2018-2019学年吉林省吉林市普通高中友好学校联合体高三（上）期末物理试卷Word版含解析

2018-2019学年吉林省吉林市普通高中友好学校联合体高三（上）期末物理试卷
一.选择题（共48分，1～8题为单选题，9～12题为多选题.）单项选择题（每个小题只有一个正确答案，每题4分，共32分.）
1．（4分）如图所示，下列说法不正确的是（　　）
A．如果图象为位移﹣时间图象，其斜率表示物体运动速度的大小
B．如果图象为速度﹣时间图象，其斜率表示物体运动加速度的大小
C．如果图象为平均速度﹣时间图象，其斜率表示物体加速度大小的0.5倍
D．如果图象为加速度﹣时间图象，其斜率表示物体运动速度的大小
2．（4分）如图所示，粗糙的斜面固定在水平面上，小物块的质量为m，带电量为+q，刚好能在图（甲）的斜面上匀速下滑。如果在空间加上一匀强电场如图（乙）所示，下列关于小物块运动状态的描述正确的是（　　）
A．加速下滑 B．减速下滑 C．匀速下滑 D．静止不动
3．（4分）如图所示，气枪水平对准被磁铁吸住的钢球，并在子弹射出枪口的同时，电磁铁的电路断开，释放钢球自由下落（设离地高度足够大），则正确的是（　　）
A．子弹与钢球在任意时刻都位于同一高度
B．子弹一定比钢球后落地
C．子弹一定从空中下落的钢球下方飞过
D．只有在气枪离电磁铁某一距离时，子弹才能能击中空中下落的钢球
4．（4分）如图，若两颗人造卫星a和b均绕地球做匀速圆周运动，a、b到地心O的距离分别为r1、r2，线速度大小分别为v1、v2，则（　　）
A．＝ B．＝
C．＝（）2 D．＝（）2
5．（4分）如图所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速带至高处，在此过程中，下述说法不正确的是（　　）
A．摩擦力对物体做正功 B．摩擦力对物体做负功
C．支持力对物体不做功 D．合外力对物体做功为零
6．（4分）假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率，如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的（　　）
A．4倍 B．2倍 C．倍 D．倍
7．（4分）如图所示，a、b带等量异种电荷，M，N是a、b连线的中垂线，现有一个带电粒子从M点以一定的初速度v0射出，开始一段轨迹如图中曲线所示，不考虑粒子重力，则在飞越该电场的过程中，下列说法不正确的是（　　）
A．该粒子带正电
B．该粒子的动能先增大减后小
C．该粒子的电势能先增大后减小
D．该粒子运动到无穷远处，速率大小一定仍为v0
8．（4分）如图所示，在竖直放置的半圆形光滑绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m、电荷量为q的小球从管的水平直径的端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力。若圆弧半径为r，小球运动过程中所带电荷量不变，则固定于圆心处的点电荷的电荷量是（　　）
A． B． C． D．
二.多项选择题（每小题4分，共16分，全选对的4分，选不全的2分，有选错的0分）
9．（4分）如图矩形线圈在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动，当转到图示位置时，下列说法正确的是（　　）
A．磁通量变化率为零 B．感应电流最大
C．磁通量变化率最大 D．通过线框的磁通量最大
10．（4分）单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，若线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图所示，则O～D过程中（　　）
A．线圈中O时刻感应电动势为零
B．线圈中D时刻感应电动势为零
C．线圈中D时刻感应电动势最大
D．线圈中O至D时间内平均感应电动势为0.4V
11．（4分）从地面竖直上抛一个质量为m的小球，小球上升的最大高度为h，设上升和下降过程中空气阻力大小恒定为f。下列说法正确的是（　　）
A．小球上升的过程中重力势能增加了mgh
B．小球上升和下降的整个过程中机械能减少了2fh
C．小球上升的过程中动能增加了﹣mgh﹣fh
