江西省南昌市十校联考高三物理二模试卷(二)(含解析)

江西省南昌市十校联考高三物理二模试卷（二）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1-4题只有一项符合题目要求，第5-8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. 1.8月16号我国成功的发射了“天空二号”，“天宫二号”是的运行轨道高度为393km•“天号”的运行轨道高度为350km,它们的运行轨道均视为圆周，则（)空-A.“天宫二号”比“天宫•号”速度大B.“天宫二号”比“天宫•号”角速度大C.“天宫二号”比“天宫•号”周期长D.“天宫二号”比“天宫•号”加速度大2. 将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v- t图象如图所示.以下判断正确的是（).t/.A. 前2s内与最后2s内货物的平均速度和加速度都相同B. 前2s内货物处于超重状态C. 最后2s内货物只受重力作用D. 第2s末至第6s末的过程中，货物的机械能守恒3.如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线1、2、3为等差等势线.已知a、b两带电粒子从等势线2上的0点以相同的初速度飞出.仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图所示，MN=NQ则（）A. a 一定带正电，b 一定带负电B. a加速度减小，b加速度增大C. MN两点的电势差等于NQ两点的电势差D. a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小4•如图所示，一只理想变压器原线圈与频率为50Hz的正弦交流电源相连，两个阻值均为20Q的电阻串联后接在副线圈的两端.图中的电流表、电压表均为理想交流电表，原、畐U线圈分别为500匝和100匝，电压表的示数为10V.则（）A. 电流表的读数为2.5AB. 流过电阻的交变电流频率为10HzC. 交流电源的输出电压的最大值为100VD. 交流电源的输出功率为10W5. 如图所示，两条足够长的光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面的夹角为0，导轨上端连有定值电阻，匀强磁场垂直于导轨平面.将质量为m的导体棒放在导轨上静止释放，当速度达到v时导体棒开始匀速运动，此时再对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒定，导体棒最终以2v的速度匀速运动.已知导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g .在由静止开始运动到以速度2v匀速运动的A. 拉力的功率为2mgvsin 0B. 安培力的最大功率为2mgvsin 0C. 加速度的最大值为2gsin 0D. 当棒速度为1.5v时，加速度大小为gsin 06. 如图所示是氢原子的能级图，现有一群处于n=4能级上的氢原子，它们在跃迁回到n=1能级的过程中，可能辐射出N种不同频率的光子.辐射出的光子照射某种金属，能产生的光电子最大初动能是E＜，已知该金属的逸出功是 4.20eV，则（）1---------------------------- 1XHA. N=3 B . N=6 C. E<=8.55 eV D. E<=9.40 eV7•—质量为m 的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平外力的作用•力的大小F 与时间t 的关系如图所示，力的方向保持不变，则下列说法中正确的是（）A.物体在 0〜t o 和t o 〜2t o 水平外力做功之比是 1:10 B. 物体在0〜t o 和t o 〜2t o 水平外力做功之比是 1: 8 C. 外力在t o 和2t o 时刻的瞬时功率之比是 1 : 8 D.