考前增分集训 集训二 小卷增分练

集训二小卷增分练30分钟小卷增分练(8选择＋2实验)(一)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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。)14.如图1所示为氢原子的能级图，一群处于量子数n＝4激发态的氢原子，能够自发地跃迁到较低的能量状态，并向外辐射光子(已知可见光的光子的能量范围为1.63～3.10eV，锌板的逸出功为3.34eV)，则向外辐射多种频率的光子中()图1A.最多有4种频率的光子B.最多有3种频率的可见光C.能使锌板发生光电效应的最多有4种频率的光子D.能使锌板发射出来的光电子的最大初动能的最大值为9.41eV解析根据组合Ceq\o\al(2,4)＝6，得一群处于n＝4的激发态氢原子可能发出6种频率的光子，A项错误；根据能级的跃迁满足hν＝Em－En得产生的光子能量分别是12.75eV，12.09eV，10.2eV，2.55eV，1.89eV，0.66eV，可见光的光子能量范围约为1.63eV～3.10eV，所以可以产生2种频率的可见光，B项错误；依据光电效应产生条件及锌板的逸出功知，能使锌板发生光电效应的最多有3种频率的光子，C项错误；依据光电效应方程：Ekm＝hν－W，使锌板发射出来的光电子，其最大初动能的最大值为Ekm＝12.75eV－3.34eV＝9.41eV，D项正确。答案D15.北斗卫星导航系统由静止同步轨道卫星、中地球轨道卫星和倾斜同步轨道卫星组成。中地球轨道卫星的半径小于静止同步轨道卫星的半径，倾斜同步轨道卫星的周期为24小时，轨道平面与赤道平面有一定夹角。则下列说法正确的是()A.中地球轨道卫星的周期大于倾斜同步轨道卫星的周期B.中地球轨道卫星的向心加速度小于静止同步轨道卫星的向心加速度C.中地球轨道卫星和静止同步轨道卫星的速度均大于地球的第一宇宙速度D.地球赤道上随地球自转的物体的向心加速度比静止同步轨道卫星的向心加速度小解析中地球轨道卫星半径小于静止同步轨道卫星的半径，由开普勒第三定律eq\f(r3,T2)＝k可知，中地球轨道卫星周期小于静止同步轨道卫星周期，而倾斜同步轨道卫星的周期等于静止同步轨道卫星的周期，A项错误；由a＝Geq\f(M,r2)可知，B项错误；中地球轨道卫星和静止同步轨道卫星的速度均小于第一宇宙速度，C项错误；由a＝rω2可知，地球赤道上物体的向心加速度比静止同步轨道卫星的向心加速度小，D项正确。答案D16.如图2所示，轻质光滑的定滑轮用轻质细线吊在天花板上，物块m、M用跨过定滑轮的轻质细线连接，m静止悬在空中，M静止在水平地面上的A点。现把M从A点缓慢移动到B点，m仍静止悬在空中。则下列说法正确的是()图2A.细线对M的拉力变大 B.悬挂滑轮的细线拉力变大C.M对地面的压力变大 D.M对地面的静摩擦力变小解析m受力平衡，所以绳中张力始终等于mg，大小不变，A项错误；如图甲所示，绳子间夹角α逐渐增大，所以两段绳中张力的合力逐渐减小，悬挂滑轮的细线拉力也逐渐减小，B项错误；在M从A缓慢移到B的过程中，M始终处于平衡状态，对M受力分析如图乙所示，由受力分析可知FTcosθ＝Ff，FTsinθ＋FN＝Mg，在此过程中θ逐渐减小，cosθ逐渐增大，sinθ逐渐减小，所以Ff逐渐增大，FN逐渐增大，C项正确，D项错误。答案C17.一物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图3所示。该物体在t0和2t0时刻的动能分别为Ek1、Ek2，动量分别为p1、p2，则()图3A.Ek2＝9Ek1，p2＝3p1 B.Ek2＝3Ek1，p2＝3p1C.Ek2＝8Ek1，p2＝4p1 D.Ek2＝3Ek1，p2＝2p1解析根据动量定理得F0t0＝mv1①，2F0t0＝mv2－mv1②，由①②解得v1∶v2＝1∶3，那么动量之比为p1∶p2＝1∶3，依据Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(p2,2m)，得Ek1∶Ek2＝1∶9，A项正确。答案A18.如图4，直角三角形ABC区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝1T，其中BC边长为3cm，∠C＝30°。现有大量比荷eq\f(q,m)＝106C/kg的带正电的粒子持续不断地以不同的速率从P点垂直AC边射入该匀强磁场区域，PC间距离为3cm(不计粒子重力)。以下说法错误的是()图4A.粒子在磁场中运动的最长时间为π×10－6sB.速度小于1×104m/s的粒子均能从AC边射出C.速度为1.5×104m/s的粒子恰好经过C点D.可能有部分粒子能从AB边射出解析在磁场区域中运动半周从AC边射出磁场的粒子的运动时间最长，运动时间为eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)＝π×10－6s，A项正确；由r＝eq\f(mv,qB)得速度v＝1×104m/s的粒子在磁场中匀速圆周运动的半径r＝1cm，轨迹恰好与BC边相切，速度小于1×104m/s的粒子半径小于1cm均能运动半周从AC边射出，B项正确；速度为1.5×104m/s的粒子在磁场中匀速圆周运动的半径r＝1.5cm，若磁场区域足够大，粒子恰好经过C点，但速度v＞1×104m/s，从BC(或AB)穿出磁场后沿直线运动，不会到达C点，C项错误；粒子速度足够大就可从AB边射出，D项正确。答案C19.如图5所示，在光滑水平面上以水平恒力F拉动小车和木块，让它们一起做无相对滑动的加速运动，若小车的质量为M，木块的质量为m，加速度大小为a，木块和小车间的动摩擦因数为μ。对于这个过程，某同学用了以下4个式子来表达木块受到的摩擦力的大小，下列表达式一定正确的是()图5A.F－Ma B.maC.μmg D.Ma解析用隔离法，对木块有Ff＝ma，对小车有，F－Ff＝Ma，A、B项正确；由于不是滑动摩擦力，不能用公式Ff＝μFN表达，C项错误；Ma指的是小车M在运动过程中受到的合外力，D项错误。答案AB20.如图6所示，在匀强电场中有一个与电场方向平行的直角三角形ABC，∠A＝30°，虚线表示电场线，与AB夹角为60°，其中A点电势为3V，C点电势为1V。一质量为2.0×10－17kg、带电荷量为1.0×10－5C的带电离子仅在静电力作用下恰好沿图中弧线自A运动到B。已知离子在A点的速度大小为1×106m/s，则()图6A.离子带正电B.离子带负电C.离子在B点的速度大小为eq\r(2)×106m/sD.离子在B点的速度大小为2×106m/s解析φA＝3V＞φC＝1V，所以电场强度方向是沿虚线斜向下，在轨迹与电场线相交的地方，由电场力必须沿电场线并且指向轨迹的凹面可判断出电场力沿虚线斜向下，与电场强度方向相同，带电粒子带正电，A项正确，B项错误；由几何关系可知AC与电场方向夹角为30°，所以UAC＝E·AC·cos30°①，UAB＝E·AB·cos60°②，AC·cos30°＝AB③，由①②③可知UAB＝eq\f(1,2)UAC＝eq\f(1,2)(φA－φC)＝1V，粒子由A到B的过程，由动能定理可得qUAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得vB＝eq\r(2)×106m/s，C项正确，D项错误。答案AC21.如图7甲所示，在光滑水平面上放置一质量为1kg的单匝均匀正方形铜线框，线框边长为0.1m。在虚线区域内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为eq\f(10,3)T。现用恒力F拉线框，线框到达1位置时，以速度v0＝3m/s进入匀强磁场并开始计时。在t＝3s时刻线框到达2位置开始离开匀强磁场。此过程中v－t图象如图乙所示，那么()图7A.t＝0时刻线框右侧边两端MN间的电压为0.75VB.恒力F的大小为0.5NC.线框完全离开磁场的瞬间的速度大小为3m/sD.