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时间:2021-02-26 14:15  编辑:眉县KFC

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安徽省淮北市2015届高考物理二模试卷

一、选择题

1.5月25日天文爱好者即将迎来“土星冲日”的美丽天象.“土星冲日”是指土星和太阳正好分处地球的两侧,二者几乎成一条直线,如图.该天象每378天发生一次,土星和地球绕太阳公转的方向相同,公转轨迹都近似为圆,根据我们所学知识可知()

A.土星公转的速率比地球大

B.土星公转的向心加速度比地球大

C.假如土星适度加速,有可能与地球实现对接

D.土星公转的周期约为1.06×104天

2.如图所示,质量为m=1kg的小球从A点水平抛出,恰好垂直撞在水平面上半圆形轨道的B点,已知h=1.6m,R=1m,θ=370,g=10m/s2,则下列说法不正确的是()

A.半圆形轨道的圆心与A点的水平距离为2m

B.小球平抛的初速度为3m/s

C.小球到B点时重力的瞬时功率为40w

D.若只调整A点的竖直高度,其他条件不变,则H>m时,小球能够越过半圆轨道

3.如图甲所示,为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系,将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出,调节斜面与水平方向的夹角θ,实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示,g取10m/s2,根据图象可求出()

A.物体的初速率v0=3m/s

B.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.375

C.取不同的倾角θ,物体在斜面上能达到的位移x的最小值Xmin=1.44m

D.当某次θ=30°时,物体达到最大位移后将沿斜面下滑

4.如图所示是一个透明圆柱体的横截面,一束单色光平行于直径AB射向圆柱体,光线经

过折射后恰能射到B点.已知入射光线到直径AB的距离为R,R是圆柱体的半径.已知光在真空中的传播速度为c,则()

A.该透明圆柱体介质的折射率为

B.该单色光从C点传播到B点的时间为

C.折射光线过B点时可能发生全反射

D.改变入射光线到直径AB的距离,折射光线仍然能够射到B点

5.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动,其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示,其中0~x2段是对称的曲线,x2~x3是直线段,则下列叙述不正确的是()

A.x1处电场强度为零

B.x2~x3段是匀强电场

C.x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2>φ3

D.粒子在0~x2段做匀变速运动,x2~x3段做匀速直线运动

6.如图甲所示的电路中,理想变压器原、副线圈匝数比为10:1,x,y均为理想交流电表,R、L和D分别是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)、理想线圈和灯泡.原线圈接入图乙所示的正弦交流电压M,下列说法中正确的是()

A.交流电的方向每秒钟改变50次

B.抽出L中的铁芯,A的示数变大

C.有光照射R时,D变暗

D.在t=0.005s时,电压表V的示数为22V

7.如图所示,abcd为用粗细均匀的同种材料制成的金属线框,其中ab的长度只有bc长度的一半.现将线框放在水平光滑绝缘的桌面上,在外力F的作用下让线框以速度”匀速穿过右边两个磁感应强度大小相等、方向相反的磁场区域.若以图示位置开始计时,规定逆时针电流方向为正,磁感线向下穿过线框时的磁通量为正.则下列关于回路电流i、外力F大小、cb间的电势差Ucb及穿过线框的磁通量φ随时间变化的图象正确的是()

A.B.C.D.

二、非选择题

8.利用力传感器研究“加速度与合外力的关系”的实验装置如图1.

①下列关于该实验的说法,正确的是__________(选填选项前的字母)

A.做实验之前必须平衡摩擦力

B.小车的质量必须比所挂钩码的质量大得多

C.应调节定滑轮的高度使细线与木板平行

D.实验开始的时候,小车最好距离打点计时器远一点

②从实验中挑选一条点迹清晰的纸带,每5个点取一个计数点,用刻度尺测量计数点间的距离如图2所示,已知打点计时器所用电源的频率为50Hz.从图中所给的刻度尺上读出A、B两点间的距离s=__________cm;该小车的加速度a=__________m/s2(计算结果保留两位有效数字),实验中纸带的__________(填“左”或“右”)端与小车相连接.

