2022-2022学年湖南省长沙市长郡中学高三（上）周测物理试卷（11月份）（2）一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分．每小题给出的四个选项中，1-8只有一个选项正确，9-12有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．（4分）如图中四幅图片涉及物理学史上的四个重大发现．其中说法不正确的有（ ） A．卡文迪许通过扭秤实验，测定出了引力常量 B．奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场 C．法拉第通过实验研究，总结出法拉第电磁感应定律 D．牛顿根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因2．（4分）（2022•无为县校级模拟）用水平力F拉着一物体在水平地面上做匀速运动，从某时刻起力F随时间均匀减小，物体所受的摩擦力f随时间t变化如图中实线所示．下列说法正确的是（ ） A．F是从t1时刻开始减小的，t2时刻物体的速度刚好变为零 B．F是从t1时刻开始减小的，t3时刻物体的速度刚好变为零 C．F是从t2时刻开始减小的，t2时刻物体的速度刚好变为零 D．F是从t2时刻开始减小的，t3时刻物体的速度刚好变为零-24-3．（4分）（2022•思明区校级模拟）显像管原理的示意图如图所示，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的O点，安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转．设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，若使高速电子流打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是（ ） A．B．C．D．4．（4分）（2022•甘肃一模）将电动车的前轮装有发电机，发电机蓄电池连接．当在骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现有某人骑车以500J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图线①所示；第二次启动自充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，则第二次向蓄电池所充的电能是（ ） A．200JB．250JC．300JD．500J5．（4分）（2022•上海模拟）如图所示，绝缘杆两端固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用．初始时杆与电场线垂直，将杆右移的同时顺时针转过90°，发现A、B两球电势能之和不变．根据如图给出的位置关系，下列说法正确的是（ ） A．A一定带正电，B一定带负电 B．A、B两球带电量的绝对值之比qA：qB=1：2 C．A球电势能一定增加 D．电场力对A球和B球都不做功-24-6．（4分）（2022秋•武汉校级月考）在长度为l、横截面积为S、单位体积内的自由电子数为n的金属导体两端加上电压，导体中就会产生匀强电场．导体内电量为e的自由电子受电场力作用下先做加速运动，然后与做热运动的阳离子碰撞而减速，如此往复…所以，我们通常将自由电子的这种运动简化成速率为v（不随时间变化）的定向运动．已知阻碍电子运动的阻力大小与电子定向移动的速率v成正比，即f=kv（k是常数），则该导体的电阻应该等于（ ） A．B．C．D．7．（4分）（2022•海淀区模拟）如图所示，质量相同的木块A、B，用轻弹簧连接置于光滑水平面上，开始弹簧处于自然状态，现用水平恒力F推木块A，则弹簧在第一次被压缩到最短的过程中（ ） A．当A、B速度相同时，加速度aA=aB B．当A、B速度相同时，加速度aA＞aB C．当A、B加速度相同时，速度vA＜vB D．当A、B加速度相同时，速度vA＞vB8．（4分）（2022•重庆模拟）在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50A和2.0V．重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V．则这台电动机正常运转时输出功率为（ ） A．47WB．44WC．32WD．48W9．（4分）（2022秋•沅陵县校级月考）如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ．现给环一个水平向右的恒力F，使圆环由静止开始运动，同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力F1=kv，其中k为常数，则圆环运动过程中（ ） A．最大加速度为B．最大加速度为 C．最大速度为D．最大速度为10．