北京市朝阳区2015届高三下学期第三次模拟物理试卷

1、北京市朝阳区2015届高考物理三模试卷一、选择题1下列说法中正确的是( )A气体的压强仅由温度决定B分子间的引力和斥力总是同时存在C布朗运动是指液体分子的无规则运动D物体的内能仅由质量和温度决定2关于黄光和蓝光，下列说法中正确的是( )A黄光光子的能量比蓝光光子的能量小B在真空中黄光的传播速度较蓝光的小C从玻璃射向空气，黄光的临界角比蓝光的临界角小D用同一装置做双缝干涉实验，黄光的条纹间距比蓝光的条纹间距小3图甲为一个弹簧振子沿x轴在MN之间做简谐运动，取平衡位置O为x轴坐标原点图乙为该弹簧振子的振动图象下列说法中正确的是( )A该弹簧振子的振幅为20cmB该弹簧振子的频率为1.2HzC弹簧振

2、子在图乙中A、B对应的时刻速度相同D弹簧振子在图乙中A、B对应的时刻到达同一位置4两个质量和电荷量均相同的带电粒子a、b分别以速度v和2v垂直射入一匀强磁场，其轨道半径分别为ra和rb，运动的周期为Ta和Tb不计粒子重力，则( )ArarbBrarbCTaTbDTaTb5如图所示，某同学将小球从O点以不同的初动能水平抛出，分别打在挡板上的B、C、D处已知A与O在同一高度，且AB：BC：CD=1：3：5若小球的初动能分别为Ek1、Ek2和Ek3，则( )AEk1：Ek2：Ek3=9：4：1BEk1：Ek2：Ek3=25：9：1CEk1：Ek2：Ek3=81：16：1DEk1：Ek2：Ek3=36

3、：9：46某行星的半径为R，以其第一宇宙速度运行的卫星的周期为T0，又知该行星的一颗同步卫星的线速度的大小为v，不考虑其他星球的影响，仅根据以上物理量不能求出( )A该行星的质量MB该行星的自转周期TC该行星表面的重力加速度gD该同步卫星距离行星表面的高度h7某同学在实验室分别用甲、乙装置验证了动量守恒定律，入射小球的质量为m1，半径为r1，被碰小球的质量为m2，半径为r2关于该实验以下做法中正确的是( )A两球的质量应满足m1远远大于m2B两图的N点均为放被碰小球时入射小球的平均落点C甲装置中若满足OM=PN，则说明两球的碰撞为完全弹性碰撞D两装置中的两小球半径应满足r1=r2，且均需要游标

4、卡尺测量其直径8由于内部发生激烈的热核聚变，太阳每时都在向各个方向产生电磁辐射，若忽略大气的影响，在地球上垂直于太阳光的每平方米的截面上，每秒钟接收到的这种电磁辐射的总能量约为1.4×103J已知：日地间的距离R=1.5×1011m，普朗克常量h=6.6×1034Js假如把这种电磁辐射均看成由波长为0.55m的光子组成的，那么，由此估算太阳每秒钟向外辐射的光子总数的数量级约为( )A1045B1041C1035D1030二、非选择题9（18分）下面几个实验都用到了电磁打点计时器或电火花计时器：A运用装置甲完成“探究功与速度变化的关系”实验B运用装置乙完成“验证机械

5、能守恒定律”实验C运用装置丙可以完成“探究小车速度随时间变化的规律”实验D运用装置丙可以完成“探究加速度与力、质量的关系”实验运用装置丙完成“探究小车速度随时间变化的规律”实验_（选填“需要”或“不需要”）平衡摩擦阻力图丁是某同学在某次实验中打出的一条纸带的一部分已知实验中电源的频率为50Hz，图中刻度尺的最小分度为1mm由图丁可知，该同学做的实验是_（填实验名称前的字母），打C点时纸带对应的速度为_m/s（保留三位有效数字）10某同学要测绘标有“3.8V，1.14W”的小灯泡的灯丝电流I随其两端电压U变化的图象除了导线和开关外，有以下一些器材可供选择：电流表：A1（量程200mA，内阻约2）

