物理卷(解析)·2015屆江西省南昌二中高三上學(xué)期第四次月考(2014.11)

1、 江西省南昌市第二中學(xué)2015屆高三上學(xué)期第四次月考物理試題【試卷綜析】本試卷是高三月考試題，包含了高中物理選修3-1的部分內(nèi)容，主要包含電場強度、電勢、電勢能、帶電粒子在電場中運動等內(nèi)容，在考查問題上以基本定義、基本規(guī)律為主，重視學(xué)生素養(yǎng)的考查，注重主干知識，兼顧覆蓋面。是份非常好的試卷。一、選擇題:共12題.每小題4分.在第小題給出的四個選項中,第1-7題只有一項符合題目要求,第8-12題有多項符合題目要求.全部選對的得4分,選對但不全得2分,有選錯的得0分【題文】1將一質(zhì)子從無限遠(yuǎn)處移入電場中M點，靜電力做功W16×109 J，若將一個電子從電場中N點移向無限遠(yuǎn)處，靜電力做功W

2、27×109 J，則M、N兩點的電勢M、N，有如下關(guān)系 AM<N<0BN>M>0 CN<M<0 DM>N>0【知識點】 電勢I2【答案解析】C 解析：正電荷從無窮處移向電場中M點，電場力做功為W1=6×10-9J，電荷的電勢能減小，由電勢能公式Ep=q，知M點的電勢小于無窮遠(yuǎn)的電勢，即M0負(fù)電荷從電場中N點移向無窮遠(yuǎn)處，靜電力做功W2=7×10-9J，電勢能減小，電勢升高，則N點的電勢小于無窮遠(yuǎn)的電勢，即N0由于兩電荷電量相等，從無限遠(yuǎn)處移入電場中N點電場力做功較大，N點與無窮遠(yuǎn)間的電勢差較大，則N點的電勢低于M點的

3、電勢，即得到NM0故選：C 【思路點撥】根據(jù)電場力做功與電荷電勢能變化的關(guān)系，由電場力做功情況分析電荷電勢能的變化，判斷電勢高低本題也可以畫出電場線，標(biāo)出M、N兩點在電場線上大致位置，再判斷電勢的高低【題文】2AB和CD為圓上兩條相互垂直的直徑，圓心為O.將電荷量分別為q和q 的兩點電荷放在圓周上，其位置關(guān)于AB對稱且距離等于圓的半徑，如圖所示要使圓心處的電場強度為零，可在圓周上再放一個適當(dāng)?shù)狞c電荷Q，則該點電荷Q A應(yīng)放在A點，Q2qB應(yīng)放在B點，Q2qC應(yīng)放在C點，Qq D應(yīng)放在D點，Qq【知識點】 電場強度I1【答案解析】C 解析： 由平行四邊形定則得出+q和-q在O點產(chǎn)生的合場強水平向

4、右，大小等于其中一個點電荷在O點產(chǎn)生的場強的大小要使圓心處的電場強度為零，則應(yīng)在C點放一個電荷量Q=-q的點電荷，或在D點放一個電荷量Q=+q的點電荷故C正確，ABD錯誤故選：C【思路點撥】電場疊加是多個電荷在空間某處產(chǎn)生的電場強度為各電荷單獨在該處所產(chǎn)生的電場強度的矢量和，符合平行四邊形定則對于電場疊加問題的求解方法：1確定要分析計算的位置；2分析該處存在幾個分電場，先計算出各個分電場電場強度的大小，判斷其方向；3利用平行四邊形定則作出矢量圖，根據(jù)矢量圖求解【題文】3. 某廠研制的一種節(jié)能冰箱，一天的能耗只相當(dāng)于一個25瓦的燈泡一天工作的能，如右圖所示為該冰箱內(nèi)的溫度隨時間變化的圖象，則該冰

5、箱工作時的功率為 A25 W B50 W C75 W D150 W【知識點】 能量守恒定律；電功、電功率J3【答案解析】C 解析：冰箱工作一天的能耗只相當(dāng)于一個25瓦的燈泡，從圖象工作時間為20min-30min，50min-60min，即有三分之一的時間是工作的，根據(jù)能量守恒定律，有：25W×1h=P×h解得：P=75W；故C正確故選：C 【思路點撥】冰箱工作一天的能耗只相當(dāng)于一個25瓦的燈泡；電冰箱并不是每時每刻都耗電的，只有當(dāng)溫度降低制冷機工作時耗電，從圖象看出：每1h內(nèi)工作時間為20min-30min，50min-60min，即有三分之一的時間是工作的；根據(jù)能量守恒

