河北省辛集中学2020届高三上学期期中考试物理试卷 Word版含解析

河北省辛集中学2020届高三上学期期中考试物理试卷 Word版含解析

河北辛集中学2017级高三上学期期中考试 高三物理试卷 一、选择题：（共16题,每题4分,共64分。1—10为单选，11—16为多选，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。）‎ ‎1. 如图所示，某河段两岸平行，越靠近中央水流速度越大．一条小船(可视为质点)沿垂直于河岸的方向航行，它在静水中的速度为v，沿水流方向及垂直于河岸方向建立直角坐标系xOy，则该小船渡河的大致轨迹是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ 小船在垂直于河岸方向做匀速直线运动，平行河岸方向先做加速运动后做减速运动，因此合速度方向与河岸间的夹角先减小后增大，即运动轨迹的切线方向与x轴的夹角先减小后增大，C项正确．‎ 故选C ‎2. 如图,水平路面出现了一个地坑,其竖直截面为半圆,AB为沿水平方向的直径．一辆行驶的汽车发现情况后紧急刹车安全停下,但两颗石子分别以的速度从A点沿AB方向水平飞出,分别落于C、D两点，C、D两点距水平路面的距离分别为圆半径的0.6倍和1倍,则的值为（ ）‎ - 24 -‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设圆的半径为r．两颗石子的运动时间分别为：；；水平位移分别为：x1=1.8r，x2=r；故速度为：v1=，v2= ；联立解得：v1：v2= ；故选C．‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解.‎ ‎3. 一小球以一定的初速度从图示5P位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过A处时对轨道的压力为(重力加速度为g)(　　)‎ A. 2mg B. 3mg C. 4mg D. 5mg ‎【答案】C ‎【解析】‎ 在B点由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：，小球从A到B的过程，由机械能守恒得：，在A点，由牛顿第二定律得：，联立得：N=4mg，由牛顿第三定律知，小球在轨道1上最高点A处对轨道的压力为，选C.‎ - 24 -‎ ‎【点睛】小球刚好能通过轨道2的最高点B时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出B点的速度，再由机械能守恒求出小球通过A点的速度，即可由牛顿运动定律求解对轨道的压力．‎ ‎4. 我国首颗量子科学实验卫星于2016年8月16日1点40分成功发射．中国计划在2030年建成全球化的量子通信网络．量子卫星成功运行后，我国将在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信，构建天地一体化的量子保密通信与科学实验体系．假设量子卫星轨道在赤道平面，如图所示．已知量子卫星的轨道半径是地球半径的m倍，同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍，图中P点是地球赤道上一点，由此可知（ ）‎ A. 同步卫星与量子卫星的运行周期之比为 B. 同步卫星与P点的速度之比为 C. 量子卫星与同步卫星的速度之比为 D. 量子卫星与P点的速度之比为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据可得，由题意知量子卫星的轨道半径，同步卫星的轨道半径，所以同步卫星与量子卫星的运行周期之比为，故选项A错误；‎ B.P为地球赤道上一点，P点角速度等于同步卫星的角速度，根据所以同步卫星与P点的速度之比为，故选项B错误；‎ - 24 -‎ CD.根据可得，所以量子卫星与同步卫星的速度之比为，又由于，量子卫星与P点的速度之比为，故D正确，C错误．‎ ‎5. 我国正在进行的探月工程是高新技术领域的一次重大科技活动，在探月工程中飞行器成功变轨至关重要，如图所示．假设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0，飞行器在距月球表面高度为3R的圆形轨道I上运动，到达轨道的A点点火变轨进入椭圆轨道II，到达轨道的近月点B再次点火进入近月轨道III．绕月球做圆周运动则 A. 飞行器在B点处点火后，动能增加 B. 由已知条件不能求出飞行器在轨道II上的运行周期 C. 只有万有引力作用情况下，飞行器在轨道II上通过B点的加速度大小大于在轨道III上通过B点的加速度 D. 飞行器在轨道III上绕月球运行一周所需的时间为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在圆轨道实施变轨成椭圆轨道远地点是做逐渐靠近圆心的运动，要实现这个运动必须万有引力大于飞船所需向心力，所以应给飞船点火减速，减小所需的向心力，故点火后动能减小，故A错误；‎ BD．