高考物理2017年走出题海之黄金30题系列：考前必做难题30题(含答案)

PAGE【考前必做难题】高考具有选拔性，本专题精选难题（中等偏上），助你圆梦象牙塔。第一部分选择题【试题1】有一中“傻瓜”照相机，其光圈（进光孔径）随被拍摄物体的亮度而自动调节，而快门（曝光时间）是固定不变的，为估测该照相机照相的曝光时间，某同学从一砖墙前的高处使一石子自由落下，拍摄石子在空中照片如图所示，由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹，已知砖块的平均厚度为a，位置A距起落点的竖直高度为h，则估测处该照相机的曝光时间为A． B． C． D．【答案】C考点：考查了自由落体运动【名师点睛】本题的思路很难把握，给出的答案中，没有通过时间差去计算，而是根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，石子划过A点的速度大小等于AB过程中的平均速度。【试题2】一个物体以初速度v0沿光滑斜面向上运动，其速度v随时间t变化的规律如图所示，在连续两段时间m和n内对应面积均为S，设经过b时刻的加速度和速度分别为a和vb，则A．a＝eq\f(2(m－n)S,(m＋n)mn) B．a＝eq\f(2(n－m)S,(m＋n)mn)C．vb＝eq\f((m＋n)S,mn) D．vb＝eq\f((m2＋n2)S,(m＋n)mn)【答案】AD