D．小球上升和下降的整个过程中动能减少了fh
12．（4分）某交流电电路中，有一正工作的变压器，它的原线圈匝数n1＝600匝，电源电压为U1＝220V，原线圈串联一个0.2A的保险丝，副线圈n2＝120匝，为保证保险丝不烧断，则（　　）
A．负载功率不能超过44W
B．副线圈电流最大值不能超过1A
C．副线圈电流有效值不能超过1A
D．副线圈电流有效值不能超过0.2A
二、实验题（共16分，13题8分，14题8分）
13．（8分）用如图1所示的实验装置验证ml、m2及地球组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，ml下面拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。如图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是刚开始运动时打下的点，每相邻两计数点间还有4个计时点（图中未标出）。已知ml＝100g、m2＝300g，取g＝9.8m/s2．（结果保留三位有效数字）
（1）在纸带上打下记数点5时的速度v＝　 　m/s；
（2）从0点到第5个计数点的过程中系统动能的增加量△EK＝　 　J，系统重力势能的减少量△EP＝　 　J；
（3）通过（2）中的数据能够得出的结论是　 　
14．（6分）某同学在实验室测定一节干电池的电动势和内阻，实验室中有如下器材：
A．待测干电池
B．电流表G（0～3mA，内电阻r1＝20Ω）
C．电流表A（0～0.6A，内电阻r2＝0.20Ω）
D．滑动变阻器甲（最大阻值10Ω）
E．滑动变阻器乙（最大阻值100Ω）
F．定值电阻R1＝100Ω
G．定值电阻R2＝500Ω
H．定值电阻R3＝1.5kΩ
以及导线和开关．
由于没有电压表，为此他设计了如图所示的电路完成了实验要求的测量．
（1）为了方便并能较准确测量，滑动变阻器应选　 　，定值电阻应选用　 　．（填写各器材前的序号）
（2）若某次测量中电流表G的示数为I1，电流表A的示数为I2；改变滑动变阻器的位置后，电流表G的示数为I1′，电流表A的示数为I2′．则可知此电源的内电阻r＝　 　，电动势E＝　 　．（用给出和测得的物理量表示）
15．（2分）用游标卡尺测得某材料的长度如图甲所示，示数为L＝　 　mm；用螺旋测微器测得该材料的直径如图乙所示，示数为D＝　 　mm。
三、计算题（共3道小题，共36分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后的答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
16．（12分）如图所示，两根半径为r＝0.5m的圆弧轨道，间距为L＝1m，其顶端a、b与圆心处等高，轨道光滑且电阻不计，在其上端连有一阻值为R＝2Ω的电阻，整个装置处于辐向磁场中，圆弧轨道所在处的磁感应强度大小均为B＝1T．将一根长度稍大于L，质量为m＝1kg、电阻为R0＝1Ω的金属棒从轨道顶端ab处由静止释放。已知当金属棒到达如图所示的cd位置（金属棒与轨道圆心连线和水平面夹角为θ＝60°）时，金属棒的速度达到最大；当金属棒到达轨道底端ef时，对轨道的压力为1.5mg。求：
（1）当金属棒的速度最大时，流经电阻R的电流大小和方向；
（2）金属棒滑到轨道底端的整个过程中流经电阻R的电量；
（3）金属棒滑到轨道底端的整个过程中电阻R上产生的热量。（g＝10m/s2）
17．（12分）如图，区域I内有与水平方向成37°角的匀强电场E1，区域宽度为d1，区域II内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场E2，区域宽度为d2，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下。一质量为m、带电量为q的微粒在区域I左边界的P点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域II后做匀速圆周运动，从区域II右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了90°，重力加速度为g，求：
（1）区域I和区域II内匀强电场的电场强度E1、E2的大小？
