。 B、 C、 R增大 ，外电阻增大，干路电流减小，电阻 R2两端的电压减小，路端电压增大，而路端电压等于外电路总电压，所以电阻 R2两端的电压减小量小于 U ，由欧姆定律得知，通过电阻 R2的电流减小，减小量小于 。 故 B错误， C正确 。 D、由于电阻 R2两端的电压减小，所以路端电压的增大量小于 U 。 故 D错误 。 答案： C 三、多项选择题

17、 17.如图所示， S1、 S2分别是两个水波波源，某时刻它们形成的波峰和波谷分别由实线和虚线表示 。 则下列说法中正确的是 ( ) A.两列波的频率相同，将在相遇区域形成干涉 B.两列波的频率不同，不会在相遇区域形成干涉 C.两列波在相遇区域内叠加使得 A 点振幅始终为零 D.两列波在相遇区域内叠加使得 B、 C两点振幅有时增大有时减小 解析： A、由图看出，波源 Sl形成的水波波长大于波源 S2是形成的水波波长，两列波在同一介质中传播，波速相等，由波速公式 v=f 得知，两列波的频率不等，不会形成干涉现象，故 A 错误， B正确 。 C、 D、两列叠加不能产生稳定的干涉现象，所以 A、 B

18、、 C点的振动并不是始终加强与减弱的 。故 C 错误， D正确 。 答案： BD 18.如图中，固定的光滑竖直杆上套有一质量为 m 的圆环，圆环与水平放置轻质弹簧一端相连，弹簧另一端固定在墙壁上的 A点，图中弹簧水平时恰好处于原长状态 。 现让圆环从图示位置 (距地面高度为 h)由静止沿杆滑下，滑到杆的底端 B时速度恰好为零 。 则在圆环下滑至底端的过程中 ( ) A.圆环所受合力做功为零 B.弹簧弹力对圆环先做正功后做负功 C.圆环到达 B时弹簧弹性势能为 mgh D.弹性势能和重力势能之和先增大后减小 解析： A、对于圆环，在整个过程中动能的变化量为零，根据动能定理可知圆环所受的合力做功为

19、零，故 A正确 。 B、弹簧水平时恰好处于原长状态，圆环向下运动的过程中，弹簧弹力对圆环有拉力，对圆环一直做负功，故 B错误 。 C、对于圆环和弹簧组成的系统而言，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，可知圆环的机械能减少了 mgh，那么圆环到达 B时弹簧弹性势能为 mgh，故 C正确 。 D、根据系统的机械能守恒知，弹簧的弹性势能、圆环的重力势能和动能之和保持不变，圆环的动能先增大后减小，所以弹性势能和重力势能之和先减小后增大 。 故 D错误 。 答案： AC 19.如图所示，实线是沿 x轴传播的一列简谐横波在 t=0时刻的波形图，质点 P恰在平衡位置， 虚线是这列波在 t=0.2s 时刻的

20、波形图 。 已知该波的波速是 0.8m/s，则下列说法正确的是 ( ) A.这列波是沿 x轴负方向传播的 B.质点 P在 0.4s时刻速度方向与加速度方向相同 C.t=0.5s时，质点 P的速度沿 y轴负方向 D.质点 P在 0.9s时间内经过的路程为 0.48m 解析： A、由图读出波长 =12cm ，由 v= 得周期 T= = s=0.15s， t=0.2s= T，由图看出，实线到虚线，波形向右平移了 9cm 1cm=8cm= ，向左平移了 13cm 9cm=4cm= 。故得知，波形应向左平移，波沿 x 轴负方向传播 。 故 A正确 。 B、在 t=0时刻的波形图，质点 P恰在平衡位置，波

21、沿 x轴负方向传播，质点 P在 0.4s时刻，即 ，质点处于平衡位置与波峰之间，且速度远离平衡位置，所以速度与加速度不同向 。故 B 错误 。 C、 t=0.5s时，即 ，质点 P处于波谷与平衡位置之间，且向平衡位置运动，所以速度沿y 轴正方向 。 故 C错误 。 D、质点 P在 0.9s时间内完成 6T，则路程为 642cm=0.48m ，故 D正确 。 答案： AD 20.静电场在 x轴上的场强分量 Ex随 x的变化关系如图所示， x轴正向为场强 正方向，带负电的点电荷沿 x轴运动，则点电荷 ( ) A.在 b和 d处电势能相等 B.由 a运动到 c的过程中电势能减小 C.由 b运动到 d

