北京市順義區(qū)2018屆高三上學(xué)期期末考試物理試卷(精品解析版)

北京市順義區(qū)2018屆高三上學(xué)期期末考試物理試卷一、選擇題下列說法中正確的是（）簡諧運動是加速度不變的運動勻速圓周運動是加速度不變的運動當物體速度為零時，加速度一定為零D.當物體做曲線運動時，所受的合外力一定不為零【答案】D【解析】A、簡諧振動的加速度大小和方向都變化，不是往復(fù)的勻變速運動，故A錯誤；B、勻速圓周運動的加速度的方向始終指向圓心，時刻改變，故B錯誤；C、速度為零，加速度不一定為零，如自由落體運動的初始位置，故C錯誤；D、當合外力的方向與速度方向不在同一直線上時，物體做曲線運動，所以物體做曲線運動時，所受的合外力一定不為零，所以D選項是正確的.綜上所述本題答案是：D點睛：矢量是否發(fā)生改變,要看兩個方面,大小和方向,只要有一個發(fā)生改變,我們就說這個物理量發(fā)生了改變.2.物體從t=0時刻從原點開始沿x軸的正方向運動，其速度一時間圖象如右圖所示。下列說法正確的是（）t=1s時，物體離原點距離最大t=2s時，物體離原點距離最大t=3s時，物體回到原點D.物體一直沿x軸的正方向運動【答案】B【解析】在前2s內(nèi)物體沿正方向運動，在后2s內(nèi)沿負方向運動，兩段時間內(nèi)位移大小相等,4s末回到出發(fā)點，所以三|時離原點最遠.故ACD錯誤,B正確.綜上所述本題答案是：B點睛：速度時間圖象可讀出速度的大小和方向,根據(jù)速度圖象可分析物體的運動情況,確定何時物體離原點最遠.圖象的“面積”大小等于位移大小,圖象在時間軸上方“面積”表示的位移為正,圖象在時間軸下方“面積”表示的位移為負..體育課上某同學(xué)做引體向上。他兩手握緊單杠，雙臂豎直，身體懸垂；接著用力上拉使下顎超過單杠（身B.在下降過程中單杠對人的作用力始終小于人的重力C.若增大兩手間的距離，最終懸垂時單臂的拉力變大D.若增大兩手間的距離，最終懸垂時單臂的拉力不變【答案】C【解析】試題分析：在上升和下降過程中，人都是從靜止開始，最終又回到靜止狀態(tài)，故上升時是先超重后失重，下降時是先失重后超重，而超重時是單杠對人的用力大于人的重力，失重時是單杠對人的作用力小于人的重力，故選項AB均錯誤；若增大兩手間的距離，由于兩手的合力等于人的重力，而重力不變，故兩個分力的夾角越大，則需要分力也就越大，故選項C正確，D錯誤?？键c：超重與失重，力的合成。.質(zhì)量分別為m和2m的A、B兩個木塊間用輕彈簧相連，放在光滑水平面上，A緊靠豎直墻。用水平力向左緩慢推B，將彈簧壓縮一定長度，此過程中推到某位置時推力做功大小為W。如圖所示，在此位置物體靜止時突然撤去推力（此時物體速度為零），下列說法中正確的是（）A.在彈簧第一次恢復(fù)原長過程中，墻對A的沖量大小為3期KB.在彈簧第一次恢復(fù)原長過程中，墻對A、B系統(tǒng)做的功大小為WC.當人、8之間距離最大時，B的速度大小為巴D.當A、B之間距離最大時，B的速度大小;代【答案】A【解析】A、用水平力向左推B,將彈簧壓縮推到某位置時推力做功大小為W.在此位置物體靜止，根據(jù)能量守恒得彈簧的彈性勢能為W突然撤去推力,當彈簧第一次恢復(fù)原長過程中,A靜止不動，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化給iB的動能，即Wnqirnr'根據(jù)動量定理得彈簧對B的沖量大小是色匚血畫,A靜止不動，墻對A的沖量大小等于彈簧對A的沖量大小，所以彈簧對A的沖量大小是盡還，故A正確8、當彈簧第一次恢復(fù)原長過程中，墻對A、B系統(tǒng)做的功為零，故B錯誤C、從彈簧第一次恢復(fù)原長到當A、8之間距離最大過程中,AB速度相等，系統(tǒng)動量守恒.2mv=3inv2mv=3inv解得:，故CD錯誤綜上所述本題答案是：A.如圖所示，虛線表示某勻強電場的等勢面，一帶電粒子以某一初速度從P點射入電場后，只在電場力作TOC\o"1-5"\h\z用下，其運動軌跡如圖中實線所示，Q是軌跡上的一點，且位于P點的右下方，下列判斷正確的是（ ）ABCDFiI I I1= t K. I「 I iX iI I IX !