9.某品牌电饭锅采用纯电阻电热丝加热,有“煮饭”和“保温”两种工作模式,在220V电压下额定功率分别为600W和80W.物理兴趣小组的同学们想通过实验测定该电饭锅电热丝的电阻.

现有实验器材:干电池两节,滑动变阻器R1(最大阻值20Ω),电阻箱R(精度0.1Ω)电压表V(量程3V,内阻很大),电流表A(量程6mA,内阻r=35.0Ω),开关及导线若干.

①同学们利用多用表进行初步测量和估算发现,电饭锅处于不同工作模式时,实验电流差异较大.为了能顺利完成实验,他们打算将电流表的测量范围扩大到48mA,则应该将电阻箱调节至R=__________Ω并与电流表并联.

②同学们设计并连接了如图1所示的电路图,接通电源前应将滑动变阻器的滑片置于__________(填“a”或“b”)端.

③将电饭锅调至“煮饭”模式,__________(填“闭合”或“断开”)开关K2,再闭合开关K1,调节滑动变阻器阻值,发现两表示数均有示数,但都不能调到零.如果该故障是由图中标号“1”到“6”中的一根导线断路引起,则断路的导线是__________.排除故障后,调节滑动变阻器阻值,记下各电表六组读数后断开开关K1.然后将电饭锅调至“保温”模式,改变K2状态,再闭合开关K1,调节滑动变阻器阻值,记下各电表六组读数后断开开关K1.

④直接将两组实验读到的数据绘制成如图2所示的图象.由图可知,该实验中电饭锅处于“煮饭”模式时测得的阻值为__________Ω.(保留两位有效数字)

⑤同学们计算发现,实验操作、数据记录与处理均正确无误,但实验得到的结果比电饭锅正常工作时的阻值小很多,请指出造成该差异的主要原因:__________.

10.研究表明,一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t0=0.4s,但饮酒会导致反应时间延长,在某次试验中,志愿者少量饮酒后驾车以v1=72km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶,从发现情况到汽车停止,行驶距离L=39m,减速过程中汽车位移x与速度v的关系曲线如同乙所示,此过程可视为匀变速直线运动,取重力加速度的大小g=10m/s2,求:

(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间;

(2)饮酒使志愿者反应时间比一般人增加了多少;

(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值.

11.(16分)如图,空间区域Ⅰ、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场,MN、PQ为理想边界,Ⅰ区域高度为d,Ⅱ区域的高度足够大.匀强电场方向竖直向上;Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度大小均为B,方向分别垂直纸面向里和向外.一个质量为m,电量为q的带电小球从磁场上方的O点由静止开始下落,进入场区后,恰能做匀速圆周运动.已知重力加速度为g.

(1)试判断小球的电性并求出电场强度E的大小;

(2)若带电小球能进入区域Ⅱ,则h应满足什么条件?

(3)若带电小球运动一定时间后恰能回到O点,求它释放时距MN的高度h.

12.(18分)如图甲所示质量为M的小车B静止在光滑水平面上,一个质量为m的铁块A(可视为质点),以水平速度v0=4.0m/s滑上小车B的左端,然后与右端挡板碰撞,最后恰好滑到小车的左端,已知M/m=3:1.小车长L=1m.并设A与挡板碰撞时无机械能损失,碰撞时间忽略不计,g取10m/s2,求:

(1)A、B最后的速度;

(2)铁块A与小车B之间的动摩擦因数;

(3)铁块A与小车B的挡板相碰前后小车B的速度,并在图20乙坐标中画出A、B相对滑动过程中小车B相对地面的v﹣t图线.

