2013年天津市高考物理試卷

1、2013年天津市高考物理試卷一、選擇題1（3分）下列說法正確的是（）A原子核發(fā)生衰變時要遵守電荷守恒和質(zhì)量守恒的規(guī)律B射線、射線、射線都是高速運動的帶電粒子流C氫原子從激發(fā)態(tài)向基態(tài)躍遷只能輻射特定頻率的光子D發(fā)生光電效應(yīng)時光電子的動能只與入射光的強度有關(guān)2（3分）2018平昌冬奧會短道速滑男子5000米接力賽，中國隊奪得銀牌。觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出。在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則（）A甲對乙的沖量一定等于乙對甲的沖量B甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反

2、C甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量D甲對乙做多少負(fù)功，乙對甲就一定做多少正功3（3分）如圖所示，紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)體閉合線框動abcdab邊長大于bc邊長，置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外，線框兩次勻速地完全進(jìn)入磁場，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN第一次ab邊平行MN進(jìn)入磁場線框上產(chǎn)生的熱量為Q1，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q1：第二次bc邊平行MN進(jìn)入磁場線框上產(chǎn)生的熱量為Q2，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q2，則（）AQ1Q2 q1=q2BQ1Q2 q1q2CQ1=Q2 q1=q2DQ1=Q2 q1q24（3分）普通的交流電流表不能直接接在高壓輸電線路上測量電流，通常要通過

3、電流互感器來連接，圖中電流互感器ab一側(cè)線圈的匝數(shù)較少，工作時電流為Iab，cd一側(cè)線圈的匝數(shù)較多，工作時電流為Icd，為了使電流表能正常工作，則（）Aab接MN、cd接PQ，IabIcdBab接MN、cd接PQ，IabIcdCab接PQ、cd接MN，IabIcdDab接PQ、cd接MN，IabIcd5（3分）如圖所示，小球用細(xì)繩系住，繩的另一端固定于O點。現(xiàn)用水平力F緩慢推動斜面體，小球在斜面上無摩擦地滑動，細(xì)繩始終處于直線狀態(tài)，當(dāng)小球升到接近斜面頂端時細(xì)繩接近水平，此過程中斜面對小球的支持力FN以及繩對小球的拉力FT的變化情況是（）AFN保持不變，F(xiàn)T不斷增大BFN不斷增大，F(xiàn)T不斷減小C

4、FN保持不變，F(xiàn)T先增大后減小DFN不斷增大，F(xiàn)T先減小后增大6（3分）兩個帶等量正電的點電荷，固定在圖中P、Q兩點，MN為PQ連線的中垂線，交PQ于O點，A點為MN上的一點一帶負(fù)電的試探電荷q，從A點由靜止釋放，只在靜電力作用下運動取無限遠(yuǎn)處的電勢為零，則（）Aq由A向O的運動是勻加速直線運動Bq由A向O運動的過程電勢能逐漸減小Cq運動到O點時的動能最大Dq運動到O點時電勢能為零7（3分）一列簡諧橫波沿直線傳播，該直線上平衡位置相距9m的a、b兩質(zhì)點的振動圖象如圖所示。下列描述該波的圖象可能正確的是（）ABCD8（3分）固定的半圓形玻璃磚的橫截面如圖。O點為圓心，OO為直徑MN的垂線。足夠大

5、的光屏PQ緊靠玻瑞磚右側(cè)且垂直于MN由A、B兩種單色光組成的一束光沿半徑方向射向O點，入射光線與OO夾角較小時，光屏NQ區(qū)域出現(xiàn)兩個光斑，逐漸增大角。當(dāng)=時，光屏NQ區(qū)城A光的光斑消失，繼續(xù)增大角，當(dāng)=時，光屏NQ區(qū)域B光的光斑消失，則。A玻璃磚對A光的折射率比對B光的大BA光在玻璃磚中傳播速度比B光的大C時，光屏上只有1個光斑D時，光屏上只有1個光斑二、解答題（滿分54分）9“嫦娥一號”和“嫦娥二號”衛(wèi)星相繼完成了對月球的環(huán)月飛行，標(biāo)志著我國探月工程的第一階段已經(jīng)完成設(shè)“嫦娥二號”衛(wèi)星環(huán)繞月球的運動為勻速圓周運動，它距月球表面的高度為h，已知月球的質(zhì)量為M、半徑為R，引力常量為G，則衛(wèi)星繞月

