廣東省深圳市布吉高中2014-2015學年高二下學期期中物理試卷(理科)

1、廣東省深圳市布吉高中2014-2015學年高二下學期期中物理試卷（理科）一、選擇題（單選題每題4分，共16分，雙選題每題6分，共30分，雙選題少選得3分，選錯不得分）1（4分）一個按正弦規(guī)律變化的交變電流的it圖象如圖所示根據(jù)圖象可以判定（）A交變電流的頻率f=100HzB交變電流的有效值I=20AC交變電流瞬時值表達式i=20sin0.02tAD在t=時刻，電流的大小與其有效值相等2（4分）如圖所示，用線把小球A懸于O點，靜止時恰好與另一固定小球B接觸今使兩球帶同種電荷，懸線將偏離豎直方向某一角度1，此時懸線中的張力大小為T1；若增加兩球的帶電量，懸線偏離豎直方向的角度將增大為2，此時懸線中

2、的張力大小為T2，則（）AT1T2BT1=T2CT1T2D無法確定3（4分）在靜電場中，下列說法中正確的是（）A電場強度處處為零的區(qū)域內(nèi)，電勢一定也處處為零B電場強度處處相同的區(qū)域內(nèi)，電勢一定也處處相同C電場強度的方向總是跟等勢面垂直D電勢降低的方向就是電場強度的方向4（4分）如圖所示，在垂直于紙面的范圍足夠大的勻強磁場中，有一個矩形閉合線框abcd，線框平面與磁場垂直在下列哪種情況，可使線框中產(chǎn)生感應電流（）A線框沿紙面向右加速運動B線框垂直紙面向外運動C線框繞ad邊轉(zhuǎn)動D線框繞過d點與紙面垂直的軸，沿紙面順時針轉(zhuǎn)動5（6分）如圖所示，光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的小球以速度v與質(zhì)量為m2的靜

3、止小球正碰，碰后兩小球的速度大小都為，方向相反，則兩小球質(zhì)量之比m1：m2和碰撞前后動能變化量之比Ek1：Ek2為（）Am1：m2=1：3Bm1：m2=1：1CEk1：Ek2=1：3DEk1：Ek2=1：16（6分）木塊a和b用一根輕彈簧連接起來，放在光滑水平面上，a緊靠在墻壁上，在b上施加向左的水平力使彈簧壓縮，如圖所示，當撤去外力后，下列說法中正確的是（）Aa尚未離開墻壁前，a和b系統(tǒng)的動量守恒，機械能守恒Ba尚未離開墻壁前，a與b系統(tǒng)的動量不守恒，機械能不守恒Ca離開墻后，a、b系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒Da離開墻后，a、b系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒7（6分）如圖所示，水平面內(nèi)兩光滑的平行

4、金屬導軌，左端與電阻R相連接，勻強磁場B豎直向下分布在導軌所在的空間內(nèi)，質(zhì)量一定的金屬棒垂直于導軌并與導軌接觸良好今對金屬棒施加一個水平向右的外力F，使金屬棒從a位置開始向右做初速度為零的勻加速運動，依次通過位置b和c若導軌與金屬棒的電阻不計，ab與bc的距離相等，關于金屬棒在運動過程中的有關說法正確的是（）A金屬棒通過b、c兩位置時，外力F的大小之比為：1：B金屬棒通過b、c兩位置時，電阻R的電功率之比為1：2C從a到b和從b到c的兩個過程中，通過金屬棒橫截面的電荷量之比為1：1D從a到b和從b到c的兩個過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量之比為1：18（6分）兩個質(zhì)量、帶電量絕對值均相同的粒子a、b

5、，以不同的速率沿AO方向射入圓形勻強磁場區(qū)域，其運動軌跡如圖不計粒子重力，則下列說法正確的是（）Aa粒子帶正電Bb粒子帶正電Ca粒子速度較小Db粒子在磁場中運動時間較長9（6分）理想變壓器與電阻R及交流電流、電壓表V和A按圖示方式連接，已知變壓器原副線圈的匝數(shù)比為n1：n2=10：1，電阻R=11，原線圈兩端輸入電壓U隨時間變化的圖象如圖所示，下列說法中正確的是（）AV表的讀數(shù)為220VB通過R的電流為2ACA表的讀數(shù)為2AD變壓器的輸入功率為44W二、實驗題（18分）10（10分）某同學用圖1所示裝置來驗證動量守恒定律，實驗時先讓a球從斜槽軌道上某固定點處由靜止開始滾下，在水平地面上的記錄紙

