2020-2021学年辽宁省葫芦岛市高三（上）期末物理试卷(解析版)

2020-2021学年辽宁省葫芦岛市高三（上）期末物理试卷
一、选择题（共12小题，第1～9为单选题，第10～12为多选题，每题全部选对得4分，选对但不全得3分，有错选得0分）
1．质量为0.5kg的足球以8m/s的速度水平飞来，运动员把它以12m/s的速度用脚反向踢回，作用时间为0.2s，运动员脚部受到足球给的作用力大小约为（　　）
A．2N
B．10N
C．20N
D．50N
2．一质点在t＝0时刻从x＝0处沿x轴正方向做直线运动，其运动的v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．t＝0.5s时的加速度大小为1.5m/s2
B．0～4s内的平均速度为1.125m/s
C．第1s内的加速度大于第3s内的加速度
D．前3s内的位移为12m
3．如图所示，水平地面上不同位置的三个物体沿三条不同的路径抛出，最终落在同一点，三条路径的最高点是等高的，若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是（　　）
A．沿三条路径抛出的物体落地速率相等
B．沿路径3抛出的物体在空中运动的时间最长
C．三个物体抛出时初速度的竖直分量相等
D．三个物体落地时重力做功的功率都相等
4．如图，一机械臂铁夹夹起质量为m的小球，机械臂与小球沿水平方向做加速度为a的匀加速直线运动，则铁夹对球的作用力（　　）
A．大小为mg，方向竖直向上
B．大小为ma，方向水平向右
C．大小与小球的加速度大小无关
D．方向与小球的加速度大小有关
5．如图为一由干电池、铜线圈和钦磁铁组成的简易电动机，此装置中的铜线圈能从静止开始绕虚线OO′轴转动起来，那么（　　）
A．若磁铁上方为N极，从上往下看，线圈将顺时针旋转
B．若磁铁上方为S极，从上往下看，线圈将顺时针旋转
C．线圈匀速转动过程电池的化学能全部转化为线圈的动能
D．线圈加速转动过程电池的化学能全部转化为线圈的动能
6．如图，悬挂物体甲的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；轻绳的一端固定在墙上，另一端跨过光滑的定滑轮后悬挂乙物体。甲、乙质量相等，系统平衡时O点两侧的绳与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2。若θ1＝65°，则θ2等于（　　）
A．30°
B．50°
C．60°
D．65°
7．2020年11月24日04：30分在中国文昌航天发射场，用长征五号遥五运载火箭成功发射探月工程“嫦娥五号”探测器，探测器在月球表面采集了约2千克样品返回地球。如图所示，“嫦娥五号”从地球奔向月球时，经历了的从轨道Ⅱ到轨道Ⅰ的变轨过程。关于嫦娥五号，下列说法中正确的是（　　）
A．在月球采集的2千克样品运到地球上它的重力不变
B．经过轨道上P点速度大于经过Q点的速度
C．在轨道Ⅰ上运动的周期大于在轨道Ⅱ上运动的周期
D．经过轨道Ⅰ上P点时的加速度大于经过轨道Ⅱ上P点的加速度
8．如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，一正点电荷固定在P点。下列说法正确的是（　　）
A．沿MN边，从M点到N点，电场强度逐渐减小
B．沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小
C．负检验电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大
D．将正检验电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负
9．如图所示，圆形区域圆心为O，区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，MN为圆的直径。从圆上的A点沿AO方向，以相同的速度先后射入甲、乙两个粒子，甲粒子从M点离开磁场，乙粒子从N离开磁场。已知∠AON＝60°，粒子重力不计，以下说法正确的是（　　）
A．甲粒子带负电荷
B．甲粒子在磁场中做圆周运动半径比乙小
C．乙粒子的比荷比甲大
D．乙粒子在磁场中运动时间比甲长
10．如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R，在线圈由图示位置转过90°的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．图示位置为中性面
B．电压表的示数为NBSω
C．电流表的示数
D．通过电阻R的电荷量为q＝
11．如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r．将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为△V1、△V2、△V3，理想电流表示数变化量的绝对值为△I，则（　　）
