浙江省金华市东阳市2015届高三下学期物理模拟试卷(5月份)

1、浙江省金华市东阳市2015届2015届高考物理模拟试卷（5月份）一、选择题1 .物理学源于生活，又对人类的生产、生活产生深远的影响.以下关于物理学知识及其在生产、生活中的实际应用的说法正确是（）A.石块比羽毛下落得快，说明重的物体总是比轻的物体下落得快B.钻木取火使人们知道了摩擦可以生热的道理，也就是说只要有摩擦力作用就有热量产生C.超高压带电作业的工作服是用包含金属丝的织物制成的，这是为了加强衣服的强度D.电磁感应原理的广泛应用，人们制成了用于加热物品的电磁炉2 .一端装有定滑轮的粗糙斜面体放在地面上，AB两物体通过细绳连接，并处于静止状态（不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦），如图所示.现用水

2、平力F作用于物体B上，缓慢拉开一小角度，此过程中斜面体与物体A仍然静止.则下列说法正确的是（）A.水平力F保持不变B.斜面物体A的作用力一定变大C.斜面物体A的摩擦力一定变大D.斜面体所受地面的支持力一定不变3 .据中新社北京2月26日电，中国军队2013年将举行近40场军事演习，以提高信息化条件下威慑和实战能力.若在某次军事演习中，某空降兵从悬停在空中的直升飞机上跳下，从跳离飞机到落地的过程中沿竖直方向运动的v-t图象如图所示，则下列说法正确的是（）A. 0-10s内空降兵运动的加速度越来越大B. 0-10s内空降兵和降落伞整体所受重力小于空气阻力C. 10s-15s内空降兵和降落伞整体所受

3、的空气阻力越来越小D. 10s-15s内空降兵处于失重状态4 .如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B,磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x轴方向宽度均为a,在y轴方向足够宽.现有一高为a的正三角形导线框从图示位置开始向右匀速穿过磁场区域.若以逆时针方向为电流的正方向，在下图中，线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图象正确的是（）二、选择题（本大题共3小题，在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）5 .在如图所示的电路中，圈、处可以接小灯、电流表或电压表（均为理想电表）三种元器件，电源电动势E

4、、内阻r均保持不变，定值电阻R:R2：R:R=4:3:2:1,小灯电阻品二«，R>r,电路中有电流通过，下列说法中正确的是（）A.要使电源总功率最大，则应该接电流表，接电压表，接小灯B.要使电源输出功率最大，则应该接电流表，接小灯，接电压表C.要使路端电压最大，则应该接小灯，接电压表，接电流表D.要使闭合电路中电源效率最高，则应该接小灯，接电流表，接电压表6.如图所示，固定的光滑倾斜杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧上端相连，弹簧的下端固定在水平地面上的A点，开始弹簧恰好处于原长h.现让圆环由静止沿杆滑下，滑到杆的底端（未触及地面）时速度恰好为零.则以下说法正

5、确的是（）A.在圆环下滑的过程中，圆环、弹簧和地球组成的系统机械能守恒B.在圆环下滑的过程中，当弹簧最短时弹簧的弹性势能最大C.在圆环下滑的过程中，当弹簧再次恢复原长时圆环的动能最大D.在圆环下滑到杆的底端时，弹簧的弹性势能为mgh7 .如图所示，显微镜中常用一种静电透镜，它可以把带电粒子（不计重力）聚集在中心轴上某点.其中K为平板电极，G为中央带圆孔的另一平行金属板，图中实线为两板附近等势线.K板右侧附近有一放射源，可以向右放射平行于轴线的粒子束.则（）K120WA.该装置既可以使电子汇聚，也可以使质子汇聚8 .被汇聚的粒子电势能增加C.被汇聚的粒子动能增加D.速度相同的不同种粒子，不能被汇

6、聚于同一点三、非选择题8.某实验小组利用拉力传感器和速度传感器探究“功与动能变化的关系”.实验装置如图所示，他们将拉力传感器固定在小车上，用不可伸长的细线将其通过一个定滑轮与钩码相连，用拉力传感器记录小车受到拉力的大小.水平桌面上相距L的A、B两点各安装一个速度传感器，记录小车通过A、B时的速度大小.小车中可以放置祛码.(1)实验主要步骤如下：测量小车、祛码和拉力传感器的总质量M把细线的一端固定在拉力传感器上，另一端通过定滑轮与钩码相连；正确连接所需电路；将小车停在C点，接通电源(填“前”或“后”)，释放小车，小车在细线拉动下运动，记录细线拉力及小车通过A、B时的速度；在小车中增加或减小祛码个