6、上留下痕跡，重復10次；然后再把b球放在斜槽軌道末端的最右端附近靜止，讓a球仍從原固定點由靜止開始滾下，和b球相碰后，兩球分別落在記錄紙的不同位置處，重復10次回答下列問題：（1）在安裝實驗器材時斜槽的末端應（2）小球a、b質(zhì)量ma、mb的大小關系應滿足mamb，兩球的半徑應滿足rarb（選填“”、“”或“=”）（3）本實驗中小球落地點的平均位置距O點的距離如圖10所示，這時小球a、b兩球碰后的平均落地點依次是圖1中水平面上的點和點（4）在本實驗中結合圖1，驗證動量守恒的驗證式是下列選項中的Ama=ma+mb Bma=ma+mb Cma=ma+mb（5）經(jīng)測定，ma=45.0g，mb=7.5g

7、，請結合圖2分析：碰撞前、后ma的動量分別為p1與p1，則p1：p1=（保留分式）有同學認為，在該實驗中僅更換兩個小球的材質(zhì)，其它條件不變，可以使被碰小球做平拋運動的水平距離增大請你用已知的數(shù)據(jù)，分析和計算出被碰小球mb平拋運動水平距離的最大值為cm11（8分）用圖中給出的器材，測量一只標有“3V、0.6W”的小燈泡正常發(fā)光時的電阻R1實驗過程要求盡量減小誤差（滑動變阻器最大阻值為10；電源電動勢為12V，內(nèi)阻為1；電流表內(nèi)阻約為1，電壓表的內(nèi)阻約為10k）電流表應選用的量程是 A（選填“0.6”或“3”），電壓表應選用的量程是 V（選填“3”或“15”）；請將你設計的實驗電路圖，畫在左下方的

8、虛線框中；根據(jù)中的電路圖，用筆畫線代替導線，完成圖中的實物連接；若小燈泡發(fā)光較暗時的電阻為R2，判斷出R1與R2的大小關系是R1R2（選填“大于”、“等于”或“小于”）四、計算題12如圖所示，半徑為R的光滑半圓環(huán)軌道豎直固定在一水平光滑的桌面上，在桌面上輕質(zhì)彈簧被a、b兩個小球擠壓（小球與彈簧不拴接），處于靜止狀態(tài)同時釋放兩個小球，小球a、b與彈簧在桌面上分離后，a球從B點滑上光滑半圓環(huán)軌道最高點A時速度為已知小球a質(zhì)量為m，小球b質(zhì)量為2m，重力加速度為g求：（1）小球a在圓環(huán)軌道最高點對軌道的壓力；（2）釋放后小球b離開彈簧時的速度vb的大?。唬?）釋放小球前彈簧具有的彈性勢能13如圖甲，

9、相距為L=1m的光滑平行金屬導軌水平放置，導軌一部分處在垂直導軌平面的勻強磁場中，OO為磁場右邊界，磁感應強度為B=2T，導軌右側(cè)接有定值電阻R=4，導軌電阻忽略不計在距OO為L=1m處垂直導軌放置一質(zhì)量為m=1kg、電阻不計的金屬桿ab若ab桿在水平向右的恒力F作用下由靜止開始向右運動，其速度位移的關系圖象如圖乙所示（圖中坐標值均為已知量），求（1）恒力F大小是多少？（2）在此過程中電阻R上產(chǎn)生的電熱Q1是多少？（3）ab桿在離開磁場前瞬間的加速度為多少？廣東省深圳市布吉高中2014-2015學年高二下學期期中物理試卷（理科）參考答案與試題解析一、選擇題（單選題每題4分，共16分，雙選題每題

