浙江省金麗衢十二校2019屆高三物理下學(xué)期第二次聯(lián)考試題(含解析)

1、浙江省金麗街十二校2019屆高三物理下學(xué)期第二次聯(lián)考試題（含解析）浙江省金麗衢十二校2019屆高三物理下學(xué)期第二次聯(lián)考試題（含解析）一、選擇題I1o下列物理量屬于矢量的是Ao速率B.電勢Co磁感應(yīng)強度Do重力勢能【答案】C【解析】【詳解】速率、電勢和重力勢能都是只有大小無方向的物理量，是標(biāo)量；而磁感應(yīng)強度既有大小又有方向,是矢量；故選D。2 .發(fā)現(xiàn)行星運動三大定律的科學(xué)家是Ao牛頓B。伽利略Co卡文迪許Do開普勒【答案】D【解析】【詳解】發(fā)現(xiàn)行星運動三大定律的科學(xué)家是開普勒，故選D.3 .下列物理量及對應(yīng)的單位不正確的是Ao加速度m/s?B,磁感應(yīng)強度BC.磁通曳WbDo電場強度V/m【答案】

2、B【解析】【詳解】A.加速度單位是m/s）選項A正確：B.磁感應(yīng)強度的單位是T,選項B錯誤；C.磁通量單位是Wb,選項C正確；D.電場強度單位是V/m,選項D正確：此題選拄不正確的選項，故選B.4 .一物體沿直線運動，在t=0到t=6s的時間內(nèi)的圖象如圖所示，則這段時間內(nèi)的路程為Co6m【答案】A【解析】B. 4mDo 0m【分析】由圖像可知，物體在01s內(nèi)向負(fù)方向運動，在1-6s內(nèi)向正方向運動，因vt圖像的“面積”等于位移，兩部分面積之和等于路程.【詳解】物體在01s內(nèi)向負(fù)方向做減速運動，路程為X=xlx2i=li：在1-6s內(nèi)向正方向運動，路程為x2=；x（2+5）x2?=7/n,則整個過

3、程中的總路程為工=為+&=87.故選A?！军c晴】此題關(guān)鍵是知道v-t圖像的面積等于位移：注意路程是路徑的長度，圖像中兩部分面積的和等于物體的路也。甲 乙 W5o把質(zhì)量是0.2kg的小球放在豎立的彈簧上，并把球往下接至A的住直，如圖甲所示.迅速松手后，彈黃把球彈起，球升到最高位超C（圖丙），途中經(jīng)過位置B時彈簧正好處于自由狀態(tài)（圖乙）已知B、A的高度差為0.1m,C、B的高度差為0.2m.彈簧的質(zhì)量和空氣的阻力均可忽略.則Ao小球從狀態(tài)乙到狀態(tài)丙的過程中，動能先增大，后減小B.小球從狀態(tài)甲到狀態(tài)丙的過程中，機械能一直不斷增大Co狀態(tài)甲中，彈黃的彈性勢能為06/Do狀態(tài)乙中，小球的動能為0

4、.6J【答案】C【解析】【分析】小球從甲狀態(tài)上升到丙狀態(tài)的過程中，平衡位直速度最大，動能增大；小球上升和下落過程與彈攝組成的系統(tǒng)機械能守恒。【詳解】A.球從狀態(tài)乙到狀態(tài)丙的過程中，小球只受重力作用，向上做減速運動，故小球的動能一直減?。贿x項A錯誤：B.小球從狀態(tài)甲到狀態(tài)乙的過程中，彈力做正功，則小球的機械能增加；小球從狀態(tài)乙到狀態(tài)丙的過程中，只有重力做功，小球的機械能不變，選項B錯誤；C.小從甲狀態(tài)到丙狀態(tài)，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為小球的重力勢能，若設(shè)甲狀態(tài)中重力勢能為零，則狀態(tài)甲中，彈簧的彈性勢能為=與c=34c=0.2x10x0.3/=0.61,選項c正確；D.狀態(tài)乙中，小球的機械能為0。6J