安徽省淮北市2015届高考物理二模试卷

一、选择题

1.5月25日天文爱好者即将迎来“土星冲日”的美丽天象.“土星冲日”是指土星和太阳正好分处地球的两侧,二者几乎成一条直线,如图.该天象每378天发生一次,土星和地球绕太阳公转的方向相同,公转轨迹都近似为圆,根据我们所学知识可知()

A.土星公转的速率比地球大

B.土星公转的向心加速度比地球大

C.假如土星适度加速,有可能与地球实现对接

D.土星公转的周期约为1.06×104天

考点:万有引力定律及其应用.

专题:万有引力定律的应用专题.

分析:根据万有引力提供向心力得出线速度、向心加速度与轨道半径的关系,从而比较出大小.结合几何关系,抓住天象大约每378天发生一次求出土星的公转周期.根据万有引力与向心力的大小关系判断土星做离心运动还是近心运动,判断能否与地球实现对接.

解答:解:AB、根据得,,,土星的轨道半径大,公转速率小,向心加速度小,故A、B错误.

C、假如土星适度加速,万有引力不够所需的向心力,做离心运动,不可能与地球实现对接.故C错误.

D、地球公转周期为365天,这378天多走了这13天正好又发生了此次天象,那么可以求出地球此时相对原来位置所走的角度:,

可知地球偏离原来位置的度数x,土星却走了378天,则有:,解得y≈1.06×104天.故D正确.

故选:D.

点评:解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论,并能灵活运用,知道变轨的原理,关键抓住万有引力与向心力的大小关系.

2.如图所示,质量为m=1kg的小球从A点水平抛出,恰好垂直撞在水平面上半圆形轨道的B点,已知h=1.6m,R=1m,θ=370,g=10m/s2,则下列说法不正确的是()

A.半圆形轨道的圆心与A点的水平距离为2m

B.小球平抛的初速度为3m/s

C.小球到B点时重力的瞬时功率为40w

D.若只调整A点的竖直高度,其他条件不变,则H>m时,小球能够越过半圆轨道

考点:功率、平均功率和瞬时功率;平抛运动.

专题:功率的计算专题.

分析:小球做平抛运动,利用平抛运动水平和数值方向的运动规律解题

解答:解:A、恰好垂直撞在水平面上半圆形轨道的B点,B点速度分解如图所示:

由几何关系得:①,

竖直方向上物体做自由落体运动则:②

半圆形轨道的圆心与A点的水平距离为x′=x+Rsin37°=v0t+0.6R③

①②③联立得:x′=1.8m,故A错误;

B、由①②联立得:小球平抛的初速度为v0=3m/s,故B正确;

C、根据图,由几何关系可得:vy=gt=4m/s,由P=Fv得:P=mgvy=1×10×4W=40W,故C正确;

D、设小球恰好越过轨道时的高度为h,④,根据A选项可知,

L=x′﹣(R﹣Rsin37°)=1.8﹣(1﹣1×0.6)m=1.4m,则L+R=v0t⑤

④⑤联立得:,高度越高,越容易过最高点,所以,能过最高点,故D正确;

选不正确的,故选:A

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,知道平抛运动的时间由高度决定,初速度和时间共同决定水平位移

3.如图甲所示,为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系,将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出,调节斜面与水平方向的夹角θ,实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示,g取10m/s2,根据图象可求出()

A.物体的初速率v0=3m/s

B.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.375

C.取不同的倾角θ,物体在斜面上能达到的位移x的最小值Xmin=1.44m

D.当某次θ=30°时,物体达到最大位移后将沿斜面下滑

考点:动能定理.

专题:动能定理的应用专题.

分析:由题意明确图象的性质,则可得出位移的决定因素;根据竖直方向的运动可求得初速度;由水平运动关系可求得动摩擦因数;再由数学关系可求得位移的最小值.

解答:解:A、由图可知,当夹角θ=0时,位移为2.40m;而当夹角为90°时,位移为1.80m;则由竖直上抛运动规律可知:

v02=2gh;

解得:v0=,故A错误.

B、当夹角为0度时,由动能定理可得:,解得,故B错误.

