浙江省寧波市鎮(zhèn)海中學(xué)2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期末考試物理試題（解析版）

2023學(xué)年第一學(xué)期期末考試高二物理試題注：本試卷中的g取10m/s2。選擇題部分一、選擇題Ⅰ（本大題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分，請將你認(rèn)為正確的答案填涂在答題卡相應(yīng)位置）1.因受空氣污染和氧化等因素影響，國際千克原器的質(zhì)量出現(xiàn)細(xì)微變化，已難以適應(yīng)現(xiàn)代精密測量要求。因此科學(xué)界一直想用一種基于物理常數(shù)的定義來取代。2018年11月16日，第26屆國際計(jì)量大會決定，千克由普朗克常量h及米和秒定義，即，該決定已于2019年5月20日生效。此次標(biāo)準(zhǔn)實(shí)施后，國際單位中7個(gè)基本單位全部建立在不變的自然常數(shù)基礎(chǔ)上，保證了國際單位的長期穩(wěn)定性和通用性。以下說法正確的是（）A.普朗克常量h是個(gè)無單位的常量B.普朗克常量h的單位等效于C.普朗克常量h的單位等效于D.受外界因素的影響普朗克常量h的數(shù)值也會發(fā)生細(xì)微變化【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)，可得則普朗克常量h的單位為，故A錯(cuò)誤；BC．根據(jù)牛頓第二定律可知?jiǎng)t故B正確，C錯(cuò)誤；D．據(jù)題意受空氣污染和氧化等因素影響，國際千克原器的質(zhì)量出現(xiàn)細(xì)微變化，但普朗克常量不變，故D錯(cuò)誤。故選B。2.如圖的軌道，物塊以的初速度從A出發(fā)向右到B的速度為大小，時(shí)間；以同樣的初速度從B出發(fā)向左到A的速度大小為，時(shí)間。則（）A.若接觸面光滑，、相等時(shí)間大于B.若接觸面光滑，、相等時(shí)間小于C.如果所有接觸面粗糙程度一樣，大于D.如果所有接觸面粗糙程度一樣，小于【答案】C【解析】【詳解】AB．若接觸面光滑，不管是從A到B還是從B到A，整個(gè)過程中外力做功為0，所以與相等，路程相等，則時(shí)間等于，故A、B錯(cuò)誤；CD．如果所有接觸面粗糙程度一樣，從A到B經(jīng)過凸面某一點(diǎn)的速度大于從B到A經(jīng)過凸面該點(diǎn)的速度，則從A到B經(jīng)過凸面某一點(diǎn)的支持力小于從B到A經(jīng)過凸面該點(diǎn)的支持力，從A到B經(jīng)過凸面某一點(diǎn)的摩擦力小于從B到A經(jīng)過凸面該點(diǎn)的摩擦力，同理可得從A到B經(jīng)過凹面某一點(diǎn)的摩擦力小于從B到A經(jīng)過凹面該點(diǎn)的摩擦力，所以從A到B克服摩擦力做的功小于從B到A克服摩擦力做的功，大于，故C正確，D錯(cuò)誤；故選C。3.如圖所示，一個(gè)小球O用1、2兩根細(xì)繩連接并分別系于車廂中的A點(diǎn)和B點(diǎn)，OB水平，車廂由靜止?fàn)顟B(tài)開始緩慢加速的過程中，下列說法正確的是（）A.若車廂向右加速，則繩2的張力增大，繩1的張力減小B.若車廂向右加速，則繩2的張力增大，繩1的張力不變C.若車廂向左加速，則繩1的張力增大，繩2的張力減小D.若車廂向左加速，則繩1的張力增大，繩2的張力不變【答案】B【解析】【詳解】AB．受力分析如下圖根據(jù)平衡條件得若使箱子水平向右加速運(yùn)動，則在豎直方向上合力為零，有所以繩1的張力不變，繩2的張力增大，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．若使箱子水平向左加速運(yùn)動，則在豎直方向上合力為零，有所以繩1的張力不變，繩2的張力減小，故C、D錯(cuò)誤。故選B。4.如圖所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率運(yùn)行。初速度大小為的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計(jì)時(shí)，小物塊在傳送帶上運(yùn)動的圖像（以地面為參考系）如圖乙所示。