2020年广东省实验中学高考物理模拟试卷（2月份）

2020年广东省实验中学高考物理模拟试卷（2月份）一、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第14题只有一项符合题目要求，第58题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1（6分）下列四幅图的有关说法中正确的是（）A图（1）中的a粒子散射实验说明了原子核是由质子与中子组成B图（2）中若改用绿光照射，验电器金属箔一定不会张开C图（3）一群氢原子处于n4的激发态，最多能辐射6种不同频率的光子D图（4）原子核C、B结合成A时会有质量亏损，要释放能量2（6分）高速公路上为了防止车辆追尾事故，除了限速外还要求保持一定的车距。假设平直的高速公路上某汽车行驶的速度为v030m/s，刹车时阻力是车重的0.6倍，司机的反应时间为0.5s，为保证安全，车距至少应是（将车视为质点，前车有情况时可认为其速度为零，g取10m/s2）（）A75mB82.5mC90mD165m3（6分）三颗卫星围绕地球运行的三个轨道如图所示，1、3为圆轨道，2为椭圆轨道，轨道2与轨道1相切于Q点，与轨道3相切于P点。下列说法正确的是（）A轨道1和轨道2上的卫星经过Q点时的加速度相同B轨道2上卫星的速度一定大于轨道1上卫星的速度C轨道3上卫星的机械能一定大于轨道2上卫星的机械能D轨道3上卫星的引力势能小于轨道1上相同质量卫星的引力势能4（6分）一小型交流发电机，共有n匝线圈（电阻不计），在匀强磁场中绕轴以角速度匀速转动，产生的磁感应电动势如图所示。用电阻为R输电线给电阻为RL的小灯泡输电，小灯泡正常发光，则下列说法正确的是（）A若仅减小，小灯泡的亮度不变Bt1时刻线圈中磁通量的变化率为EC小灯泡的额定电流为ER+R1D小灯泡的额定功率为E2RL2(R+RL)25（6分）两电荷量分别为Q1和Q2的点电荷放在x 轴上的O、A 两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中B、C 两点的电势均为零，则（）AQ1与Q2带异种电荷BB、C 点的电场强度大小为零CCD 点间各点的场强方向向x 轴负方向D若有一个电子在C 点无初速运动，则在随后的一段时间内，电场力先做正功后做负功6（6分）建筑工人为了方便将陶瓷水管由高处送到低处，设计了如图所示的简易滑轨，两根钢管互相平行斜靠、固定在墙壁上，把陶瓷水管放在上面滑下。实际操作时发现陶瓷水管滑到底端时速度过大，有可能摔坏，为了防止陶瓷水管摔坏，下列措施可行的是（）A在陶瓷水管内放置砖块B适当减少两钢管间的距离C适当增加两钢管间的距离D用两根更长的钢管，以减小钢管与水平面夹角7（6分）如图所示，竖直放置的两平行金属板，长为L，板间距离为d，接在电压为U的直流上。在两板间加一磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场。一个质量为m，电荷量为q的带正电油滴，从距金属板上端高为h 处由静止开始自由下落，并经两板上端连线中点P进入板间。油滴在P点所受的电场力与磁场力大小恰好相等，且最后恰好从金属板的下边缘离开电磁场区域。空气阻力不计，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A油滴刚进入电磁场时的加速度为gB油滴开始下落的高度h=U22B2d2gC油滴从左侧金属板的下边缘离开D油滴离开电磁场时的速度大小为-qUm+2gL+U2B2d28（6分）如图所示，光滑“”形金属导体框平面与水平面的夹角为，两侧对称，间距为L，上端接入阻值为R的电阻。ab以上区域内有垂直于金属框平面磁感应强度为B的匀强磁场。质量为m的金属棒MN与金属框接触良好，由图示位置以一定的初速度沿导轨向上运动，进入磁场区域后又继续上升一段距离但未碰及电阻R已知金属棒上升、下降经过ab处的速度大小分别为v1、v2，不计金属框、金属棒电阻及空气的阻力。