江苏省苏州市2022届高三物理上学期期末考试试题（含解析）新人教版

江苏省苏州市2022届高三上学期期末考试物理试卷一、单项选择题：本题共7小题，每小题3分，共21分．每小题只有一个选项符合题意．1．下列关于物理学史和物理研究方法的叙述中正确的是（　　）　A．用点电荷来代替带电体的研究方法叫微元法　B．利用v﹣t图象推导匀变速直线运动位移公式的方法是理想模型法　C．伽利略借助实验研究和逻辑推理得出了自由落体运动规律　D．法拉第发现电流的磁效应与他坚信电和磁之间一定存在联系的哲学思想是分不开的考点：物理学史．.分析：物理学中对于多因素（多变量）的问题，常常采用控制因素（变量）的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题；每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法；它是科学探究中的重要思想方法，控制变量法是初中物理中常用的探索问题和分析解决问题的科学方法之一．等效替代法是指在研究某一个物理现象和规律中，因实验本身的特殊限制或因实验器材等限制，不可以或很难直接揭示物理本质，而采取与之相似或有共同特征的等效现象来替代的方法；解答：解：A、用质点代替实际物体是采用了理想模型的方法，质点实际不存在，A错误；B、在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，B错误；C、伽利略在研究自由落体运动时采用了推理的方法，C正确；D、法拉第发现电磁感应现象，和他坚信电与磁之间一定存在着联系的哲学思想分不开，D错误；故选：C点评：解决此题要知道常用的物理学研究方法：控制变量法、等效替代法、模型法、比较法、分类法、类比法、转换法等．　2．（3分）如图所示，一定质量的物体通过轻绳悬挂，结点为O．人沿水平方向拉着OB绳，物体和人均处于静止状态．若人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离，下列说法正确的是（　　）　A．OA绳中的拉力先减小后增大B．OB绳中的拉力不变　C．人对地面的压力逐渐减小D．地面给人的摩擦力逐渐增大考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．.专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：将重力进行分解，判断OB拉力的变化，根据平衡条件判断摩擦力的变化．解答：解：将重物的重力进行分解，当人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离，19\n则OA与竖直方向夹角变大，OA的拉力由图中1位置变到2位置，可见OA绳子拉力变大，OB绳拉力逐渐变大；OA拉力变大，则绳子拉力水平方向分力变大，根据平衡条件知地面给人的摩擦力逐渐增大；人对地面的压力始终等于人的重力，保持不变；故选：D．点评：本题考查了动态平衡问题，用图解法比较直观，还可以用函数法．　3．（3分）如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有电势的值．一带电粒子只在电场力作用下恰能沿图中的实线从A经过B运动到C．下列判断正确的是（　　）　A．粒子一定带负电　B．A处场强大于C处场强　C．粒子在A处电势能大于在C处电势能　D．粒子从A到B电场力所做的功大于从B到C电场力所做的功考点：等势面；电场线．.分析：根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，确定出电场线方向，根据曲线运动中物体所受的合力方向指向轨迹的内侧，可判断出粒子所受的电场力方向，判断粒子的电性．根据等差等势面密处场强大，可判断场强的大小．由电场力做功正负，判断电势能的大小和动能的大小．解答：解：AB、根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带正电．故A错误；B、等差等势面的疏密反映电场强度的大小，A处场强大于C处场强，故B正确；C、从A点飞到C点，电场力方向与速度的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，故C错误；D、根据W=Uq知电势差相同，电场力做功相同，故D错误．故选：B点评：本题要掌握等势面与电场线的关系和曲线运动合力指向，由粒子的轨迹判断出电场力方向，分析能量的变化．　4．（3分）如图所示是质量为m的小球靠近墙面竖直上抛的频闪照片，甲图是上升时的照片，乙图是下降时的照片，O是运动的最高点．假设小球所受阻力大小不变，重力加速度为19\ng，据此估算小球受到的阻力大小为（　　）　A．mgB．mgC．mgD．mg考点：牛顿第二定律；竖直上抛运动．.专题：直线运动规律专题．