C、﹣mgxsinθ﹣μmgcosθx=0﹣,解得x==;

当θ+α=90°时,sin(θ+α)=1;此时位移最小,x=1.44m;故C正确;

D、若θ=30°时,物体受到的重力的分力为mgsin30°=;摩擦力f=μmgcos30°=0.75×mg×=;一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力;故小球达到最高点后,不会下滑;故D错误;

故选:C.

点评:本题综合考查动能定理、受力分析及竖直上抛运动;并键在于先明确图象的性质,再通过图象明确物体的运动过程;结合受力分析及动能定理等方法求解.

4.如图所示是一个透明圆柱体的横截面,一束单色光平行于直径AB射向圆柱体,光线经

过折射后恰能射到B点.已知入射光线到直径AB的距离为R,R是圆柱体的半径.已知光在真空中的传播速度为c,则()

A.该透明圆柱体介质的折射率为

B.该单色光从C点传播到B点的时间为

C.折射光线过B点时可能发生全反射

D.改变入射光线到直径AB的距离,折射光线仍然能够射到B点

考点:光的折射定律.

专题:光的折射专题.

分析:作出光路图,由几何知识分析得到入射角和折射角,由折射定律求出折射率.由数学知识求出CB间的距离.根据光路可逆性分析知道折射光线在B点不会发生全反射.

解答:解:A、设光线P经折射后经过B点,光路图如图所示.

由几何知识得sinα===,α=60°,β=α=30°

折射率为:n==,故A错误.

B、CB间的距离为s=2Rcosβ=R,光在圆柱体传播速度为v=

则光从C点传播到B点的时间为t==.故B正确.

C、由几何知识知,折射光线射到B点时入射角等于β,由光路可逆性原理,折射光线不可能在B点发生全反射,一定能从B点射出,故C错误.

D、改变入射光线到直径AB的距离,α改变,由n=知,β改变,所以折射光线不能够射到B点,故D错误.

故选:B.

点评:本题是折射定律的应用,关键是画出光路图,运用几何知识求解入射角与折射角,即可求解.

5.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动,其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示,其中0~x2段是对称的曲线,x2~x3是直线段,则下列叙述不正确的是()

A.x1处电场强度为零

B.x2~x3段是匀强电场

C.x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2>φ3

D.粒子在0~x2段做匀变速运动,x2~x3段做匀速直线运动

考点:电势;电场强度.

专题:电场力与电势的性质专题.

分析:根据电势能与电势的关系:Ep=qφ,场强与电势的关系:E=,结合分析图象斜率与场强的关系,即可求得x1处的电场强度;根据能量守恒判断速度的变化;由Ep=qφ,分析电势的高低.由牛顿第二定律判断加速度的变化,即可分析粒子的运动性质.根据斜率读出场强的变化,由F=qE,分析电场力的变化

解答:解:A、根据电势能与电势的关系:Ep=qφ,场强与电势的关系:E=,得:E=,由数学知识可知Ep﹣x图象切线的斜率等于,x1处切线斜率为零,则x1处电场强度为零,故A正确

B、由图看出在0~x1段图象切线的斜率不断减小,由上式知场强减小,粒子所受的电场力减小,加速度减小,做非匀变速运动.x1~x2段图象切线的斜率不断增大,场强增大,粒子所受的电场力增大,做非匀变速运动.x2~x3段斜率不变,场强不变,即电场强度大小和方向均不变,是匀强电场,粒子所受的电场力不变,做匀变速直线运动,故B正确,D不正确;

C、根据电势能与电势的关系:Ep=qφ,粒子带负电,q<0,则知:电势能越大,粒子所在处的电势越低,所以有:φ1>φ2>φ3.故C正确

本题因选不正确的,故选:D

点评:解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义,判断电势和场强的变化,再根据力学基本规律:牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况

6.如图甲所示的电路中,理想变压器原、副线圈匝数比为10:1,x,y均为理想交流电表,R、L和D分别是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)、理想线圈和灯泡.原线圈接入图乙所示的正弦交流电压M,下列说法中正确的是()

A.交流电的方向每秒钟改变50次

B.抽出L中的铁芯,A的示数变大

C.有光照射R时,D变暗

D.在t=0.005s时,电压表V的示数为22V

考点:变压器的构造和原理.