6、；A2（量程0.4A，内阻约0.3）；电压表：V1（量程4V，内阻约5k）；V2（量程15V，内阻约15k）；滑动变阻器：R1（阻值范围010）；R2（阻值范围02k）；电源：E1（电动势为2V，内阻约为0.2）；E2（电动势为4V，内阻约为0.04）为了操作方便并尽可能减小测量误差，在实验中，应选用电流表_，电压表_，滑动变阻器_，电源_（填器材的符号）实验电路应采用图1中的_图2是研究小灯泡伏安特性曲线的实验器材实物图，图中已连接了部分导线请根据在问中所选的电路图，用铅笔画线代替导线，补充完成图2中实物间的连线该同学闭合电键后通过改变滑片的位置描绘出了小灯泡的IU图线，如图3所示已知经过图

7、线的B点做出切线恰经过坐标为（0，0.15）的点，试根据学过的电学知识结合图线，求出小灯泡在工作点B时的电阻值为_，此时灯泡的实际功率是_W无论是利用图1中的A还是B测量不同电压下小灯泡的电阻，都存在系统误差关于该实验的系统误差，下列说法正确的是_A电流表分压导致测量的电阻偏 B电流表分压导致测量的电阻偏小C电压表分流导致测量的电阻偏 D电压表分流导致测量的电阻偏小实验中随着滑动变阻器滑片的移动，电源的路端电压U及干电池的总功率会发生变化，图4中的各示意图中正确反映电池的总功率PU关系的是_11电学实验补充题把电流表改装成电压表的实验中，所用电流表G的满偏电流Ig为200A，内阻rg估计在40

8、0600之间现用如图1的电路测定电流表的内阻rg，其供选用的器材如下：A滑动变阻器（阻值范围0200）B滑动变阻器（阻值范围040K）C滑动变阻器（阻值范围060K）D电阻箱（阻值范围0999.9）E电阻箱（阻值范围099.9）F电源（电动势6V，内阻约为0.3）G电源（电动势12V，内阻约为0.6）H电源（电动势20V，内阻约为1）I校对电流表 G（满偏电流为500A，内阻未知）（1）依据实验要求，R应选用_、R应选用_，电源E应选用_（填入选用器材前的字母代号）（2）该实验操作的步骤有：接通S1，调节电阻R，使电流表指针偏转到满刻度接通S2，调节电阻R，使电流表指针偏转到满刻度的一半读出R

9、的阻值，即认为rg=R接通S1之前，电阻R的滑片应位于_（填“a端”、“b端”或“ab中间”），用此方法测得电流表内阻的测量值与真实值相比_（填“偏大”、“不变”或“偏小”）（3）由此实验测出电流表内阻rg=500，现通过串联一个24.5k的电阻把它改装成为一个电压表，则改装后电压表的量程为_V（4）用改装的电压表测量某一恒压电源的电压，则改装电压表的示数偏_（选填“大”或“小”）（5）采用如图所示的电路测电流表G的内阻总会有系统误差某同学在图中的干路上串联一个校对电流表G，其目的是保证电键S2闭合后干路上的总电流一直不变请问电键S2闭合后应将滑动变阻器的R稍微向_滑动（填“a”或“b”）12

10、（16分）光滑水平面上放着质量为m=2kg的小球（可视为质点），小球与墙之间夹着一个轻弹簧，弹簧一端固定在墙上，另一端与小球不拴接现将小球推至A处静止不动，此时弹簧弹性势能为Ep=49J，如图所示放手后小球向左运动，到达轨道最低点B之前已经与弹簧分离之后冲上与水平面相切的竖直半圆粗糙轨道，其半径R=0.4m，小球恰能运动到最高点C取重力加速度g=10m/s2，求（1）小球离开弹簧前弹簧的弹力对小球的冲量I的大小；（2）小球运动到轨道最低点时对轨道的压力NB；（3）小球在竖直轨道上运动过程中克服摩擦力做的功Wf13（18分）如图，矩形的水平管，管道的长为L、宽为d、高为h上下两面是绝缘板，前后两

11、侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S和定值电阻R相连整个管道置于磁感应强度大小为B，方向沿z轴正方向的匀强磁场中管道内内始终充满电阻率为的导电液体（有大量的正、负离子），且开关闭合前后，液体在管道内进、出口两端压强差的作用下均以恒定速率v0沿x轴正向流动，液体所受的摩擦阻力不变（1）判断导体板M、N两板电势的高低，并求出两板的电势差大小U；（2）电键闭合后，电阻R获得的电功率P；（3）开关闭合前后，管道两端压强差的变化p14如图甲所示，水平地面上有一辆固定有长为L的竖直光滑绝缘管的小车，管的底部有一质量m=0.020g、电荷量q=8.0×105C的小球，小球的直径比管的内

12、径略小管口的侧壁处装有压力传感器，能够测出小球离开管口时对管壁的压力在管口所在水平面MN的下方存在着垂直纸面向里、磁感应强度为B1=1.5T的匀强磁场，MN面的上方还存在着竖直向上、场强E=2.5V/m的匀强电场和垂直纸面向外、磁感应强度B2=0.50T的匀强磁场现让小车始终保持vx=2.0m/s的速度匀速向右运动，以带电小球刚经过场的边界PQ为计时的起点，当小球运动到管口时，测得小球对管侧壁的弹力FN=2.4×104N取重力加速度g=10m/s2，取3，不计空气阻力求：（1）小球刚进入磁场B1时的加速度大小ay；（2）在图乙中内画出小球受管壁的弹力随竖直位移y变化的图象，在方格内写

13、出小球离开管口时的竖直位移大小，并计算出管壁弹力对小球做的功；（3）小球离开管后再次经过水平面MN时距管口的距离x北京市朝阳区2015届高考物理三模试卷一、选择题1下列说法中正确的是( )A气体的压强仅由温度决定B分子间的引力和斥力总是同时存在C布朗运动是指液体分子的无规则运动D物体的内能仅由质量和温度决定考点：温度是分子平均动能的标志；物体的内能；封闭气体压强 分析：气体的压强由温度和体积决定；分子间同时存在斥力和引力，布朗运动是悬浮微粒的运动，反映了液体分子的无规则运动；物体的内能由物质的量、温度和体积共同决定解答：解：A、气体的压强宏观上由温度和体积决定，故A错误；B、分子间同时存在斥力

14、和引力，故B正确；C、布朗运动是悬浮微粒的运动，反映了液体分子的无规则运动，故C错误；D、内能是值所有分子动能和势能之和，温度决定物体的分子平均动能的大小，物体的分子动能还与物体的质量有关，体积决定物体的分子势能的大小，所以D错误；故选：B点评：本题考察分子动理论的知识：体的压强由温度和体积决定；分子间同时存在斥力和引力，特别要注意布朗运动是悬浮微粒的运动，反映了液体分子的无规则运动2关于黄光和蓝光，下列说法中正确的是( )A黄光光子的能量比蓝光光子的能量小B在真空中黄光的传播速度较蓝光的小C从玻璃射向空气，黄光的临界角比蓝光的临界角小D用同一装置做双缝干涉实验，黄光的条纹间距比蓝光的条纹间距

15、小考点：双缝干涉的条纹间距与波长的关系 分析：根据光的频率大小，波长的大小，结合v=比较光在玻璃中的速度大小；并根据干涉条纹间距公式；最后根据，确定临界角与折射率的大小有关系，即可一一判定求解解答：解：A、因黄光光子的频率比蓝光光子的频率小，根据E=h，则有黄光光子的能量比蓝光光子的能量小，故A正确B、任何光在真空中，传播速度都相同故B错误C、从玻璃射向空气，根据，可知，折射率越大的，临界角越小，因黄光的折射率比蓝光小，因此黄光的临界角比蓝光的临界角大故C错误D、根据干涉条纹间距公式，因黄光的波长比蓝光大，则有黄光的条纹间距比蓝光的条纹间距大，故D错误故选：A点评：解决本题的突破口在于确定两光

16、的频率高低，并知道折射率、频率、波长、在介质中的速度之间的大小关系，最后掌握干涉条纹间距公式的应用3图甲为一个弹簧振子沿x轴在MN之间做简谐运动，取平衡位置O为x轴坐标原点图乙为该弹簧振子的振动图象下列说法中正确的是( )A该弹簧振子的振幅为20cmB该弹簧振子的频率为1.2HzC弹簧振子在图乙中A、B对应的时刻速度相同D弹簧振子在图乙中A、B对应的时刻到达同一位置考点：横波的图象 专题：振动图像与波动图像专题分析：周期是振子完成一次全振动的时间，振幅是振子离开平衡位置的最大距离；由图象直接读出周期和振幅根据振子的位置分析其速度和加速度大小振子处于平衡位置时速度最大，在最大位移处时，加速度最大

17、解答：解：A、振幅是振子离开平衡位置的最大距离，由图知，该弹簧振子的振幅为10cm故A错误B、由图知，该波的周期是1.2s，所以频率：f=s故B错误C、由图可知，A时刻质点向最大位移处运动，而B时刻想平衡位置运动，所以弹簧振子在图乙中A、B对应的时刻速度方向相反，故C错误D、由图可知，弹簧振子在图乙中A、B对应的时刻到达同一位置故D正确故选：D点评：本题结合振动图象考查了振幅和周期的概念以及质点振动的方向，要能结合xt图象进行分析，基础题4两个质量和电荷量均相同的带电粒子a、b分别以速度v和2v垂直射入一匀强磁场，其轨道半径分别为ra和rb，运动的周期为Ta和Tb不计粒子重力，则( )Arar

18、bBrarbCTaTbDTaTb考点：带电粒子在匀强磁场中的运动 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：由牛顿第二定律研究轨道半径，由周期T=分析周期大小解答：解：AB、根据牛顿第二定律得：qvB=m得：r=，由题m、q、B大小均相同，速度大的半径大，故rarb，故A错误，B正确；CD、周期T=，知由题m、q、B大小均相同，周期相同，故CD错误；故选：B点评：此题关键知带电粒子在磁场中是洛伦兹力充当向心力，列式得到要求的物理量从而比较大小5如图所示，某同学将小球从O点以不同的初动能水平抛出，分别打在挡板上的B、C、D处已知A与O在同一高度，且AB：BC：CD=1：3：5若小球的初动能分别为Ek

19、1、Ek2和Ek3，则( )AEk1：Ek2：Ek3=9：4：1BEk1：Ek2：Ek3=25：9：1CEk1：Ek2：Ek3=81：16：1DEk1：Ek2：Ek3=36：9：4考点：平抛运动 专题：平抛运动专题分析：小球做平抛运动，根据竖直方向上下降的距离之比求出运动的时间之比，抓住水平位移相等求出初速度之比，从而得出初动能之比解答：解：平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，因为AB：BC：CD=1：3：5知三个小球在竖直方向上的位移之比为1：4：9，根据t=知，运动的时间之比为1：2：3，水平位移相等，根据v=知，初速度之比为6：3：2，初动能，则初动能之比为36：9：4，故D正确故选：D

20、点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，难度不大6某行星的半径为R，以其第一宇宙速度运行的卫星的周期为T0，又知该行星的一颗同步卫星的线速度的大小为v，不考虑其他星球的影响，仅根据以上物理量不能求出( )A该行星的质量MB该行星的自转周期TC该行星表面的重力加速度gD该同步卫星距离行星表面的高度h考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用 专题：人造卫星问题分析：（1）根据轨道星球表面重力等于万有引力求解重力加速度；（2）第一宇宙速度的半径为R，根据求出GM，再根据万有引力提供向心力求出同步卫星的高度（3）行星自转周期等于同

21、步卫星的运转周期，根据T=求出自转周期解答：解：A、以其第一宇宙速度运行的卫星的轨道半径即为行星的半径R，根据万有引力提供向心力得：由于题目中没有告知万有引力常量G，所以无法求解该行星质量，故A正确；B、星球表面重力等于万有引力，则有：mg=m解得：该行星表面的重力加速度g=，设同步卫星的质量为m，则有：由解得：h=，同步卫星的周期T=该行星自转周期等于同步卫星周期，故BCD错误本题选不可求得的故选：A点评：解决本题的关键知道第一宇宙速度是卫星贴着行星表面做圆周运动的速度，知道卫星绕行星做圆周运动靠万有引力提供向心力7某同学在实验室分别用甲、乙装置验证了动量守恒定律，入射小球的质量为m1，半径

22、为r1，被碰小球的质量为m2，半径为r2关于该实验以下做法中正确的是( )A两球的质量应满足m1远远大于m2B两图的N点均为放被碰小球时入射小球的平均落点C甲装置中若满足OM=PN，则说明两球的碰撞为完全弹性碰撞D两装置中的两小球半径应满足r1=r2，且均需要游标卡尺测量其直径考点：动量守恒定律 专题：实验题分析：为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，由于两球从同一高度下落，故下落时间相同，所以水平向速度之比等于两物体水平方向位移之比，然后由动量守恒定律与机械能守恒分析答题解答：解：A、为防止碰撞过程入射球反弹，

23、入射球的质量应大于被碰球的质量，即：m1m2，不是远远大于，故A错误；B、两图的N点均为放被碰小球时，被碰小球的平均落点，故B错误；C、小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相同，它们在空中的运动时间t相等，它们的水平位移x与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，若两球相碰前后的动量守恒，则m1v0=m1v1+m2v2，又OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t，代入得：m1OP=m1OM+m2ON，若碰撞是弹性碰撞，则机械能守恒，由机械能守恒定律得：m1v02=m1v12+m1v22，将OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t代入得：m1OP2=m1OM2+m2ON2

24、，故C错误；D、为了使两球发生对心正碰，两小球的半径相同，r1=r2，压测量球心到落地点的水平距离，所以均需要游标卡尺测量其直径，故D正确；故选：D点评：本题考查了实验注意事项，知道实验原理与实验注意事项即可正确解题，要注意基础知识的学习与掌握，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速和时间，而是用位移x来代替速度v，成为是解决问题的关键此题难度中等，属于中档题8由于内部发生激烈的热核聚变，太阳每时都在向各个方向产生电磁辐射，若忽略大气的影响，在地球上垂直于太阳光的每平方米的截面上，每秒钟接收到的这种电磁辐射的总能量约为1.4×103J已知：日地间的距离R=1.5×1

25、011m，普朗克常量h=6.6×1034Js假如把这种电磁辐射均看成由波长为0.55m的光子组成的，那么，由此估算太阳每秒钟向外辐射的光子总数的数量级约为( )A1045B1041C1035D1030考点：光子 分析：根据能量守恒求出地面上lm2的面积上每秒接受的光子数为n，从而得出以太阳为球心，以日地间距离R为半径的大球面所接受的光子数，确定出太阳每秒辐射出的可见光光子数解答：解：设地面上lm2的面积上每秒接受的光子数为n，则有：pt=nh代入数据解得n=3.87×1021个/m2设想一个以太阳为球心，以日地间距离R为半径的大球面包围着太阳，大球面接受的光子数即太阳辐射的

26、全部光子数，则所求的可见光光子数为：N=n4R2=3.87×1021×4×3.14×（1.5×1011）211×1045故选：A点评：本题计算过程相当复杂，稍不注意就会出错，能够建立正确的物理模型进行求解二、非选择题9（18分）下面几个实验都用到了电磁打点计时器或电火花计时器：A运用装置甲完成“探究功与速度变化的关系”实验B运用装置乙完成“验证机械能守恒定律”实验C运用装置丙可以完成“探究小车速度随时间变化的规律”实验D运用装置丙可以完成“探究加速度与力、质量的关系”实验运用装置丙完成“探究小车速度随时间变化的规律”实验不需要（选填“

27、需要”或“不需要”）平衡摩擦阻力图丁是某同学在某次实验中打出的一条纸带的一部分已知实验中电源的频率为50Hz，图中刻度尺的最小分度为1mm由图丁可知，该同学做的实验是验证机械能守恒定律的实（填实验名称前的字母），打C点时纸带对应的速度为1.50m/s（保留三位有效数字）考点：探究功与速度变化的关系；验证机械能守恒定律 专题：实验题；动能定理的应用专题分析：在探究中，是否存在阻力，对速度随时间变化的规律研究没有影响；根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，从而影响属于什么实验；根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小解

28、答：解：在探究小车速度随时间变化的规律的实验中，小车存在阻力，对其规律的研究没有影响，因此不需要平衡摩擦力；相邻的计数点间的时间间隔T=0.02s，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，为了更加准确的求解加速度，a=10m/s2 由加速度大小可知，属于验证机械能守恒定律的实验；根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，得：VC=1.50m/s 故答案为：不需要；验证机械能守恒定律的实验；1.50点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用10某同学要测绘标有“3.8V，1.14W”的小灯泡的灯丝电流I随

29、其两端电压U变化的图象除了导线和开关外，有以下一些器材可供选择：电流表：A1（量程200mA，内阻约2）；A2（量程0.4A，内阻约0.3）；电压表：V1（量程4V，内阻约5k）；V2（量程15V，内阻约15k）；滑动变阻器：R1（阻值范围010）；R2（阻值范围02k）；电源：E1（电动势为2V，内阻约为0.2）；E2（电动势为4V，内阻约为0.04）为了操作方便并尽可能减小测量误差，在实验中，应选用电流表A2，电压表V1，滑动变阻器R1，电源E2（填器材的符号）实验电路应采用图1中的C图2是研究小灯泡伏安特性曲线的实验器材实物图，图中已连接了部分导线请根据在问中所选的电路图，用铅笔画线代替

30、导线，补充完成图2中实物间的连线该同学闭合电键后通过改变滑片的位置描绘出了小灯泡的IU图线，如图3所示已知经过图线的B点做出切线恰经过坐标为（0，0.15）的点，试根据学过的电学知识结合图线，求出小灯泡在工作点B时的电阻值为10，此时灯泡的实际功率是0.625W无论是利用图1中的A还是B测量不同电压下小灯泡的电阻，都存在系统误差关于该实验的系统误差，下列说法正确的是AA电流表分压导致测量的电阻偏 B电流表分压导致测量的电阻偏小C电压表分流导致测量的电阻偏 D电压表分流导致测量的电阻偏小实验中随着滑动变阻器滑片的移动，电源的路端电压U及干电池的总功率会发生变化，图4中的各示意图中正确反映电池的总

31、功率PU关系的是B考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 专题：实验题；恒定电流专题分析：根据灯泡额定电压选择电压表与电源，根据灯泡额定电流选择电流表，为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后选择实验电路图根据电路图连接实物电路图根据灯泡两端电压与电流应用欧姆定律求出灯泡阻值，应用P=UI求出灯泡消耗的功率根据电路图应用欧姆定律分析答题求出电源输出功率表达式，然后答题解答：解：由灯泡铭牌可知，灯泡额定电压为3.8V，额定功率为1.14W，则电压表要选择V1，电源选择E2，灯泡额定电流I=0.3A，则电流表选择A2，描绘灯泡IU图象，电压与电流应从零开始变化，

32、滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作滑动变阻器应选择R1描绘灯泡IU图象，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻R=12.67，电流表内阻约为0.3，电压表内阻约为5k，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，因此实验要选择图C所示电路根据实验电路图C连接实物电路图，实物电路图如图所示：由图3所示图象可知，灯泡两端电压U=2.5V，通过灯泡的电流I=0.25A，此时灯泡电阻：R=10，灯泡功率：P=UI=2.5V×0.25A=0.625W由图示电路图可知，图1中的A与B实验电路都采用电流表内接法，由于电流表的分压作用，所测电压偏大，由欧姆定

33、律可知，所测灯泡电阻测量值大于真实值，故选A电压表测量路端电压，其示数随滑动变阻器的阻值增大而增大；而当内阻和外阻相等时，输出功率最大；此时输出电压为电动势的一半外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零；故符合条件的图象应为B故答案为：A2；V1；R1；E2；C；电路图如图所示；10；0.625；A；B点评：本题考查了实验器材与实验电路的选择、连接实物电路图、求灯泡电阻与灯泡实际功率、实验误差分析、实验数据处理等问题；要掌握实验器材的选择原则，根据实验目的与实验器材确定滑动变阻器与电流表的接法是正确选择实验电路、连接实物电路图的关键，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器应采用

34、分压接法11电学实验补充题把电流表改装成电压表的实验中，所用电流表G的满偏电流Ig为200A，内阻rg估计在400600之间现用如图1的电路测定电流表的内阻rg，其供选用的器材如下：A滑动变阻器（阻值范围0200）B滑动变阻器（阻值范围040K）C滑动变阻器（阻值范围060K）D电阻箱（阻值范围0999.9）E电阻箱（阻值范围099.9）F电源（电动势6V，内阻约为0.3）G电源（电动势12V，内阻约为0.6）H电源（电动势20V，内阻约为1）I校对电流表 G（满偏电流为500A，内阻未知）（1）依据实验要求，R应选用C、R应选用D，电源E应选用F（填入选用器材前的字母代号）（2）该实验操作的

35、步骤有：接通S1，调节电阻R，使电流表指针偏转到满刻度接通S2，调节电阻R，使电流表指针偏转到满刻度的一半读出R的阻值，即认为rg=R接通S1之前，电阻R的滑片应位于a端（填“a端”、“b端”或“ab中间”），用此方法测得电流表内阻的测量值与真实值相比偏小（填“偏大”、“不变”或“偏小”）（3）由此实验测出电流表内阻rg=500，现通过串联一个24.5k的电阻把它改装成为一个电压表，则改装后电压表的量程为5V（4）用改装的电压表测量某一恒压电源的电压，则改装电压表的示数偏小（选填“大”或“小”）（5）采用如图所示的电路测电流表G的内阻总会有系统误差某同学在图中的干路上串联一个校对电流表G，其目

36、的是保证电键S2闭合后干路上的总电流一直不变请问电键S2闭合后应将滑动变阻器的R稍微向a滑动（填“a”或“b”）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线；把电流表改装成电压表 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）选择实验器材：因并联电阻后认为总电流不变，则要求所串的电阻要大，所并联的电阻要与电流表的内阻相当故R应选大的，R应选小的因总电阻要大故所选电动势要大一些（2）滑动变阻器采用限流接法，为保护电路安全闭合开关前滑片要置于阻值最大处；应用串并联电路特点与欧姆定律分析实验误差（3）应用串联电路特点与欧姆定律可以求出电压表的量程（4）根据串联电路特点与欧姆定律分析实验误差（5）根据并联电路特点判断开关闭

37、合后电路电阻阻值如何变化，然后应用欧姆定律分析答题解答：解：（1）闭合开关S2后电流表与电阻箱的并联阻值变小，电路总电流变大，串联在干路中的滑动变阻器阻值越大，闭合开关引起的电路电流变化越小，实验误差越小，为减小实验误差应选择最大阻值较大的滑动变阻器，因此滑动变阻器R应选择C；电阻箱阻值应与电流表内阻相差不多，电流表内阻rg估计在400600之间，则电阻箱R应选D；电源内阻越小实验误差越小，因此电源应选F（2）滑动变阻器采用分压接法，为保护电路安全，接通S1之前，电阻R的滑片应位于a端；当S2闭合时，R和rg并联，并联后总阻值R并rg，而电阻R不变，S2闭合后干路总电阻变小，干路电流比闭合前的

38、总电流要大，即电流大于Ig，而此时电流表支路的电流等于，那么R支路的电流要大于，那么R的电阻肯定要小于Rg，所以用此方法测量的电流表内阻的测量值比真实值要偏小（3）改装后电压表的量程：U=Ig（Rg+R）=200×106×（500+24.5×103）=5V（4）用半偏法测得的电流表内阻偏小，改装后电压表内阻偏小，由U=IR可知，改装后电压表量程偏小（5）电键S2闭合后电流表与电阻箱并联阻值减小，为保证干路电流不变，应保证电路总阻值不变，滑动变阻器接入电路的电阻应变大，滑动变阻器滑片应向a端稍微移动故答案为：（1）C；D；F；（2）a端；偏小；（3）5；（4）小；（