6、球運動的向心加速度a= ，線速度v= 10某實驗小組利用圖1的裝置探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系。下列做法正確的是 （填字母代號）A調(diào)節(jié)滑輪的高度，使?fàn)恳緣K的細(xì)繩與長木板保持平行B在調(diào)節(jié)木板傾斜度平衡木塊受到的滑動摩擦力時，將裝有砝碼的砝碼桶通過定滑輪拴木塊上C實驗時，先放開木塊再接通打點計時器的電源D通過增減木塊上的砝碼改變質(zhì)量時，不需要重新調(diào)節(jié)木板傾斜度為使砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總重力在數(shù)值上近似等于木塊運動時受到的拉力，應(yīng)滿足的條件是砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總質(zhì)量 木塊和木塊上砝碼的總質(zhì)量（填遠(yuǎn)大于，遠(yuǎn)小于，或近似于）甲、乙兩同學(xué)在同一實驗室，各取一套圖示的裝置放在水平桌面上，木塊上均不放砝碼，在沒

7、有平衡摩擦力的情況下，研究加速度a與拉力F的關(guān)系，分別得到圖2中甲、乙兩條直線。設(shè)甲、乙用的木塊質(zhì)量分別為m甲、m乙甲、乙用的木塊與木板間的動摩擦因數(shù)分別為甲，乙，由圖可知，m甲 m乙 甲 乙（填“大于”、“小于”或“等于”）11要測繪一個標(biāo)有“3V，0.6W”小燈泡的伏安特性曲線，燈泡兩端的電壓需要由零逐漸增加到3V，并便于操作已選用的器材有：電池組（電動勢為4.5V，內(nèi)阻約1）：電流表（量程為0250mA內(nèi)阻約5）；電壓表（量程為03V內(nèi)限約3k）：電鍵一個、導(dǎo)線若干實驗中所用的滑動變阻器應(yīng)選下列中的 （填字母代號）A滑動變阻器（最大阻值20，額定電流1A）B滑動變阻器（最大阻值1750，

8、額定電流0.3A）實驗的電路圖應(yīng)選用圖1中 （填字母代號）實驗得到小燈泡的伏安特性曲線如圖2所示如果將這個小燈泡接到電動勢為1.5V，內(nèi)阻為5.0的電源兩端，小燈泡消耗的功率是 W12（16分）質(zhì)量為m=4kg的小物塊靜止于水平地面上的A點，現(xiàn)用F=10N的水平恒力拉動物塊一段時間后撤去，物塊繼續(xù)滑動一段位移停在B點，A、B兩點相距x=20m，物塊與地面間的動摩擦因數(shù)=0.2，g取10m/s2，求：（l）物塊在力F作用過程發(fā)生位移xl的大?。海?）撤去力F后物塊繼續(xù)滑動的時間t13（18分）一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O筒內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B圓筒下面有相距為d的平行

9、金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負(fù)電荷質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經(jīng)N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設(shè)粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重力的情況下，求：（1）M、N間電場強度E的大小；（2）圓筒的半徑R；（3）保持M、N間電場強度E不變，僅將M板向上平移d，粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放，粒子自進(jìn)入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數(shù)n14（20分）超導(dǎo)現(xiàn)象是20世紀(jì)人類重大發(fā)現(xiàn)之一，日前我國己研制出世界傳輸電流最大的高溫超導(dǎo)電纜并成功示范運行（l）超導(dǎo)體在溫度特別低時電阻