下列说法中正确的是（）A金属棒上升时间等于下降时间Bv2的大小可能大于mgRsinB2L2C上升过程中电阻R产生的焦耳热较下降过程的大D金属棒上升、下降经过ab处的时间间隔为v1+v2gsin三、非选择题：包括必考题和选考题两部分（一）必考题9现要测量滑块与木板之间的动摩擦因数，实验装置如图1所示表面粗糙的木板一端固定在水平桌面上，另一端抬起一定高度构成斜面；木板上有一滑块，其后端与穿过打点计时器的纸带相连，打点计时器固定在木板上，连接频率为50Hz的交流电源接通电源后，从静止释放滑块，滑块带动纸带上打出一系列点迹（1）图2给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6是实验中选取的计数点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），2、3和5、6计数点间的距离如图2所示由图中数据求出滑块的加速度a m/s2（结果保留三位有效数字）（2）已知木板的长度为l，为了求出滑块与木板间的动摩擦因数，还应测量的物理量是 A滑块到达斜面底端的速度v B滑块的质量mC滑块的运动时间t D斜面高度h和底边长度x（3）设重力加速度为g，滑块与木板间的动摩擦因数的表达式 （用所需测量物理量的字母表示）10小明设计了如图甲所示的电路，用来测定电流表内阻和电源的电动势及内阻，用到的器材有：待测电池E、待测电流表（量程0.6A）、电阻箱R1（099.99）、电阻箱R2（099.99）、开关K1、单刀双掷开关K2及导线若干，连线后：（1）断开K1，把K2与“1”接通，多次改变电阻箱R2的阻值，读出相应的I和R，某次电流表的示数如图乙，其读数为 A；以1I为纵坐标，R为横坐标，作出1I-R图象如图丙，由此可知电池的电动势E V（计算结果保留两位小数，下同）；（2）断开K2，闭合K1，调节R1使电流表满偏；（3）保持K1闭合，R1阻值不变，将K2与“2”接通，调节R2使电流表示数为0.30A，此时R2的阻值为0.15，则可认为电流表的内阻RA ，则该测量值 （填“”、“”或“”）电流表真实值，若不计上述误差，则可求得电池的内阻r 。11如图所示，在坐标系xOy的第一象限有沿x轴正方向的匀强电场，第二象限充满方向垂直坐标平面向外的匀强磁场。有一比荷qm=5.01010C/kg的带负电粒子从a（6，0）沿y轴正方向射入，速度大小为va8.0106m/s，粒子通过y轴上的b（0，16）点后进入磁场。不计粒子的重力。求：（1）电场强度E的大小，粒子通过b点时速度vb的大小及方向：（2）为使粒子不再进入电场，匀强磁场磁感应强度B应满足什么条件。12如图所示，光滑水平面上有一小车B，右端固定一沙箱，沙箱上连接一水平的轻质弹簧，小车与沙箱的总质量为M2kg。车上在与沙箱左侧距离S1m的位置上放一质量为m1kg小物块A，物块A与小车的动摩擦因数为0.1仅在沙面上方空间存在水平向右的匀强电场，场强E2103V/m。当物块A随小车以速度v010m/s向右做匀速直线运动时，距沙面H5m高处有一质量为m02kg的带正电q1102C的小球C，以u010m/s的初速度水平向左抛出，最终落入沙箱中。已知小球与沙箱的相互作用时间极短，且忽略弹簧最短时的长度，并取g10m/s2求：（1）小球落入沙箱前的速度u和开始下落时与小车右端的水平距离x；（2）小车在前进过程中，弹簧具有的最大值弹性势能EP；（3）设小车左端与沙箱左侧的距离为L，请讨论分析物块A相对小车向左运动的过程中，其与小车摩擦产生的热量Q与L的关系式。（二）选考题：共15分请考生从给出的2道物理题中每科任选一题作答如果多做，则每科按所做的第一题计分物理-选修3-313下列说法中正确的是 （）A布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动B只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低C气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加D一定量100的水变成100的水蒸气，其分子之间的势能增加E空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作不遵守热力学第二定律14一定质量的理想气体经历了如图所示的ABCDA循环，该过程每个状态视为平衡态，各状态参数如图所示。