6、定律列式求解即可本題要根據(jù)題意明確電冰箱一天的平均功率情況，還要能夠讀懂圖象，不難【題文】4北京正負(fù)電子對撞機的儲存環(huán)是周長為240 m的近似圓形軌道當(dāng)環(huán)中電子以光速的的速度流動而形成的電流是10 mA時，環(huán)中運行的電子數(shù)目為(已知光速c3×108 m/s，電子電荷量e1.6×1019 C)A5×1011 B 5×1010 C1×104 D 1×102【知識點】 電流、電壓概念J1【答案解析】A 解析：電子運動一周用的時間：t=，I=，則電量為：Q=It=0.01A×8×10-6s=8×10-8C，在整個

7、環(huán)中運行的電子數(shù)目：n=個故選：A 【思路點撥】知道電子的速度和周長，利用速度公式求電子運動一周用的時間，再根據(jù)電流定義式求電荷量，而一個電子電荷量e=1.6×10-19C，可求在整個環(huán)中運行的電子數(shù)目本題考查了學(xué)生對電流定義式、速度公式的掌握和運用，要求靈活運用所學(xué)知識，有一定的難度！【題文】5.圖1(1)是某同學(xué)設(shè)計的電容式速度傳感器原理圖，其中上板為固定極板，下板為待測物體，在兩極板間電壓恒定的條件下，極板上所帶電荷量Q將隨待測物體的上下運動而變化，若Q隨時間t的變化關(guān)系為Q(a、b為大于零的常數(shù))，其圖象如圖(2)所示，那么圖(3)、(4)中分別反映極板間場強大小E和物體速率

8、v隨t變化的圖線可能是 A和B和C和D和【知識點】 常見傳感器的工作原理；電容J9【答案解析】C 解析： 電容式速度傳感器原理圖，其中上板為固定極板，下板為待測物體，由Q=CU、C= 與E=得：Q與C成正比，而C與d成反比，則E與d成反比，所以E與Q成正比則由Q與t關(guān)系可得，E與t的關(guān)系：選第；Q隨時間t的變化關(guān)系為Q=  又由于Q與d成反比所以d與t成線性關(guān)系故選第故選：C 【思路點撥】某同學(xué)設(shè)計的電容式速度傳感器原理圖，隨待測物體的上下運動而變化，導(dǎo)致間距變化，由于電壓恒定，電量在變化，所以其電容也在變化，從而判斷出電場強度的變化，再由Q隨時間t的變化關(guān)系為Q可推導(dǎo)出位

9、移與時間的關(guān)系運用各公式去尋找變量間的關(guān)系，最終得出正確答案【題文】6如圖所示，處于真空中的勻強電場與水平方向成15°角，AB直線與勻強電場E互相垂直在A點以大小為v0的初速度水平拋出一質(zhì)量為m，帶電荷量為q的小球,經(jīng)時間t，小球下落一段距離過C點(圖中未畫出)時速度仍為v0，在小球由A點運動到C點的過程中，下列說法中正確的是 A電場力對小球做功為零 B小球的電勢能增加C小球的機械能減少量為mg2t2 DC可能位于AB直線的左側(cè)【知識點】 動能定理的應(yīng)用；電勢能E2 I2【答案解析】B 解析：A、重力做正功，小球動能不變，由動能定理可知，電場力做負(fù)功，故A錯誤；B、由動能定理，動能不

10、變，合外力的功為零，重力做正功，電場力必然做負(fù)功，電勢能增加，故B正確；C、小球的機械能的減少量即為豎直方向的重力勢能的減少量mgh，由于電場力向左下方，重力豎直向下，將合力沿著水平和豎直方向正交分解，豎直方向的合力大于重力，故在豎直方向的分運動的加速度a大于g，豎直方向h=at2gt2，即mghmg2t2，故C錯誤；D、A、B兩點等勢，結(jié)合B選項可知，C點必定在AB直線的右側(cè)，故D錯誤；故選：B 【思路點撥】對小球受力分析，受重力和電場力，對小球的從拋出到C點的運動過程運用動能定理列式分析得到電場力做功情況，根據(jù)電場力做功與電勢能變化關(guān)系得到電勢能的變化情況，根據(jù)重力做功與重力勢能的變化關(guān)系