7、数，重复的操作.(2)表是他们测得的几组数据，|vi2-V22|是两个速度传感器记录速度的平方差，可以据此计算出动能变化量AE,F是拉力传感器受到的拉力，W是F在AB间所做的功.则表格中的E3=,W=.(结果保留三位有效数字)次数M/kg|v12-V22|(m/s)E/JF/NW/J10.5000.7600.1900.4000.20020.5001.650.4130.8400.42030.5002.40E31.220W341.0002.401.202.4201.2151.0003.241.622.8601.43(3)第5组探究的结果偏差较大，他们以为产生原因如下，其中有可能的是A.钩码质量太大

8、，细线所受拉力过大，使得小车动能增量偏大8 .平衡摩擦力不足，木板倾角过小，使得小车动能增量偏大C.平衡摩擦力过度，木板倾角过大，使得小车动能增量偏大(4)如果已经平衡了摩擦力，用此装置也(填“能”或“不能”)验证小车、祛码以及钩码组成的系统机械能守恒，理由是9 .某同学在研究性学习过程中将图甲所示的多用电表直接连接到一内阻未知(约3k5kQ)的直流电压表上，通过多用表的欧姆档粗略的测出了直流电压表的内阻，并根据两表的示数推算出多用表拨至欧姆档时内部电源的电动势.(1)在实验过程中欧姆档的选择开关应拨至倍率X"(2)在图乙中将用多用电表测电压表内阻的电路连接起来.(3)从图丙、图丁中

9、的示数可知，直流电压表的内阻为;多用表拨至欧姆档时内部电源的电动势为.10.(16分)如图所示，是一次娱乐节目中的一个游戏示意图，游戏装置中有一个光滑圆弧形轨道，高为h,半径为R,固定在水平地面上，它的左端切线沿水平方向，左端与竖直墙面间的距离为x.竖直墙高为H,滑板运动员可从墙面的顶部沿水平方向飞到地面上.游戏规则是让一滑块从弧形轨道的最高点由静止滑下，当它滑到轨道底端时，滑板运动员立即以某一初速度水平飞出，当滑块在水平面上停止运动时，运动员恰好落地，并将滑块捡起就算获胜，已知滑块到达底端时对轨道的压力大小为F,重力加速度为g求：(不计滑板的长度，运动员看作质点)(1)滑块的质量；(2)滑块

10、与地面间的动摩擦因数：(3)滑板运动员要想获胜，他飞出时的初速度多大？11.如图所示，水平虚线Li、L2之间是匀强磁场，磁场方向水平向里，磁场区域的高度为h.竖直平面内有一质量为m的直角梯形线框，底边水平，其上下边长之比为5:1,高为2h.现使线中gAB边在磁场边界L1的上方h高处由静止自由下落(下落过程底边始终水平，线框平面始终与磁场方向垂直)，当AB边刚进入磁场时加速度恰好为0,在DC边刚进入磁场前的一段时间内，线框做匀速运动.求：(1)求AB边刚进入磁场时线框的速度与CDi刚进入磁场时的速度各是多少？(2)从线框开始下落到DC边刚进入磁场的过程中，线框产生的焦耳热为多少？(3)DC边刚进

11、入磁场时，线框加速度的大小为多少？乂 XI XX.XX.XX XX XX一12.(22分)如图所示，相距为R的两块平行金属板MN正对着放置，si、S2分别为MLN板上的小孔，si、S2、。三点共线，它们的连线垂直MN,且S2O=R以。为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度为日方向垂直纸面向外的匀强磁场.D为收集板，板上各点到。点的距离以及板两端点的距离都为2R,板两端点的连线垂直MN板.质量为mr带电量为+q的粒子，经si进入MN间的电场后，通过S2进入磁场.粒子在si处的速度和粒子所受的重力均不计.(1)当MN间的电压为U时，求粒子进入磁场时速度的大小u；(2)若粒子恰好打在收集板D的中