专题:交流电专题.

分析:由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比,输入、输出功率之比.和闭合电路中的动态分析类似,可以根据R的变化,确定出总电路的电阻的变化,进而可以确定总电路的电流的变化的情况,在根据电压不变,来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况.

解答:解:A、原线圈接入如图乙所示,T=0.02s,所以频率为f=50Hz,而每个周期内交流电的方向改变两次,故交流电的方向每秒改变100次;故A错误;

B、抽出L中的铁芯,理想线圈自感系数减小,理想线圈对电流的阻碍减小,所以电流增大;故B正确;

C、有光照射R时,R阻值随光强增大而减小,电路中电流增大,则灯泡变亮;故C错误;

D、原线圈电压有效值为220V,电压表的示数为有效值,大小不变,则其示数为:U2=×110=22V,故D错误;

故选:B

点评:电路的动态变化的分析,总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况,再确定其他的电路的变化的情况,即先部分后整体再部分的方法.

7.如图所示,abcd为用粗细均匀的同种材料制成的金属线框,其中ab的长度只有bc长度的一半.现将线框放在水平光滑绝缘的桌面上,在外力F的作用下让线框以速度”匀速穿过右边两个磁感应强度大小相等、方向相反的磁场区域.若以图示位置开始计时,规定逆时针电流方向为正,磁感线向下穿过线框时的磁通量为正.则下列关于回路电流i、外力F大小、cb间的电势差Ucb及穿过线框的磁通量φ随时间变化的图象正确的是()

A.B.C.D.

考点:导体切割磁感线时的感应电动势.

专题:电磁感应与图像结合.

分析:由线圈的运动可得出线圈中磁通量的变化;由则由法拉第电磁感应定律及E=BLV可得出电动势的变化;由欧姆定律可求得电路中的电流变化,根据U=IR可以知道电压变化,根据F=BIL可求得安培力的变化;

解答:解:A、当线圈进入第一个磁场时,由右手定则知电流为逆时针,开始进入第二个磁场时,电流方向为顺时针,出第二个磁场,电流为逆时针,故A错误;

B、由E=BLV可知,E保持不变,而开始进入第二个磁场时,两端同时切割磁感线,电动势应为2BLV,电流加倍,故每根导体棒受到安培力加培,则F=2F安,将变为原来2倍,故B正确;

C、根据U=IR和电流方向知刚进入磁场和出磁场时电压相等,b点电势高,故Ucb为负,两边同时切割磁感线时c电动势高,且电压为原来2倍,故C正确;

D、当线框开始进入磁场,磁通量开始增加,当全部进入时达最大;此后向外的磁通量增加,总磁通减小;当运动到2.5L时,磁通量最小为零,故D错误;

故选:BC

点评:电磁感应与图象的结合问题,近几年2015届高考中出现的较为频繁,在解题时涉及的内容较多,同时过程也较为复杂;故在解题时要灵活,可以选择合适的解法,如排除法等进行解答.

二、非选择题

8.利用力传感器研究“加速度与合外力的关系”的实验装置如图1.

①下列关于该实验的说法,正确的是AC(选填选项前的字母)

A.做实验之前必须平衡摩擦力

B.小车的质量必须比所挂钩码的质量大得多

C.应调节定滑轮的高度使细线与木板平行

D.实验开始的时候,小车最好距离打点计时器远一点

②从实验中挑选一条点迹清晰的纸带,每5个点取一个计数点,用刻度尺测量计数点间的距离如图2所示,已知打点计时器所用电源的频率为50Hz.从图中所给的刻度尺上读出A、B两点间的距离s=0.70cm;该小车的加速度a=0.20m/s2(计算结果保留两位有效数字),实验中纸带的左(填“左”或“右”)端与小车相连接.