10、6分，共30分，雙選題少選得3分，選錯不得分）1（4分）一個按正弦規(guī)律變化的交變電流的it圖象如圖所示根據(jù)圖象可以判定（）A交變電流的頻率f=100HzB交變電流的有效值I=20AC交變電流瞬時值表達式i=20sin0.02tAD在t=時刻，電流的大小與其有效值相等考點：正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻率 專題：交流電專題分析：直接從圖象中即可求出交流電的峰值及周期，從而求頻率，寫出電流的瞬時值表達式解答：解：A、題中圖象描述的是電流隨時間的變化關系，周期為0.02s，故頻率為50Hz，故A錯誤B、由圖可知，該交流電的峰值是20A，有效值為U=14.1A，故B錯誤；C、角速度=100rad

11、/s，交變電流瞬時值表達式i=20sin100t（A），故C錯誤；D、t=時刻，i=20sin100×=10（A），故D正確故選： D點評：明確交流電圖象的物理意義，正確根據(jù)圖象獲取有關交流電的信息是對學生的基本要求，平時要加強練習2（4分）如圖所示，用線把小球A懸于O點，靜止時恰好與另一固定小球B接觸今使兩球帶同種電荷，懸線將偏離豎直方向某一角度1，此時懸線中的張力大小為T1；若增加兩球的帶電量，懸線偏離豎直方向的角度將增大為2，此時懸線中的張力大小為T2，則（）AT1T2BT1=T2CT1T2D無法確定考點：共點力平衡的條件及其應用；庫侖定律 專題：共點力作用下物體平衡專題分析：

12、對小球A的受力情況進行分析，運用三角形相似法，根據(jù)平衡條件得到懸線中的張力大小與OA、OB的關系，即可求解解答：解：小球A的受力情況如圖所示，重力mg、懸線張力T、庫侖斥力F，這三個力的合力為0因此這三個力構成封閉的力的三角形，且正好與幾何三角形OAB相似，有：=因為OA=OB，所以T=mg即T與無關，則有T1=T2故選B點評：本題從小球的受力分析出發(fā)尋求正確的答案，采用三角形相似法處理，比較簡單，也可以運用函數(shù)法研究3（4分）在靜電場中，下列說法中正確的是（）A電場強度處處為零的區(qū)域內(nèi)，電勢一定也處處為零B電場強度處處相同的區(qū)域內(nèi)，電勢一定也處處相同C電場強度的方向總是跟等勢面垂直D電勢降低

13、的方向就是電場強度的方向考點：電勢；電場強度；等勢面 專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：電場線的疏密表示電場強度的相對大小，電場線的方向反映電勢的高低，則電場強度與電勢沒有直接關系電場強度為零，電勢不一定為零電勢為零，電場強度也不一定為零電場強度越大的地方，電勢不一定高順著電場線方向，電勢逐漸降低，但場強不一定減小解答：解：A、電勢為零，是人為選擇的，電場強度為零的地方，電勢不一定為零故A錯誤 B、電場強度處處相同的區(qū)域內(nèi)，電勢不一定處處相同，比如勻強電場，電場強度相同，而電勢沿著電場線方向是降低的故B錯誤 C、電場線與等勢面相互垂直，而電場線某點的切線方向為電場強度的方向，所以電場強度的方向

14、總是跟等勢面垂直故C正確； D、沿著電場線的方向，電勢總是逐漸降低的，而電勢降低的方向不一定是電場強度的方向，故D錯誤故選C點評：電場強度和電勢這兩個概念非常抽象，可借助電場線可以形象直觀表示電場這兩方面的特性：電場線疏密表示電場強度的相對大小，切線方向表示電場強度的方向，電場線的方向反映電勢的高低4（4分）如圖所示，在垂直于紙面的范圍足夠大的勻強磁場中，有一個矩形閉合線框abcd，線框平面與磁場垂直在下列哪種情況，可使線框中產(chǎn)生感應電流（）A線框沿紙面向右加速運動B線框垂直紙面向外運動C線框繞ad邊轉(zhuǎn)動D線框繞過d點與紙面垂直的軸，沿紙面順時針轉(zhuǎn)動考點：感應電流的產(chǎn)生條件 分析：要使線圈中產(chǎn)