5、,則動能小于0。6J,選項D錯誤；故選C。【點睛】解決本題的關(guān)鍵掌握機械能守恒的條件，在只有重力或彈簧彈力做功的情形下，系統(tǒng)機械能守恒。在解題葉要注意，單獨對小球來說，小球和彈黃接觸過程中機械能不守恒。6.一真空中孤立的帶也體，其周圍的電場線及等勢面如圖所示，則下列說法正確的是A. A點的電勢比B點的電勢高B. A點的場強比B點的場強大C. 一微小的帶電體從A點移動到B點電場力做負(fù)功D. 一微小的帶也體從A點移動到B點也場力做正功【答案】A【解析】【分析】電場線的疏密反映場強的大?。貉仉妶鼍€的方向電勢逐漸降低：正電荷由高電勢點移到低電勢點，電勢能減小，業(yè)場力做正功，負(fù)電荷相反；據(jù)此解答此題?！?/p>

6、詳解】A.沿電場線電勢逐漸降低，可知A點所處的等勢面高于B點所處的等勢而，則A點的電勢比B點的電勢尚，選項A正確：B. A點所處的位置電場線校B點稀疏,可知A點的場強比B點的場強小，選項B錯誤；CD.因不知道微小帶電體的電性，不能確定微小的帶電體從A點移動到B點電場力做功的正負(fù)；選項CD錯誤;故選A。7?！斑|寧艦”質(zhì)量為7=6x106依，如圖是“遼寧艦”在海上轉(zhuǎn)彎時的照片，假設(shè)整個過程中遼寧艦做勻速圓周運動，速度大小為20m/s,圓周運動的半徑為1000m,下列說法中正確的是A.在A點時水對艦的合力指向圓心B.在A點時水對視的合力大小約為尸=6.0xl（rNC.在A點時水對艦的合力大小約為尸=

7、2.4x106%D.在點時水對艦的合力大小為0【答案】B【解析】【分析】遼寧艦轉(zhuǎn)彎時受重力、水的浮力以及水指向圓心方向的推力作用，推力做為向心力，結(jié)合力的合成知識求解水對艦的合力大小。【詳解】A.在A點時，水對艦有向上的浮力大小等于艦的重力，同時有指向圓心方向的水的推力，兩個力的合力方向斜向上方向，選項A錯誤；BCD.水對艦的合力大小約為尸=J（,”gj+m=（6x107）：+6x10sx-Na6xl（fN,選項B正確,CD錯誤;故選B。8O如圖所示，三塊一樣的蹄形磁鐵并排放置在祖糙水平桌面上，S極在上，N極在下，導(dǎo)體棒AB單位長度的電阻為R,導(dǎo)體棒所在位置的磁感應(yīng)強度相同。可通過1、2、3、

8、4四條電阻不計的柔軟細(xì)導(dǎo)線與電動勢為E、內(nèi)阻為r的電,源相連，相鄰兩條細(xì)導(dǎo)線間的導(dǎo)體棒長度相同。下列說法正確的是Ao1接也源負(fù)極,2接電源正極，導(dǎo)體棒向外擺Bo對調(diào)磁鐵N極與S極的位矍的同時改變電流方向，導(dǎo)體棒的擺動方向改變C. 1、4接電源噫間導(dǎo)體棒所受磁場的作用力是2、3接電源瞬間的3倍D.通電瞬間，桌面對磁鐵的作用力比沒通電時大【答案】D【解析】【分析】根據(jù)左手定則判斷通電時導(dǎo)體棒的擺動方向：根據(jù)左手定則，電流方向和磁場方向同時改變時，安培力的方向不變；根據(jù)F:BIL判斷1、4接電源瞬間導(dǎo)體棒所受磁場的作用力與2、3接電源瞬間的磁場力關(guān)系；根據(jù)牛頓第三定律結(jié)合安培力的知識判斷接通電源瞬間

9、前后桌面對磁鐵的作用力的變化。【詳解】A.1接也源負(fù)極，2接也源正極，根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)體棒受安培力向里，則向里擺，選項A錯誤；B.根據(jù)左手定則可知，對調(diào)磁鐵N極與S極的位置的同時改變電流方向，導(dǎo)體棒受安培力的方向不變，則摟動方向不變，選項B錯誤；EI_EC.1、4接電源時的電流為/14=一，2、3接電源時的電流為23-1,D,則九豐/”，則根據(jù)F二BIL可知1、4接業(yè)源瞬間導(dǎo)體棒所受磁場的作用力不等于2、3接電源瞬間的3倍，選項C錯誤；D.通電的瞬間，磁場對導(dǎo)體棒產(chǎn)生水平方向的安培力，根據(jù)牛頓第三定律，導(dǎo)體棒對磁鐵產(chǎn)生水平方向的作用力，從而使得磁鐵與桌面之間產(chǎn)生摩擦力，使磁鐵對泉面的作用力