（2）区域II内匀强磁场的磁感应强度B的大小。
18．（12分）如图甲所示，光滑平台右侧与一长为L＝10m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v0＝10m/s滑上木板，恰好滑到木板右端停止。现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：
（1）滑块与木板之间的动摩擦因数μ；
（2）滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t。

2018-2019学年吉林省吉林市普通高中友好学校联合体高三（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一.选择题（共48分，1～8题为单选题，9～12题为多选题.）单项选择题（每个小题只有一个正确答案，每题4分，共32分.）
1．（4分）如图所示，下列说法不正确的是（　　）
A．如果图象为位移﹣时间图象，其斜率表示物体运动速度的大小
B．如果图象为速度﹣时间图象，其斜率表示物体运动加速度的大小
C．如果图象为平均速度﹣时间图象，其斜率表示物体加速度大小的0.5倍
D．如果图象为加速度﹣时间图象，其斜率表示物体运动速度的大小
【分析】位移﹣时间图象的斜率表示速度，速度﹣时间图象的斜率表示加速度，根据匀变速直线运动的位移时间公式得到平均速度与时间的关系，再分析平均速度﹣时间图象斜率的意义。加速度﹣时间图象的斜率表示单位时间内速度变化量。
【解答】解：A、如果图象为位移﹣时间图象，根据v＝，知其斜率表示物体运动速度的大小，故A正确。
B、如果图象为速度﹣时间图象，根据a＝，知其斜率表示物体运动加速度的大小，故B正确。
C、根据匀变速直线运动的位移时间公式 x＝v0t+，得平均速度为 ＝＝at+v0，可知，如果图象为平均速度﹣时间图象，其斜率表示物体加速度大小的0.5倍。故C正确。
D、如果图象为加速度﹣时间图象，其斜率为 k＝≠＝v，所以其斜率不表示物体运动速度的大小，故D不正确。
本题选不正确的，故选：D。
【点评】对于图象问题，先看轴，然后根据关系式分析斜率、围成的面积对应的物理意义即可解决。
2．（4分）如图所示，粗糙的斜面固定在水平面上，小物块的质量为m，带电量为+q，刚好能在图（甲）的斜面上匀速下滑。如果在空间加上一匀强电场如图（乙）所示，下列关于小物块运动状态的描述正确的是（　　）
A．加速下滑 B．减速下滑 C．匀速下滑 D．静止不动
【分析】对物体受力分析，同时可以按效果将力沿平行斜面和垂直斜面正交分解，然后根据共点力平衡条件或者牛顿第二定律进行研究。
【解答】解：无电场时，对物块受力分析：受重力、支持力、摩擦力，根据共点力平衡条件，有
平行斜面方向：mgsinθ﹣f＝0
垂直斜面方向：N﹣mgcosθ＝0
其中f＝μN
解得：μ＝tanθ
有电场时，对物块受力分析：受重力、支持力、摩擦力和电场力，根据牛顿第二定律，有：
（mg+F）sinθ﹣μ（mgcosθ+F）＝ma
解得：a＝0 物体仍然匀速下滑，故ABD错误C正确。
故选：C。
【点评】本题考查了受力分析、共点力平衡条件、牛顿第二定律，难度不大，基础题。
3．（4分）如图所示，气枪水平对准被磁铁吸住的钢球，并在子弹射出枪口的同时，电磁铁的电路断开，释放钢球自由下落（设离地高度足够大），则正确的是（　　）
A．子弹与钢球在任意时刻都位于同一高度
B．子弹一定比钢球后落地
C．子弹一定从空中下落的钢球下方飞过
D．只有在气枪离电磁铁某一距离时，子弹才能能击中空中下落的钢球
【分析】子弹射出枪口后做平抛运动，平抛运动在竖直方向上的分运动为自由落体运动，与钢球的运动情况相同，所以恰好击中钢球。
【解答】解：A、子弹在竖直方向上做自由落体运动，与钢球的运动情况相同，故子弹与钢球在任意时刻都位于同一高度，故A正确；
B、子弹在竖直方向上做自由落体运动，与钢球的运动情况相同，所以只要气枪离电磁铁的距离在子弹的射程之内，子弹一定能击中下落的钢球，且他们同时落地，故BCD错误；
故选：A。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动。以及分运动与合运动具有等时性。
4．（4分）如图，若两颗人造卫星a和b均绕地球做匀速圆周运动，a、b到地心O的距离分别为r1、r2，线速度大小分别为v1、v2，则（　　）
A．＝ B．＝
C．＝（）2 D．＝（）2
【分析】根据万有引力提供向心力＝m，解出线速度与轨道半径r的关系进行求解。
【解答】解：根据万有引力提供向心力＝m
v＝，a、b到地心O的距离分别为r1、r2，
所以＝，
故选：A。
【点评】本题关键是要掌握万有引力提供向心力这个关系，能够根据题意选择恰当的向心力的表达式。
5．（4分）如图所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速带至高处，在此过程中，下述说法不正确的是（　　）
A．摩擦力对物体做正功 B．摩擦力对物体做负功
C．支持力对物体不做功 D．合外力对物体做功为零
【分析】根据力的方向与运动方向的关系判断该力做正功还是负功。根据动能定理，结合动能的变化量判断合力做功情况。
【解答】解：A、物体匀速向上运动的过程中，摩擦力的方向沿传送带向上，与运动的方向相同，所以摩擦力做正功。故A正确，B错误。
C、支持力的方向与运动的方向垂直，知支持力对物体不做功。故C正确。
D、物体匀速上升，动能变化量为零，根据动能定理知，合力做功为零。故D正确。
本题选择错误，故选：B。
【点评】解决本题的关键会根据力的方向与运动的方向判断力的做功情况，当力与速度的方向的夹角0°≤θ＜90°，该力做正功，当θ＝90°时，力不做功，当90°＜θ≤180°时，力做负功。
6．（4分）假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率，如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的（　　）
A．4倍 B．2倍 C．倍 D．倍
【分析】由题意可知：摩托艇的阻力大小与速度成正比，即：f＝kv；当物体做匀速运动时，速度最大，此时牵引力F与阻力f相等：即F＝f＝kv；而发动机的输出功率P＝Fv，据此分析判断．
【解答】解：设阻力为f，由题知：f＝kv；
速度最大时，牵引力等于阻力，则有 P＝Fv＝fv＝kv2。
所以摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的倍。
故选：D。
【点评】解决本题的关键：一是能够正确的写出阻力与速度大小的表达式，二是利用功率的计算方法P＝Fv．
7．（4分）如图所示，a、b带等量异种电荷，M，N是a、b连线的中垂线，现有一个带电粒子从M点以一定的初速度v0射出，开始一段轨迹如图中曲线所示，不考虑粒子重力，则在飞越该电场的过程中，下列说法不正确的是（　　）
A．该粒子带正电
B．该粒子的动能先增大减后小
C．该粒子的电势能先增大后减小
D．该粒子运动到无穷远处，速率大小一定仍为v0
【分析】根据轨迹的弯曲方向确定粒子所受的电场力方向，从而确定粒子的电性；根据电场力做功，结合动能定理得出动能的变化，根据电场力做功与电势能的关系判断电势能的变化。通过M点和无穷远处的电势差，结合动能定理判断粒子到达无穷远处的速度。
【解答】解：A、粒子轨迹向右弯曲，受到的电场力大致向右，该粒子带正电。故A正确。
B、由题可知，电场力先做正功，后做负功，则根据动能定理得知，粒子的动能先增大后减小。故B正确。
C、电场力先做正功，后做负功，粒子的电势能先减小后增大。故C不正确。
D、M点的电势与无穷远处相等，粒子从M点运动到无穷远处过程，电场力做功为零，则该粒子运动到无穷远处后，其速度大小一定仍为v。故D正确。
本题选不正确的，故选：C。
【点评】本题是轨迹问题，根据轨迹的弯曲方向可判断出粒子的合力方向，分析出电场力做功情况。带等量异种电荷连线的中垂线是一条件延伸到无穷远处的等势线，要记牢。
8．（4分）如图所示，在竖直放置的半圆形光滑绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m、电荷量为q的小球从管的水平直径的端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力。若圆弧半径为r，小球运动过程中所带电荷量不变，则固定于圆心处的点电荷的电荷量是（　　）
A． B． C． D．
【分析】小球沿细管滑到最低点B过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒。小球到达B点时对管壁恰好无压力，则由重力和点电荷对的电场力的合力提供向心力，根据机械能守恒定律求出小球到达B点时的速度，由牛顿第二定律求出场强的大小，由库仑定律求出点电荷的电荷量。
【解答】解：设细管的半径为R，小球到达B点时速度大小为v。小球从A滑到B的过程，由机械能守恒定律得：
mgR＝mv2
得到：v＝
小球经过B点时，由牛顿第二定律得：
Eq﹣mg＝m
将v＝ 代入得：
E＝
根据点电荷电场强度公式，圆心处的电荷在AB弧中点处的电场强度大小为：E＝。
联立可得：Q＝．故A正确，BCD错误
故选：A。
【点评】本题是机械能守恒定律和牛顿第二定律的综合应用。对于圆周运动，常常不单独出题，会和动能定理、机械能守恒结合应用。
二.多项选择题（每小题4分，共16分，全选对的4分，选不全的2分，有选错的0分）
9．（4分）如图矩形线圈在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动，当转到图示位置时，下列说法正确的是（　　）
A．磁通量变化率为零 B．感应电流最大
C．磁通量变化率最大 D．通过线框的磁通量最大
【分析】矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，线圈中产生正弦式电流。在垂直于中性面时，线圈与磁场平行，磁通量为零，感应电动势最大。
【解答】解：由图可知，线圈处于与中性面相互垂直的位置，此时线圈中磁通最最小，但磁通量的变化率最大；感应电动势和感应电流也最大；故AD错误，BC正确；
故选：BC。
【点评】本题考查正弦式电流产生原理的理解能力，抓住两个特殊位置的特点：线圈与磁场垂直时，磁通量最大，感应电动势为零，即磁通量的变化率为零；线圈与磁场平行时，磁通量为零，感应电动势最大，即磁通量的变化率为最大。
10．（4分）单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，若线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图所示，则O～D过程中（　　）
A．线圈中O时刻感应电动势为零
B．线圈中D时刻感应电动势为零
C．线圈中D时刻感应电动势最大
D．线圈中O至D时间内平均感应电动势为0.4V
【分析】根据法拉第电磁感应定律知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比．通过法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势的大小．Φ﹣t图象切线的斜率大小等于磁通量的变化率．
【解答】解：A、由图知t＝0时刻图象切线斜率最大，则磁通量的变化率为最大，则由法拉第电磁感应定律得知：感应电动势最大，不为零，故A错误。
B、C：在D时刻切线斜率为零，磁通量的变化率为零，则感应电动势为零。故B正确，C错误。
D、根据法拉第电磁感应定律得：E＝＝V＝0.4V，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题关键是掌握好图象的含义，磁通量比时间其物理含义为感应电动势，即图象的斜率表示感应电动势．
11．（4分）从地面竖直上抛一个质量为m的小球，小球上升的最大高度为h，设上升和下降过程中空气阻力大小恒定为f。下列说法正确的是（　　）
A．小球上升的过程中重力势能增加了mgh
B．小球上升和下降的整个过程中机械能减少了2fh
C．小球上升的过程中动能增加了﹣mgh﹣fh
D．小球上升和下降的整个过程中动能减少了fh
【分析】重力做功等于重力势能的减小量；除重力外其余力做的功等于机械能的变化量；合外力做功等于运动的变化量；据此分析各项。
【解答】解：A、小球上升h，故重力势能增加mgh，则A正确
B、除重力外其余力做的功等于机械能的变化量，除重力外，克服阻力做功2fh，故机械能减小2fh，故B正确；
C、小球上升的过程中，重力和阻力都做负功，其中克服重力做功等于mgh，克服阻力做功fh，则动能增加了﹣mgh﹣fh，故C正确
D、小球上升和下降的整个过程中，重力做功等于零，阻力做功等于﹣2fh，故根据动能定理，动能减小2fh，故D错误；
故选：ABC。
【点评】解决本题需掌握：
①总功等于动能的变化量；
②重力做功等于重力势能的减小量；
③除重力外其余力做的功等于机械能的变化量。
12．（4分）某交流电电路中，有一正工作的变压器，它的原线圈匝数n1＝600匝，电源电压为U1＝220V，原线圈串联一个0.2A的保险丝，副线圈n2＝120匝，为保证保险丝不烧断，则（　　）
A．负载功率不能超过44W
B．副线圈电流最大值不能超过1A
C．副线圈电流有效值不能超过1A
D．副线圈电流有效值不能超过0.2A
【分析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，结合保险丝得额定电流计算出副线圈中允许的最大电流和功率．
【解答】解：原、副线圈的匝数分别为n1＝600匝、n2＝120匝，电源的电压为U1＝220V，所以副线圈电压是＝44V，根据电流与匝数反比，副线圈允许的电流有效值最大为＝1A，所以负载功率不能超过P＝UI＝44×1＝44W，故AC正确，BD错误；
故选：AC。
【点评】本题考查了变压器的特点，突破口在于保险丝的数值，结合欧姆定律进行判断．
二、实验题（共16分，13题8分，14题8分）
13．（8分）用如图1所示的实验装置验证ml、m2及地球组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，ml下面拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。如图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是刚开始运动时打下的点，每相邻两计数点间还有4个计时点（图中未标出）。已知ml＝100g、m2＝300g，取g＝9.8m/s2．（结果保留三位有效数字）
（1）在纸带上打下记数点5时的速度v＝　2.40　m/s；
（2）从0点到第5个计数点的过程中系统动能的增加量△EK＝　1.15　J，系统重力势能的减少量△EP＝　1.18　J；
（3）通过（2）中的数据能够得出的结论是　m1和m2组成的系统在误差允许的范围内机械能守恒　
【分析】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出计数点5的瞬时速度，从而得出系统动能的增加量，结合下降的高度求出系统重力势能的减小量。
【解答】解：（1）计数点5的瞬时速度v5＝＝ m/s＝2.40m/s。
（2）系统动能的增加量△Ek＝（m1+m2）v52＝×（0.1+0.3）×2.42J≈1.15J；
系统重力势能的减小量△Ep＝（m2﹣m1）gh＝（0.3﹣0.1）×9.8×（38.40+21.60）×10﹣2J≈1.18J。
（3）由第二问知，在实验误差允许的范围内，m1和m2组成的系统在误差允许的范围内机械能守恒。
故答案为：
（1）2.40；
（2）1.15；1.18；
（3）m1和m2组成的系统在误差允许的范围内机械能守恒。
【点评】本题全面的考查了验证机械能守恒定律中的数据处理问题，要熟练掌握匀变速直线运动的规律以及功能关系，增强数据处理能力。
14．（6分）某同学在实验室测定一节干电池的电动势和内阻，实验室中有如下器材：
A．待测干电池
B．电流表G（0～3mA，内电阻r1＝20Ω）
C．电流表A（0～0.6A，内电阻r2＝0.20Ω）
D．滑动变阻器甲（最大阻值10Ω）
E．滑动变阻器乙（最大阻值100Ω）
F．定值电阻R1＝100Ω
G．定值电阻R2＝500Ω
H．定值电阻R3＝1.5kΩ
以及导线和开关．
由于没有电压表，为此他设计了如图所示的电路完成了实验要求的测量．
（1）为了方便并能较准确测量，滑动变阻器应选　D　，定值电阻应选用　G　．（填写各器材前的序号）
（2）若某次测量中电流表G的示数为I1，电流表A的示数为I2；改变滑动变阻器的位置后，电流表G的示数为I1′，电流表A的示数为I2′．则可知此电源的内电阻r＝　（R2+r1）　，电动势E＝　（R2+r1）　．（用给出和测得的物理量表示）
【分析】将电流表B串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表，采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小．
根据闭合回路欧姆定律列出等式求解电动势和内阻．
【解答】解：（1）上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表B串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表．
为了方便并能较准确测量，电路图中的电流表A应选C，采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小．滑动变阻器应选D，
一节电池电动势大约是1.5V，所以改装成的电压表的量程要达到1.5V，所以定值电阻应选G，
（2）某次测量中电流表B的示数为I1，电流表A的示数为I2
根据欧姆定律和串联的知识得E＝I1（R2+r1）+rI2，
改变滑动变阻器滑片的位置后，电流表B的示数为I1′，电流表A的示数为I2′．
根据欧姆定律和串联的知识得E＝I1′（R2+r1）+rI2′，
解得：r＝ （R2+r1） E＝ （R2+r1）
故答案为：①D G ②r＝ （R2+r1） E＝ （R2+r1）
【点评】本题为测量电源的电动势和内电阻的实验的变形，注意由于没有电压表，本实验中采用改装的方式将表头改装为电压表，再根据原实验的研究方法进行分析研究，注意数据处理的方法．
15．（2分）用游标卡尺测得某材料的长度如图甲所示，示数为L＝　30.35　mm；用螺旋测微器测得该材料的直径如图乙所示，示数为D＝　3.206　mm。
【分析】游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是游标卡尺示数。
【解答】解：由图示游标卡尺可知，其示数为：30mm+7×0.05mm＝30.35mm；
由图示螺旋测微器可知，其示数为：3mm+20.6×0.01mm＝3.206mm。
故答案为：30.35；3.206
【点评】要掌握常用器材的使用及读数方法，螺旋测微器需要估读，游标卡尺不需要估读。
三、计算题（共3道小题，共36分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后的答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
16．（12分）如图所示，两根半径为r＝0.5m的圆弧轨道，间距为L＝1m，其顶端a、b与圆心处等高，轨道光滑且电阻不计，在其上端连有一阻值为R＝2Ω的电阻，整个装置处于辐向磁场中，圆弧轨道所在处的磁感应强度大小均为B＝1T．将一根长度稍大于L，质量为m＝1kg、电阻为R0＝1Ω的金属棒从轨道顶端ab处由静止释放。已知当金属棒到达如图所示的cd位置（金属棒与轨道圆心连线和水平面夹角为θ＝60°）时，金属棒的速度达到最大；当金属棒到达轨道底端ef时，对轨道的压力为1.5mg。求：
（1）当金属棒的速度最大时，流经电阻R的电流大小和方向；
（2）金属棒滑到轨道底端的整个过程中流经电阻R的电量；
（3）金属棒滑到轨道底端的整个过程中电阻R上产生的热量。（g＝10m/s2）
【分析】（1）金属棒速度最大时，在轨道切线方向所受合力为0，由此条件列式求解流经电阻R的电流大小，由右手定则判断电流方向。
（2）金属棒下滑过程中，穿过回路的磁通量增加，先求出磁通量的增加量，再由法拉第电磁感应定律和欧姆定律求流经电阻R的电量。
（3）研究金属棒到达轨道底端ef时的受力情况，由牛顿第二定律求出金属棒到达最低点时的速度，再根据能量守恒定律求电阻R上产生的热量。
【解答】解：（1）金属棒速度最大时，在轨道切线方向所受合力为0，则有
mgcosθ＝BIL
解得：＝A＝5A
由右手定则判断知流经R的电流方向为a→R→b
（2）金属棒滑到轨道底端的整个过程中，穿过回路的磁通量变化量为：
△Φ＝BS＝B?L?＝
平均感应电动势 ＝
平均感应电流 ＝
流经电阻R的电量 q＝△t＝＝
代入数据解得 q＝C
（3）金属棒经过轨道最低点时，由牛顿第二定律得：

由能量转化和守恒得：
电阻R上发热量
代入数据解得 QR＝2.5J
答：
（1）当金属棒的速度最大时，流经电阻R的电流大小是5A，方向为a→R→b；
（2）金属棒滑到轨道底端的整个过程中流经电阻R的电量是C；
（3）金属棒滑到轨道底端的整个过程中电阻R上产生的热量是2.5J。
【点评】解决本题的关键是明确金属棒是垂直切割磁感线的，与平直轨道上运动情况相似，注意电量与磁通量的变化量有关，热量往往根据能量守恒求解。
17．（12分）如图，区域I内有与水平方向成37°角的匀强电场E1，区域宽度为d1，区域II内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场E2，区域宽度为d2，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下。一质量为m、带电量为q的微粒在区域I左边界的P点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域II后做匀速圆周运动，从区域II右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了90°，重力加速度为g，求：
（1）区域I和区域II内匀强电场的电场强度E1、E2的大小？
（2）区域II内匀强磁场的磁感应强度B的大小。
【分析】（1）微粒在区域I内水平向右做直线运动，则电场力在竖直方向的分力与重力平衡，微粒在区域II内做匀速圆周运动，则电场力等于重力。
（2）根据洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律与几何关系可以求出磁感应强度B。
【解答】解：：（1）微粒在区域I内水平向右做直线运动，则在竖直方向上，由平衡条件得：
qE1sin37°＝mg，
解得：E1＝，
微粒在区域II内做匀速圆周运动，则在竖直方向上，
由平衡条件得：mg＝qE2，
解得：E2＝；
（2）设微粒在区域I内水平向右做直线运动时加速度为a，离开区域I时速度为v，在区域II内做匀速圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律得：
a＝＝，
由匀变速直线运动的速度位移公式得：v2＝2ad1，
由几何知识得：R＝d2，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB＝m，
解得：B＝
答：（1）区域I和区域II内匀强电场的电场强度E1、E2的大小分别是，；
（2）区域II内匀强磁场的磁感应强度B的大小是得：B＝
【点评】本题考查受力分析的方法，掌握受力平衡状态方程，理解力的平行四边形定则与牛顿第二定律的应用，注意几何关系在本题的运用。
18．（12分）如图甲所示，光滑平台右侧与一长为L＝10m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v0＝10m/s滑上木板，恰好滑到木板右端停止。现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：
（1）滑块与木板之间的动摩擦因数μ；
（2）滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t。
【分析】（1）根据速度位移公式求得加速度，利用牛顿第二定律求得摩擦因数；
（2）根据牛顿第二定律求得减速上滑和加速下滑的加速度，利用运动学公式求得减速上滑和加速下滑的时间即可求得。
【解答】解：（1）设滑块的质量为m，木板水平时滑块的加速度为a，对滑块由牛顿第二定律得：
μmg＝ma
滑块恰好滑到木板右端停止由位移速度关系式得：
解得：
（2）当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度为a1最大距离为s，上滑的时间为t1，
由牛顿第二定律得：μmgcosθ+mgsinθ＝ma1
由位移速度关系式得：
由速度公式得：0＝v0﹣a1t1
联立解得：t1＝1s，S＝5m
设滑块下滑时的加速度为a2，下滑的时间为t2，
由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
由位移公式得：s＝
联立解得：t2＝s
滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间
答：（1）滑块与木板之间的动摩擦因数是0.5；
（2）滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间是（1+）s
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，加速度是中间桥梁，关键是明确运动过程即可求得。