15、生感應電流，則穿過線圈的磁通量要發(fā)生變化而線圈處于通電導線提供的磁場，所以可根據(jù)線圈的運動或電流的變化來判定磁通量的變化解答：解：A、線框沿紙面向右加速運動，穿過線框的磁通量仍沒有變化，所以線框不會產(chǎn)生感應電動勢，因此也不會有感應電流出現(xiàn)，故A錯誤；B、線框垂直紙面向外運動，由于勻強磁場穿過線框的磁通量仍沒有變化，所以線框不會產(chǎn)生感應電動勢，因此也不會有感應電流出現(xiàn)，故B錯誤；C、線框繞ad邊轉(zhuǎn)動，導致穿過線框的磁通量發(fā)生變化，所以線框產(chǎn)生感應電動勢，因此有感應電流出現(xiàn)，故C正確；D、線框繞過d點與紙面垂直的軸，沿紙面順時針運動，穿過線框的磁通量仍沒有變化，所以線框不會產(chǎn)生感應電動勢，因此也不

16、會有感應電流出現(xiàn)，故D錯誤；故選：C點評：穿過線圈的磁通量，可以假想成穿過線圈磁感線的條數(shù)，則當條數(shù)發(fā)生變化時，必有感應電動勢出現(xiàn)而條數(shù)的變化可以由線圈的運動確定5（6分）如圖所示，光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的小球以速度v與質(zhì)量為m2的靜止小球正碰，碰后兩小球的速度大小都為，方向相反，則兩小球質(zhì)量之比m1：m2和碰撞前后動能變化量之比Ek1：Ek2為（）Am1：m2=1：3Bm1：m2=1：1CEk1：Ek2=1：3DEk1：Ek2=1：1考點：動量守恒定律 分析：1、根據(jù)動量守恒定律列式，就可求得質(zhì)量之比2、分別求出兩球碰撞前后動能變化量，然后相比即可解答：解：A、B：以原來m1的速度v方向

17、為正方向，根據(jù)動量守恒定律所以故A正確、B錯誤C、D：兩球碰撞前后動能變化量分別為：=所以故C錯誤、D正確故選AD點評：對于動量守恒的問題，一定要注意矢量的方向性，分析清楚碰撞前后各個量的方向，這是解題的關鍵此題難度不大，屬于中檔題6（6分）木塊a和b用一根輕彈簧連接起來，放在光滑水平面上，a緊靠在墻壁上，在b上施加向左的水平力使彈簧壓縮，如圖所示，當撤去外力后，下列說法中正確的是（）Aa尚未離開墻壁前，a和b系統(tǒng)的動量守恒，機械能守恒Ba尚未離開墻壁前，a與b系統(tǒng)的動量不守恒，機械能不守恒Ca離開墻后，a、b系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒Da離開墻后，a、b系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒考點：動量定理

18、；機械能守恒定律 專題：動量定理應用專題分析：判斷系統(tǒng)動量是否守恒看系統(tǒng)所受的外力之和是否為零當撤去外力F后，a尚未離開墻壁前，系統(tǒng)受到墻壁的作用力，系統(tǒng)所受的外力之和不為零a離開墻壁后，系統(tǒng)所受的外力之和為0而判斷機械能是否守恒，主要是分析系統(tǒng)是否有重力之外的其他力做功解答：解：AB、當撤去外力F后，a尚未離開墻壁前，系統(tǒng)受到墻壁的作用力，系統(tǒng)所受的外力之和不為零所以和b組成的系統(tǒng)的動量不守恒但由于沒有外力做功；故系統(tǒng)的機械能守恒；故AB錯誤CD、a離開墻壁后，系統(tǒng)所受的外力之和為0，所以a、b組成的系統(tǒng)的動量守恒由于沒有外力做功；故系統(tǒng)機械能守恒；故C正確、D錯誤故選：C點評：本題考查了系