故BC错误；AD正确；故选AD．考点：匀变速直线运动的规律【名师点睛】本题是图象与运动规律相结合的题目，关键是知道利用图象中的面积表示位移，然后在利用位移时间和速度时间关系列式求解即可。【试题3】如图，粗糙水平面上a、b、c、d四个相同小物块用四根完全相同的轻弹簧连接，正好组成一个等腰梯形，系统静止．ab之间、ac之间以及bd之间的弹簧长度相同且等于cd之间弹簧长度的一半，ab之间弹簧弹力大小为cd之间弹簧弹力大小的一半．若a受到的摩擦力大小为f，则下列说法不正确的是（）A．ab之间的弹簧一定是压缩的 B．b受到的摩擦力大小为fC．d受到的摩擦力大小为2f D．c受到的摩擦力大小为QUOTE【答案】C【解析】设每根弹簧的原长为L0，ab的形变量为△x1，cd的形变量为△x2，则有k△x2=2k△x1，若ab弹簧也是被拉长，则有：L0+△x2=2（L0+△x1），解得L0=0，不符合题意，所以ab被压缩，A正确；由于a受到的摩擦力大小为f，根据对称性可得，b受到的摩擦力大小为f，B正确；以a和c为研究对象进行力的分析如图所示，中图中的θ为ac与cd之间的夹角，点睛：力的合成满足平行四边形定则，当两个力方向相同时可以直接相加求合力；当两个力方向相反时可以直接相减求合力；当两个力垂直的时候，分力与合力之间满足勾股定理，可以直接用勾股定理计算；如果两个力夹角不是特殊角，可以根据正交分解法、矢量三角形法或三角函数法求解合力大小．【试题4】图所示，在光滑的水平面上有一质量为M、倾角为的光滑斜面体，它的斜面上有一质量为m的物块沿斜面下滑。关于物块下滑过程中对斜面压力大小的解答，有如下四个表达式。要判断这四个表达式是否合理，你可以不必进行复杂的计算，而根据所学的物理知识和物理方法进行分析，从而判断解的合理性或正确性，根据你的判断，下述表达式中可能正确的是A．B． C．D．【答案】D考点：考查了力的合成与分解【名师点睛】由于斜面是在光滑的水平面上，并没有固定，物体与斜面相互作用会使斜面后退，由于斜面后退，物体沿着斜面下滑路线与地面夹角＞θ，与物体沿着固定斜面下滑截然不同．【试题5】传送带以v1的速度匀速运动，物体以v2的速度滑上传送带，物体速度方向与传送带运行方向相反，如图所示，已知传送带长度为L，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，则以下判断正确的是：（）A．当v2、μ、L满足一定条件时，物体可以从A端离开传送带，且物体在传送带上运动的时间与v1无关B．当v2、μ、L满足一定条件时，物体可以从B端离开传送带，且物体离开传送带时的速度可能大于v1C．当v2、μ、L满足一定条件时，物体可以从B端离开传送带，且物体离开传送带时的速度可能等于v1D．当v2、μ、L满足一定条件时，物体可以从B端离开传送带，且物体离开传送带时的速度可能小于v1【答案】ACD考点：考查了牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；【名师点睛】小滑块滑上传送带，判断出摩擦力的方向，根据合力得出加速度的大小和方向，判断出物块在整个过程中的运动情况，从而确定运动的时间以及离开传送带的速度．【试题6】质量为m和M的两个物体a、b用轻绳连接，用一大小不变的拉力F拉b，使两物体在图中所示的AB、BC、CD三段足够长轨道上都做匀加速直线运动，物体在三段轨道上运动时力F都平行于轨道，且a、b与三轨道间的动摩擦因数分别为，设在AB、BC、CD上运动时a与b之间的绳子上的拉力分别为，则它们的大小A． B． C． D．【答案】C考点：考查了牛顿第二定律的应用【名师点睛】①整体法：以几个物体构成的整个系统为研究对象进行求解．在许多问题中用整体法比较方便，但整体法不能求解系统的内力．②隔离法：从系统中选取一部分（其中的一个物体或两个物体组成的整体，少于系统内物体的总个数）进行分析．隔离法的原则是选取受力个数最少部分的来分析．③通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法．有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用【试题7】质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B电，如图所示，绳a与水平方向成角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是A．a绳的张力不可能为零B．a绳的张力随角速度的增大而增大C．当角速度，b绳将出现弹力D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化【答案】AC【解析】小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知a绳的张力不可能为零，故A正确；根据竖直方向上平衡得，解得，可知a绳的拉力不变，故B错误；当b绳拉力为零时，有，解得，当角速度即，b绳将出现弹力，故C正确；由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变，故D错误．考点：考查了圆周运动规律的应用【名师点睛】解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源分析，知道小球竖直方向合力为零，这是解决本题的关键．【试题8】如图甲所示，轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动。现使小球在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度vx随时间t的变化关系如图乙所示。不计空气阻力。下列说法中正确的是A．t1时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积相等B．t2时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积相等C．t1时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积不相等D．t2时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积不相等【答案】A考点：向心力【名师点睛】本题考查图线与圆周运动的综合，确定最高点的位置和最低点的位置是解决本题的关键，知道从最高点经过四分之一圆周，水平分速度先增大后减小。【试题9】如图所示，由不同材料拼接成的长直杆CPD，P为两材料分界点，DP＞CP，现让直杆以下面两种情况与水平面成45°。一个套在长直杆上的圆环静止开始从顶端滑到底端，两种情况下圆环经过相同的时间滑到P点。则圆环（）

A．与杆CP段的动摩擦因数较大

B．两次滑到P点的速度一定不相同

C．两次滑到P点摩擦力做功一定相同

D．到达底端D所用时间较长

【答案】ABD【解析】第一种情况：从C到P过程，，第二种情况：从D到P过程，，因为DP＞CP，所以μ1＞μ2，即圆环与直杆CP段的动摩擦因数大于圆环与直杆DP段之间的动摩擦因数，故A正确；由题意可知，小物块两次滑动经过P点的时间相同，且DP＞CP，因此从D到P的平均速度大于从C到P的平均速度，设从C到P点时速度为v1，从D到P时速度为v2，则根据匀变速直线运动特点有：，即从D到P点速度大于从C到P点的速度，则得v1＜v2，故B正确；由于不知道动摩擦因数以及DP和CP的具体关系，所以不能判断两次滑到P点摩擦力做功是否相等，故C错误；从C到D和从D到C过程中摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理可知，两次滑动中物块到达底端速度相等，设圆环滑到底端的速度大小为v．则第一种情况：从P到D过程，第二种情况：从P到C过程，因为DP＞CP，v1＜v2．所以t1＞t2．则得第一次圆环到达底端所用时间长．故D正确．故选D。考点：牛顿第二定律；动能定理【名师点睛】本题应用牛顿第二定律和运动学、动能定理是解答这类问题的关键．应用动能定理时注意正确选择两个状态，弄清运动过程中外力做功情况，可以不用关心具体的运动细节。【试题10】如图所示，放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m，现将摆球拉至水平位置，然后从静止释放，摆球运动过程中，支架始终不动，则从释放至运动到最低点的过程中有（）A．在释放瞬间，支架对地面压力为（m+M）gB．摆动过程中，重力对小球做功的功率一直增大C．摆球到达最低点时，支架对地面压力为（2m+M）gD．摆动过程中，支架对地面压力一直增大【答案】D【解析】