（4分）（2022秋•友谊县校级月考）我国研制并成功发射的“嫦娥二号”探测卫星，在距月球表面高度为h的轨道上做匀速圆周运动，运行的周期为T．若以R表示月球的半径，则（ ） A．卫星运行时的向心加速度为 B．卫星运行时的线速度为-24- C．物体在月球表面的重力加速度为 D．月球的第一宇宙速度为11．（4分）（2022春•琼海期中）以速度v0水平抛出一小球，如果从抛出到某时刻小球的竖直分位移与水平分位移大小相等，以下判断正确的是（ ） A．此时小球的竖直分速度大小等于水平分速度大小 B．此时小球的速度大小为 C．小球运动的时间为 D．此时小球速度的方向与位移的方向相同12．（4分）如图所示，C1=6μF，C2=3μF，R1=3Ω，R2=6Ω，电源电动势E=18V，内阻不计．下列说法正确的是（ ） A．开关S断开时，a、b两点电势相等 B．开关S闭合后，a、b两点间的电流是2A C．开关S断开时C1带的电荷量比开关S闭合后C1带的电荷量大 D．不论开关S断开还是闭合，C1带的电荷量总比C2带的电荷量大 二、实验题（共16分）13．（8分）（2022秋•西丰县期中）某兴趣小组为了测量一待测电阻Rx的阻值，准备先用多用电表粗测出它的阻值，然后再用伏安法精确地测量．实验室里准备了以下器材：A．多用电表B．电压表Vl，量程3V，内阻约5kΩC．电压表V2，量程15V，内阻约25kΩD．电流表Al，量程0.6A，内阻约0.2ΩE．电流表A2，量程3A，内阻约0.04ΩF．电源，电动势E=4.5VG．滑动变阻器Rl，最大阻值5Ω，最大电流为3AH．滑动变阻器R2，最大阻值200Ω，最大电流为1.5AI．电键S、导线若干-24-①在用多用电表粗测电阻时，该兴趣小组首先选用“×10”欧姆挡，其阻值如图（甲）中指针所示，为了减小多用电表的读数误差，多用电表的选择开关应换用 欧姆挡；②按正确的操作程序再一次用多用电表测量该待测电阻的阻值时，其阻值如图（乙）中指针所示，则Rx的阻值大约是 Ω；③在用伏安法测量该电阻的阻值时，要求尽可能准确，并且待测电阻的电压从零开始可以连续调节，则在上述提供的器材中电压表应选 ；电流表应选 ；滑动变阻器应选 ．（填器材前面的字母代号）④在图（丙）虚线框内画出用伏安法测量该电阻的阻值时的实验电路图．14．（8分）（2022秋•成都校级期末）实验室有如下器材：电流表A1（满偏电流约500μA，有刻度无刻度值，内阻rg约500Ω）；电流表A2（量程0～300μA，内阻rA2=1000Ω）；电流表A3（量程0～1mA，内阻rA3=100Ω）；定值电阻R0（阻值1kΩ）；滑动变阻器R（0～5Ω，额定电流2A）；电池（电动势2V，内阻不计）；开关、导线若干．要求较精确地测出A1表的内阻和满偏电流．（1）在方框内画出测量电路；（2）应读取的物理量是 ；（3）用这些量表示的A1表的满偏电流Ig= ，A1表的内阻rg= ． 三、解答题（本题共4小题，满分46分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）-24-15．（10分）（2022秋•灵宝市校级期中）如图所示，质量M=2kg的木块套在水平杆上，并用轻绳与质量m=kg的小球相连．今用跟水平方向成α=30°角的力F=10N拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m的相对位置保持不变，g=10m/s2，求运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ及木块M与水平杆间的动摩擦因数．16．（10分）（2022•大观区校级模拟）如图所示，一长为6L的轻杆一端连着质量为m的小球，另一端固定在铰链O处（轻杆可绕铰链自由转动）．一根不可伸长的轻绳一端系于轻杆的中点，另一端通过轻小定滑轮连接在质量M=12m的小物块上，物块放置在倾角θ=30°的斜面上．已知滑轮距地面A点的距离为3L，铰链距离A点的距离为L，不计一切摩擦．整个装置由图示位置静止释放，当轻杆被拉至竖直位置时，求（1）小球对轻杆在竖直方向的作用力；（2）轻绳对轻杆做的功．17．（12分）如图所示的电路中，电源电动势E=9V，电阻R1=2Ω，R2=3Ω，当电阻箱Rx调到3Ω时，电流表的示数为2A．（电表理想处理）求：（1）电源的内电阻；（2）调节电阻箱，使电流表的示数为1.8A时，电阻R2消耗的电功率．（3）Rx取多大值时R1上消耗的功率最大，最大功率为多少？18．（14分）（2022•山东）如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔S1、S2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U0，周期为T0．在t=0时刻将一个质量为m电量为﹣q（q＞0）的粒子由S1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区．