11、得到重力勢能的變化情況本題為力電綜合創(chuàng)新題，考生需熟練掌握運動的獨立性，正確理解各個力的功和動能定理的關(guān)系【題文】7如圖所示，豎直放置的兩個平行金屬板間有勻強電場，在兩板之間等高處有兩個質(zhì)量相同的帶電小球，P小球從緊靠左極板處由靜止開始釋放，Q小球從兩板正中央由靜止開始釋放，兩小球最后都能打在右極板上的同一點則從開始釋放到打到右極板的過程中A它們的運行時間tP>tQ B它們的電荷量之比qPqQ21C它們的動能增加量之比EkPEkQ41 D它們的電勢能減少量之比EPEQ21【知識點】 帶電粒子在混合場中的運動；電勢能；帶電粒子在勻強電場中的運動I3 K3【答案解析】B 解析：兩個帶電小球分

12、別沿著虛線做初速度為零的勻加速直線運動，把運動沿水平方向和豎直方向進行分解，在豎直方向上兩球均做自由落體運動，在水平方向上均做初速度為零的勻加速直線運動由于兩小球打在同一個點，所以在豎直方向做自由落體的時間t=是相同的，所以選項A錯誤根據(jù)分運動的等時性，沿電場方向加速時間也相等，由s=at2可得P、Q兩球的水平加速度為2倍關(guān)系；由a=可知，帶電量也為2倍關(guān)系選項B正確在水平方向上，根據(jù)公式s=at2可知兩球的加速度關(guān)系為aP=2aQ，由F=ma可得電場力有關(guān)系Fp=2FQ，而水平方向Sp=2SQ，由功的公式知，電場力對兩球做功有關(guān)系Wp=4WQ，所以電勢能變化是4倍的關(guān)系在豎直方向上重力做功相

13、等，所以兩球合力做功并不是4倍關(guān)系可知C、D錯誤故選B 【思路點撥】兩小球在電場中均受到重力和電場力作用，兩小球均沿圖所示的虛線做初速度為零的勻加速直線運動； 把運動沿水平和豎直方向進行分解，在豎直方向上做自由落體運動，在水平方向均做初速度為零的勻加速直線運動因在豎直方向上位移相同，所以兩球運動時間相同，從而判斷出在水平方向上的加速度的關(guān)系和電場力的關(guān)系，結(jié)合能量的轉(zhuǎn)化和守恒及運動學(xué)公式可判斷個選項的正誤該題考察了帶電粒子在平行板電容器中的運動，本題關(guān)鍵將兩個小球的運動分解為水平方向和豎直方向的分運動，然后結(jié)合運動學(xué)公式、牛頓運動定律和能量列式分析【題文】8如圖所示，水平放置的平行板電容器，上

14、板帶負(fù)電，下板帶正電，帶電小球以速度v0水平射入電場，且沿下板邊緣飛出若下板不動，將上板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球 A將打在下板中央 B仍沿原軌跡由下板邊緣飛出C不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿直線運動D若上板不動，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中央【知識點】 帶電粒子在勻強電場中的運動；電容器的動態(tài)分析I3 J2【答案解析】BD 解析：ABC、將電容器上板向下移動一段距離，電容器所帶的電量Q不變，由于：E=，由公式可知當(dāng)d減小時，場強E不變，以相同的速度入射的小球仍按原來的軌跡運動，故A錯誤，B正確，C錯誤D、若上板不動，將下板上移一段距離時，根據(jù)推論可知，板間電場強

