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- 2021-04-25 发布
2020学年广东省佛山市顺德区华侨中学高三（上）第4次周测物理试卷
一、选择题（本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1-4题只有一项符合题目要求，第6-8题多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1．为了认识复杂的事物规律，我们往往从事物的等同效果出发，将其转化为简单的、易于研究的事物，这种方法称为等效替代，下列哪个物理概念的建立没有使用等效替代思想（ ）
A．惯性 B．重心 C．平均速度 D．合力与分力
2．生活中常见小朋友扔小石头到坑里（坑是圆柱形），如图，某次从M点以速度v水平抛出，小石头恰好打在坑的底角．若要让小石头进入坑中并直接击中坑底的正中间，下列做法可行的是（ ）
A．在M点将小石头以小于v 的速度水平抛出
B．在M点将小石头以大于v 的速度水平抛出
C．在M点正上方某位置将小石头以小于v 的速度水平抛出
D．在M点正下方某位置将小石头以小于v 的速度水平抛出
3．如图所示，小物体A沿高为h、倾角为θ的光滑固定斜面以初速度v0从顶端滑到底端，而相同的物体B以同样大小的初速度从同等高度竖直上抛，则（ ）
A．两物体落地时速度相同
B．两物体落地时，重力的瞬时功率相同
C．从开始运动至落地过程中，重力对它们做功相同
D．从开始运动至落地过程中，重力对它们做功的平均功率相同
4．如图所示，斜面倾角为θ=37°，物体1放在斜面紧靠挡板处，物体1和斜面间动摩擦因数为μ=0.5，一根很长的不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质的小定滑轮，绳一端固定在物体1上，另一端固定在物体2上，斜面上方的轻绳与斜面平行．物体2下端固定一长度为h的轻绳，轻绳下端拴在小物体3上，物体1、2、3的质量之比为4：1：5，开始时用手托住小物体3，小物体3到地面的高度也为h，此时各段轻绳刚好拉紧．已知物体触地后立即停止运动、不再反弹，重力加速度为g=10m/s2 ，小物体3从静止突然放手后物体1沿面上滑的最大距离为（ ）
A．3h B． h C．2h D． h
5．图甲所示的“轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命．图乙是“轨道康复者”在某次拯救一颗地球同步卫星前，二者在同一平面内沿相同绕行方向绕地球做匀速圆周运动的示意图，此时二者的连线通过地心、轨道半径之比为1：4．若不考虑卫星与“轨道康复者”之间的引力，则下列说法正确的是（ ）
A．在图示轨道上，“轨道康复者”的速度小于7.9km/s
B．在图示轨道上，“轨道康复者”的加速度大小是地球同步卫星的16倍
C．在图示轨道上，“轨道康复者”的周期为4h
D．若要对该同步卫星实施拯救，“轨道康复者”应从图示轨道上加速，然后与同步卫星对接
6．某同学设计了一种静电除尘装置，如图甲所示，其中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料．图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为U的高压直流电源相连．带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．要增大除尘率，则下列措施可行的是（ ）
A．只增大电压U
B．只增大高度d
C．只增大长度L
D．只增大尘埃被吸入水平速度v0
7．如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个电荷量绝对值相同、质量相同的正、负粒子（不计重力），从O点以相同的速度先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角，则正、负粒子在磁场中（ ）
A．运动时间相同
B．运动轨迹的半径相等
C．重新回到边界时速度大小不等，方向相同
D．重新回到边界时与O点的距离相等
8．在工厂中常用如图所示水平传送带传送工件，可大大提高工作效率，传送带以恒定的速度v=2rn/s运行，质量为m=0.5kg的工件以v0=1m/s的初速度从位置A滑上传送带工件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时，后一个工件立即滑上传送带，取g=10m/s2，则下列说法中正确的是（ ）
A．工件经0.5s停止相对滑动
B．正常运行时传送带上相邻工件相距0.5m
C．摩擦力对每个工件做正功为0.75J
D．每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为1 J
二、非选择题