考点:探究加速度与物体质量、物体受力的关系.

专题:实验题.

分析:(1)解决实验问题首先要掌握该实验原理,了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项.注意细线的拉力是运用拉力传感器测出的,不需要满足小车的质量远大于钩码的质量.

(2)根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度,以及A、B两点间的距离.

解答:解:①A、研究加速度与力的关系实验中,认为细线的拉力为小车的合力,所以实验前需平衡摩擦力,故A正确.

B、因为实验中用力传感器测量细线的拉力,所以不需要满足小车的质量远大于钩码的质量.故B错误.

C、细线的拉力为小车的合力,所以细线与木板平行,则应调节定滑轮的高度使细线与木板平行.故C正确.

D、实验开始的时候,小车应紧靠打点计时器,故D错误.

故选:AC.

②根据连续相等时间内的位移之差是一恒量,可知xBC﹣s=xCD﹣xBC=0.20cm,解得s=0.70cm.

根据△x=aT2得,加速度a=.

实验中纸带的左端与小车相连接.

故答案为:①AC②0.70cm、0.20m/s2、左

点评:本题考查“加速度与合外力的关系”实验,要明确实验的原理和实验的注意事项.掌握纸带的处理方法,会通过纸带求解速度和加速度.

9.某品牌电饭锅采用纯电阻电热丝加热,有“煮饭”和“保温”两种工作模式,在220V电压下额定功率分别为600W和80W.物理兴趣小组的同学们想通过实验测定该电饭锅电热丝的电阻.

现有实验器材:干电池两节,滑动变阻器R1(最大阻值20Ω),电阻箱R(精度0.1Ω)电压表V(量程3V,内阻很大),电流表A(量程6mA,内阻r=35.0Ω),开关及导线若干.

①同学们利用多用表进行初步测量和估算发现,电饭锅处于不同工作模式时,实验电流差异较大.为了能顺利完成实验,他们打算将电流表的测量范围扩大到48mA,则应该将电阻箱调节至R=5Ω并与电流表并联.

②同学们设计并连接了如图1所示的电路图,接通电源前应将滑动变阻器的滑片置于a(填“a”或“b”)端.

③将电饭锅调至“煮饭”模式,闭合(填“闭合”或“断开”)开关K2,再闭合开关K1,调节滑动变阻器阻值,发现两表示数均有示数,但都不能调到零.如果该故障是由图中标号“1”到“6”中的一根导线断路引起,则断路的导线是3.排除故障后,调节滑动变阻器阻值,记下各电表六组读数后断开开关K1.然后将电饭锅调至“保温”模式,改变K2状态,再闭合开关K1,调节滑动变阻器阻值,记下各电表六组读数后断开开关K1.

④直接将两组实验读到的数据绘制成如图2所示的图象.由图可知,该实验中电饭锅处于“煮饭”模式时测得的阻值为50Ω.(保留两位有效数字)

⑤同学们计算发现,实验操作、数据记录与处理均正确无误,但实验得到的结果比电饭锅正常工作时的阻值小很多,请指出造成该差异的主要原因:正常工作比实验时温度高,金属电阻阻值随温度升高而增大.

考点:伏安法测电阻.

专题:实验题.

分析:①将电流表A(量程6mA,内阻r=35.0Ω),扩大到量程为48mA,根据串并联特点,即可求解;

②根据滑动变阻器分压式,接入电路中电阻最小,电压最小,则最安全;

③由滑动变阻器的分压与限流,结合两表示数均有示数,但都不能调到零,即可求解;

④根据R=,结合电流表的量程扩大,即可求解;

⑤根据温度变化,导致电阻率变化,从而导致电阻变化.