15、度不變，粒子所受的電場力不變，粒子軌跡不變，小球可能打在下板的中央，故D正確故選：BD 【思路點撥】將電容器上板向下移動一段距離，電容器所帶的電量Q不變，根據(jù)電容器的定義式導(dǎo)出電場強度的變化，判斷粒子的運動情況注意當(dāng)電容器與電源斷開時，電容器所帶的電量是定值不變，當(dāng)電容器與電源相連時，電容器兩端電壓為定值【題文】9某空間內(nèi)有高度為d、寬度足夠?qū)?、方向水平向左的勻強電場?dāng)在該空間內(nèi)建立如圖所示的坐標(biāo)系后，在x軸上的P點沿y軸正方向連續(xù)射入質(zhì)量和電荷量均相同、且?guī)щ娦再|(zhì)也相同的帶電粒子(粒子重力不計)，由于粒子的入射速率v(v0)不同，有的粒子將在電場中直接通過y軸，有的將穿出電場后再通過y軸設(shè)粒

16、子通過y軸時，離坐標(biāo)原點的距離為h，從P到y(tǒng)軸所需的時間為t，則 A由題設(shè)條件可以判斷出粒子的帶電性質(zhì)B對hd的粒子，h越大，t越大C對hd的粒子，在時間t內(nèi)，電場力對粒子做的功不相等Dh越大的粒子，進入電場時的速率v也越大【知識點】 帶電粒子在勻強電場中的運動I3【答案解析】AD 解析：A、由題意可知，粒子向左偏，由電場線的方向，可確定電場力方向向左，因此粒子帶正電，故A正確；B、當(dāng)hd的粒子時，粒子受到電場力一樣，加速度也相同，因此運動時間也相等，由于粒子的速度不同，所以導(dǎo)致粒子的h不同，故B錯誤；C、對hd的粒子，在時間t0內(nèi)，電場力方向的位移相同，因此電場力做功相等，故C錯誤；D、h越

17、大，沿著電場力偏轉(zhuǎn)位移越小，在電場中所用時間越少，故初速度越大故D正確；故選AD 【思路點撥】根據(jù)粒子的偏轉(zhuǎn)方向與電場線的方向，可確定電場力的方向，從而確定電性；粒子在電場中做類平拋運動，若在電場中進入y軸，則電場力的方向偏轉(zhuǎn)位移相同，所以運動時間也相等，做功也相等. 考查類平拋運動的處理方法，掌握運動的合成與分解的等時性，理解牛頓第二定律與運動學(xué)公式的應(yīng)用 【題文】10如圖所示，把一個架在絕緣支架上的枕形導(dǎo)體放在正電荷形成的電場中導(dǎo)體處于靜電平衡時，下列說法正確的是 AA、B兩點場強相等，且都為零 BA、B兩點場強不相等C感應(yīng)電荷產(chǎn)生的附加電場EA<EBD當(dāng)電鍵S閉合時，電子從大地沿導(dǎo)

18、線向?qū)w移動【知識點】 電場強度；電場的疊加I1 I2【答案解析】AD 解析：A、B、枕形導(dǎo)體在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)致電荷重新分布，達(dá)到靜電平衡后，枕形導(dǎo)體內(nèi)部出現(xiàn)的感應(yīng)電荷的附加電場，正好與點電荷產(chǎn)生的電場抵消，內(nèi)部電場強度處處為零，故A正確、B錯誤C、點電荷的產(chǎn)生電場在A點的場強大于在B點的場強，由于在枕形導(dǎo)體內(nèi)部合場強為零，即感應(yīng)電荷的附加電場與點電荷產(chǎn)生的電場強度大小相等，方向相反，所以感應(yīng)電荷產(chǎn)生的附加電場EAEB，故C錯誤D、當(dāng)電鍵S閉合時，由于電子帶負(fù)電，則電子從大地沿導(dǎo)線移向?qū)w中故D正確故選：AD 【思路點撥】枕形導(dǎo)體在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)致電荷重新分

19、布因此在枕形導(dǎo)體內(nèi)部出現(xiàn)感應(yīng)電荷的電場，正好與點電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時，電荷才不會移動當(dāng)點電荷移走后，電荷恢復(fù)原狀本題關(guān)鍵掌握處于靜電感應(yīng)現(xiàn)象的導(dǎo)體的特點：導(dǎo)體內(nèi)部電場強度處處為零，電荷全部分布在表面，且整個導(dǎo)體是一個等勢體并能根據(jù)這些特點分析實際問題【題文】11.如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab=Ubc,實線為一帶負(fù)電的質(zhì)點僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點，R同時在等勢面b上，據(jù)此可知 A.三個等勢面中，a的電勢最低B.帶電質(zhì)點在R點的加速度方向垂直于等勢面bC.帶電質(zhì)點在P點的電勢能比在Q