10、可以降到幾乎為零，這種性質(zhì)可以通過實驗研究將一個閉合超導(dǎo)金屬圈環(huán)水平放置在勻強磁場中，磁感線垂直于圈環(huán)平面向上，逐漸降低溫度使環(huán)發(fā)生由正常態(tài)到超導(dǎo)態(tài)的轉(zhuǎn)變后突然撤去磁場，若此后環(huán)中的電流不隨時間變化則表明其電阻為零請指出自上往下看環(huán)中電流方向，并說明理由（2）為探究該圓環(huán)在超導(dǎo)狀態(tài)的電阻率上限，研究人員測得撤去磁場后環(huán)中電流為I，并經(jīng)一年以上的時間t未檢測出電流變化實際上儀器只能檢測出大于I的電流變化，其中II，當(dāng)電流的變化小于I時，儀器檢測不出電流的變化，研究人員便認(rèn)為電流沒有變化設(shè)環(huán)的橫截面積為S，環(huán)中定向移動電子的平均速率為v，電子質(zhì)量為m、電荷量為e試用上述給出的各物理量，推導(dǎo)出的表達(dá)

11、式（3）若仍使用上述測量儀器，實驗持續(xù)時間依舊為t為使實驗獲得的該圓環(huán)在超導(dǎo)狀態(tài)的電阻率上限的準(zhǔn)確程度更高，請?zhí)岢瞿愕慕ㄗh，并簡要說明實現(xiàn)方法2013年天津市高考物理試卷參考答案與試題解析一、選擇題1（3分）下列說法正確的是（）A原子核發(fā)生衰變時要遵守電荷守恒和質(zhì)量守恒的規(guī)律B射線、射線、射線都是高速運動的帶電粒子流C氫原子從激發(fā)態(tài)向基態(tài)躍遷只能輻射特定頻率的光子D發(fā)生光電效應(yīng)時光電子的動能只與入射光的強度有關(guān)【分析】原子核衰變時電荷數(shù)守恒，質(zhì)量數(shù)守恒；射線和射線分別是帶正電的氦核流和帶負(fù)電的電子流，而射線不帶電； 能級間躍遷輻射的光子能量等于兩能級間的能級差；根據(jù)光電效應(yīng)方程得出光電子的最大

12、初動能與什么因素有關(guān)?！窘獯稹拷猓篈、原子核發(fā)生衰變時，電荷守恒，但會有質(zhì)量虧損，遵循的是愛因斯坦的質(zhì)能方程而非質(zhì)量守恒規(guī)律； 故A錯誤。 B、射線和射線分別是帶正電的氦核流和帶負(fù)電的電子流，而射線不帶電；故B錯誤。 C、根據(jù)玻爾氫原子模型的相關(guān)理論，電子軌道和能量都是量子化的，而在“躍遷”過程中要遵循h(huán)=EmEn，故只能輻射特定頻率的光子。故C正確。 D、由光電效應(yīng)的方程Ek=hW0可知，光電子的動能由入射光頻率決定。故D錯誤。故選：C?！军c評】本題主要考查原子結(jié)構(gòu)和原子核的相關(guān)知識。選項的迷惑性大，關(guān)鍵要熟悉教材，牢記這些基本的知識點，以及加強訓(xùn)練。2（3分）2018平昌冬奧會短道速滑男子

13、5000米接力賽，中國隊奪得銀牌。觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出。在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則（）A甲對乙的沖量一定等于乙對甲的沖量B甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反C甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量D甲對乙做多少負(fù)功，乙對甲就一定做多少正功【分析】本題主要考查能量（做功正負(fù)判斷）、動量（動量定理、動量守恒）相關(guān)知識，結(jié)合彈性碰撞和非彈性碰撞的動量和能量關(guān)系展開討論。【解答】解：A、因為沖量是矢量，甲對已的作用力與乙對甲的作用力大小相等方向相反，故沖量