10、增加，選項D正確：故選D.9.物理學(xué)中有些問題的結(jié)論不一定必須通過計算才能驗證，有時只需通過一定的分析就可以判斷結(jié)論是否正確。如圖所示為兩個彼此平行且共軸的半徑分別為用和用的圓環(huán)，兩圓環(huán)上的電荷量均為q（q>0）,而且電荷均勻分布。兩圓環(huán)的圓心。和Q相距為2,連線的中點為。，軸線上的4點在0點右側(cè)與0點相距為r（Ka）,試分析判斷下列關(guān)于彳點處電場強度大小E的表達(dá)式正確的是kq(a + r) kq(a-r)E =T"/?f+(a + r)：2 然E _ kq&kqR：一+(-) /?；+(a-r)：Bo E =D. E =kq(a + r)/?f+a + r)2kqRk

11、qRz33/?:+(+廣了 8+._r)¥【答案】A【解析】【分析】題目要求不通過計算，只需通過一定的分析就可以判斷集論，所以根據(jù)點電荷場強的公式E=kg,與選項相廠對比，尋找不同點，再用極限分析問題的思想方法就可以分析出結(jié)果.【詳解】與點也荷的場強公式E二kg，比較可知，C表達(dá)式的單位不是場強的單位，故可以排除C;廠當(dāng)r=a時，右側(cè)圓環(huán)在A點產(chǎn)生的場強為零，則A處場強只由左側(cè)圓環(huán)上的電荷產(chǎn)生，即場強表達(dá)式只有一項，故可排除選項D;左右兩個圓環(huán)均帶正電，則兩個圓環(huán)在A點產(chǎn)生的場強應(yīng)該反向，故可排除B.綜上所述，可知A正確。故選Ao10o如圖所示，兩塊豎直放矍的平行板間存在相互垂直的勻

12、強電場E和勻強磁場B。一束初速度為u的帶正電粒子從上面豎直往下垂直電場射入，粒子重力不計，下列說法正確的是U*UA.若片粒子做勻加速直線運動Bo若粒子往左偏，洛倫茲力力做正功Co若粒子在右儡,粒子的電勢能增加D.若粒子做直線運動，改變粒子的帶業(yè)性質(zhì)，使它帶負(fù)電，其他條件不變，粒子還是做直線運動【答案】D【解析】【分析】初速度為v的帶電粒子沿直線從上向下射出，故此時洛倫茲力和電場力平衡，滿足Eq二qvB,與粒子的電性及帶電量均無關(guān)；若不滿足此速度關(guān)系時粒子將發(fā)生偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力不做功，也場力做正功時也勢能將減小，據(jù)此解答；【詳解】A.若丫=£由，即Eq二qvB,則粒子做勻速直線運動，選項

13、A錯誤：B.洛倫茲力對粒子不做功，選項B錯誤：C.若粒子往右偏，電場力做正功，則粒子的電勢能減小，選項C錯誤；D.若粒子做直線運動，則滿足Eq=qvB,改變粒子的帶也性質(zhì)，使它帶負(fù)電，其他條件不變，粒子所受的也場力方向改變，所受的洛倫茲力方向也改變，則粒子還是做直線運動，選項D正確；故選D.【點睛】本題考查帶業(yè)粒子在復(fù)合場中運動，是速度選擇器模型，解題首先要根據(jù)粒子的速度判斷其受力情況，從而判斷運動的情況：知道洛倫效力不做功，要能結(jié)合動能定理以及電場力做功的特點分析求解。11o如圖所示，直角三角膨的斜邊傾角NC=30°,底邊BC長為2L、處在水平位置，斜邊AC是光滑絕壕的,在底邊中點

14、0處固定一正點電荷，一個質(zhì)量為m、電量為q的帶負(fù)電的質(zhì)點從斜面頂端A沿斜邊滑下.滑到斜邊上的垂足D時速度為v。則A,質(zhì)點的運動是先勻加速后勻減速運動Bo質(zhì)點在運動中動能與電勢能之和不發(fā)生變化C.質(zhì)點運動到非常近斜邊底端C點時的速度為匕=小+QgLDo質(zhì)點運動到非常挨近斜邊底端C點時的加速度為g/2【答案】C【解析】【分析】在直角三角形底邊中點0處放置一正電荷Q,設(shè)0C=0D,則知C、D的電勢相等；列出等式求出接近斜邊底端C點時動能，對質(zhì)點在D、C點進行受力分析，運用正交分解和牛頓第二定律列出等式求解C點的加速度和速度.【詳解】A.質(zhì)點運動過程中，電場力的大小和方向是變化的，故合力的大小是變化的