22、的过程中电场力不做功 D.由 a运动到 d的过程中 x方向电场力先增大后减小 解析： A、 b c处场强为 x轴负方向，则从 b到 d 处逆着电场线方向移动，电势升高，负电荷在 d处电势能较小，故 A错误； B、 a c处场强为 x轴负方向，则从 a到 c处逆着电场线方向移动，电势升高，负电荷在 c处电势能较小， B正确； C、由 b 运动到 d的过程，受到的电场力沿 x轴正方向，位移也沿 x轴正方向，故做正功，故 C 错误 D、由 a 运动到 d的过程中，由图可以看出电场强度的绝对值先增大后减小，故电场力先增大后减小，故 D正确 。 答案： BD 四、填空题 21.在地球表面上周期准确的秒摆

23、 (周期为 2秒 )，移到距离地面为 nR0的高度处 (R0为地球半径 )，该秒摆的周期 秒，此时为了让秒摆保持周期 2秒不变，则需要 (“ 增长 ” ，“ 减短 ” )摆长 。 解析： 根据 G =mg， g= ，知移到距离地面为 nR0的高度处 (R0为地球半径 )， r是地球的半径的 (n+1)倍，则 g 变为原来的 倍，再根据单摆的周期公式 T=2s，知周期变为原来的 (n+1)倍 。 所以秒摆的周期变为 2(n+1)秒 。 根据周期公式 T=2 故需要减短 。 答案 ： 2(n+1) 减短 22.质量为 4.0kg的物体 A静止在水平桌面上，另一个质量为 2.0kg的物体 B以 5.

24、0m/s的水平速度与物体 A相碰 。 碰后物体 B以 1.0m/s的速度反向弹回，则系统的总动量为 kgm/s，碰后物体 A的速度大小为 m/s。 解析： 取碰撞前 B的速度方向为正方向，则系统的总动量为： P=mBvB=25kgm/s=10kgm/s 。 根据动量守恒定律得： P= mBvB+m AvA ， 代入数据解得： vA=3m/s 。 答案 ： 10 3 23.两颗人造地球卫星，它们质量之比为 1： 2，它们运行的线速度之比为 1： 2，那么它们运行的轨道半径之比为 ，它们所受向心力之比为 。 解析： 根据万有引力提供向心力 =m 线速度 v= ，则 rv 2它们运行的线速度的比是

25、v1： v2=1： 2，所以则轨道半径比 r1： r2=4：1。 由 F= ，则 F ，则为 1： 32。 答案 ： 4： 1 1： 32 24.如图，水平地面上有一个坑，其竖直截面是半径为 R 的半圆 。 ab 为沿水平方向的直径，O 为圆心 。 在 a点以某初速度沿 ab 方向抛出一小球，小球恰好能击中最低点 c，则小球的初速度 v0= 。 小球以不同的初速度 v0抛出，会击中坑壁上不同的点 。 若击中点 d与 b所对的圆心角为 ，则 v0= 。 解析： 小球恰好击中 c 点，根据 R= 得， t= ， 则初速度 。 当小球击中 d点，下落的高度 h=Rsin ，则运动的时间 t= ， 水

26、平位移 x=(1+cos )R， 则初速度 = 。 答案 ： 。 25.如图所示电路中，电源电动势 E=6V，内电阻 r=2 ，定值电阻 R1=1 ， R为最大阻值是20 的可变电阻 。 则电源的最大输出功率为 W；变阻器消耗的最大电功率为 W。 解析： 设滑动变阻器两部分电阻分别为 R2、 R3，则此电路为 R2R3并联后与 R1串联接到电源上，电压表测量的是路端电压 。 当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，则， 当滑动变阻器的阻值等于 R1和 r阻值之和时，功率最大，则最大功率为 P=。 答案 ： 4.5 3 26.如图，在竖直平面内有一匀强电场，一带电量为 +q、质量为 m的小球在力