线框完全离开磁场的瞬间的速度大小为1m/s解析t＝0时，线框的速度为v0＝3m/s，线框右侧MN的两端电压为外电压，总的感应电动势为E＝BLv0＝1V，则UMN＝eq\f(3,4)E＝0.75V，A项正确；在1～3s内线框做匀变速直线运动，此过程中线框在水平方向仅受外力F，根据牛顿第二定律结合题图乙可得F＝ma＝0.5N，B项正确；由题图乙可以看出，t＝3s时刻线框达到2位置，开始离开磁场时与线框进入磁场时速度相同，则线框穿出磁场与进入磁场运动情况完全相同，则可知线框完全离开磁场的瞬时速度与t＝1s时刻的速度相等，即为2m/s，C、D项错误。答案AB二、非选择题(本题共2小题，共15分)22.(5分)为了进行验证牛顿第二定律的实验，现提供如图8所示的实验装置。图8(1)为了消除小车与水平木板之间的摩擦力的影响，应采取的做法是________。A.将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动B.将木板带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动C.将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动D.将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车能够静止在木板上(2)有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，研究加速度a与所受外力F的关系，他们在轨道水平和倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条a－F图线，如图9所示。图线________(选填“①”或“②”)是在轨道倾斜情况下得到的；小车及车中的砝码总质量m＝________kg。图9解析(1)将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力大小就等于绳子的拉力，故A、B、D错误，C正确。(2)由图线①可知，当F＝0时，a≠0。也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的。a－F图象的斜率k＝eq\f(1,m)，由a－F图象得图象斜率k＝2，所以m＝0.5kg。答案(1)C(2分)(2)①(1分)0.5(2分)23.(10分)“测定铜导线的电阻率”实验中可供使用的器材有A.横截面积为1.0mm2、长度为100m的一捆铜导线(电阻Rx约2Ω)。B.电流表G：内阻Rg＝100Ω，满偏电流Ig＝3mA。C.电流表A：量程0～0.6A，内阻约1Ω。D.滑动变阻器R：最大阻值5Ω。E.定值电阻：R0＝3Ω，R1＝900Ω，R2＝1000Ω。F.电源：电动势6V，内阻不计。G.开关、导线若干。请完成下列实验内容：(1)把电流表G与定值电阻串联改装成量程为0～3V的电压表，则定值电阻应选________(选填“R1”或“R2”)。(2)为了尽可能获取多组数据，实验电路图应选________，电路中R0的作用是________。(3)根据正确的电路图，完成实物图的连接(已正确连接了部分导线)。(4)某次测量中，电流表G的读数为2.40mA时，电流表A的读数为0.50A，由此求得铜导线的电阻率为__________Ω·m(保留2位有效数字)。解析(1)需要串联的定值电阻阻值R＝eq\f(U,Ig)－Rg＝eq\f(3,3×10－3)Ω－100Ω＝900Ω，所以应选R1。(2)由于电流表A的内阻约1Ω，比较接近待测电阻，故电流表应采用外接法；为了尽可能获取多组数据，应采用分压电路，故选甲电路；R0的作用是增大电流表G的读数以减小误差。(3)根据电路图，连接实物如图。(4)电流表G的读数为2.40mA时，电流表A的读数为0.50A，根据欧姆定律得Rx＝eq\f(IG（Rg＋R1）,IA－IG)－R0＝eq\f(2.40×10－3×（100＋900）,0.50－2.40×10－3)Ω－3Ω≈1.8Ω根据电阻定律R＝ρeq\f(L,S)，有ρ×eq\f(100m,1.0×10－6m2)＝1.8Ω解得ρ＝1.8×10－8Ω·m。答案(1)R1(2分)(2)甲(2分)增大电流表G的读数以减小误差(2分)(3)见解析图(2分)(4)1.8×10－8(2分)

30分钟小卷增分练(8选择＋2实验)(二)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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。)14.如图所示是交流发电机的示意图。线圈的AB边连在金属滑环K上，CD边连在滑环L上，导体做的两个电刷E、F分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路的连接。下列说法正确的是()A.当线圈转到图甲位置时，磁通量的变化率最大B.从图乙所示位置开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是i＝ImsinωtC.当线圈转到图丙位置时，感应电流最小D.当线圈转到图丁位置时，流经外电路的电流方向为E→F解析图甲位置为中性面位置，当线圈转到图甲位置时，线圈中的磁通量最大，磁通量的变化率最小(为零)，选项A错误；图乙位置为产生的感应电动势和感应电流最大的位置，从图乙所示位置开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是i＝Imcosωt，选项B错误；图丙位置为中性面位置，当线圈转到图丙位置时，线圈中的磁通量最大，磁通量的变化率最小(为零)，产生的感应电动势最小，感应电流最小，选项C正确；由于图中没有给出磁铁极性，所以不能判断当线圈转到图丁位置时流经外电路的电流方向，选项D错误。答案C15.如图1所示，长方体物块放在粗糙水平地面上，光滑圆球在光滑竖直墙壁和物块之间处于静止状态。现用水平向右的拉力F拉长方体物块，使其缓慢移动一小段距离，在这个运动过程中()图1A.球对墙壁的压力逐渐减小B.球对长方体物块的压力逐渐增大C.地面对长方体物块的支持力逐渐减小D.地面对长方体物块的支持力逐渐增大解析以光滑圆球为研究对象，对其受力分析，如图所示，在长方体物块缓慢向右移动一小段距离后，长方体物块对圆球的支持力与竖直方向的夹角变大，则由图可知物块对圆球的支持力变大，墙壁对圆球的作用力变大，由牛顿第三定律可知，A错误，B正确；以长方体物块和圆球组成的整体为研究对象，竖直方向的合力为零，因此地面对长方体物块的支持力等于二者的重力之和，C、D错误。答案B16.质量为1kg的小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度—时间图象如图2所示，以竖直向上为正，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是()图2A.小球下落的最大速度为5m/sB.小球能弹起的最大高度为2.5mC.小球第一次反弹后的瞬时速度大小为10m/sD.小球与地面第一次碰撞过程中地面对小球的冲量大于15kg·m/s解析由图象可知，小球第一次落地瞬间的速度大小为10m/s，A错误；小球第一次着地反弹后的瞬时速度大小为5m/s，C错误；由速度—时间图线与横轴围成图形的面积表示位移可知，小球第一次能弹起的最大高度为eq\f(1,2)×5×0.5m＝1.25m，B错误；小球第一次从落地到弹起的过程，由动量定理得I－mgt＝mv－mv0，则I＝mgt＋15kg·m/s＞15kg·m/s，D正确。答案D17.正电子发射计算机断层扫描(PET/CT)，其原理是借助于示踪剂(正电子放射性药物)可以聚集到病变部位的特点来发现疾病的。PET/CT常用氧15标记，其半衰期仅有2分钟。对含氧元素的物质照射20～50MeV的X射线，激发原子核边缘的中子，可以产生氧15。下列说法正确的是()A.用30MeV的X射线照射氧16时，生成氧15的同时释放出中子B.氧15发生正电子衰变时，生成的新核含有9个中子C.经过10分钟，氧15的含量减小为原来的eq\f(1,5)D.