A状态的压强为1.2105Pa，求：（1）B状态的温度；（2）完成一个循环，气体与外界热交换的热量。2020年广东省实验中学高考物理模拟试卷（2月份）参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第14题只有一项符合题目要求，第58题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1（6分）下列四幅图的有关说法中正确的是（）A图（1）中的a粒子散射实验说明了原子核是由质子与中子组成B图（2）中若改用绿光照射，验电器金属箔一定不会张开C图（3）一群氢原子处于n4的激发态，最多能辐射6种不同频率的光子D图（4）原子核C、B结合成A时会有质量亏损，要释放能量【考点】IC：光电效应；J1：粒子散射实验；J4：氢原子的能级公式和跃迁；JI：爱因斯坦质能方程菁优网版权所有【分析】卢瑟福通过对粒子散射实验得出原子的核式结构模型；根据入射光的频率不小于极限频率，即可发生光电效应；根据玻尔的原子理论；根据平均质量与总质量的关系分析。【解答】解：A、图（1）中卢瑟福通过对粒子散射实验得出原子的核式结构模型，没有得出原子核的内部结构，故A错误。B、根据光电效应产生条件，图（2）中若改用绿光照射，虽然绿光频率小于紫外线，但其频率也可能大于金属的极限频率，因此可能发生光电效应现象，则验电器金属箔可能张开。故B错误。C、图（3）一群氢原子处于n4的激发态，最多能辐射C42=6种不同频率的光子。故C正确。D、图（4）中原子核C、B结合成A时核子的平均质量增大，所以总质量增大，要吸收能量。故D错误。故选：C。【点评】本题考查了玻尔理论、自感现象以及话筒的原理等基础知识点，难度不大，关键要理解各种现象的原理，即可轻松解决。2（6分）高速公路上为了防止车辆追尾事故，除了限速外还要求保持一定的车距。假设平直的高速公路上某汽车行驶的速度为v030m/s，刹车时阻力是车重的0.6倍，司机的反应时间为0.5s，为保证安全，车距至少应是（将车视为质点，前车有情况时可认为其速度为零，g取10m/s2）（）A75mB82.5mC90mD165m【考点】1C：匀速直线运动及其公式、图象；65：动能定理菁优网版权所有【分析】为保证安全，车距的最小值大小等于汽车反应时间内做匀速运动的位移与减速到速度为零的位移之和。【解答】解：反应时间内，汽车通过距离为x1v0t1300.5m15m，刹车到停止，由动能定理得-kmgx2=0-12mv02，解得：x275m，为保证安全，车距应满足xx1+x290m，故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】解决该题需要明确知道车距的最小值等于反应时间的位移加上减速运动的位移，选择合适的方法求解减速运动的位移。3（6分）三颗卫星围绕地球运行的三个轨道如图所示，1、3为圆轨道，2为椭圆轨道，轨道2与轨道1相切于Q点，与轨道3相切于P点。下列说法正确的是（）A轨道1和轨道2上的卫星经过Q点时的加速度相同B轨道2上卫星的速度一定大于轨道1上卫星的速度C轨道3上卫星的机械能一定大于轨道2上卫星的机械能D轨道3上卫星的引力势能小于轨道1上相同质量卫星的引力势能【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星菁优网版权所有【分析】根据万有引力定律和牛顿第二定律列式分析加速度关系。根据开普勒定律和变轨原理分析速度关系，以及机械能的关系。根据高度分析卫星的引力势能关系。【解答】解：A、根据GMmr2=ma，得 a=GMr2，知卫星经过同一点时加速度相同，故A正确。B、卫星从轨道1变轨到轨道2，必须在Q点加速，可知，轨道2上卫星在Q点附近时速度大于轨道1上卫星的速度。