20、點的大D.帶電質(zhì)點在P點的動能與電勢能之和比在Q點的小【知識點】 等勢面；電場強度；電勢；電勢能I1 I2【答案解析】ABC 解析：A、根據(jù)軌跡彎曲的方向和電場線與等勢線垂直可知負(fù)電荷所受的電場力應(yīng)向下，所以電場線向上故a點電勢最低故A正確B、帶電質(zhì)點在R點的受力方向沿著電場線的切線方向，電場線與等勢面垂直，故質(zhì)點在R點的加速度方向與等勢面垂直，故B正確； C、利用推論：負(fù)電荷在電勢高處電勢能小，知道P點電勢能大故C正確D、負(fù)電荷的總能量守恒，即帶電質(zhì)點在P點的動能與電勢能之和不變D錯誤故選ABC 【思路點撥】作出電場線，根據(jù)軌跡彎曲的方向可知，電場線向上故c點電勢最高；根據(jù)推論，負(fù)電荷在電勢

21、高處電勢能小，可知電荷在P點的電勢能大；總能量守恒；由電場線疏密確定出，P點場強小，電場力小，加速度小作出電場線，結(jié)合能量的觀點是解決這類問題常用方法【題文】12.圖中，三根實線表示三根首尾相連的等長絕緣細(xì)棒，每根棒上的電荷分布情況與絕緣棒都換成導(dǎo)體棒時完全相同。點A是abc的中心,點B則與A相對bc棒對稱，且已測得它們的電勢分別為UA和UB。 試問：若將ab棒取走，A、B兩點的電勢將變?yōu)椋篈UA= UA B. UA= UA C. UB= UA + UB D. UB= UA + UB【知識點】 電勢I2【答案解析】AC 解析：每根細(xì)棒的電荷分布雖然復(fù)雜，但相對各自的中點必然是對稱的，而且三根棒

22、的總電量、分布情況彼此必然相同這就意味著：三棒對A點的電勢貢獻(xiàn)都相同（可設(shè)為U1）；ab棒、ac棒對B點的電勢貢獻(xiàn)相同（可設(shè)為U2）；bc棒對A、B兩點的貢獻(xiàn)相同（為U1）所以，取走ab前，3U1=UA則有：2U2+U1=UB取走ab后，因三棒是絕緣體，電荷分布不變，故電勢貢獻(xiàn)不變，所以UA=2U1 ； UB=U1+U2解之：UA=UA；UB=UA+UB 故選AC【思路點撥】利用細(xì)棒相對中點對稱，得出各棒對各點的電勢，再由取走ab后，因三棒是絕緣體，電荷分布不變，即可求解考查棒電荷分布均勻，利用幾何的對稱性，確定與電勢的關(guān)系是解題的突破口，注意取走ab后，因三棒是絕緣體，電荷分布不變二、實驗題

23、:共3小題,共14分【題文】13.讀出下圖給出的螺旋測微器和游標(biāo)卡尺的示數(shù)，螺旋測微器的示數(shù)為_mm，游標(biāo)卡尺的示數(shù)_cm 【知識點】 實驗中常用儀器及其正確操作方法P0【答案解析】6.125、 4.120 解析：螺旋測微器的讀數(shù)是由固定刻度讀數(shù)加旋轉(zhuǎn)刻度讀數(shù)固定刻度每小格是0.5mm，而旋轉(zhuǎn)刻度每小格是0.01mm由圖可知：固定刻度讀數(shù)：6.0cm，而旋轉(zhuǎn)刻度的讀數(shù)：12×0.01mm  則其估計為0.005mm所以讀數(shù)為：6.0cm+0.12mm+0.005mm=6.125mm  由于估計值，所以讀數(shù)范圍可在6.124mm到6.126mm 游標(biāo)卡尺采