12、点上，求MN间的电压值U0;(3)当MN间的电压不同时，粒子从si到打在D上经历的时间t会不同，求t的最小值.浙江省金华市东阳市20i5届20i5届高考物理模拟试卷(5月份)、选择题i.物理学源于生活，又对人类的生产、生活产生深远的影响.以下关于物理学知识及其在生产、生活中的实际应用的说法正确是()A.石块比羽毛下落得快，说明重的物体总是比轻的物体下落得快B.钻木取火使人们知道了摩擦可以生热的道理，也就是说只要有摩擦力作用就有热量产生C.超高压带电作业的工作服是用包含金属丝的织物制成的，这是为了加强衣服的强度D.电磁感应原理的广泛应用，人们制成了用于加热物品的电磁炉考点：*静电的利用和防止专题

13、：电场力与电势的性质专题分析：根据受力分析，说明石块比羽毛下落得快的原因；利用涡流的热效应，人们制成了用于加热物品的电磁炉；摩擦力将机械能转化为内能；超高压带电作业的工人穿戴的工作服是用包含金属丝的织物制成的，这是利用了静电屏蔽的作用解答：解：A、根据受力可知，在空气中下落的过程中受到的空气的阻力远小于其重力，而羽毛受到的阻力与其重力比较接近，所以石块比羽毛的向下的加速度大，所以下落得快，与物体的轻于重无关，与受到的阻力产生的影响有关故A错误；以钻木取火使人们知道了摩擦可以生热的道理，是利用摩擦力将机械能转化为内能，不能说明只要有摩擦力作用就有热量产生如静摩擦力就不会产生热量故B错误；C超高压

14、带电作业的工人穿戴的工作服是用包含金属丝的织物制成的，这是利用了静电屏蔽的作用故C错误D利用电磁感应现象与涡流的热效应，人们制成了用于加热物品的电磁炉；故D正确.故选：D点评：该题考查到牛顿第二定律的应用、电磁炉的原理、功能关系以及静电屏蔽，考查到的知识点比较多，比较散，这一类的题目要考平时的积累2一端装有定滑轮的粗糙斜面体放在地面上，A、B两物体通过细绳连接，并处于静止状态(不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦)，如图所示现用水平力F作用于物体B上，缓慢拉开一小角度，此过程中斜面体与物体A仍然静止则下列说法正确的是()A.水平力F保持不变B.斜面物体A的作用力一定变大C.斜面物体A的摩擦力一定变大

15、D.斜面体所受地面的支持力一定不变考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力.专题：共点力作用下物体平衡专题.分析：先对物体B受力分析，根据共点力平衡条件求出绳子的拉力T;再对木块A受力分析，同样根据共点力平衡条件得出各个力的情况.解答：解：A、对木块B受力分析，如图，根据共点力平衡条件有：F=mBgtan0T理COE9在缓慢拉开B的过程中，0变大，故F变大，故A错误；BC、物体A受重力、支持力、细线的拉力，可能没有静摩擦力，也可能有沿斜面向下的静摩擦力，还有可能受沿斜面向上的静摩擦力，故F变大，拉力T变大后，静摩擦力可能变小，也可能变大.支持力不变；故斜面对物体的作用力可能增大也可能减

16、小或不变；故B错误，C错误；D对整体受力分析，整体竖直方向只受重力和支持力；拉力沿水平方向，故支持力不变；故D正确；故选：D.Gm点评：本题关键分别对A、B受力分析，然后根据共点力平衡条件分析求解，在计算地面对斜面的支持力时，可以用整体法，不需要考虑系统内力，能使解题过程大大简化.3.据中新社北京2月26日电，中国军队2013年将举行近40场军事演习，以提高信息化条件下威慑和实战能力.若在某次军事演习中，某空降兵从悬停在空中的直升飞机上跳下，从跳离飞机到落地的过程中沿竖直方向运动的v-t图象如图所示，则下列说法正确的是（）A. 0-10s内空降兵运动的加速度越来越大B. 0-10s内空降兵和降

17、落伞整体所受重力小于空气阻力C. 10s-15s内空降兵和降落伞整体所受的空气阻力越来越小D. 10s-15s内空降兵处于失重状态考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系.专题：运动学中的图像专题.分析：从图象可以看出，空降兵先做加速度不断减小的加速运动，再做加速度不断减小的减速运动，最后匀速运动；根据速度时间图线与坐标轴包围的面积表示位移以及图线上某点的切线的斜率表示该时刻加速度来进行分析.解答:解：A、v-t图象中，图线上某点的切线的斜率表示该时刻加速度，故0-10s内空降兵运动的加速度越来越小，故A错误；日O-10s内空降兵和降落伞做加速运动，故整体所受重力大于空气阻