外力在t o 和2t o 时刻的瞬时功率之比是 1 : 6&“蹦床”已被奥运会列为正式比赛项目•运动员利用蹦床网的弹性弹起到空中，完成动作 后落回到网上，再经蹦床网的弹性弹起，如此往复•图示的 F - t 图象是传感器记录的是一位 运动员双脚在接触蹦床过程中，蹦床对运动员的弹力F 随时间t 的变化情况•设运动员只在竖直方向上运动，取重力加速度为 1om/s 2,则运动员在前12s 的时间内（ ）C.腾空弹起时的最大高度约为 2.5 mD. 腾空弹起时的最大高度约为 3.2 m 三、解答题(共4小题，满分47分)9 •某实验小组用如图1所示的实验装置和实验器材做“探究恒力对小车做功与小车动能改变 的关系”B.获得的最大加速度为 5o m/s-I»<4-131A.获得的最大加速度为 4o m/s 2实验，在实验中，该小组同学进行了平衡摩擦力后，把砂和砂桶的总重力当作小车受到的合外力.①除实验装置中的仪器外，还需要的测量仪器有_.②如图2为实验中打出的一条纸带，现选取纸带中的A、B两点来探究“恒力对小车做功与小车动能改变的关系” •已知打点计时器的打点周期为T,重力加速度为g.图中已经标明了要测量的物理量，另外，小车的质量为M砂和砂桶的总质量为m, M远大于m用题中给出的字母，恒力对小车做的功可表示为_，小车动能的改变量可表示为 _，只要推导出二者在误差范围内相等即可得出结论.帶＜1丄稱魅却盘義輕煤力肚电曲團1 團210 •图甲是“用伏安法测量金属丝电阻率p”的实验电路图.(1)用螺旋测微器测得金属丝直径_d如图乙所示，可读出d= m(2)闭合电键，调节P的位置，读出MP的长度为x时电压表和电流表的示数，算出对应的电阻R,利用多组数据绘出如图丙所示的R-x图象，可得该图线的斜率k= _ Q/m.(3)____________________________________________________________________ 利用图线的斜率k、金属丝的直径d,得到金属丝电阻率p的表达式为 __________________________(4)图中的a导线从电流表的“ 0.6A”接线柱改接于电流表的“-”接线柱上，可以测量电源的电动势和内阻•闭合电键，调节P的位置，读出多组电压表和电流表的示数，把实验得到的数据绘成如图丁所示的U- I图象，得出电源的电动势E= ___ V;若R0=2.0 Q，则电源的内阻r= Q .11.如图所示，水平轨道上有一轻弹簧左端固定，弹簧处于自然状态时，其右端位于 P 点.现 用一质量 m=0.1kg 的小物块(可视为质点)将弹簧压缩后释放，物块经过P 点时的速度v °=18m/s ,经过水平轨道右端 Q 点后沿半圆轨道的切线进入竖直固定的光滑圆轨道， 最后物块经轨道最低点 A 抛出后落到B 点，已知物块与水平轨道间的动摩擦因数 卩=0.15 , R=l=1m , A到B 的竖直高度 h=1.25m ，取g=10m/s 2. (1) 求物块到达 Q 点时的速度大小(保留根号)； (2) 求物块经过 Q 点时圆轨道对物块的压力；12. 如图所示，足够长的斜面与水平面的夹角为 0=53°，空间中自下而上依次分布着垂直斜面向下的匀强磁场区域I 、□、『••• n ,相邻两个磁场的间距均为 d=0.5m . —边长L=0.1m 、 质量m=0.5kg 、电阻R=0.2 Q 的正方形导线框放在斜面的顶端，导线框的下边距离磁场 I 的上边界为d o =0.4m ，导线框与斜面间的动摩擦因数 卩=0.5 •将导线框由静止释放，导线框在每个 磁场区域中均做匀速直线运动.已知重力加速度 g=10m/s , sin53 ° =0.8 , cos53° =0.6，求：(1) 导线框进入磁场I 时的速度； (2) 磁场I 的磁感应强度 B 1；* • i ：I ih X© 0 ID Q G Ml Et<D dfrii(3)磁场区域n的磁感应强度B与B的函数关系.（二）选考题：共15分•请考生从给出的2道物理题任选一题作答•如果多做，则每学科按所做的第一题计分.【物理--选修3-3】13. 下列说法正确的有（）A. 1g水中所含的分子数目和地球的总人口数差不多B. 气体对容器壁的压强，是由气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的C. 物体内能增加，温度不一定升高D. 物体温度升高，内能不一定增加E. 