14、大小相等方向相反，故A錯誤。BCD、設(shè)甲乙兩運動員的質(zhì)量分別為m甲、m乙，追上之前的瞬間甲、乙兩運動員的速度分別是v甲，v乙，根據(jù)題意整個交接棒過程可以分為兩部分：完全非彈性碰撞過程“交棒”；m甲v甲+m乙v乙=（m甲+m乙）v共 向前推出（人船模型）“接棒”（m甲+m乙）v共=m甲v甲+m乙v乙由上面兩個方程聯(lián)立可以解得：m甲v甲=m乙v乙，即B選項正確。經(jīng)歷了中間的完全非彈性碰撞過程 會有動能損失，C、D選項錯誤。故選：B。【點評】掌握碰撞的分類：彈性碰撞和非彈性碰撞的相關(guān)知識是解決本題的關(guān)鍵。3（3分）如圖所示，紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)體閉合線框動abcdab邊長大于bc邊長，置于垂直紙面向里、

15、邊界為MN的勻強磁場外，線框兩次勻速地完全進(jìn)入磁場，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN第一次ab邊平行MN進(jìn)入磁場線框上產(chǎn)生的熱量為Q1，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q1：第二次bc邊平行MN進(jìn)入磁場線框上產(chǎn)生的熱量為Q2，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q2，則（）AQ1Q2 q1=q2BQ1Q2 q1q2CQ1=Q2 q1=q2DQ1=Q2 q1q2【分析】根據(jù)，可判兩次進(jìn)入通過線框?qū)w橫截面的電荷量相等；根據(jù)功能關(guān)系可求線框中產(chǎn)生的熱量【解答】解：設(shè)ab和bc邊長分別為lab，lbc，若假設(shè)穿過磁場區(qū)域的速度為v，則有，同理可以求得lablbc，由于兩次“穿越”過程均為相同速率穿過，通過比較

16、可知Q1Q2，通過比較可知q1=q2，所以A選項正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】在電磁感應(yīng)題目中，公式?？迹斡?，選擇題中可直接應(yīng)用，計算題中要寫出推導(dǎo)過程；對于電磁感應(yīng)能量問題一般有三種方法求解：利用電路中產(chǎn)生的熱量等于克服安培力做得功；利用動能定理；利用能量守恒；具體哪種方法，要看題目中的已知條件4（3分）普通的交流電流表不能直接接在高壓輸電線路上測量電流，通常要通過電流互感器來連接，圖中電流互感器ab一側(cè)線圈的匝數(shù)較少，工作時電流為Iab，cd一側(cè)線圈的匝數(shù)較多，工作時電流為Icd，為了使電流表能正常工作，則（）Aab接MN、cd接PQ，IabIcdBab接MN、cd接PQ，Iab

17、IcdCab接PQ、cd接MN，IabIcdDab接PQ、cd接MN，IabIcd【分析】電流互感器的作用是使大電流變成小電流，然后利用變壓器工作原理：即可確定接哪一端?！窘獯稹拷猓弘娏骰ジ衅鞯淖饔檬鞘勾箅娏髯兂尚‰娏鳎訧abIcd，所以AC錯誤；利用變壓器工作原理：，所以輸入端ab接MN，輸出端cd接PQ，所以B對，D項錯；故選：B?！军c評】本題考查遠(yuǎn)距離輸電和理想變壓器的基礎(chǔ)知識，熟練掌握電壓、電流等關(guān)系是解決此類題目的關(guān)鍵。5（3分）如圖所示，小球用細(xì)繩系住，繩的另一端固定于O點?，F(xiàn)用水平力F緩慢推動斜面體，小球在斜面上無摩擦地滑動，細(xì)繩始終處于直線狀態(tài)，當(dāng)小球升到接近斜面頂端時細(xì)繩