15、，故加速度也是變化的，故質(zhì)點的運動不可能是勻變速運動，選項A錯誤：B.小球受重力、支持力和電場力，支持力不做功，重力做功等于重力勢能的減小量，電場力做功等于電勢能的減小量，故在質(zhì)點的運動中動能、電勢能、重力勢能三者之和守恒，因質(zhì)點的重力勢能減小，則質(zhì)點在運動中動能與電勢能之和增加，選項B錯誤；C.DC兩點的電勢相等，則對從D到C過程，電場力做功為零，根據(jù)功能定理，有:mgLsin60°=-wc2-22解得：=JF+島L,故C正確：D.質(zhì)點滑到C點時，受重力、電場力、支持力，由牛頓第二定律得:mgsin3（T-Fcos30*=mac,其中：尸=k”，L聯(lián)立兩式解得：=幽,方向平行于斜面

16、向下.故D錯誤：c22ml故選C?！军c睛】本期考查功能定理的應(yīng)用，也場力做功的特點，涉及能量變化的題目一般都要優(yōu)先考慮動能定理的應(yīng)用，并要求學(xué)生能明硝幾種特殊力做功的特點，關(guān)鍵要分析出D、C點是同一等勢面上.12o火星是太陽的類地行星，直徑約為地球的53%,質(zhì)量為地球的11%,地球繞太陽運動的半長軸記作1天文單位，火星繞太陽運動的半長軸1.52天文單位?！盎鹦l(wèi)一”是火星的天然衛(wèi)星°下列說法正確的是A.B.C.火星繞太陽公轉(zhuǎn)一周約為地球公轉(zhuǎn)時間的兩倍Do月球繞地球做圓周運動的半徑為R,周期為L, “火衛(wèi)一”繞火星做圓周運動的半徑為R?,周期為心,、R 居 則U = £T： T

17、；【答案】C【解析】【分析】根據(jù)v =GM比較月球和同步衛(wèi)星繞地球運轉(zhuǎn)的線速度關(guān)系：根據(jù)。比較地球表面附近的近地衛(wèi)R-星向心加速度是火星表面附近的近地衛(wèi)星向心加速度的美系；根據(jù)開普勒第三定律求解火星繞太陽公轉(zhuǎn)一周的時間與地球公轉(zhuǎn)時間的關(guān)系：根據(jù)開普勒第三定律判斷選項D中二的關(guān)系。T2【詳解】A.對月球和地球 同步衛(wèi)星而言，因同步衛(wèi)星繞地球的運轉(zhuǎn)半徑小于月球繞地球運動的半徑，根據(jù)> =小號可知,月球繞地球做圓周運動的線速度比地球同步衛(wèi)星的線速度小，選項A錯誤:GMB.根據(jù)4 = 一一可知地球表面附近的近地衛(wèi)星向心和速度是火星表面附近的近地衛(wèi)星向心加速度的關(guān)系R。地.M地眼_1。0: -;x

18、“火M火R；也1121100；=2.6倍，選項B錯誤;C.根據(jù)開普勒第三定律可知:3 T，解得言= J1523 *2倍，選項c正確:D.月球繞地球做圓周運動的中心天體是地球，而“火衛(wèi)一 ”繞火星做圓周運動的中心天體是火星，兩者中R 心天體不同，則R3工會，選項D錯誤:月球繞地球做圓周運動的線速度比地球同步衛(wèi)星的線速度大地球表面附近的近地衛(wèi)星向心加速度是火星表面附近的近地衛(wèi)星向心加速度的5倍-17 -故選C.13o如圖所示，在同一豎直線上有A、B兩點，相距為h,B點離地高度為H?，F(xiàn)從A、B兩點分別向P點安放兩個光滑的固定斜面AP和BP,并讓兩個小物塊（可看成質(zhì)點）從兩斜面的A、B點同時由靜止滑下