根据v=GMr知，卫星轨道3上卫星的速度一定小于轨道1上卫星的速度，而卫星从轨道2变轨到轨道3要在P点加速，所以卫星在轨道2上P点附近的速度小于轨道1上卫星的速度，故B错误。C、卫星从轨道2变轨到轨道3要在P点加速，则轨道3上卫星的机械能一定大于轨道2上卫星的机械能，如果这三个卫星质量相等，则轨道3上卫星的机械能一定大于轨道2上卫星的机械能，故C错误。D、轨道3上卫星的轨道半径较大，则其引力势能较大，故D错误。故选：A。【点评】本题的关键是掌握变轨原理，可结合离心运动的规律来理解。要卫星抓住万有引力提供向心力，列式得出加速度表达式，并结合开普勒定律进行讨论。4（6分）一小型交流发电机，共有n匝线圈（电阻不计），在匀强磁场中绕轴以角速度匀速转动，产生的磁感应电动势如图所示。用电阻为R输电线给电阻为RL的小灯泡输电，小灯泡正常发光，则下列说法正确的是（）A若仅减小，小灯泡的亮度不变Bt1时刻线圈中磁通量的变化率为EC小灯泡的额定电流为ER+R1D小灯泡的额定功率为E2RL2(R+RL)2【考点】E5：交流的峰值、有效值以及它们的关系菁优网版权所有【分析】线圈在磁场中转动产生感应电动势，产生的最大值为EmNBS，根据e=nt求得磁通量的变化率，结合有效值和最大值间的关系求得有效值【解答】解：A、线圈产生的感应电动势的最大值为EmnBS，当减小时，产生的感应电动势减小，故小灯泡的亮度减小，故A错误；B、线圈产生的最大感应电动势为EmnBSE，根据Em=nt可知，t1时刻线圈中磁通量的变化率为t=Emn=BS，故B错误；C、产生的感应电动势的有效值为E有=E2，根据闭合电路的欧姆定律可知I=E有R+RL=E2(R+RL)，故C错误；D、小灯泡的额定功率PI2RL=E2RL2(R+RL)2，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查了线圈在磁场中转动产生的感应电动势，明确电流和功率用有效值值进行计算5（6分）两电荷量分别为Q1和Q2的点电荷放在x 轴上的O、A 两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中B、C 两点的电势均为零，则（）AQ1与Q2带异种电荷BB、C 点的电场强度大小为零CCD 点间各点的场强方向向x 轴负方向D若有一个电子在C 点无初速运动，则在随后的一段时间内，电场力先做正功后做负功【考点】AG：电势差和电场强度的关系菁优网版权所有【分析】根据电势的正负来判断电荷的电性；x图象的斜率等于电场强度E根据沿着电场线电势降低，可知电场线的方向根据电场线的方向分析电场力做功的正负【解答】解：A、由图象可知，图象中的电势有正有负，如果都是正电荷，则电势不会为负、如果都是负电荷，电势不会为正，则Q1与Q2带异种电荷。故A正确。B、电势随x变化图线的切线斜率表示电场强度，B、C点处切线斜率不为零，则电场强度大小不为零，故B错误。C、由图可知：CD段中，电势升高，所以场强方向沿x轴负方向。故C正确。D、因CF段中，电势先高升后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，则将一负点电荷从C无初速运动，则在随后的一段时间内，电场力先做正功（CD段）后做负功（D点以后）。故D正确；故选：ACD。【点评】对于图象问题，我们学会“五看”，即：看坐标、看斜率、看面积、看交点、看截距；了解图象的物理意义是正确解题的前提解答本题要知道电势为零处，电场强度不一定为零x图象斜率表示电场强度6（6分）建筑工人为了方便将陶瓷水管由高处送到低处，设计了如图所示的简易滑轨，两根钢管互相平行斜靠、固定在墙壁上，把陶瓷水管放在上面滑下。实际操作时发现陶瓷水管滑到底端时速度过大，有可能摔坏，为了防止陶瓷水管摔坏，下列措施可行的是（）A在陶瓷水管内放置砖块B适当减少两钢管间的距离C适当增加两钢管间的距离D用两根更长的钢管，以减小钢管与水平面夹角【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律菁优网版权所有【分析】为了防止陶瓷水管摔坏，应减小水管滑到底端时的速度。