分析：闪光频率相同，则小球每经过两个相邻位置的时间间隔是相同的，根据位移公式求出两种情况的加速度之比，根据牛顿第二定律列方程表示出上升和下落的加速度，联立即可求解．解答：解：设每块砖的厚度是d，向上运动上运动时：9d﹣3d=aT2①向下运动时：3d﹣d=a′T2②联立①②得：=③根据牛顿第二定律，向上运动时：mg+f=ma④向下运动时：mg﹣f=ma′⑤联立③④⑤得：f=mg；故选：B．点评：解决本题的关键是利用匀变速直线运动的推论△x=aT2求出两种情况下的加速度，进而由牛顿第二定律即可求解．　5．（3分）（2022•辽宁模拟）一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是（　　）　A．B．C．D．考点：电容器的动态分析．.专题：电容器专题．19\n分析：由题意可知电量不变，由平行板电容器的决定式可知电容的变化；由定义式可得出两端电势差的变化；再由U=Ed可知E的变化，进而判断势能的变化．解答：解：A、当负极板右移时，d减小，由C=可知，C与x图象不能为一次函数图象！故A错误；B、由U=可知，U=Q，则E==，故E与d无关，故B错误；C、因负极板接地，设P点原来距负极板为l，则P点的电势φ=E（l﹣l0）；故C正确；D、电势能E=φq=Eq（l﹣l0），不可能为水平线，故D错误；故选：C．点评：本题考查电容器的动态分析，由于结合了图象内容，对学生的要求更高了一步，要求能根据公式得出正确的表达式，再由数学规律进行分析求解．　6．（3分）（2022•大东区一模）一个物体静止在质量均匀的球形星球表面的赤道上．已知万有引力常量为G，星球密度为ρ，若由于星球自转使物体对星球表面的压力恰好为零，则星球自转的角速度为（　　）　A．B．C．ρGπD．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：赤道上随行星一起转动的物体对行星表面的压力恰好为零，说明此时万有引力提供向心力，根据万有引力充当向心力及M=ρV进行求解．解答：解：设某行星质量为M，半径为R，物体质量为m，万有引力充当向心力，则有G=mRω2，又M=ρV=ρπR3．联立两式解得：ω=故选：A．点评：该题考查了万有引力公式及向心力基本公式的直接应用，难度不大，属于基础题．　7．（3分）用两根足够长的粗糙金属条折成“「”型导轨，右端水平，左端竖直，与导轨等宽的粗糙金属细杆ab、cd和导轨垂直且接触良好．已知ab、cd杆的质量、电阻值均相等，导轨电阻不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当ab杆在水平拉力F作用下沿导轨向右匀速运动时，cd杆沿轨道向下运动，以下说法正确的是（　　）19\n　A．cd杆一定向下做匀速直线运动　B．cd杆一定向下做匀加速直线运动　C．F做的功等于回路中产生的焦耳热与ab杆克服摩擦做功之和　D．F的功率等于ab杆上的焦耳热功率与摩擦热功率之和考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．.分析：题中ab匀速切割磁感线产生恒定的感应电动势，cd不切割磁感线，不产生感应电动势，回路中感应电流恒定，分析cd可能的受力情况，判断其运动情况；对ab进行受力情况分析，由平衡条件分析拉力F；根据功能关系分析拉力F的功率．解答：解：A、B、由图看出，ab匀速切割磁感线，产生恒定的感应电动势，cd不切割磁感线，不产生感应电动势，回路中感应电流恒定；cd棒竖直方向上受到向下的重力和向上滑动摩擦力f，水平方向受到轨道的支持力N和安培力FA，则f=μN=μFA=μBIL，可知f大小不变．若重力大于滑动摩擦力，cd杆做匀加速运动；若重力等于滑动摩擦力，cd杆做匀速运动；故A错误，B错误；C、导体棒ab做匀速直线运动，受拉力、重力、向左的安培力、向左的滑动摩擦力和向上的支持力；故拉力做的功等于ab杆克服摩擦做功和克服安培力做功之和，ab杆克服安培力做功等于回路中产生的焦耳热，故F做的功等于回路中产生的焦耳热与ab杆克服摩擦做功之和，故C正确；D、F做的功等于回路中产生的焦耳热与ab杆克服摩擦做功之和，故F的功率等于回路上的焦耳热功率与摩擦热功率之和，故D错误；故选：C．点评：本题要注意cd杆不切割磁感线，没有感应电动势产生，同时要正确分析两棒的受力和能量如何转化，分析时能量的形式不能少．　二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．8．（4分）如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表，R1是用氧化锰等金属氧化物烧结而成的热敏电阻，R0为定值电阻．原线圈接如图乙所示的正弦交流电，下列说法正确的是（　　）19\n　A．交流电压u的表达式u=36sin100πt（V）　B．