24、用“加法法”時讀數(shù)包含了讀毫米整數(shù)和毫米小數(shù)兩個過程，然后相加才是物體的長度；讀數(shù)為（1）以游標(biāo)零刻線位置為準(zhǔn)，在主尺上讀取整毫米數(shù) （2）看游標(biāo)上哪條刻線與主尺上的某一刻線（不用管是第幾條刻線）對齊，由游標(biāo)上讀出毫米以下的小數(shù) （3）總的讀數(shù)為毫米整數(shù)加上毫米小數(shù)而它們的精度（游標(biāo)上的最小分度值-分別為0.1 mm、0.05mm、0.02mm）譬如，50分度游標(biāo)尺上50個分度只有49mm長，比主尺上的50個分度短1mm，則游標(biāo)上的每個分度比主尺上的每個分度短1/50mm=0.02mm，即它的測量精度為0.02 mm若采用“加法法”，則從主尺上讀出毫米整數(shù)部分為41mm，從游標(biāo)尺上可以看出第1

25、0條刻度線與主尺上第51mm刻度線對齊故為10×0.02mm=0.20mm，則游標(biāo)卡尺的讀數(shù)應(yīng)為：41mm+0.20mm=41.20mm=4.120cm 【思路點撥】使用游標(biāo)卡尺時，有兩種最基本的讀數(shù)方法，即“加法法”和“減法法”大多數(shù)教師和學(xué)生都熱衷于應(yīng)用“加法法”讀數(shù)，其實“減法法”原理更利于學(xué)生的理解，解題更加可靠因為采用“加法法”時讀數(shù)包含了讀毫米整數(shù)和毫米小數(shù)兩個過程，然后相加才是物體的長度；而采用“減法法“時直接用主尺上對齊的毫米整數(shù)減去游標(biāo)對齊刻度線前端的長度即為物體的長度螺旋測微器也叫千分尺，讀數(shù)是由固定刻度讀數(shù)加旋轉(zhuǎn)刻度讀數(shù)固定刻度每小格是0.5mm，而當(dāng)旋轉(zhuǎn)刻度轉(zhuǎn)

26、動一周時，就會向前或向后移動0.5mm，所以旋轉(zhuǎn)刻度每小格是0.01mm游標(biāo)卡尺沒有估計值而螺旋測微器有估計值游標(biāo)卡尺還可采用“減法法“時直接用主尺上對齊的毫米整數(shù)減去游標(biāo)對齊刻度線前端的長度即為物體的長度若采用“減法法”，從主尺和游標(biāo)尺上可以看出，主尺的51mm刻度線與游標(biāo)尺上的第20條刻度線對齊因此讀數(shù)應(yīng)為：51mm-10×0.98mm=41.20mm【題文】14.下列有關(guān)高中物理實驗的說法中,正確的是_ A“驗證力的平行四邊形定則”實驗采用的科學(xué)方法是等效替代法 B電火花打點計時器的工作電壓是220的交流電 C在用打點計時器“研究勻變速直線運動”的實驗中，由紙帶上的一系列點跡取

27、計數(shù)點，可求出任意兩個計數(shù)點之間的平均速度D在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，必須要用天平測出下落物體的質(zhì)量【知識點】 驗證機械能守恒定律；驗證力的平行四邊形定則；探究小車速度隨時間變化的規(guī)律A7 B6 E5【答案解析】ABC 解析：A、在“探究力的平行四邊形定則”實驗中要求兩次拉橡皮筋的效果相同，故實驗采用了等效替代的方法，故A正確B、電火花打點計時器的工作電壓是220V的交流電，故B正確C、在用打點計時器“研究勻變速直線運動”的實驗中，由紙帶上的一系列點跡取計數(shù)點，因為知道任意兩點間的時間間隔，所以可求出任意兩個計數(shù)點之間的平均速度，故C正確D、在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，重力勢能的

28、減少量和動能的增加量中都含有質(zhì)量m，可以約去，所以不一定要測出下落物體的質(zhì)量，故D錯誤故選：ABC 【思路點撥】“驗證力的平行四邊形定則”實驗采用的科學(xué)方法是等效替代法；電火花打點計時器的工作電壓是220V的交流電；在用打點計時器“研究勻變速直線運動”的實驗中，由紙帶上的一系列點跡取計數(shù)點，因為知道任意兩點間的時間間隔，所以可求出任意兩個計數(shù)點之間的平均速度；在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，重力勢能的減少量和動能的增加量中都含有質(zhì)量m，可以約去，所以不一定要測出下落物體的質(zhì)量考查了幾個基礎(chǔ)的力學(xué)實驗，對于這些實驗，要明確實驗原理，明確了實驗原理是解答實驗問題的前提【題文】15.在驗證機械能守