将氧15置于回旋加速器中，其半衰期可能发生变化解析用30MeV的X射线照射氧16时，生成氧15的同时释放出中子，方程为X＋eq\o\al(16,8)O→eq\o\al(15,8)O＋eq\o\al(1,0)n，故A正确；氧15产生正电子衰变，eq\o\al(15,8)O→eq\o\al(0,＋1)e＋eq\o\al(15,7)N，生成的新核有8个中子，故B错误；经过10分钟，即经过5个半衰期，剩余氧15的含量m＝m0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(5)＝eq\f(1,32)m0，故C错误；改变元素所处的物理环境和化学状态，不能改变其半衰期，故D错误。答案A18.地面附近电场的电场线如图3所示，其中一条方向竖直向下的电场线上有a、b两点，高度差为h。质量为m、电荷量为－q的检验电荷，从a点由静止开始沿电场线运动，到b点时速度为eq\r(gh)。下列说法中正确的是()图3A.质量为m、电荷量为＋q的检验电荷，从a点由静止起沿电场线运动到b点时速度为2eq\r(gh)B.质量为m、电荷量为＋2q的检验电荷，从a点由静止起沿电场线运动到b点时速度为eq\r(2gh)C.质量为m、电荷量为－2q的检验电荷，从a点由静止起沿电场线运动到b点时速度仍为eq\r(gh)D.质量为m、电荷量为－2q的检验电荷，在a点由静止开始释放，点电荷将沿电场线在a、b两点间来回运动解析从a到b的过程中，运用动能定理，对质量为m、－q的检验电荷：mgh－qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)①，对电荷量为＋q的检验电荷：mgh＋qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)②，①②两式相加化简得v2＝eq\r(4gh－veq\o\al(2,1))＝eq\r(4gh－gh)＝eq\r(3gh)，A项错误；对质量为m、电荷量为＋2q的检验电荷运用动能定理：mgh＋2qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)③，由①③得v3＝eq\r(2（3gh－veq\o\al(2,1)）)＝2eq\r(gh)，B项错误；对质量为m、电荷量为－2q的检验电荷运用动能定理：mgh－2qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)④，由①④化简得v4＝eq\r(2（veq\o\al(2,1)－gh）)＝0，即到达b点时，速率为零，说明电场力大于重力，故接下来向上运动，根据电场线的分布可知，越向上，电场力越小，最终会小于重力，当速度减为零后，又会向下运动，如此往复，故C项错误，D项正确。答案D19.如图4所示，质量相等的A、B两物体用轻质细绳和橡皮筋相连，细绳跨过倾角为30°的光滑斜面顶端的定滑轮并与斜面平行。初始时A位于斜面底部的挡板上，橡皮筋处于原长，已知重力加速度为g，则由静止释放B的整个过程中(没有撞击滑轮和地面)有()图4A.释放瞬间B的加速度为gB.运动过程中A的加速度最大值为eq\f(1,2)gC.A刚要离开挡板时系统的弹性势能最大D.橡皮筋拉力对A做的功等于A的机械能的增加量解析释放瞬间，橡皮筋没有发生形变，没有弹力，细绳中就没有拉力，所以B只受重力，加速度为g，故A正确；B加速下落，对B由牛顿第二定律可知细绳的拉力T＜mg，则橡皮筋中的弹力F＜mg，对A受力分析，由牛顿第二定律得：aA＝eq\f(F－mgsin30°,m)＜eq\f(1,2)g，故B错误；当橡皮筋中的弹力F＝mgsin30°时，A要离开挡板，此时橡皮筋中的弹力不是最大，弹性势能不是最大，故C错误；对A受力分析知，橡皮筋的弹力对A做正功，重力做功不改变A的机械能，所以橡皮筋拉力对A做的功等于A的机械能的增加量，故D正确。答案AD20.如图5所示，空间存在四分之一圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向外。一电子以初速度v从圆心O沿着OD方向射入磁场，经过时间t恰好由A点离开磁场。若电子以初速度v′从O沿着OD方向射入磁场，经时间t′恰好由C点离开磁场。已知圆弧AC的长度是圆弧CD的长度的一半，则()图5A.v′＝eq\f(\r(3),3)v B.v′＝eq\f(2\r(3),3)v C.t′＝eq\f(3,4)t D.t′＝eq\f(2,3)t解析假设磁场区域的半径为R1。电子的初速度分别为v和v′时电子的轨迹分别过A点和C点，作出粒子的运动轨迹，如图所示，电子运动轨迹的圆心分别为O1和O2，由几何关系可知电子的速度为v时，电子的轨迹半径为eq\f(R1,2)；电子的速度为v′时，电子的轨迹半径为O2C＝R′，则OO2＝O2C＝R′，由于弧AC长度为弧CD长度的一半，则∠AOC＝30°，由几何知识可得R′＝eq\f(\r(3)R1,3)。由公式qvB＝meq\f(v2,r)可知v＝eq\f(qBr,m)，则有eq\f(v′,v)＝eq\f(2R′,R1)＝eq\f(2\r(3),3)，解得v′＝eq\f(2\r(3),3)v，A错误，B正确；由以上分析可知∠OO2C＝120°，则t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πR1,2v)、t′＝eq\f(T′,3)＝eq\f(2πR′,3v′)，联立解得t′＝eq\f(2,3)t，C错误，D正确。答案BD21.地月拉格朗日L2点，始终位于地月连线上的如图6所示位置，该点距离地球40多万公里，距离月球约6.5万公里。若飞行器P通过L2点时，是在地球和月球的引力共同作用下沿圆轨道Ⅰ绕地心做匀速圆周运动，其周期与月球沿圆轨道Ⅱ绕地心做匀速圆周运动的周期相等。已知飞行器P的线速度为v，周期为T，受地球和月球对它的万有引力大小之比为k。若飞行器P只在地球的引力作用下沿圆轨道Ⅰ绕地心做匀速圆周运动的线速度为v′，周期为T′，则()图6A.v′＞v B.v′＜vC.T′＝eq\r(1＋\f(1,k))T D.T′＝eq\r(1＋k)T解析由于飞行器P通过L2点时，其周期与月球的周期相等，则由v＝ωr＝eq\f(2π,T)r可知，飞行器的速度大于月球的环绕速度；若飞行器P只在地球的引力作用下在圆轨道Ⅰ上运动，由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)得v＝eq\r(\f(GM,r))，可知月球的环绕速度大于飞行器的速度v′，所以v＞v′，A错误，B正确；假设月球对飞行器的万有引力大小为F，则地球对飞行器的万有引力大小为kF，飞行器在地球和月球的引力共同作用下运动时，由牛顿第二定律有F＋kF＝mReq\f(4π2,T2)，若飞行器只在地球的引力作用下运动，由牛顿第二定律有kF＝mReq\f(4π2,T′2)，解得T′＝eq\r(1＋\f(1,k))T，C正确，D错误。答案BC二、非选择题(本题共2小题，共15分)22.(6分)(2019·湖南省三湘名校第三次大联考)如图7甲所示，某实验小组利用气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验时，实验室提供两个滑块P、Q，已知滑块P的质量为mP＝115g，滑块Q的质量未知。为了测定滑块Q的质量，该小组进行了以下操作：图7A.将气垫导轨组装并调节水平，在气垫导轨上适当位置固定两个光电门G1、G2B.调整滑块P上的遮光片，使其不能挡光，将两滑块轻放在导轨上，如图甲所示，推动滑块Q后撤去推力，滑块Q以一定的速度通过光电门G1，遮光片通过光电门G1的时间为t1＝0.016sC.当滑块Q与P相撞后粘在一起，遮光片通过光电门G2的时间为t2＝0.034sD.用游标卡尺测得遮光片宽度d如图乙所示(1)游标卡尺的读数为________mm；(2)滑块Q的质量为________g(保留3位有效数字)。解析(1)游标卡尺的主尺读数为：4mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为6×0.05mm＝0.30mm，因此最终读数为：4mm＋0.30mm＝4.30mm；(2)碰撞前两个滑块的总动量p1＝mQeq\f(d,t1)，碰撞后两个滑块的总动量p2＝(mP＋mQ)eq\f(d,t2)，系统碰撞前后的动量大小相等，联立并代入数据解得mQ＝102g。