已知，則（）A.時(shí)刻，小物塊離A處的距離達(dá)到最大B.時(shí)刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達(dá)到最大C.時(shí)間內(nèi)小物塊受滑動摩擦力作用，時(shí)間內(nèi)小物塊受靜摩擦力作用D.時(shí)間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左【答案】B【解析】【詳解】A．對小物塊進(jìn)行分析可知，小物塊先向左做勻減速直線運(yùn)動，減速至0后向右做勻加速直線運(yùn)動，速度達(dá)到與傳送帶速度相等時(shí)，再向右做勻速直線運(yùn)動，可知在速度減為0，即在時(shí)刻，小物塊離A處的距離達(dá)到最大，故A錯(cuò)誤；B．結(jié)合上述可知，在時(shí)間內(nèi)小物塊相對于傳送帶向左運(yùn)動，在時(shí)間內(nèi)小物塊速度方向向右，大小小于傳送帶的速度，小物塊仍然相對于傳送帶向左運(yùn)動，小物塊與傳送帶速度相等，小物塊與傳送帶保持相對靜止向右做勻速直線運(yùn)動，該時(shí)間內(nèi)沒有發(fā)生相對運(yùn)動，可知，時(shí)刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達(dá)到最大，故B正確；C．根據(jù)上述，時(shí)間內(nèi)，小物塊相對傳送帶向左運(yùn)動，小物塊受到向右的滑動摩擦力，在時(shí)間內(nèi)，小物塊向右做勻速直線運(yùn)動，根據(jù)平衡條件可知，小物塊受到的摩擦力為0，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)上述可知，時(shí)間內(nèi)，小物塊相對傳送帶向左運(yùn)動，小物塊受到的滑動摩擦力方向始終向右，故D錯(cuò)誤。故選B。5.如圖所示，一只小船橫渡一條河流。小船船頭垂直于河岸，自A點(diǎn)出發(fā)沿直線抵達(dá)河對岸的B點(diǎn)，歷時(shí)，且知與河岸的夾角，河水流速大小為，小船相對靜水的速度不變。已知，下列判斷中錯(cuò)誤的是（）A.河流的寬度為B.小船相對靜水速度的大小為C.只要調(diào)整小船的航向合適，小船可以沿直線抵達(dá)正對岸的C點(diǎn)D.無論怎樣調(diào)整小船的航向，小船渡河的位移都不可能小于【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．根據(jù)位移關(guān)系有A正確，不符合題意；B．小船相對靜水速度的大小為B正確，不符合題意；C．因?yàn)殪o水中的船速小于水速，所以小船無法沿直線到達(dá)正對岸。C錯(cuò)誤，符合題意；D．當(dāng)小船的船頭與下游河岸的夾角滿足小船過河的位移最小，最小為D正確，不符合題意。故選C。6.木星的衛(wèi)星中，木衛(wèi)一、木衛(wèi)二、木衛(wèi)三做圓周運(yùn)動的周期之比為。木衛(wèi)三周期為T，公轉(zhuǎn)軌道半徑是月球繞地球軌道半徑r的n倍。月球繞地球公轉(zhuǎn)周期為，則（）A.木衛(wèi)一軌道半徑為 B.木衛(wèi)二軌道半徑為C.周期T與T0之比 D.木星質(zhì)量與地球質(zhì)量之比為【答案】D【解析】【詳解】根據(jù)題意可得，木衛(wèi)3的軌道半徑為AB．根據(jù)萬有引力提供向心力可得木衛(wèi)一、木衛(wèi)二、木衛(wèi)三做圓周運(yùn)動的周期之比為,可得木衛(wèi)一軌道半徑為木衛(wèi)二軌道半徑為故AB錯(cuò)誤；C．木衛(wèi)三圍繞的中心天體是木星，月球的圍繞的中心天體是地球，根據(jù)題意無法求出周期T與T0之比，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)萬有引力提供向心力，分別有聯(lián)立可得故D正確。故選D。7.一輛小汽車在水平路面上由靜止啟動，在前5s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動，5s末達(dá)到額定功率，之后保持額定功率運(yùn)動，其v－t圖像如圖所示，已知汽車的質(zhì)量為，汽車受到的阻力為車重的0.1倍，g取，則（）A.