在钢管的倾角不变时，应增大摩擦力，来减小加速度。【解答】解：A、在陶瓷水管内放置砖块，增加了陶瓷水管的总质量，但陶瓷水管的加速度不变，陶瓷水管滑到底端时速度不变，不能防止陶瓷水管摔坏，故A错误。BC、增大两杆之间的距离，增大了两杆对水管支持力间的夹角，从而增大了杆对水管的支持力，也就增大水管对两杆的压力，从而增大摩擦力，水管的加速度减小，到达底端的速度减小，故B错误，C正确。D、根据动能定理，mghfx=12mv2，重力做功不变，倾角变小，摩擦力增大，位移增大，合外力做的功变小了，动能的变化量变小，滑到底部的速度变小，从而防止陶瓷水管摔坏。故D正确。故选：CD。【点评】本题要抓住水管滑到底端时速度与加速度的关系，所采取的操作措施是增加水管与木杆间的摩擦力，或减小重力沿杆向下的分力，考虑物体在斜面上运动时摩擦力的大小影响因素即可以找到解决问题的办法。7（6分）如图所示，竖直放置的两平行金属板，长为L，板间距离为d，接在电压为U的直流上。在两板间加一磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场。一个质量为m，电荷量为q的带正电油滴，从距金属板上端高为h 处由静止开始自由下落，并经两板上端连线中点P进入板间。油滴在P点所受的电场力与磁场力大小恰好相等，且最后恰好从金属板的下边缘离开电磁场区域。空气阻力不计，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A油滴刚进入电磁场时的加速度为gB油滴开始下落的高度h=U22B2d2gC油滴从左侧金属板的下边缘离开D油滴离开电磁场时的速度大小为-qUm+2gL+U2B2d2【考点】CM：带电粒子在混合场中的运动菁优网版权所有【分析】根据题意可知，P点受到电场力与洛伦兹力相平衡，由自由落体运动的位移与时间公式，即可求解h；选取整个过程，由动能定理，即可确定油滴在离开电磁场时的速度大小。【解答】解：A、油滴刚进入电磁场时（在P点），受重力、电场力和洛伦兹力，其中电场力与磁场力大小恰好相等，故合力等于重力G，根据牛顿第二定律，加速度为g，故A正确；B、在P点由题意可知：qEqvB 自由下落过程有：v22gh UEd 由以上三式解得：h=U22B2d2g，故B正确；C、根据左手定则，在P位置时受洛伦兹力向右，竖直方向在加速，故洛伦兹力在变大，故油滴从右侧金属板的下边缘离开，故C错误；D、由左手定则可知油滴经过P点后向右侧金属板偏转，则油滴克服电场力做功，整个过程由动能定理有：mg（h+L）qEd2=12mv2得：v=-qUm+2gL+U2B2d2，故D正确；故选：ABD。【点评】考查受力平衡方程，掌握左手定则的应用，知道自由下落的位移公式，理解动能定理的应用，注意功的正负。8（6分）如图所示，光滑“”形金属导体框平面与水平面的夹角为，两侧对称，间距为L，上端接入阻值为R的电阻。ab以上区域内有垂直于金属框平面磁感应强度为B的匀强磁场。质量为m的金属棒MN与金属框接触良好，由图示位置以一定的初速度沿导轨向上运动，进入磁场区域后又继续上升一段距离但未碰及电阻R已知金属棒上升、下降经过ab处的速度大小分别为v1、v2，不计金属框、金属棒电阻及空气的阻力。下列说法中正确的是（）A金属棒上升时间等于下降时间Bv2的大小可能大于mgRsinB2L2C上升过程中电阻R产生的焦耳热较下降过程的大D金属棒上升、下降经过ab处的时间间隔为v1+v2gsin【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；CE：安培力的计算；D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化菁优网版权所有【分析】分析金属棒上升、下降过程受力情况得到加速度大小关系，然后根据位移相等求得运动时间关系；根据下滑过程的受力情况，由受力平衡求得最大速度；根据加速度得到速度关系，进而得到安培力关系，从而得到焦耳热大小关系；对上升、下降过程分别应用动量定理得到运动时间。