当小球绕圆心转过角度为θ时，具有的速度v，根据动能定理得：mgRsinθ=mv2，．

根据牛顿第二定律得：，T=mgsinθ+2mgsinθ=3mgsinθ，而此时支架受重力、支持力、绳子的拉力、地面摩擦力．根据平衡条件得：在竖直方向上有：Tsinθ+Mg=FN，所以FN=3mgsin2θ+Mg，摆动过程中θ逐渐增大，所以地面对支架的支持力也逐渐增大，根据牛顿第三定律：即摆动过程中，支架对地面压力一直增大，故D正确．故选D．考点：动能定理；牛顿第二定律；功率【试题11】“雪龙号”南极考察船在由我国驶向南极的过程中，经过赤道时测得某物体的重力是G1；在南极附近测得该物体的重力为G2；已知地球自转的周期为T，引力常数为G，假设地球可视为质量分布均匀的球体，由此可知：A．地球的密度为QUOTEB．地球的密度为QUOTEC．当地球的自转周期为QUOTE时，放在地球赤道地面上的物体不再对地面有压力D．当地球的自转周期为QUOTE时，放在地球赤道地面上的物体不再对地面有压力【答案】BC【试题12】如图所示，飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，星球相对飞行器的张角为θ，下列说法正确的是A．飞行器轨道半径越大，周期越长B．飞行器轨道半径越大，速度越大C．若测得飞行器绕星球转动的周期和张角，可得到星球的平均密度D．若测得飞行器绕星球转动的周期及其轨道半径，可得到星球的平均密度【答案】AC

由几何关系有：QUOTE

星球的平均密度QUOTE

由以上三式知测得周期和张角，可得到星球的平均密度．故C正确；由QUOTE可得：QUOTE，可知若测得周期和轨道半径，可得到星球的质量，但星球的半径R未知，不能求出星球的平均密度．故D错误．故选AC．【试题13】在真空中某点电荷Q的电场中，将带电荷量为q的负试探电荷分别置于a（0，0，r）、b两点时，试探电荷所受电场力的方向如图所示，分别在yOz和xOy平面内，与z轴负方向成60°角，与x轴负方向成60°角，已知试探电荷在a点受到的电场力大小为，静电力常量为k，则以下判断正确的是A．B．a、b、O三点电势关系为C．点电荷Q带正电，且大小为D．在平面xOz上移动该试探电荷，电场力不做功【答案】AC