9．如图1所示为“探究加速度与物体受力与质量的关系”实验装置图．图中A为小车，B为装有砝码的小桶，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50HZ交流电．小车的质量为m1，小桶（及砝码）的质量为m2．
（1）下列说法正确的是
A．每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力
B．实验时应先释放小车后接通电源
C．本实验m2应远大于m1
D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作a﹣图象
（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他得到的a﹣F图象可能是图2中的 ．（选填“甲”、“乙”、“丙”）
（3）如图3所示为某次实验得到的纸带，纸带中相邻计数点间的距离已标出，相邻计数点间还有四个点没有画出．由此可求得小车的加速度大小 m/s2．（结果保留二位有效数字）
10．小明同学设计了如图甲所示的电路测电源电动势E及电阻R1和R2的阻值．实验器材有：待测电源E（不计内阻），待测电阻R1，待测电阻R2，电流表A（量程为0.6A，内阻较小），电阻箱R（0﹣99.99Ω），单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干．
（1）先测电阻R1的阻值．闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱R，读出其示数r1和对应的电流表示数I，将S2切换到b，调节电阻箱R，使电流表示数仍为I，读出此时电阻箱的示数r2．则电阻R1的表达式为R1= ．
（2）小明同学已经测得电阻R1=2.0Ω，继续测电源电动势E和电阻R2的阻值．他的做法是：闭合S1，将S2切换到b，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电流表示数I，由测得的数据，绘出了如图乙所示的﹣R图线，则电源电动势E= V，电阻R2= Ω．（保留两位有效数字）
（3）用此方法测得的电动势的测量值 真实值；R2的测量值 真实值（填“大于”、“小于”或“等于”）
11．如图所示，左边足够长，高H=0.45m的水平台面右端有一以v0=2m/s的速度顺时针转动的水平传送带BC与其理想连接，在该水平台面右边竖直面CD的右端x=0.4m处也有一高度h=0.25m的足够长水平台面，其左端竖直面EF也是竖直方向，F点为平台的左端点．一质量m=1kg的小物块静止在水平台面A点处．设A与传送带在端点B的距离为s，现用F=2N的恒力作用在小物块上使其向右运动，已知小物块与水平台面以及传送带间的动摩擦因数为0.1，传送带的长度L=1.5m，传送带的滑轮大小可以忽略，重力加速度取g=10m/s2．
（1）若恒力F作用一段时间后即撤去，小物块滑上传送带时速度恰好为零，求小物块离开传送带后，第一落点的位置到F点的距离；
（2）若A与传送带左端点B的距离为s=0.5m，小物块运动到传送带右端点C处即撤去恒力；求小物块离开传送带后，第一落点到F点的距离．
12．如图所示，在xOy平面内，0＜x＜2L的区域内有一方向竖直向上的匀强电场，2L＜x＜3L的区域内有一方向竖直向下的匀强电场，两电场强度大小相等．x＞3L的区域内有一方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．某时刻，一带正电的粒子从坐标原点以沿x轴正方向的初速度v0进入电场；之后的另一时刻，一带负电粒子以同样的初速度从坐标原点进入电场．正、负粒子从电场进入磁场时速度方向与电场和磁场边界的夹角分别为60°和30°，两粒子在磁场中分别运动半周后在某点相遇．已经两粒子的重力以及两粒子之间的相互作用都可忽略不计，两粒子带电量大小相等．求：
（1）正、负粒子的质量之比m1：m2；
（2）两粒子相遇的位置P点的坐标；
（3）两粒子先后进入电场的时间差．
三、选考题
13．如图所示，一辆质量为M=6kg的平板小车停靠在墙角处，地面水平且光滑，墙与地面垂直．一质量为m=2kg的小铁块（可视为质点）放在平板小车最右端，平板小车上表面水平且与小铁块之间的动摩擦因数μ=0.45，平板小车的长度L=1m．现给铁块一个v0=5m/s的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动，碰撞过程中无能量损失，求：
（1）最终的车速大小；
（2）小铁块在平板小车上运动的过程中系统损失的机械能（g取10m/s2）．
2020学年广东省佛山市顺德区华侨中学高三（上）第4次周测物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1-4题只有一项符合题目要求，第6-8题多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1．为了认识复杂的事物规律，我们往往从事物的等同效果出发，将其转化为简单的、易于研究的事物，这种方法称为等效替代，下列哪个物理概念的建立没有使用等效替代思想（ ）