18、接近水平，此過程中斜面對小球的支持力FN以及繩對小球的拉力FT的變化情況是（）AFN保持不變，F(xiàn)T不斷增大BFN不斷增大，F(xiàn)T不斷減小CFN保持不變，F(xiàn)T先增大后減小DFN不斷增大，F(xiàn)T先減小后增大【分析】對小球進(jìn)行受力分析，重力、支持力、拉力組成一個矢量三角形，由于重力不變、支持力方向不變，又緩慢推動，故受力平衡，只需變動拉力即可，根據(jù)它角度的變化，你可以明顯的看到各力的變化?！窘獯稹拷猓合葘π∏蜻M(jìn)行受力分析，重力、支持力FN、拉力FT組成一個閉合的矢量三角形，由于重力不變、支持力FN方向不變，斜面向左移動的過程中，拉力FT與水平方向的夾角減小，當(dāng)=時，F(xiàn)TFN，細(xì)繩的拉力FT最小，由圖可知

19、，隨的減小，斜面的支持力FN不斷增大，F(xiàn)T先減小后增大。故D正確。ABC錯誤。故選：D。【點評】本題是動態(tài)變化分析問題，容易產(chǎn)生的錯誤是不能準(zhǔn)確把握小球的受力特征，特別是FN與FT組夾角的變化，認(rèn)為拉力FT與水平方向的夾角減小，拉力減小而錯選B。6（3分）兩個帶等量正電的點電荷，固定在圖中P、Q兩點，MN為PQ連線的中垂線，交PQ于O點，A點為MN上的一點一帶負(fù)電的試探電荷q，從A點由靜止釋放，只在靜電力作用下運動取無限遠(yuǎn)處的電勢為零，則（）Aq由A向O的運動是勻加速直線運動Bq由A向O運動的過程電勢能逐漸減小Cq運動到O點時的動能最大Dq運動到O點時電勢能為零【分析】本題要根據(jù)等量同種點電荷

20、電場線的分布情況，抓住對稱性，分析試探電荷的受力情況，分析其運動情況，根據(jù)電場力做功情況，分析其電勢能的變化情況【解答】解：A、兩等量正電荷周圍部分電場線如右圖所示，其中P、Q連線的中垂線MN上，從無窮遠(yuǎn)到O過程中電場強度先增大后減小，且方向始終指向無窮遠(yuǎn)方向。 故試探電荷所受的電場力是變化的，q由A向O的運動做非勻加速直線運動，故A錯誤。B、電場力方向與AO方向一致，電場力做正功，電勢能逐漸減??；故B正確。C、從A到O過程，電場力做正功，動能增大，從O到N過程中，電場力做負(fù)功，動能減小，故在O點試探電荷的動能最大，速度最大，故C正確。D、取無限遠(yuǎn)處的電勢為零，從無窮遠(yuǎn)到O點，電場力做正功，電

21、勢能減小，則q運動到O點時電勢能為負(fù)值。故D錯誤。故選：BC?！军c評】本題考查靜電場的基本概念關(guān)鍵要了解等量同種點電荷電場線的分布情況，運用動能定理進(jìn)行分析7（3分）一列簡諧橫波沿直線傳播，該直線上平衡位置相距9m的a、b兩質(zhì)點的振動圖象如圖所示。下列描述該波的圖象可能正確的是（）ABCD【分析】根據(jù)同一時刻兩個質(zhì)點的振動狀態(tài)，畫出可能的波形，得到距離9m與波長的關(guān)系式，求得波長的通項，得到波長的特殊值，即可進(jìn)行選擇?！窘獯稹拷猓河烧駝訄D象可知，在t=0時刻，a位于波峰，b經(jīng)過平衡位置向下運動。若波從a傳到b，如圖a、b兩點之間的波形圖“余數(shù)”如紅線所示，則有（n+）=9m，n=0，1，2，得