能量在转化过程中守恒，所以我们可以将失去的能量转化回我们可以利用的能量，以解决能源需求问题14. 一端开口的极细玻璃管开口朝下竖直立于水银槽的水银中，初始状态管内外水银面的高度差为I o=62cm,系统温度27C .因怀疑玻璃管液面上方存在空气，现从初始状态分别进行两次试验如下：①保持系统温度不变，将玻璃管竖直向上提升2cm （开口仍在水银槽液面以下），结果液面高度差增加1cm；②将系统温度升到77C，结果液面高度差减小1cm已知玻璃管内粗细均匀，空气可看成理想气体，热力学零度可认为为- 273C .求：（i ）实际大气压为多少cmHg（ii ）初始状态玻璃管内的空气柱有多长？4【物理--选修3-4】15. 一列简谐横波沿x轴传播.t=0时的波形如图所示，质点A与质点B相距Im , A点速度沿y 轴正方向；t=0.02s时，质点A第一次到达正向最大位移处.由此可知（A.此波沿x轴正方向传播B. 此波的传播速度为25m/sC. 从t=0时起，经过0.04s，质点A沿波传播方向迁移了1mD. 在t=0.04s时，质点B处在平衡位置，速度沿y 轴正方向E. 此列波不能和频率为50 Hz的横波发生干涉现象16•高速公路上的标志牌都用”回归反射膜“，夜间行车时，它能把车灯射出的光逆向返回，这种“回归反射膜”是用球体反射元件制成的. 如图，透明介质球的球心位于O点，半径为R,光线DC平行于直径AOB射到介质球的C点，DC与AB间的距离H=^ R.若DC光线进入介2质球折射后，经一次反射，再折射后射出的光线与入射光线CD平行，试作出光路图，并计算出介质球的折射率.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1-4题只有一项符合题目要求，第5-8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. 1.8月16号我国成功的发射了“天空二号”，“天宫二号”是的运行轨道高度为393km•“天空一号”的运行轨道高度为350km,它们的运行轨道均视为圆周，则（）A. “天宫二号”比“天宫一号”速度大B. “天宫二号”比“天宫「号”角速度大 C. “天宫二号”比“天宫 「号”周期长 D.“天宫二号”比“天宫 「号”加速度大【考点】4H:人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；4F :万有引力定律及其应用.【分析】“天空一号”和“天宫二号”都绕地球做匀速圆周运动，靠万有引力提供向心力, 根据万有引力定律和牛顿第二定律比较线速度、周期、向心加速度的大小即可.【解答】A: “天空一号”和“天宫二号”绕地球做匀速圆周运动，靠万有引力提供向心宫二号”比“天空一号”线速度小，故 A 错误;宫一号”大，则“天宫二号”比“天宫一号”角速度小，故 B 错误;号”的轨道半径比“天宫一号”大，则“天宫二号”比“天宫一号”周期长，故宫一号”大，则“天宫二号”比“天宫一号”加速度小，故 D 错误;故选：C.2•将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中, A. 前2s 内与最后2s 内货物的平均速度和加速度都相同 B. 前2s 内货物处于超重状态 C. 最后2s 内货物只受重力作用D. 第2s 末至第6s 末的过程中，货物的机械能守恒 【考点】6C:机械能守恒定律；11 :匀变速直线运动的图像.“天宫二号”的轨道半径比“天空一号”大， 则“天“天宫二号”的轨道半径比“天 T 2解得：T =，天宫二 C 正确;3=；“天宫二号”的轨道半径比“天 v - t 图象如图所血 力:G —-■B 万有引力提供向心力=mr w 2,解得 3C 万有引力提供向心力=mD 根据万有引力提供向心力=ma 解得【分析】超重是物体所受的拉力或支持力大于物体所受重力的现象；当物体做向上加速运动或向下减速运动时，物体均处于超重状态，相反，当物体向上减速运动或向下加速运动时，物体均处于失重状态，根据图象判断物体的运动情况，然后判断物体的超重与失重情况•匀变速运动的平均速度可由公式.「求解•机械能守恒的条件是只有重力或弹力2做功，根据斜率求出物体的加速度，确定合力分析机械能是否守恒.