|l fl I \||l II il 1Ih [I I III 1 1 / I:；tLX：l>4IIA.粒子一定帶正電B.粒子的動能先減少后增大C.等勢面A的電勢一定高于等勢面B的電勢D.粒子在Q點的電勢能一定小于在P點的電勢能【答案】B【解析】A、電荷所受電場力指向軌跡內(nèi)側(cè),因為不知道電場線的方向,因此不能判斷出電荷的電性，故A錯誤;B、根據(jù)質(zhì)點受力情況可以知道，從P到Q過程中電場力做負功，動能減小電勢能增大;從Q到P過程中電場力做正功，動能增大，所以B選項是正確的；C、電荷所受電場力指向軌跡內(nèi)側(cè),因為不知道電場線的方向,也不知道電荷的電性，因此無法判斷出電勢的高低.故C錯誤；D、根據(jù)質(zhì)點受力情況可以知道，從P到Q過程中電場力做負功，從Q到P過程中電場力做正功，因為Q點離曲線的最右端近一些，所以電荷從P都Q的過程中，電場力做的負功大于電場力做的正功,電荷的電勢能增大.故D錯誤；綜上所述本題答案是:B點睛：因為質(zhì)點只受電場力作用,根據(jù)運動軌跡可以知道電場力指向運動軌跡的內(nèi)側(cè)即向左方,因為不知道電場線的方向,因此不能判斷出電荷的電性;電勢能變化可以通過電場力做功情況判斷;電場線和等勢線垂直..如圖所示，從地面上的A點以速度v豎直向上拋出一小球，小球上升至最高點B后返回，O為A、B的中點，小球在運動過程中受到的空氣阻力大小不變。下列說法正確的是（）I~~ChIoA.小球上升至O點時的速度等于0.5v；B.小球在上升過程中重力的沖量小于下降過程中重力的沖量C.小球在上升過程中合力的沖量小于下降過程中合為的沖量D.小球在上升過程中動能的減少量等于下降過程中動能的增加量【答案】B【解析】A、上升過程，阻力向下，根據(jù)牛頓第二定律，有:匚二二I；根據(jù)運動學(xué)公式,2#

B、下降過程，阻力向上，B、下降過程，阻力向上，根據(jù)牛頓第二定律，有理士R；計算得出重力的沖量匚三口,所以小球在上升過程中重力的沖量小于下降過程中重力的沖量，故B正確C、合力的沖量等于動量的改變量，由于摩擦力的存在，上升的初速度比下落的末速度要大，所以上升過程中動量的變化比下落過程中動量的變化大，則上升時合力的沖量大于下落過程中的沖量，故C錯;D、上升過程中小球受的合力大于下落過程中的合力，而運動的路程是一樣的，所以合力做功是上升過程大于下落過程，則小球在上升過程中動能的減少量大于下降過程中動能的增加量故D錯誤綜上所述本題答案是:B點睛：上升過程阻力向下,下降過程阻力向上,根據(jù)牛頓第二定律求加速度大小,然后根據(jù)運動學(xué)公式列式比較,重力的沖量廣川一根據(jù)動能定理求動能的變化7.如圖所示,水平放置的帶等量異種電荷的平行板之間，存在著垂直紙面向里的勻強磁場，一不計重力帶電粒子在電場力和洛倫茲力的作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C點是曲線的最低點，以下說法正確的是（）A.這個粒子帶負電荷B.粒子在C點速度最小C.在C點洛倫茲力大于電場力A點和B點必定不在同一水平面上【答案】C【解析】A.離子從靜止開始運動的方向向下，電場強度方向也向下,所以離子必帶正電荷，故A錯誤；B.C點是最低點，從A到C運動過程中電場力做正功，根據(jù)動能定理可以知道離子在C點時速度最大，故B錯

誤.C.根據(jù)曲線運動條件，在C點洛倫茲力大于電場力時，才會C到B的運動軌跡，所以C選項是正確的；D.因為洛倫茲力不做功，只有靜電力做功,A、B兩點速度都為0,根據(jù)動能定理可以知道,離子從A到B運動過程中，電場力先做正功，后做負功，但總功為零，則A點和B點在同一高度，故D錯誤；綜上所述本題答案是:C點睛：（1）由離子從靜止開始運動的方向可以知道離子必帶正電荷;（2）在運動過程中，洛倫茲力永不做功，只有電場力做功根據(jù)動能定理即可判斷BC;（3）達B點時速度為零，將重復(fù)剛才ACB的運動.8.功率為10W的發(fā)光二極管（LED燈）的亮度與功率為60W的白熾燈相當。