A．惯性 B．重心 C．平均速度 D．合力与分力
【考点】23：重心．
【分析】惯性、平均速度、力的合成与分解都是一种等效替代方法，加速度是通过比值定义法获得定义的
【解答】解：重心、力的合成与分解都是一种等效替代方法，平均速度用来粗略描述这一段位移的运动快慢，等效替代瞬时速度；而惯性是物体固有的性质，不是等效替代，故A正确，BCD错误．
本题选没有使用等效替代的，故选：A．
2．生活中常见小朋友扔小石头到坑里（坑是圆柱形），如图，某次从M点以速度v水平抛出，小石头恰好打在坑的底角．若要让小石头进入坑中并直接击中坑底的正中间，下列做法可行的是（ ）
A．在M点将小石头以小于v 的速度水平抛出
B．在M点将小石头以大于v 的速度水平抛出
C．在M点正上方某位置将小石头以小于v 的速度水平抛出
D．在M点正下方某位置将小石头以小于v 的速度水平抛出
【考点】43：平抛运动．
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合运动学公式得出水平位移表达式，再分析判断．
【解答】解：小石头做平抛运动，由h=，得t=，水平位移为 x=v0t=v0，则知
A、在M点，小石头的速度减小时，水平位移减小，小石头将落在左侧地面上，故A错误．
B、在M点，小石头的速度增大时，小石头将落在坑的右侧面上，故B错误．
C、在M点正上方某位置将小石头以小于v的速度水平抛出，根据x=v0知，水平位移可以减小，也不会与框的左边沿相撞，落在筐底的正中间，故C正确．
D、在M点正下方某位置将小球以小于v的速度水平抛出，则下落到筐的上沿这段时间内水平位移变小，小球不能进筐．故D错误．
故选：C
3．如图所示，小物体A沿高为h、倾角为θ的光滑固定斜面以初速度v0从顶端滑到底端，而相同的物体B以同样大小的初速度从同等高度竖直上抛，则（ ）
A．两物体落地时速度相同
B．两物体落地时，重力的瞬时功率相同
C．从开始运动至落地过程中，重力对它们做功相同
D．从开始运动至落地过程中，重力对它们做功的平均功率相同
【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率．
【分析】两个物体在运动的过程中机械能守恒，可以判断它们的落地时的速度的大小，再由平均功率和瞬时功率的公式可以得出结论．
【解答】解：A、两个小球在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，所以根据机械能守恒可以知两物体落地时速率相同，但速度方向不同，故A错误．
B、由于两个物体落地时的速度的方向不同，由瞬时功率的公式可以知道，重力的瞬时功率不相同，所以B错误．
C、重力做功只与初末位置有关，物体的起点和终点一样，所以重力做的功相同，但是时间不同，则重力的平均功率不同，所以C正确，D错误．
故选：C．
4．如图所示，斜面倾角为θ=37°，物体1放在斜面紧靠挡板处，物体1和斜面间动摩擦因数为μ=0.5，一根很长的不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质的小定滑轮，绳一端固定在物体1上，另一端固定在物体2上，斜面上方的轻绳与斜面平行．物体2下端固定一长度为h的轻绳，轻绳下端拴在小物体3上，物体1、2、3的质量之比为4：1：5，开始时用手托住小物体3，小物体3到地面的高度也为h，此时各段轻绳刚好拉紧．已知物体触地后立即停止运动、不再反弹，重力加速度为g=10m/s2 ，小物体3从静止突然放手后物体1沿面上滑的最大距离为（ ）
A．3h B． h C．2h D． h
【考点】6B：功能关系．
【分析】先对整体受力分析可知，2、3向下带动1运动；当3落地后，由于1的重力大，则12将做减速运动；对两过程由功能关系可求得物体上滑的最大位移．
【解答】解：设2的质量为m；
从开始放手到3触地过程中，设触地时3的速度为v1；则对整体有功能关系可知：
6mgh﹣（4mgsinθ+4μmgcosθ）h=（10m）v12；
此后3停止，设物体2继续向下运动距离s后速度减小为零，对1、2应用功能关系可知：
mgs﹣（4mgsinθ+4μmgcosθ）s=0﹣（5m）v12
解得：s=；
则1沿斜面上滑的最大距离为L=h+s=h；
故选：D．
5．图甲所示的“轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命．图乙是“轨道康复者”在某次拯救一颗地球同步卫星前，二者在同一平面内沿相同绕行方向绕地球做匀速圆周运动的示意图，此时二者的连线通过地心、轨道半径之比为1：4．若不考虑卫星与“轨道康复者”之间的引力，则下列说法正确的是（ ）
A．在图示轨道上，“轨道康复者”的速度小于7.9km/s
B．在图示轨道上，“轨道康复者”的加速度大小是地球同步卫星的16倍