解答:解:①将电流表A(量程6mA,内阻r=35.0Ω),扩大到量程为48mA,

因此通过R的电流为48mA﹣6mA=42mA,那么电阻箱调节至R=Ω=5Ω;

②因滑动变阻器以分压式接入电路,因此接通电源前应将滑动变阻器的滑片置于a,即电饭锅两端电压为零;

③将电饭锅调至“煮饭”模式,闭合开关K2,即扩大电流表的量程,从而赶到保护电流表的作用,再闭合开关K1,

调节滑动变阻器阻值,发现两表示数均有示数,但都不能调到零.说明滑动变阻器处于限流式,而题目中电路中滑动变阻器,却是以分压式接入电路图,因此导线3处于断路状态;

④由图2可知,当U=2V时,I=5mA,因电流表的量程扩大8倍,因此此时通过电饭锅的电流为I′=40mA;

那么电饭锅处于“煮饭”模式时测得的阻值R=Ω=50Ω;

⑤实验得到的结果比电饭锅正常工作时的阻值小很多,原因是:正常工作比实验时温度高,金属电阻阻值随温度升高而增大;

故答案为:①5.0;②a;③闭合,3;④50;

⑤正常工作比实验时温度高,金属电阻阻值随温度升高而增大.

点评:考查电表的量程改装,掌握滑动变阻器的分压与限流的区别,理解还有温度会影响电阻率,注意第④问题中电流表的读数不是实际值.

10.研究表明,一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t0=0.4s,但饮酒会导致反应时间延长,在某次试验中,志愿者少量饮酒后驾车以v1=72km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶,从发现情况到汽车停止,行驶距离L=39m,减速过程中汽车位移x与速度v的关系曲线如同乙所示,此过程可视为匀变速直线运动,取重力加速度的大小g=10m/s2,求:

(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间;

(2)饮酒使志愿者反应时间比一般人增加了多少;

(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值.

考点:牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系.

专题:牛顿运动定律综合专题.

分析:(1)由图中所给数据结合位移速度公式可求得加速度,进而由速度变化与加速度求得减速时间.

(2)由行驶距离与刹车距离可求得反应时间内的运动距离,再求出反应时间进行比较.

(3)对志愿者受力分析由牛顿第二定律求减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值.

解答:解:(1)设刹车加速度为a,由题可知刹车初速度v0=20m/s,末速度vt=0位移x=25m

﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②

由①②式可得:a=8m/s2t=2.5s

(2)反应时间内的位移为x′=L﹣x=14m

则反应时间为t′=

则反应的增加量为△t=0.7﹣0.4=0.3s

(3)设志愿者所受合外力的大小为F,汽车对志愿者的作用力的大小为F0,志愿者质量为m,受力如图,由牛顿第二定律得

F=ma﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③

由平行四边形定则得:﹣﹣﹣﹣④

由③④式可得:

答:(1)减速过程汽车加速度的大小为8m/s所用时间为2.5s.

(2)饮酒使志愿者反应时间比一般人增加了0.3S.

(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值为.

点评:考查运动学公式,正确应用速度位移公式求加速度是解题的关键,注意受力分析.

11.(16分)如图,空间区域Ⅰ、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场,MN、PQ为理想边界,Ⅰ区域高度为d,Ⅱ区域的高度足够大.匀强电场方向竖直向上;Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度大小均为B,方向分别垂直纸面向里和向外.一个质量为m,电量为q的带电小球从磁场上方的O点由静止开始下落,进入场区后,恰能做匀速圆周运动.已知重力加速度为g.

(1)试判断小球的电性并求出电场强度E的大小;

(2)若带电小球能进入区域Ⅱ,则h应满足什么条件?

(3)若带电小球运动一定时间后恰能回到O点,求它释放时距MN的高度h.

考点:带电粒子在匀强磁场中的运动;带电粒子在匀强电场中的运动.

专题:带电粒子在复合场中的运动专题.

分析:(1)根据小球所受电场力的方向与场强方向的关系判断小球电性,根据电场力与重力的关系求出电场强度大小.

(2)由机械能守恒定律求出小球进入磁场时的速度,小球在磁场中做匀速圆周运动,作出小球的运动轨迹,由几何知识求出轨道半径,应用牛顿第二定律分析答题.