根據(jù)國家節(jié)能戰(zhàn)略，2016年前普通白熾燈應(yīng)被淘汰。假設(shè)每戶家庭有2只60W的白熾燈，均用10W的LED燈替代，估算全北京市一年節(jié)省的電能最接近（假設(shè)燈一天工作3h,北京市可以按五百萬戶家庭計算）（ ）5x108kW?h5xIOiokW?h5x1012kW?h5xi0i4kW?h【答案】A【解析】按五百萬戶家庭計算，每天用燈3小時，每年365天，每戶節(jié)約功率為100W,W=Pt=500x104x100x3x365 5.5xlO^kWJh,得結(jié)果與“最接近，故"項正確口綜上所述本題答案是:A2013年12月2日，我國探月衛(wèi)星“嫦娥三號”在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射升空，飛行軌道示意圖如下圖所示?！版隙鹑枴睆牡孛姘l(fā)射后奔向月球，先在軌道I上運行，在P點從圓形軌道1進入橢圓軌道H,Q為軌道n上的近月點，則“嫦娥三號”在軌道n上（）"嫌眥三號”飛行軌速示跑圈總邁"嫌眥三號”飛行軌速示跑圈總邁11正A.經(jīng)過P的加速度小于在軌道I上經(jīng)過P的加速度B.經(jīng)過P的速度等于在軌道I上經(jīng)過P的速度C.運行時的機械能大于在軌道I上運行的機械能D.從P到Q的過程中速率不斷增大【答案】D【解析】A、根據(jù)牛頓第二定律知，在兩個軌道上在P點所受的萬有引力相等，則加速度大小相等，故A錯誤.B、從軌道I上的P點進入軌道H,需減速，使得萬有引力大于向心力，做近心運動，所以軌道H上經(jīng)過P的速度小于在軌道I上經(jīng)過P的速度，故B錯誤；C、從軌道I上的P點進入軌道H,需減速，由功能關(guān)系知：在軌道H上運行時的機械能小于在軌道I上運行的機械能，故C錯；D、從P到Q,萬有引力做正功，動能增加，則速率不斷增大，所以D選項是正確的.綜上所述本題答案是：D點睛：根據(jù)萬有引力做功,結(jié)合動能定理判斷從P到Q過程中速率的變化.通過變軌的原理比較在兩個軌道上P點的速度.根據(jù)牛頓第二定律比較加速度的大小.如圖所示是電磁流量計的示意圖。圓管由非磁性材料制成，空間有勻強磁場。當管中的導(dǎo)電液體流過磁場區(qū)域時，測出管壁上MN兩點的電動勢E，就可以知道管中液體的流量Q—-單位時間內(nèi)流過管道橫截面的液體的體積。已知管的直徑為d，磁感應(yīng)強度為B，則關(guān)于Q的表達式正確的是（）【答案】B【解析】試題分析：導(dǎo)電液體流過磁場區(qū)域時，正負電荷受到洛倫茲力，發(fā)生偏轉(zhuǎn)打到上下兩個面上，上下兩個面之間形成電場，最終正負電荷在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡，根據(jù)受力平衡求出電荷的速度，再根據(jù)Q=vS求出流量.11.蹦極跳是勇敢者的體育運動。設(shè)運動員離開跳臺時的速度為零，從自由下落到彈性繩剛好被拉直為第一階段，從彈性繩剛好被拉直到運動員下降至最低點為第二階段。下列說法中正確的是（）A.第一階段重力對運動員的功和第二階段重力對運動員的功大小相等B.第一階段重力對運動員的沖量大小和第二階段重力對運動員的沖量大小相等C.第一階段運動員受到的合力方向始終向下，第二階段受到的合力方向始終向上D.第一階段和第二階段，重力對運動員的總沖量與彈性繩彈力對運動員的沖量大小相等【答案】D【解析】A、整個下落過程中,因為初末速度都為零，所以兩個階段合力做功數(shù)值相等，第一階段只有重力做功，第二階段重力和彈力共同做功，所以兩個階段重力做功不相等，故A錯B、整個下落過程中,兩個階段的時間關(guān)系不知道，根據(jù)匚二畫，則不能判定第一階段重力對運動員的沖量和第二階段重力對運動員的沖量大小關(guān)系.故B錯誤；C、第二階段運動員受到的合力方向先向下后向上.故C錯誤.D、整個下落過程中,因為初末速度都為零，所以第一、第二階段重力對運動員的總沖量和第二階段彈性繩彈力對運動員的沖量大小相等.所以D選項是正確的.綜上所述本題答案是：D點睛：根據(jù)動量定理研究第一階段重力的沖量和第二階段彈力的沖量大小關(guān)系;整個下落過程中,因為初末速度都為零,根據(jù)動能定理,總功為零,整個過程中,重力對運動員所做的功等于運動員克服彈性繩彈力所做的功..電容式加速度傳感器的原理結(jié)構(gòu)如圖所示，質(zhì)量塊右側(cè)連接輕質(zhì)彈簧,左側(cè)連接電介質(zhì)，彈簧與電容器固定在外框上。質(zhì)量塊可帶動電介質(zhì)移動改變電容。則（）