答案(1)4.30(3分)(2)102(3分)23.(9分)为了测定一节干电池的电动势和内阻，同时又能准确测量待测电阻Rx的阻值，实验室提供了下列器材：A.待测干电池(电动势1.5V左右，内阻不超过1.5Ω)B.电流表A1(量程0～600mA，内阻可忽略不计)C.电流表A2(量程0～0.3mA，内阻RA2为1000Ω)D.电压表V(量程0～15V，内阻为15kΩ)E.滑动变阻器R1(0～20Ω，10A)F.电阻箱R0(0～99.99Ω，1A)G.定值电阻R2＝9000ΩH.开关、导线若干小明在以上提供的器材中选择所需器材设计的测量电路如图8甲所示(其中R为滑动变阻器或电阻箱)，试回答以下问题：图8(1)该实验电路没有选用所提供的电压表V的原因是___________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)闭合开关，调节R，根据实验电路测量数据，电流表A1的示数记为I1，电流表A2的示数记为I2，小明测出了6组I1、I2的数据，并描绘出如图乙所示的I1和I2的关系图线。根据已描绘出的图线，可得待测干电池的电动势为________V，内阻为________Ω。(3)为了能准确测量待测电阻Rx的阻值，电路中的R应当选用________(填写器材前的字母)。(4)简述测量待测电阻Rx的方法：______________________________________________________________________________________________________________。解析(1)本实验中所给电压表量程太大，故应将电流表A2与定值电阻串联后充当电压表使用。(2)电流表A2的示数和定值电阻阻值与电流表内阻RA2之和的乘积可作为路端电压，则由闭合电路欧姆定律可知I2(R2＋RA2)＝E－I1r，即I2＝－eq\f(r,10000Ω)I1＋eq\f(E,10000Ω)，由图乙可知，图线与纵轴的交点为(0，1.48×10－4A)，图线的斜率为－0.79×10－4，则有1.48×10－4A＝eq\f(E,10000Ω)，解得E＝1.48V；－0.79×10－4＝－eq\f(r,10000Ω)，解得r＝0.79Ω。(3)为了能准确测量待测电阻Rx的阻值，电路中的R应当选用电阻箱R0。(4)先断开S2，闭合S1，调节电阻箱R0的值为R1时，记下两只电流表的示数；接着闭合S2，调节电阻箱R0的值为R2时，两只电流表的示数恢复到原来的示数，则Rx＝R2－R1。答案(1)电压表V的量程远大于待测干电池的电动势(1分)(2)1.48(1.47～1.49均对)(2分)0.79(0.77～0.81均对)(2分)(3)F(2分)(4)见解析(2分)30分钟小卷增分练(8选择＋2实验)(三)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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。)14.物理学家金斯说过：“虽然h的数值很小，但是我们应当承认它是关系到保证宇宙的存在的。如果说h严格地等于0，那么宇宙间的物质能量将在十亿分之一秒的时间内全部变为辐射。”其中h是普朗克常量。关于h的单位，用国际单位制的基本单位表示，正确的是()A.J·s B.J/sC.kg·m2·s－1 D.kg·m2·s3解析光子的能量可以由普朗克常量得出，即E＝hν＝eq\f(hc,λ)，所以h＝eq\f(Eλ,c)，能量的单位是J，1J＝1N·m＝1kg·m2·s－2，波长的单位是m，光速的单位是m·s－1，所以h的单位用国际单位制的基本单位表示是kg·m2·s－1，选项C正确，A、B、D均错误。答案C15.如图1所示，空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场和水平向左、场强为E的匀强电场。有一质量为m、电荷量大小为q的微粒以垂直于磁场且与水平方向成45°角的速度v做直线运动，重力加速度为g。则下列说法正确的是()图1A.微粒可能做匀加速直线运动B.微粒可能只受两个力作用C.匀强磁场的磁感应强度B＝eq\f(mg,qv)D.匀强电场的电场强度E＝eq\f(mg,q)解析微粒以垂直于磁场且与水平方向成45°角的速度v做直线运动，对微粒受力分析如图所示，可知微粒带负电，电场力方向向右，洛伦兹力垂直于速度方向斜向左上方，而重力竖直向下，则电场力、洛伦兹力和重力三力平衡，微粒做匀速直线运动，选项A、B均错误；由平衡条件得qvBcos45°＝mg，解得B＝eq\f(\r(2)mg,qv)，选项C错误；由tan45°＝eq\f(qE,mg)，解得E＝eq\f(mg,q)，选项D正确。答案D16.2018年12月12日，嫦娥四号探测器经过约110小时的奔月飞行到达月球附近。假设嫦娥四号在月球上空某高度处做圆周运动，运行速度为v1，为成功实施近月制动，使它进入更靠近月球的预定圆轨道，设其在预定圆轨道上的运行速度为v2。对这一变轨过程及变轨前后的速度对比正确的是()A.发动机向后喷气进入低轨道，v1>v2B.发动机向后喷气进入低轨道，v1<v2C.发动机向前喷气进入低轨道，v1>v2D.发动机向前喷气进入低轨道，v1<v2解析设月球和嫦娥四号的质量分别为M、m，由万有引力定律可知Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(\f(GM,r))，轨道半径越小，运行速度越大，可知v1＜v2；要对嫦娥四号实施近月制动使其进入更靠近月球的预定轨道，嫦娥四号的发动机应向前喷气，选项D正确，A、B、C错误。答案D17.已知高速公路上汽车的最高时速为120km/h，驾驶员的反应时间为0.3～0.6s，请结合表中资料判断，汽车行驶在高速公路上的安全距离最接近()路面动摩擦因数干沥青路面0.7干碎石路面0.6～0.7湿沥青路面0.32～0.4A.100m B.200m C.300m D.400m解析汽车的最高速度为v＝120km/h＝eq\f(100,3)m/s，在反应时间内，汽车仍做匀速直线运动，通过的最大距离为x1＝vt＝eq\f(100,3)×0.6m＝20m，汽车以最高速度行驶在湿沥青路面上刹车的过程距离最大，根据动能定理得－μmgx2＝0－eq\f(1,2)mv2，其中μ＝0.32，解得x2＝eq\f(v2,2μg)＝174m，则总距离为x＝x1＋x2＝194m，最接近200m，选项B正确，A、C、D错误。答案B18.利用如图2所示的装置给小灯泡供电，下列说法正确的是()图2A.图示位置穿过线框的磁通量的变化率最大B.在图示位置线框中的电流改变方向C.使用变压器的目的是提高输出功率D.若灯泡亮度偏暗，可通过增加原线圈匝数来提高灯泡亮度解析由图可知，此时线框和磁场垂直，线框中的磁通量最大，磁通量的变化率最小，产生的感应电动势最小(为零)，线框中电流方向发生改变，选项A错误，B正确；变压器的输入功率等于输出功率，选项C错误；灯泡偏暗说明变压器的输出电压较小，要使输出电压变大，应减少原线圈匝数，选项D错误。答案B19.指纹识别传感器在日常生活中应用十分广泛，常用的指纹识别传感器是电容式传感器，指纹的凸起部分叫“嵴”，凹下部分叫“峪”。传感器上有大量面积相同的小极板，当手指贴在传感器上时，这些小极板和正对的皮肤表面部分形成大量的小电容器，这样在嵴处和峪处形成的电容器的电容大小不同。此时传感器给所有的电容器充电后达到某一电压值，然后电容器放电，电容值小的电容器放电较快，根据放电快慢的不同，就可以探测到嵴和峪的位置，从而形成指纹图象数据。根据以上信息，下列说法正确的是()A.在峪处形成的电容器电容较小B.充电后在嵴处形成的电容器的电荷量大C.在峪处形成的电容器放电较慢D.