汽車在前5s內(nèi)的位移為50mB.汽車在達(dá)到最大速度的過程中牽引力做的功為C.汽車的額定功率為60kWD.汽車的最大速度為15m/s【答案】C【解析】【詳解】A．汽車在前5s內(nèi)的位移為A錯(cuò)誤；B．汽車在前5s內(nèi)的牽引力所做的功為汽車在達(dá)到最大速度的過程中牽引力做的功一定大于，故B錯(cuò)誤；C．汽車受到的阻力前5s內(nèi)，由圖知由牛頓第二定律：F?f=ma求得t=5s末功率達(dá)到額定功率故C正確；D．汽車的最大速度為故D錯(cuò)誤；故選C。8.某靜電場在x軸正半軸上的電勢φ隨x變化的關(guān)系如圖所示，Ex為電場強(qiáng)度在x軸上的分量則（）A.在x1、x2兩處，Ex1與Ex2方向相同B.在x1、x2兩處，Ex1與Ex2大小相等C.若把帶正電的粒子從x1處移到x2處，電場力先做正功再做負(fù)功D.同一個(gè)帶正電的粒子在R處具有的電勢能小于在x2處的電勢能【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．在φ-x圖像中，圖線的斜率表示電場強(qiáng)度，由題圖知，x1和x2處的斜率都是負(fù)值，說明電場強(qiáng)度方向相同，選項(xiàng)A正確；B．x1處的斜率的絕對值大于x2處的斜率的絕對值，說明x1處的電場強(qiáng)度大小大于x2處的電場強(qiáng)度大小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．從x1處到x2處，電勢逐漸降低，則移動正電荷，電場力一直做正功，電勢能一直減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．根據(jù)Ep=qφ可知，正電荷在R處具有的電勢能為零，在x2處的電勢小于零，所以正電荷在此處具有的電勢能小于零，電勢能為標(biāo)量，正負(fù)號表示大小，所以同一個(gè)帶正電荷的粒子在R處具有的電勢能大于在x2處的電勢能，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選A。9.如圖所示，電源電動勢為E、內(nèi)阻為r，電容器的電容為C，電壓表內(nèi)阻較大，電流表內(nèi)阻不可忽略。閉合開關(guān)S，在增大電阻箱R的阻值的過程中，電壓表示數(shù)的變化量的絕對值為，電流表示數(shù)的變化量的絕對值為，則下列說法正確的是（）A.電容器電荷量的增加量等于B.電壓表示數(shù)U和電流表示數(shù)I的比值不變C.和的比值大于rD.電源的效率和輸出功率一定都增加【答案】C【解析】【詳解】B．電壓表測的是電阻箱R上的電壓，電流表測的是通過電阻箱R的電流，根據(jù)歐姆定律可得它們的比值為電阻箱R的阻值，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)閉合電路歐姆定律，可得電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)I滿足的關(guān)系為為電流表內(nèi)阻，可知該圖像的斜率即電壓表示數(shù)的變化量的絕對值與電流表示數(shù)的變化量的絕對值之比為，故C正確；D．電源的效率在增大電阻箱R的阻值的過程中，回路中的總電阻增大，則回路中總電流減小，根據(jù)上式可知，當(dāng)R增大時(shí)，電源的效率增大，而電源的輸出功率令則有根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知當(dāng)時(shí)電源的輸出功率有最大值，但因?yàn)椴淮_定各個(gè)電阻阻值的關(guān)系，故不確定輸出功率如何變化，故D錯(cuò)誤；A．當(dāng)電阻箱的阻值增大時(shí)，電阻箱的電壓即電容器上的電壓增大，電容器的電荷量增大，由選項(xiàng)B可知又故A錯(cuò)誤。故選C。10.2020年9月1日消息，廣東清遠(yuǎn)磁浮列車圓滿完成整車靜態(tài)調(diào)試運(yùn)行試驗(yàn)如圖1，圖2是磁浮的原理圖，圖2中甲是圓柱形磁鐵，乙是用高溫超導(dǎo)材料制成的超導(dǎo)圓環(huán)，將超導(dǎo)圓環(huán)乙水平放在磁鐵甲上，它就能在磁力的作用下懸浮在磁鐵甲的上方空中，若甲的N極朝上，在乙放入磁場向下運(yùn)動的過程中（）A.