【解答】解：A、在v-t图象中，斜率代表加速度，前2s内与最后2s内货物做匀加速运动和匀减速运动，加速度不同，故A错误；B前3s内货物向上做匀加速运动，加速度向上，处于超重状态，故B正确；C 最后2s内的加速度大小为于n J 5,上：v 10m/s2,受到向上的拉力，故C错误；D第2 s末至第6 s末的过程中，速度不变，动能不变，势能增大，其机械能不守恒，故D 错误.故选：B3. 如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线1、2、3为等差等势线.已知a、b两带电粒子从等势线2上的0点以相同的初速度飞出.仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图所示，MN=NQ则（）A. a —定带正电，b —定带负电B. a加速度减小，b加速度增大C. MN两点的电势差等于NQ两点的电势差D. a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小【考点】AD电势差与电场强度的关系.【分析】根据粒子轨迹的弯曲方向，判断电场力方向.当电场力方向与场强方向相同时，粒子带正电，当电场力方向与场强方向相反时，粒子带负电•电场线越密，场强越大，粒子受到的电场力越大，加速度越大.非匀强电场中，距离相等的两点间，场强越大，电势差越大.根据电场力做功的大小，判断动能变化量的大小.【解答】解：A、由图，a粒子的轨迹方向向右弯曲，a粒子所受电场力方向向右，b粒子的轨迹向左弯曲，b粒子所受电场力方向向左，由于电场线方向未知，无法判断粒子的电性•故A错误.B由题，a所受电场力逐渐减小，加速度减小，b所受电场力增大，加速度增大•故B正确. C已知MN=NQ由于MN段场强大于NQ段场强，所以MN两点电势差|U M N大于NQ两点电势差|U N Q .故C错误.D根据电场力做功公式W=Uq |U M N > |U N Q , a粒子从等势线2到3电场力做功小于b粒子从等势线2到1电场力做功，所以a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小.故D正确.故选：BD.4. 如图所示，一只理想变压器原线圈与频率为50Hz的正弦交流电源相连，两个阻值均为20Q的电阻串联后接在副线圈的两端.图中的电流表、电压表均为理想交流电表，原、畐U线圈分别为500匝和100匝，电压表的示数为10V.则（）A. 电流表的读数为2.5AB. 流过电阻的交变电流频率为10HzC. 交流电源的输出电压的最大值为100VD. 交流电源的输出功率为10W【考点】E8:变压器的构造和原理.【分析】交流电表的示数为有效值，经过变压器的交流电的频率不变，交流电的输入功率等于输出功率.【解答】解：A、副线圈的电流为|2=0.5A，则原线圈的电流为l i,由珂=22Z2 n lB流过电阻的交流电的频率为50Hz.故B错误C副线圈的电压为U2=2X 10=20V,交流电源的输出电压的最大值为20】V,故C错误D、P 出=U2I 2=20 X 0.5=10w .故D 正确故选D.5. 如图所示，两条足够长的光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面的夹角为轨上端连有定值电阻，匀强磁场垂直于导轨平面.将质量为m的导体棒放在导轨上静止释放，当速度达到v时导体棒开始匀速运动，此时再对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒定，导体棒最终以2v的速度匀速运动.已知导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g .在由静止开始运动到以速度2v匀速运动的过程中( )A. 拉力的功率为2mgvsin 0B. 安培力的最大功率为2mgvsin 0C. 加速度的最大值为2gsin 0D. 当棒速度为1.5v时，加速度大小为gsin 0【考点】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.