18、力，加速度越来越小，故说明所受阻力越来越大，故B错误；C10s末15s末速度向下做加速度不断减小的减速直线运动，加速度向上，根据牛顿第二定律，有f-mg=ma由于a不断减小，故f不断减小，故C正确；DX10s-15s内空降兵向下做加速度不断减小的减速直线运动，加速度向上，是超重，故D错误；故选：C.点评：本题关键根据速度时间图象得到物体的运动规律，然后结合速度时间图线与坐标轴包围的面积表示位移以及图线上某点的切线的斜率表示该时刻加速度来进行分析.4 .如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B,磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x轴方向宽度均为a,在y轴方向足够宽.现有

19、一高为a的正三角形导线框从图示位置开始向右匀速穿过磁场区域.若以逆时针方向为电流的正方向，在下图中，线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图象正确的是（）考点：导体切割磁感线时的感应电动势.专题：电磁感应与电路结合.分析：本题导体的运动可分为三段进行分析，根据楞次定律可判断电路中感应电流的方向；由导体切割磁感线时的感应电动势公式可求得感应电动势的大小.解答：解：线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，磁通量向里增大，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针，故B一定错误；因切割的有效长度均匀增大，故由E=BLV可知，电动势也均匀增加；而在全部进入第一部分磁场时，磁通量达最大，该瞬间变化率为零，故电动势

20、也会零，故A错误；当线圈开始进入第二段磁场后，线圈中磁通量向里减小，则可知电流为顺时针，故D错误，C正确；故选：C.点评：本题为选择题，而过程比较复杂，故可选用排除法解决，这样可以节约一定的时间；而进入第二段磁场后，分处两磁场的线圈两部分产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的,当将要全部进入第二磁场时，线圈中电流达最大2I.二、选择题（本大题共3小题，在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）5 .在如图所示的电路中，圈、处可以接小灯、电流表或电压表（均为理想电表）三种元器件，电源电动势E、内阻r均保持不变，定值电阻R:R:

21、R:R=4:3:2:1,小灯电阻触,R>r,电路中有电流通过，下列说法中正确的是（）A.要使电源总功率最大，则应该接电流表，接电压表，接小灯B.要使电源输出功率最大，则应该接电流表，接小灯，接电压表C.要使路端电压最大，则应该接小灯，接电压表，接电流表D.要使闭合电路中电源效率最高，则应该接小灯，接电流表，接电压表考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率.专题：压轴题；恒定电流专题.分析：A、要使电源的总功率最大，根据P=EI,即总电流最大，总电阻最小.日当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大.所以要想输出功率最大，要使外电阻接近于内阻.C外电阻越大，总电阻越大，总电流越小，内电压越小，

22、外电压越大.所以当外电阻最大时,路端电压最大.D电源的效率知外电阻越大，效率越高.EIR+i解答：解：A、要电源总功率最大，电压是固定的，所以就要求电流要大，电流大则总电阻要最小,内阻是一定的，所以外阻要最小.那么如何接外阻小呢，1接小灯的话，外阻最小也为2R=8R,比较大，所以要接电流表，2接小灯的话，3接电压表开路，则小灯和R并联再与R4串联再与R2并联，最后于R串联，最后计算外阻为（4+21）XR4,3接小灯，2接电压表开路，则R3R4串联，与R、R并联最后与R串联，最后计算外阻为（4+!）XR.4最小.故A正确.11B、当2卜=时，输出功率最大，但是R>r,从上面可以看出，最小的

23、外阻也大于r,所以要输出功率最大，只有外阻接近r才行，所以还是选择最小的外阻，可以看到还应该是接电流表，接电压表，接小灯.故B错误.C要路端电压最大，就要外阻越大越好，这样应该接电压表，这样整个电路断路，路端电压等于电动势.故C错误.D要是电源效率最高，则电路不能是断路，同时外阻越大越好，这样1要接小灯，如果3接电流表，则R、R、R被短接，RR+R=2R=8R,如果接电流表，则R短接，R4与R并联，R外=R+R+，占（8+卫）XR4,为最大.故D正确.Rq+Rz14故选AD点评：解决本题的关键根据闭合电路欧姆定律，知道何时电源总功率最大、输出功率最大、路端电压最大、电源效率最大.以及熟练运用串