俯視，乙中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向；當(dāng)乙穩(wěn)定后，感應(yīng)電流消失B.俯視，乙中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向；當(dāng)乙穩(wěn)定后，感應(yīng)電流仍存在C.俯視，乙中感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向；當(dāng)乙穩(wěn)定后，感應(yīng)電流消失D.俯視，乙中感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向；當(dāng)乙穩(wěn)定后，感應(yīng)電流仍存在【答案】B【解析】【詳解】磁懸浮是利用了同性磁極相互排斥的原理，在乙放入磁場向下運(yùn)動的過程中，圓環(huán)內(nèi)的磁通量是增大的，由楞次定律可知圖2中超導(dǎo)圓環(huán)乙中的感應(yīng)電流所激發(fā)的磁場的N極是向下的，由右手螺旋定則可知俯視時(shí)感應(yīng)電流沿著順時(shí)針方向；由于超導(dǎo)體電阻為零，所以當(dāng)乙穩(wěn)定后感應(yīng)電流將仍然存在。故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選B。11.下面為教材中的四副插圖，下列關(guān)于這幾幅圖說法正確的是（）A.圖甲為庫侖扭秤裝置，庫侖通過此實(shí)驗(yàn)裝置研究得出電荷之間的靜電力與其之間距離成反比關(guān)系B.圖乙為小磁針在通電導(dǎo)線下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，表明電流具有磁效應(yīng)，法拉第最先發(fā)現(xiàn)電流的磁效應(yīng)C.圖丙是研究安培力方向與磁場方向關(guān)系演示實(shí)驗(yàn)，表明通電導(dǎo)線所受的安培力可能與磁場方向垂直D.圖丁為回旋加速器裝置，僅增大D形盒半徑，則粒子能夠獲得的最大速度增大【答案】D【解析】【詳解】A．庫侖通過此實(shí)驗(yàn)裝置研究得出電荷之間的靜電力與其之間距離平方成反比關(guān)系，故A錯(cuò)誤；B．小磁針在通電導(dǎo)線下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，表明電流具有磁效應(yīng)，奧斯特最先發(fā)現(xiàn)電流的磁效應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．研究安培力方向與磁場方向關(guān)系演示實(shí)驗(yàn)，表明通電導(dǎo)線所受的安培力一定與磁場方向垂直，故C錯(cuò)誤；D．回旋加速器裝置，洛倫茲力提供向心力，則可得僅增大D形盒半徑，則粒子能夠獲得的最大速度增大，故D正確。故選D。12.如圖所示，A、B兩物體質(zhì)量分別為mA=5kg和mB=4kg，與水平地面之間的動摩擦因數(shù)分別為μA=0.4和μB=0.5，開始時(shí)兩物體之間有一壓縮的輕彈簧（不拴接），并用細(xì)線將兩物體拴接在一起放在水平地面上。現(xiàn)將細(xì)線剪斷，則兩物體將被彈簧彈開，最后兩物體都停在水平地面上。下列判斷正確的是（）A.在彈簧彈開兩物體以及脫離彈簧后兩物體的運(yùn)動過程中，兩物體組成的系統(tǒng)動量不守恒B.在彈簧彈開兩物體以及脫離彈簧后兩物體的運(yùn)動過程中，整個(gè)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒C.在兩物體被彈開的過程中，A、B兩物體的機(jī)械能先增大后減小D.兩物體一定不會同時(shí)停在地面上【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．在彈簧彈開兩物體以及脫離彈簧后兩物體的運(yùn)動過程中，A物體所受的滑動摩擦力大小為方向水平向右；B物體所受的滑動摩擦力大小為方向水平向左，可以知道兩物體組成系統(tǒng)合外力為零，故兩物體組成的系統(tǒng)動量守恒。