C．在图示轨道上，“轨道康复者”的周期为4h
D．若要对该同步卫星实施拯救，“轨道康复者”应从图示轨道上加速，然后与同步卫星对接
【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；4F：万有引力定律及其应用．
【分析】利用第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，以及卫星速度近大远小规律分析A项；利用加速度和周期公式分析BC两项物理量大小关系；利用卫星最近时角度及圈数关系分析二者远近；卫星对接则使用卫星变轨的原理分析．
【解答】解：A、图示轨道略高于近地轨道，由可得，r越大，v越小，故“轨道康复者”的速度小于近地卫星的速度，即小于7.9km/s，故A正确；
B、由得：a=，在图示轨道上，“轨道康复者”与地球同步卫星加速度之比为，故B正确；
C、根据得：T=，则“轨道康复者”与地球同步卫星周期之比为，地球同步卫星周期T2=24h，则“轨道康复者”的周期为3h，故C错误；
D、“轨道康复者”应从图示轨道上加速后，轨道半径增大，与同步卫星轨道相交，则可进行对接，故D正确；
故选：ABD．
6．某同学设计了一种静电除尘装置，如图甲所示，其中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料．图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为U的高压直流电源相连．带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．要增大除尘率，则下列措施可行的是（ ）
A．只增大电压U
B．只增大高度d
C．只增大长度L
D．只增大尘埃被吸入水平速度v0
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动．
【分析】带电尘埃在矩形通道内做类平抛运动，在沿电场的方向上的位移为y=，增大y便可增大除尘率．
【解答】解：增加除尘率即是让离下极板较远的粒子落到下极板上，带电尘埃在矩形通道内做类平抛运动，在沿电场的方向上的位移为y=即增加y即可．
A、只增加电压U可以增加y，故A满足条件；
B、只增大高度d，由题意知d增加则位移y减小，故不满足条件；
C、只增加长度L，可以增加y，故C满足条件；
D、只增加水平速度v0，y减小，故不足条件．
故选：AC．
7．如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个电荷量绝对值相同、质量相同的正、负粒子（不计重力），从O点以相同的速度先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角，则正、负粒子在磁场中（ ）
A．运动时间相同
B．运动轨迹的半径相等
C．重新回到边界时速度大小不等，方向相同
D．重新回到边界时与O点的距离相等
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．
【分析】由题正负离子的质量与电量相同，进入同一磁场做匀速圆周运动的周期相同，根据偏向角的大小分析运动时间的长短．由牛顿第二定律研究轨道半径．根据圆的对称性，分析离子重新回到边界时速度方向关系和与O点距离．
【解答】解：
A、粒子的运动周期 T=，则知T相同．
根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏向角为2π﹣2θ，轨迹的圆心角也为2π﹣2θ，运动时间t=T．
同理，负离子运动时间t=T，显然时间不等．故A错误．
B、根据牛顿第二定律得：
qvB=m 得：r=，由题q、v、B大小均相同，则r相同．故B正确．
C、正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同．故C错误．
D、根据几何知识得知重新回到边界的位置与O点距离S=2rsinθ，r、θ相同，则S相同．故D正确．
故选：BD
8．在工厂中常用如图所示水平传送带传送工件，可大大提高工作效率，传送带以恒定的速度v=2rn/s运行，质量为m=0.5kg的工件以v0=1m/s的初速度从位置A滑上传送带工件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时，后一个工件立即滑上传送带，取g=10m/s2，则下列说法中正确的是（ ）
A．工件经0.5s停止相对滑动
B．正常运行时传送带上相邻工件相距0.5m
C．摩擦力对每个工件做正功为0.75J
D．每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为1 J
【考点】6B：功能关系．
【分析】当工件的速度等于传送带的速度时，停止相对滑动，则由牛顿第二定律及速度公式可求得时间，由前后两工件的运动情况可求得两工件间的距离；摩擦力与对地位移的乘积为摩擦力所做的功．摩擦力与相对位移的乘积等于产生的内能．