【分析】(1)当导体棒以速度v和2v匀速运动时，以导体棒为研究对象，由安培力计算公式、感应电动势计算公式和闭合电路欧姆定律求出两种情况下的安培力，结合物体的平衡条件可计算出导体棒以2v匀速运动时的外力F(2)当导体棒刚受到外力F时其具有最大加速度(3)根据牛顿第二定律可求得导体棒的最大加速度a max和导体棒的速度为1.5v时导体棒的加速度a【解答】解：设当导体棒速度以速度 v 和2v 匀速运动时，导体棒所受安培力的大小分别为 F l和F 2,当导体棒的速度为 2v 时平行于导轨向下拉力的大小为 F ,定值电阻的阻值为 R,则有： mgsin 0 =F i F i =：'Rmgsin 0 +F=F ? 离2 F 2=2R解得：F=mgs in2v=4mgvsin 0，故 B 错误 P— +mgsin 0 - F i =man ax解得：a max =2gsin 0，故C 正确设当棒的速度为1.5v 时，棒所受安培力的大小为 F 3,加速度的大小为a ,根据牛顿第二定律有：P+mgsin 0 - F 3=maL 5皆 R 2T 2 F 3=1.5v=1.5mgsin 0解得：a=〒gsin 0，故D 错误 故选：AC6•如图所示是氢原子的能级图，现有一群处于 n=4能级上的氢原子，它们在跃迁回到 n=1能级的过程中，可能辐射出N 种不同频率的光子•辐射出的光子照射某种金属，能产生的光电子最大初动能是 E ＜，已知该金属的逸出功是 4.20eV ，则（）因拉力功率的恒定，故拉力的功率P=F X 2v=2mgsin 0，故 A 正确经分析可知安培力的最大值为F 2,导体棒的最大速度为2v ，则安培力的最大功率P I =2F 2 X经分析可知对导体棒刚施加拉力F 时其具有最大加速度 a max ,则有:A. N=3B. N=6C. E<=8.55 eVD. E<=9.40 eV 【考点】J3 :玻尔模型和氢原子的能级结构.【分析】根据数学组合公式得出一群处于n=4能级上的氢原子向n=1能级跃迁时辐射出不同频率光子的种数；结合辐射的最大光子能量，根据光电效应方程求出光电子的最大初动能.【解答】解：AB 一群处于n=4能级上的氢原子，它们在跃迁回到n=1能级的过程中，可能辐射出不同光子频率种数N= ' =6种，故A错误，B正确.CD从n=4向n=1能级跃迁辐射的光子能量最大，有：hv=E4- E i=- 0.85+13.6eV=12.75eV ,根据光电效应方程知，光电子的最大初动能为：E k=hv- W=12.75 - 4.20eV=8.55eV ,故C正确, D错误.故选：BC.F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则下列说法中正确的是（A.物体在0〜t o和t o〜2t0水平外力做功之比是1：10B. 物体在0〜t0和t0〜2t0水平外力做功之比是1：8C. 外力在t0和2t0时刻的瞬时功率之比是1 : 8D. 外力在t0和2t0时刻的瞬时功率之比是1 : 6【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率；66:动能定理的应用.【分析】根据牛顿第二定律和运动学基本公式，求出t 0和2t0时刻瞬时速度，根据动能定理，求出外力在0到t0和t0到2t0时间内做功；根据P=Fv求解外力在t0和2t0时刻的瞬时功率之7.一质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平外力的作用.力的大小-t.51--------------------- 販韶------------------------------- -UjlA.获得的最大加速度为 40 m/sB.获得的最大加速度为50 m/s是1 : 8,故A 错误，B 正确；2CD 、外力在10的时刻的瞬时功率为P i =F °V i =1, 2t 0时刻的瞬时功率m故选：BD.&“蹦床”已被奥运会列为正式比赛项目•运动员利用蹦床网的弹性弹起到空中，完成动作 后落回到网上，再经蹦床网的弹性弹起，如此往复•图示的 F - t 图象是传感器记录的是一位运动员双脚在接触蹦床过程中，蹦床对运动员的弹力F 随时间t 的变化情况•设运动员只在竖直方向上运动，取重力加速度为 10m/s 2,则运动员在前12S 的时间内（）比.