设飞船在近月轨道Ⅲ绕月球运行一周所需时间为T3，则：‎ 解得：‎ - 24 -‎ 根据几何关系可知Ⅱ轨道的半长轴a=2.5R，根据开普勒第三定律：‎ 以及轨道Ⅲ的周期可知求出Ⅱ轨道的运行周期，故B错误，D正确．‎ C．只有万有引力作用下，飞行器在轨道Ⅱ上与在轨道Ⅲ上通过B点引力相同，则加速度相等，故C错误．‎ ‎6. 关于静电场下列说法中正确的是 A. 将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定增加 B. 无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大 C. 在同一个等势面上的各点，场强的大小必然是相等的 D. 电势下降的方向就是电场场强的方向 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定减小，选项A错误；无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大，选项B正确；在同一个等势面上的各点，场强的大小不一定是相等的，例如等量异种电荷连线的中垂线上各点，选项C错误；沿场强的方向电势一定下降，但是电势下降的方向不一定是电场场强的方向，选项D错误；故选B．‎ 考点：场强与电势 ‎【名师点睛】对于电势与场强的理解，要抓住电势与场强没有直接的关系，匀强电场中，场强处处相等，电势不是处处相等．匀强电场中的等势面与电场线垂直．匀强电场中，各点的场强都相等，各点的电势可能相等，也可能不等．电势降低的方向不一定电场强度方向．电势降低最快的方向一定是电场强度的方向．‎ ‎7. 如图所示，在直角三角形所在的平面内存在匀强电场，其中A点电势为0，B点电势为3V，C点电势为6V．己知∠ACB＝30°，AB边长为m，D为AC的中点．，将一点电荷放在D点，且点电荷在C点产生的场强为1.5N/C，则放入点电荷后，B点场强为（ ）‎ - 24 -‎ A. 2.5N/C B. 3.5N/C C. 2N/C D. N/C ‎【答案】A ‎【解析】‎ 在匀强电场中，D点电势为，因此BD连线即为等势线，画出电场线如图所示：‎ 因，则AB两点沿电场线方向的距离为，BA间的电势差U=φB-φA=3V，则匀强电场的场强，由于点电荷在C点产生的场强为1.5N/C，则点电荷在B点产生的场强也为1.5N/C，方向与匀强电场的电场强度方向垂直 因此B点场强为，故A正确， B、C、D错误．故选A.‎ ‎【点评】考此题的关键要找出等势点，来确定等势线，并掌握电势线与电场线垂直，理解公式中d的含义为两点沿电场线方向的距离．‎ ‎8. 在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连的物块A、B，它们的质量分别为m1和m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一平行于斜面向上的拉力拉物块A，使它以加速度a沿斜面向上做匀加速运动直到物块B刚要离开挡板C。在此过程中（　　）‎ - 24 -‎ A. 物块A运动的距离为 B. 拉力的最大值为m1gsin θ＋m1a C. 拉力做功的功率先增大后减小 D. 弹簧弹性势能先减小后增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．系统处于静止状态时，弹簧被压缩，设压缩量为x1，由平衡条件得kx1＝m1gsin θ，解得 物块B刚要离开挡板C时，弹簧被拉伸，弹簧弹力等于物块B的重力沿斜面方向的分力，设拉伸量为x2，由kx2＝m2gsin θ，解得 物块A在力F作用下沿斜面向上运动直到物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为 选项A错误；‎ B．在物块B刚要离开挡板C时，拉力最大。隔离物块A，分析受力，由牛顿第二定律，F－m1gsin θ－kx2＝m1a，解得拉力F＝(m1＋m2)gsin θ＋m1a，选项B错误；‎ C．在拉力拉物块沿斜面向上运动过程中，由于拉力逐渐增大，物块A沿斜面做匀加速运动，速度逐渐增大，根据功率公式P＝Fv可知，拉力做功的功率一直增大，选项C错；‎ D．由于弹簧原来处于压缩状态，具有弹性势能，在拉力拉物块沿斜面向上运动过程中，弹簧先恢复原长，后被拉伸，又具有弹性势能，即弹簧弹性势能先减小后增大，选项D正确。‎ 故选D。‎ ‎9. 如图所示，光滑水平面上有A、B两辆小车，质量均为m＝1kg，现将小球C用长为0.2 m的细线悬于轻质支架顶端，mC＝0.5kg。开始时A车与C球以v0＝4m/s的速度冲向静止的B车。若两车正碰后粘在一起，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则（　　）‎ - 24 -‎ A. A车与B车碰撞瞬间，两车动量守恒，机械能也守恒 B. 从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，A、B、C组成的系统动量守恒 C. 小球能上升的最大高度为0.16 m D. 小球能上升的最大高度为0.12 m ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．车碰撞后粘在一起，属于典型的非弹性碰撞，有机械能损失，故A错误；‎ B．从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，在竖直方向上A、B、C组成的系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒，故B错误；‎ CD．A、B两车碰撞过程，动量守恒，设两车刚粘在一起时共同速度为v1，有 解得 从小球开始上摆到小球摆到最高点的过程中，A、B、C组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球上升到最高点时三者共同速度为v2，有 解得 从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，A、B、C组成的系统机械能守恒，即 解得 故C正确，D错误。‎ 故选C。‎ ‎10. 如图所示。斜面倾角为，且，从斜面上O点与水平方向成45°角以速度v0、2v0‎ - 24 -‎ 分别抛出小球P、Q，小球P、Q刚要落在斜面上A、B两点时的速度分别为vP、vQ，设O、A间的距离为s1，O、B间的距离为s2，不计空气阻力，则（　　）‎ A. s2=4s1，vP、vQ方向相同 B. s2=4s1，vP、vQ方向不同 C. 2s1＜s2＜4s1，vP、vQ方向相同 D. 2s1＜s2＜4s1，vP、vQ方向不同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设抛出的速度为v，则水平分速度为 竖直速度为 根据位移关系有 解得 则落点与抛出点的距离为 则由题意可知初速度为v0、2v0分别抛出小球P、Q，则有 s2=4s1‎ - 24 -‎ 落到斜面上的速度方向与水平方向的夹角满足 即速度方向均为水平，所以vP、vQ方向相同，故A正确，BCD错误。‎ 故选A。‎ ‎11. 如图所示，由电动机带动的水平传送带以速度为v=2.0m/s匀速运行，A端上方靠近传送带料斗中装有煤，打开阀门，煤以Q=50kg/s的流量落到传送带上，煤与传送带达共同速度后被运至B端，在运送煤的过程中，下列说法正确的是 A. 电动机应增加的功率为200W B. 电动机应增加的功率为100W C. 在一分钟内因煤与传送带摩擦产生的热为6.0×103J D. 在一分钟内因煤与传送带摩擦产生的热为1.2×104J ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：设足够小的时间△t内落到传送带上煤的质量为△m，显然Q=△m/△t；这部分煤由于摩擦力f的作用被传送带加速，由功能关系得：;煤块在摩擦力作用下加速前进，因此有：‎ 传送带的位移为：s传=vt；相对位移为：△s=s传-s=s，由此可知煤的位移与煤和传送带的相对位移相同，‎ 因此摩擦生热为：Q＝f△s＝；传送带需要增加的能量分为两部分：第一部分为煤获得的动能，第二部分为传送带克服摩擦力做功保持传送带速度．所以传送带△t内增加的能量△E为：△E＝；功率：，由此可知A错误，B正确．由前面的分析可知单位时间内产生的热量为：Q热＝，因此一分钟产生的热量为：Q总＝Q热t＝，故C正确，D错误．‎ 考点：能量守恒定律的综合应用．‎ - 24 -‎ ‎12. 如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑．右侧是一个足够长的固定光滑斜面．一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球m1和物块m2，且m1＞m2．开始时m1恰在A点，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接m1、m2的细绳与斜面平行且恰好伸直，C点在圆心O的正下方．将m1由静止释放开始运动，则下列说法正确的是 A. 在m1从A点运动到C点的过程中，m1与m2组成的系统机械能守恒 B. 当m1运动到C点时，m1的速率是m2速率的倍 C. m1不可能沿碗面上升到B点 D. m2沿斜面上滑过程中，地面对斜面的支持力始终保持恒定 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在m1从A点运动到C点的过程中，m1与m2组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒．故A正确．‎ B. 设小球m1到达最低点C时m1、m2的速度大小分别为v1、v2，由运动的合成分解得：‎ v1cos45°=v2‎ 则 故B错误．‎ C.在m1从A点运动到C点的过程中，对m1、m2组成的系统由机械能守恒定律得：‎ 结合 - 24 -‎ 可知 若m1运动到C点时绳断开，至少需要有的速度m1才能沿碗面上升到B点，现由于m1上升的过程中绳子对它做负功，所以m1不可能沿碗面上升到B点．故C正确．‎ D. m2沿斜面上滑过程中，m2对斜面的压力是一定的，斜面的受力情况不变，由平衡条件可知地面对斜面的支持力始终保持恒定．故D正确．‎ ‎13. 两个等量点电荷位于x轴上，它们的静电场的电势φ随位置x变化规律如图所示(只画出了部分区域内的电势)，x轴上有两点M、N，且OM >ON，由图可知（　　）‎ A. N点的电势低于M点的电势 B. M、N两点的电场方向相同且M点的场强大小大于N点的场强大小 C. 仅在电场力作用下，正电荷可以在x轴上M、N之间的某两点做往复运动 D. 负电荷沿x轴从M点移到N点的过程中电场力一直做正功 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题图知，N点的电势高于M点的电势，故A错误； ‎ B．由可知，图像的斜率绝对值等于场强大小，可以看出M点的场强大小大于N点的场强大小，斜率都为正值，说明M、N点的电场方向相同，故B正确；‎ C．根据顺着电场线方向电势降低，可知电场线的方向从N指向M，正电荷在x轴上M、N之间所受的电场力始终由N指向M，正电荷做单向直线运动，故C错误；‎ D．负电荷沿x轴从M移到N的过程中，电场力方向从M指向N，电场力方向与位移相同，电场力一直做正功，故D正确。‎ 故选BD。‎ ‎14. 如图所示，虚线a、b、c为电场中的一簇等势线，相邻两等势面之间的电势差相等，等势线a上一点A处，分别射出甲、乙两个粒子，两粒子在电场中的轨道分别交等势线c于B、C - 24 -‎ 点，甲粒子从A到B的动能变化量的绝对值是E，乙粒子从A到C动能变化量绝对值为E，不计粒子的重力，由此可以判断（　　）‎ A. 甲粒子一定带正电，乙粒子一定带负电 B. 甲的电量一定为乙电量的2倍 C. 甲粒子从A到B电场力一定做正功，乙粒子从A到C电场力一定做负功 D. 甲在B点的电势能的绝对值一定是乙在C点电势能绝对值的2倍 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据等势面与电场线的方向垂直的特点，画出两条电场线如图，对比轨迹与电场线的可得，甲偏转的方向大体向下，而乙偏转的方向大体向上，二者偏转的方向沿电场线的两个不同的方向，所以甲与乙一定带不同性质的电荷；由于不知道abc个等势面的电势的高低，所以不能判断出电场线的方向，也不能判断出甲、乙的具体的电性，故A错误；‎ B．由题目可知，电场力对甲做的功是对乙做的功的2倍，根据电场力做功的特点：W=qU，甲的电荷量的绝对值是乙的电荷量的绝对值的2倍，故B正确；‎ C．对比轨迹与电场线的可得，甲的轨迹的方向与受力的方向之间的夹角是锐角，所以电场力对甲做正功；而乙的轨迹方向与电场线的方向之间的夹角是钝角，所以电场力对乙做负功，故C正确；‎ D．电势能的大小与0势能面的选取有关，由于不知道0势能面的位置，所以不能判断出甲、乙电势能绝对值的关系，故D错误。‎ 故选BC。‎ ‎15. 如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻。当R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表A和电压表V - 24 -‎ 的示数分别为I和U。以下说法正确的是( )‎ A. 若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大 B. 若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量减少 C. 若仅用更强的光照射R1，则I增大，U增大，电容器所带电荷量增加 D. 若仅用更强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．滑动变阻器处于含电容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，I不变，U不变，故A错误；‎ B．若仅增大A、B板间距离，因板间电压不变，由知电容减小，再由电容的定义式可知电容器所带电荷量减少，故B正确；‎ C．若仅用更强光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，I增大，内电压和R3的电压均增大，则电容器板间电压减小，电容不变，由知电容器所带电荷量减少，故C错误；‎ D．根据闭合电路欧姆定律得，因电压表测量为电源的路端电压，电流表测量流过电源的电流，则可得 保持不变，故D正确。‎ 故选BD。‎ ‎16. 如图所示，在竖直平面内xOy坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m、带电荷量为q的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程：y=kx2，且小球通过点P.已知重力加速度为g，则(　　)‎ - 24 -‎ A. 电场强度的大小为 B. 小球初速度的大小为 C. 小球通过点P时的动能为 D. 小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：小球以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程：，说明小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿y轴正方向，竖直方向：，所以：，电场强度的大小为：，A错误；小球受到的合力：，且，所以，由平抛运动规律有：，，得初速度大小为，B正确；由于，：，又，所以通过点P时的动能为：，C正确；小球从O到P电势能减少，且减少的电势能等于克服电场力做的功，即：，D错误；故选BC．‎ 考点：带电粒子在匀强电场中的运动、电场力做功、动能．‎ ‎【名师点睛】根据小球的运动轨迹，确定小球的运动性质是类平抛运动，从而根据平抛运动规律即可分析小球的初速度和电场强度；再利用电场力做功的特点计算电场力的功，并结合电场力做功及电势能的变化进行判断．‎ - 24 -‎ 第Ⅱ卷 非选择题 二、实验题(共12分)‎ ‎17. 在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如图甲、乙两种装置：‎ 若入射小球质量为，半径为；被碰小球质量为，半径为，则要求______‎ A  ‎ B. ‎ C.              ‎ D.  ‎ 设入射小球的质量为，被碰小球的质量为，则在用甲装置实验时，验证动量守恒定律的公式为______用装置图中的字母表示 若采用乙装置进行实验，以下所提供的测量工具中必须有的是______‎ A.毫米刻度尺       ‎ 游标卡尺       ‎ 天平       ‎ 弹簧秤       ‎ 秒表 在实验装置乙中，若小球和斜槽轨道非常光滑，则可以利用一个小球验证小球在斜槽上下滑过程中的机械能守恒．这时需要测量的物理量有：小球静止释放的初位置到斜槽末端的高度差，小球从斜槽末端水平飞出后平抛运动到地面的水平位移s、竖直下落高度则所需验证的关系式为______．不计空气阻力，用题中的字母符号表示 - 24 -‎ ‎【答案】 (1). C； (2). ； (3). AC； (4). ；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量．为了使两球发生正碰，两小球的半径相同；‎ ‎（2）（3）两球做平抛运动，由于高度相等，则平抛时间相等，水平位移与初速度成正比，把平抛的时间作为时间单位，小球的水平位移可替代平抛运动的初速度．将需要验证的关系速度用水平位移替代．根据表达式确定需要测量的物理量．‎ ‎（4）验证小球在斜槽上下滑过程中的机械能守恒，即验证在斜槽滑下动能的增加量与重力势能的减小量是否相等．‎ ‎【详解】（1）在小球碰撞的过程中水平方向动量守恒，则：‎ 在碰撞过程中机械能守恒，则：‎ 则碰后，入射小球的速度变为 要碰后入射小球的速度为：‎ 则只要保证即可，故选C．‎ ‎（2）（3）P为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球的位置，N为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度为：‎ 碰后入射小球的速度为：‎ 碰后被碰小球的速度为：‎ 根据动量守恒：，由于平抛运动的时间相等，可得；故需要的工具有刻度尺天平．‎ ‎（4）根据平抛运动的规律有：，解得 平抛运动的初速度为 - 24 -‎ 则动能的增加量为：‎ 重力势能的减小量为：‎ 则需验证：‎ 即为：．‎ ‎【点睛】本题考查验动量守恒定律的实验，要注意本实验中运用等效思维方法，平抛时间相等，用水平位移代替初速度，这样将不便验证的方程变成容易验证；在学习中要注意理解该方法的准确应用．‎ ‎18. 测量铅笔芯的电阻率，取一支4B铅笔，去掉两端笔芯外木质部分，不损伤笔芯，如图所示安放在接线支座上。‎ ‎（1）用刻度尺量得笔芯长度L＝20.0cm，螺旋测微器测量笔芯的直径如图1，则笔芯的直径为d＝_______mm。‎ ‎（2）若待测电阻约为几欧姆，乙同学采用实验室提供下列器材测定铅笔芯电阻 A．待测笔芯 B．电流表（0～0.6A，0～3A，内阻分别约1Ω，0.5Ω）‎ C．电压表（0～3V，0～15V，内阻分别约6kΩ，30kΩ）‎ D．滑动变阻器（0～10Ω）‎ E．电源（3V）‎ F．开关、导线若干 请根据实验要求在图2中用笔画线代替导线（只配有两根导线）完成实物电路连接________。‎ - 24 -‎ ‎【答案】 (1). 1.200 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]螺旋测微器的主尺读数为1mm，可动刻度读数为20.0×0.01mm=0.200mm，故螺旋测微器的读数为1.200mm。‎ ‎（2）[2]由题意可知，待测电阻阻值较小，小于滑动变阻器的最大电阻，电流表采用外接法，滑动变阻器采用限流接法，比较方便测量，电路图如图所示 三、计算题：(共3题,第19题10分，第20题12分，第21题每题12分，共34分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位，并且要选定研究对象，进行必要的受力分析。)‎ ‎19. 如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m，电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60°时，小球速度为0。‎ ‎(1)试分析小球运动到细线和竖直方向偏角为多大时，球速最大？并求出电场强度E的大小。‎ ‎(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求小球在A点应有的初速度vA的大小(可含根式)。‎ ‎【答案】(1)30°，；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)‎ - 24 -‎ 根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电。根据等效重力场观点，利用运动的对称性，当细线和竖直方向偏角为时，球速最大；小球由A点释放到速度等于零，由动能定理有 解得 ‎(2)如图所示，将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力，则 方向与竖直方向夹角为偏向右下。‎ 若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点 小球从A点以初速度vA运动，由动能定理知 联立解得 ‎20. 如图所示，质量M＝2kg的平板小车后端放有质量m＝3kg的铁块，它和车之间的动摩擦因数μ＝0.5，开始时车和铁块一起以v0＝3m/s的速度向右在光滑水平地面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞。设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反，平板车足够长，使得铁块总不能和墙相碰。（g取10m/s2）求：‎ ‎(1)试分析，车和墙第一次相碰以后，车还能否再碰墙？如果你认为不能，请说明原因；如果你认为能，试求出车和墙第二次相碰前，铁块与车的共速大小。‎ - 24 -‎ ‎(2)车和墙第一次相碰以后，车所走的总路程。‎ ‎【答案】(1)能，0.6m/s；(2)1.25m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)能；由于，小车不论与墙相撞多少次，系统的动量总是向右，但每撞一次总动量减少一次，直到减为零，最后小车停在墙下。车第一次碰墙后到第二次碰墙前，系统的总动量守恒，由动量守恒定律可得（规定水平向右为正方向）‎ 代入数据可得 ‎(2)小车第一次与墙相撞后向左所走路程为s1，由动能定理得 得 代入数据可得 接着小车和铁块以共同速度v1与墙第二次相碰，由动量守恒有 代入数据可得 第二次相撞后平板车向左走的路程为s2，则有 所以可得 - 24 -‎ 即 以后每次相碰反弹向左行的路程均以比例减少，小车所走的路程为一个无穷等比数列之和。公比，联立可得 代入数据可得 ‎21. 如图甲所示，在xOy平面直角坐标系中，第一象限内有一平行板电容器，左侧极板与y轴重合，下端与x轴重合，两极板间所加电压如图乙所示，已知t＝0时刻右侧极板电势高于左侧极板电势，两极板长度为1m，板间距为2m。在第四象限内存在沿x轴负方向、E＝2×102N/C的匀强电场，在y＝﹣1m处垂直于y轴放置足够大的平面荧光屏，屏与y轴交点为P，一束比荷＝102C/kg的带正电粒子沿两极板间中线不断射入两极板间的电场中，速度大小v0＝50m/s，所有粒子均能垂直于x轴射入第四象限，并有粒子从两极板边缘射出，忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力。‎ ‎（1）粒子在两极板间运动的加速度的大小；‎ ‎（2）从坐标为（0.64m，0）的点射出的粒子打到荧光屏上的位置与P点间的距离；‎ ‎（3）打到荧光屏上且距P点左侧最远的粒子进入两极板间的时刻。‎ ‎【答案】（1）104m/s2；（2）1.92m；（3）（n＝0，1，2，3……）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设粒子在两极板间运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律可知 - 24 -‎ 而 解得：a1＝104m/s2‎ ‎（2）从（0.64m，0）射入第四象限，做类平抛运动，设运动时间为t1，则有：‎ 到达y轴时速度与水平方向的夹角为θ，可得 设达到荧光屏上的点与P点的距离为s1‎ 解得s1＝1.92m ‎（3）设粒子达到P点左侧的距离为s的出射点坐标为（x，0）‎ 与（2）同理可得 解得 当x＝1m时，s有极大值2m，当粒子从x＝1m位置射出时，即从两极板中线射出，粒子进入两极板间的时刻一定为、、……‎ 可得粒子进入两极板间的时刻为（n＝0，1，2，3……）‎ ‎ ‎ - 24 -‎ - 24 -‎