27、 F的作用下沿图中虚线由 A至 B做竖直向上的匀速运动 。 已知力 F和 AB 间夹角为 ， AB间距离为 d，重力加速度为 g。 则电场强度 E 的最小值为 。 若电场强度 E= 时，小球从 A运动到 B电势能变化量大小可能为 。 解析： 分析小球受力情况：小球受到重力 mg、拉力 F与电场力 qE，因为小球做匀速直线运动，合力为零，则 F与 qE的合力与 mg 大小相等、方向相反，作出 F与 qE 的合力，如图， 可知当电场力 qE 与 F 垂直时，电场力最小，此时场强也最小 。 则得： qE=mgsin 所以电场强度的最小值为 E= 。 若电场强度 E= ，即 qE=mgtan 时，电场

28、力 qE 可能与 AB方向垂直，如图位置，电场力不做功，电势能变化量为 0； 也可能电场力位于位置 2方向，则电场力做功为 W=qEsin2d=qsin2d=2mgdsin 2 。 答案 ： 2mgdsin2 或 0 五、实验题 27.用 “ 油膜法 ” 来粗略估测分子的大小，认为油滴在水面上后油分子的排列需要建立在一定模型基础上，下列哪项是不正确的 ( ) A.分子都是球形的 B.所有分子都 能形成单分子油膜 C.分子都是一个一个挨着一个排列的 D.滴入的油酸溶液是高纯度的溶液 解析： 在 “ 用油膜法估测分子的大小 ” 实验中，做这样的近似： 油膜是呈单分子分布的； 把油酸分子看成球形；

29、分子之间没有空隙，紧密排列； 为了获取单分子油膜，则将油酸滴入酒精溶液，形成低纯度的油酸溶液，故 ABC 正确， D不正确 。 答案： D 28.如图为 “ 描绘电场等势线 ” 的实验装置，在平整的木板上平放两个圆柱形电极 A和 B，分别与直流电源的正、负极接好 。 (1)(多选 )下列说法中正确的是 (A)本实验中 A电极作为正电荷， B电极作为负电荷 (B)在木板上依次铺放白纸、导电纸和复写纸 (C)实验中圆柱形电极与导电纸应有良好的接触 (D)放置导电纸时有导电物质的一面向下 解析： A、因为 A极与电源正极相连，故本实验中 A电极作为正电荷， B电极作为负电荷， A正确； B、在一块平

30、整木板上依次铺放白纸、复写纸和导电纸。故 B错误； C、连接电源正负极的电极 a、 b必须与导电纸保持良好接触，否则不能形成电流。故 C正确； D、整个操作在导电纸上进行，导电纸有导电物质的一面应该向上。故 D错误。 答案： AC (2)在 A、 B连线上取某点 a，将与电压传感器正极相连的探针固定于 a点，另一探针在纸上移动，当移动到某点传感器示数为负，则这点电势 (选填 “ 高 ” 、 “ 低 ” 或 “ 等 ” )于 a 点 。 解析： 根据传感器示数为负，探针 B接触处电势高于探针 A接触处电势，即可知，这点电势高于 a点 。 答案 ： 高 29.某探究小组设计了 “ 用一把尺子测定动

31、摩擦因数 ” 的实验方案 。 如图示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端 。 开始时小球和滑块均静止，剪短细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音 。用刻度尺测出小球下落的高度 H、滑块释放点与挡板处的高度差 h和沿斜面运动的位移 x。 (空气阻力对本实验的影响可以忽略 ) (1)滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为 。 解析：由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同， 由 x= at2和 H= gt2得： 所以

32、 = 。 答案： (2)滑块与斜面间的动摩擦因数为 。 解析：根据几何关系可知： sin= ， cos= 对滑块由牛顿第二定律得： mgsin mgcos=ma ，且 a= ， 联立方程解得 = 。 答案： (3)以下能引起实验误差的是 。 A.滑块的质量 B.当地重力加速度的大小 C.长度测量时的读数误差 D.小球落地和滑块撞击挡板不同时 。 解析： 由 得表达式可知，能引起实验误差的是长度 x、 h、 H测量时的读数误差，同时要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差 。 答案 ： CD 30.某同学利用图甲 所示电路，测量电源电动势和内电阻 。 (1)所得实验数据如表，请在图乙 给出

33、的直角坐标系上画出 U I的图象 。 U/V 1.96 1.86 1.80 1.84 1.64 1.56 I/A 0.05 0.15 0.25 0.35 0.45 0.55 解析：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，图象如图所示： 答案：如图所示： (2)根据所画 U I的图象，可求得电源电动势 E= V，当电流 I=0.2A时电源的输出功率为 W。 (保留两位有效数 ) 解析：由图示 U I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为 2.0，则电源电动势 E=2.0V，结合图可知，当电流 I=0.2A时，电路中的路端电压是 1.85V，所以电源的输出功率为0.21.85=0

34、.37W 。 答案： 2.0 0.37 (3)实验完成后，该同学对实验方案进行了反思，认为按图 甲 电路进行实验操作的过程中存在安全隐患，并对电路重新设计 。 在图 丙 所示的电路中，你认为相对合理的电路是 。(Rx为未知小电阻 ) 解析： A、当滑动变阻器滑动片滑动到最右端，电源短路，存在安全 隐患，故 A错误； B、滑动变阻器采用分压接法，能保护电路，但不能测量出电路中的总电流，则不能测出电源的输出功率，故 B错误； C、滑动变阻器采用限流接法，既能保护电路，又能测出电源的输出功率，故 C正确； D、电压表测滑动变阻器两端电压，并不能测出电路的路端电压，该电路能保证电路安全，但不能测出电源

35、的输出功率，故 D 错误 。 答案 ： C 六、计算题 31.如图，滑块和小球的质量均为 m，滑块可在水平光滑固定导轨上自由滑动，小球用长为 l的轻绳悬于滑块上的 O 点 。 开始时轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止 。 现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘住物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度由 减为零 。 小球继续向左摆动 。 求： (1)小球到达最低点时速度的大小 。 解析：小球下摆的过程中，小球和滑块组成的系统，机械能守恒，根据机械能守恒定律得： mgl= ， 其中： 解得： 。 答案： 小球到达最低点时速度的大小为 (2)小球继续向左摆动到达最高点时轻

36、绳与竖直方向的夹角 。 解析：小球继续向左摆动到达最高点的过程中， B 球机械能守恒，根据机械能守恒定律得： mgl(1 cos)=0 解得： =60 。 答案： 小球继续向左摆动到达最高点时轻绳与竖直方向的夹角 为 60 (3)小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球所做的功 。 解析： 小球从释放到第一次到达最低点的过程中，根据动能定理得： mgl+W= 解得： W= 答案： 小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球所做的功为 。 32.如图所示，玻璃管 A上端封闭， B上端开口且足够长，两管下端用橡皮管连接起来， A管上端被一段水银柱封闭了一段长为 6cm的气体，

37、外界大气压为 75cmHg，左右两水银面高度差为 5cm，温度为 t1=27 。 (1)保持温度不变，上下移动 B管，使 A管中气体长度变为 5cm，稳定后的压强为多少？ 解析：气体做等温变化初状态： PA1=P0+gh A=(75+5)cmHg=80 cmHg； VA1=6S 末状态： VA2=5S 根据玻意耳定律： PA1 VA1=PA2 VA2 代入数据得： PA2=96 cmHg。 答案： 保持温度不变，上下移动 B管，使 A管中气体长度变为 5cm，稳定后的压强为 96cmHg。 (2)B管应向哪个方向移动？移动多少距离？ 解析：气体的压强增大，则两部分的液面差增大，所以 B管应向上

38、移动 h=(96 75) (5 1)=17cm。 答案： B管应向上方向移动，移动 17cm。 (3)稳定后保持 B不动，为了让 A管中气体体积回复到 6cm，则温度应变为多少？ 解析： 末状态的压强： PA3=P0+gh 3=(75+23)cmHg=98 cmHg 由查理定律： 代入数据得： T3=367.5K=94.5C 答案： 稳定后保持 B不动，为了让 A管中气体体积回复到 6cm，则温度应变为 94.5 。 33.如图所示， ABCD是一个 T 型支架，支架 A端有一大小与质量均可忽略的光滑定滑轮， D点处有一光滑转动轴， AC与 BD垂直，且 AB=BC， BD长为 d=0.6m，