19、，發(fā)現(xiàn)兩小物塊同時到達(dá)P點，則A. 0P間距離為+一H+hB. 0P間距離為2C.兩小物塊運動到P點速度相同D.兩小物塊的運動時間均為+Yg【答案】A【解析】【分析】物塊沿光滑斜面下滑，根據(jù)牛頓第二定律可求出下滑的加速度，用底邊0P的長度表示斜面的長度，運用運動公式求解時間關(guān)系式，由于時間相等，則可找到邊長時間的美系：根據(jù)機械能守恒定律可知判斷物塊滑到P點的速度關(guān)系；對比自由落體運動的時間判斷選項D.【詳解】AB.設(shè)斜面的假角為9,則物體下滑的加速度為a=gsin0,設(shè)0P的距離為x,則X1=-at2=-gsin0r,因兩物體在料面上下滑的時間相等，則sinOcose相等，由圖可知：cos&q

20、uot;22H+hx_Hx/,一而寸不,而而不"后不",解得、=河匚"'選項A正確'B錯誤:C.根據(jù)機械能守恒定律可知：mgH產(chǎn),Riv?可知，兩物塊開始下落高度從不同，則下落到底端的速度不同，選項C錯誤：D.I-：L是物體從A點做自由落體運動到0點的酎間，可知兩小物塊的運動時間均大于4二L,選項D錯誤:故選A.二、選擇題I14。下列說法正確的是A.LC，辰蕩也路中，當(dāng)也流增大時，電容器所帶也量也增大B.光的行射現(xiàn)象說明在這一現(xiàn)象中光不沿直線傳播了Co光的干涉是光疊加的結(jié)果，但光的衍射不是光登加的結(jié)果Do發(fā)生多普勒效應(yīng)時，波源的頻率保掙不變【答案】

21、BD【解析】【詳解】A.LC振蕩電路中，當(dāng)電流增大時，電容器放電，所帶電量減小，選項A錯誤；B.光的行射現(xiàn)象說明光能夠繞開障得物，即在這一現(xiàn)象中光不沿直線傳播了，選項B正確；C.光的干涉和衍射都是光登加的結(jié)果，選項C錯誤：D.發(fā)生多普勒效應(yīng)時，波源的頻率保持不變，只是當(dāng)現(xiàn)察者相對波源運動時，觀察者接受到的波的頻率發(fā)生了變化，選項D正確；故選BD.15。以下說法正確是A.電子的發(fā)現(xiàn)使人們認(rèn)識到了原子核有結(jié)構(gòu)Bo光電效應(yīng)顯示了光的粒子性C.隨著溫度的升高，黑體輻射的強度的極大值向波長較短的方向移動，而各種波長的輻射強度卻減小Do比結(jié)合能增加的核反應(yīng)會釋放出核能【答案】BD【解析】【詳解】A.電子的

22、發(fā)現(xiàn)使人們認(rèn)識到了原子有結(jié)構(gòu)，選項A錯誤；B.光也效應(yīng)顯示了光的粒子性，選項B正確：C.隨著溫度的升高，黑體輻射的強度的極大值向波長較短的方向移動，各種波長的輻射強度都有所增加，選項C錯誤；D.比結(jié)合能增加的核反應(yīng)會釋放出核能，選項D正確；故選BD.16.Si為點振源，由平衡位直開始上下振動，產(chǎn)生一列簡潛橫波沿S5?直線傳播，Si、S?兩點之間的距離為9m。S2點的左側(cè)為一種介質(zhì)，右一側(cè)為另一種介質(zhì)，波在這兩種介質(zhì)中傳播的速度之比為3:4。某時刻波正好傳到&右側(cè)7m處，且Si、S?均在波峰位置則s»5,A.S2開抬振動時方向可能向下也可能向上B.波在S?左側(cè)的周期比在右側(cè)時大

23、28C.右側(cè)的波長為4=m(n=0,1,2,3.4)+1Do左例的波長為4=-m(n=0,1,2,3,4)2/+1【答案】AD【解析】【分析】機械波傳播過程中，波的周期等于振源的振動周期，與介質(zhì)無關(guān)；質(zhì)點起振的方向與振源開始振動的方向是相同的；根據(jù)S?在某時刻的位置確定兩側(cè)波的波長表達(dá)式.【詳解】AB.波在這兩種介質(zhì)中傳播的過程中周期相同，因速度之比為3:4,根據(jù)入7T可知波長之比為選項A正確，B錯誤:因不知道開始振源的起振方向9則無法判斷波傳到S?點時開始振動的方向,328CD.若傳到S?時，S?質(zhì)點從平衡位理向下振動，則"九+:九=7相，解得4=-m(n=0,1,2,3。.),4