22、=m若波從b傳到a，如圖a、b兩點之間的波形圖“余數(shù)”如藍(lán)線所示，則有（n+）=9m，n=0，1，2，得=m代入自然數(shù)可知，=4m、12m，得AC正確。故選：AC?！军c評】本題考查機械波的圖象及多解性。a、b兩點之間的波形圖“余數(shù)”可以為解析圖中藍(lán)色和紅色兩種形式。8（3分）固定的半圓形玻璃磚的橫截面如圖。O點為圓心，OO為直徑MN的垂線。足夠大的光屏PQ緊靠玻瑞磚右側(cè)且垂直于MN由A、B兩種單色光組成的一束光沿半徑方向射向O點，入射光線與OO夾角較小時，光屏NQ區(qū)域出現(xiàn)兩個光斑，逐漸增大角。當(dāng)=時，光屏NQ區(qū)城A光的光斑消失，繼續(xù)增大角，當(dāng)=時，光屏NQ區(qū)域B光的光斑消失，則。A玻璃磚對A光

23、的折射率比對B光的大BA光在玻璃磚中傳播速度比B光的大C時，光屏上只有1個光斑D時，光屏上只有1個光斑【分析】由題，當(dāng)光斑在光屏上消失時，是由于光線發(fā)生了全反射，A光先消失，說明A光的臨界角較小，根據(jù)臨界角公式sinC=，即可確定玻璃對兩種光折射率的大??；由v=，判斷光在玻璃中傳播速度的大??；對照全反射的條件，當(dāng)光線從玻璃射入空氣，入射光大于臨界角時光線將發(fā)生全反射進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)題干描述“當(dāng)=時，光屏NQ區(qū)域A光的光斑消失，繼續(xù)增大角，當(dāng)=時，光屏NQ區(qū)域B光的光斑消失”，說明A光先發(fā)生了全反射，A光的臨界角小于B光的臨界角，而發(fā)生全反射的臨界角C滿足：sinC=，可知，玻璃磚

24、對A光的折射率比對B光的大，故A正確； B、玻璃磚對A光的折射率比對B光的大，由n=知，A光在玻璃磚中傳播速度比B光的小。故B錯誤。C、當(dāng) 時，B光尚未發(fā)生全反射現(xiàn)象，故光屏上應(yīng)該看到2個亮斑，其中包含NP側(cè)的反射光斑（A、B重合）以及NQ一側(cè)的B光的折射光線形成的光斑。故C錯誤。D、當(dāng)時，A、B兩光均發(fā)生了全反射，故僅能看到NP側(cè)的反射光斑（A、B重合）。故D正確。故選：AD?！军c評】本題主要考查幾何光學(xué)和物理光學(xué)的基礎(chǔ)知識應(yīng)用，關(guān)鍵要掌握全反射的條件及臨界角公式進(jìn)行分析。二、解答題（滿分54分）9“嫦娥一號”和“嫦娥二號”衛(wèi)星相繼完成了對月球的環(huán)月飛行，標(biāo)志著我國探月工程的第一階段已經(jīng)完成

25、設(shè)“嫦娥二號”衛(wèi)星環(huán)繞月球的運動為勻速圓周運動，它距月球表面的高度為h，已知月球的質(zhì)量為M、半徑為R，引力常量為G，則衛(wèi)星繞月球運動的向心加速度a=，線速度v=【分析】萬有引力提供圓周運動的向心力，注意引力計算中r是與月球球心間距離【解答】解：萬有引力提供衛(wèi)星繞月球圓周運動的向心力，所以有：（1）得嫦娥二號的向心加速度=（2）得嫦娥二號的線速度=故答案為：a=，v=【點評】抓住萬有引力提供向心力，根據(jù)給出的不同物理量求解10某實驗小組利用圖1的裝置探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系。下列做法正確的是AD（填字母代號）A調(diào)節(jié)滑輪的高度，使?fàn)恳緣K的細(xì)繩與長木板保持平行B在調(diào)節(jié)木板傾斜度平衡木塊受到的滑動

26、摩擦力時，將裝有砝碼的砝碼桶通過定滑輪拴木塊上C實驗時，先放開木塊再接通打點計時器的電源D通過增減木塊上的砝碼改變質(zhì)量時，不需要重新調(diào)節(jié)木板傾斜度為使砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總重力在數(shù)值上近似等于木塊運動時受到的拉力，應(yīng)滿足的條件是砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于木塊和木塊上砝碼的總質(zhì)量（填遠(yuǎn)大于，遠(yuǎn)小于，或近似于）甲、乙兩同學(xué)在同一實驗室，各取一套圖示的裝置放在水平桌面上，木塊上均不放砝碼，在沒有平衡摩擦力的情況下，研究加速度a與拉力F的關(guān)系，分別得到圖2中甲、乙兩條直線。設(shè)甲、乙用的木塊質(zhì)量分別為m甲、m乙甲、乙用的木塊與木板間的動摩擦因數(shù)分別為甲，乙，由圖可知，m甲小于m乙 甲大于乙（填“大于”

27、、“小于”或“等于”）【分析】實驗要保證拉力等于小車受力的合力，要平衡摩擦力，細(xì)線與長木板平行；砝碼桶及桶內(nèi)砝碼加速下降，失重，拉力小于重力，加速度越大相差越大，故需減小加速度，即減小砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總質(zhì)量；aF圖象的斜率表示加速度的倒數(shù)；求解出加速度與拉力F的表達(dá)式后結(jié)合圖象分析得到動摩擦因素情況?！窘獯稹拷猓篈、調(diào)節(jié)滑輪的高度，使?fàn)恳緣K的細(xì)繩與長木板保持平行，否則拉力不會等于合力，故A正確；B、在調(diào)節(jié)模板傾斜度平衡木塊受到的滑動摩擦力時，不應(yīng)懸掛“重物”，故B選項錯誤； C、打點計時器要“早來晚走”即實驗開始時先接通打點計時器的電源待其平穩(wěn)工作后再釋放木塊，而當(dāng)實驗結(jié)束時應(yīng)先控制木塊停

28、下再停止打點計時器，故C選項錯誤； D平衡摩擦力后，有mgsin=mgcos，即=tan，與質(zhì)量無關(guān)，故通過增減木塊上的砝碼改變質(zhì)量時，不需要重新調(diào)節(jié)木板傾斜度，故D正確；選擇AD；按照教材上的理論若以砝碼桶及砝碼作為小木塊的外力，則有 a=，而實際實驗過程中砝碼桶及砝碼也與小木塊一起做勻加速運動，即對砝碼桶及砝碼有mgT=ma，對小木塊有T=Ma綜上有：小物塊的實際的加速度為 a=，只有當(dāng)mM時，才能有效的保證實驗的準(zhǔn)確性；當(dāng)沒有平衡摩擦力時有：Tf=ma，故a=Tg，即圖線斜率為，縱軸截距的大小為g。觀察圖線可知m甲小于m乙，甲大于乙；故答案為：AD； 遠(yuǎn)小于；小于，大于。【點評】本題主要

29、考查“驗證牛頓第二定律”的實驗，要明確實驗原理，特別是要明確系統(tǒng)誤差的來源，知道減小系統(tǒng)誤差的方法。11要測繪一個標(biāo)有“3V，0.6W”小燈泡的伏安特性曲線，燈泡兩端的電壓需要由零逐漸增加到3V，并便于操作已選用的器材有：電池組（電動勢為4.5V，內(nèi)阻約1）：電流表（量程為0250mA內(nèi)阻約5）；電壓表（量程為03V內(nèi)限約3k）：電鍵一個、導(dǎo)線若干實驗中所用的滑動變阻器應(yīng)選下列中的A（填字母代號）A滑動變阻器（最大阻值20，額定電流1A）B滑動變阻器（最大阻值1750，額定電流0.3A）實驗的電路圖應(yīng)選用圖1中B（填字母代號）實驗得到小燈泡的伏安特性曲線如圖2所示如果將這個小燈泡接到電動勢為1