【解答】解：A、工件进入水平传送带先匀加速运动后匀速运动，加速度大小由：μmg=ma
得：a=μg=0.2×10m/s2=2m/s2
加速运动的时间 t==s=0.5s，故A正确．
B、在0.5s内传送带相对地的位移即是正常运行状态下传送带上相邻工件间的距离为：d=vt=2×0.5m=1m，故B错误．
C、由动能定理得摩擦力对每个工件做正功为：Wf=mv2﹣=×0.5×22﹣×0.5×12=0.75J，故C正确．
D、工件对地位移为：x1==0.5m=0.75m
传送带对地位移为 x2=vt=1m
则工件相对传送带的位移大小为：△x=x1﹣x2=1﹣0.75=0.25m
因摩擦产生的内能为：Q=μmg△x=0.2×0.5×10×0.25J=0.25J，故D错误．
故选：AC
二、非选择题
9．如图1所示为“探究加速度与物体受力与质量的关系”实验装置图．图中A为小车，B为装有砝码的小桶，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50HZ交流电．小车的质量为m1，小桶（及砝码）的质量为m2．
（1）下列说法正确的是 AD
A．每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力
B．实验时应先释放小车后接通电源
C．本实验m2应远大于m1
D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作a﹣图象
（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他得到的a﹣F图象可能是图2中的 丙 ．（选填“甲”、“乙”、“丙”）
（3）如图3所示为某次实验得到的纸带，纸带中相邻计数点间的距离已标出，相邻计数点间还有四个点没有画出．由此可求得小车的加速度大小 0.50 m/s2．（结果保留二位有效数字）
【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
【分析】实验时需要提前做的工作有两个：①平衡摩擦力，且每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，因为f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了．②让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，因为：际上绳子的拉力F=Ma=mg，故应该是m＜＜M，而当m不再远远小于M时a==随m的增大物体的加速度逐渐减小且无限趋近于g．
如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况．
根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小．
【解答】解：（1）A、平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有：f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了，故不需要重新平衡摩擦力．故A正确．
B、实验时应先接通电源后释放小车，故B错误．
C、让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，因为：际上绳子的拉力F=Ma=mg，故应该是m＜＜M，而当m不再远远小于M时a==随m的增大物体的加速度逐渐减小且无限趋近于g，故C错误．
D、F=ma，所以：a=F，当F一定时，a与成正比，故D正确．
故选：AD
（2）遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况．故图线为丙．
（3）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，
根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，
得：a=m/s2=0.50 m/s2．
故答案为：（1）D；（2）丙；（3）0.50．
10．小明同学设计了如图甲所示的电路测电源电动势E及电阻R1和R2的阻值．实验器材有：待测电源E（不计内阻），待测电阻R1，待测电阻R2，电流表A（量程为0.6A，内阻较小），电阻箱R（0﹣99.99Ω），单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干．
（1）先测电阻R1的阻值．闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱R，读出其示数r1和对应的电流表示数I，将S2切换到b，调节电阻箱R，使电流表示数仍为I，读出此时电阻箱的示数r2．则电阻R1的表达式为R1= r1﹣r2 ．