（不计粒子重力，不考虑极板外的电场）（1）求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d；（2）为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件．（3）若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t=3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小．-24- -24-2022-2022学年湖南省长沙市长郡中学高三（上）周测物理试卷（11月份）（2）参考答案与试题解析 一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分．每小题给出的四个选项中，1-8只有一个选项正确，9-12有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．（4分）如图中四幅图片涉及物理学史上的四个重大发现．其中说法不正确的有（ ） A．卡文迪许通过扭秤实验，测定出了引力常量 B．奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场 C．法拉第通过实验研究，总结出法拉第电磁感应定律 D．牛顿根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因考点：物理学史．专题：常规题型．分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．解答：解：A、卡文迪许通过扭秤实验，测定出了引力常量，故A正确；B、奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场，故B正确；C、法拉第通过实验研究，总结出法拉第电磁感应定律，故C正确；D、伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因，故D错误；本题选不正确的，故选：D．点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一． -24-2．（4分）（2022•无为县校级模拟）用水平力F拉着一物体在水平地面上做匀速运动，从某时刻起力F随时间均匀减小，物体所受的摩擦力f随时间t变化如图中实线所示．下列说法正确的是（ ） A．F是从t1时刻开始减小的，t2时刻物体的速度刚好变为零 B．F是从t1时刻开始减小的，t3时刻物体的速度刚好变为零 C．F是从t2时刻开始减小的，t2时刻物体的速度刚好变为零 D．F是从t2时刻开始减小的，t3时刻物体的速度刚好变为零考点：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：用水平力F拉着一物体在水平地面上做匀速运动，从某时刻起力F随时间均匀减小，物体先做减速运动，所受摩擦力为滑动摩擦力，当物体速度为零后，物体受静摩擦力．解答：解：从图中看出，摩擦力从t2时刻开始逐渐减小，t1～t2时间内不变，知F从t1时刻开始减小的，做减速运动，受滑动摩擦力，所以在t1～t2时间内摩擦力的大小不变．t2时刻物体的速度刚好变为零，然后摩擦力变为静摩擦力，大小随F的变化而变化．故A正确，B、C、D错误．故选A．点评：解决本题的关键知道物体做匀速直线运动，拉力减小后，先做减速运动，最终静止． 3．（4分）（2022•思明区校级模拟）显像管原理的示意图如图所示，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的O点，安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转．设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，若使高速电子流打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是（ ） A．B．C．D．考点：带电粒子在匀强电场中的运动．-24-专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：根据左手定则判断电子所受的洛伦兹力的方向，确定电子的偏转方向．根据半径公式r=分析电子流打在荧光屏上位置的变化．解答：解：A、在前半个周期内，磁场方向向外，由左手定则判断可知，电子向上偏转打在a点，B减小，由r=分析可知半径增大，电子流打在荧光屏上位置向下移动；在后半个周期内，磁场方向向里，由左手定则判断可知，电子向下偏转，B增大，由r=分析可知半径减小，电子流打在荧光屏上位置向下移动；故电子流打在荧光屏上的位置可以由a点逐渐移动到b点．故A正确．B、在前半个周期内，磁场方向向外，由左手定则判断可知，电子向上偏转打在a点，B减小，由r=分析可知半径增大，电子流打在荧光屏上位置向下移动；在后半个周期内，磁场方向向外，由左手定则判断可知，电子向上偏转，B增大，由r=分析可知半径减小，故电子流打在荧光屏上的位置可以由a点逐渐移动到O点，再由O点回到a点．