潮湿的手指对指纹识别绝对没有影响解析根据C＝eq\f(εrS,4πkd)可得，极板与指纹峪(凹下部分)的距离较大，构成的电容器电容值较小，选项A正确；由于所有电容器充到一个预先设计好的电压值，所以所有的电容器电压一定，根据Q＝CU＝eq\f(εrSU,4πkd)可知，极板与指纹峪构成的电容器的电荷量较少，放电较快；反之，在嵴处形成的电容器电容值较大，电荷量大，放电较慢，选项B正确，C错误；潮湿的手指与传感器之间有水填充，改变了原来电容器的电容，所以会影响指纹识别，选项D错误。答案AB20.(2018·海南卷，8)如图3(a)，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图(b)为物块与木板运动的v－t图象，图中t1、v0、v1已知。重力加速度大小为g。由此可求得()图3A.木板的长度B.物块与木板的质量之比C.物块与木板之间的动摩擦因数D.从t＝0开始到t1时刻，木板获得的动能解析由图(b)只能求出小物块与长木板的相对位移，不知道小物块最终停在哪里，无法求出木板的长度，由于图线的斜率表示加速度，则长木板的加速度大小为aA＝eq\f(v1,t1)，小物块的加速度大小aB＝eq\f(v0－v1,t1)，根据牛顿第二定律得μmg＝MaA，μmg＝maB，解得eq\f(m,M)＝eq\f(v1,v0－v1)，μ＝eq\f(v0－v1,gt1)；在0～t1时间内，木板获得的动能Ek＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mv1(v0－v1)，题中t1、v0、v1已知，但是M、m未知，故不能够求解出木板获得的动能，选项B、C正确。答案BC21.如图4所示，在竖直平面内固定有光滑平行导轨，间距为L，下端接有阻值为R的定值电阻，空间存在与导轨平面垂直、磁感应强度为B的匀强磁场。质量为m的导体棒ab与上端固定的弹簧相连并垂直导轨放置。初始时，导体棒静止，现给导体棒竖直向下的初速度v0，导体棒开始沿导轨做往复运动，运动过程中始终与导轨垂直并保持良好接触，重力加速度为g。若导体棒电阻也为R，不计导轨电阻，则下列说法正确的是()图4A.导体棒做往复运动过程中的每个时刻受到的安培力方向总与运动方向相反B.初始时刻导体棒两端的电压Uab＝BLv0C.若导体棒从开始运动到速度第一次为零时，下降的高度为h，则通过电阻R的电荷量为eq\f(BLh,2R)D.若导体棒从开始运动到速度第一次为零时，下降的高度为h，此过程导体棒克服弹力做的功为W，则定值电阻上产生的焦耳热为eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)mgh－W解析由楞次定律的推论知，导体棒所受的安培力总是阻碍其相对磁场的运动，即安培力的方向与相对运动方向总是相反，选项A正确；初始时，导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv0，导体棒两端的电压Uab＝eq\f(1,2)BLv0，选项B错误；在导体棒从开始运动到速度第一次为零的过程中，设所用时间为Δt，由法拉第电磁感应定律可知eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(BLh,Δt)，再由闭合电路欧姆定律得eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),2R)，结合电流的定义式得q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt，解得q＝eq\f(BLh,2R)，选项C正确；由能量守恒定律可得mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝W＋Q，Q为电路中产生的总热量，定值电阻上产生的焦耳热为QR＝eq\f(1,2)Q，解得QR＝eq\f(1,2)mgh＋eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)W，选项D错误。答案AC二、非选择题(本题共2小题，共15分)22.(6分)为了验证矩形线框自由下落过程上、下边经过光电门时机械能是否守恒，使用了如图5所示的实验装置。已知矩形线框用直径为d的圆形材料做成。某次实验中矩形线框下边和上边先后经过光电门的挡光时间分别为t1和t2。图5(1)为完成该实验，还需通过操作测量的物理量是________。A.用天平测出矩形线框的质量mB.用刻度尺测出矩形线框下边到光电门的距离hC.用刻度尺测出矩形线框上、下边之间的距离LD.用秒表测出线框上、下边通过光电门的时间间隔Δt(2)如果满足关系式________________(请用测量的物理量和已知量来表示，重力加速度为g)，则矩形线框自由下落过程上、下边经过光电门时机械能守恒。解析(1)本实验是对线框经过光电门过程的机械能是否守恒进行验证，所以可以用圆形材料的直径和通过光电门的挡光时间求得上、下边通过光电门时的速度，并求得对应的动能，测出线框上、下边之间距离L，求得重力势能的减少量，验证动能的增加量是否等于重力势能的减少量即可，选项C正确。(2)光电门记录线框上、下边经过的挡光时间t2、t1，要将线框下、上边通过光电门的平均速度视为线框下、上边通过光电门的瞬时速度，则有v1＝eq\f(d,t1)、v2＝eq\f(d,t2)，如果满足mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t2)))eq\s\up12(2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t1)))eq\s\up12(2)＝2gL，则机械能守恒。答案(1)C(3分)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t2)))eq\s\up12(2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t1)))eq\s\up12(2)＝2gL(3分)23.(9分)某实验小组用如图6所示实验电路研究电源路端电压和小灯泡电压随电流的变化规律。图6(1)实验操作步骤：①按实验电路连接好实验器材；②把滑动变阻器的滑片P移到________(填“最右端”或“最左端”)；③闭合开关S，调节滑片P到适当位置，读出电流表A、电压表V1和电压表V2的示数，并记录数据，断开开关S；④调整滑片P到不同位置，多次重复步骤③，某次测量时三个电表指针位置如图7所示，电流表读数为______A，电压表V1读数为________V，电压表V2的读数为________V；图7⑤整理好实验器材。(2)实验小组把测量数据标在U－I坐标系中，如图8所示，描绘出两条图线A、B。①从图中可以得出电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω(计算结果保留2位有效数字)；②滑动变阻器滑片P移到最右端时，小灯泡的实际功率为________W(计算结果保留2位有效数字)；③请在图8中用描点法画出滑动变阻器两端电压随电流表读数变化的图线。图8解析(1)滑动变阻器对电路中的电流和电压具有调节作用，在闭合开关S前应该使滑动变阻器的最大阻值接入电路中，以保证各元件的安全，故应将滑动变阻器的滑片P移动到最左端。电流表的量程为3A，最小刻度为0.1A，要估读到下一位，故读数为1.50A；电压表V1的量程为6V，最小刻度为0.2V，要估读到本位，故读数为2.9V；电压表V2的量程为3V，最小刻度为0.1V，要估读到下一位，故读数为1.30V。(2)易知图线A是电源路端电压随电流的变化图线，根据闭合电路欧姆定律得到电源路端电压与电流的关系U＝E－Ir，可知图线与纵轴交点的坐标即为电源的电动势E，可得E＝4.5V，图线斜率的绝对值表示电源的内阻r，可得r＝eq\f(4.5－1.0,3.5－0)Ω＝1.0Ω。滑片置于最右端时，电路中电流有最大值，对应B图线与A图线在最右端相交点的横坐标，读出小灯泡此时的电流为I1＝2.0A、电压为U1＝2.5V，则小灯泡的实际功率P1＝U1I1＝2.5×2.0W＝5.0W。根据电路原理图可知滑动变阻器两端的电压为电压表V1与电压表V2的读数之差，据此可以用描点法画出滑动变阻器两端电压随电流表读数变化的图线。答案(1)②最左端(1分)④1.50(1分)2.9(1分)1.30(1分)(2)①4.5(1分)1.0(1分)②5.0(2分)③如图所示(1分)30分钟小卷增分练(8选择＋2实验)(四)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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。)14.一个氘核与一个氚核结合成一个氦核同时放出中子，释放17.6MeV的能量。已知氘核、氚核、氦核和中子的质量分别为m1、m2、m3和m4。下列说法正确的是()A.该核反应方程是eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋2eq\o\al(1,0)nB.该核反应中的核燃料是当前核电站采用的核燃料C.m1＋m2＞m3＋m4D该核反应可以在常温下进行解析依据质量数与电荷数守恒，该核反应方程式是eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)n，故A项错误；当前核电站采用的核燃料是铀235，故B项错误；聚变反应中的质量亏损Δm＝m1＋m2－m3－m4，则有m1＋m2>m3＋m4，故C项正确；只有将原子核加热到很高的温度，达到几百万摄氏度以上的高温时，聚变才会发生，故D项错误。答案C15.如图1，斜面放置于粗糙水平地面上，轻质弹簧左端固定于墙上，右端连接物块，初始时弹簧水平且处于原长状态，物块、斜面均静止，现用水平推力缓慢向左推动斜面，推动过程中，物块、斜面保持相对静止(弹簧始终处于弹性限度内)，关于此过程，以下说法正确的是()图1A.物块受到斜面的支持力一直增大B.物块受到斜面的摩擦力一直增大C.水平推力一直不变D.地面受到的压力增大解析初始时物块静止，受到的斜面静摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力，方向沿斜面向上；左移过程中弹力越来越大，弹力沿斜面向上的分力越来越大，物块受斜面静摩擦力先减小后反向增大，B项错误；弹力垂直斜面的分力越来越大，由受力平衡及牛顿第三定律可得物块受到斜面的支持力一直增大，故A项正确；由整体法可知，水平推力等于弹簧弹力、地面支持力始终等于整体重力，根据牛顿第三定律可知地面支持力与地面受到的压力大小相等，C、D项错误。答案A16.如图2所示，空间存在平行于纸面方向的匀强电场，纸面内A、B、C三点形成一个边长为1cm的等边三角形。将电子由A点移动到B点，电场力做的功为2eV，再将电子由B点移动到C点，克服电场力做的功为1eV。匀强电场的电场强度大小为()图2A.100V/m B.200V/mC.eq\f(200\r(3),3)V/m D.200eq\r(3)V/m解析由公式U＝eq\f(W,q)可知，A、B两点的电势差为UAB＝eq\f(2eV,－e)＝－2V，B、C两点的电势差为UBC＝eq\f(－1eV,－e)＝1V，则A、B中点的电势与C点的电势相等，又由电场线的方向垂直于等势线且由高电势指向低电势，可知电场线的方向平行于AB且由B指向A，由电势差和电场强度的关系得E＝eq\f(UBA,dBA)＝eq\f(2V,0.01m)＝200V/m，B正确，A、C、D错误。答案B17.2018年3月30日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭(及远征一号上面级)，以“一箭双星”方式成功发射第三十、三十一颗北斗导航卫星。这两颗卫星属于中圆地球轨道卫星，是我国北斗三号第七、八颗组网卫星。北斗导航卫星的轨道有三种：地球静止轨道(高度35809km)、倾斜地球同步轨道(高度35809km)、中圆地球轨道(高度21607km)，如图3所示，已知地球半径为6370km，下列说法正确的是()图3A.中圆地球轨道卫星的周期一定比静止轨道卫星的周期长B.中圆地球轨道卫星受到的万有引力一定比静止轨道卫星受到的万有引力大C.倾斜同步轨道卫星的线速度为4km/sD.倾斜同步轨道卫星每天在固定的时间经过同一地区的正上方解析卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，解得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，故中圆地球轨道卫星的周期小于静止轨道卫星的周期，故A错误；中圆地球轨道卫星与静止轨道卫星的质量关系未知，故无法比较万有引力大小，故B错误；倾斜同步轨道卫星的轨道半径与静止轨道卫星的轨道半径相等，故公转周期相等，线速度v＝eq\f(2πr,T)＝eq\f(2×3.14×（6370＋35809）×103,24×3600)m/s≈3066m/s，故C错误；倾斜同步轨道卫星周期为24h，则卫星每天在固定的时间经过同一地区的正上方，故D正确。答案D18.甲、乙两辆汽车沿平直的公路做直线运动，其v－t图象如图4所示。已知t＝0时，甲车领先乙车5km，关于两车运动的描述，下列说法正确的是()图4A.0～4h时间内，甲车做匀速直线运动B.0～4h时间内，甲、乙两车相遇3次C.t＝1h时，甲、乙两车第一次相遇D.t＝4h时，甲车领先乙车5km解析根据题图可知，在0～4h时间内，甲车做匀减速直线运动，选项A错误；根据速度—时间图象与横轴围成图形的面积表示位移可知，在0～0.5h内两车相遇一次，在t＝1h时两车第二次相遇，在t＝3h时两车第三次相遇，即在0～4h时间内，甲、乙两车相遇3次，选项B正确，C错误；在t＝0到t＝4h的时间内，甲车的位移为x甲＝eq\f(1,2)×40×4km＝80km，乙车的位移为x乙＝eq\f(1,2)×40×1km＋20×3km＋eq\f(1,2)×20×1km＝90km，由x乙－x甲－5km＝5km可知，t＝4h时，甲车落后乙车5km，选项D错误。答案B19.如图5所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，粗细均匀的导线构成直角三角形线框，自线框从左边界进入磁场时开始计时，在外力作用下匀速进入磁场区域。在线框进入磁场过程中，规定逆时针方向为感应电流I的正方向，感应电动势大小为E，外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，则这些量随时间变化的关系图象正确的是()图5解析线框经时间t的位移为x＝vt，线框切割磁感线的有效长度为l＝xtanθ＝vttanθ(θ为直角三角形线框斜边与底边的夹角)，因而产生的感应电动势为E＝Blv＝Bv2ttanθ，选项A正确；根据欧姆定律可得I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bv2tanθ,R)t，选项B错误；线框匀速运动，外力F与安培力等大反向，则有F＝BIl＝eq\f(B2v3tan2θ,R)t2，选项C正确；线框的电功率的瞬时值为P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2v4tan2θ,R)t2，选项D错误。答案AC20.两个质子以不同的速率在匀强磁场中做圆周运动，轨迹如图6所示，两圆周相切于A点，过A点作一直线与两圆周交于D点和C点。若两圆周半径r1∶r2＝1∶2，下列说法正确的有()图6A.两质子速率之比v1∶v2＝1∶2B.两质子周期之比T1∶T2＝1∶2C.两质子由A点出发第一次分别到达D点和C点经历的时间之比t1∶t2＝1∶2D.两质子在D点和C点处速度方向相同解析质子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)，则v＝eq\f(qBr,m)，所以两质子的速率之比为1∶2，A正确；又T＝eq\f(2πr,v)，解得T＝eq\f(2πm,qB)，所以两质子的周期之比为1∶1，B错误；由题图可知两质子由A点出发第一次分别运动到D点和C点时的偏转角相等，由于周期相同，则两质子的运动时间相等，即t1∶t2＝1∶1，C错误；由于两质子的偏转角相等，则两质子分别运动到D点和C点时的速度方向相同，D正确。答案AD21.