24、4+39_9_12_3()則此時在&的左邊：了一可"一T7)，解得4=7-/«:若傳到S?時,S?質(zhì)點從平衡位直向"-4+34-128上振動，則人+人=7加，解得人=m(n=0,1,2,3°。)，則此時在S2的左邊：2=334 + 1)1 4 -4一4-4/1+12133；解得4=m：因MS?均在波峰位直，可知三(4+1)和三(4+3)都4+177應(yīng)該是整數(shù)，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知，這兩個數(shù)包含了所有的奇數(shù)，即可表示為2n+1,則3可表示為3=-in(n=0F1,2,3-0.),故選項D正確，C錯誤：2+1故選AD°三、非選擇題部分17。（1

25、）在用傳感器顯示運動中兩物體間的作用力與反作用力的實驗時（如圖甲）運動過程中，兩傳感器的拉力大小始終相等，下列說法正確的是（）乙A. 一定要讓物體做勻速直線運動B. 一定要讓物體做勻變速運動C.可以不平衡摩擦力用如圖乙所示的裝直臉證機械能守恒定律，下列屬于系統(tǒng)誤差的是（）A,刻度尺讀數(shù)不準(zhǔn)確B.空生對重物及紙帶的阻力C.手捏紙的位置離打點計時器的位置太近，導(dǎo)致紙帶搭在打點計時器上（3）某同學(xué)利用圖乙裝置進行實驗時得到了一根紙帶如圖丙所示，計算A點的時速度（保留三位有效教）【答案】 (1)。 C (2)o B (3)o 1.30-1.32m【解析】【分析】（1）兩個物體之間的相互作用力與物體的運

26、動狀態(tài)以及物體是否受其他的力無關(guān)：（2）偶然送差是由偶然因素造成的，可能偏大也可能偏?。合到y(tǒng)誤差是由測量原理不完W或者儀翼不準(zhǔn)確造成的；（3）根據(jù)當(dāng)時間很短時，某段時間內(nèi)的平均速度等于瞬時速度計算.【詳解】（1）因作用力和反作用力總是大小相等、方向相反，與物體的運動狀態(tài)以及是否受其它力無關(guān)，可知此實驗中不一定要使物體做勻速直線運動，也不一定要使物體做勻變速運動，也不需要平衡摩擦力，故選C.（2）用如圖乙所示的裝置驗證機械能守恒定律時，刻度尺讀數(shù)不準(zhǔn)確會造成偶然誤差，選項A錯誤：空氣對重物及紙帶的阻力會造成系統(tǒng)誤差，選項B正確：手捏紙,的位置離打點計時器的位置太近，導(dǎo)致紙帶搭在打點計葉器上會造成

27、測量結(jié)果的偏大也可能偏小，即造成偶然誤差，選項C錯誤；故選B。（3）根據(jù)刻度尺讀出A點兩側(cè)的計數(shù)點間的距離為5o25cm,則A點的速度以=5.25xl0":2x0.02m/s = 13bn/s18o某同學(xué)在探究規(guī)格為“2.8V,1.5W”小電球伏安特性曲線實臉中：（1）在小電珠接入電路前，使用多用電表直接測量小電侏的電阻，則應(yīng)將選擇開關(guān)旋至進行測量A.直流電壓10VBo直流電流2.5mAC.歐姆X1D.歐姆X10（2）該同學(xué)采用圖甲所示的電路進行測量。圖中R為滑動變阻器（阻值范圍020。，頷定電流1.0A）,L為待測小電球，V為電壓表（量程3V,內(nèi)阻約為5.Ok。），A為電流表（量程

28、0.6A.內(nèi)阻約為1。），E為電源（電動勢3V,內(nèi)阻不計），S為開關(guān)。在一次測量中電流表的指針位置如圖乙所示，則此時的也流為,根據(jù)實驗測得的數(shù)據(jù)所畫出伏安特性曲線如圖丙所示，則小電球正常工作時的電阻為。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。該同學(xué)進一步對實臉進行分析，認(rèn)為采用圖甲的實臉電路做實臉會產(chǎn)生系統(tǒng)誤差，產(chǎn)生系統(tǒng)誤差的原因是浙江省金麗街十二校2019屆高三物理下學(xué)期第二次聯(lián)考試題(含解析)【答案】(1).C(2).0.43或0.44(3).5.0或5.1(4)。電流表的讀數(shù)大于小電球的實實電流【解析】【分析】(J2(1)根據(jù)/?=上一計算燈泡的電阻，然后選擇歐姆檔的檔位：P(2)根據(jù)表盤信息讀取示數(shù)