故B错误．C、D在前半个周期内，磁场方向向里，由左手定则判断可知，电子向下偏转打在b点，故CD错误．故选A点评：本题只要掌握左手定则和半径公式r=，就能轻松解答．要注意运用左手定则时，四指指向电子运动的相反方向． 4．（4分）（2022•甘肃一模）将电动车的前轮装有发电机，发电机蓄电池连接．当在骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现有某人骑车以500J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图线①所示；第二次启动自充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，则第二次向蓄电池所充的电能是（ ） A．200JB．250JC．300JD．500J考点：能量守恒定律．分析：根据能量转化与守恒定律分析两种情况能量的转化情况：第一次关闭自充电装置，让车自由滑行，其动能全部转化为摩擦产生的内能；第二次启动自充电装置，其动能转化为摩擦产生的内能和蓄电池所充的电能．研究第一次自动滑行过程，根据功能关系求出摩擦力的大小，再根据能量守恒定律求解第二次向蓄电池所充的电能．解答：解：第一次关闭自充电装置，让车自由滑行过程，由图读出：位移大小为x1=10m-24-，初动能为500J，末动能为0，根据功能关系得到，fx=Ek，则滑动摩擦力大小f==．第二次启动自充电装置，让车自由滑行过程，由图读出：位移大小为x2=6m，初动能为500J，末动能为0，根据能量守恒定律得，Ek=fx2+E，得到第二次向蓄电池所充的电能E=Ek﹣fx2=500J﹣50×6J=200J故选A点评：本题首先要搞清两种情况下能量是如何转化的，其次要抓住两种情况的联系：滑动摩擦力大小不变． 5．（4分）（2022•上海模拟）如图所示，绝缘杆两端固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用．初始时杆与电场线垂直，将杆右移的同时顺时针转过90°，发现A、B两球电势能之和不变．根据如图给出的位置关系，下列说法正确的是（ ） A．A一定带正电，B一定带负电 B．A、B两球带电量的绝对值之比qA：qB=1：2 C．A球电势能一定增加 D．电场力对A球和B球都不做功考点：电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：解决本题的关键是：理解“A、B两球电势能之和不变”的物理含义：电场力对系统做功为零；根据电场力做功特点进一步求解．解答：解：A、电场力对系统做功为零，因此A、B电性一定相反，A可能带正电，也可能带负电，故A错误；B、电场力对A、B做功大小相等，方向相反，所以有：EqB×L=EqA×2L，因此qA：qB=1：2，故B正确；C、B的电性不确定，无法判断其电势能的变化，故C错误；D、电场力对A、B都做功，代数和为零，故D错误．故选B．点评：正确分析题意，把握关键信息，挖掘隐含条件，往往是解题的关键． 6．（4分）（2022秋•武汉校级月考）在长度为l、横截面积为S、单位体积内的自由电子数为n的金属导体两端加上电压，导体中就会产生匀强电场．导体内电量为e的自由电子受电场力作用下先做加速运动，然后与做热运动的阳离子碰撞而减速，如此往复…所以，我们通常将自由电子的这种运动简化成速率为v（不随时间变化）的定向运动．已知阻碍电子运动的阻力大小与电子定向移动的速率v成正比，即f=kv（k是常数），则该导体的电阻应该等于（ ）-24- A．B．C．D．考点：欧姆定律．分析：由电场力与阻力相等可得出电压的表达式；再由电流的微观表达式可得出电流；由欧姆定律即可求得电阻．解答：解：电子在电场中受到的电场力大小为：；由题意可知：=kv；解得：U=；电流I=nevs；则由欧姆定律可得：R==；故选：B．点评：本题给出的信息较多，应注意通过分析题目找出有用的信息，从而建立合理的物理模型进行求解． 7．（4分）（2022•海淀区模拟）如图所示，质量相同的木块A、B，用轻弹簧连接置于光滑水平面上，开始弹簧处于自然状态，现用水平恒力F推木块A，则弹簧在第一次被压缩到最短的过程中（ ） A．当A、B速度相同时，加速度aA=aB B．当A、B速度相同时，加速度aA＞aB C．当A、B加速度相同时，速度vA＜vB D．当A、B加速度相同时，速度vA＞vB考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；胡克定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：在弹簧被压缩的过程中，A的合力在减小，加速度在减小，开始A的加速度大于B的加速度，A的速度大于B的速度，可以比较出加速度相等时两物体的速度大小；在运动的过程中B的加速度一直在增加，从而可以比较出速度相同时，两物体的加速度大小．解答：解：用水平恒力F推木块A，弹簧的弹力逐渐增大，A的合力减小，B的合力增大，则A的加速度逐渐减小，而B的加速度逐渐增大．在aA=aB之前，A的加速度总大于B的加速度，所以aA=aB时，vA＞vB．此后A的加速度继续减小，B的加速度继续增大，所以vA=vB时，aB＞aA．故D正确，A、B、C错误．故选D．点评：解决本题的关键能够正确地进行受力分析，得出加速度的方向以及大小的变化，根据加速度方向与速度方向的关系判断速度的变化． 8．（4分）（2022•重庆模拟）在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50A-24-和2.0V．重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V．则这台电动机正常运转时输出功率为（ ） A．47WB．44WC．32WD．48W考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：从电路图中可以看出，电动机和滑动变阻器串联，电压表测量电动机两端的电压，电流表测量电路电流，根据公式R=可求电动机停转时的电阻；利用公式P=UI可求电动机的总功率，根据公式P=I2R可求电动机克服本身阻力的功率，总功率与电动机克服自身电阻功率之差就是电动机的输出功率．解答：解：电动机的电阻R===4Ω；电动机的总功率P=U1I1=24V×2A=48W；克服自身电阻的功率PR=I12R=（2A）2×4Ω=16W；电动机正常运转时的输出功率是P输出=P﹣PR=48W﹣16W=32W．故选C．点评：本题考查电阻、功率的有关计算，关键是明白电路中各个用电器的连接情况，要知道非纯电阻电路的功率的计算方法，这是本题的重点和难点． 9．（4分）（2022秋•沅陵县校级月考）如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ．现给环一个水平向右的恒力F，使圆环由静止开始运动，同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力F1=kv，其中k为常数，则圆环运动过程中（ ） A．最大加速度为B．最大加速度为 C．最大速度为D．最大速度为考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据力F1与重力mg的关系分析圆环的运动性质与运动过程，应用平衡条件与牛顿第二定律分析答题．解答：解：A、当F1=mg，即：kv=mg，v=-24-时，圆环水平方向不受摩擦力，则圆环的加速度最大为a=，A正确B错误；C、当滑动摩擦力f=μ（kv﹣mg）=F时，对应的速度最大，v=，C正确D错误；故选：AC．点评：本题考查了求最大加速度、最大速度问题，对圆环正确受力分析、分析清楚圆环运动过程是正确解题的前提与关键，应用牛顿第二定律即可正确解题；要讨论F与mg的关系，然后根据各种情况答题，这是容易出错的地方． 10．（4分）（2022秋•友谊县校级月考）我国研制并成功发射的“嫦娥二号”探测卫星，在距月球表面高度为h的轨道上做匀速圆周运动，运行的周期为T．若以R表示月球的半径，则（ ） A．卫星运行时的向心加速度为 B．卫星运行时的线速度为 C．物体在月球表面的重力加速度为 D．月球的第一宇宙速度为考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．专题：人造卫星问题．分析：探测卫星绕月做匀速圆周运动，根据公式a=r求向心加速度．根据公式v=求线速度，．根据万有引力提供向心力，去求第一宇宙速度．根据万有引力等于重力，求月球表面重力加速度．解答：解：A、卫星运行时的向心加速度为：a=r=（R+h）．故A正确．B、卫星运行时轨道半径为r=R+h，其线速度为：v==．故B正确．C、根据万有引力等于重力，得：G=mg，g==，故C错误．-24-D、对于探测卫星，根据万有引力提供向心力为：G=m（R+h）．对于近月卫星，有：G=m′联立解得：月球的第一宇宙速度为：v=2π，故D正确．故选：ABD点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，以及万有引力等于重力，运用万有引力定律和圆周运动规律结合研究． 11．（4分）（2022春•琼海期中）以速度v0水平抛出一小球，如果从抛出到某时刻小球的竖直分位移与水平分位移大小相等，以下判断正确的是（ ） A．此时小球的竖直分速度大小等于水平分速度大小 B．此时小球的速度大小为 C．小球运动的时间为 D．此时小球速度的方向与位移的方向相同考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直位移和水平位移相等求出运动的时间，从而得出竖直分速度的大小，结合平行四边形定则求出小球的速度大小．解答：解：A、根据得，平抛运动的时间t=．则竖直分速度vy=gt=2v0≠v0．故A错误，C正确．B、根据平行四边形定则知，小球的速度=．故B正确．D、小球速度方向与水平方向夹角的正切值，位移与水平方向夹角的正切值tan，可知tanα=2tanθ，则小球速度方向与位移方向不同．故D错误．故选：BC．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，结合运动学公式灵活求解．-24- 12．（4分）如图所示，C1=6μF，C2=3μF，R1=3Ω，R2=6Ω，电源电动势E=18V，内阻不计．下列说法正确的是（ ） A．开关S断开时，a、b两点电势相等 B．开关S闭合后，a、b两点间的电流是2A C．开关S断开时C1带的电荷量比开关S闭合后C1带的电荷量大 D．不论开关S断开还是闭合，C1带的电荷量总比C2带的电荷量大考点：电容；闭合电路的欧姆定律．专题：电容器专题．分析：明确电路结构，根据开关通断时的不同状态分析电容器两端的电压；由Q=UC分析电容中的电量．解答：解：A、开关断开时，两电容器均直接接在电源两端；故电容器两端的电压等于电源的电动势；a点接电源的正极，b接电源的负极；故ab两点电势不相等；故A错误；B、开关闭合后，两电阻串联，由闭合电路欧姆定律可知，电流I==2A；故B正确；C、开关断开时，电容器两端的电压为18V，而开关闭合后，其电压为R1两端的电压，故电压减小，电荷量减小；故C正确；D、当开关闭合时，C1两端的电压U1=2×3=6V；C2两端的电压为：U2=2×6=12V；则Q1=U1C1=6×6×10﹣6=3.6×10﹣5C；Q2=U2C2=12×3×10﹣6=3.6×10﹣5C；故D错误故选：BC．点评：本题考查闭合电路欧姆定律中的含容电路，要注意正确分析电路，明确电路结构；并熟练应用电容器的特点进行分析． 二、实验题（共16分）13．（8分）（2022秋•西丰县期中）某兴趣小组为了测量一待测电阻Rx的阻值，准备先用多用电表粗测出它的阻值，然后再用伏安法精确地测量．实验室里准备了以下器材：A．多用电表B．电压表Vl，量程3V，内阻约5kΩC．电压表V2，量程15V，内阻约25kΩD．电流表Al，量程0.6A，内阻约0.2ΩE．电流表A2，量程3A，内阻约0.04ΩF．电源，电动势E=4.5VG．滑动变阻器Rl，最大阻值5Ω，最大电流为3AH．滑动变阻器R2，最大阻值200Ω，最大电流为1.5AI．电键S、导线若干-24-①在用多用电表粗测电阻时，该兴趣小组首先选用“×10”欧姆挡，其阻值如图（甲）中指针所示，为了减小多用电表的读数误差，多用电表的选择开关应换用 ×1 欧姆挡；②按正确的操作程序再一次用多用电表测量该待测电阻的阻值时，其阻值如图（乙）中指针所示，则Rx的阻值大约是 9 Ω；③在用伏安法测量该电阻的阻值时，要求尽可能准确，并且待测电阻的电压从零开始可以连续调节，则在上述提供的器材中电压表应选 B ；电流表应选 D ；滑动变阻器应选 G ．（填器材前面的字母代号）④在图（丙）虚线框内画出用伏安法测量该电阻的阻值时的实验电路图．考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：（1）欧姆表读数时，由于中间附近的刻度最均匀，故要使指针指在中间附近；（2）欧姆表读数等于刻度盘读数乘以倍率；（3）用伏安法测定电阻的原理是电阻定义式R=．根据电源的电动势，选择电压表的量程．由电源的电动势与测电阻的大约值，估算电流的最大值，选择电流表的量程．根据待测电阻与变阻器总阻值的大小，选择变阻器的规格．（4）根据两电表内阻与待测电阻的大小关键，选择电流表的内接法或外接法．（3）由图示电表确定其量程与分度值，然后读出其示数．解答：解：（1）甲图指针偏向右侧，读数误差大，故选择较低的挡位（×1档）；（2）欧姆表读数=刻度盘读数×倍率，所以欧姆表的读数是9Ω．（3）电池组的电动势是4.5V，电压表的量程选3V，即选择电压表B．金属导线的电阻约为5Ω左右，则通过导线的电流最大值约为：Imax=A．故电流表选D．为能够让待测电阻的电压从零开始可以连续调节，滑动变阻器应选G．（4）由题意可知：，，电流表应采用外接法．-24-为能够让待测电阻的电压从零开始可以连续调节，所以要使用分压式电路．故电路图如图．故答案为：（1）×1；（2）9；（3）B，D，G；（4）如图点评：本题考查了欧姆表的使用与实验器材的选择、电流表的接法、电表读数；对电表读数时要先确定其量程与分度值． 14．（8分）（2022秋•成都校级期末）实验室有如下器材：电流表A1（满偏电流约500μA，有刻度无刻度值，内阻rg约500Ω）；电流表A2（量程0～300μA，内阻rA2=1000Ω）；电流表A3（量程0～1mA，内阻rA3=100Ω）；定值电阻R0（阻值1kΩ）；滑动变阻器R（0～5Ω，额定电流2A）；电池（电动势2V，内阻不计）；开关、导线若干．要求较精确地测出A1表的内阻和满偏电流．（1）在方框内画出测量电路；（2）应读取的物理量是 A1表满偏时，A2表的读数I2、A3表的读数I3 ；（3）用这些量表示的A1表的满偏电流Ig= I3﹣I2 ，A1表的内阻rg= ．考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：测量电阻基本的原理是伏安法，本实验中没有电压表，而已知内阻的电表表既可测出电流，电流与其内阻的乘积又测得电压，所以可以将电流表A2作为电压表与待测电流表并联，电流表A3测量它们的总电流，即可测出A1表的内阻和满偏电流．变阻器总电阻很小，为方便调节，应采用分压式接法．根据欧姆定律和并联电路的特点求得A1表的内阻rg．解答：解：（1）要测量A1表的内阻，需测出通过A1表的电流和它两端的电压U1．A1表没有刻度值，所以不能直接读出满偏电流，要通过A2、A3才能间接测得．U1m=Igrg≈（5×10﹣4×500）V=0.25V，因A2、A3表的内阻是确定值，故可以把它们当做电压表．A3表的电压量程U3=Ig3•rA3=0.1V＜U1m，A2表的电压量程U2=Ig2•rA2=0.3V＞U1m-24-，所以应选择A2与A1并联，这样A2表两端的电压就是U1．若A3直接与A1、A2串联接在滑动变阻器的分压端，电压小于（U1m+U3）=0.35V，滑动变阻器调节不方便，所以可再串联一个定值电阻R0．电路图如图所示：（2）应读取的物理量是：A1表满偏时，A2表的读数I2、A3表的读数I3．（3）A1表的满偏电流Ig=I3﹣I2，根据并联电路的特点可知：（I3﹣I2）rg=I2RA2解得，rg=故答案为：（1）电路如图所示；（2）A1表满偏时A2表的读数I2、A3表的读数I3；（3）I3﹣I2；点评：本题考查了实验器材的选择、设计实验电路、求满偏电流与内阻，知道实验原理、根据实验器材、应用并联电路特点与欧姆定律即可正确解题，理解测量电阻的基本原理，知道已知内阻的电流表双重作用，能灵活选择实验方法． 三、解答题（本题共4小题，满分46分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）15．（10分）（2022秋•灵宝市校级期中）如图所示，质量M=2kg的木块套在水平杆上，并用轻绳与质量m=kg的小球相连．今用跟水平方向成α=30°角的力F=10N拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m的相对位置保持不变，g=10m/s2，求运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ及木块M与水平杆间的动摩擦因数．考点：共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：以小球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件求解轻绳与水平方向夹角θ；以木块和小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，由平衡条件和摩擦力公式求解木块与水平杆间的动摩擦因数μ．解答：解：设细绳对B的拉力为T．以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图1，由平衡条件可得：Fcos30°=Tcosθ①-24-Fsin30+Tsinθ=mg②代入解得：T=10Ntanθ=，即θ=30°再以木块和小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图2．再平衡条件得：Fcos30°=fN+Fsin30°=（M+m）g又f=μN得到：μ=代入解得：μ=答：运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ为30°，木块M与水平杆间的动摩擦因数．点评：本题涉及两个物体的平衡问题，研究对象的选择要灵活，此题采用隔离法与整体相结合的方法，也可以就采用隔离法研究． 16．（10分）（2022•大观区校级模拟）如图所示，一长为6L的轻杆一端连着质量为m的小球，另一端固定在铰链O处（轻杆可绕铰链自由转动）．一根不可伸长的轻绳一端系于轻杆的中点，另一端通过轻小定滑轮连接在质量M=12m的小物块上，物块放置在倾角θ=30°的斜面上．已知滑轮距地面A点的距离为3L，铰链距离A点的距离为L，不计一切摩擦．整个装置由图示位置静止释放，当轻杆被拉至竖直位置时，求（1）小球对轻杆在竖直方向的作用力；（2）轻绳对轻杆做的功．考点：功的计算；物体的弹性和弹力；作用力和反作用力．-24-专题：功的计算专题．分析：（1）当轻杆被拉至竖直位置时，小球的速度是物块的速度的2倍，根据几何关系求出物块下滑的距离，由机械能守恒定律求出小球的速度，小球在最高点，由牛顿第二定律即可求解；（2）对小球和轻杆，根据动能定理列式即可求解．解答：解：（1）当轻杆被拉至竖直位置时，设物块的速度为v，则小球的速度v′=2v，根据几何关系可知，物块下滑的距离s=4L，由机械能守恒定律得：Mgssinθ﹣mg•6L=解得：v=小球在最高点，由牛顿第二定律得：mg+F=m解得：F=，根据牛顿第三定律，小球对轻杆在竖直方向的作用力为F′=F=，方向竖直向上．