如图7所示，长方体物体上固定一长为l的竖直杆，物块及杆的总质量为2m。质量为m的小环套在杆上，当小环从杆顶端由静止下滑时，物块在大小为3mg的水平拉力F作用下从静止开始沿光滑水平面向右匀加速运动。小环落至杆底端时，物块移动的距离为eq\r(3)l，重力加速度为g。则在小环从顶端开始下落到底端的运动过程中()图7A.小环做曲线运动B.小环的动能增量与物块及杆的动能增量的比值为2∶3C.小环克服摩擦力做的功为eq\f(（3－\r(3)）mgl,3)D.物块及杆的加速度为1.5g解析由题意知，小环跟着杆和物块在水平方向做初速度为零、加速度为a＝eq\f(F,3m)＝eq\f(3mg,3m)＝g的匀加速直线运动，同时小环在竖直方向向下做初速度为0的匀加速直线运动，根据运动的合成知小环的合运动为匀变速直线运动，故A、D错误；将三个物体看做一个整体，由题知水平方向上的位移x＝eq\f(1,2)at2，故运动时间t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2\r(3)l,g))，水平方向末速度v1＝at＝g·eq\r(\f(2\r(3)l,g))＝eq\r(2\r(3)gl)，小环在竖直方向上做匀加速直线运动的位移h＝l＝eq\f(1,2)ayt2，所以小环在竖直方向运动的加速度ay＝eq\f(2l,t2)＝eq\f(2l,\f(2\r(3)l,g))＝eq\f(\r(3),3)g，则小环在竖直方向的末速度v2＝eq\r(2ayl)＝eq\r(2·\f(\r(3),3)gl)＝eq\r(\f(2\r(3),3)gl)，根据牛顿第二定律有mg－Ff＝may，所以小环所受摩擦力Ff＝mg－may＝eq\f(3－\r(3),3)mg，小环克服摩擦力做功W＝Ffl＝eq\f(3－\r(3),3)mgl，故C正确；物块和杆的动能的增量ΔEk＝eq\f(1,2)·2m·veq\o\al(2,1)＝2eq\r(3)mgl，小环动能的增量ΔEk′＝eq\f(1,2)·m(veq\o\al(2,1)＋veq\o\al(2,2))＝eq\f(1,2)·m(2eq\r(3)gl＋eq\f(2\r(3),3)gl)＝eq\f(4\r(3),3)mgl，小环的动能增量与物块及杆的动能增量的比值为2∶3，故B正确。答案BC二、非选择题(本题共2小题，共15分)22.(6分)小环同学在实验室中用多用电表测电阻，回答下列问题：(1)一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是×1、×10、×100。用×10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到________挡。如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是________，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图8所示，则该电阻的阻值是________Ω。图8(2)下列关于用多用电表欧姆挡测电阻的说法中正确的是________。A.测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则不会影响测量结果B.测量阻值不同的电阻时，都必须重新欧姆调零C.测量电路中的电阻时，应该把该电阻与电源断开D.多用电表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但仍能调零，其测量结果与原来相比不变(3)用多用电表探测二极管的极性，用欧姆挡测量，黑表笔接a端，红表笔接b端时，指针偏转角较大，然后黑、红表笔反接指针偏转角较小，说明________(填“a”或“b”)端是二极管正极。解析(1)刚开始多用电表指针偏转角度较小，说明选用倍率偏小，应换用大倍率。每次换挡之后多用电表都应重新欧姆调零。多用电表的测量值是指针读数与倍率的乘积，即22×100Ω＝2200Ω。(2)多用电表测电阻时，红、黑表笔插错不会影响测量结果，A正确；测不同的电阻时，只要没更换倍率，不用重新欧姆调零，B错误；测电路中的电阻时应将待测电阻与电源断开，C正确；多用电表中的电池电动势变小、内阻变大后，会影响测量结果，D错误。(3)二极管具有单向导电性，多用电表的红表笔接的是表内电池的负极，接b端时，指针偏转角大，二极管电阻小，说明b端是二极管的负极，a端是其正极。答案(1)×100(1分)欧姆调零(1分)2200(1分)(2)AC(2分)(3)a(1分)23.(9分)利用图9装置做“验证机械能守恒定律”实验，从图示位置开始释放重锤。图9(1)请指出图中的错误及不妥之处(只需写出两处)。①___________________________________________________________________；②___________________________________________________________________。(2)改进实验中错误及不妥之处后，某同学经正确操作得到打点纸带，在纸带后段每两个计时间隔取一个计数点，依次为1、2、3、4、5、6、7，测量各计数点到第一个打点的距离h，并正确求出打相应点时的速度v。各计数点对应的数据见下表：计数点1234567h(m)0.1240.1940.2790.3800.4970.6300.777v(m/s)1.942.332.733.133.50v2(m2/s2)3.765.437.459.8012.25请在图10坐标系中，描点作出v2－h图线；由图线可知，重锤下落的加速度g′＝________m/s2(保留3位有效数字)；若当地的重力加速度g＝9.80m/s2，根据作出的图线，能粗略验证自由下落的重锤机械能守恒的依据是_________________________________________________________________________________________________________________________________________。图10解析(1)由图可知，图中的错误及不妥之处；①使用的是直流电源；②重物离打点计时器太远；③没有从上方提着纸带，而是用手托着重锤。(2)根据描点法可得出对应的图象如图所示；由mgh＝eq\f(1,2)mv2，变形可得v2＝2gh，由图可知，图象的斜率表示重力加速度的2倍，故2g＝eq\f(15－5,0.770－0.255)m/s2≈19.42m/s2，解得g＝9.71m/s2。答案(1)①使用的是直流电源(2分)②重物离打点计时器太远，或没有从上方提着纸带，而是用手托着重锤(2分)(2)如解析图所示(1分)9.71(9.68～9.74均正确)(2分)图线为通过坐标原点的一条倾斜直线，斜率g′与g基本相等(2分)30分钟小卷增分练(8选择＋2实验)(五)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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。)14.如图1所示，为一含光电管电路，滑动变阻器触头P位于a、b之间某点，用光照射光电管阴极，电表指针无偏转，要使电表指针偏转，可能有效的措施是()图1A.加大照射光的强度B.用频率更高的光照射C.将P向a滑动D.将电源正、负极对调解析由电路可知，在光电管上加的是正向电压。用光照射光电管阴极，电表指针无偏转，说明没有发生光电效应，根据发生光电效应的条件可知，加大照射光的强度，仍然不能发生光电效应，选项A错误；由于没有发生光电效应，故无论将P向a滑动，还是将电源正、负极对调，都不能使电表指针偏转，选项C、D错误；要使电表指针偏转，必须发生光电效应，故用频率更高的光照射，可能有效，选项B正确。答案B15.