【解答】解：AB 0到t 0时间内的加速度a i = , t 0时刻的速度为 v i =a i t 0=9 p-10和2t 0时间内的加速度为 a 2=…ID,2t 0时的速度为 V 2=V i +a 2t 0= 1,根据动能定理得：外力在0到t 0时间内做的功为 ,外力在t 0到2t 0时间内做2D,所以外力在0到t o 和t o 到2t o 时间内做功之比P 2=2F O V 2=确.o t 2,所以外力在t o 和2t o 时刻的瞬时功率之比是 1 : 6,故C 错误，D 正H- 2的功为VW=— mv22 o8C.腾空弹起时的最大高度约为2.5 mD.腾空弹起时的最大高度约为 3.2 m【考点】37:牛顿第二定律；1N:竖直上抛运动.【分析】运动员的合力最大时，加速度最大，根据牛顿第二定律求最大加速度；由图读出运动在空中上升或下落的时间，由运动学公式求得腾空弹起时的最大速度，从而求出弹起的最大高度.【解答】解：AB由图知：运动员的重力G=500N,则得其质量为：m=T=「=50kgg 10蹦床对运动员的最大弹力：Fn=2500N由牛顿第二定律得 F m- G=ma解得：获得的最大加速度an=40m/s2•故A正确，B错误.CD运动员在空中运动的时间：t o=8.4s - 6.8s=1.6s下落时间：t=上丄=0.8s，腾空弹起时的最大速度为v=gt=10 x 0.8m/s=8m/s，由v2=2gh可22 2得，弹起的最大高度h^—= =3.2m；故C错误，D正确.2g 2X10故选：AD.三、解答题（共4小题，满分47分）9•某实验小组用如图1所示的实验装置和实验器材做“探究恒力对小车做功与小车动能改变的关系”实验，在实验中，该小组同学进行了平衡摩擦力后，把砂和砂桶的总重力当作小车受到的合外力.①除实验装置中的仪器外，还需要的测量仪器有刻度尺、天平.②如图2为实验中打出的一条纸带，现选取纸带中的A、B两点来探究“恒力对小车做功与小车动能改变的关系” •已知打点计时器的打点周期为T,重力加速度为g.图中已经标明了要测量的物理量，另外，小车的质量为M砂和砂桶的总质量为m, M远大于m用题中给出的字母，恒力对小车做的功可表示为mgx ,小车动能的改变量可表示为M （列1 °）__________ : __________________ ，只要推导出二者在误差范围内相等即可得出结论.3T2【考点】MJ:探究功与速度变化的关系.【分析】(1)由于实验需要测量小车速度和质量，故还需要的测量仪器有刻度尺、天平.(2)恒力做功根据 W=Fscos%进行计算，用平均速度代替瞬时速度的方法求出 AB 两点的速度，进而求出动能的改变量.【解答】解：(1)由于实验需要测量小车速度，速度是使用打点计时器打的纸带计算得出的, 故要测量点距，需要刻度尺；本实验还要测量质量，故选要天平. (2)小车的质量为 M 砂和砂桶的总质量为 m, M 远大于m.则对小车的作用力等于砂和砂桶的总重力mg 所以恒力对小车做的功可表示为：mgx8T 2M(J )故答案为：(1)刻度尺、天平；(2) mgx; ——: ---------------- i 一呂「10•图甲是“用伏安法测量金属丝电阻率p”的实验电路图._^2VB~2T•所以小车动能的改变量为:(1)用螺旋测微器测得金属丝直径 d如图乙所示，可读出 d= 3.95x10^4m m(2) 闭合电键，调节 P 的位置，读出MP 的长度为x 时电压表和电流表的示数，算出对 应的 电阻R ,利用多组数据绘出如图丙所示的 R-x 图象，可得该图线的斜率k= 10 Q /m .(3)利用图线的斜率k 、金属丝的直径d ,得到金属丝电阻率p 的表达式为_兀d £k)=------ g -------------------- (4)图中的a 导线从电流表的“ 0.6A ”接线柱改接于电流表的“-”接线柱上，可以测量电源的电动势和内阻•闭合电键，调节 P 的位置，读出多组电压表和电流表的示数，把实验U- I 图象，得出电源的电动势 E= 2.80 V ;若R0=2.0 Q ，则电源的内阻r= 1.0 Q .