24、并联电路的特点，求出不同情况下的总电阻.6 .如图所示，固定的光滑倾斜杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧上端相连，弹簧的下端固定在水平地面上的A点，开始弹簧恰好处于原长h.现让圆环由静止沿杆滑下，滑到杆的底端（未触及地面）时速度恰好为零.则以下说法正确的是A.在圆环下滑的过程中，圆环、弹簧和地球组成的系统机械能守恒B.在圆环下滑的过程中，当弹簧最短时弹簧的弹性势能最大C.在圆环下滑的过程中，当弹簧再次恢复原长时圆环的动能最大D.在圆环下滑到杆的底端时，弹簧的弹性势能为mgh考点：功能关系；机械能守恒定律.分析：分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，只有重力弹簧的拉力做功，所

25、以圆环机械能不守恒，但是系统的机械能守恒；沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大.解答：解：A圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和弹簧的拉力；所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和弹簧组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，故A正确，日弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变化而变化，由图知弹簧先缩短后再伸长，故弹簧的弹性势能先增大再减小到0后再增大才对.故B错误.C在圆环下滑的过程中，当弹簧再次恢复原长时重力沿斜面向下的分力大于弹簧沿斜面向上的分力，所以物体将减小向下做加速运动，圆环的动能不是最大.故C错误.D根据系统的机械能守恒，圆环的机械能减少了mgh,那么弹簧的

26、机械能即弹性势能增大mgh故D正确.故选：AD.点评：对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法.这是一道考查系统机械能守恒的基础好题.该题中弹簧再次恢复原长时重力沿斜面向下的分力大于弹簧沿斜面向上的分力，所以物体仍然有向下的加速度，这是题目的解答过程中容易错误的地方.7 .如图所示，显微镜中常用一种静电透镜，它可以把带电粒子（不计重力）聚集在中心轴上某点.其中K为平板电极，G为中央带圆孔的另一平行金属板，图中实线为两板附近等势线.K板右侧附近有一放射源，可以向右放射平行于轴线的粒子束.则（）A.该装置既可以使电子汇聚，也可以使质子汇聚8 .被汇聚的粒子电势能增加C.被汇聚的粒子

27、动能增加D.速度相同的不同种粒子，不能被汇聚于同一点考点：电势差与电场强度的关系.专题：电场力与电势的性质专题.分析：根据等势线画出电场线分布，再结合曲线运动条件，及运动与力的关系，即可确定正、负电粒子的运动情况，及电场力做功的正负，从而判定电势能与动能的变化情况；最后根据运动轨道的半径公式，即可确定不同粒子，是否会聚同一点.解答：解：A、根据题意可知，若粒子带正电，则受到电场力与电场线切线方向相同，结合速度方向,可得，正电粒子如图绿线运动轨迹，即发散；若粒子带负电，则受到电场力与电场线切线方向相反，因此负电粒子如图蓝线运动轨迹，即会聚，故A错误；日由上分析可知，被汇聚的粒子，带负电，则电场力

28、做负功，电势能增大，动能减小，故B正确，C错误；D根据半径公式r=手，可知，速度相同的不同种粒子，它们的半径不同，因此不能被汇聚Bq于同一点，故D正确；故选：BD.点评：考查电场线与等势面垂直，掌握运动与力的关系来确定粒子的运动轨迹，理解电场力做功与电势能的变化，及动能变化的关系.三、非选择题8.某实验小组利用拉力传感器和速度传感器探究“功与动能变化的关系”.实验装置如图所示，他们将拉力传感器固定在小车上，用不可伸长的细线将其通过一个定滑轮与钩码相连，用拉力传感器记录小车受到拉力的大小.水平桌面上相距L的A、B两点各安装一个速度传感器，记录小车通过A、B时的速度大小.小车中可以放置祛码.(1)

29、实验主要步骤如下：测量小车、祛码和拉力传感器的总质量M把细线的一端固定在拉力传感器上，另一端通过定滑轮与钩码相连；正确连接所需电路；将小车停在C点，接通电源R填“前”或“后”)，释放小车，小车在细线拉动下运动，记录细线拉力及小车通过AB时的速度；在小车中增加或减小祛码个数，重复的操作.(2)表是他们测得的几组数据，|vi2-V22|是两个速度传感器记录速度的平方差，可以据此计算出动能变化量AE,F是拉力传感器受到的拉力，W是F在AB间所做的功.则表格中的E3=0.600J,W=0.610J.(结果保留三位有效数字)次数M/kg|vi2-V22|mm/s)2E/JF/NW/J10.5000.76