【解析】

考点：电场强度、电势、电场力的功。【名师点睛】解答本题要掌握点电荷形成电场的场强和电势特点，明确场源电荷的电性及电场线和等势面，再结合库仑定律和电场力做功特点进行判断。【试题14】如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度E=mg/q，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．若小球在竖直平面内绕O点做完整圆周运动，则它运动过程中的最小速度B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大C．若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACBD圆弧上往复运动D．若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点【答案】ABD考点：圆周运动的规律；运动的合成；牛顿第二定律【名师点睛】掌握合外力做功与动能的关系、注意类比法的应用，小球能够完成圆周运动的条件是丝线的拉力大于或等于零，在最高点的速度最小恰好满足重力与电场力的提供向心力，此最高点在AD弧线的中点。【试题15】如图为一电源电动势为E，内阻为r的恒定电路，电压表A的内阻为10kΩ，B为静电计，C1、C2分别是两个电容器，将开关闭合一段时间，下列说法正确的是（）A．若C1＞C2，则电压表两端的电势差大于静电计两端的电势差B．若将变阻器滑动触头P向右滑动，则电容器C2上带电量增大C．C1上带电量为零D．再将电键S打开，然后使电容器C2两极板间距离增大，则静电计张角也增大【答案】CD【解析】试题分析：由于静电计的两个电极是彼此绝缘的，电压表是由电流表改装成的，电路稳定后，电路中没有电流，电压表两端没有电压，而电容器充电，两端存在电压．所以电压表两端的电势差小于静电计两端的电势差，故A错误；电路稳定后，电容器的电压等于电源的电动势，保持不变，将变阻器滑动触头向右滑动，电容器的电压不变，电量不变，故B错误；由于电压表两端没有电压，电容器没有被充电，电量为零，故C正确；将电键打开，电容器的电量不变，板间距离增大，电容减小，由公式分析可知，板间电压增大，静电计张角增大，故D正确。考点：电容器的动态分析【名师点睛】静电计的两个电极是彼此绝缘的，电压表是由电流表改装成的，电路稳定后，电路中没有电流，电压表两端没有电压，电容器不带电．电路稳定后，电容器的电压等于电源的电动势。【试题16】一个足够长的绝缘斜面，倾角为，置于匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，与水平面平行，如图所示，现有一带电荷量为q，质量为m的小球在斜面顶端由静止开始释放，小球与斜面间的动摩擦因数为μ，则A．如果小球带正电，小球在斜面上的最大速度为B．如果小球带正电，小球在斜面上的最大速度为C．如果小球带负电，小球在斜面上的最大速度为D．如果小球带负电，小球在斜面上的最大速度为【答案】BC考点：考查了带电小球在匀强磁场的中运动【名师点睛】若小球带正电，分析小球的受力情况，抓住洛伦兹力与速度大小成正比，确定小球的运动情况．若小球带负电，分析小球的受力情况，小球受到垂直于斜面向上的洛伦兹力作用，最终小球会离开斜面，当小球刚要离开斜面时速度达到最大，由平衡条件求出最大速度．【试题17】如图，S为一离子源，MN为长荧光屏，S到MN的距离为L，整个装置处于在范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。某时刻离子源S一次性沿平行纸面的各个方向均匀地射出大量的正离子，各离子质量m，电荷量q，速率v均相同，不计离子的重力及离子间的相互作用力，则A．当时所有离子都打不到荧光屏上B．当时所有离子都打不到荧光屏上C．当时，打到荧光屏MN的离子数与发射的离子总数比值为D．当时，打到荧光屏MN的离子数与发射的离子总数比值为【答案】AC【解析】根据半径公式，当时，，直径，离荧光屏最近的离子都打不到荧光屏上，所以当时所有离子都打不到荧光屏，故A正确；根据半径公式，当时，，当半径非常小时，即时肯定所有离子都打不到荧光屏上；当，有离子打到荧光屏上，故B错误；当时，根据半径公式，离子运动轨迹如图所示，

离子能打到荧光屏的范围是NM′，由几何知识得：，打到N点的离子离开S时的初速度方向和打到M′的离子离开S时的初速度方向夹角，能打到荧光屏上的离子数与发射的粒子总数之比，故C正确D错误；考点：考查了带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式，周期公式，运动时间公式，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题，【试题18】如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1L2之间和L3L4之间存在匀强磁场，磁感应强度B大小均为1T，方向垂直于虚线所在的平面；现有一矩形线圈abcd，宽度cd=L=0．5m，质量为0．1kg，电阻为2Ω，将其从图示位置由静止释放（cd边与L1重合），速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1-t2的时间间隔为0．6s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向，重力加速度g取10m/s2．则（）A．在0-t1时间内，通过线圈的电荷量为0．25CB．线圈匀速运动的速度大小为2m/sC．线圈的长度为1mD．0-t3时间内，线圈产生的热量为1．8J【答案】AD考点：法拉第电磁感应定律；能量守恒定律【试题19】如图所示，在水平面（纸面）内有三根相同的金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V"字型导轨。导轨所在空间存在垂直于纸面的均匀磁场。用力使MN从点由a点静止开始做匀加速直线运动，运动中MN始终与∠bac的角平分线垂直且和导轨保持良好接触，MN与ab、ac的交点分别为P、Q。关于回路中的电流i及P、Q间的电压绝对值U与时间t的关系图线，下列可能正确的是【答案】AC【解析】设∠bac=2θ，导体单位长度的电阻为r，金属棒的加速度为a，则经时间t，导体切割磁感线的有效长度，电动势；回路的电流：，故选项C正确；P、Q间的电压绝对值，故选项A正确，B错误；故选AC．考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【名师点睛】此题是对法拉第电磁感应定律及闭合电路的欧姆定律的考查；关键是能找出导体中的电流I和导体棒两端电压的表达式才能决定图像的形状；注意搞清内外电路．【试题20】如图所示，MN、PQ是两条在水平面内、平行放置的金属导轨，导轨的右端接理想变压器的原线圈，变压器的副线圈与阻值为R的电阻组成闭合回路，变压器的原副线圈匝数之比n1∶n2=k，导轨宽度为L。质量为m的导体棒ab垂直MN、PQ放在导轨上，在水平外力作用下做往复运动，其速度随时间变化的规律是QUOTE，范围足够大的匀强磁场垂直于轨道平面，磁感应强度为B，导轨、导体棒、导线电阻不计，电流表为理想交流电表。则下列说法中正确的是A．导体棒两端的最大电压为QUOTEB．电阻R上的电压为QUOTEC．电流表的示数为QUOTED．导体棒克服安培力做功的功率为QUOTE【答案】ABD【解析】A、根据题意，电动势的瞬时值表达式为：QUOTE，则最大电动势为：QUOTE，故选项A正确；B、由于大电动势为：QUOTE，则电动势的有效值为：QUOTE，则副线圈两端的电压为：QUOTE，则QUOTE，故选项B正确；C、则副线圈电流为：QUOTE，在根据QUOTE，则电流表读数为QUOTE，故选项C错误；D、根据能量守恒，导体棒克服安培力做功的功率等于电阻R的热功率，故QUOTE，故选项D正确。【试题21】某理想变压器的原、副线圈按如图所示电路连接，图中电表均为理想交流电表，且R1＝R2，电键S原来闭合．现将S断开，则电压表的示数U、电流表的示数I、电阻R1上的功率P1、变压器原线圈的输入功率P的变化情况分别是A．U增大B．I增大C．P1减小D．P减小【答案】AD考点：变压器；电功率【名师点睛】做好变压器的题目要严格按照变压器的特点，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率。【试题22】下列说法正确的是__________。A．液体的表面层内分子分布比较稀疏，分子间表现为引力B．空气的相对湿度越大，人们感觉越潮湿C．布朗运动是指悬浮在液体中的小颗粒中的分子运动D．非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性E．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大【答案】ABE【解析】液体的表面层内分子分布比较稀疏，分子间表现为引力，选项A正确；空气的相对湿度越大，人们感觉越潮湿，选项B正确；布朗运动是指悬浮在液体中的小颗粒的运动，选项C错误；非晶体的物理性质各向同性，单晶体的物理性质都是各向异性，选项D错误；当分子间作用力表现为斥力时，分子间距变小时，分子力做负功，故分子势能随分子间距离的减小而增大，选项E正确；故选ABE．【试题23】2009年诺贝尔物理学奖得主威拉德·博伊尔和乔治·史密斯主要成就是发明了电荷耦合器件（CCD）图象传感器．他们的发明利用了爱因斯坦的光电效应原理．如图所示电路可研究光电效应规律．图中标有A和K的为光电管，其中A为阴极，K为阳极．理想电流计可检测通过光电管的电流，理想电压表用来指示光电管两端的电压．现接通电源，用光子能量为10．5eV的光照射阴极A，电流计中有示数，若将滑动变阻器的滑片P缓慢向右滑动，电流计的读数逐渐减小，当滑至某一位置时电流计的读数恰好为零，读出此时电压表的示数为6．0V；现保持滑片P位置不变，以下判断正确的是（）A．光电管阴极材料的逸出功为4．5eVB．若增大入射光的强度，电流计的读数不为零C．若用光子能量为12eV的光照射阴极A，光电子的最大初动能一定变大D．若用光子能量为9．5eV的光照射阴极A，同时把滑片P向左移动少许，电流计的读数一定不为零【答案】AC【试题24】如图所示，是半圆柱形玻璃体的对称面和纸面的交线，A、B是关于轴等距且平行的两束不同单色细光束，从玻璃体右方射出后的光路如图所示，MN是垂直于放置的光屏，沿方向不断左右移动光屏，可在屏上得到一个光斑P，根据该光路图，下列说法正确的是____（选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分，没选错一个扣3分，最低得分为0）A．该玻璃体对A光的折射率比对B光的折射率小B．A光的频率比B光的频率高C．在该玻璃体中，A光比B光的波长长D．在真空中，A光的波长比B光的波长长E．A光从空气进入该玻璃体后，其频率变高【答案】ACD考点：考查了光的折射，传播【名师点睛】解决本题的突破口在于通过光的偏折程度比较光的折射率，知道折射率、频率、波长以及光在介质中的速度等大小关系．第二部分非选择题【试题25】图1为用拉力传感器和速度传感器探究“加速度与物体所受合力关系”的实验装置．拉力传感器能记录小车受到拉力的大小．在长木板上相距L=48．00cm的A、B两位置各安装一个速度传感器，分别记录小车到达A、B时的瞬时速率．实验主要步骤如下：①将拉力传感器固定在小车上②把木板C端适当垫高，平衡摩擦力③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④接通电源后自C点释放小车，小车在细线拉动下运动，记录细线拉力F的大小及小车分别到达A、B时的瞬时速率vA、vB⑤改变所挂钩码的数量，重复④的操作（1）步骤②中，平衡的摩擦力是指A．小车与长木板之间的摩擦力B．细线与定滑轮之间的摩擦力C．小车与长木板之间的摩擦力和细线与定滑轮之间的摩擦力（2）表中记录了实验测得的几组数据，vB2-vA2是两个速度传感器记录速率的平方差，则加速度的表达式a=（用题中的字母符号表示），表中第3次的实验数据为（结果保留三位有效数字）．（纵坐标1．0改成1．5）（3）由表中数据，在坐标纸上作出a～F关系图线（图2中已画出理论图线）；（4）对比实验图线与理论图线的偏差，你认为合理的解释为．【答案】（1）A（2）a=2．44m/s2（3）图象如图所示：（4）因为没有完全平衡摩擦力【解析】