29、：根據(jù)小燈泡正常工作時的電壓，利用圖像找出電流值，運用歐姆定律求解電阻：根據(jù)電路結(jié)構(gòu)分析誤差的原因.rj27【詳解】(1)小燈泡的電阻=j=5.20,則使用多用電表直接測量小電珠的電阻，則應(yīng)將選作P1.5開關(guān)旋至“X1”歐姆檔，故選C;(2)因量程為0.6A,最小刻度為0.02A,則電流值為0。44A：U28根據(jù)圖像可知，小燈泡正常工作時電壓為2.8V,電流為0。55A,則燈泡的電阻：/?=Q=5.1Q；/0.55采用圖甲的實驗電路做實驗會產(chǎn)生系統(tǒng)誤差，產(chǎn)生系統(tǒng)誤差的原因是由于電壓表的分流作用使得電流表的讀數(shù)大于小電珠的真實電流：19.如圖所示，厚度不計的圓環(huán)套在粗細(xì)均勻、長度為0。8m的圓柱

30、頂端。圓環(huán)可在圓柱上滑動，同時從靜止釋放，經(jīng)0。4s圓柱與地相碰，圓柱與地相碰后速度瞬間變?yōu)?,且不會傾倒。QO(1)求靜止釋放瞬間，圓柱下端高地的高度(2)若最終圓環(huán)離地距離為0。6m,則圓環(huán)與圓柱間的滯動摩擦力是圓環(huán)重力的幾倍？(3)若圓環(huán)速度減為。時，恰好到達(dá)地面，則從靜止釋放時圓環(huán)離地的高度為多少？【答案】0.8m(2)5(3)4m【解析】【分析】(1)圓柱體由勢止釋放做自由落體運動，根據(jù)h二;gt?求解圓柱下端禹地的高度；(2)圓柱體落地后，圓環(huán)做減速運動直到速度為零；根據(jù)運動公式求解加速度，根據(jù)牛頓第二定律求解圓環(huán)受阻力與重力的比值；(3)根據(jù)速度位移關(guān)系求解舒止釋放時圓環(huán)離地的高

31、度.【詳解】(1)圓柱下端離地的高度產(chǎn)=08(2)圓柱體落地時圓環(huán)的速度：H=4svf=2«(L-Z1)解得a=40m/s2;對圓環(huán)根據(jù)牛頓第二定律：f-mg二ma,解得f:mg=5由v/=2aL,解得V2=8in/s,則兒=上-=3.27-2g則從靜止釋放時圓環(huán)離地的高度為H=L+h2=4m20«如圖所示,ABCD是游樂場中的滑道，它位于豎直平面內(nèi)，由兩個半徑分別為R】=10m和Rz=2m的1/4光滑田弧，以及長L=10m、動摩擦因數(shù)=0.1的水干滑連組成，所有滑道平滑連接，D點恰好在水面上。游客(可視為質(zhì)點)可由AB孤的任意位置從靜止開始下滑，游客的質(zhì)量為m=50kg。

32、(1)若到達(dá)AB弧的末端時速度為5m/s,此時游客對滑道的壓力多大？(2)若要保證游客能滑入水中，開始下滑點與B點間網(wǎng)弧所對應(yīng)的圓心角要是什么條件.(可用三角函數(shù)表示)(3)若游客在C點脫離滑道，求其落水點到D點的距離范圍【答案】(1)625N(2)cosevO.9(3)2(0-1)區(qū)工，6無-2，【解析】【分析】(1)根據(jù)牛頓第二定律求解游客對滑道的壓力；(2)游客要想滑到水中則到達(dá)C點的速度要大于0,根據(jù)能量關(guān)系列式解答；(3)根據(jù)圓周運動的規(guī)律和動能定理求解到達(dá)C點的速度范圍，然后結(jié)合平拋運動的規(guī)律求解落水點到D點的距離范圍?！驹斀狻?1)在B點時，根據(jù)牛頓第二定律：FN-mg=m-解得