变压器原、副线圈中的电流之比为1：4　C．变压器输入、输出功率之比为1：4　D．当R1温度升高时，电压表和电流表的读数均变大考点：变压器的构造和原理．.专题：交流电专题．分析：由图乙可知交流电压最大值Um=36V，周期T=0.02s，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的表达式U=36sin100πtV、由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，Rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流．解答：解：A、由图乙可知交流电压最大值Um=36V，周期T=0.02s，可由周期求出角速度的值为=100π，则可得交流电压u的表达式U=36sin100πtV，故A正确；B、理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，所以变压器原、副线圈中的电流之比为1：4，故B正确；C、变压器输入、输出功率之比为1：1，故C错误；D、当R1温度升高时，阻值减小，电压表示数不变，电流表的示数变大，故D错误；故选：AB．点评：根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键．　9．（4分）如图所示，小球B放在真空正方体容器A内，球B的直径恰好等于A的内边长，现将它们以初速度v0竖直向上抛出，下列说法中正确的是（　　）　A．若不计空气阻力，下落过程中，B对A没有弹力　B．若考虑空气阻力，上升过程中，A对B的弹力向下　C．若考虑空气阻力，下落过程中，B对A的弹力向上　D．若不计空气阻力，上升过程中，A对B有向上的弹力考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重．.专题：牛顿运动定律综合专题．分析：将容器以初速度V0竖直向上抛出后，若不计空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度为g，再以容器A为研究对象，其合力为重力，A、B间无相互作用力．若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度大于g，再以球B为研究对象，根据牛顿第二定律分析B所受压力方向．19\n解答：解：A、D、将容器以初速度V0竖直向上抛出后，若不计空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度为g，再以容器A为研究对象，上升和下落过程其合力等于其重力，则B对A没有压力，A对B也没有支持力．故A正确，D错误．B、若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：上升过程加速度大于g，再以球B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：B受到的合力大于重力，B除受到重力外，还应受到向下的压力．A对B的压力向下．故B正确．C、若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：下落过程加速度小于g，再以B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：A受到的合力小于重力，B除受到重力外，还应受到向上的力，即A对B的支持力向上，B对A的压力向下，故C错误．故选：AB点评：本题采用整体法和隔离法，由牛顿定律分析物体的受力情况，考查灵活选择研究对象的能力．　10．（4分）（2022•盐城一模）如图所示是研究自感通电实验的电路图，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合电键调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，调节可变电阻R1，使他们都正常发光，然后断开电键S．重新闭合电键S，则（　　）　A．闭合瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮B．闭合瞬间，A2立刻变亮，A1逐渐变亮　C．稳定后，L和R两端电势差一定相同D．稳定后，A1和A2两端电势差不相同考点：自感现象和自感系数．.专题：电磁感应与电路结合．分析：闭合开关的瞬间，L相当于断路，稳定后自感作用消失，结合欧姆定律分析电压大小．解答：解：闭合瞬间，L相当于断路，A2立刻变亮，A1逐渐变亮，稳定后，两个灯泡的亮度相同，说明它们两端的电压相同，L和R两端电势差一定相同，选项BC正确AD错误．故选BC点评：对自感线圈来讲，重点掌握开关闭合瞬间，断路稳定后和开关断开的瞬间，线圈对电流突变的阻碍作用．　