30、00.1900.4000.2000.5001.650.4130.8400.42030.5002.40E31.220W41.0002.401.202.4201.2151.0003.241.622.8601.43(3)第5组探究的结果偏差较大，他们以为产生原因如下，其中有可能的是C.A.钩码质量太大，细线所受拉力过大，使得小车动能增量偏大B.平衡摩擦力不足，木板倾角过小，使得小车动能增量偏大C.平衡摩擦力过度，木板倾角过大，使得小车动能增量偏大(4)如果已经平衡了摩擦力，用此装置也不能(填“能”或“不能”)验证小车、祛码以及钩码组成的系统机械能守恒，理由是有摩擦力做功.考点：探究功与速度变化的关系

31、.专题：实验题.分析：小车在钩码的作用下拖动纸带在水平面上做加速运动，通过速度传感器可算出AB两点的速度大小，同时利用拉力传感器测量出拉小车的力，从而由AB长度可求出合力做的功与小车的动能变化关系；从功能关系和系统误差分析；据机械能守恒的条件分析.解答：解：(1)据打点计时器的使用方法可知，应先接通电源，再发小车，所以将小车停在C点，接通电源后，释放小车；(2)由各组数据可见规律E=二M(V22-V12)可得3=0.600J观察F-W数据规律可彳#数值上W=0.610J2(3)据表可知，动能的变化量大于合外力的功，此说明有其它力做正功，即平衡摩擦力过大，导致重力沿斜面方向的分力大于摩擦力，故A

32、B错误，C正确.故选：C.(4)机械能守恒的条件是只有重力做功，或其它力做功为零，此实验虽然平衡摩擦力，但操作中有摩擦力做功，所以不能验证该系统的机械能守恒.故答案为：(1)后；(2)0.600J,0.610J;(3)C;(4)不能，有摩擦力做功.点评：本题值得注意的是：钩码的重力不等于细线的拉力，同时学会分析实验数据从而得出规律；从功能关系分析误差.9.某同学在研究性学习过程中将图甲所示的多用电表直接连接到一内阻未知(约3k5kQ)的直流电压表上，通过多用表的欧姆档粗略的测出了直流电压表的内阻，并根据两表的示数推算出多用表拨至欧姆档时内部电源的电动势.(1)在实验过程中欧姆档的选择开关应拨至

33、倍率X“1k”.(2)在图乙中将用多用电表测电压表内阻的电路连接起来.(3)从图丙、图丁中的示数可知，直流电压表的内阻为4k?;多用表拨至欧姆档时内部电源的电动势为11.4V.考点：伏安法测电阻.专题：实验题.分析：测电阻时应将开关打到欧姆档，红表笔接正插孔，红表笔接负插孔；用欧姆表时，指针指在中央附近最好；本实验要求测出电压表的量程，则应采用与标准电压表比较的方式进行；可将二电表串联，根据串联电路的规律可算出电流表的量程；根据原理可以得出实验的电路和数据.根据实验电路，应用闭合电路欧姆定律推导电动势表达式.解答：解：(1)电压表内阻约3k5kQ,用欧姆表测其内阻时，所以应选x1k挡；(2)欧

34、姆表的正极插孔与内部电源的负极相连，与电压表构成一闭合回路，电流从负极流出,进入电压表的正极，电路图如图所示；(3)从图丙中的示数可知，直流电压表的内阻为4X 1kQ=4k?欧姆表中值电阻为R中=15X1kQ=1500OQ由闭合电路欧姆定律电池电动势E=U+IvR中=2.4+2Ax15000=11.4V4000故答案为：(1)1k;(2)如图：(3)4k?,11.4V点评：本题考查了欧姆表的使用方法和注意事项，结合欧姆定律推导电动势.测量量程时注意不能使用给出的电流表，因为电流表量程偏大无法正确的得出结果.10.(16分)如图所示，是一次娱乐节目中的一个游戏示意图，游戏装置中有一个光滑圆弧形轨

35、道，高为h,半径为R,固定在水平地面上，它的左端切线沿水平方向，左端与竖直墙面间的距离为x.竖直墙高为H,滑板运动员可从墙面的顶部沿水平方向飞到地面上.游戏规则是让一滑块从弧形轨道的最高点由静止滑下，当它滑到轨道底端时，滑板运动员立即以某一初速度水平飞出，当滑块在水平面上停止运动时，运动员恰好落地，并将滑块捡起就算获胜，已知滑块到达底端时对轨道的压力大小为F,重力加速度为g求：(不计滑板的长度，运动员看作质点)(1)滑块的质量；(2)滑块与地面间的动摩擦因数：(3)滑板运动员要想获胜，他飞出时的初速度多大?考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力；动能定理.专题：机械能守恒定律应用专题.分析

36、：(1)滑块滑下过程机械能守恒；在最低点，滑块受重力和支持力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解；(2)游戏者做平抛运动，根据平抛运动的分位移公式求解出时间；对滑块匀减速过程运用动能定理列式求解；(3)根据几何关系，求出平抛运动的水平分位移，然后根据x=v0t求解初速度.解答:解：(1)滑块沿弧面滑动过程：msh=lmv22滑块在弧面最低点，有口rrTR由以上两式解得:(2)滑块在地面上运动时：v=at滑板运动员在竖直方向由以上各式解得:(3)滑板在水平面上运动时滑板运动员在水平方向X2=V0t又Xi+X2=X由上面各式解得：炉昌华7丽-国)Z11答：(1)滑块的质量为FR(

37、R+2h)Z(2)滑块与地面间的动摩擦因数为怖;(3)滑板运动员要想获胜，他飞出时的初速度为点评：本题关键是分析清楚滑块和游戏者的运动规律，然后根据牛顿第二定律、运动学公式、平抛运动的规律、动能定理、机械能守恒定律列式求解.11.如图所示，水平虚线Li、L2之间是匀强磁场，磁场方向水平向里，磁场区域的高度为h.竖直平面内有一质量为m的直角梯形线框，底边水平，其上下边长之比为5:1,高为2h.现使线中gAB边在磁场边界L1的上方h高处由静止自由下落(下落过程底边始终水平，线框平面始终与磁场方向垂直)，当AB边刚进入磁场时加速度恰好为0,在DC边刚进入磁场前的一段时间内，线框做匀速运动.求：(1)

38、求AB边刚进入磁场时线框的速度与CDi刚进入磁场时的速度各是多少？(2)从线框开始下落到DC边刚进入磁场的过程中，线框产生的焦耳热为多少？(3)DC边刚进入磁场时，线框加速度的大小为多少？XXXX.I XX. XX XX XX一考点：导体切割磁感线时的感应电动势.专题：电磁感应与电路结合.分析：(1)根据机械能守恒定律求解AB边刚进入磁场时线框的速度；根据AB刚进入磁场时加速度恰好为0,由平衡条件列出重力与安培力的关系方程.在DC边刚进入磁场前的一段时间内，线框做匀速运动，此时线框有效切割长度为21,由平衡条件得到重力与安培力的关系式，将两个重力与安培力的关系式进行对比，求出DC边刚进入磁场前

39、线框匀速运动时的速度；(2)根据能量守恒定律求解线框产生的焦耳热；(3)根据安培力公式求出安培力，由闭合电路欧姆定律求解电流，然后利用牛顿第二定律列式求解即可.解答：解：(1)设AB边刚进入磁场时速度为V0,线框电阻为R,AB=1,则CD=51由机械能守恒定律得:irh=-tuvqAB刚进入磁场时:设DC边刚进入磁场前匀速运动时速度为V1,线框切割磁感应线的有效长度为21,B2(21)，线框匀速运动时有_二"R解得Xi二虫&根据能量守恒定律得：mg3h- Q=，四； 口44(2)从线框开始下落到cDi进入磁场前瞬间,联立得：二口丁口31(3)CD刚进入磁场瞬间，线框切割磁感应线的有效长度为Fi=BIi3l由闭合电路欧姆定律得：1工11RE'=B31vi由牛顿第二定律得：,一叫5宇-fm4答：(1)求AB边刚进入磁场时线框的速度为恒E,CD边刚进入磁场时的速度是卫生；(2)从线框开始下落到DC边刚进入磁场的过程中，线框产生的焦耳热为-1-n-n(3)DC边刚进入磁场时，线框加速度的大小为.吕.点评：本题要研究物体多个状态，再找它们