19、統(tǒng)機械能守恒的條件和動量守恒的條件，注意區(qū)分，墻壁對物塊a有彈力作用的過程，物塊并沒有發(fā)生位移，因此墻壁的彈力不做功7（6分）如圖所示，水平面內(nèi)兩光滑的平行金屬導軌，左端與電阻R相連接，勻強磁場B豎直向下分布在導軌所在的空間內(nèi)，質(zhì)量一定的金屬棒垂直于導軌并與導軌接觸良好今對金屬棒施加一個水平向右的外力F，使金屬棒從a位置開始向右做初速度為零的勻加速運動，依次通過位置b和c若導軌與金屬棒的電阻不計，ab與bc的距離相等，關于金屬棒在運動過程中的有關說法正確的是（）A金屬棒通過b、c兩位置時，外力F的大小之比為：1：B金屬棒通過b、c兩位置時，電阻R的電功率之比為1：2C從a到b和從b到c的兩個過

20、程中，通過金屬棒橫截面的電荷量之比為1：1D從a到b和從b到c的兩個過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量之比為1：1考點：導體切割磁感線時的感應電動勢；功能關系；焦耳定律 專題：電磁感應與電路結合分析：金屬棒由靜止開始向右做勻加速運動，根據(jù)運動學公式求出金屬棒通過b、c的速度之比由法拉第電磁感應定律、歐姆定律、安培力等知識求出功率、安培力、熱量與速度的關系，進而求出相應的比值根據(jù)法拉第電磁感應定律、歐姆定律求出電荷量之比解答：解：A、金屬棒從a位置由靜止開始向右做勻加速運動，根據(jù)v2=2ax知，通過b、c兩個位置的速度比為1：；根據(jù)E=BLv知，產(chǎn)生的電動勢之比為1：，由閉合電路歐姆定律得知感應電流之比

21、為1：，由公式F=BIL可知安培力之比為1：，根據(jù)牛頓第二定律，有： FFA=ma，F(xiàn)A=Fma，ma是定值，所以外力F的大小之比不等于1：故A錯誤B、通過b、c兩個位置的速度比為1：，根據(jù)P=知，電阻R的電功率之比為1：2故B正確C、由q=，因為ab=bc，則qab=qbc，則通過金屬棒橫截面的電荷量之比為1：1，故C正確D、根據(jù)能量守恒定律，熱量Qab=Fxab，又=2axab，則Qab=Fxabmaxab同理Qbc=Fxbcmaxbc，加速度相等，ab、bc的位移相等，但F不等，所以產(chǎn)生的熱量不等故D錯誤故選：BC點評：本題考查的知識較多，關鍵要掌握運動學公式、法拉第電磁感應定律、歐姆定

22、律，安培力公式等等知識，能記住感應電荷量經(jīng)驗公式q=，如果是計算題要會推導8（6分）兩個質(zhì)量、帶電量絕對值均相同的粒子a、b，以不同的速率沿AO方向射入圓形勻強磁場區(qū)域，其運動軌跡如圖不計粒子重力，則下列說法正確的是（）Aa粒子帶正電Bb粒子帶正電Ca粒子速度較小Db粒子在磁場中運動時間較長考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力 專題：帶電粒子在磁場中的運動專題分析：a、b兩個質(zhì)量相同、所帶電荷量相等的帶電粒子以不同的速率對向射入圓形勻強磁場區(qū)域，偏轉(zhuǎn)的方向不同，說明受力的方向不同，電性不同，可以根據(jù)左手定則判定從圖線來看，a的半徑較小，可以結合洛倫茲力提供向心力，寫出公式，進

23、行判斷，之后，根據(jù)公式，再判定動能和運動的時間解答：解：A、粒子向右運動，根據(jù)左手定則，b向上偏轉(zhuǎn)，應當帶正電；a向下偏轉(zhuǎn)，應當帶負電，故A錯誤；B、由A分析知B正確；C、洛倫茲力提供向心力，即：qvB=，得：r=，故半徑較小的a粒子速度小，故C正確；D、據(jù)，粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)角大的運動的時間也長；因為b粒子的偏轉(zhuǎn)角大小，所以運動的時間就短，故D錯誤故選：BC點評：該題考查帶電粒子在勻強磁場中的偏轉(zhuǎn)，可以結合兩個公式進行判定，屬于基本題目9（6分）理想變壓器與電阻R及交流電流、電壓表V和A按圖示方式連接，已知變壓器原副線圈的匝數(shù)比為n1：n2=10：1，電阻R=11，原線圈兩端輸入電壓U隨時間變