故A錯(cuò)誤；B．在彈簧彈開兩物體以及脫離彈簧后兩物體的運(yùn)動過程中，整個(gè)系統(tǒng)克服摩擦力做功，機(jī)械能減小轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故B錯(cuò)誤。C．在兩物體被彈開的過程中，彈簧的彈力先大于摩擦力，后小于摩擦力，故物體先做加速運(yùn)動后做減速運(yùn)動，機(jī)械能先增大后減小，故C正確；D．對任一物體，根據(jù)動量定理得得物體運(yùn)動的時(shí)間為由上分析可以知道，兩個(gè)物體的動量P的大小相等，所受的摩擦力f大小相等，故滑行時(shí)間相等，應(yīng)同時(shí)停止運(yùn)動。故D錯(cuò)誤。故選C。13.如圖所示的電路中，L是一個(gè)自感系數(shù)很大、直流電阻不計(jì)的線圈，、和是三個(gè)完全相同的燈泡，E是內(nèi)阻不計(jì)的電源，在時(shí)刻，閉合開關(guān)S，電路穩(wěn)定后在時(shí)刻斷開開關(guān)S，規(guī)定以電路穩(wěn)定時(shí)流過、的電流方向?yàn)檎謩e用、表示流過和的電流，則下圖中能定性描述電流I隨時(shí)間t變化關(guān)系的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【詳解】當(dāng)閉合電鍵時(shí)，因?yàn)榫€圈與D1相連，所以電流I1會慢慢增大，D2這一支路立即就有電流，當(dāng)電鍵斷開時(shí)，線圈阻礙電流的減小，而且D1、D2、D3組成回路，所以通過D1的電流不會立即消失，會從原來慢慢減小，且方向不變，通過D1的電流也流過D2，I2反向，逐漸減小，由于電路穩(wěn)定時(shí)通過D1的電流大于D2的電流，所以D2和D3都會閃亮一下。故選C。二、選擇題Ⅱ（本大題共3小題，每小題2分，共6分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目要求的，選部分但正確的得2分，不選、多選、錯(cuò)選均不得分，請將你認(rèn)為正確的答案填涂在答題卡相應(yīng)位置）14.一勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向里，其邊界如圖中虛線所示，ab為半徑為R的半圓，ac、bd與直徑ab共線，a、c間的距離等于半圓的半徑R。一束質(zhì)量均為m、電量均為q的帶負(fù)電的粒子，在紙面內(nèi)從c點(diǎn)垂直于ac以不同速度射入磁場，不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用。下列說法正確的是（）A.可以經(jīng)過半圓形邊界的粒子的速率最小值為B.可以經(jīng)過半圓形邊界的粒子的速率最大值為C.在磁場中運(yùn)動時(shí)間最短的粒子速率為D.在磁場中運(yùn)動時(shí)間最短的粒子運(yùn)動時(shí)間為【答案】BD【解析】【詳解】粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得解得，粒子的軌道半徑粒子速度v越大，半徑R越大。A．粒子在磁場中運(yùn)動軌跡如圖所示，在能達(dá)到半圓形邊界的粒子中，經(jīng)過a點(diǎn)的粒子半徑最小，速度小，其軌如圖中1所示，由得故A錯(cuò)誤；B．經(jīng)過b點(diǎn)的粒子半徑最大，速度最大，其軌跡如圖中2所示，由解得故B正確；C．軌跡圓弧所對應(yīng)的弦與ab半圓形邊界相切時(shí)，圓心角最小，運(yùn)動時(shí)間最短，其軌跡如圖中所示，圓心恰好位于a點(diǎn)，由解得故C錯(cuò)誤；D．粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的最小圓心角為，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期粒子在磁場中的最短運(yùn)動時(shí)間為故D正確。故選BD。15.如圖所示，CN、DQ是兩條足夠長水平固定放置的阻值可忽略的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，水平導(dǎo)軌所在區(qū)域存在豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。