39、5）a点评：本题考查半偏法测电流表内阻、电压表的改装，知道半偏法测内阻的原理与电压表的改装原理、应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题；要会应用串并联电路特点与欧姆定律分析实验误差12（16分）光滑水平面上放着质量为m=2kg的小球（可视为质点），小球与墙之间夹着一个轻弹簧，弹簧一端固定在墙上，另一端与小球不拴接现将小球推至A处静止不动，此时弹簧弹性势能为Ep=49J，如图所示放手后小球向左运动，到达轨道最低点B之前已经与弹簧分离之后冲上与水平面相切的竖直半圆粗糙轨道，其半径R=0.4m，小球恰能运动到最高点C取重力加速度g=10m/s2，求（1）小球离开弹簧前弹簧的弹力对小球的冲量I的大小

40、；（2）小球运动到轨道最低点时对轨道的压力NB；（3）小球在竖直轨道上运动过程中克服摩擦力做的功Wf考点：动能定理的应用；牛顿第二定律 专题：动能定理的应用专题分析：（1）由机械能守恒定律求出小球离开弹簧时的速度，然后应用动量定理求出冲量（2）小球做圆周运动，应用牛顿第二定律可以求出轨道对小球的作用力，然后应用牛顿第三定律可以求出小球对轨道的作用力（3）应用动能定理可以求出小球克服摩擦力做功解答：解：（1）设小球与弹簧分离时的速度为v，小球和弹簧构成系统在弹簧恢复原长过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：EP=mv2，代入数据解得：v=7m/s，小球与弹簧分离前，由动量定理得：I=mv0，代入

41、数据解得：解得：I=14Ns；（2）小球脱离弹簧后在水平面上做匀速运动，到达B点时速度：vB=v=7m/s，在轨道最低点B处，对小球由牛顿第二定律得：，代入数据解得：NB=265N，由牛顿第三定律可知，小球对轨道压力大小为：265N，方向竖直向下；（3）小球恰好到达C点，此时的速度为vC，在C点由牛顿第二定律得：mg=m，代入数据解得：vC=2m/s，小球从B到C过程，由动能定理得：mg2RWf=mvC2mvB2，代入数据解得：Wf=29J； 答：（1）小球离开弹簧前弹簧的弹力对小球的冲量I的大小为14Ns；（2）小球运动到轨道最低点时对轨道的压力NB为265N，方向竖直向下；（3）小球在竖直

42、轨道上运动过程中克服摩擦力做的功Wf为29J点评：本题考查了求冲量、作用力与克服摩擦力做功问题，分析清楚小球的运动过程，应用机械能守恒定律、动量定理、牛顿第二定律与动能定理即可正确解题13（18分）如图，矩形的水平管，管道的长为L、宽为d、高为h上下两面是绝缘板，前后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S和定值电阻R相连整个管道置于磁感应强度大小为B，方向沿z轴正方向的匀强磁场中管道内内始终充满电阻率为的导电液体（有大量的正、负离子），且开关闭合前后，液体在管道内进、出口两端压强差的作用下均以恒定速率v0沿x轴正向流动，液体所受的摩擦阻力不变（1）判断导体板M、N两板电势的高低，并

43、求出两板的电势差大小U；（2）电键闭合后，电阻R获得的电功率P；（3）开关闭合前后，管道两端压强差的变化p考点：霍尔效应及其应用；闭合电路的欧姆定律 分析：（1）根据洛伦兹力等于电场力，即可求解；（2）根据欧姆定律与电阻定律，结合功率表达式，即可求解；（3）由功率表达式，结合数学知识求极值法，即可求解解答：解：（1）由左手定则可知，导体板M电势较高设带电离子所带电量为q，当其所受的洛伦兹力与电场力相平衡时，U保持恒定，则有：解得：U=Bdv0；（2）由闭合电路欧姆定律I=由电阻定律可求两导体板间液体的电阻r=电阻R获得的功率为：P=I2R联立得：P=（3）设开关闭合前后，管道两端压强差分别为P1、P2，液体所受的摩擦阻力均为f，开关闭合后管道内液体受到