【解答】解：A、金属棒运动过程受重力、支持力和安培力作用；重力和支持力的合力沿斜面向下，大小为mgsin；由楞次定律可知：进入磁场区域前，安培力为零；进入磁场区域后，金属棒上升时，安培力方向沿斜面向下，则上升过程的合力为F合mgsin+F安；金属棒下落时，安培力方向沿斜面向上，其合力为F合mgsinF安，根据牛顿第二定律可知上升时的加速度大于下滑时的加速度；由于上升和下降的位移相等，则金属棒上升时间小于下降时间，故A错误；B、任意时刻金属棒受到的安培力FBIL=B2L2vR，金属棒下降过程中由于重力作用先做加速运动，当加速到安培力和mgsin相等时，金属棒的加速度为零，速度达到最大，然后金属棒匀速运动；所以下降经过ab时满足mgsinF=B2L2v2R，所以v2mgRsinB2L2，故B错误；C、上升时的加速度大于下滑时的加速度，那么，在同一位置时，上升速度大于下滑速度，故上升时安培力大于下滑时安培力，那么，上升时克服安培力做的功比下滑时大；根据能量守恒可得：克服安培力做的功转化为电阻R产生的焦耳热，故上升过程中电阻R产生的焦耳热较下降过程的大，故C正确；D、金属棒上升、下降过程只受重力、支持力、安培力作用，设上滑最大位移为s，则分别应用动量定理可得：0mv1=-mgt1sin-B2L2sRmv2=mgt2sin-B2L2sR故金属棒上升、下降经过ab处的时间间隔为tt1+t2=v1+v2gsin，故D正确。故选：CD。【点评】解决该题需要明确知道金属棒上升和下降过程的受力情况，掌握下降过程的运动情况的可能性，掌握用动量定理求解变加速运动时间。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分（一）必考题9现要测量滑块与木板之间的动摩擦因数，实验装置如图1所示表面粗糙的木板一端固定在水平桌面上，另一端抬起一定高度构成斜面；木板上有一滑块，其后端与穿过打点计时器的纸带相连，打点计时器固定在木板上，连接频率为50Hz的交流电源接通电源后，从静止释放滑块，滑块带动纸带上打出一系列点迹（1）图2给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6是实验中选取的计数点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），2、3和5、6计数点间的距离如图2所示由图中数据求出滑块的加速度a2.51m/s2（结果保留三位有效数字）（2）已知木板的长度为l，为了求出滑块与木板间的动摩擦因数，还应测量的物理量是DA滑块到达斜面底端的速度v B滑块的质量mC滑块的运动时间t D斜面高度h和底边长度x（3）设重力加速度为g，滑块与木板间的动摩擦因数的表达式gh-algx（用所需测量物理量的字母表示）【考点】M9：探究影响摩擦力的大小的因素菁优网版权所有【分析】（1）利用逐差法xaT2可以求出物体的加速度大小，根据匀变速直线运动中某点的瞬时速度等于该过程中的平均速度大小可以求出某点的瞬时速度大小；（2）根据牛顿第二定律有mgcosma，由此可知需要测量的物理量（3）根据牛顿第二定律的表达式，可以求出摩擦系数的表达式【解答】解：（1）每相邻两计数点间还有4个打点，说明相邻的计数点时间间隔：T0.1s，根据逐差法有：a=x56-x233T2=0.1423-0.067030122.51m/s2；（2）要测量动摩擦因数，由mgcosma，可知要求，需要知道加速度与夹角余弦值，纸带数据可算出加速度大小，再根据斜面高度h和底边长度x，结合三角知识，即可求解，故ABC错误，D正确（3）以滑块为研究对象，根据牛顿第二定律有：mgsinmgcosma解得：=gsin-agcos=gh-algx故答案为：（1）2.51，（2）D，（3）gh-algx【点评】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题10小明设计了如图甲所示的电路，用来测定电流表内阻和电源的电动势及内阻，用到的器材有：待测电池E、待测电流表（量程0.6A）、电阻箱R1（099.99）、电阻箱R2（099.99）