當傳感器由靜止突然向右加速瞬間，電路中有順時針方向電流A.B.若傳感器原來向右勻速運動，突然減速時彈簧會伸長C.當傳感器以恒定加速度運動時，電路中有恒定電流D.電介質(zhì)插入極板間越深，電容器電容越小當傳感器由靜止突然向右加速瞬間，電路中有順時針方向電流A.B.若傳感器原來向右勻速運動，突然減速時彈簧會伸長C.當傳感器以恒定加速度運動時，電路中有恒定電流D.電介質(zhì)插入極板間越深，電容器電容越小【答案】A【解析】A、當傳感器由靜止突然向右加速瞬間，質(zhì)量塊要向左運動，導(dǎo)致插入極板間電介質(zhì)加深，因此電容會增大,因為電壓不變，根據(jù)I、I，可以知道,極板間的電量增大,電容器處于充電狀態(tài)，因此電路中有順時針方向電流，所以A選項是正確的；B、若傳感器原來向右勻速運動，突然減速時，因慣性，則繼續(xù)向右運動,從而壓縮彈簧，故B錯誤；C、當傳感器以恒定加速度運動時,根據(jù)牛頓第二定律可以知道，彈力大小不變,則電容器的電容不變，因兩極的電壓不變，則電容器的電量不變,因此電路中沒有電流，故C錯誤;.D、根據(jù)電容器的電容公式C=3，當電介質(zhì)插入極板間越深,即電介質(zhì)增大，則電容器電容越大，故D錯誤；綜上所述本題答案是：A.如圖所示，質(zhì)量不計的彈簧豎直固定在水平面上t=0時刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球接觸彈簧并將彈簧壓縮至最低點（形變在彈性限度內(nèi)），然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后又下落，如此反復(fù)。通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測出該過程中彈簧彈亦隨時間t變化的圖像如圖所示，則（）t2~t3這段時間內(nèi)，小球的速度先增大后減小t1?t2這段時間內(nèi)，小球的速度始終在增加t1?t3這段時間內(nèi)，小球的機械能守恒t2時刻小球的機械能最大【答案】A【解析】A、t2-t3這段時間內(nèi)，彈簧從壓縮量最大，到恢復(fù)原長，在此過程中小球先加速后減速，所以小球的速度先增大后減小，故A正確；B、t1?t2這段時間內(nèi)，從剛接觸到彈簧到彈簧壓縮到最短，在這個過程中合力先向下后向上，所以小球的速度先增大后減小，故B錯誤；C、t1-t3這段時間內(nèi)，由于彈力先做負功后做正功，所以小球的機械能不守恒，故C錯誤；D、t2時刻彈簧對小球做的負功達到最大，所以小球的機械能最小，故D錯誤；綜上所述本題答案是：A點睛：小球先自由下落,與彈簧接觸后,彈簧被壓縮,在下降的過程中,彈力不斷變大,當彈力小于重力時,物體加速下降,合力變小,加速度變小,故小球做加速度減小的加速運動,當加速度減為零時,速度達到最大,之后物體因為慣性繼續(xù)下降,彈力變得大于重力,合力變?yōu)橄蛏锨也粩嘧兇?加速度向上且不斷變大,故小球做加速度不斷增大的減速運動.14.伽利略對變速運動問題研究時，堅信自然界的規(guī)律是簡潔明了的，他從這個信念出發(fā)，猜想落體一定是一種最簡單的變速運動，而最簡單的變速運動，它的速度應(yīng)該是均勻變化的。但是，速度的變化怎樣才算“均勻”呢？他考慮了兩種可能：一種是速度的變化對時間來說是均勻的，即v與t成正比，另一種是速度的變化對位移來說是均勻的，即v與x成正比。后來發(fā)現(xiàn)，如果v與x成正比，將會推導(dǎo)出十分復(fù)雜的結(jié)論。那么，十分復(fù)雜的結(jié)論是什么呢？