（3）根据表中数据，得出图象如图所示：

（4）对比图象可知，实际图象没有过原点而是和横坐标有交点，造成原因是因为没有完全平衡摩擦力．考点：探究“加速度与物体所受合力关系”的实验。【名师点睛】本题关键要明确实验原理，正确进行误差分析和数据处理是对学生学习实验的基本要求，掌握运动学公式中速度和位移的关系，要加强这方面的训练．【试题26】测定电流表内阻的实验中备用的器材如下：A．电流表（量程0～100μA，内阻约为几百欧）；B．标准伏特表（量程0～5V）；C．电阻箱（阻值范围0～999．9Ω）；D．电阻箱（阻值范围0～99999．9Ω）；E．电源（电动势2V，内阻不为零）；F．电源（电动势6V，内阻不为零）；G．滑动变阻器（阻值范围0～50Ω，额定电流1．5A）；电键和导线若干。（1）采用图所示的电路测定电流表A的内阻，且要求较高的测量精确，那么从以上备用的器材中，电阻箱R1应选用______，电阻箱R2应选用______，电源E应选用______。（填写字母代号）（2）实验时要进行的步骤有：A．闭合S1；B．闭合S2；C．将R1的阻值调至最大；D．调节R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；E．调节R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半；F．记下R2的阻值。把以上步骤的字母代号按实验的合理顺序填写在下面横线上的空白处：①______；②______；③______；④______；⑤______；⑥______。（3）如果在步骤F中R2的阻值为600Ω，则图1中电流表内阻Rg的测量值为______Ω。（4）如果要将第（3）小题中的电流表A改装成量程为0～5V的伏特表，则改装的方法是与电流表___联一个阻值为______Ω的电阻。（5）图所示器材中，一部分是将电流表改装为伏特表所需的，其余是为了把改装成的伏特表跟标准伏特表进行核对所需的（要求对0～5V的所有刻度都能在实验中进行核对）。试在图的实物图中画出连线_________________。【答案】（1）．D（2）．C（3）．F（4）．C（5）．A（6）．D（7）．B（8）．E（9）．F（10）．600（11）．串（12）．49400（13）．【解析】首先我们要知道半偏法测量电流表内阻的方法以及测量原理：