、开关K1、单刀双掷开关K2及导线若干，连线后：（1）断开K1，把K2与“1”接通，多次改变电阻箱R2的阻值，读出相应的I和R，某次电流表的示数如图乙，其读数为0.28A；以1I为纵坐标，R为横坐标，作出1I-R图象如图丙，由此可知电池的电动势E9.00V（计算结果保留两位小数，下同）；（2）断开K2，闭合K1，调节R1使电流表满偏；（3）保持K1闭合，R1阻值不变，将K2与“2”接通，调节R2使电流表示数为0.30A，此时R2的阻值为0.15，则可认为电流表的内阻RA0.15，则该测量值（填“”、“”或“”）电流表真实值，若不计上述误差，则可求得电池的内阻r1.85。【考点】N3：测定电源的电动势和内阻菁优网版权所有【分析】（1）根据电流表表盘及其分度值，读出示数；再根据闭合电路中的欧姆定律写出1I-R的函数表达式，最后由斜率和截距的概念即可求解出电池的电动势；（2）根据半偏法测电表内阻的原理，可知电流表的内阻等于电阻R2；再根据半偏法中总阻值会变小，总电流变大，分析测量值与真实值的大小关系；最后由闭合电路中的欧姆定律求出电源内阻。【解答】解：（1）图乙电流表量程为00.6A，分度值为0.02A，根据指针所指可知，电流表示数为0.28A；据闭合电路欧姆定律可得：EI（r+rA+R），整理得：1I=1ER+r+rAE，对比1I-R图象得：1E=3.5-2.029.5-16.0，解得：E9.00V（2）（3）断开K2，闭合K1，调节R1使电流表满偏；保持K1闭合，R1阻值不变，将K2与“2”接通，调节R2使电流表示数为0.30A；可认为流过电流表的电流和流过R2的电流相等，则电流表的内阻：RAR20.15；实际上流过电流表的电流略小于流过R2的电流，即电流表内阻的真实值大于R2，即电流表内阻测量值小于电流表的真实值。若不计上述误差，则对1I=1ER+r+rAE，对比1I-R图象得：3=259+r+0.159，解得：r1.85。故答案为：（1）0.28；（2）9.00；（3）0.15；（4）；（5）1.85。【点评】本题考查了测量电源电动势和内阻的实验，其中的实验电路图涉及到半偏法，解题的关键是要知道半偏法测电表内阻的原理及过程，同时会分析半偏法测电表内阻带来的误差。11如图所示，在坐标系xOy的第一象限有沿x轴正方向的匀强电场，第二象限充满方向垂直坐标平面向外的匀强磁场。有一比荷qm=5.01010C/kg的带负电粒子从a（6，0）沿y轴正方向射入，速度大小为va8.0106m/s，粒子通过y轴上的b（0，16）点后进入磁场。不计粒子的重力。求：（1）电场强度E的大小，粒子通过b点时速度vb的大小及方向：（2）为使粒子不再进入电场，匀强磁场磁感应强度B应满足什么条件。【考点】4A：向心力；65：动能定理；AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动菁优网版权所有【分析】（1）粒子在第一象限做类平抛运动，根据类平抛运动的规律结合动能定理进行求解；（2）粒子在磁场中，为使粒子不能进入电场，粒子在磁场中运动的轨迹恰好与x轴相切是一个临界条件，根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系进行求解。【解答】解：（1）粒子在第一象限做类平抛运动，根据牛顿第二定律可得加速度a=qEm，在y方向做匀速直线运动，则有：yvat，x方向上做匀减速直线运动：x=12at2，其中x6cm0.06m，y16cm0.16m，解得E=2mva2xqy2=6000N/C；粒子从a运动b，由动能定理qEx=12mvb2-12mva2，解得：vb1107m/s，cos=vavb=0.8，则37，所以速度方向与y轴正方向的夹角为37；（2）粒子在磁场中，为使粒子不能进入电场，粒子在磁场中运动的半径必须大于图中的半径r；根据洛伦兹力提供向心力可得：qvbBmvb2r，由几何得r+rsiny解得匀强磁场磁感应强度应满足：B2.0103T。答：（1）电场强度E的大小为6000N/C，粒子通过b点时速度vb的大小为1107m/s，方向与y轴正方向的夹角为37斜向上；（2）为使粒子不再进入电场，匀强磁场磁感应强度B应满足B2.0103T。