下面關(guān)于這個結(jié)論的說法正確的是（）A.物體運動的速度和時間之間的關(guān)系是二次函數(shù)關(guān)系B.物體運動的位移和時間之間的關(guān)系是二次函數(shù)關(guān)系C.物體所受的合外力與物體的速度成正比關(guān)系D.t=0時刻，初速度和位移均為零【答案】C【解析】如果V與X成正比，根據(jù)加速度的定義得加速度增大，即做加速度隨速度均勻增大的加速運動，所以物體所受的合外力與物體的速度成正比關(guān)系，故ABD錯誤,C正確；綜上所述本題答案是：C點脂：要「解伽利略”理想斜面實驗”的內(nèi)容、方法、原理以及物J理意義伽利略斜面實驗的卓越之處不是實驗本身.而是實驗所使用的獨特的方i去在實驗的基礎(chǔ)上.進行理想化推理?（也稱作理想化實驗）它聲 學(xué)標志著物理學(xué)的真正開端*在實驗的基礎(chǔ)上進行科學(xué)推理是研究物理問題的一種方法.通常稱之為理想實驗法或科學(xué)推現(xiàn)法.#科#網(wǎng)...學(xué)#科#網(wǎng)...學(xué)#科#網(wǎng)...學(xué)#科#網(wǎng)...學(xué)#科#網(wǎng)...學(xué)#科#網(wǎng)...學(xué)#科#網(wǎng)...學(xué)#科#網(wǎng)...學(xué)#科#網(wǎng)...如圖所示,可以自由旋轉(zhuǎn)的水平支架左右兩端固定兩個閉合的鋁環(huán)，將磁鐵沿著垂直水平支架的方向靠近圖中的一個閉合鋁環(huán)，發(fā)現(xiàn)鋁環(huán)向遠離磁鐵的方向轉(zhuǎn)動。如果將兩個蘋果用一根硬塑料吸管連接起來，再用一根細線拴住吸管中央，將吸管懸掛起來（成倒置1型）靜置，如圖所示。將一個強磁體沿垂直兩個蘋果連線方向，靠近其中一個蘋果（不接觸），會看到什么現(xiàn)象，下列說法正確的是（ ）A.強磁鐵對蘋果沒有力的作用，蘋果不會因強磁鐵靠近而運動B.蘋果是導(dǎo)體，但自由電荷熱運動各個方向概率相同，強磁鐵靠近時，蘋果所受磁場作用力為零，不會運動C.強磁鐵靠近蘋果時，蘋果所在空間的磁場發(fā)生變化，激發(fā)出閉合感應(yīng)電場，蘋果中的自由電荷在電場力作用下定向移動形成電流，蘋果因受到安培力作用而靠近強磁體D.強磁鐵靠近蘋果時，蘋果所在空間的磁場發(fā)生變化，激發(fā)出閉合感應(yīng)電場，蘋果中的自由電荷在電場力作用下定向移動形成電流，蘋果因受到安培力作用而遠離強磁體【答案】D【解析】蘋果和金屬類似也有能移動的自由電荷存在，所以當強磁鐵靠近蘋果時，蘋果所在空間的磁場發(fā)生變化，激發(fā)出閉合感應(yīng)電場，蘋果中的自由電荷在電場力作用下定向移動形成電流，根據(jù)楞次定律蘋果因受到安培力作用而遠離強磁體，故D正確；綜上所述本題答案是：D18世紀，數(shù)學(xué)家莫佩爾蒂和哲學(xué)家伏爾泰，曾設(shè)想“穿透”地球：假設(shè)能夠沿著地球兩極連線開鑿一條沿著地軸的隧道貫穿地球，一個人可以從北極入口由靜止自由落入隧道中，忽略一切阻力，此人可以從南極出口飛出，則以下說法正確的是（已知此人的質(zhì)量m=50kg;地球表面處重力加速度g取10m/s2；地球半徑R=6.4x106m；假設(shè)地球可視為質(zhì)量分布均勻的球體，均勻球殼對殼內(nèi)任一點處的質(zhì)點合引力為零）（）A.人在下落過程中，受到的萬有引力與到地心的距離成反比B.人與地球構(gòu)成的系統(tǒng)，由于重力發(fā)生變化，故機械能不守恒C.當人下落經(jīng)過距地心R/2瞬間，人的瞬時速度大小為4X103m/sD.人從北極開始下落，直到經(jīng)過地心的過程中，萬有引力對人做功W=1.6X109J【答案】D【解析】A、設(shè)地球的密度為日，當距地心距離為r<R時，只有半徑為r的球體對其產(chǎn)生萬有引力，根據(jù)，故，故A錯;B、由題中已知條件忽略一切阻力，只有重力做功，可知機械能守恒，故B項錯誤。C,人從距地心R處下落至:處，重力做功等于匚］圖像中變力F和半徑r圍成的梯形的面積，結(jié)合動能定綜上所述本題答案是：D二、實驗題17.