如图，设电源的电动势为E，内阻为r，S2打开时，设电流表满偏电流QUOTE，实验要求R＞＞Rg，R＞＞r，这样才有QUOTE，当S2闭合时，R′和Rg并联，并联后总阻值R并＜Rg＜＜R，这样才有S2闭合后，电路中总电流几乎不变，仍然近似等于QUOTE，调节R′使电流表半偏为QUOTE，所以流过R′的电流也为QUOTE，所以R′=Rg．

（1）从上述原理可知，S2打开与闭合，近似认为干路中电流不变，前提是R＞＞Rg．故实验器材选择应满足①电源电动势尽可能大，②R尽可能大．所以R1选用大量程的电阻箱D，R2选用较小的电阻箱C，电源选用电动势较大的F．

（3）如果在步骤F中R2的阻值为600Ω，则图1中电流表内阻Rg的测量值为Rg=R2=600Ω。（4）如果要将第（3）小题中的电流表A改装成量程为0～5V的伏特表，则改装的方法是与电流表串联一个阻值为QUOTE。（5）校对电压表时，电压应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，标准电压表与改装后的电压表应并联，电路图如图所示，根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：【试题27】如图所示，一个内壁光滑的圆柱形汽缸，高度为L、底面积为S，缸内有一个质量为m的活塞，封闭了一定质量的理想气体．温度为热力学温标T0时，用绳子系住汽缸底，将汽缸倒过来悬挂起来，汽缸处于竖直状态，缸内气体高为L0．已知重力加速度为g，大气压强为p0，不计活塞厚度及活塞与缸体的摩擦，求：（ⅰ）采用缓慢升温的方法使活塞与汽缸脱离，缸内气体的温度至少要升高到多少？（ⅱ）从开始升温到活塞刚要脱离汽缸，缸内气体压力对活塞做功多少？（ⅲ）当活塞刚要脱离汽缸时，缸内气体的内能增加量为ΔU，则气体在活塞下移的过程中吸收的热量为多少？【答案】（ⅰ）T＝eq\f(L,L0)T0（ⅱ）W＝（p0S－mg）（L－L0）（ⅲ）Q＝ΔU＋（p0S－mg）（L－L0）【解析】（ⅰ）缓慢升高气缸内的温度，气体等压膨胀，当气柱长为L时，活塞与汽缸脱离。设缸内气体的温度为T。，T＝eq\f(L,L0)T0（ⅲ）根据热力学第一定律：，由于缸内气体压力对活塞做功，W为负，所以Q＝ΔU＋（p0S－mg）（L－L0）考点：理想气体状态方程、热力学第一定律【名师点睛】活塞与大气联通，缓慢升高气缸内的温度的过程中，气体压强不变。根据理想气体状态方程可求出缸内气体的温度。根据活塞受力平衡可求出缸内气体的压力。根据热力学第一定律求出气体在活塞下移的过程中吸收的热量。【试题28】如图所示的弹簧振子，放在光滑水平桌面上，O是平衡位置，振幅A=2cm，周期T=0．4s．①若以向右为位移的正方向，当振子运动到右方最大位移处开始计时，试画出其振动一个周期的振动图像；②若从振子经过平衡位置开始计时，求经过2．6s小球通过的路程？【答案】①振动图像如图；②0．52m【解析】当振子在右方最大位移处时，位移最大为2cm，周期为0．4s，设向右为正方向，图像为振子经过一个周期路程为4个振幅，2．6s经过的位移为0．52m考点：简谐振动【名师点睛】本题关键明确简谐运动的振幅、周期的含义，知道一个周期内振子的路程等于4倍、半个周期内振子的路程是振幅的2倍，但不能依此类推。【试题2