29、恒定律的實驗中，質(zhì)量m = 1kg的重錘自由下落，在紙帶上打出了一系列的點，如下圖所示，相鄰記數(shù)點時間間隔為0.02s，長度單位是cm，g取9.8m/s2。求：(1)打點計時器打下記數(shù)點B時，物體的速度VB = （保留兩位有效數(shù)字）；(2)從點O到打下記數(shù)點B的過程中，物體重力勢能的減小量EP = ，動能的增加量EK = （保留兩位有效數(shù)字）；（3）即使在實驗操作規(guī)范，數(shù)據(jù)測量及數(shù)據(jù)處理很準(zhǔn)確的前提下，該實驗測得的EP 也一定略大于EK ，這是實驗存在系統(tǒng)誤差的必然結(jié)果，試分析該系統(tǒng)誤差產(chǎn)生的主要原因 _.【知識點】 驗證機械能守恒定律E5【答案解析】（1）0.97m/s （2）0.48J 0

30、.47J（3）原因是重錘和紙帶都受到阻力的作用，因此機械能有損失解析：（1）中間時刻的瞬時速度等于該過程中的平均速度來求B的速度大小：vB=（2）從點O到打下計數(shù)點B的過程中，物體重力勢能減小量EP=mgh=1×9.8×0.0486=0.48J，動能的增加量Ek=×1×（0.97）2=0.47J；（3）在實驗數(shù)據(jù)處理時，得到重錘動能的增量總小于重錘勢能的減少量，其原因可能是：重錘和紙帶在下落時要受到的阻力做負(fù)功，引起機械能減少 【思路點撥】紙帶實驗中，若紙帶勻變速直線運動，測得紙帶上的點間距，利用勻變速直線運動的推論，可計算出打出某點時紙帶運動的瞬時速度

31、；根據(jù)速度大小可以求出動能根據(jù)功能關(guān)系得重力勢能減小量等于重力做功的數(shù)值由于紙帶通過時受到較大的阻力和重錘受到的空氣阻力，重力勢能有相當(dāng)一部分轉(zhuǎn)化給摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，所以重力勢能的減小量明顯大于動能的增加量運用運動學(xué)公式和動能、重力勢能的定義式解決問題是該實驗的常規(guī)問題要注意單位的換算和有效數(shù)字的保留要知道重物帶動紙帶下落過程中能量轉(zhuǎn)化的過程和能量守恒三、本題共5小題，48分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。 【題文】16(8分)如圖所示,在豎直向下的勻強電場中有一絕緣的光滑離心軌道，一個帶負(fù)電的小球從斜軌道

32、上的A點由靜止釋放,沿軌道滑下,已知小球的質(zhì)量為m，電荷量為q，勻強電場的場強大小為E，斜軌道的傾角為(小球的重力大于所受的電場力)(1)求小球沿斜軌道下滑的加速度的大小(2)若使小球通過圓軌道頂端的B點，求A點距水平地面的高度h至少應(yīng)為多大？ (3)若小球從斜軌道h5R處由靜止釋放假設(shè)其能夠通過B點，求在此過程中小球機械能的改變量【知識點】 能量守恒定律；牛頓第二定律；向心力；電勢能C2 D4 I2 E6【答案解析】（1） （2）R （3） 減少3EqR解析： (1)根據(jù)牛頓第二定律：(mgqE)sin ma a.(2)若小球剛好通過B點，據(jù)牛頓第二定律mgqE小球由A到B，據(jù)動能定理(mg

33、qE)(h2R)以上聯(lián)立，得hR.(3)小球從靜止開始沿軌道運動到B點的過程中，機械能的變化量為E機由E機W電 W電3REq 得E機3REq. 小球機械能減少3EqR【思路點撥】帶負(fù)電的小球從斜面滾下時，對其受力分析，利用力的合成求出合力，再由牛頓第二定律可算出小球的加速度若要使小球恰能通過圓軌跡道最高點，由最高點受力利用牛頓第二定律可確定速度，最后運用動能定理求出小球釋放的高度；小球在運動過程中，由于有電場力做功，所以機械能不守恒，正是由于電場力做功導(dǎo)致機械能發(fā)生改變的，因此此過程中小球機械能的改變量與電場力做功多少有關(guān)考查圓周運動最高點的最小速度，同時運用動能定理解題，并體現(xiàn)除重力以外的力