水平導(dǎo)軌的左端與一段半徑為r的光滑圓弧軌道平滑連接，水平導(dǎo)軌的右端接入阻值為R的電阻。一質(zhì)量為m、長度為L、電阻為R的導(dǎo)體棒a靜置于水平軌道最左端，將另一個(gè)與導(dǎo)體棒a完全相同的導(dǎo)體棒b從圓弧軌道上h（）高處由靜止釋放，b與a發(fā)生完全非彈性碰撞（粘連一起），運(yùn)動過程中導(dǎo)體棒a、b始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A.b棒剛到達(dá)圓弧底端時(shí)對軌道的壓力大小為3mgB.兩棒最終停在CD右側(cè)處C.整個(gè)過程中，通過b棒的電荷量為D.整個(gè)過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】BD【解析】【詳解】A．b導(dǎo)體棒在彎曲軌道上下滑過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得b棒剛到達(dá)圓弧底端時(shí)根據(jù)牛頓第三定律可知，b棒剛到達(dá)圓弧底端時(shí)對軌道的壓力大小為故A錯(cuò)誤；D．b與a發(fā)生完全非彈性碰撞根據(jù)能量守恒，回路總產(chǎn)熱電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為故D正確；BC．對兩棒碰后根據(jù)動量定理通過b棒的電荷量為根據(jù)得聯(lián)立解得所以兩棒最終停在CD右側(cè)處。故B正確C錯(cuò)誤。故選BD。非選擇題部分三、非選擇題（本大題共5小題，共55分）16.（1）甲、乙、丙三個(gè)實(shí)驗(yàn)小組分別采用如圖（甲）、（乙）、（丙）所示的實(shí)驗(yàn)裝置，驗(yàn)證“當(dāng)質(zhì)量一定時(shí)，物體運(yùn)動的加速度與它所受的合力成正比”這一物理規(guī)律。己知他們使用的小車完全相同，小車的質(zhì)量為M，重物的質(zhì)量為m，試回答下列問題：①實(shí)驗(yàn)時(shí)，必須滿足“M遠(yuǎn)大于m”的實(shí)驗(yàn)小組是______（填“甲”、“乙”或“丙”）。②實(shí)驗(yàn)時(shí)，甲、乙、丙三組同學(xué)的操作均完全正確，他們作出的圖線如圖（丁）中A、B、C所示，則甲、乙、丙三組實(shí)驗(yàn)對應(yīng)的圖線依次是______。（選填“ABC”、“BCA”或“CAB”）。（2）小明同學(xué)采用（乙）圖實(shí)驗(yàn)裝置探究質(zhì)量一定時(shí)加速度與力的關(guān)系的實(shí)驗(yàn)時(shí)，以彈簧測力計(jì)的示數(shù)F為橫坐標(biāo)，加速度a為縱坐標(biāo)，畫出的圖像是圖（?。┲械囊粭l直線，根據(jù)圖線與橫坐標(biāo)的夾角求得圖線的斜率為k，則小車的質(zhì)量為______?！敬鸢浮竣?甲②.CAB③.【解析】【詳解】（1）①[1]乙有彈簧測力計(jì)測量繩的拉力，丙有力的傳感器測量繩的拉力，甲圖中沒有彈簧測力計(jì)，必須用重物的重力替代繩的拉力，為了使繩的拉力近似等于重物的重力，甲圖必須滿足“M遠(yuǎn)大于m”。②[2]根據(jù)牛頓第二定律，三個(gè)小車的加速度分別為乙的比例系數(shù)最大，斜率最大，對應(yīng)圖線A；甲和丙的比例系數(shù)相等，斜率相等，但是甲不能直接測量繩的拉力，用重物的重力替代，小車的加速度越大，重物的重力與繩的拉力相差越大，實(shí)驗(yàn)誤差越大，圖線彎曲程度越大，而丙有彈簧測力計(jì)直接測量繩的拉力，不產(chǎn)生實(shí)驗(yàn)誤差，圖線不發(fā)生彎曲，所以丙對應(yīng)圖線B，甲對應(yīng)圖線C。故甲、乙、丙對應(yīng)圖線C、A、B。（2）[3]由其中求得17.如圖所示，是測電源電動勢和內(nèi)阻的兩種常用方法，由于電流表和電壓表都不是理想電表，所以測量結(jié)果有系統(tǒng)誤差。下列分析正確的是（）A.采用圖1的方法，引入系統(tǒng)誤差的原因是電壓表的分流作用；采用圖2的方法，引入系統(tǒng)誤差的原因是電流表的分壓作用B.圖3是用“圖1”電路處理的結(jié)果，其中圖線②表示測量圖線，圖線①表示真實(shí)圖線C.圖4是用圖2電路處理的結(jié)果，其中圖線③表示測量圖線，圖線④表示真實(shí)圖線D.圖3和圖4結(jié)合處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，不能消除因電表不理想而引起的系統(tǒng)誤差【答案】AB【解析】【詳解】A．由于電表不是理想電表，則電流表存在電阻，電壓表內(nèi)阻不是無窮大；采用圖1的方法，由于電壓表的分流使電流表讀數(shù)偏小，引入系統(tǒng)誤差的原因是電壓表的分流作用；采用圖2的方法，由于電流表的分壓使電壓表讀數(shù)偏小，引入系統(tǒng)誤差的原因是電流表的分壓作用。故A正確；B．采用圖1的方法，由于電壓表的分流使電流表讀數(shù)偏小，當(dāng)外電路短路時(shí)，電壓表分流為0，即圖1方法中測量圖線和真實(shí)圖線與橫軸交點(diǎn)相同；則圖3是用“圖1”電路處理的結(jié)果，其中圖線②表示測量圖線，圖線①表示真實(shí)圖線。故B正確；C．采用圖2的方法，由于電流表的分壓使電壓表讀數(shù)偏小，當(dāng)外電路斷路時(shí)，電流表的分壓為0，即圖2方法中測量圖線和真實(shí)圖線與縱軸交點(diǎn)相同，則圖4是用圖2電路處理的結(jié)果，其中圖線③表示真實(shí)圖線，圖線④表示測量圖線。故C錯(cuò)誤；D．利用圖3中圖線與橫軸交點(diǎn)、圖4中圖線與縱軸交點(diǎn)，連接后可得出真實(shí)的圖線，消除因電表不理想而引起的系統(tǒng)誤差，故D錯(cuò)誤。故選AB。18.某興趣小組欲利用伏安法測量一未知電阻（阻值在0.4～0.6Ω之間），實(shí)驗(yàn)室提供如下器材：A.電壓表（量程3V，內(nèi)阻3kΩ）；B.電壓表（量程3V，內(nèi)阻3kΩ）；C.定值電阻（阻值4.5Ω）；D.電阻箱R（調(diào)節(jié)范圍0～999.9Ω）；E.滑動變阻器（最大阻值10Ω）；F.電源E（電動勢5V，內(nèi)阻約1Ω）；G.開關(guān)一個(gè)；H.導(dǎo)線若干。（1）欲將電壓表改裝成量程為0.6A的電流表，需將電阻箱R調(diào)節(jié)至________Ω后與表并聯(lián)（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。（2）由于待測電阻阻值過小，為保證電表讀數(shù)總能在量程的以上，需將定值電阻接入電路。圖（a）所示電路圖中合理的是________（選填“A”、“B”或“C”）；閉合開關(guān)前，滑動變阻器的滑片應(yīng)調(diào)到變阻器的最________（選填“左”或“右”）端。（3）按合理的電路圖完成實(shí)驗(yàn)，繪制出兩電壓表示數(shù)的關(guān)系如圖（b）所示。由此可計(jì)算出待測電阻________Ω（結(jié)果保留1位有效數(shù)字）。（4）電源內(nèi)阻不是準(zhǔn)確值，這對的測量結(jié)果________（選填“有”或“無”）影響?！敬鸢浮竣?5.0②.A③.左④.0.5⑤.無【解析】【詳解】（1）[1]根據(jù)電流表改裝原理解得電阻箱電阻為（2）[2]由于待測電阻阻值過小，為保證電表讀數(shù)總能在量程的以上，需將定值電阻與待測電阻串聯(lián)，并通過電壓表測量定值電阻與待測電阻兩端的電壓。故選A。[3]為防止燒壞電表，待測電阻兩端電壓應(yīng)從零開始，閉合開關(guān)前，滑動變阻器的滑片應(yīng)調(diào)到變阻器的最左端。（3）[4]根據(jù)電流關(guān)系可得整理得圖象斜率為解得待測電阻為（4）[5]實(shí)驗(yàn)處理數(shù)據(jù)時(shí)，考慮了電表內(nèi)阻的影響，的測量結(jié)果為準(zhǔn)確值，且圖象斜率與電源內(nèi)阻無關(guān)，故電源內(nèi)阻不是準(zhǔn)確值，這對的測量結(jié)果無影響。19.電動自行車已成為城市出行的重要交通工具之一。某品牌電動自行車銘牌標(biāo)識如下表所示，質(zhì)量的同學(xué)騎著該電動自行車以額定功率沿平直公路從靜止啟動，電動車能夠達(dá)到的最大速度。