24、化的圖象如圖所示，下列說法中正確的是（）AV表的讀數(shù)為220VB通過R的電流為2ACA表的讀數(shù)為2AD變壓器的輸入功率為44W考點：變壓器的構造和原理 專題：交流電專題分析：電壓表、電流表的示數(shù)表示電壓電流的有效值，原副線圈的電壓比等于匝數(shù)之比，電流比等于匝數(shù)之反比，原線圈的電壓決定副線圈的電壓，副線圈的電流決定原線圈的電流解答：解：由原線圈兩端輸入電壓U隨時間變化的圖象可知，U1=220V，T=0.02sA、根據(jù)原副線圈的電壓比等于匝數(shù)之比，可知，所以電壓表的示數(shù)為22V，故A錯誤；B、根據(jù)歐姆定律得：I=，故B正確，C錯誤；C、副線圈功率P2=I2U2=44W，所以變壓器的輸入功率P1=P

25、2=44W，故D正確故選BD點評：解決本題的關鍵知道原副線圈的電壓關系和電流關系，以及知道原副線圈的電壓、電流和功率的決定關系二、實驗題（18分）10（10分）某同學用圖1所示裝置來驗證動量守恒定律，實驗時先讓a球從斜槽軌道上某固定點處由靜止開始滾下，在水平地面上的記錄紙上留下痕跡，重復10次；然后再把b球放在斜槽軌道末端的最右端附近靜止，讓a球仍從原固定點由靜止開始滾下，和b球相碰后，兩球分別落在記錄紙的不同位置處，重復10次回答下列問題：（1）在安裝實驗器材時斜槽的末端應保持水平（2）小球a、b質(zhì)量ma、mb的大小關系應滿足mamb，兩球的半徑應滿足ra=rb（選填“”、“”或“=”）（3

26、）本實驗中小球落地點的平均位置距O點的距離如圖10所示，這時小球a、b兩球碰后的平均落地點依次是圖1中水平面上的A點和C點（4）在本實驗中結合圖1，驗證動量守恒的驗證式是下列選項中的BAma=ma+mb Bma=ma+mb Cma=ma+mb（5）經(jīng)測定，ma=45.0g，mb=7.5g，請結合圖2分析：碰撞前、后ma的動量分別為p1與p1，則p1：p1=（保留分式）有同學認為，在該實驗中僅更換兩個小球的材質(zhì)，其它條件不變，可以使被碰小球做平拋運動的水平距離增大請你用已知的數(shù)據(jù)，分析和計算出被碰小球mb平拋運動水平距離的最大值為76.8cm考點：驗證動量守恒定律 分析：（1）在安裝實驗器材時斜

27、槽的末端應保持水平，才能使小球做平拋運動（2）為防止碰撞過程入射球反彈，入射球的質(zhì)量應大于被碰球的質(zhì)量（3）根據(jù)圖示裝置與小球的運動分析答題（4）根據(jù)實驗的原理解答即可（5）根據(jù)動量守恒分析答題解答：解：（1）小球離開軌道后做平拋運動，在安裝實驗器材時斜槽的末端應保持水平，才能使小球做平拋運動（2）為防止碰撞過程入射球反彈，入射球的質(zhì)量應大于被碰球的質(zhì)量ma大于mb，即mamb為保證兩個小球的碰撞是對心碰撞，兩個小球的半徑要相等；（3）由圖1所示裝置可知，小球a和小球b相撞后，小球b的速度增大，小球a的速度減小，b球在前，a球在后，兩球都做平拋運動，由圖示可知，未放被碰小球時小球a的落地點為B

28、點，碰撞后a、b的落點點分別為A、C點（4）小球在空中的運動時間t相等，如果碰撞過程動量守恒，則有：mav0=mavA+mbvB，兩邊同時乘以時間t得：mav0t=mavAt+mbvBt，得：maOB=maOA+mbOC，故選：B（5）；發(fā)生彈性碰撞時，被碰小球獲得速度最大，根據(jù)動量守恒定律：m1v1=m1v1+m2v2根據(jù)機械能守恒定律：由以上兩式解得：，因此最大射程為：故答案為：（1）保持水平；（2），=；（3）A，C；（4）B；（5），76.8點評：本題考查了實驗需要測量的量、實驗注意事項、實驗原理、刻度尺讀數(shù)、動量守恒表達式，解題時需要知道實驗原理，對刻度尺讀數(shù)時要先確定其分度值，然后