11．（4分）质量为2×103kg的汽车由静止开始沿平直公路行驶，行驶过程中牵引力F和车速倒数的关系图象如图所示．己知行驶过程中最大车速为30m/s，设阻力恒定，则（　　）19\n　A．汽车所受阻力为6×103N　B．汽车在车速为5m/s时，加速度为3m/s2　C．汽车在车速为15m/s时，加速度为lm/s2　D．汽车在行驶过程中的最大功率为6×104W考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．.分析：从图线看出，开始图线与x轴平行，表示牵引力不变，牵引车先做匀加速直线运动，倾斜图线的斜率表示额定功率，即牵引车达到额定功率后，做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，做匀速直线运动．解答：解：A、当牵引力等于阻力时，速度最大，由图线可知阻力大小f=2000N，故A错误．B、倾斜图线的斜率表示功率，可知P=fv=2000×30W=60000W，车速为5m/s时，汽车做匀加速直线运动，加速度a=，故B错误．C、当车速为15m/s时，牵引力F=，则加速度a=，故C正确．D、汽车的最大功率等于额定功率，等于60000W．故D正确．故选：CD．点评：解决本题的关键能够从图线中分析出牵引车的运动情况，知道倾斜图线的斜率表示牵引车的额定功率．　12．（4分）在如图（a）所示的电路中，Rl为定值电阻，R2为滑动变阻器，电表均为理想电表．闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P从最右端滑到最左端，两个电压表读数随电流表读数变化的图线如图（b）所示．则（　　）　A．电源内电阻的阻值为10Ω　B．电源的最大输出功率为1.8W　C．滑动变阻器R2的最大功率为0.9W19\n　D．图线甲是电压表V2读数随电流表读数变化的图线考点：闭合电路的欧姆定律．.专题：恒定电流专题．分析：将滑动变阻器的滑片P从最右端移到最左端，接入电路的电阻减小，分析电路中电流的变化，确定两个电压表读数的变化，判断图线与电压表示数的对应关系；根据闭合电路欧姆定律求解电源的内电阻和电动势．由图线的斜率求解R1的阻值，将Rl看成电源的内阻，当等效电源的内外电阻相等时，滑动变阻器R2的功率最大．解答：解：AD、将滑动变阻器的滑片P从最右端移到最左端，接入电路的电阻减小，电路中的电流增大，R1的电压和电源的内电压增大，则R2的电压减小，所以电压表V1的示数增大，电压表V2的示数减小，可知图线乙反映的是电压表V1的示数随电流的变化，图线甲反映的是电压表V2的示数随电流的变化．根据闭合电路欧姆定律得：电压表V2的示数U2=E﹣I（R1+r）①由图线甲的斜率大小等于R1+r，由图知：R1+r==Ω=10Ω图线②的斜率等于R1，则R1==Ω=5Ω则得：r=5Ω，故A错误，D正确．B、由甲图知：I=0.2A时，U2=4V，则电源的电动势为E=U2+I（R1+r）=4+0.2×（5+5）=6V当R1+R2=r时电源的输出功率最大，则电源的最大输出功率为Pm==W=1.8W，故B正确．C、将Rl看成电源的内阻，当R1+r=R2时，滑动变阻器R2的功率最大，为PmR2==W=0.9W，故D正确．故选：Bcd．点评：本题关键：一是分析电路图，确认电路组成、连接方式、三电表的测量对象，能从图象上得到相关信息．二能运用等效思维求解滑动变阻器R2的最大功率．　13．（4分）如图所示，足够长的木板A静止放置于水平面上，小物块B以初速度v0从木板左侧滑上木板，关于此后A、B两物体运动的v﹣t图象可能是（　　）19\n　A．B．C．D．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．.专题：牛顿运动定律综合专题．分析：木块滑上木板，木块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律比较出A、B的加速度大小，从而确定速度时间图线的正误解答：解：A、木块滑上木板，滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得，，若地面对木板无摩擦力，则，当木块和木板速度相等后，两者一起匀速运动，故A正确；BCD、木块滑上木板，滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得，，若地面对木板有摩擦力且动摩擦因数为μ′则，木板能加速运动说明地面对木板的动摩擦因数μ′＜μ，故木板和木块速度相等后两者一起在地面上匀减速运动的加速度小于木块开始时的加速度，故BC错误，D正确．故选：AD．点评：本题综合考查了动能定理，牛顿第二定律，对学生能力的要求较高，关键是通过图线的斜率判断图象的正误．　三、简答题：本大题共3小题；其中第14题10分，第15题10分，共计20分．