已知電動自行車所受的阻力是人和車總重力的0.05倍，。求：（1）電機(jī)的輸出功率；（2）電機(jī)的線圈內(nèi)阻R；（3）電動車速度為3m/s時(shí)的加速度大小a。規(guī)格后輪驅(qū)動直流電機(jī)車型：電動自行車額定功率整車質(zhì)量額定工作電壓【答案】（1）300W；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）由勻速運(yùn)動可知，牽引力其中電機(jī)輸出功率解得（2）根據(jù)能量守恒有電動機(jī)的總功率為電機(jī)的熱功率為聯(lián)立解得（3）電機(jī)輸出功率當(dāng)時(shí)根據(jù)牛頓第二定律有解得20.如圖所示，軌道ABCD由半徑的光滑四分之一圓弧軌道AB、長度的粗糙水平軌道BC以及足夠長的光滑水平軌道CD組成。質(zhì)量的物塊P和質(zhì)量的物塊Q壓縮著一輕質(zhì)彈簧并鎖定（物塊與彈簧不連接），三者靜置于CD段中間，物塊P、Q可視為質(zhì)點(diǎn)。緊靠D的右側(cè)水平地面上停放著質(zhì)量的小車，其上表面EF段粗糙，與CD等高，長度；FG段為半徑的四分之一光滑圓弧軌道；小車與地面間的阻力忽略不計(jì)。P、Q與BC、EF間的動摩擦因數(shù)均為，重力加速度，現(xiàn)解除彈簧鎖定，物塊P、Q由靜止被彈出（P、Q脫離彈簧后立即撤走彈簧），其中物塊P進(jìn)入CBA軌道，而物塊Q滑上小車。不計(jì)物塊經(jīng)過各連接點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能損失。（1）若物塊P經(jīng)過CB后恰好能到達(dá)A點(diǎn)，求物塊P通過B點(diǎn)時(shí)，物塊P對圓弧軌道的彈力；（2）若物塊P經(jīng)過CB后恰好能到達(dá)A點(diǎn)，試分析物塊Q能否沖出小車上的G點(diǎn)，若能沖出G點(diǎn)，求出物塊Q從飛離G點(diǎn)到再次回到G點(diǎn)過程中小車通過的位移；若物塊Q不能飛離G點(diǎn)，請說明理由；（3）若彈簧解除鎖定后，物塊Q向右滑上小車后能通過F點(diǎn)，并且后續(xù)運(yùn)動過程始終不滑離小車，求被鎖定彈簧的彈性勢能取值范圍?！敬鸢浮浚?）60N，方向豎直向下；（2）能，；（3）【解析】【詳解】（1）物塊P從B到A過程，根據(jù)動能定理有物塊P在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有解得根據(jù)牛頓第三定律，物塊對軌道的壓力大小60N，方向豎直向下；（2）物塊P被彈出到運(yùn)動到A過程，根據(jù)動能定理有解得對P、Q構(gòu)成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律有解得對Q與小車構(gòu)成的系統(tǒng)，在水平方向，根據(jù)動量守恒定律有解得根據(jù)能量守恒定律有解得物塊P運(yùn)動時(shí)間為（3）物塊被彈開過程有當(dāng)物塊Q向右滑上小車后恰好到達(dá)F點(diǎn)與小車共速時(shí)，彈簧彈性勢能最小，此時(shí)，對物塊Q與小車有解得由于當(dāng)物塊Q沖上FG圓弧沒有越過G點(diǎn)之后又返回E點(diǎn)與小車共速時(shí)，彈簧彈性勢能達(dá)到最大值，則彈簧彈開兩物塊過程有當(dāng)物塊Q沖上FG圓弧沒有越過G點(diǎn)之后又返回E點(diǎn)與小車共速過程有解得綜合上述，被鎖定彈簧的彈性勢能的取值范圍為21.如圖所示，兩對電阻不計(jì)、間距為L的光滑平行金屬導(dǎo)軌，轉(zhuǎn)角處用一小段光滑絕緣的弧形材料平滑連接。傾斜導(dǎo)軌與水平地面的夾角，上端連接電阻，大小的勻強(qiáng)磁場Ⅰ垂直于整個(gè)傾斜導(dǎo)軌向上。水平導(dǎo)軌上靜置著U形導(dǎo)線框cdef，cd邊和ef邊均緊密貼合導(dǎo)軌，右側(cè)MN和PQ之間有寬為2L、豎直向上的勻強(qiáng)磁場Ⅱ，大小未知，末端連接電阻。質(zhì)量為m、電阻為、長也為L的導(dǎo)體棒ab垂直于傾斜導(dǎo)軌由靜止釋放，在到達(dá)底端前已開始勻速運(yùn)動，后進(jìn)入水平導(dǎo)軌與線框cdef發(fā)生碰撞，立即連成閉