34、做功，導(dǎo)致機械能變化【題文】17(8分)如圖所示，一平行板電容器水平放置，板間距離為d，上極板開有一小孔，質(zhì)量均為m，帶電荷量均為q的兩個帶電小球(視為質(zhì)點)，其間用長為L的絕緣輕桿相連，處于豎直狀態(tài)，已知d2L，今使下端小球恰好位于小孔中，由靜止釋放，讓兩球豎直下落當(dāng)下端的小球到達(dá)下極板時，速度剛好為零試求： (1)兩極板間勻強電場的電場強度； (2)球運動中的最大速度【知識點】 動能定理的應(yīng)用；電場強度I1 E2【答案解析】（1）4mg/3q （2）解析： (1)兩球由靜止開始下落到下端的小球到達(dá)下極板的過程中，由動能定理得： 2mgdEqdEq(dL)0， 則有E4mg/3q.(2)兩球

35、由靜止開始下落至上端小球恰進入小孔時小球達(dá)到最大速度，此過程利用動能定理得：2mgLEqL， 則有v. 【思路點撥】（1）兩小球先加速，當(dāng)兩球全部進入電場后，開始做減速運動，說明兩個小球的總重力大于qE而小于2qE，對小球運動的整個過程運用動能定理列式求解；（2）當(dāng)?shù)诙€球剛好進入電場時，速度達(dá)到最大，此后開始減速，對加速過程運用動能定理列式求解即可本題關(guān)鍵是先判斷出物體的運動情況，然后根據(jù)動能定理對加速過程和全過程列式求解【題文】18. (8分)如圖是摩托車轉(zhuǎn)向燈電路圖，RJ為閃光器，它可以使電路間歇地通斷，已知虛線框內(nèi)有一個“6V 1.5W”的轉(zhuǎn)向指示燈（用D表示）和四只“6V 10W”的

36、轉(zhuǎn)向燈，當(dāng)駕車者將開關(guān)S撥至1位置時，前后兩個右轉(zhuǎn)向燈（用RD1、RD2表示）發(fā)光，向其他車輛或路人發(fā)出右轉(zhuǎn)信號，同時轉(zhuǎn)向指示燈也閃亮，向駕車者提示轉(zhuǎn)向燈是否工作正常；左轉(zhuǎn)道理與右轉(zhuǎn)一樣，當(dāng)駕車者將開關(guān)S撥至2位置時，前后兩個左轉(zhuǎn)向燈（用LD1、LD2表示）發(fā)光。已知電源的內(nèi)阻不計，試通過計算說明該電路左、右轉(zhuǎn)向燈不同時亮而指示燈都亮的工作原理?！局R點】 閉合電路的歐姆定律；電功、電功率J2 J3【答案解析】工作原理見解析 解析： 利用P=U2/R求得轉(zhuǎn)向指示燈電阻RD=24，轉(zhuǎn)向燈電阻R=3.6。當(dāng)開關(guān)S撥至1位置，右轉(zhuǎn)向燈RD1和RD2直接接在電源上，電壓均為6V，能正常發(fā)光，此時左向燈LD1和LD2得到的電壓ULD=R/2（R/2+RD）E=0.4V。由于ULD<6V，故左轉(zhuǎn)向燈不能發(fā)光，而D得到的電壓UD=5.6V，由于VD接近6V，故能發(fā)光?！舅悸伏c撥】開關(guān)S接至位置1，此時轉(zhuǎn)向燈RD1、RD2并連接到電源上，所以其兩端的電壓為6V，并且正常發(fā)光，根據(jù)R= 求出轉(zhuǎn)向燈和指示燈的電阻，根據(jù)串并聯(lián)關(guān)系，分析左轉(zhuǎn)向燈的電壓與額定電壓的關(guān)系，即可進行分析解決本題的關(guān)鍵：開關(guān)處于不同位置時，分析電路中燈的連接方式，并結(jié)合歐姆定律進行計算【題文】19.(12分)如圖甲所示，A、B兩塊金屬板水平放置，相距為d=06cm，兩板間加有一周期性變化的電壓，當(dāng)B板接地(=0)時，