得到的数据绘成如图丁所示的【考点】N2:测定金属的电阻率.【分析】的关键是根据电阻定律以及闭合电路欧姆定律写出表达式，再根据图象的截距和斜 率的含义即可求解.3.98 x 10「4都对)R c(2) R- x 图象的斜率为k= - 一 - IQ /mx 0. 6P x(3) 由 R=：.可得p = '!-4(4)图中的a 导线从电流表的“ 0.6A ”接线柱改接于电流表的“-”接线柱上，由 U=E- I(R )+r )可得，U- I 图象的纵轴的截距为电源的电动势E ,斜率大小为(R+r ),所以E=2.80V11.如图所示，水平轨道上有一轻弹簧左端固定，弹簧处于自然状态时，其右端位于 P 点.现 用一质量 m=0.1kg 的小物块(可视为质点)将弹簧压缩后释放，物块经过P 点时的速度v °=18m/s ,经过水平轨道右端 Q 点后沿半圆轨道的切线进入竖直固定的光滑圆轨道， 最后物块经轨道最低点 A 抛出后落到B 点，已知物块与水平轨道间的动摩擦因数 卩=0.15 , R=l=1m , A到B 的竖直高度 h=1.25m ，取g=10m/s 2.(1) 求物块到达 Q 点时的速度大小(保留根号)； (2) 求物块经过 Q 点时圆轨道对物块的压力； (3) 求物块水平抛出的位移大小.【解答】解: (1)螺旋测微器的读数为d=39.5 x 0.01mm=0.395mm=3.95X 10「4m( 3.92 x 10+ ,2. 80-k 00 (2.78 〜2.82 都对)，R+r=—一0. 60故答案为：(1) 3.95 x 10-4m (2) 10, (3)，解得 r=1.0 Q (0.96 〜1.04 都对).P ="4;(4) 2.80 , 1.0【考点】66:动能定理的应用；37:牛顿第二定律;【分析】(1)根据动能定理求出物块到达Q点的速度大小；(2)根据牛顿第二定律求出物块经过Q点时所受的弹力，从而得出物块对Q点的压力;(3)根据机械能守恒定律求出物块通过最低点A的速度大小，结合平抛运动的规律求出物块水平抛出的位移大小.4A:向心力.【解答】解: (1)设物块到达Q点时的速度为v, 由动能定理得代入数据解得2 2mv——mv2v=—m/s(2)设物块刚离开Q点时，圆轨道对物块的压力为根据牛顿定律有F z+mg=mR F N则F N=m Xl —mg=31.1N> 0R故物块能沿圆周轨道运动(3) 设物块到达半圆轨道最低点A时的速度为v i 由机械能守恒得—mv+mg?2R=f m『解得v i=19 m/s由h= gt2s=vt得s=v代入数据，得s=9.5m.答：(1)物块到达Q点时的速度大小为=—m/s;(2)物块经过Q点时对轨道的压力为31.1N ;(3)物块水平抛出的位移大小为9.5m.12. 如图所示，足够长的斜面与水平面的夹角为 0=53°，空间中自下而上依次分布着垂直斜面向下的匀强磁场区域I 、□、『••• n ,相邻两个磁场的间距均为 d=0.5m . —边长L=0.1m 、 质量m=0.5kg 、电阻R=0.2 Q 的正方形导线框放在斜面的顶端, 边界为d 0=0.4m ，导线框与斜面间的动摩擦因数 卩=0.5 .将导线框由静止释放，导线框在每个 、 , 2磁场区域中均做匀速直线运动.已知重力加速度g=10m/s , sin53 ° =0.8 , cos53° =0.6，求:【分析】(1)对线框研究，运用动能定理求出导线框进入磁场(2)线框进入磁场后受重力、支持力、安培力和摩擦力，根据共点力平衡，结合闭合电路欧 姆定律、切割产生的感应电动势公式求出磁感应强度的大小.(3)线框在相邻两个磁场之间加速的距离均为( d - L ) =d 0，根据动能定理求出线框进入第n个磁场时的速度，结合共点力平衡，知在每个磁场中所受的安培力均相等，从而求出磁感应 强度的表达式.【解答】解：(1)线框从静止开始运动至刚进入磁场I 时，以线框为研究对象，由动能定理…①解①并代入数据得: v i =2m/s …②(2)线框在磁场I 中匀速运动，由法拉第电磁感应定律：E 1=BLV 1…③导线框的下边距离磁场 I 的上(1) 导线框进入磁场I 时的速度; (2) I 时的速度.磁场I 的磁感应强度 B i ；BB:闭合电路的欧姆定律；DD 电磁感应中的能量转化.。