33、Fm=625N根據(jù)牛頓第三定律可知，游客對滑道的壓力為625N：(2)根據(jù)能量關(guān)系，要想滑入水中要滿足：(l-cos0)-pnigL>0解得cos0<0.92(3)在C點恰脫離擾道時:mg=m金，解得p=2J亍m/s;從A點到C點由動能,定理：mgR7gL=ymv；解得V2=6jm/s,即到達(dá)C點的速度范,圍是：2J亍m/sWvW6J亍m/s;由平拋運動的規(guī)律有：R*；gt?,解得t=2瘋Is;x=vt-R2解得2(7?-1)74(6"-2)/21。小顯和小濤同學(xué)“用插針法測玻璃棱鏡的折射率”-21 -浙江省金麗街十二校2019屆高三物理下學(xué)期第二次聯(lián)考試題(含解析)圖（

34、1）小顯同學(xué)按實險步驟，先在紙上插下二枚大頭針、P2,然后在玻璃棱鏡的另一側(cè)插下另外二枚大頭針,如圖（1）所示。則插針一定錯誤的是（填“P3P4”或“P5P6”）按實臉要求完成光路圖,并標(biāo)出相應(yīng)的符號，所測出的玻璃枝皺的折射率n=o（2）小濤同學(xué)突發(fā)奇想，用兩塊同樣的玻璃直角三棱鏡ABC來做實驗，兩者的AC面是平行放置的，如圖（2）所示。插針巴、P?的連線垂直于AB面，若操作正確的話，則在圖（2）中右邊的插針應(yīng)該是（選填”PR"、PR"、"PR"、"P5P6）（4）. PR-25 -【解析】【分析】（1）根據(jù)光路圖來確定玻璃磚右邊插針的位置；根

35、據(jù)光的折射定律求解折射率：（2）畫出經(jīng)過PP?的光路圖可確定右側(cè)插針的住直：【詳解】（1）光線經(jīng)三橫鏡折射后應(yīng)該偏向底邊，故插針一定錯誤的是“P5P6】光路如圖;(2)根據(jù)光路圖可知，經(jīng)過PR的光線經(jīng)兩塊玻璃磚的分界處后向下偏，然后射入右側(cè)玻璃磚后平行射出,則圖(2)中右邊的插針應(yīng)該是P5P6；22o如圖所示，空中等間距分布水平方向的條形勻強磁場，豎直方向磁場區(qū)域足夠長，磁感應(yīng)強度均一樣，每一條形磁場區(qū)域的寬及相鄰條形磁場區(qū)域的間距均為點現(xiàn)讓一邊長為L(LVd)、質(zhì)量為m、總電阻為R的勻質(zhì)正方形線框MN0P受到瞬時的水平?jīng)_量I。,使線框從左側(cè)磁場邊緣水平進入磁場。(不計空氣阻力)；XX出CQy

36、xxXXXXXXXXXXXXXXXXXXJXXXXXXXX；XXXXXXXX；XXXXXXXX(1)線進入磁場的過程中，MN邊相當(dāng)于產(chǎn)生感應(yīng)電流的“電源”，這“業(yè)源”的非靜電與什么力有關(guān)？(2)線剛穿過第一個磁場區(qū)域后水平速度變?yōu)榇?，術(shù)線完全處在第一個磁場中時的水平速度大小v;(3)若L=0。2m,m=0.1kg,R=0。1Q,d=0.5m,lo=0.9N-s,且每個區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強度B=1.OT,求線框從剛進入磁場到開始豎直下落的過程中已穿過完整條形磁場的區(qū)域個數(shù)n和產(chǎn)生的焦耳熱Q.【答案】(1)與洛倫茲力有關(guān)(2)叫+，。(3)5：4.05J2m【解析】【分析】(1)根據(jù)運動電荷在磁場中受到洛倫茲力分析“電源”產(chǎn)生的電動勢；(2)線困進入磁場和出離磁場的過程，分別用動量定理列式求解線圖完全處在第一個磁場中時的水平速度;(3)對線圖完全穿過磁場的整個過程運用動量定理結(jié)合電量的公式以及能量關(guān)系求解產(chǎn)生的焦耳熱；【詳版】(1)線進入磁場的過程中，MN邊相當(dāng)于產(chǎn)生感應(yīng)也流的“電源”，字體內(nèi)的電荷受洛倫茲力作用產(chǎn)生定向移動，從而形成電流，所以這“電源”的非靜電洛倫茲力