某物理實驗小組采用如圖甲所示的裝置研究平拋運動。5—U點計—2電能1 1（1）安裝實驗裝置的過程中，斜槽末端的切線必須是水平的，這樣做的目的是 A.保證小球飛出時,速度既不太大，也不太小B.保證小球飛出時，初速度水平C.保證小球在空中運動的時間每次都相等D.保證小球運動的軌跡是一條拋物線（2）某同學(xué)每次都將小球從斜槽的同一位置無初速釋放，并從斜槽末端水平飛出。改變水平擋板的高度，就改變了小球在板上落點的位置，從而可描繪出小球的運動軌跡。某同學(xué)設(shè)想小球先后三次做平拋，將水平板依次放在如圖乙1、2、3的位置，且1與2的間距等于2與3的間距。若三次實驗中，小球從拋出點到落點的水平位移依次為x1、x2、x3，忽略空氣阻力的影響，下面分析正確的是 。x2-xl=x3-x2x2-x1<x3-x2x2-xl>x3-x2D.無法判斷（3）另一同學(xué)通過正確的實驗步驟及操作，在坐標紙上描出了小球水平拋出后的運動軌跡。部分運動軌跡如圖丙所示。圖中水平方向與豎直方向每小格的長度均為L,P1、P2和P3是軌跡圖線上的3個點，P1和P2、P2和P3之間的水平距離相等。重力加速度為g?？汕蟪鲂∏驈腜1運動到P2所用的時間為，小球拋出時的水平速度為 。⑷.口【答案】⑷.口【答案】（1）.B（2）.C⑶.【解析】（1）因為實驗時研究平拋運動,所以安裝實驗裝置的過程中,斜槽末端的切線必須是水平的,這樣做的目的是保證小球飛出時，初速度水平，故B正確；（2）小球水平方向做的是勻速直線運動,豎直方向做的是自由落體運動,由豎直方向上的位移關(guān)系知下落相等位移用的時間越來越短，所以對應(yīng)的水平位移也就越來越小，所以水平方向上，/可司|，故C正確；

(3)從軌跡圖可以看出，水平位移相等，所以時間間隔相等，設(shè)為.綜上所述本題答案是：(1).B(2).C(3)從軌跡圖可以看出，水平位移相等，所以時間間隔相等，設(shè)為.綜上所述本題答案是：(1).B(2).C(3).El(4).18.某同學(xué)用伏安法測一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻，現(xiàn)備有下列器材：A.被測干電池一節(jié)；B.電流表：量程0?0.6A,內(nèi)阻0.1Q；C.電流表：量程0?3A,內(nèi)阻0.024Q；D.電壓表：量程0?3V,內(nèi)阻未知；E.電壓表：量程0?15V,內(nèi)阻未知；F.滑動變阻器：。?20Q；2A；G.滑動變阻器：。?100Q；1A；H.開關(guān)、導(dǎo)線若干。在此實驗中,由于電流表和電壓表內(nèi)阻的影響,測量結(jié)果存在系統(tǒng)誤差。在現(xiàn)有器材的條件下,要盡可能準確地測量電池的電動勢和內(nèi)阻。(1)電流表應(yīng)該選 ;電壓表選擇 ；滑動變阻器選擇 (選填相應(yīng)器材前的字母)。甲 乙甲 乙(2)應(yīng)該選擇的實驗電路是下圖中的 (選項“甲”或“乙”)。(3)某位同學(xué)記錄的6組數(shù)據(jù)如下表所示,其中5組數(shù)據(jù)的對應(yīng)點已經(jīng)標在坐標紙上,請標出余下一組數(shù)據(jù)的對應(yīng)點，圖中電壓為 V的數(shù)據(jù)點應(yīng)剔除；并畫出U-I圖線。

序號1234q6電壓UTL.451.401301.251.201.10電流1MQFQ0.L20仇2400.2600.3600.480■—^ul胃9黑里髭塞ffi盍ffia皿耨用量=_E=S=一rn楫EEE■-■-■-BizHBBnBUHBKQi^nQQUQnsHM-—allr4-mrRBiws■aiE--——H-BHIBB■-■-■-mEE出i國-——I—-■—^ul胃9黑里髭塞ffi盍ffia皿耨用量=_E=S=一rn楫EEE■-■-■-BizHBBnBUHBKQi^nQQUQnsHM-—allr4-mrRBiws■aiE--——H-BHIBB■-■-■-mEE出i國-——I—-—HIBI—-■-■-■-■黑i—鼠圄—6乳布-赳里*>iiH:Ei!HEIwBi5^ETI圜品需一M三等三B用國朝m,邕中國的mHi-UBHi-HBH-■-■■■-■-&Bull=l_s胃Lu國國福SE-——I—-—HIBI—-■-■-■-一陽里—第一_^liii^iil_ll_l_liM3Ei_----------■-■>■>■>■-■-■-■-一藉EE舒惠堂一-—In-BUI—BiE-用EE怪虞惠■制Bgll霞國E儲w_s遼E_國雷雷需（4）根據(jù)（3）中所畫圖線可得出干電池的電動勢E=V,內(nèi)電阻r=Q（5）實驗中，隨著滑動變阻器滑片的移動，電壓表的示數(shù)U及干電池的輸出功率P都會發(fā)生變化。下圖中正確反映P-U關(guān)系的是 。(6).1.25V (7).1.49 (8).正確反映P-U關(guān)系的是 。(6).1.25V (7).1.49 (8).0.72 (9).C8m二HULU叮辛七也.?'?r L』iL；Ri■我麟潼國竭跟您性圉室（具刊才：i；什巒用出時忖跣由SE1我排接及用第起城曜國國"M-ju 春一』二'TTHTTTPmFTTTTrTFTH堂I賽倏堂國組卷扭降函陽救底寐索用肅彝就嫁由福召宜岳弟吊卡1耘軸*三向v的洋小哎理野蛙蛙垂圖祖舞正躅困期B■F1X3HA"JF"-一版--1.--T■?U-LU/■--a、■■■■注~MHU皿中由￡3UEC32dl3口J?-T.aVtaK丁FZFZ1-*『■甲K^V.■一兩1?十J~l-1,.V.M.出JJEE筠爭均tt趕閨雷利一ii^Ti?■?■■Tffbl BriTFa亍訐刁iWl，【解析】（1）被測干電池節(jié)；為了讀數(shù)準確，所以選擇B電流表：量；選擇的電壓表量程不宜;選擇的滑動變阻器阻值應(yīng)較小，這樣有利于控過大，否則讀數(shù)不準確，所以應(yīng)選D電壓表：量程0-3V制電表的數(shù)值變化，減小誤差，故選F;;選擇的滑動變阻器阻值應(yīng)較小，這樣有利于控（2）測量電源電動勢和內(nèi)阻的時候，因為電池的內(nèi)阻是很小的，由于電流表的內(nèi)阻已知，所以采用乙圖的接法，可以減小小內(nèi)阻的測量誤差，故選乙圖；（3）根據(jù)所給點跡描點連線，得圖如下：德皿==Bi薰三iuii德皿==Bi薰三iuiii:鬻囂-Ena-a-&-1-■-Bala■!!!—IiBinii_—的罌s至囂囂萼囂■HrsrssfeaUHi-l-BH-awluBLsHaGE1■,■■11mt-at一MsBm國國■Ena-a-Balas!!—uhiaii_lii_—smE居量=圉*BBIIlEEEEgi_EEEEHE里福碧三三_杷一三三能EEE-—lnft-HlniBiHs-aaL-aHE!——————-—需EEKEEEllJ■雪直_量1田用用-B-SBU-U----r-i-L-Bal-SEmml_—iilEE需隹一=;=一iii丟一睛_=:=髓羈用■■=■■:??一■■■■■■?■?■?■?■H-a-■-1-■--1-■—_用員,黑窩Ei運雷熱全霜E瞿_EEEE一再坦H爰番言胃居-1>11N1.-lalBsia-ta-l-B-fa-l-B3—豆雪星===2逆EEE一呂片二品巴山苣堂蘭一■?■■rwEI碧

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用4!用s史重i言蜀罌用EElllMd”吊U.S111在描繪圖像時，應(yīng)該盡可能的讓所有的點都在直線上，偏離直線較遠的點可以舍去，從圖像上可以看出電壓為1.25V的點比較原來直線，所以應(yīng)該舍去電壓為1.25V的點（4）根據(jù)所畫圖線可得出干電池的電動勢巨函，內(nèi)阻為圖像的斜率解得巨國（5）電壓表測量路端電壓，其示數(shù)隨滑動變阻器的阻值的增大而增大，當內(nèi)阻和外電阻相等時，電壓的輸出功率最大，此時輸出電壓為電動勢的一半，外電路斷開時，路端電壓等于電源的電動勢，此時輸出功率為零。故符合條件的是：C三、計算題兩個板長均為L的平板電極，平行正對放置，相距為d，極板之間的電勢差為U，板間電場可以認為是均勻的。一個質(zhì)子從正極板邊緣以某一初速度垂直于電場方向射入兩極板之間，到達負極板時恰好落在極板邊緣。