（2）小明同学已经测得电阻R1=2.0Ω，继续测电源电动势E和电阻R2的阻值．他的做法是：闭合S1，将S2切换到b，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电流表示数I，由测得的数据，绘出了如图乙所示的﹣R图线，则电源电动势E= 1.5 V，电阻R2= 1.0 Ω．（保留两位有效数字）
（3）用此方法测得的电动势的测量值 等 于 真实值；R2的测量值 大于 真实值（填“大于”、“小于”或“等于”）
【考点】N3：测定电源的电动势和内阻．
【分析】（1）关键是根据闭合电路欧姆定律列出表达式，然后求解即可；
（2）根据闭合电路欧姆定律列出表达式，然后整理出关于与R的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解；
（3）本实验中电源内阻考虑在内，应考虑内阻的作用，从而分析误差情况．
【解答】解：（1）当R2接a时应有：E=I（R2+r1）；
当S2接b时应有：E=I（R2+R1+r）；
联立以上两式解得：R1=r1﹣r2；
（2）根据闭合电路欧姆定律应有：E=I（R2+R+R1），
变形为： =R+，
根据函数斜率和截距的概念应有： ==，
=2.0
解得：E=1.5V，R2=1.0Ω；
（3）若考虑电源内阻，对（1）：接a时应有：E=I（R2+r1+r），接b时应有：E=I（R2+r2+r）
联立可得R1=r1﹣r2，即测量值与真实值相比不变；
对（2）应有：E=I（R2+R+R1+r），变形为=R+，
比较两次表达式的斜率和截距可知，电动势不变，R1变小，即测量值比真实值偏大．
故答案为：（1）r1﹣r2
（2）1.5，1.0
（3）等于，大于．
11．如图所示，左边足够长，高H=0.45m的水平台面右端有一以v0=2m/s的速度顺时针转动的水平传送带BC与其理想连接，在该水平台面右边竖直面CD的右端x=0.4m处也有一高度h=0.25m的足够长水平台面，其左端竖直面EF也是竖直方向，F点为平台的左端点．一质量m=1kg的小物块静止在水平台面A点处．设A与传送带在端点B的距离为s，现用F=2N的恒力作用在小物块上使其向右运动，已知小物块与水平台面以及传送带间的动摩擦因数为0.1，传送带的长度L=1.5m，传送带的滑轮大小可以忽略，重力加速度取g=10m/s2．
（1）若恒力F作用一段时间后即撤去，小物块滑上传送带时速度恰好为零，求小物块离开传送带后，第一落点的位置到F点的距离；
（2）若A与传送带左端点B的距离为s=0.5m，小物块运动到传送带右端点C处即撤去恒力；求小物块离开传送带后，第一落点到F点的距离．
【考点】66：动能定理的应用；43：平抛运动．
【分析】（1）小物块滑上传送带做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出小物块速度增大到与传送带相同时通过的位移，判断是否有匀速运动．再由动能定理求出小物块运动到C点时的速度．根据H﹣h及x求出物块恰好能落在F点时的初速度，再判断物块能否落在F点，即可由平抛运动的规律求小物块离开传送带后，第一落点的位置到F点的距离．
（2）分析物块的受力情况，求出AB段加速度，由运动学公式求出物块刚到B点时的速度，判断物块在传送带上的运动情况，根据物块在传送带上一直做匀加速直线运动、匀速直线运动和匀减速直线运动，由动能定理求出小物块刚滑上传送带时的速度，再由AB段过程，再运用牛顿第二定律和速度位移公式结合求出物块到达C点时速度，即可由平抛运动的规律求解小物块离开传送带后第一落点到F点的距离．
【解答】解：（1）小物块滑上传送带后先初速度为零的做匀加速运动，加速度为：a1==μg=1m/s2．
假设小物块在传送带上一直做匀加速运动，离开传送带时的速度为v1，则有 v12=2a1L
解得 v1=m/s
由于 v1＜v0=2m/s，所以假设成立．
小物块离开传送带后做平抛运动．设经过C点的速度为v01时恰好能落在F点，则有：
H﹣h=gt12；
x=v01t1；
联立解得：v0=2m/s
设物块离开传送带后初速度为v02时恰好能落在E点，则有：
H=
x=v02t2；
联立解得：v02=m/s
因为 v02＜v0＜v01，所以物块落FE上．
设第一落点的位置到F点的距离为S，则有：
x=vCt3；
H﹣h+S=
解得：S=m
（2）小物块在传送带左侧平台上运动时，加速度为：a1=
可得 a1=1m/s2．
小物块刚滑上传送带时的速度为v2，由于v22=2a2s
可得 v2=1m/s＜v0=2m/s
小物块滑上传送带时所受的摩擦力向右，加速度为 a3=
可得 a3=3m/s2．
当小物块与传送带共速时，有 v02﹣v22=2a3L1．
可得 L1=0.5m＜L=1.5m
由于F大于摩擦力，所以两者共速后小物块所受的摩擦力向左
加速度为 a4=
可得 a4=1m/s2．
小物块到传送带右端的速度为v4，则v42﹣v02=2a4（L﹣L1）
可得 v4=m/s
设小物块到右侧平台上水平位移为x1，则 x1=v4
可得 x1=m
则小物块第一落点到F点的距离△x=x1﹣x=m﹣0.4m=m
答：
（1）小物块离开传送带后，第一落点的位置到F点的距离是m．
（2）小物块第一落点到F点的距离是m．
12．如图所示，在xOy平面内，0＜x＜2L的区域内有一方向竖直向上的匀强电场，2L＜x＜3L的区域内有一方向竖直向下的匀强电场，两电场强度大小相等．x＞3L的区域内有一方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．某时刻，一带正电的粒子从坐标原点以沿x轴正方向的初速度v0进入电场；之后的另一时刻，一带负电粒子以同样的初速度从坐标原点进入电场．正、负粒子从电场进入磁场时速度方向与电场和磁场边界的夹角分别为60°和30°，两粒子在磁场中分别运动半周后在某点相遇．已经两粒子的重力以及两粒子之间的相互作用都可忽略不计，两粒子带电量大小相等．求：
（1）正、负粒子的质量之比m1：m2；
（2）两粒子相遇的位置P点的坐标；
（3）两粒子先后进入电场的时间差．
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；AK：带电粒子在匀强电场中的运动．
【分析】（1）可以从粒子进入磁场的方向出发，由竖直速度大小由初速度表示出来，而此速度是由第一电场的加速和第二电场的减速而得，结合牛顿第二定律能求出质量之比．
（2）先画出两个粒子相遇的轨迹图，相遇是两个粒子在转动半周后相碰的，那么进入的两点与相遇点构成一个直角三角形，先求出粒子进入磁场前的纵坐标，由几何关系就能求出相遇点P的坐标．
（3）由于两粒子在电场中运动时间相同，所以进入电场时间差即为在磁场中从开始到相遇的时间差，由周期公式求出两个粒子转半周的时间差，就是粒子进入电场的时间差．
【解答】解：（1）设粒子初速度为v0，进磁场方向与边界的夹角为θ．
…①
记，则粒子在第一个电场运动的时间为2t，在第二个电场运动的时间为t 则：
vy=a×2t﹣at…②
qE=ma…③
由①②③得：
所以
（2）正粒子在电场运动的总时间为3t，则：
第一个t的竖直位移为
第二个t的竖直位移为
由对称性，第三个t的竖直位移为
所以
结合①②得
同理
由几何关系，P点的坐标为：xP=3L+（y1+y2）sin30°sin60°=6.5L
（3）设两粒子在磁场中运动半径为r1、r2
由几何关系2r1=（y1+y2）sin60°
2r2=（y1+y2）sin30°
两粒子在磁场中运动时间均为半个周期：
v0=v1sin60°
v0=v2sin30°
由于两粒子在电场中运动时间相同，所以进电场时间差即为磁场中相遇前的时间差△t=t1﹣t2
解得
答：（1）正、负粒子的质量之比为3：1．
（2）两粒子相遇的位置P点的坐标为（6.5L， ）．
（3）两粒子先后进入电场的时间差为．
三、选考题
13．如图所示，一辆质量为M=6kg的平板小车停靠在墙角处，地面水平且光滑，墙与地面垂直．一质量为m=2kg的小铁块（可视为质点）放在平板小车最右端，平板小车上表面水平且与小铁块之间的动摩擦因数μ=0.45，平板小车的长度L=1m．现给铁块一个v0=5m/s的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动，碰撞过程中无能量损失，求：
（1）最终的车速大小；
（2）小铁块在平板小车上运动的过程中系统损失的机械能（g取10m/s2）．
【考点】53：动量守恒定律；66：动能定理的应用．
【分析】（1）根据动能定理研究铁块向左运动到达竖直墙壁的过程求出到达竖直墙壁时的速度，再对弹回过程进行分析，铁块在小车上滑动，整体动量守恒，根据动量守恒定律和功能关系求解滑出时的速度；
（2）根据功能关系求出损失的机械能．
【解答】解：设铁块向左运动到达竖直墙壁时的速度为v1，根据动能定理得：
﹣μmgL=mv12﹣mv02
代入数据解得：v1=4m/s
铁块与竖直墙发生弹性碰撞后向右运动，假设小铁块最终和平板车达到共速v2，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：
mv1=（M+m）v2
代入数据解得：v2=1m/s
设小铁块相对小车运动距离x与平板车达到共速，则根据功能关系得：
﹣μmgx=（M+m）v22﹣mv12
代入数据解得：x=m
由于x＞L说明铁块在没有与平板车达到共速时就滑出平板车．
设滑离时铁块速度为v2，小车的速度为v3，由系统动量守恒和能量守恒可得：
mv1=mv2+mv3
mv12=mv22+mv32+μmgL
代入数据联立解得：v2=2.5m/s，v3=0.5m/s，所以最终小车的速度为0.5m/s；
（2）从铁块开始运动到滑离小车系统损失的机械能等于摩擦力与相对摩擦距离的乘积；
故Q=2μmgL=2×0.45×6×10×1=18J．
答：（1）铁块最终速度为0.5m/s；
（2）小铁块在平板上运动过程中系统损失的机械能是18J．