29、再讀數(shù)，讀數(shù)時視線要與刻度線垂直；求出需要實驗要驗證的表達式是正確答題的前提與關鍵11（8分）用圖中給出的器材，測量一只標有“3V、0.6W”的小燈泡正常發(fā)光時的電阻R1實驗過程要求盡量減小誤差（滑動變阻器最大阻值為10；電源電動勢為12V，內(nèi)阻為1；電流表內(nèi)阻約為1，電壓表的內(nèi)阻約為10k）電流表應選用的量程是0.6 A（選填“0.6”或“3”），電壓表應選用的量程是3 V（選填“3”或“15”）；請將你設計的實驗電路圖，畫在左下方的虛線框中；根據(jù)中的電路圖，用筆畫線代替導線，完成圖中的實物連接；若小燈泡發(fā)光較暗時的電阻為R2，判斷出R1與R2的大小關系是R1大于R2（選填“大于”、“等于”

30、或“小于”）考點：伏安法測電阻 專題：實驗題；恒定電流專題分析：器材的選擇需精確、安全；根據(jù)燈泡的額定電壓和電流確定電壓表和電流表的量程若采用滑動變阻器限流法，無論怎么移動滑動變阻器，燈泡的電壓都超額定值，所以滑動變阻器采用分壓式接法根據(jù)燈泡的電阻大小確定電流表的內(nèi)外接根據(jù)電路圖連接實物圖電流越大，溫度越高，燈絲的電阻率越大，則燈泡的電阻越大解答：解：燈泡的額定電流I=，則電流表的量程選擇0.6A燈泡的額定電壓為3V，則電壓表選擇的量程為3V若滑動變阻器采用限流法接法，滑動變阻器移動最大值時，燈泡兩端的電壓都超過燈泡的額定電壓，所以滑動變阻器采用分壓式接法；燈泡的內(nèi)阻大約為15，與電流表內(nèi)阻相

31、當，屬于小電阻，所以電流表采用外接法根據(jù)電路圖連接實物圖正常發(fā)光時，電流比較大，燈絲的電阻率大，此時的電阻較大，所以R1R2故答案為：電流表量程 0.6 A，電壓表量程是 3 V；畫電路路完成實物連接；大于點評：解決本題的關鍵掌握滑動變阻器的分壓式和限流式接法的區(qū)別，以及掌握電流表的內(nèi)外接四、計算題12如圖所示，半徑為R的光滑半圓環(huán)軌道豎直固定在一水平光滑的桌面上，在桌面上輕質(zhì)彈簧被a、b兩個小球擠壓（小球與彈簧不拴接），處于靜止狀態(tài)同時釋放兩個小球，小球a、b與彈簧在桌面上分離后，a球從B點滑上光滑半圓環(huán)軌道最高點A時速度為已知小球a質(zhì)量為m，小球b質(zhì)量為2m，重力加速度為g求：（1）小球a

32、在圓環(huán)軌道最高點對軌道的壓力；（2）釋放后小球b離開彈簧時的速度vb的大??；（3）釋放小球前彈簧具有的彈性勢能考點：動量守恒定律；牛頓第二定律；牛頓第三定律；機械能守恒定律 專題：動量與動能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合分析：（1）小球a在圓環(huán)軌道最高點受到重力和軌道的彈力，由兩個力的合力提供向心力，由牛頓第二定律求解軌道對小球的彈力，由牛頓第三定律得到小球?qū)壍赖膲毫Γ?）小球a從B運動到A的過程中，只有重力做功，機械能守恒，求出小球a與彈簧分離時的速度大小va，根據(jù)動量守恒定律求解球b離開彈簧時的速度vb的大?。?）釋放小球過程，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為兩球的動能，由機械能守恒定律求解釋放小球前彈簧具有的彈性勢能解答：解：（1）設a球通