【点评】本题主要是考查带电粒子在电场中的偏转和在磁场中的运动，对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动的知识进行解答。12如图所示，光滑水平面上有一小车B，右端固定一沙箱，沙箱上连接一水平的轻质弹簧，小车与沙箱的总质量为M2kg。车上在与沙箱左侧距离S1m的位置上放一质量为m1kg小物块A，物块A与小车的动摩擦因数为0.1仅在沙面上方空间存在水平向右的匀强电场，场强E2103V/m。当物块A随小车以速度v010m/s向右做匀速直线运动时，距沙面H5m高处有一质量为m02kg的带正电q1102C的小球C，以u010m/s的初速度水平向左抛出，最终落入沙箱中。已知小球与沙箱的相互作用时间极短，且忽略弹簧最短时的长度，并取g10m/s2求：（1）小球落入沙箱前的速度u和开始下落时与小车右端的水平距离x；（2）小车在前进过程中，弹簧具有的最大值弹性势能EP；（3）设小车左端与沙箱左侧的距离为L，请讨论分析物块A相对小车向左运动的过程中，其与小车摩擦产生的热量Q与L的关系式。【考点】53：动量守恒定律；AG：电势差和电场强度的关系菁优网版权所有【分析】（1）小球C在电场中运动过程，受到重力和电场力作用，两个力均为恒力，可采用运动的分解法研究：竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀减速运动，根据牛顿第二定律和位移公式结合求解。（2）小球落入沙箱的过程，系统水平动量守恒，由动量守恒定律求出小球落入沙箱后的共同速度。之后，由于车速减小，物块相对车向右运动，并压缩弹簧，当A与小车速度相同时弹簧的弹性势能最大。根据动量守恒定律和能量守恒定律结合求解。（3）由功能关系求热量Q与L的关系式。要分物块是否从小车上滑下两种情况研究。【解答】解：（1）设小球C下落到沙箱的时间为t，则竖直方向上有 H=12gt2小球在水平方向做匀减速运动，则 qEm0ax。由运动学公式有 uxu0axt代入数据解得 ax10m/s2，ux0，t1s所以小球落入沙箱前的速度 uuygt10m/s，方向竖直向下。小球开始下落时与小车右端的水平距离 xx1+x2v0t+u0t2解得 x15m（2）取向右为正方向，在小球落入沙箱的过程中，小车（不含物块A）和小球的系统在水平方向动量守恒，设小球落入沙箱瞬间，车与球的共同速度为v1。有 Mv0（M+m0）v1。解得 v15m/s 由于车速减小，随后物块A相对小车向右运动并将弹簧压缩，在此过程中，A与小车（含小球）的系统动量守恒，当弹簧压缩至最短时整个系统有一共同速度v2。根据动量守恒定律得 mv0+（M+m0）v1（M+m+m0）v2。解得 v26m/s根据能量转化和守恒定律得：最大值弹性势能 EP=12mv02+12（M+m0）v12-12（M+m+m0）v22mgS代入数据解得 EP9J（3）随后弹簧向左弹开物块A，假设A运动至车的左端时恰好与车相对静止，此过程中系统动量仍守恒，所以系统具有的速度仍为 v26m/s根据功能关系有 EPmgL0；解得小车左端与沙箱左侧的距离为 L09m分情况讨论如下：若LL09m，物块A停在距离沙箱左侧L09m处与小车一起运动，因此摩擦产生的热量为 Q1mgL0；解得 Q19J若LL09m，物块A最终会从沙箱左侧滑下，因此摩擦产生的热量为 Q2mgL；答：（1）小球落入沙箱前的速度u为10m/s，方向竖直向下。开始下落时与小车右端的水平距离x是15m；（2）小车在前进过程中，弹簧具有的最大值弹性势能是9J；（3）若LL09m，摩擦产生的热量为9J若LL09m，物块A最终会从沙箱左侧滑下，摩擦产生的热量为 Q2mgL。【点评】解决该题关键要正确分析小球的运动情况，掌握动量守恒和能量守恒列出等式求解，注意小球掉小车的过程中是小球与车水平方向的动量守恒。（二）选考题：共15分请考生从给出的2道物理题中每科任选一题作答如果多做，则每科按所做的第一题计分物理-选修3-313下列说法