30、.5V，內(nèi)阻為5.0的電源兩端，小燈泡消耗的功率是0.1W【分析】滑動變阻器分壓式接法中選取小電阻的變阻器節(jié)約能源；求出小燈泡電阻后判斷小燈泡是小電阻還是大電阻，從而選擇電流表內(nèi)接還是外接；結(jié)合曲線算出小燈泡的電阻，然后根據(jù)功率的公式計算小燈泡的實際功率【解答】解：因?qū)嶒炓箅娏鲝牧阏{(diào)，所以滑動變阻器應(yīng)用分壓式接法，應(yīng)選全電阻最小的變阻器A因小燈泡電阻為R=15，故電流表應(yīng)用外接法，又變阻器用分壓式，故電路圖應(yīng)選B電源與小燈泡直接串聯(lián)，那么路端電壓等于小燈泡兩端的電壓，畫出內(nèi)阻為5，電動勢為1.5V的電源的路端電壓與干路電流的關(guān)系圖線和小燈泡的伏安特性曲線的交點即表示小燈泡與該電源直接串聯(lián)；根

31、據(jù)交點坐標(biāo)（1.0V，0.1A）可以計算出小燈泡消耗的功率為：P=UI=1×0.1=0.1W故答案為：A；B；0.1【點評】對電學(xué)實驗要明確以下情況，滑動變阻器必須用分壓式接法：要求電流從零調(diào)；變阻器的全電阻遠(yuǎn)小于待測電阻；用限流接法時通過電流表的電流大于電流表的量程12（16分）質(zhì)量為m=4kg的小物塊靜止于水平地面上的A點，現(xiàn)用F=10N的水平恒力拉動物塊一段時間后撤去，物塊繼續(xù)滑動一段位移停在B點，A、B兩點相距x=20m，物塊與地面間的動摩擦因數(shù)=0.2，g取10m/s2，求：（l）物塊在力F作用過程發(fā)生位移xl的大小：（2）撤去力F后物塊繼續(xù)滑動的時間t【分析】（1）對A到

32、B的整個過程運用動能定理列式求解即可；（2）先對A到B過程運用動能定理列式求解出C點速度，然后對C到B過程根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，最后對C到B過程運用平均速度公式列式求解時間【解答】解：（1）整個運動過程的示意圖如圖所示取小物塊為研究對象，從A到B過程，根據(jù)動能定理，有：Fx1fx=0其中：f=mg聯(lián)立解得x1=16m；（2）對A到C過程運用動能定理，有：Fx1；解得：v=4m/sC到B過程，根據(jù)牛頓第二定律，有：mg=ma，解得a=g=2m/s2；根據(jù)平均速度公式，有：，解得；答：（l）物塊在力F作用過程發(fā)生位移xl的大小為16m；（2）撤去力F后物塊繼續(xù)滑動的時間t為2s【點評】本題關(guān)

33、鍵靈活地選擇運動過程運用動能定理列式求解，求解時間要根據(jù)運動學(xué)公式或者動量定理列式求解13（18分）一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O筒內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負(fù)電荷質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經(jīng)N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設(shè)粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重力的情況下，求：（1）M、N間電場強度E的大小；（2）圓筒的半徑R；（3）保持M、N間電場強度E不變，僅將M板向上平移d，粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放，粒子自進(jìn)入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數(shù)n【分析】（1）粒子在勻強電場中在加速運動，電場力做功等于粒子動能的增加；（2）使用洛倫茲力提供向心力求出粒子的運動半徑，再根據(jù)題意，正確畫出粒子運動的軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系寫出粒子的半徑與磁場的半徑的關(guān)系，從而求出磁場的半徑；（3）使用動能定理求出粒子的速度，再求出運動的半徑，最后判定與圓筒的碰撞次數(shù)n【解答】解：（1）粒子從開始運動到射入磁場的過程，電場力做功由動能定理：勻強電場中有：U=Ed聯(lián)立上式，得：（2）粒子進(jìn)入磁場后又從S點射出，關(guān)鍵幾何關(guān)系可知，兩碰撞點和S將圓筒三等分設(shè)粒