2016年上海市崇明县高考一模试卷物理 21页

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，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 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 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.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=λf 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 。 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=mgcosθ F=mgsinθ 其中 θ 为支持力 N 与竖直方向的夹角；当物体向上移动时，θ 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，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 θ= 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=ωr 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 的力矩时，质点 m 的速度最大。由力矩平衡条件得： Fr=mg•2rsinθ，又 θ= ， 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 θ。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 Fcosθ D.地面受到的压力大小为 Mg+mgcosθ﹣Fsinθ 解析：A、以 B 为研究对象，分析受力情况：重力 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 mg﹣F，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=Fcosθ 竖直方向：N+Fsinθ=(M+m)g，则 N=Mg+mg﹣Fsinθ。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 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、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.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=λf 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、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 λ=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= λ，向左平移了 13cm﹣9cm=4cm= λ。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 6×4×2cm=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 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(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=2π 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 5.0m/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 kg•m/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=2×5kgm/s=10kgm/s。 根据动量守恒定律得：P=﹣mBvB′+mAvA′， 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 r∝v2 它们运行的线速度的比是 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 θ，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=Rsinθ，则运动的时间 t= ， 水平位移 x=(1+cosθ)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=2Ω，定值电阻 R1=1Ω，R 为最大阻值是 20Ω 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 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 θ，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=mgsinθ 所以电场强度的最小值为 E= 。 若电场强度 E= ，即 qE=mgtanθ 时，电场力 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=qEsin2θ•d=q• sin2θ•d=2mgdsin2θ。 答案： 2mgdsin2θ 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： ①油膜是呈单分子分布的；②把油酸分子看成球形；③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 = 。 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：sinα= ，cosα= 对滑块由牛顿第二定律得：mgsinα﹣μmgcosα=ma，且 a= ， 联立方程解得 μ= 。 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 μ 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 0.2×1.85=0.37W。 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绳与竖直方向的夹角 θ。 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﹣cosθ)=0﹣ 解得：θ=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 θ 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，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+ρghA=(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+ρgh3=(75+23)cmHg=98 cmHg 由查理定律： 代入数据得：T3=367.5K=94.5°C 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，AC 与水平地面间的夹角 为 θ=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 μ=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°﹣μmgcos37°=ma 代入数据，得：a=2m/s2。 答案：小滑块沿 AC 向上滑的加速度大小为 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)+f•BD+N(S﹣BC)=Mg•BDsin37°+F•BD 式中 N=mg cos37°，f=μmgcos37° 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 t1 2 撤去 F 后，根据牛顿第二定律，有： a2=gsin37°+μgcos37°=10×0.6﹣0.5×10×0.8=2m/s2 滑块减速直至静止过程： v1=a2t2 S2= a2t2 2 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： μmgcos37°•BD+mgcos37°(S′﹣BC)=Mg•BDsin37° 代入数据，得： S′=0.725m 根据位移时间关系公式，有： S′= a t1 2+ a2t2 2 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 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 。