39、 AC 与水平地面间的夹角 为 =37 ，整个支架的质量为 M=1kg(BD部分质量不计 )。 质量为 m=2kg的小滑块置于支架的 C 端，并与跨过定滑轮的轻绳相连，绳另一端作用一竖直向下大小为 24N的拉力 F，小滑块在拉力作用下由静止开始沿 AC 做匀加速直线运动，己知小滑块与斜面间的动摩擦因数为=0. 5.g=10m/s2， sin37=0.6 ， cos37=0. 8。 (1)求小滑块沿 AC向上滑的加速度大小 。 解析：滑块受重力、拉力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有： F mgsin37 mgcos37=ma 代入数据，得： a=2m/s2。 答案： 小滑块沿 AC向上滑的

40、加速度大小为 2m/s2。 (2)滑块开始运动后，经过多长时间支架开始转动？ 解析：设经过时间 t，滑块运动到离 C点 S 处，支架开始转动，则根据力矩平衡条件，有： F(ACcos37 CD)+fBD+N(S BC)=MgBDsin37+FBD 式中 N=mg cos37 ， f=mgcos37 代入数据，得： S=1.2m 因此， t= = 1.1s 。 答案： 滑块开始运动后，经过 1.1s时间支架开始转动。 (3)为保证支架不转动，作用一段时间后撤去拉力 F，求拉力作用的最大时间 。 解析： 设拉力作用时间最长为 t1，根据运动学公式，有： v1=a t1 S1= a t12 撤去 F

41、后，根据牛顿第二定律，有： a2=gsin37+gcos37=100.6 0.5100.8=2m/s 2 滑块减速直至静止过程： v1=a2t2 S2= a2t22 滑块恰好运动到离 C点 S 处，支架开始转动，根据力矩平衡条件，有： mgcos37BD+mgcos37 (S BC)=MgBDsin37 代入数据，得： S=0.725m 根据位移时间关系公式，有： S= a t12+ a2t22 代入数据，得： t1=0.78s。 答案： 为保证支架不转动，作用一段时间后撤去拉力 F，拉力作用的最大时为 0.78s。 34.当金属的温度升高到一定程度时就会向四周发射电子，这种电子叫热电子，通常

42、情况下，热电子的初始速度可以忽略不计 。 如图所示，相距为 L的两块平行金属板 M、 N接在输出电压恒为 U的高压电源 E2上， M、 N之间的电场近似为匀强电场， a、 b、 c、 d是匀强电场中四个均匀分布的等势面， K是与 M板距离很近的灯丝，电源 E1给 K加热从而产生热电子 。 电源接通后，电流表的示数稳定为 I，已知电子的质量为 m、电量为 e。 求： (1)电子达到 N板瞬间的速度 。 解析：动能定理： ， 解出 。 答案： 电子达到 N板瞬间的速度为 。 (2)电子从灯丝 K出发达到 N 板所经历的时间 。 解析：牛顿定律： e =ma， 解出 由 得： 。 答案： 电子从灯丝

43、 K出发达到 N板所经历的时间为 。 (3)电路稳定的某时刻， M、 N 之间运动的热电子的总动能 。 解析：根据功能关系，在 M、 N之间运动的热电子的总动能应等于 t时间内电流做功的 ，即 Ek 总 = UIt= UI( )=IL 。 答案： 电路稳定的某时刻， M、 N之间运动的热电子的总动能为 IL 。 (4)电路稳定的某时刻， c、 d 两个等势面之间具有的电子数 。 解析： 电子从灯丝出发达到 c 所经历的时间 电子从灯丝出发达到 d 所经历的时间 。 c、 d两个等势面之间的电子数 n= ， 将时间 td和 tc代入，求出： n= 。 答案： 电路稳定的某时刻， c、 d两个等势面之间具有的电子数为 n 。