请将解答填写在答题卡相应的位置．14．（3分）用游标卡尺测量某小球直径时，为使测量爪靠近小球，应用手指推动部件（如图中“A”、“B”、“C”），并旋紧紧固螺丝再进行读数．如图是卡尺的某次测量其读数为　10.30　mm．考点：刻度尺、游标卡尺的使用．.专题：实验题．分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．19\n解答：解：游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为6×0.05mm=0.30mm，所以最终读数为：10mm+0.30mm=10.30mm．故答案为：10.30点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．　15．（7分）某同学设计了一个如图1所示的装置来测定滑块与水平木板间的动摩擦因数，其中A为滑块，B和C是钩码，个数可调．A的左端与打点计时器的纸带（未画出）相连，通过打点计时器打出的纸带测出系统的加速度．实验中该同学在钩码总质量（m+m′=m0）保持不变的条件下，多次改变m和m′的钩码个数，重复测量．不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦．①实验中除电磁打点计时器、纸带、若干个质量均为50克的钩码、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线外，为了完成本实验，还应有　BD　A．秒表B．毫米刻度尺C．天平D．低压交流电源②实验中该同学得到一条较为理想的纸带，如图3所示．现从清晰的O点开始，每隔4个点取一计数点（中间4个点没画出），分别记为A、B、C、D、E、F．测得各计数点到OD点的距离分别为OA=1.61cm，OB=4.02cm，OC=7.26cm，OD=11.30cm，OE=16.14cm9OF=21.80cm，打点计时器打点频率为50Hz．由此纸带可得到打E点时滑块的速度v=　0.52　m/s，此次实验滑块的加速度a=　0.81　m/s2．（结果均保留两位有效数字）③在实验数据处理中，该同学以m为横轴，以系统的加速度a为纵轴，绘制了如图2所示的实验图线，由此可知滑块与木板间的动摩擦因数µ=　0.3　．（g取10m/s2，保留两位有效数字）考点：探究影响摩擦力的大小的因素．.专题：实验题；摩擦力专题．分析：（1）本实验中需要交流电源和长度的测量工具（2）每隔4个点取一计数点，相邻计数点之间的时间间隔为0.1s，由匀加速规律可得，用平均速度等于中间时刻的瞬时速度求解速度、用△x=at2求解加速度（3）对系统应用牛顿第二定律，得到图线的纵轴截距为﹣μg，可解得动摩擦因数解答：解：（1）A、打点计时器通过打点即可知道时间，故不需要秒表，故A错误．B、实验需要测量两点之间的距离，故需要毫米刻度尺和，故B正确．C、本实验中可以不测滑块的质量，而且砝码的质量已知，故天平可以不选，故C错误．D、打点计时器要用到低压交流电源，故D正确．19\n故选：BD（2）每隔4个点取一计数点，相邻计数点之间的时间间隔为0.1s，故用平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：=0.44m/s同理可求，=0.36m/s由匀变速运动规律得：所以，vE=2vD﹣vC=0.88﹣0.36m/s=0.52m/s由△x=at2可得：a===0.81m/s2（3）对ABC系统应用牛顿第二定律可得：a=所以，a﹣﹣t图象中，纵轴的截距为﹣μg，故﹣μg=﹣3，μ=0.3故答案为：（1）BD（2）0.52；0.81（3）0.3点评：熟悉纸带的处理方法，注意时间的数值和长度的单位、逐差法等；对于图象问题，注意分析截距、斜率、面积等的含义．　16．（10分）一实验小组用某种导电材料制作成电阻较小的线状元件Z，并通过实验研究该元件中的电流随两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律．（1）该小组连成的实物电路如图1所示，其中有两处错误，请在错误的连线上打“×”，并在原图上用笔画出正确的连线．（2）在实验中应选用的滑动变阻器是　A　．A．滑动变阻器R1（0～5Ω额定电流5A）B．滑动变阻器R2（0～20Ω额定电流2A）19\nC．滑动变阻器R3（0～100Ω额定电流0.5A）（3）实验测得元件中的电流与电压的关系如表所示，试在图2方格纸中画出电流与电压的关系图线．U（V）00.400.500.600.700.801.001.20I（A）00.200.300.40．0.550.751.251.80（4）把元件Z接入如图3所示的电路中，当电阻R的阻值为2Ω时，电流表的读数为1.25A；当电阻R的阻值为3.6Ω时，电流表的读数为0.80A．结合图线，求出电池的电动势为　4.1　V，内阻为　0.47　Ω．（不计电流表的内阻，结果保留两位有效数字）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线；测定电源的电动势和内阻．.专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）由题意可明确实验中滑动变阻器及电流表的接法；则可得出正确电路；（2）根据实验中的接法可选择滑动变阻器；（3）根据描点法得出对应的伏安特性曲线；（4）根据图象可得出对应的电压值，再由闭合电路欧姆定律列式，联立求解即可．解答：解：（1）因Z电阻较小，故应采用电流表外接法；由于要求电压从零开始变化，故滑动变阻器选用分压接法；接法如图：（2）分压接法中，为了便于调节，滑动变阻器选用总阻值小，且额定电流较大的；故选：A；（3）根据描点法得出对应的伏安特性曲线如图所示；（4）当电流为1.25A时，Z电阻两端的电压为1.0V；当电流为0.8A时，电压为0.8V；由闭合电路欧姆定律可知：E=1.25（r+2）+1=1.25r+3.5E=0.81（r+3.6）+0.8=0.81r+3.716联立解得：E=4.1V；r=0.49Ω故答案为：（1）如图所示；（2）A；（3）如图所示；（4）4.1；0.49．点评：本题考查描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验原理及仪表选择、数据处理等问题，要注意分压接法的正确应用．　四、计算题：本大题共4小题，共55分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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．19\n17．（12分）如图所示，足够长的斜面倾角θ=37°，一物体以v0=12m/s的初速度从斜面上的A点开始沿斜面向上运动，加速度大小a=8.0m/s2．g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）物体沿斜面向上滑行的最大距离；（2）物体与斜面间的动摩擦因数；（3）物体沿斜面到达最高点后返回过程中的加速度大小．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）根据初速度、末速度、加速度，结合速度位移公式求出物体沿斜面上滑的最大距离．（2）对物体受力分析，根据牛顿第二定律求出物体与斜面间的动摩擦因数．（3）对物体受力分析，根据牛顿第二定律求出物体下滑的加速度大小．解答：解：（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式得，上滑的最大距离为：x==；（2）根据牛顿第二定律得，上滑的加速度为：a==gsin37°+μgcos37°代入数据解得：μ==0.25；（3）根据牛顿第二定律得，物体下滑的加速度为：a′==gsinθ﹣μgcosθ=10×=4m/s2．答：（1）物体沿斜面上滑的最大距离s为9m；（2）物体与斜面间的动摩擦因数μ为0.25；（3）物体沿斜面到达最高点后返回下滑时的加速大小为4m/s2；点评：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．　18．（12分）如图所示，在高度为L、足够宽的区域MNPQ内，有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．质量为m、边长为L、电阻为R的正方形导线框abcd，在MN上方某一高度由静止开始自由下落．当bc边进入磁场时，导线框恰好做匀速运动．已知重力加速度为g，不计空气阻力，求：19\n（1）导线框刚下落时，bc边距磁场上边界MN的高度h；（2）导线框离开磁场的过程中，通过导线框某一横截面的电量q；（3）导线框穿越磁场的整个过程中，导线框中产生的热量Q．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．.专题：电磁感应——功能问题．分析：（1）线框速度达到稳定时，说明线框受力平衡即线框所受重力和安培力平衡，根据安培力的大小求出此时感应电流的大小，根据欧姆定律求出感应电动势从而求出此时线框的速度，根据动能定理可以求出bc边距磁场上边界MN的高度h；（2）根据感应电荷量表达式q=求解电量；（3）当线框速度已达稳定时，从能量守恒的角度分析处理，线框减少的重力势能等于线框增加的动能与产生的热量之和，计算出线框减少的势能再计算出产生的热量即可．解答：解：设线框进入磁场时的速度为v，由于导线框恰好做匀速运动，所以安培力与重力大小相等，方向相反，即mg=F安；线框bc边切割磁感线产生的电动势为：E=BLv故线框中产生的电流为：I=线框在磁场中所受安培力为：F安=BIL=线框进入磁场前做自由落体运动，根据动能定理可以求出线框进入磁场时的速度v，即：mgh=所以：h==（2）根据法拉第电磁感应定律，离开磁场的过程中产生的感应电动势：感应电流：通过导线框某一横截面的电量：q=I△t19\n联立解得：（3）由于磁场的宽度与线框的宽度相等，所以线框匀速穿过整个的磁场，整个的过程中线框减小的重力势能转化为线框产生的热量，即：Q=mg•2L答：（1）导线框刚下落时，bc边距磁场上边界MN的高度是；（2）导线框离开磁场的过程中，通过导线框某一横截面的电量是；（3）导线框穿越磁场的整个过程中，导线框中产生的热量是mg2L．点评：本题是电磁感应与力学知识的综合，安培力是联系电磁感应和力学的桥梁，安培力的分析和计算是这类问题的关键．　19．（15分）如图所示，一个半径为R的圆周的轨道，O点为圆心，B为轨道上的一点，OB与水平方向的夹角为37°．轨道的左侧与一固定光滑平台相连，在平台上一轻质弹簧左端与竖直挡板相连，弹簧原长时右端在A点．现用一质量为m的小球（与弹簧不连接）压缩弹簧至P点后释放．已知重力加速度为g，不计空气阻力．（1）若小球恰能击中B点，求刚释放小球时弹簧的弹性势能；（2）试通过计算判断小球落到轨道时速度会否与圆弧垂直；（3）改变释放点的位置，求小球落到轨道时动能的最小值．考点：动能定理的应用；平抛运动．.专题：动能定理的应用专题．分析：（1）小球离开O点做平抛运动，由平抛运动求的初速度，利用机械能守恒即可求得弹性势能；（2）小球做平抛运动，通过运动学公式求的位移的偏转角与速度的偏转角来判断；（3）由动能定理求的最小值解答：解：（1）小球离开O点做平抛运动，设初速度为v0，由Rcos37°=v0tR解得由机械能守恒（2）设落点与O点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动，由19\nRcosθ=v0tRsin位移方向与圆弧垂直设速度方向与水平方向的夹角为α所以小球不能垂直击中圆弧（3）设落地点与O点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动，Rcosθ=v0tRsin由动能定理解得当sin时，取最小值答：（1）若小球恰能击中B点，刚释放小球时弹簧的弹性势能为；（2）小球落到轨道时速度不能圆弧垂直；（3）改变释放点的位置，小球落到轨道时动能的最小值为．点评：本题主要考查了平抛运动，抓住在水平方向匀速直线，竖直方向自由落体运动即可求解　20．（16分）如图所示，原点O为两个大小不同的同心圆的圆心．半径为r的小圆区域I内有方向垂直xoy平面向里的匀强磁场，两圆之间的环形区域II内也有方向垂直于xoy平面的另一匀强磁场．一质量为m、电量为q、初速度为v0的带正电粒子从坐标为（0，r）的A点沿﹣y方向射入区域I，然后从x轴上的P点沿+x方向射出，粒子经过区域II后从Q点第2次射入区域I，已知OQ与+x方向成60°．角．不计粒子的重力．（1）求区域I中磁感应强度B1的大小；（2）求环形区域II中磁感应强度B2的大小、方向；（3）若要使粒子约束在磁场内，求大圆半径R的最小值；（4）求粒子在磁场中运动的周期T．19\n考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．.专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）粒子进入磁场Ⅰ做圆周运动，由几何关系求出轨迹半径，由牛顿第二定律求解磁感应强度B1的大小；（2）在环形区域Ⅱ中，当粒子的运动轨迹与外圆相切，画出轨迹，由几何关系求解轨迹半径，再求解B2的大小．（3）作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径．（4）根据粒子运动的轨迹所对应的圆心角，再求解运动周期．解答：解：（1）设在区域Ⅰ内轨迹圆半径为r1=r；由牛顿第二定律得：qv0B1=m，解得：B1=；（2）设粒子在区域Ⅱ中的轨迹圆半径为r2，部分轨迹如图所示：由几何关系知：r2=r1，19\n由牛顿第二定律得：qv0B2=m，所以：B2=B1=，方向与B1相反，即垂直xoy平面向外；（3）由几何关系得：R=2r2+r2=3r2，即：R=r；（4）轨迹从A点到Q点对应圆心角θ=90°+60°=150°，要仍从A点沿y轴负方向射入，需满足；150n=360m，m、n属于自然数，即取最小整数m=5，n=12，T=12×（T1+T2），其中：T1=，T2=，解得：T=（+6）．答：（1）区域I中磁感应强度B1的大小为；（2）环形区域II中磁感应强度B2的大小为，方向：垂直于纸面向外；（3）若要使粒子约束在磁场内，大圆半径R的最小值为r；（4）粒子在磁场中运动的周期T为（+6）．点评：解决本题的关键掌握带电粒子在有界磁场中做匀速圆周运动时，如何确定圆心、半径．　19