一个质量为m的小球A在光滑的水平面上以3m/s的速度向右运动，与一个质量为2m的静止的小球B发生正碰，假设碰撞过程中没有机械能损失，则碰后()A.A球、B球都向右运动，速度都是1m/sB.A球向左运动，速度为1m/s；B球向右运动，速度为2m/sC.A球向左运动，速度为5m/s；B球向右运动，速度为1m/sD.A球向右运动，速度为0.5m/s；B球向右运动，速度为1.25m/s解析两球碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB，又碰撞过程中没有机械能损失，根据机械能守恒定律得eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，代入数据解得vA＝－1m/s，vB＝2m/s，B项正确。答案B16.如图2，一汽车在t＝0时刻，从A点开始刹车做匀减速直线运动，途经B、C两点，已知AB＝3.2m，BC＝1.6m，从A到B及从B到C的时间均为t＝1.0s，以下判断正确的是()图2A.汽车的加速度大小为0.8m/s2B.汽车恰好停在C点C.汽车过B点的瞬时速度大小为2.4m/sD.汽车在A点的瞬时速度大小为3.2m/s解析根据Δs＝aT2，a＝eq\f(BC－AB,t2)＝－1.6m/s2，A项错误；因为中间时刻速度等于平均速度，所以汽车过B点时的瞬时速度大小为vB＝eq\f(AC,2t)＝2.4m/s，C项正确；根据vC＝vB＋at得vC＝0.8m/s，B项错误；同理vA＝4m/s，D项错误。答案C17.如图3所示，处于真空中的匀强电场水平向右，有一质量为m、带电荷量为－q的小球从P点以大小为v0的初速度水平向右抛出，经过t时间到达Q点(图中未画出)时的速度大小仍为v0，重力加速度为g，则小球由P点运动到Q点的过程中，下列判断正确的是()图3A.Q点在P点正下方B.小球电势能减少C.小球重力势能减少量等于eq\f(1,2)mg2t2D.Q点应位于P点所在竖直线的左侧解析从P点到Q点，根据动能定理可知mgh＋W电＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝0，因重力做正功，则电场力做负功，电势能增加，则Q点应该在P点的右下方，选项A、B、D错误；小球在竖直方向下落的高度h＝eq\f(1,2)gt2，则小球重力势能减少量ΔEp＝mgh＝eq\f(1,2)mg2t2，选项C正确。答案C18.如图4甲所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图乙是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速度平方与其对应高度的关系图象。已知小球在最高点C受到轨道的作用力为1.25N，空气阻力不计，g＝10m/s2，B点为AC轨道中点，下列说法正确的是()图4A.小球质量为0.5kgB.小球在B点受到轨道作用力为4NC.图乙中x＝25D.小球在A点时重力的功率为5W解析由题图乙可知小球在C点的速度大小为vC＝3m/s，轨道半径R＝0.4m，因小球所受重力与弹力的合力提供向心力，所以有mg＋F＝eq\f(mveq\o\al(2,C),R)，代入数值可得m＝0.1kg，选项A错误；由机械能守恒定律可得，小球从B点到C点的过程有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得veq\o\al(2,B)＝17m2/s2，因小球在B点只有弹力提供向心力，所以有F′＝eq\f(mveq\o\al(2,B),R)，解得F′＝4.25N，选项B错误；再由机械能守恒定律可得，小球从A点到C点的过程有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋2mgR，解得小球在A点的速度v0＝5m/s，所以题图乙中x＝25，选项C正确；因在A点重力与速度方向垂直，所以小球在A点的重力的功率为0，选项D错误。答案C19.如图5所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为20∶1，原线圈所接交流电源的电压瞬时值表达式为u＝220eq\r(2)sin(100πt)V，Q为保险丝(电阻不计)，其额定电流为0.2sin(100πt)VA，R为负载电阻。下列判断正确的是()图5A.该交流电源的频率为100HzB.副线圈两端的电压为11VC.要使保险丝不被烧断，R中通过的电流不超过4AD.要使保险丝不被烧断，R的阻值不小于3Ω解析由u＝Umsin2πft＝220eq\r(2)sin(100πt)V，得频率为f＝50Hz，选项A错误；U1＝220V，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得U2＝eq\f(n2,n1)U1＝11V，选项B正确；I1＝0.2A，由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)得I2＝eq\f(n1,n2)I1＝4A，选项C正确；R的最小值为eq\f(U2,I2)＝eq\f(11,4)Ω＜3Ω，选项D错误。答案BC20.如图6所示，卫星1为地球同步卫星，卫星2是周期为3小时的极地卫星，只考虑地球引力的作用，卫星1和卫星2均绕地球做匀速圆周运动，两轨道平面相互垂直，运动过程中卫星1和卫星2在某时刻同时处于地球赤道某一点的正上方。下列说法正确的是()图6A.卫星1和卫星2的角速度大小之比为1∶8B.卫星1和卫星2的速度大小之比为1∶2C.卫星1和卫星2的向心力大小之比为1∶16D.卫星1和卫星2相邻两次同时处在地球赤道某一点正上方的时间间隔为3小时解析由题知同步卫星1的周期为24小时，极地卫星2的周期为3小时，两卫星都做匀速圆周运动，由ω＝eq\f(2π,T)得eq\f(ω1,ω2)＝eq\f(T2,T1)＝1∶8，A正确；由eq\f(GMm,r2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)r，得eq\f(r1,r2)＝eq\f(4,1)，根据eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)得eq\f(v1,v2)＝eq\f(1,2)，故B正确；由于两个卫星的质量未知，所以两个卫星向心力的大小关系不能确定，C错误；若某时刻卫星1和卫星2同时处于地球赤道上某一点的正上方，而卫星1的周期为24小时，卫星2的周期为3小时，即卫星2每绕8圈，卫星1恰好绕一圈，所以再经过24小时，两个卫星又同时到达该点正上方，所以卫星1和卫星2同时处在地球赤道的某一点正上方的周期为24小时，D错误。答案AB21.如图7所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形两直角边的边长均为2l，则下列关于粒子运动的说法中正确的是()图7A.若该粒子的入射速度为v＝eq\f(qBl,m)，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为lB.若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝eq\f(\r(2)qBl,m)C.若要使粒子从AC边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝eq\f(qBl,2m)D.该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为eq\f(πm,qB)解析根据洛伦兹力提供粒子做匀速圆周运动的向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，得R＝eq\f(mv,qB)。当v＝eq\f(qBl,m)时，粒子的轨迹半径R＝l，则粒子以C点为圆心做匀速圆周运动，从CD边飞出磁场，故选项A正确；当粒子恰好没有从AD边飞出磁场时，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，根据几何关系有R＝(R＋l)sin45°，则R＝(eq\r(2)＋1)l，此时粒子的速度为v＝eq\f(（\r(2)＋1）qBl,m)，故选项B错误；若要使粒子从AC边射出，则该粒子做圆周运动的最大半径为eq\f(l,2)，则从O点入射的最大速度为eq