A．A的示数增大
B．V2的示数增大
C．△V3与△I的比值大于r
D．△V1大于△V2
12．一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，取g＝10m/s2。则物块开始下滑2m过程中，下列说法正确的是（　　）
A．重力势能减少量为12J
B．合力功为8J
C．机械能的损失为8J
D．物块沿斜面下滑的加速度2m/s2
二、实验题（16分）
13．（6分）图甲为在气垫导轨上验证机械能守恒定律的实验装置，将导轨调至水平，滑块装有宽度为d的遮光条，滑块包括遮光条总质量为M，细绳下端挂砝码，钩码的质量为m。滑块在钩码作用下先后通过两个光电门，用光电计时器记录遮光条通过光电门1和2各自的时间，可以计算出滑块通过光电门的速度v1和v2，用刻度尺测出两个光电门之间的距离x，重力加速度为g。
（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度d，示数如图乙，则d＝　
　cm。
（2）写出滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，验证机械能守恒定律的表达式　
　（用题中给出的物理量表示）。
（3）增加绳子下端砝码的个数，滑块每次都从同一位置由静止释放，作出图象如图丙所示，其斜率为k＝　
　（用题中给出的物理量表示）。
14．（10分）实验室有一灵敏电流计G的量程为1mA，内阻未知，现要精确测量G的内阻．实验室中可供选择的器材有：
待测灵敏电流计G；多用电表
电流表A1：量程为3mA，内阻约为200Ω；
电流表A2：量程为0.6A，内阻约为0.1Ω；
定值电阻R1：阻值为10Ω；定值电阻R2：阻值为60Ω；
滑动变阻器R3：最大电阻20Ω，额定电流1.5A；
直流电源：电动势1.5V，内阻0.5Ω；开关，导线若干．
（1）先用多用电表粗测G的内阻：正确的操作中应该使多用电表的红表笔接灵敏电流计G的　
　接线柱（填“正”或“负”），黑表笔接另一个接线柱．
（2）步骤（1）中粗测G的内阻为100Ω，为了精确测量G的内阻，实验小组的同学选择了如图所示的电路，则电表1为　
　，电表2为　
　（填“G、A1、A2”等电表符号），定值电阻Rx为　
　
（填“R1”或“R2”）．
（3）按照上述设计的电路进行实验，测得电表1的示数为a1，电表2的示数为a2，则电流表G的内阻的表达式为rg＝　
　．（用“a1、a2、Rx”等符号表达）
三、计算题（共3道题，要求必须有必要的文字说明和方程式以及重要演算步骤）
15．（10分）我国自主研制的新一代航空母舰正在建造中。设航母中舰载飞机获得的升力大小F可用F＝kv2表示，其中k为比例常数，v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知舰载飞机空载质量为1.69×103kg时，起飞离地速度为78m/s；装载弹药后质量为2.56×103kg。
（1）求飞机装载弹药后的起飞离地速度；
（2）若该航母有电磁弹射装置，飞机装载弹药后，从静止开始在水平甲板上匀加速滑行180m后起飞，求飞机在滑行过程中所用的时间和飞机所获得的平均推力大小（不计所有阻力）。
16．（12分）如图甲所示，两条相距l＝1m的水平粗糙导轨左端接一定值电阻。t＝0时，一质量m＝1kg、阻值r＝0.5Ω的金属杆，在水平外力的作用下由静止开始向右运动，5s末到达MN，MN右侧为一匀强磁场，磁感应强度B＝1T、方向垂直纸面向内。当金属杆到达MN后，保持外力的功率不变，金属杆进入磁场，8s末开始做匀速线运动。整个过程金属杆的v﹣t图象如图乙所示。若导轨电阻忽略不计，杆和导轨始终垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。试计算：
（1）进入磁场前，金属杆所受的外力F；
（2）金属杆到达磁场边界MN时拉力的功率Pm；
（3）电阻的阻值R。
17．（14分）如图所示，有一倾角θ＝37°的固定斜面，斜面底端固定有一垂直斜面的挡板P。将质量m1＝1kg的“L”形木板（前端挡板厚度忽略）单独从斜面上端由静止释放，木板与挡板P发生碰撞后，沿斜面上升的最大距离为s＝0.15m。若将光滑物块（视为质点）放在木板最上端并同时由静止释放（木板位置与上次释放时初位置相同）。已知：物块的质量m2＝2kg，释放时木板下端到挡板P的距离L1＝3m，木板长L2＝0.75m，g＝10m/s2，木板与挡板P碰后速率均为碰前速率的一半，物块与木板前端挡板碰撞后立刻粘合在一起，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）木板与斜面间的动摩擦因数；
（2）物块与木板前端挡板碰撞过程中系统损失的机械能；
（3）物块与木板前端挡板碰撞后开始计时，到木板第2次速度减为零时，这个过程中木板滑行的总路程。
2020-2021学年辽宁省葫芦岛市高三（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共12小题，第1～9为单选题，第10～12为多选题，每题全部选对得4分，选对但不全得3分，有错选得0分）
1．（4分）质量为0.5kg的足球以8m/s的速度水平飞来，运动员把它以12m/s的速度用脚反向踢回，作用时间为0.2s，运动员脚部受到足球给的作用力大小约为（　　）
A．2N
B．10N
C．20N
D．50N
【分析】设定正方向，从而确定初末动量，得出动量的变化量；根据动量定理列式即可求出脚对球的平均作用力大小，再由牛顿第三定律求出运动员脚部受到的作用力大小。
【解答】解：动量变化量的大小△p＝m△v＝m（v2﹣v1）
规定飞来的方向为正方向，代入v2＝﹣12m/s，v1＝8m/s
由动量定理I＝△p可知：运动员对足球的作用力F＝＝N＝﹣50N，负号说明作用力的方向与正方向相反；根据牛顿第三定律可知，运动员脚部受到足球给的作用力大小为50N，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】本题考查动量定理的应用，注意明确动量、冲量、力均为矢量，在列式计算时首先要明确正方向，确定各物理量的正负再进一步求解。
2．（4分）一质点在t＝0时刻从x＝0处沿x轴正方向做直线运动，其运动的v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．t＝0.5s时的加速度大小为1.5m/s2
B．0～4s内的平均速度为1.125m/s
C．第1s内的加速度大于第3s内的加速度
D．前3s内的位移为12m
【分析】由速度﹣时间图象可知质点在不同时间段的运动情况，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移。
【解答】解：A、由图象知，0﹣1s内加速度不变，所以t＝0.5s时的加速度大小为a＝m/s2＝3m/s2，故A错误；
B、图象与坐标轴围成的面积表示位移，0～4s内位移x＝（1+3）×3m﹣m＝4.5m，平均速度＝＝m/s＝1.125m/s，故B正确；
C、图线的斜率表示加速度，第1s内图线的斜率大小等于第3s内的斜率大小，所以第1s内的加速度大小等于第3s内的加速度大小，故C错误；
D、由图象知，前3s内的位移为x＝（1+3）×3m＝6m，故D错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键是知道速度与时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负。
3．（4分）如图所示，水平地面上不同位置的三个物体沿三条不同的路径抛出，最终落在同一点，三条路径的最高点是等高的，若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是（　　）
A．沿三条路径抛出的物体落地速率相等
B．沿路径3抛出的物体在空中运动的时间最长
C．三个物体抛出时初速度的竖直分量相等
D．三个物体落地时重力做功的功率都相等
【分析】本题考查斜上抛抛运动的基本规律。
斜上抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动。
落地速度取决于落地瞬间两个方向的速度合成。
初速度的竖直分量和运动时间都与最高点高度有关。
重力的瞬时功率取决于两个量，重力大小和竖直速度。
【解答】解：
B、平抛最高点高度
，所以，三物体在空中时间同样长，故B错误。
C、vy＝gt
所以竖直方向的初速度和末速度均相等，故C正确。
A、x＝vxt，水平速度不同，落地速度取决于两个方向速度的合成，所以落地速度不相同，故A错误。
D、WG＝mgvy，不知m是否相同，故D错误。
故选：C。
【点评】此题要求学生对斜上抛运动的基础知识掌握牢固，易错点在于初学者不习惯速度是矢量，需要在适当的时候分解或合成。
4．（4分）如图，一机械臂铁夹夹起质量为m的小球，机械臂与小球沿水平方向做加速度为a的匀加速直线运动，则铁夹对球的作用力（　　）
A．大小为mg，方向竖直向上
B．大小为ma，方向水平向右
C．大小与小球的加速度大小无关
D．方向与小球的加速度大小有关
【分析】对小球受力分析，根据牛顿第二定律确定球的受力情况。
【解答】解：AB、对小球受力分析可知，小球受重力、铁夹对球的作用力，当机械臂与小球沿水平方向做加速度为a的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知，合力沿水平方向，则铁夹对球的作用力斜向上方，故AB错误；
C、根据平行四边形定则，铁夹对球的作用力大小为：F＝，与加速度大小有关，故C错误；
D、合力方向水平，设铁夹对球的作用力与竖直方向成θ，由矢量三角形可得：tanθ＝，方向与小球的加速度大小有关，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查牛顿第二定律，要注意小球在竖直方向上受到静摩擦力作用，注意静摩擦力的大小与正压力大小无关。
5．（4分）如图为一由干电池、铜线圈和钦磁铁组成的简易电动机，此装置中的铜线圈能从静止开始绕虚线OO′轴转动起来，那么（　　）
A．若磁铁上方为N极，从上往下看，线圈将顺时针旋转
B．若磁铁上方为S极，从上往下看，线圈将顺时针旋转
C．线圈匀速转动过程电池的化学能全部转化为线圈的动能
D．线圈加速转动过程电池的化学能全部转化为线圈的动能
【分析】图中线圈两侧的电流是向下的，安培力方向可以根据左手定则判断，得到转动方向。
【解答】解：A、若磁铁上方为N极，线圈左边电流是向下的，磁场是向左的，根据左手定则可知安培力是向内的，线圈右边的电流也是向下的，磁场是向右的，根据左手定则安培力是向外的，故从上往下看，线圈顺时针转动；故A正确；
B、若磁铁上方为S极，线圈左边的电流是向下的，磁场是向右的，根据左手定则可知安培力是向外的；线圈右边的电流也是向下的，磁场是向左的，根据左手定则知安培力是向内的，从上往下看，线圈逆时针转动，故B错误；
C、D
线圈无论匀速转动还是加速转动过程中，电池的化学能全部转化为线圈的动能和电路的焦耳热，故CD错误；
故选：A。
【点评】本题关键是明确简易电动机的工作原理，图中已经标出了磁场方向和电流方向，根据左手定则可判断安培力方向即可，基础题。
6．（4分）如图，悬挂物体甲的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；轻绳的一端固定在墙上，另一端跨过光滑的定滑轮后悬挂乙物体。甲、乙质量相等，系统平衡时O点两侧的绳与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2。若θ1＝65°，则θ2等于（　　）
A．30°
B．50°
C．60°
D．65°
【分析】对O点进行受力分析，依据平衡条件，结合力的平行四边形定则，及三角函数，列式即可求解。
【解答】解：由于甲、乙两物体质量相等，则设它们的质量为m，
对O点进行受力分析，下面绳子的拉力mg，右边绳子的拉力mg，左边绳子的拉力F，连接甲和连接乙的轻绳的合力沿角平分线方向，如下图所示：
因整体处于静止状态，故受力平衡，通过矢量的合成法则，结合几何关系则有：
θ1+θ2+θ1＝180°
因θ1＝65°，解得：θ2＝50°，故B正确、ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查受力平衡的应用，要求熟练掌握力的平行四边形定则，此外要注意三角函数的正确列式。
7．（4分）2020年11月24日04：30分在中国文昌航天发射场，用长征五号遥五运载火箭成功发射探月工程“嫦娥五号”探测器，探测器在月球表面采集了约2千克样品返回地球。如图所示，“嫦娥五号”从地球奔向月球时，经历了的从轨道Ⅱ到轨道Ⅰ的变轨过程。关于嫦娥五号，下列说法中正确的是（　　）
A．在月球采集的2千克样品运到地球上它的重力不变
B．经过轨道上P点速度大于经过Q点的速度
C．在轨道Ⅰ上运动的周期大于在轨道Ⅱ上运动的周期
D．经过轨道Ⅰ上P点时的加速度大于经过轨道Ⅱ上P点的加速度
【分析】月球表面的重力加速度与地球表面的重力加速度不同。
根据开普勒第二定律可知，近月点的速度大。
根据开普勒第三定律分析周期与轨道半径的关系。
通过比较万有引力的大小，根据牛顿第二定律比较经过P点的加速度。
【解答】解：A、根据重力与质量的关系可知，G'＝mg，月球表面的重力加速度与地球表面的重力加速度不同，则在月球采集的2千克样品运到地球上它的重力改变，故A错误；
B、当探测器在椭圆轨道II上运行时，根据开普勒第二定律可知，近月点的速度大，即经过轨道II上P点的速度大于经过Q点的速度，当探测器由椭圆轨道II经P点变轨到圆轨道I上时，根据卫星变轨原理可知，速度减小，即卫星在圆轨道I上运行速度小于卫星在椭圆轨道II上经过P点时的速度；同理，假设卫星在Q点加速变轨到圆轨道III，则卫星在圆轨道III上的运行速度小于在椭圆轨道II上经过Q点的运行速度；根据万有引力提供向心力，，解得线速度：v＝，即卫星在圆轨道III上的运行速度小于在圆轨道I上的运行速度，综上所述，经过轨道上P点速度大于经过Q点的速度，故B正确；
C、根据开普勒第三定律可知，＝k，探测器在轨道I上的半径小于轨道II的半长轴，所以探测器在轨道I上的运行周期小于在轨道II上的运行周期，故C错误；
D、探测器在不同轨道上P点的位置不变，受到的万有引力不变，根据F＝ma知加速度相等，故D错误。
故选：B。
【点评】该题考查了人造卫星的相关知识，解决本题的关键掌握卫星的变轨的原理，掌握开普勒行星运行定律，通过比较轨道半径比较运动线速度、周期等。
8．（4分）如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，一正点电荷固定在P点。下列说法正确的是（　　）
A．沿MN边，从M点到N点，电场强度逐渐减小
B．沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小
C．负检验电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大
D．将正检验电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负
【分析】由点电荷形成的电场的电势变化和电势能关系求解。
【解答】解：点电荷形成的电场如图所示，图中虚线为等势面，
A、由于一正点电荷固定在P点，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，故PM＜PN，由点电荷形成的电场的场强公式：可得，从M到N点，场强先增大后减小，故A错误；4
B、电场线与等势面相互垂直，并且沿电场线方向电视降低，故从M到B电势先增大后减小，故B正确；
C、由图可知，M点电势大于N点电势，由电势能公式可得：Ep＝qφ，由于此检验电荷为负电荷，电势越高，电势能越小，故负检验电荷在M点的电势能比其在N点的电势能小，故C错误；
D、由图可知，M点电势大于N点电势，由电势能公式可得：Ep＝qφ，由于此检验电荷为正电荷，电势越高，电势能越大，故正点电荷在M点的电势能高于在N点的电势能，从M点到N点，正电荷的电势能减小，电场力做正功，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要看考查了点电荷形成的电场中场强和电势变化的关系，需要注意的是，在计算电势能时，q要带正负。
9．（4分）如图所示，圆形区域圆心为O，区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，MN为圆的直径。从圆上的A点沿AO方向，以相同的速度先后射入甲、乙两个粒子，甲粒子从M点离开磁场，乙粒子从N离开磁场。已知∠AON＝60°，粒子重力不计，以下说法正确的是（　　）
A．甲粒子带负电荷
B．甲粒子在磁场中做圆周运动半径比乙小
C．乙粒子的比荷比甲大
D．乙粒子在磁场中运动时间比甲长
【分析】根据甲粒子所受的洛伦兹力方向，由左手定则判断甲粒子的电性；画出两个粒子的运动轨迹，由几何关系分析轨迹半径的关系，由r＝比较比荷的大小，根据运动时间与线速度的关系分析运动时间关系。
【解答】解：A、如图所示，甲粒子所受的洛伦兹力方向由A→O2，根据左手定则判断可知甲粒子带正电荷，故A错误；
B、画出两个粒子的运动轨迹，如图所示，可知甲粒子在磁场中做圆周运动半径比乙大，故B错误；
C、乙粒子在磁场中做圆周运动半径比甲小，甲、乙两个粒子的速率相等，根据半径公式r＝知，乙粒子的比荷比甲大，故C正确；
D、设圆形区域的半径为R，根据几何关系可知，甲做圆周运动的半径为r2＝Rtan60°，甲粒子在磁场中运动时间为t甲＝＝
乙做圆周运动的半径为r1＝Rtan30°，乙粒子在磁场中运动时间为t乙＝＝，可知t乙＜t甲，即乙粒子在磁场中运动时间比甲短，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动问题，要画出粒子的运动轨迹，根据几何知识求轨迹半径；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合运动学公式，求解粒子在磁场中运动的时间。
10．（4分）如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R，在线圈由图示位置转过90°的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．图示位置为中性面
B．电压表的示数为NBSω
C．电流表的示数
D．通过电阻R的电荷量为q＝
【分析】根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式求解电量。图示位置为中性面．交流电压表、电流表测量有效值，由电动势的最大值、欧姆定律和有效值与最大值之间的关系求解电压的有效值。
【解答】解：A、图示位置线圈平面与磁感线垂直，所以在中性面，故A正确；
B、线圈在磁场中转动，产生的电动势的最大值为Em＝NBSω，电动势的有效值为E＝，电压表测量为电路的外电压，所以电压表的读数为U＝R＝R，故B错误；
C、电流表示数为电流有效值，I＝＝，故C错误；
D、由＝，I＝，q＝I△t，得到电荷量q＝，故D正确
故选：AD。
【点评】对于交变电流，电压表电流表示数为有效值，而求解电量要用平均值。
11．（4分）如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r．将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为△V1、△V2、△V3，理想电流表示数变化量的绝对值为△I，则（　　）
A．A的示数增大
B．V2的示数增大
C．△V3与△I的比值大于r
D．△V1大于△V2
【分析】理想电压表内阻无穷大，相当于断路。理想电流表内阻为零，相当短路。分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析。
【解答】解：A、据题理想电压表内阻无穷大，相当于断路。理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压。
当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，故A正确；
B、电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以V2的示数减小，故B错误；
C、根据闭合电路欧姆定律得：U3＝E﹣I（R+r），则得：＝R+r＞r，则△V3与△I的比值大于r，故C正确；
D、根据闭合电路欧姆定律得：U2＝E﹣Ir，则得：＝r；＝R，据题：R＞r，则＞，故△V1大于△V2．故D正确。
故选：ACD。
【点评】本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析。
12．（4分）一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，取g＝10m/s2。则物块开始下滑2m过程中，下列说法正确的是（　　）
A．重力势能减少量为12J
B．合力功为8J
C．机械能的损失为8J
D．物块沿斜面下滑的加速度2m/s2
【分析】由图示图象求出物块开始下滑时的重力势能，求出物块下滑2m时物块的重力势能与动能大小，然后求出重力势能的减少量；应用动能定理求出合力对物块做功；根据题意求出损失的机械能；根据能量守恒定律物块与斜面间的动摩擦因数；应用牛顿第二定律求解物块下滑时加速度的大小。
【解答】解：A、由图示图象可知，开始时物块的重力势能Ep0＝30J，物块下滑2m时物块的重力势能Ep＝18J，则物块重力势能的减少量△Ep＝Ep0﹣Ep＝30J﹣18J＝12J，故A正确；
B、由图示图象可知，物块下滑2m时物块的动能Ek＝4J，由动能定理可知，合力做功W＝Ek﹣0＝4J，故B错误；
C、物块下滑2m过程损失的机械能：△E＝Ep0﹣（Ep+Ek）＝30J﹣（18+4）J＝8J，故C正确；
D、设斜面的倾角为θ，则sinθ＝＝0.6，解得：θ＝37°，
开始时物块的重力势能Ep0＝mgh，其中h＝3.0m，代入数据解得：m＝1kg
物块下滑的距离为s＝2m的过程中损失的机械能△E＝8J，损失的机械能等于克服摩擦力做的功，即△E＝Wf＝μmg?cosθ?s，代入数据解得：μ＝0.5，
设物块下滑过程的加速度为a，对物块，由牛顿第二定律得：
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
代入数据解得：a＝2m/s2，故D正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查了能量守恒定律的应用，根据题意与图示图象分析清楚物块的运动过程是解题的前提，应用能量守恒定律、牛顿第二定律即可解题。
二、实验题（16分）
13．（6分）图甲为在气垫导轨上验证机械能守恒定律的实验装置，将导轨调至水平，滑块装有宽度为d的遮光条，滑块包括遮光条总质量为M，细绳下端挂砝码，钩码的质量为m。滑块在钩码作用下先后通过两个光电门，用光电计时器记录遮光条通过光电门1和2各自的时间，可以计算出滑块通过光电门的速度v1和v2，用刻度尺测出两个光电门之间的距离x，重力加速度为g。
（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度d，示数如图乙，则d＝　0.660　cm。
（2）写出滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，验证机械能守恒定律的表达式　mgx＝　（用题中给出的物理量表示）。
（3）增加绳子下端砝码的个数，滑块每次都从同一位置由静止释放，作出图象如图丙所示，其斜率为k＝　　（用题中给出的物理量表示）。
【分析】（1）游标卡尺的读数规则为先读主尺（只读整数），再加上游标尺（格数乘以分度分之一，格数找对齐的一个，不估读）。
（2）根据系统机械能守恒列式。
（3）以滑块为研究对象，根据动能定理列式。
【解答】解：（1）根据游标卡尺的读数规则可知，分度值为0.05mm，
主尺：0.6cm，游标尺：对齐的是12，所以读数为：12×0.05mm＝0.60mm＝0.060cm，
故遮光条宽度为：d＝0.6cm+0.060cm＝0.660cm。
（2）滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统重力势能的减少量：△Ep＝mgx
系统动能的增加量：△Ek＝。
系统机械能守恒定律的表达式：mgx＝。
（3）以滑块为研究对象，根据动能定理可知，mgx＝
变形为：＝
斜率：k＝。
故答案为：（1）0.660；（2）mgx＝；（3）。
【点评】此题考查了验证机械能守恒定律的实验，常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础。处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项，同时掌握图象的物理含义。
14．（10分）实验室有一灵敏电流计G的量程为1mA，内阻未知，现要精确测量G的内阻．实验室中可供选择的器材有：
待测灵敏电流计G；多用电表
电流表A1：量程为3mA，内阻约为200Ω；
电流表A2：量程为0.6A，内阻约为0.1Ω；
定值电阻R1：阻值为10Ω；定值电阻R2：阻值为60Ω；
滑动变阻器R3：最大电阻20Ω，额定电流1.5A；
直流电源：电动势1.5V，内阻0.5Ω；开关，导线若干．
（1）先用多用电表粗测G的内阻：正确的操作中应该使多用电表的红表笔接灵敏电流计G的　负　接线柱（填“正”或“负”），黑表笔接另一个接线柱．
（2）步骤（1）中粗测G的内阻为100Ω，为了精确测量G的内阻，实验小组的同学选择了如图所示的电路，则电表1为　G　，电表2为　A1　（填“G、A1、A2”等电表符号），定值电阻Rx为　R2　
（填“R1”或“R2”）．
（3）按照上述设计的电路进行实验，测得电表1的示数为a1，电表2的示数为a2，则电流表G的内阻的表达式为rg＝　　．（用“a1、a2、Rx”等符号表达）
【分析】（1）欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，电源负极与红表笔相连，电流应从电流表的正接线柱流入电流表．
（2）根据待测电流表的量程选择电流表，由欧姆定律求出电路最大电流时电路的最小电阻，根据该电阻选择定值电阻．
（3）由并联电路特点及欧姆定律求出电流表G的内阻．
【解答】解：（1）欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，电源负极与红表笔相连，电流应从电流表的正接线柱流入电流表，用多用电表粗测G的内阻时应该使多用电表的红表笔接灵敏电流计G的负接线柱，黑表笔接另一个接线柱．
（2）由图示电路图可知，电表1是待测电表G；待测电流表G量程是1mA，因此可以选电流表A1，电表2为A1；当通过电流表A1的电流等于其量程3mA时，
通过G的电流应约为1mA，通过定值电阻的电流约为3﹣1＝2mA，定值电阻阻值阻值应小于G的内阻，约为G内阻的一半，则定值电阻应选择R2．
（2）测得电表1的示数为a1，电表2的示数为a2，通过定值电阻的电流为：I＝a2﹣a1，电流表G两端的电压U＝IRX，
待测电流表内阻rg＝＝；
故答案为：（1）负；（2）G；A1；R2；（3）．
【点评】本题考查了实验器材的选取、实验电路的设计、求电阻等问题；选择实验器材时，首先要保证电路安全，在保证安全的情况下，为使读数准确，电表量程及电阻阻值应选小的．实验电路的设计是本题的难点，没有电压表，利用并联电路特点求出待测电流表两端电压是常用的方法．
三、计算题（共3道题，要求必须有必要的文字说明和方程式以及重要演算步骤）
15．（10分）我国自主研制的新一代航空母舰正在建造中。设航母中舰载飞机获得的升力大小F可用F＝kv2表示，其中k为比例常数，v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知舰载飞机空载质量为1.69×103kg时，起飞离地速度为78m/s；装载弹药后质量为2.56×103kg。
（1）求飞机装载弹药后的起飞离地速度；
（2）若该航母有电磁弹射装置，飞机装载弹药后，从静止开始在水平甲板上匀加速滑行180m后起飞，求飞机在滑行过程中所用的时间和飞机所获得的平均推力大小（不计所有阻力）。
【分析】根据F＝kv2联立求解即可；根据运动学公式结合牛顿第二定律求解加速度。
【解答】解：（1）由起飞条件知：kv12＝m1g
kv22＝m2g
联立可得起飞速度：v2＝96m/s
（2）根据公式：x＝
可求得：t＝＝＝3.75s
由公式a＝＝＝25.6m/s2
根据牛顿第二定律可知推力F＝ma＝6.55×104N
答：（1）飞机装载弹药后的起飞离地速度为96m/s；
（2）飞机在滑行过程中所用的时间为3.75s，飞机所获得的平均推力大小为6.55×104N。
【点评】本题主要考查了匀变速直线运动与牛顿第二定律相结合的问题，在应用牛顿第二定律时要受力分析求合力列式求解即可。
16．（12分）如图甲所示，两条相距l＝1m的水平粗糙导轨左端接一定值电阻。t＝0时，一质量m＝1kg、阻值r＝0.5Ω的金属杆，在水平外力的作用下由静止开始向右运动，5s末到达MN，MN右侧为一匀强磁场，磁感应强度B＝1T、方向垂直纸面向内。当金属杆到达MN后，保持外力的功率不变，金属杆进入磁场，8s末开始做匀速线运动。整个过程金属杆的v﹣t图象如图乙所示。若导轨电阻忽略不计，杆和导轨始终垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。试计算：
（1）进入磁场前，金属杆所受的外力F；
（2）金属杆到达磁场边界MN时拉力的功率Pm；
（3）电阻的阻值R。
【分析】（1）根据图乙所示图象求出金属杆进入磁场前的加速度，然后应用牛顿第二定律求出拉力；
（2）根据功率公式P＝Fv求出金属杆到达磁场边界MN时拉力的功率；
（3）应用安培力公式求出金属杆受到的安培力，金属杆做匀速直线运动，应用平衡条件求出电阻阻值。
【解答】解：（1）金属杆未进入磁场前做匀加速直线运动，由图乙所示v﹣t图象可知，加速度大小：a＝＝m/s2＝1m/s2，
金属杆未进入磁场前，金属杆做匀加速直线运动，受力情况如图所示；
对金属杆，由牛顿第二定律得：F﹣μmg＝ma
代入数据解得：F＝6N，方向水平向右；
（2）由图乙所示图象可知，金属杆到达MN瞬间速度为v1＝5m/s
金属杆到达磁场边界MN时拉力的功率：Pm＝Fv1＝6×5W＝30W；
（3）金属杆进入磁场后拉力功率为Pm＝30W，金属杆最后以v2＝4m/s做匀速直线运动，
金属杆做匀速直线运动时，金属杆受到的安培力F安培＝BIl＝
金属杆做匀速直线运动时设拉力大小为F1，则F1＝
金属杆做匀速直线运动，由平衡条件得：F1＝F安培+μmg
代入数据解得：R＝1.1Ω。
答：（1）进入磁场前，金属杆所受的外力为6N，方向水平向右；
（2）金属杆到达磁场边界MN时拉力的功率为30W；
（3）电阻的阻值为1.1Ω。
【点评】本题是电磁感应与力学、电路相结合的一道综合题，根据题意分析清楚金属杆的运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律、平衡条件、功率公式P＝Fv即可解题。
17．（14分）如图所示，有一倾角θ＝37°的固定斜面，斜面底端固定有一垂直斜面的挡板P。将质量m1＝1kg的“L”形木板（前端挡板厚度忽略）单独从斜面上端由静止释放，木板与挡板P发生碰撞后，沿斜面上升的最大距离为s＝0.15m。若将光滑物块（视为质点）放在木板最上端并同时由静止释放（木板位置与上次释放时初位置相同）。已知：物块的质量m2＝2kg，释放时木板下端到挡板P的距离L1＝3m，木板长L2＝0.75m，g＝10m/s2，木板与挡板P碰后速率均为碰前速率的一半，物块与木板前端挡板碰撞后立刻粘合在一起，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）木板与斜面间的动摩擦因数；
（2）物块与木板前端挡板碰撞过程中系统损失的机械能；
（3）物块与木板前端挡板碰撞后开始计时，到木板第2次速度减为零时，这个过程中木板滑行的总路程。
【分析】（1）应用能量守恒定律可以求出木板与斜面间的动摩擦因数。
（2）求出木板与斜面间的最大静摩擦力，判断木板的运动状态，应用动能定理求出物块与木板碰撞前瞬间物块的速度，物块与木板碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后物块与木板的速度，然后求出碰撞过程系统损失的机械能。
（3）应用牛顿第二定律求出物块和木板的加速度大小，根据物块和木板的运动过程应用运动学公式求出其位移，然后求出整个过程木板滑行的总路程。
【解答】解：（1）设木板与挡板P碰撞前瞬间速度为v，则碰撞木板的速率为v，
木板单独下滑过程，由能量守恒定律得：
木板与挡板碰撞后上升过程，由能量守恒定律得：
代入数据解得：μ＝0.5
（2）木板与滑块同时释放，木板与斜面间的最大静摩擦力：f1＝μ?（m1+m2）gcosθ
因f1＞m1gsinθ故开始时木板静止不动。
设物块下滑至与木板下端碰撞前瞬间物块的速度为v0，物块下滑过程，由动能定理得：
﹣0
代入数据解得，碰撞前物块速度：v0＝3m/s
物块与木板碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，
设撞后物块与木板整体速度设为v′，以平行于斜面向下为正方向，由动量守恒定律得：
m2v0＝（m1+m2）v′
碰撞过程系统损失的机械能：
代入数据解得：△E＝3J
（3）设木板与物块一起在斜面上向下运动的加速度大小为a1，向上运动的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：
（m1+m2）gsinθ﹣μ（m1+m2）gcosθ＝（m1+m2）a1
（m1+m2）gsinθ+μ（m1+m2）gcosθ＝（m1+m2）a2
代入数据解得：，
木板与物块粘合后一起加速下滑过程，由速度﹣位移公式得：
设第一次撞击后木板上滑的距离为s1，由速度﹣位移公式得：
代入数据解得：s1＝0.2m
第二次撞击木板时速度v2，
第二次撞击后木板上滑的距离：
代入数据解得：s2＝0.01m
物块与木板前端挡板碰撞后开始计时，到木板第2次速度减为零时，
这个过程中木板滑行的总路程：s总＝L1+2s1+s2，
代入数据解得：s总＝3.41m
答：（1）木板与斜面间的动摩擦因数是0.5；
（2）物块与木板前端挡板碰撞过程中系统损失的机械能是3J；
（3）这个过程中木板滑行的总路程是3.41m。
【点评】本题是多体多过程问题，根据题意分析清楚物块与木板的运动过程是解题的前提与关键，应用能量守恒定律、动量守恒定律、牛顿第二定律与运动学公式即可解题。