（2）对小球和轻杆，根据动能定理得：W﹣mg•6L=解得：W=答：（1）小球对轻杆在竖直方向的作用力大小为，方向竖直向上；（2）轻绳对轻杆做的功为．点评：本题主要考查了牛顿第二定律、机械能守恒定律、动能定理的直接应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况和受力情况，选择合适的过程和对象运用动能定理求解，难度适中． 17．（12分）如图所示的电路中，电源电动势E=9V，电阻R1=2Ω，R2=3Ω，当电阻箱Rx调到3Ω时，电流表的示数为2A．（电表理想处理）求：（1）电源的内电阻；（2）调节电阻箱，使电流表的示数为1.8A时，电阻R2消耗的电功率．（3）Rx取多大值时R1上消耗的功率最大，最大功率为多少？-24-考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：（1）先求出外电路总电阻，应用闭合电路欧姆定律，即可求出电源的内电阻．（2）当电流表示数为1.6A时，由闭合电路欧姆定律可求出路端电压，再减去R1两端的电压即为电阻R2两端的电压．解答：解：（1）Rx与R2并联电阻R2X=Ω=1.5Ω由闭合电路欧姆定律知：E=I1（R1+R2X+r）代入数据解得：r=﹣R1﹣R2X=1Ω（2）当电流表示数为1.8A时，由闭合电路欧姆定律知：路端电压：U=E﹣I2r=10﹣1.8×1=8.2V对R1，由欧姆定律知U1=I2R1=1.8×2.5=4.5V此时Rz两端的电压：U2=U﹣U1=8.2﹣4.5=3.7V电阻R2消耗的电功率为：P==4.32W（3）Rx取0时R1上消耗的功率最大，最大功率为：，其中I=，代入数据解得：P1=18W答：（1）电源的内电阻1Ω；（2）调节电阻箱，使电流表的示数为1.8A时，电阻R2消耗的电功率4.32W．（3）Rx取0时R1上消耗的功率最大，最大功率为18W点评：对于直流电路的计算问题，首先要了解电路的连接关系，再分析各部分电压和电流的关系，运用欧姆定律求出需要的物理量． 18．（14分）（2022•山东）如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔S1、S2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U0，周期为T0-24-．在t=0时刻将一个质量为m电量为﹣q（q＞0）的粒子由S1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区．（不计粒子重力，不考虑极板外的电场）（1）求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d；（2）为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件．（3）若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t=3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）粒子在匀强电场中做匀加速直线运动，电场力做功等于粒子动能的增加；（2）使粒子不与极板相撞，则运动的半径大于；（3）粒子在t=3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，则从s1再次进入电场时的时刻是，粒子从左向右应是水平匀速穿过无场区，距离为d，根据匀速运动的规律求得时间，粒子在左右磁场中的时间是相等的，粒子在左右磁场中的时间是相等的且都是半个周期，所以粒子运动的总时间是一个周期，即t′=T；然后根据洛伦兹力提供向心力，即可求得磁感应强度．解答：解：（1）粒子在匀强电场中电场力做功等于粒子动能的增加，得：代入数据，得：又：，联立以上两式，得：（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：，得：-24-使粒子不与极板相撞，则运动的半径联立以上两式，得：（3）粒子在t=3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，根据运动的对称性，则从s1再次进入电场时的时刻是；粒子从左向右应是水平匀速穿过无场区，距离为d，时间为：粒子在左右磁场中的时间是相等的，粒子在磁场中运动的总时间：粒子在左右磁场中的时间是相等的且都是半个周期，所以粒子运动的总时间是一个周期，即t′=T；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得：，vT=2πr联立以上公式得：．答：（1）粒子到达S2时的速度和极板间距；（2）磁感应强度的大小应满足的条件；（3）粒子在磁场内运动的时间，磁感应强度的．点评：该题中粒子在左右磁场中的时间是相等的，在电场中加速和减速的时间也是相等的，是这解题的关键．该题解题的过程复杂，公式较多，容易在解题的过程中出现错误．属于难度大的题目．-24-