(3)由机械能守恒定律、牛顿第二定律与几何知识求出h.

解答:解:(1)带电小球进入复合场后,恰能做匀速圆周运动,合力为洛伦兹力,重力与电场力平衡,重力竖直向下,电场力竖直向上,即小球带正电.

由qE=mg…①,

解得:…②;

(2)假设下落高度为h0时,带电小球在Ⅰ区域作圆周运动的圆弧与PQ相切时,运动轨迹如答图(a)所示,

由几何知识可知,小球的轨道半径:R=d…③,

带电小球在进入磁场前做自由落体运动,由机械能守恒定律得:mgh=mv2…④,

带电小球在磁场中作匀速圆周运动,设半径为R,由牛顿第二定律得:qvB=m…⑤

解得:h0=,

则当h>h0时,即h>带电小球能进入Ⅱ区域;

(3)由于带电小球在Ⅰ、Ⅱ两个区域运动过程中q、v、B、m的大小不变,

故三段圆周运动的半径相同,以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形,

边长为2R,内角为60°,如答图(b)所示.由几何关系知:R=…⑥

联立解得④⑤⑥得:h=;

答:(1)小球带正电,电场强度E=;

(2)若带电小球能进入区域Ⅱ,h应满足的条件是:h>;

(3)它释放时距MN的高度h=.

点评:本题考查了带电小球在磁场中的运动,分析清楚小球的运动过程,作出小球的运动轨迹、应用机械能守恒定律、牛顿第二定律、功的计算公式即可正确解题;分析清楚运动过程、作出小球运动轨迹是正确解题的关键.

12.(18分)如图甲所示质量为M的小车B静止在光滑水平面上,一个质量为m的铁块A(可视为质点),以水平速度v0=4.0m/s滑上小车B的左端,然后与右端挡板碰撞,最后恰好滑到小车的左端,已知M/m=3:1.小车长L=1m.并设A与挡板碰撞时无机械能损失,碰撞时间忽略不计,g取10m/s2,求:

(1)A、B最后的速度;

(2)铁块A与小车B之间的动摩擦因数;

(3)铁块A与小车B的挡板相碰前后小车B的速度,并在图20乙坐标中画出A、B相对滑动过程中小车B相对地面的v﹣t图线.

考点:动量守恒定律;动能定理;功能关系.

专题:动量定理应用专题.

分析:(1)地面光滑,A、B组成的系统动量守恒,由动量守恒定律可以求出最终的速度.

(2)对A、B组成的系统,由动能定理可以求出A与B间的动摩擦因数.

(3)应用动量守恒定律、能量守恒定律、牛顿第二定律、运动学公式求出A、B的速度,然后作出图象.

解答:解:(1)对A、B系统,规定向右为正方向,由动量守恒定律得:

mv0=(M+m)v,

解得:v=.

(2)对A、B系统,由动能定理,对全过程有:

,

解得:.

(3)设A和B碰撞前的速度分别为v10和v20对A、B系统,规定初速度方向为正方向,

由动量守恒定律得mv0=mv10+Mv20

由动能定理得,

,

代入数据解得:,

该过程小车B做匀加速运动,由动量定理得μmgt1=Mv20得:

t1==s=0.3s

规定向右为正方向,B碰后A的速度为v1,B的速度为v2对A、B系统,由动量守恒定律和动能定理得:

mv0=mv1+Mv2

,

代入数据解得:,,

碰后小车B做匀减速运动,由动量定理得:﹣μmgt2=Mv﹣Mv2

代入数据解得:t2=0.7s.

根据上述计算作出小车B的速度﹣时间图线如图所示.

答:(1)A、B最后的速度为1m/s;

(2)铁块A与小车B之间的动摩擦因数为0.3;

(3)铁块A与小车B的挡板相碰前后小车B的速度为0.3m/s,图线如图所示.

点评:应用动量守恒定律、能量守恒定律、动能定律、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题,第(3)是本题的难点,分析清楚物体运动过程是正确解题的关键.

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