已知質(zhì)子電荷為e,質(zhì)子的質(zhì)量為m,忽略重力和空氣阻力的影響。求:（1）極板間的電場強度E的大小;質(zhì)子在極板間運動時的加速度大??；質(zhì)子的初速度v0o【答案】（1）板間場強(2)(3)（1）極板間的電場強度E的大小;質(zhì)子在極板間運動時的加速度大??；質(zhì)子的初速度v0o【答案】（1）板間場強(2)(3)【解析】（1）根據(jù)場強的定義知極間場強UU!■=qE=c-；=nia（2）粒子電荷為e,質(zhì)量為4m,由牛頓第二定律得:點睛:帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)時做類平拋運動，即在垂直于電場方向電場力不做功，帶電粒子做勻速直線運動，而沿電場方向電場力做正功，帶電粒子做勻加速直線運動。因此要注意運動合成與分解的方法和電場力運動規(guī)律的靈活應(yīng)用．一質(zhì)量M=0.8kg的小物塊，用長l=0.8m的細繩懸掛在天花板上，處于靜止狀態(tài)。一質(zhì)量m=0.2kg的粘性小球以速度v0=10m/s水平射向物塊，并與物塊粘在一起，小球與物塊相互作用時間極短可以忽略。不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求:（1）小球粘在物塊上的瞬間，小球和物塊共同速度的大??；（2）小球和物塊擺動過程中，細繩拉力的最大值；（3）小球和物塊擺動過程中所能達到的最大高度。【答案】（1）f共一 （2）F=15N （3）h=0.2m【解析】（1）因為小球與物塊相互作用時間極短，所以小球和物塊組成的系統(tǒng)動量守恒。叫一4巾再得:桂二［回!（2）小球和物塊將以三,開始運動時，輕繩受到的拉力最大，設(shè)最大拉力為F，(3)小球和物塊將以%為初速度向右擺動，擺動過程中只有重力做功，所以機械能守恒，設(shè)它們所能達到的最大高度為h，根據(jù)機械能守恒:解得:卜=綜上所述本題答案是：(1)卜共一2tM(2)F=15N (3)h=0.2m點睛:(1)小球粘在物塊上，動量守恒。由動量守恒，得小球和物塊共同速度的大小。(2)對小球和物塊合力提供向心力，可求得輕繩受到的拉力(3)小球和物塊上擺機械能守恒。由機械能守恒可得小球和物塊能達到的最大高度。如圖(甲)為小型旋轉(zhuǎn)電樞式交流發(fā)電機的原理圖，其矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的固定軸OO/勻速轉(zhuǎn)動，線圈的匝數(shù)n=10、電阻r=1Q,線圈的兩端經(jīng)集流環(huán)與電阻R連接，電阻R=99Q,與R并聯(lián)的交流電壓表為理想電表。在t=0時刻，線圈平面與磁場方向平行，穿過每匝線圈的磁通量①隨時間t按圖(乙)所示正弦規(guī)律變化。求：(1)交流發(fā)電機產(chǎn)生的電動勢的最大值；(2)電路中交流電壓表的示數(shù)；(3)試推導(dǎo)線圈在中性面開始計時該交流發(fā)電機產(chǎn)生的電動勢的瞬時值表達式。【答案】(1帆=網(wǎng)(2)4=及外％|⑶口加迎西【解析】(1)由圖可以知道，每匝線圈磁通量的最大值為除「BS=20乂1。而線圈轉(zhuǎn)動的周期為W］畝五三發(fā)電機產(chǎn)生的電動勢最大值為鼠=壬不s=20V外電路電阻為甌，分的電壓占總電壓的品，所以電壓表的讀數(shù)為三n返(3)線圈在中性面開始計時該交流發(fā)電機產(chǎn)生的電動勢的瞬時值表達式二用場

代入數(shù)據(jù)可得:b=20對笊：0優(yōu)綜上所述本題答案是：（1）%—20V（2）匚型魚（3）三畫巫畫22.如圖所示，豎直放置的輕彈簧，其勁度系數(shù)為300N/m,一端固定于地面，另一端與質(zhì)量為2kg的物體式：B固定在一起。現(xiàn)讓質(zhì)量也為2kg的物體A置于B的正上方某一高度處由靜止自由下落，A和B發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰撞后