山东省烟台市2018届高三上学期物理期末自主练习试卷
一、单选题
1．（2018高三上·烟台期末）卢瑟福提出了原子的核式结构模型，这一模型建立的基础是（ ）
A．α粒子散射实验 B．电子的发现
C．光电效应现象的发现 D．天然放射性现象的发现
2．（2018高三上·烟台期末）以下说法中正确的是（ ）
A．通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行
B．带电粒子在匀强磁场中运动受到的洛伦兹力对粒子做正功
C．磁感线可以形象地描述各点的磁场强弱和方向，磁感线上每一点的切线方向都和小磁针在该点静止时N极所指的方向一致
D．放置在磁场中1m长的导线，通过1安的电流，受到的安培力为1N时，该处磁感应强度就是1T
3．（2018高三上·烟台期末）一电梯从静止开始向上运动，其速度图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．电梯在t=5s时处于失重状态
B．电梯在t=20s时加速度大小为0.2m/s2
C．电梯在0～10s内的平均速度大小为6m/s
D．电梯在0～30s内上升的总高度为90m
4．（2018高三上·烟台期末）如图所示，水平桌面上固定一个竖直挡板，现将一个球体A与截面为直角三角形的物块B叠放在一起，用水平外力F缓缓向左推动B，使A缓慢升高，设备接触面均光滑，则该过程中（ ）
A．A和B均受三个力作用 B．B对桌面的压力越来越大
C．A对B的压力越来越大 D．A对墙面的压力大小保持不变
5．（2018高三上·烟台期末）一水滴从空中由静止下落，下落过程始终受到水平方向的恒定风力作用，下列说法正确的是（ ）
A．水滴做直线运动
B．水滴做曲线运动
C．水滴落地时间比不受风力情况下的落地时间长
D．水滴落地速度大小与不受风力情况下的落地速度大小相等
6．（2018高三上·烟台期末）如图所示，电表均为理想电表，变压器为理想变压器，R为定值电阻，当滑动变阻器滑片P向右移动时，以下说法中正确的是（ ）
A．电压表V1示数不变 B．电压表V2示数变大
C．电流表A示数减小 D．电阻R的功率减小
7．（2018高三上·烟台期末）2017年11月5日19时45分，西昌卫星发射中心再次用长征三号乙运载火箭，成功发射两颗北斗三号全球组网卫星。根据计划，2018年年底前后将发射18颗北斗三号卫星。覆盖“一带一路”沿线国家，到2020年，将完成35颗北斗三号卫星的组网，实现全球服务能力。北斗三号卫星导航系统空间段由5颗同步卫星和30颗非静止轨道卫星组成。以下关于地球同步卫星的说法正确的是（ ）
A． 同步卫星绕地球运动的周期比月球绕地球运动的周期大
B．同步卫星可以从北半球上方通过
C．同步卫星绕地球运动的线速度比第一宇宙速度小
D．同步卫星绕地球运动的向心加速度大于地球表面的重力加速度
8．（2018高三上·烟台期末）如图所示，实线表示一匀强电场的电场线，电场方向未知。一电子以一定的初速度由A点射入电场，虚线为电子的运动轨迹，B点是运动轨迹上的一点，则（ ）
A．A点电势高于B点电势
B．电子在B点的电势能大于在A点的电势能
C．电子在A点的速度大于在B点的速度
D．电子由A到B，电场力先做负功后做正功
9．（2018高三上·烟台期末）已知地球和火星半径之比为a，质量之比为b，如果分别在地球表面上和火星表面上以相同的初速度竖直上抛一物体(不计阻力)，则物体在地球表面和火星表面上升的最大高度之比为（ ）
A． B． C． D．
二、双选题
10．（2018高三上·烟台期末）一质量为m的金属小圆环从半径为R的光滑半圆形轨道顶端由静止下滑，不计空气阻力，若在圆心下方 以下区域(即虚线下方)存在匀强磁场，如图所示，则下列说法正确的是(重力加速度为g) （ ）
A．金属圆环最终将停在半圆形轨道最低点
B．金属圆环每次经过轨道最低点时，对轨道的压力F的取值范围为2mg≤F＜3mg
C．进入磁场和穿出磁场过程中，金属圆环中感应电流方向相反
D．进入磁场和穿出磁场过程中，金属圆环中感应电流大小一定相等
11．（2018高三上·烟台期末）一群处于n=5能级的氢原子在向n=1的能级跃迁的过程中（ ）
A．放出4种频率不同的光子
B．放出10种频率不同的光子
C．放出的光子的最大能量为13.06eV，最小能量为0.66eV
D．放出的光子有的能使逸出功为13ev的金属发生光电效应现象
12．（2018高三上·烟台期末）质量为M的小车置于光滑的水平面上，左端固定一根轻弹簧，质量为m的光滑物块放在小车上，压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端，开始时小车与物块都处于静止状态，此时物块与小车右端相距为L，如图所示，当突然烧断细线后，以下说法正确的是（ ）
A．物块和小车组成的系统机械能守恒
B．物块和小车组成的系统动量守恒
C．当物块速度大小为v时，小车速度大小为 v
D．当物块离开小车时，小车向左运动的位移为 L
13．（2018高三上·烟台期末）如图所示，固定在地面上的斜面足够长，其倾角为30°，用平行于斜面向上F=16N的力作用在质量为2kg的物块上，物块恰好沿斜面匀速上滑，若g取10m／s2，物块所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。则下列说法中正确的是（ ）
A．在撤去力F的瞬间，物块所受摩擦力方向不变
B．在撤去力F的瞬间，物块的加速度大小为8m/s2
C．物块与斜面间的动摩擦因数等于0.4
D．撤去力F后，物体最终将静止在斜面上
三、多项选择题
14．（2018高三上·烟台期末）在某高空杂技类节目现场的下方放置一弹簧垫。此弹簧垫可视为质量为m的木板与两相同直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在水平地面上，静止时弹簧的压缩量为h，如图所示。某同学为了测试弹簧垫的性能，将一质量为0.5m的小物体从距木板上方6h的O点由静止释放，物体打在木板上并立刻与木板一起向下运动，但不粘连，到达最低点后又向上运动，它们恰能回到A点，此时弹簧恰好无形变。整个过程忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．整个过程中，物体和两弹簧组成的系统机械能守恒
B．物体与木板一起向下运动过程中的速度先增大后减小
C．物体打在木板上之前，两弹簧的弹性势能总和为0.5mgh
D．若另一质量为m的物体仍从O点由静止释放，此物体第一次离开木板时的速度大小为
四、实验题
15．（2018高三上·烟台期末）读出下图中螺旋测微器和游标卡尺的读数。螺旋测微器的读数为 mm；游标卡尺的读数为 mm。
16．（2018高三上·烟台期末）某同学用如图所示装置做“探究动能定理”实验。装置中装有细沙的沙桶通过细线绕过定滑轮连接在小车上，小车后端固定穿过打点计时器的纸带。
（1）实验时先不挂沙桶，反复调整垫木的左右位置，直到小车做匀速直线运动，这样做的目的是： 。
（2）挂上装有细沙的沙桶后，通过实验得到如图所示的纸带。纸带上O为小车运动起始时刻所打的点，在纸带上标出了连续的3个计数点A、B、C，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到O点之间的距离SOA=16.3cm，SOB=25.3cm，SOC=36.3cm。实验时小车所受细线的拉力大小为0.2N，小车质量为0.1kg。则通过计算可知，从O至B的运动过程中，小车所受合外力做的功W= J，小车动能的变化量△Ek= J(结果保留至小数点后3位)。
（3）在第(2)问中若实验前已经测得未装沙时小桶的质量为5×10-3kg，实验时该同学放入沙桶中细沙的质量为 kg(g取10m/s2)。
17．（2018高三上·烟台期末）小王同学测量阻值约为1kΩ的电阻Rx，现备有下列器材：
A．电流表(量程6mA，内阻约为300Ω)：
B．电流表(量程1mA，内阻约为200Ω)；
C．电压表(量程20V，内阻约为500kΩ)；
D．电压表(量程8V，内阻约为100kΩ)；
E．直流电源(10V，允许最大电流1A)；
F．滑动变阻器(最大阻值100Ω)；
G．开头和导线若干。
（1）电流表应选 ，电压表应选 (填字母代号)。
（2）请用笔画线代替导线，将如图所示的实验电路未连接部分连接好(连线不得交叉)。
（3）小王同学在完成电路连接后，实验步骤如下：
①将滑动变阻器滑片P移到 端(选填“左”或“右”)；
②闭合开关，调节滑片P，读出电压表和电流表的示数；
③根据测量的电压值和电流值，求出Rx的阻值。
小王同学的实验步骤存在的主要缺陷是： 。
18．（2018高三上·烟台期末）某物理兴趣小组要测量电池的电动势E和内阻r，实验器材有：—个电压表V、一个电阻箱R、一个开关S和导线若干。
（1）请在方框中画出实验电路原理图。图中各元件需用题目中给出的符号或字母标出。
（2）要想测得电池的电动势E和内阻r的值，R至少需取 个不同的数值。
（3）实验过程中改变电阻箱R的阻值得到一系列的电压表的读数U。根据实验数据，该小组得到如图所示图象，则该电池的电动势E= V，内阻r= Ω。
（4）在你设计的实验电路中，产生系统误差的主要原因是： 。
五、解答题
19．（2018高三上·烟台期末）如图所示，某工厂车间有甲、乙两辆相同的运料小车处于闲置状态，甲车与乙车、乙车与竖直墙面间的距离均为L，由于腾用场地，需把两辆小车向墙角处移动。一工人用手猛推了一下甲车，在甲车与乙车碰撞瞬间，立即通过挂钩挂到了一起，碰后两车沿甲车原来的运动方向继续向前运动，在乙车运动到墙角时刚好停下。已知两车的质量均为m，与水平地面间的摩擦力均为车重的k倍，重力加速度大小为g，求：
（1）两车将要相碰时甲车的速度大小；
（2）工人推甲车时对甲车的冲量大小。
20．（2018高三上·烟台期末）一截面为直角三角形的物抉，斜边与水平直角边的夹角θ=37°，质量为1.7Kg，另一条直角边靠在竖直墙面上。现在斜边上施加一个与其垂直的推力F，使物块以2m／s的速度沿墙面匀速上升，当物块运动到位置1时，在物块左上方与水平直角边高度差为7m处水平抛出一个小球，当物块运动到位置2时，小球恰好落到了物块水平直角边与墙面相交处，如图所示。已知物块与墙面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6。求：
（1）物块从位置1运动到位置2所用的时间；
（2）推力F的大小。
21．（2018高三上·烟台期末）如图甲所示，一水平放置的线圈，匝数n=100匝，横截面积S=0.2m2，电阻r=1Ω，线圈处于水平向左的均匀变化的磁场中，磁感应强度B1随时间t变化关系如图乙所示。线圈与足够长的竖直光滑导轨MN、PO连接，导轨间距l=20cm，导体棒ab与导轨始终接触良好，ab棒的电阻R=4Ω，质量m=5g，导轨的电阻不计，导轨处在与导轨平面垂直向里的匀强磁场中，磁感应强度B2=0.5T。t=0时，导体棒由静止释放，g取10m/s2，求：
（1）t=0时，线圈内产生的感应电动势太小；
（2）t=0时，导体棒ab两端的电压和导体棒的加速度大小；
（3）导体棒ab到稳定状态时，导体棒所受重力的瞬时功率。
22．（2018高三上·烟台期末）如图所示，在xOy坐标系中第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，第二象限内的部分区域存在匀强电场。一电荷量为+q、质量为m的带电粒子，从P(a，0)点沿与x轴成45°角的方向以初速度v0射入磁场中，通过y轴上的N(0，a)点进入第二象限后，依次通过一个非电场区域和一个匀强电场区域，到达x轴上某点时速度恰好为零。已知从粒子第一次通过N点到第二次通过N点所用时间为t0。求：(粒子重力不计)
（1）磁场的磁感应强度；
（2）带电粒子自P点开始到第一次通过N点所用的时间；
（3）匀强电场的电场强度大小。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】物理学史
【解析】【解答】卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出了原子的核式结构模型，而对阴极射线的研究，发现原子还可以再分，对于光电效应，揭示了光的粒子性，氢原子光谱实验说明了能量量子化的观念，A符合题意，B，C，D不符合题意；
故答案为：A．
【分析】该题目考查的是物理学中，著名物理学家的成就，平时注意积累、记忆即可。
2．【答案】C
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】A、通电导线方向与磁场方向不在一条直线上时，才受到安培力作用，当二者平行时，安培力为零，A不符合题意；B、洛伦兹力的方向与速度方向垂直，洛伦兹力不做功．B不符合题意．C、磁感线可以形象地描述各点磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向都和小磁针放在该点静止时北极所指的方向一致，与南极所指的方向相反，C符合题意；D、垂直于磁场的方向放置在磁场中1m长的通电导线，通过1A的电流，受到的安培力为1N，则该处的磁感应强度就是1T,D不符合题意。
故答案为：C.
【分析】磁场和电场一样是客观存在的物质，磁感线从北极出发回到南极，磁感线密集的地方磁感应强度比较大，规定小磁针的N极在磁场中某点所受磁场力的方向为该点磁场的方向。
3．【答案】D
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A、根据图象可知，检修人员在5s时向上加速，加速度向上处于超重状态，A不符合题意；B、10s～30s内图象的斜率不变，则加速度恒定不变为 ，B不符合题意；C、0~10s做匀加速直线运动 ，C不符合题意；D、图象的“面积”等于位移，根据图象可知0～30s内的位移为 ，故正确；
故答案为：D.
【分析】v-t图像中，横坐标为时间，纵坐标为速度，图像与时间轴所围成的面积是位移，图像的斜率是加速度，结合选项分析即可。
4．【答案】D
【知识点】动态平衡分析
【解析】【解答】A、先以小球A为研究对象，分析受力情况：重力、墙的弹力和斜面的支持力三个力．B受到重力、A的压力、地面的支持力和推力F四个力．A不符合题意．B、C、D、当斜面向左移动时，斜面B对A的支持力和墙对A的支持力方向均不变，根据平衡条件得知，这两个力大小保持不变．则A对B的压力也保持不变．对整体分析受力如图所示，
由平衡条件得知，F=N1，墙对A的支持力N1不变，则推力F不变．桌面对整体的支持力N=G总，保持不变．则B对桌面的压力不变．B，C不符合题意，D符合题意．
故答案为：D．
【分析】对小球A进行受力分析，在重力、竖直平面的支持力和斜面的支持力的作用下，小球处于平衡状态，合力为零，结合小球位置的变化分析其他力的变化。
5．【答案】A
【知识点】速度的合成与分解
【解析】【解答】A、B、水滴受到重力和恒定水平风力，其合力斜向下恒定，产生恒定的加速度，但初速度为零，则水滴沿合加速度方向做匀加速直线运动，A符合题意，B不符合题意；C、将水滴的运动沿水平方向和竖直方向正交分解，竖直方向只受重力，做自由落体运动，下落的时间由高度决定，与风速无关，则C不符合题意；D、两分运动的速度合成可得到合速度，故风速越大，落地时合速度越大，D不符合题意；
故答案为：A.
【分析】把水滴的运动分解到水平竖直两个方向去，两个方向都做匀加速的运动，假设加速度，结合运动学公式求解位移的变化。
6．【答案】A
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】A、由于变压器的输入端接在电压有效值不变的交流电流两端，匝数比不变，所以副线圈电压不变，即V1示数不变，A符合题意；C、滑片P向右移动Rx的阻值减小，由部分电路的欧姆定律可知 变大，由变压器两端的电流与匝数关系 得I1变大，即电流表A的示数变大，C不符合题意；B、由 可知电压表V2的示数变小，B不符合题意；D、电阻R的功率 变大，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】滑动变阻器的划片由右滑动的过程中，接入电路中的电阻变小，结合欧姆定律求解电流、电压的变化，利用功率公式分析电功率的变化。
7．【答案】C
【知识点】万有引力定律及其应用；卫星问题
【解析】【解答】A、根据万有引力提供向心力列出等式： ，可得 ，即轨道半径越大，周期越长，月球和地球同步卫星都绕地球转动，月球的轨道半径更大，则周期较大，A不符合题意；B、它若在除赤道所在平面外的任意点，假设实现了“同步”，那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上这是不可能的，因此同步卫星相对地面静止不动不能从北半球上方通过，B不符合题意；C、由 得 ，半径越大线速度越小，第一宇宙速度是近地卫星的线速度，则同步卫星的半径比近地卫星的轨道半径大，其线速度较小，C符合题意；D、由 得 ，可知同步卫星比地表的r大，其向心加速度小于地表的重力加速度，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】卫星离地球越近，线速度越大，环绕周期越短，同时动能增加，势能减小，总的机械能减小，结合选项分析即可。
8．【答案】D
【知识点】电势差、电势、电势能；电场力做功
【解析】【解答】A、由曲线运动的知识可知：电子所受的电场力向左，由于电子的受力与场强方向相反，可知电场线向右，结合沿着电场线电势逐渐降低得 ，A不符合题意； D、电子从A到B点过程中，电场力先与速度成钝角力做负功，后与速度成锐角力做正功，D符合题意；B、C、电子全过程逆着电场线运动，电场力总的功为正功，则电荷的电势能减小，即B点的电势能小于A点的电势能，动能增大有B点的速度大于A点速度，B，C均错误；
故答案为：D。
【分析】粒子的运动轨迹为曲线，受到的电场力指向圆弧的内部，电场线密集的区域电场强度大，沿电场线方向电势减小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
9．【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】在根据万有引力等于重力 ，得 ，则地球表面与火星表面重力加速度之比为： ；在地球上竖直上抛的最大高度为 ，火星表面竖直上抛的最大高度为 ，则得： ，
故答案为：A．
【分析】当不考虑星球自转，星球表面物体受到的重力等于万有引力，利用万有引力定律求解星球表面的重力加速度大小关系，再结合位移公式求解上升高度变化。
10．【答案】B,C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】C、金属环进磁场时磁通量增大，根据楞次定律知圆环上的电流为顺时针，出磁场时磁通量减小，电流为逆时针，C符合题意；D、进磁场时产生感应电流，安培力做负功，机械能转化为电能，则出磁场时的速度比进磁场时的速度小，由动生电动势 和 知出磁场时的电流比进磁场时的小，D不符合题意。A、圆环完全在虚线下方时磁通量不变，没有感应电流产生，就没有安培力做负功，机械能守恒，故圆环最终在虚线下方摆动而不会停止，A不符合题意。B、圆环第一次到最低点时速度最大，因有部分电能产生，由 ，可得 ；圆环最终在磁场中摆动到最低点的速度最小，有 ，即 ，最低点由牛顿第二定律 和牛顿第三定律 ，代入两个速度的极值可得圆环对轨道的压力为 ， ，即 ，B符合题意；
故答案为：BC.
【分析】小球在进出磁场的时候小球会受到反向的安培力，从而降低小球到达最低点的速度，结合向心力公式求解小球对轨道的压力；利用楞次定律求解电流的方向。
11．【答案】B,D
【知识点】氢原子光谱
【解析】【解答】A、B、一群处于n=5的能级的氢原子向低能级跃迁，共产生 种频率不同的光子，A不符合题意，B符合题意；C、根据波尔理论能级差越大跃迁放出的光子能量越大，故 ， ，C不符合题意；D、因 ，故光子的能量大于逸出功可以使金属发出光电效应，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】光电效应中，当外界的光子能量比较大时，电子获得的能量就大，溢出电子的动能利用公式Ekm=hν﹣W求解即可。其中W是材料的逸出功，v是光子的频率。
12．【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】A、弹簧推开物体和小车的过程，若取物体、小车和弹簧的系统无无其他力做功，机械能守恒，但选物体和小车的系统，弹力做功属于系统外其它力做功，弹性势能转化成系统的机械能，此时系统的机械能不守恒，A选不符合题意。B、取物体和小车的系统，外力之和为零，故系统的动量守恒，B符合题意。C、由系统的动量守恒： ，解得 ，C符合题意。D、弹开的过程满足反冲原理和人船模型，有 ，则在相同时间内 ，且 ，联立得 ，D不符合题意。
故答案为：BC.
【分析】木块和小车两个物体组成系统动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能守恒列方程分析求解即可。
13．【答案】A,B
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】A、B、物体匀速上滑过程，受到推力、重力、支持力和摩擦力，根据共点力平衡条件，有F-Gsin30°-f=0，代入数据解得f=6N；撤去F后，物体由于惯性继续上滑过程，其余力均不变则摩擦力f=6N方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有f+Gsin30°=ma1，解得a1=8m/s2，A项，B项均正确；C、由滑动摩擦力公式 ，解得 ，C不符合题意；D、当物体上滑的速度减为零时，因 (即 )，物体不能静止将沿斜面下滑，D不符合题意。
故答案为：AB.
【分析】对物体进行受力分析，在沿斜面方向和垂直于斜面两个方向上分解，在沿斜面方向利用平衡方程求解物体受到的摩擦力；当撤掉拉力后，在沿斜面方向利用牛顿第二定律求解物体的加速度。
14．【答案】B,C,D
【知识点】机械能守恒及其条件；动量守恒定律
【解析】【解答】A、物体碰木板一起运动的过程中，相当于发生完全非弹性碰撞机械能会发生损失，系统的机械能不守恒；而一起和弹簧作用的过程系统只受重力和弹力，系统机械能守恒，则A不符合题意。B、物体与木板一起运动开始时，重力大于弹力加速度向下，往下加速速度增大，后压缩的弹力逐渐增大超过重力，加速度向上，要向下减速到零，故向下运动的过程速度先增大后减小，B符合题意。C、物体m下落过程由动能定理 ，得 ，碰撞过程 ，可得 ，此后一起向下运动再向上到A点，由系统的机械能守恒定律有 ，解得 ，C符合题意；D、另一质量为m的物体从O点释放，机械能较大，故经历下落和碰撞再上升的过程，能经过A点速度不为零而再上升，此时弹簧是原长，A点之后木板和弹簧分离， 得 ；碰撞过程 得 ， ，解得： ，则D符合题意。
故答案为：BCD.
【分析】木块和木板两个物体组成系统动量守恒，利用动量守恒定律列方程分析求解碰撞后的速度；木块、木板和弹簧三个物体组成系统能量守恒，利用能量守恒定律分析求解即可。
15．【答案】4.950；17.25；
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】(1)螺旋测微器的固定刻度为4.5mm，可动刻度为45.0×0.01mm=0.450mm，所以最终读数为4.5mm+0.450mm=4.950mm，由于需要估读，最后的结果可以在4.948-4.952之间．(2)游标卡尺的主尺读数为17mm，游标尺上第5个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为5×0.05mm=0.25mm，所以最终读数为：17mm+0.25mm=17.25mm．
【分析】明确螺旋测微器每一个小格代表的数值，并且在最后的读数时注意估读即可；明确游标卡尺的读数规则进行读数即可。
16．【答案】（1）平衡小车运动过程中受到的摩擦力
（2）0.051；0.050
（3）0.02；
【知识点】探究功与物体速度变化的关系
【解析】【解答】(1)实验时小明先调整垫木的位置，使小车不挂托盘时能在倾斜的长木板上做匀速直线运动，这样做的目的是为了平衡摩擦力(2)对O到B的过程，小车的合外力即为绳的拉力，则 ,打B点的瞬时速度为 ，则动能的变化为 .(3)根据纸带由匀变速直线运动的判别式可得 ，对沙桶由牛顿第二定律得 ，其中沙桶质量 ，解得m=0.02kg.
【分析】（1）平衡摩擦力，除去摩擦力对实验的影响，使实验更准确；
（2）利用拉力大小乘以OB的长度求解拉力做功，利用重力做功mgh，结合下落的高度求解重力做功；
（3）结合动能定理求解物体的质量即可。
17．【答案】（1）A；D
（2）解:如图所示：
（3）左；没有多次测量求平均值；
【知识点】电阻的测量
【解析】【解答】(1)电源电压为10V，故电压表应选择D(8V)可保证安全的前提下读数更精确；通过待测电阻最大电流约为： ，电流表B(1mA)量程太小，所以选A(6mA)合适。(2)因待测电阻约为1KΩ， 为小电阻,故用电流表外接法减小系统误差：因是小电阻100Ω控制大电阻1000Ω，若用限流式接法，控制的电压变化范围太小，则应用滑动变阻器的分压式接法．实物图如图所示：
。(3)实验操作时要保护电表安全，故闭合开关前将滑片滑到最左端可以使待测电阻的支路短路，电压和电流全为零最安全；如果要减小读数引起的偶然误差，应该多读几组U和I，求电阻的平均值。
【分析】（1）在量程允许的情况下选择小量程的电表即可；
（2）为了能得到比较多的数据，采用分压法，电流表内阻比较大，对电压影响比较大，故采用电流表外接法；
（3）在连接电路的时候，为了保证电路安全，滑片应处在阻值最大端；为了使测量结果更加准确，应多次测量取平均值。
18．【答案】（1）解：如图所示：
（2）2
（3）5；1.25
（4）电压表的内阻对电路的影响；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】(1)本题只提供了电压表和电阻箱测电源的电动势和内阻，构成伏阻法的原理，电压表测路端电压同时并联在电阻箱两端，计算出总电流，电路如图所示： ；(2)根据全电路的欧姆定律结合伏阻法： ，方程有两个未知量E和r，则需要2组U和R的数据可解方程组得到电动势和内阻。(3)根据表示式 得 ，则 图象的斜率 ，总截距 ，可解得 ， .(4)伏阻法的系统误差是电压表分流，导致测量电流偏小，使得电动势的测量值偏小，内阻的测量值偏小。
【分析】（1）测量电源的电动势和内阻，把电源与电阻箱串联即可；
（2）绘制电源的伏安特性曲线，两点确定一条直线，需要两组数据；
（3）根据闭合电路欧姆定律得U=E﹣Ir 结合函数图象来求解内阻和电动势即可；
（4）电压表的阻值不是无限大，会影响实验结果。
19．【答案】（1）解: 设甲乙车钩挂在一起后的速度为 ，从甲乙车钩挂一起到停下过程
根据动能定理：
（注：用牛顿第二定律和运动方程解的也给分）
甲乙两车碰撞前后动量守恒，设碰撞前甲车速度为 ，
根据动量守恒定律：
得：
（2）解: 在甲车在与乙车碰撞前运动L的过程，设离开人手瞬间速度为
根据动能定理：
人将甲车从静止推至获得速度 的过程
根据动量定理：
得：
【知识点】动能定理的综合应用；动量守恒定律
【解析】【分析】（1）两个小车组成系统动量守恒，利用动量守恒定律列方程分析求解末速度即可；
（2）结合小车的初末速度利用动量定理求解外力的冲量即可。
20．【答案】（1）解： 设物块从位置1运动到位置2所用时间为t，小球下落的位移为x1，则有
设物块上升的位移为x2，则
在竖直方向上有 解得：
（2）解： 对物块进行受力分析如图所示，然后正交分解得：
水平：
竖直：
滑动摩擦力
得：
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）物体做平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动，利用竖直方向的距离求出运动时间；
（2）对物体进行受力分析，竖直方向在推力、重力和摩擦力的作用下，物体处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程求解推力即可。
21．【答案】（1）解： 由图乙可知，线圈内磁感应强度变化率：
由法拉第电磁感应定律可知：
（2）解： t=0时，回路中电流：
导体棒ab两端的电压
设此时导体棒的加速度为a，则由：
得：
（3）解： 当导体棒ab达到稳定状态时，满足：
得：
此时，导体棒所受重力的瞬时功率
【知识点】安培力；欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）利用法拉第电磁感应定律求解电压的大小；
（2）结合此时电动势的大小，利用欧姆定律求解电路中的电流，结合安培力公式求解安培力，再利用牛顿第二定律求解加速度；
（3）导体棒处于稳定状态，重力等于安培力，利用安培力公式求解导体棒的速度，利用公式P=Fv求解功率。
22．【答案】（1）解： 带电粒子运动轨迹及电场方向如图所示
由几何关系可知
根据：
得：
（2）解： 由周期公式
得时间
（3）解： 设粒子在非电场区域飞行时间为 ，位移为x1，在电场中飞行时间为 ，位移为x2，
则有
又
解得：
从进入电场到减速为零，根据动能定理：
得：
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，根据磁场方向、电性和运动方向确定粒子的运动轨迹，利用几何关系求解轨道半径，再结合向为心力公式磁感应强度；
（2）同理，利用向心力公式求周期，进而求解花费的时间即可；
（3）对处在电场中的电荷进行受力分析，利用动能定理求解电场强度。
1 / 1山东省烟台市2018届高三上学期物理期末自主练习试卷
一、单选题
1．（2018高三上·烟台期末）卢瑟福提出了原子的核式结构模型，这一模型建立的基础是（ ）
A．α粒子散射实验 B．电子的发现
C．光电效应现象的发现 D．天然放射性现象的发现
【答案】A
【知识点】物理学史
【解析】【解答】卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出了原子的核式结构模型，而对阴极射线的研究，发现原子还可以再分，对于光电效应，揭示了光的粒子性，氢原子光谱实验说明了能量量子化的观念，A符合题意，B，C，D不符合题意；
故答案为：A．
【分析】该题目考查的是物理学中，著名物理学家的成就，平时注意积累、记忆即可。
2．（2018高三上·烟台期末）以下说法中正确的是（ ）
A．通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行
B．带电粒子在匀强磁场中运动受到的洛伦兹力对粒子做正功
C．磁感线可以形象地描述各点的磁场强弱和方向，磁感线上每一点的切线方向都和小磁针在该点静止时N极所指的方向一致
D．放置在磁场中1m长的导线，通过1安的电流，受到的安培力为1N时，该处磁感应强度就是1T
【答案】C
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】A、通电导线方向与磁场方向不在一条直线上时，才受到安培力作用，当二者平行时，安培力为零，A不符合题意；B、洛伦兹力的方向与速度方向垂直，洛伦兹力不做功．B不符合题意．C、磁感线可以形象地描述各点磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向都和小磁针放在该点静止时北极所指的方向一致，与南极所指的方向相反，C符合题意；D、垂直于磁场的方向放置在磁场中1m长的通电导线，通过1A的电流，受到的安培力为1N，则该处的磁感应强度就是1T,D不符合题意。
故答案为：C.
【分析】磁场和电场一样是客观存在的物质，磁感线从北极出发回到南极，磁感线密集的地方磁感应强度比较大，规定小磁针的N极在磁场中某点所受磁场力的方向为该点磁场的方向。
3．（2018高三上·烟台期末）一电梯从静止开始向上运动，其速度图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．电梯在t=5s时处于失重状态
B．电梯在t=20s时加速度大小为0.2m/s2
C．电梯在0～10s内的平均速度大小为6m/s
D．电梯在0～30s内上升的总高度为90m
【答案】D
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A、根据图象可知，检修人员在5s时向上加速，加速度向上处于超重状态，A不符合题意；B、10s～30s内图象的斜率不变，则加速度恒定不变为 ，B不符合题意；C、0~10s做匀加速直线运动 ，C不符合题意；D、图象的“面积”等于位移，根据图象可知0～30s内的位移为 ，故正确；
故答案为：D.
【分析】v-t图像中，横坐标为时间，纵坐标为速度，图像与时间轴所围成的面积是位移，图像的斜率是加速度，结合选项分析即可。
4．（2018高三上·烟台期末）如图所示，水平桌面上固定一个竖直挡板，现将一个球体A与截面为直角三角形的物块B叠放在一起，用水平外力F缓缓向左推动B，使A缓慢升高，设备接触面均光滑，则该过程中（ ）
A．A和B均受三个力作用 B．B对桌面的压力越来越大
C．A对B的压力越来越大 D．A对墙面的压力大小保持不变
【答案】D
【知识点】动态平衡分析
【解析】【解答】A、先以小球A为研究对象，分析受力情况：重力、墙的弹力和斜面的支持力三个力．B受到重力、A的压力、地面的支持力和推力F四个力．A不符合题意．B、C、D、当斜面向左移动时，斜面B对A的支持力和墙对A的支持力方向均不变，根据平衡条件得知，这两个力大小保持不变．则A对B的压力也保持不变．对整体分析受力如图所示，
由平衡条件得知，F=N1，墙对A的支持力N1不变，则推力F不变．桌面对整体的支持力N=G总，保持不变．则B对桌面的压力不变．B，C不符合题意，D符合题意．
故答案为：D．
【分析】对小球A进行受力分析，在重力、竖直平面的支持力和斜面的支持力的作用下，小球处于平衡状态，合力为零，结合小球位置的变化分析其他力的变化。
5．（2018高三上·烟台期末）一水滴从空中由静止下落，下落过程始终受到水平方向的恒定风力作用，下列说法正确的是（ ）
A．水滴做直线运动
B．水滴做曲线运动
C．水滴落地时间比不受风力情况下的落地时间长
D．水滴落地速度大小与不受风力情况下的落地速度大小相等
【答案】A
【知识点】速度的合成与分解
【解析】【解答】A、B、水滴受到重力和恒定水平风力，其合力斜向下恒定，产生恒定的加速度，但初速度为零，则水滴沿合加速度方向做匀加速直线运动，A符合题意，B不符合题意；C、将水滴的运动沿水平方向和竖直方向正交分解，竖直方向只受重力，做自由落体运动，下落的时间由高度决定，与风速无关，则C不符合题意；D、两分运动的速度合成可得到合速度，故风速越大，落地时合速度越大，D不符合题意；
故答案为：A.
【分析】把水滴的运动分解到水平竖直两个方向去，两个方向都做匀加速的运动，假设加速度，结合运动学公式求解位移的变化。
6．（2018高三上·烟台期末）如图所示，电表均为理想电表，变压器为理想变压器，R为定值电阻，当滑动变阻器滑片P向右移动时，以下说法中正确的是（ ）
A．电压表V1示数不变 B．电压表V2示数变大
C．电流表A示数减小 D．电阻R的功率减小
【答案】A
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】A、由于变压器的输入端接在电压有效值不变的交流电流两端，匝数比不变，所以副线圈电压不变，即V1示数不变，A符合题意；C、滑片P向右移动Rx的阻值减小，由部分电路的欧姆定律可知 变大，由变压器两端的电流与匝数关系 得I1变大，即电流表A的示数变大，C不符合题意；B、由 可知电压表V2的示数变小，B不符合题意；D、电阻R的功率 变大，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】滑动变阻器的划片由右滑动的过程中，接入电路中的电阻变小，结合欧姆定律求解电流、电压的变化，利用功率公式分析电功率的变化。
7．（2018高三上·烟台期末）2017年11月5日19时45分，西昌卫星发射中心再次用长征三号乙运载火箭，成功发射两颗北斗三号全球组网卫星。根据计划，2018年年底前后将发射18颗北斗三号卫星。覆盖“一带一路”沿线国家，到2020年，将完成35颗北斗三号卫星的组网，实现全球服务能力。北斗三号卫星导航系统空间段由5颗同步卫星和30颗非静止轨道卫星组成。以下关于地球同步卫星的说法正确的是（ ）
A． 同步卫星绕地球运动的周期比月球绕地球运动的周期大
B．同步卫星可以从北半球上方通过
C．同步卫星绕地球运动的线速度比第一宇宙速度小
D．同步卫星绕地球运动的向心加速度大于地球表面的重力加速度
【答案】C
【知识点】万有引力定律及其应用；卫星问题
【解析】【解答】A、根据万有引力提供向心力列出等式： ，可得 ，即轨道半径越大，周期越长，月球和地球同步卫星都绕地球转动，月球的轨道半径更大，则周期较大，A不符合题意；B、它若在除赤道所在平面外的任意点，假设实现了“同步”，那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上这是不可能的，因此同步卫星相对地面静止不动不能从北半球上方通过，B不符合题意；C、由 得 ，半径越大线速度越小，第一宇宙速度是近地卫星的线速度，则同步卫星的半径比近地卫星的轨道半径大，其线速度较小，C符合题意；D、由 得 ，可知同步卫星比地表的r大，其向心加速度小于地表的重力加速度，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】卫星离地球越近，线速度越大，环绕周期越短，同时动能增加，势能减小，总的机械能减小，结合选项分析即可。
8．（2018高三上·烟台期末）如图所示，实线表示一匀强电场的电场线，电场方向未知。一电子以一定的初速度由A点射入电场，虚线为电子的运动轨迹，B点是运动轨迹上的一点，则（ ）
A．A点电势高于B点电势
B．电子在B点的电势能大于在A点的电势能
C．电子在A点的速度大于在B点的速度
D．电子由A到B，电场力先做负功后做正功
【答案】D
【知识点】电势差、电势、电势能；电场力做功
【解析】【解答】A、由曲线运动的知识可知：电子所受的电场力向左，由于电子的受力与场强方向相反，可知电场线向右，结合沿着电场线电势逐渐降低得 ，A不符合题意； D、电子从A到B点过程中，电场力先与速度成钝角力做负功，后与速度成锐角力做正功，D符合题意；B、C、电子全过程逆着电场线运动，电场力总的功为正功，则电荷的电势能减小，即B点的电势能小于A点的电势能，动能增大有B点的速度大于A点速度，B，C均错误；
故答案为：D。
【分析】粒子的运动轨迹为曲线，受到的电场力指向圆弧的内部，电场线密集的区域电场强度大，沿电场线方向电势减小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
9．（2018高三上·烟台期末）已知地球和火星半径之比为a，质量之比为b，如果分别在地球表面上和火星表面上以相同的初速度竖直上抛一物体(不计阻力)，则物体在地球表面和火星表面上升的最大高度之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】在根据万有引力等于重力 ，得 ，则地球表面与火星表面重力加速度之比为： ；在地球上竖直上抛的最大高度为 ，火星表面竖直上抛的最大高度为 ，则得： ，
故答案为：A．
【分析】当不考虑星球自转，星球表面物体受到的重力等于万有引力，利用万有引力定律求解星球表面的重力加速度大小关系，再结合位移公式求解上升高度变化。
二、双选题
10．（2018高三上·烟台期末）一质量为m的金属小圆环从半径为R的光滑半圆形轨道顶端由静止下滑，不计空气阻力，若在圆心下方 以下区域(即虚线下方)存在匀强磁场，如图所示，则下列说法正确的是(重力加速度为g) （ ）
A．金属圆环最终将停在半圆形轨道最低点
B．金属圆环每次经过轨道最低点时，对轨道的压力F的取值范围为2mg≤F＜3mg
C．进入磁场和穿出磁场过程中，金属圆环中感应电流方向相反
D．进入磁场和穿出磁场过程中，金属圆环中感应电流大小一定相等
【答案】B,C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】C、金属环进磁场时磁通量增大，根据楞次定律知圆环上的电流为顺时针，出磁场时磁通量减小，电流为逆时针，C符合题意；D、进磁场时产生感应电流，安培力做负功，机械能转化为电能，则出磁场时的速度比进磁场时的速度小，由动生电动势 和 知出磁场时的电流比进磁场时的小，D不符合题意。A、圆环完全在虚线下方时磁通量不变，没有感应电流产生，就没有安培力做负功，机械能守恒，故圆环最终在虚线下方摆动而不会停止，A不符合题意。B、圆环第一次到最低点时速度最大，因有部分电能产生，由 ，可得 ；圆环最终在磁场中摆动到最低点的速度最小，有 ，即 ，最低点由牛顿第二定律 和牛顿第三定律 ，代入两个速度的极值可得圆环对轨道的压力为 ， ，即 ，B符合题意；
故答案为：BC.
【分析】小球在进出磁场的时候小球会受到反向的安培力，从而降低小球到达最低点的速度，结合向心力公式求解小球对轨道的压力；利用楞次定律求解电流的方向。
11．（2018高三上·烟台期末）一群处于n=5能级的氢原子在向n=1的能级跃迁的过程中（ ）
A．放出4种频率不同的光子
B．放出10种频率不同的光子
C．放出的光子的最大能量为13.06eV，最小能量为0.66eV
D．放出的光子有的能使逸出功为13ev的金属发生光电效应现象
【答案】B,D
【知识点】氢原子光谱
【解析】【解答】A、B、一群处于n=5的能级的氢原子向低能级跃迁，共产生 种频率不同的光子，A不符合题意，B符合题意；C、根据波尔理论能级差越大跃迁放出的光子能量越大，故 ， ，C不符合题意；D、因 ，故光子的能量大于逸出功可以使金属发出光电效应，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】光电效应中，当外界的光子能量比较大时，电子获得的能量就大，溢出电子的动能利用公式Ekm=hν﹣W求解即可。其中W是材料的逸出功，v是光子的频率。
12．（2018高三上·烟台期末）质量为M的小车置于光滑的水平面上，左端固定一根轻弹簧，质量为m的光滑物块放在小车上，压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端，开始时小车与物块都处于静止状态，此时物块与小车右端相距为L，如图所示，当突然烧断细线后，以下说法正确的是（ ）
A．物块和小车组成的系统机械能守恒
B．物块和小车组成的系统动量守恒
C．当物块速度大小为v时，小车速度大小为 v
D．当物块离开小车时，小车向左运动的位移为 L
【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】A、弹簧推开物体和小车的过程，若取物体、小车和弹簧的系统无无其他力做功，机械能守恒，但选物体和小车的系统，弹力做功属于系统外其它力做功，弹性势能转化成系统的机械能，此时系统的机械能不守恒，A选不符合题意。B、取物体和小车的系统，外力之和为零，故系统的动量守恒，B符合题意。C、由系统的动量守恒： ，解得 ，C符合题意。D、弹开的过程满足反冲原理和人船模型，有 ，则在相同时间内 ，且 ，联立得 ，D不符合题意。
故答案为：BC.
【分析】木块和小车两个物体组成系统动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能守恒列方程分析求解即可。
13．（2018高三上·烟台期末）如图所示，固定在地面上的斜面足够长，其倾角为30°，用平行于斜面向上F=16N的力作用在质量为2kg的物块上，物块恰好沿斜面匀速上滑，若g取10m／s2，物块所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。则下列说法中正确的是（ ）
A．在撤去力F的瞬间，物块所受摩擦力方向不变
B．在撤去力F的瞬间，物块的加速度大小为8m/s2
C．物块与斜面间的动摩擦因数等于0.4
D．撤去力F后，物体最终将静止在斜面上
【答案】A,B
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】A、B、物体匀速上滑过程，受到推力、重力、支持力和摩擦力，根据共点力平衡条件，有F-Gsin30°-f=0，代入数据解得f=6N；撤去F后，物体由于惯性继续上滑过程，其余力均不变则摩擦力f=6N方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有f+Gsin30°=ma1，解得a1=8m/s2，A项，B项均正确；C、由滑动摩擦力公式 ，解得 ，C不符合题意；D、当物体上滑的速度减为零时，因 (即 )，物体不能静止将沿斜面下滑，D不符合题意。
故答案为：AB.
【分析】对物体进行受力分析，在沿斜面方向和垂直于斜面两个方向上分解，在沿斜面方向利用平衡方程求解物体受到的摩擦力；当撤掉拉力后，在沿斜面方向利用牛顿第二定律求解物体的加速度。
三、多项选择题
14．（2018高三上·烟台期末）在某高空杂技类节目现场的下方放置一弹簧垫。此弹簧垫可视为质量为m的木板与两相同直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在水平地面上，静止时弹簧的压缩量为h，如图所示。某同学为了测试弹簧垫的性能，将一质量为0.5m的小物体从距木板上方6h的O点由静止释放，物体打在木板上并立刻与木板一起向下运动，但不粘连，到达最低点后又向上运动，它们恰能回到A点，此时弹簧恰好无形变。整个过程忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．整个过程中，物体和两弹簧组成的系统机械能守恒
B．物体与木板一起向下运动过程中的速度先增大后减小
C．物体打在木板上之前，两弹簧的弹性势能总和为0.5mgh
D．若另一质量为m的物体仍从O点由静止释放，此物体第一次离开木板时的速度大小为
【答案】B,C,D
【知识点】机械能守恒及其条件；动量守恒定律
【解析】【解答】A、物体碰木板一起运动的过程中，相当于发生完全非弹性碰撞机械能会发生损失，系统的机械能不守恒；而一起和弹簧作用的过程系统只受重力和弹力，系统机械能守恒，则A不符合题意。B、物体与木板一起运动开始时，重力大于弹力加速度向下，往下加速速度增大，后压缩的弹力逐渐增大超过重力，加速度向上，要向下减速到零，故向下运动的过程速度先增大后减小，B符合题意。C、物体m下落过程由动能定理 ，得 ，碰撞过程 ，可得 ，此后一起向下运动再向上到A点，由系统的机械能守恒定律有 ，解得 ，C符合题意；D、另一质量为m的物体从O点释放，机械能较大，故经历下落和碰撞再上升的过程，能经过A点速度不为零而再上升，此时弹簧是原长，A点之后木板和弹簧分离， 得 ；碰撞过程 得 ， ，解得： ，则D符合题意。
故答案为：BCD.
【分析】木块和木板两个物体组成系统动量守恒，利用动量守恒定律列方程分析求解碰撞后的速度；木块、木板和弹簧三个物体组成系统能量守恒，利用能量守恒定律分析求解即可。
四、实验题
15．（2018高三上·烟台期末）读出下图中螺旋测微器和游标卡尺的读数。螺旋测微器的读数为 mm；游标卡尺的读数为 mm。
【答案】4.950；17.25；
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】(1)螺旋测微器的固定刻度为4.5mm，可动刻度为45.0×0.01mm=0.450mm，所以最终读数为4.5mm+0.450mm=4.950mm，由于需要估读，最后的结果可以在4.948-4.952之间．(2)游标卡尺的主尺读数为17mm，游标尺上第5个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为5×0.05mm=0.25mm，所以最终读数为：17mm+0.25mm=17.25mm．
【分析】明确螺旋测微器每一个小格代表的数值，并且在最后的读数时注意估读即可；明确游标卡尺的读数规则进行读数即可。
16．（2018高三上·烟台期末）某同学用如图所示装置做“探究动能定理”实验。装置中装有细沙的沙桶通过细线绕过定滑轮连接在小车上，小车后端固定穿过打点计时器的纸带。
（1）实验时先不挂沙桶，反复调整垫木的左右位置，直到小车做匀速直线运动，这样做的目的是： 。
（2）挂上装有细沙的沙桶后，通过实验得到如图所示的纸带。纸带上O为小车运动起始时刻所打的点，在纸带上标出了连续的3个计数点A、B、C，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到O点之间的距离SOA=16.3cm，SOB=25.3cm，SOC=36.3cm。实验时小车所受细线的拉力大小为0.2N，小车质量为0.1kg。则通过计算可知，从O至B的运动过程中，小车所受合外力做的功W= J，小车动能的变化量△Ek= J(结果保留至小数点后3位)。
（3）在第(2)问中若实验前已经测得未装沙时小桶的质量为5×10-3kg，实验时该同学放入沙桶中细沙的质量为 kg(g取10m/s2)。
【答案】（1）平衡小车运动过程中受到的摩擦力
（2）0.051；0.050
（3）0.02；
【知识点】探究功与物体速度变化的关系
【解析】【解答】(1)实验时小明先调整垫木的位置，使小车不挂托盘时能在倾斜的长木板上做匀速直线运动，这样做的目的是为了平衡摩擦力(2)对O到B的过程，小车的合外力即为绳的拉力，则 ,打B点的瞬时速度为 ，则动能的变化为 .(3)根据纸带由匀变速直线运动的判别式可得 ，对沙桶由牛顿第二定律得 ，其中沙桶质量 ，解得m=0.02kg.
【分析】（1）平衡摩擦力，除去摩擦力对实验的影响，使实验更准确；
（2）利用拉力大小乘以OB的长度求解拉力做功，利用重力做功mgh，结合下落的高度求解重力做功；
（3）结合动能定理求解物体的质量即可。
17．（2018高三上·烟台期末）小王同学测量阻值约为1kΩ的电阻Rx，现备有下列器材：
A．电流表(量程6mA，内阻约为300Ω)：
B．电流表(量程1mA，内阻约为200Ω)；
C．电压表(量程20V，内阻约为500kΩ)；
D．电压表(量程8V，内阻约为100kΩ)；
E．直流电源(10V，允许最大电流1A)；
F．滑动变阻器(最大阻值100Ω)；
G．开头和导线若干。
（1）电流表应选 ，电压表应选 (填字母代号)。
（2）请用笔画线代替导线，将如图所示的实验电路未连接部分连接好(连线不得交叉)。
（3）小王同学在完成电路连接后，实验步骤如下：
①将滑动变阻器滑片P移到 端(选填“左”或“右”)；
②闭合开关，调节滑片P，读出电压表和电流表的示数；
③根据测量的电压值和电流值，求出Rx的阻值。
小王同学的实验步骤存在的主要缺陷是： 。
【答案】（1）A；D
（2）解:如图所示：
（3）左；没有多次测量求平均值；
【知识点】电阻的测量
【解析】【解答】(1)电源电压为10V，故电压表应选择D(8V)可保证安全的前提下读数更精确；通过待测电阻最大电流约为： ，电流表B(1mA)量程太小，所以选A(6mA)合适。(2)因待测电阻约为1KΩ， 为小电阻,故用电流表外接法减小系统误差：因是小电阻100Ω控制大电阻1000Ω，若用限流式接法，控制的电压变化范围太小，则应用滑动变阻器的分压式接法．实物图如图所示：
。(3)实验操作时要保护电表安全，故闭合开关前将滑片滑到最左端可以使待测电阻的支路短路，电压和电流全为零最安全；如果要减小读数引起的偶然误差，应该多读几组U和I，求电阻的平均值。
【分析】（1）在量程允许的情况下选择小量程的电表即可；
（2）为了能得到比较多的数据，采用分压法，电流表内阻比较大，对电压影响比较大，故采用电流表外接法；
（3）在连接电路的时候，为了保证电路安全，滑片应处在阻值最大端；为了使测量结果更加准确，应多次测量取平均值。
18．（2018高三上·烟台期末）某物理兴趣小组要测量电池的电动势E和内阻r，实验器材有：—个电压表V、一个电阻箱R、一个开关S和导线若干。
（1）请在方框中画出实验电路原理图。图中各元件需用题目中给出的符号或字母标出。
（2）要想测得电池的电动势E和内阻r的值，R至少需取 个不同的数值。
（3）实验过程中改变电阻箱R的阻值得到一系列的电压表的读数U。根据实验数据，该小组得到如图所示图象，则该电池的电动势E= V，内阻r= Ω。
（4）在你设计的实验电路中，产生系统误差的主要原因是： 。
【答案】（1）解：如图所示：
（2）2
（3）5；1.25
（4）电压表的内阻对电路的影响；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】(1)本题只提供了电压表和电阻箱测电源的电动势和内阻，构成伏阻法的原理，电压表测路端电压同时并联在电阻箱两端，计算出总电流，电路如图所示： ；(2)根据全电路的欧姆定律结合伏阻法： ，方程有两个未知量E和r，则需要2组U和R的数据可解方程组得到电动势和内阻。(3)根据表示式 得 ，则 图象的斜率 ，总截距 ，可解得 ， .(4)伏阻法的系统误差是电压表分流，导致测量电流偏小，使得电动势的测量值偏小，内阻的测量值偏小。
【分析】（1）测量电源的电动势和内阻，把电源与电阻箱串联即可；
（2）绘制电源的伏安特性曲线，两点确定一条直线，需要两组数据；
（3）根据闭合电路欧姆定律得U=E﹣Ir 结合函数图象来求解内阻和电动势即可；
（4）电压表的阻值不是无限大，会影响实验结果。
五、解答题
19．（2018高三上·烟台期末）如图所示，某工厂车间有甲、乙两辆相同的运料小车处于闲置状态，甲车与乙车、乙车与竖直墙面间的距离均为L，由于腾用场地，需把两辆小车向墙角处移动。一工人用手猛推了一下甲车，在甲车与乙车碰撞瞬间，立即通过挂钩挂到了一起，碰后两车沿甲车原来的运动方向继续向前运动，在乙车运动到墙角时刚好停下。已知两车的质量均为m，与水平地面间的摩擦力均为车重的k倍，重力加速度大小为g，求：
（1）两车将要相碰时甲车的速度大小；
（2）工人推甲车时对甲车的冲量大小。
【答案】（1）解: 设甲乙车钩挂在一起后的速度为 ，从甲乙车钩挂一起到停下过程
根据动能定理：
（注：用牛顿第二定律和运动方程解的也给分）
甲乙两车碰撞前后动量守恒，设碰撞前甲车速度为 ，
根据动量守恒定律：
得：
（2）解: 在甲车在与乙车碰撞前运动L的过程，设离开人手瞬间速度为
根据动能定理：
人将甲车从静止推至获得速度 的过程
根据动量定理：
得：
【知识点】动能定理的综合应用；动量守恒定律
【解析】【分析】（1）两个小车组成系统动量守恒，利用动量守恒定律列方程分析求解末速度即可；
（2）结合小车的初末速度利用动量定理求解外力的冲量即可。
20．（2018高三上·烟台期末）一截面为直角三角形的物抉，斜边与水平直角边的夹角θ=37°，质量为1.7Kg，另一条直角边靠在竖直墙面上。现在斜边上施加一个与其垂直的推力F，使物块以2m／s的速度沿墙面匀速上升，当物块运动到位置1时，在物块左上方与水平直角边高度差为7m处水平抛出一个小球，当物块运动到位置2时，小球恰好落到了物块水平直角边与墙面相交处，如图所示。已知物块与墙面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6。求：
（1）物块从位置1运动到位置2所用的时间；
（2）推力F的大小。
【答案】（1）解： 设物块从位置1运动到位置2所用时间为t，小球下落的位移为x1，则有
设物块上升的位移为x2，则
在竖直方向上有 解得：
（2）解： 对物块进行受力分析如图所示，然后正交分解得：
水平：
竖直：
滑动摩擦力
得：
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）物体做平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动，利用竖直方向的距离求出运动时间；
（2）对物体进行受力分析，竖直方向在推力、重力和摩擦力的作用下，物体处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程求解推力即可。
21．（2018高三上·烟台期末）如图甲所示，一水平放置的线圈，匝数n=100匝，横截面积S=0.2m2，电阻r=1Ω，线圈处于水平向左的均匀变化的磁场中，磁感应强度B1随时间t变化关系如图乙所示。线圈与足够长的竖直光滑导轨MN、PO连接，导轨间距l=20cm，导体棒ab与导轨始终接触良好，ab棒的电阻R=4Ω，质量m=5g，导轨的电阻不计，导轨处在与导轨平面垂直向里的匀强磁场中，磁感应强度B2=0.5T。t=0时，导体棒由静止释放，g取10m/s2，求：
（1）t=0时，线圈内产生的感应电动势太小；
（2）t=0时，导体棒ab两端的电压和导体棒的加速度大小；
（3）导体棒ab到稳定状态时，导体棒所受重力的瞬时功率。
【答案】（1）解： 由图乙可知，线圈内磁感应强度变化率：
由法拉第电磁感应定律可知：
（2）解： t=0时，回路中电流：
导体棒ab两端的电压
设此时导体棒的加速度为a，则由：
得：
（3）解： 当导体棒ab达到稳定状态时，满足：
得：
此时，导体棒所受重力的瞬时功率
【知识点】安培力；欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）利用法拉第电磁感应定律求解电压的大小；
（2）结合此时电动势的大小，利用欧姆定律求解电路中的电流，结合安培力公式求解安培力，再利用牛顿第二定律求解加速度；
（3）导体棒处于稳定状态，重力等于安培力，利用安培力公式求解导体棒的速度，利用公式P=Fv求解功率。
22．（2018高三上·烟台期末）如图所示，在xOy坐标系中第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，第二象限内的部分区域存在匀强电场。一电荷量为+q、质量为m的带电粒子，从P(a，0)点沿与x轴成45°角的方向以初速度v0射入磁场中，通过y轴上的N(0，a)点进入第二象限后，依次通过一个非电场区域和一个匀强电场区域，到达x轴上某点时速度恰好为零。已知从粒子第一次通过N点到第二次通过N点所用时间为t0。求：(粒子重力不计)
（1）磁场的磁感应强度；
（2）带电粒子自P点开始到第一次通过N点所用的时间；
（3）匀强电场的电场强度大小。
【答案】（1）解： 带电粒子运动轨迹及电场方向如图所示
由几何关系可知
根据：
得：
（2）解： 由周期公式
得时间
（3）解： 设粒子在非电场区域飞行时间为 ，位移为x1，在电场中飞行时间为 ，位移为x2，
则有
又
解得：
从进入电场到减速为零，根据动能定理：
得：
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，根据磁场方向、电性和运动方向确定粒子的运动轨迹，利用几何关系求解轨道半径，再结合向为心力公式磁感应强度；
（2）同理，利用向心力公式求周期，进而求解花费的时间即可；
（3）对处在电场中的电荷进行受力分析，利用动能定理求解电场强度。
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