2019届河南省实验中学高三上学期质量预测模拟三物理试题（解析版）

河南省实验中学2019届高三上学期质量预测模拟三物理试题

一、选择题

1.亚里士多德在其著作《物理学》中说：一切物体都具有某种“自然本性”，物体由其“自然本性”决定的运动称之为“自然运动”，而物体受到推、拉、提、举等作用后的非“自然运动”称之为“受迫运动”．伽利略、笛卡尔、牛顿等人批判的继承了亚里士多德的这些说法，建立了新物理学；新物理学认为一切物体都具有的“自然本性”是“惯性”．下列关于“惯性”和“运动”的说法中不符合新物理学的是（   ）

A. 一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动——静止或者匀速直线运动

B. 作用在物体上的力，是使物体做“受迫运动”即变速运动的原因

C. 可绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快时，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子受到的向外的力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的

D. 竖直向上抛出的物体，受到了重力，却没有立即反向运动，而是继续向上运动一段距离后才反向运动，是由于物体具有惯性

【答案】C

【解析】

【详解】A.力不是维持物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因，所以当物体不受到任何外力的时候，总保持静止或者匀速直线运动的状态，故选项A正确；

B.当物体受到外力作用的时候，物体的运动状态会发生改变，即力是改变物体运动状态的原因，故选项B正确；

C.可绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快时，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子需要的向心力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的，故选项C错误；

D.物体具有向上的速度，由于具有保持这种运动状态的性质，虽然受到向下的重力，但物体不会立即向下运动，故选项D正确。

本题选择错误答案，故选：C

2.如图所示是某物体做直线运动的图象（其中r为速度，x为位置坐标），下列关于物体从x=0处运动至处的过程分析，其中正确的是（  ）

A. 该物体的加速度大小为

B. 该物体做匀加速直线运动

C. 该物体在位移中点的速度等于

D. 该物体在运动中间时刻的速度大于

【答案】A

【解析】

【分析】

根据匀变速直线运动中速度位移关系公式来分析速度的平方与位移之间的关系，再根据图象进行分析即可分析物体的运动性质，求得加速度．由运动学公式研究即可．

【详解】由匀变速直线运动的速度位移关系公式v2-v02=2ax可得  v2=2ax+v02，可知物体的加速度恒定不变，速度均匀减小，故物体做匀减速直线运动，故B错误；由上式知，v2-x图象的斜率等于2a，由图可得：，则得物体的加速度大小为 ，故A正确。该物体在运动过程中的平均速度为，由于物体做匀减速直线运动，所以该物体在运动中间时刻的速度等于，物体在位移中点的速度大于中间时刻的速度，所以物体在位移中点的速度大于；故CD错误；故选A。

【点睛】题考查运动图象的应用，对于陌生的图象一定要结合所学的物理规律列式进行分析，然后再由数学规律明确其对应的意义即可．

3.如图所示，竖直面光滑的墙角有一个质量为m,半径为r的半球体均匀物块A，现在A上放一质量为2m、半径同为r的光滑球体B，调整A 的位置使得A、B保持静止状态，已知A与地面间的动摩擦因数为0.5。

则A球球心距墙角的最远距离是（  ）

A. 2r

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】

【分析】

当地面对A的摩擦力达到最大静摩擦力时，A球球心距墙角的距离最远，AB处于静止状态，受力平衡，分别对A和B受力分析，根据平衡条件结合几何关系求解即可．

【详解】根据题意可知，B的质量为2m，AB处于静止状态，受力平衡，则地面对A的支持力为：N=3mg，当地面对A的摩擦力达到最大静摩擦力时，A球球心距墙角的距离最远，对A、B受力分析，如图所示；

根据平衡条件得：，Fcosθ=μ3mg，解得：tanθ＝；则A球球心距墙角的最远距离为：x=2rcosθ+r＝r，故C正确，ABD错误。故选C。

【点睛】题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，解题时注意整体法和隔离法的应用，明确当地面对A的摩擦力达到最大静摩擦力时，A球球心距墙角的距离最远．

4.一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中,则下列说法正确的是（  ）

A. 甲束粒子带正电，乙束粒子带负电

B. 甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷

C. P2极板电势比P1极板电势高

D. 若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为3: 2

【答案】B

【解析】

【分析】

粒子速度选择器中受到电场力和洛伦兹力两个作用，电场力不变，速度方向不变，可知洛伦兹力与电场力应平衡，由左手定则判断出洛伦兹力方向，粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得到半径表达式，根据半径公式分析半径越大时，粒子的质量和比荷的大小．

【详解】甲粒子在磁场中向上偏转，乙粒子在磁场中向下偏转，根据左手定则知甲粒子带负电，乙粒子带正电，故A错误；根据洛伦兹力提供向心力，qvB=m，得：，r甲＜r乙则甲的比荷大于乙的比荷，B正确；能通过狭缝S0的带电粒子，电场力与洛伦兹力等大反向，若粒子带正电，则洛伦兹力向上，电场力向下，则P1极板电势比P2极板电势高，选项C错误；若甲、乙两束粒子的电荷量相等，由前面分析，则甲、乙两束粒子的质量比为2：3，故D错误；故选B。

【点睛】本题关键要理解速度选择器的原理：电场力与洛伦兹力，粒子的速度一定．粒子在磁场中偏转时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律则可得到半径．

5.如图所示，质量M=3kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动。质量m=2kg的小球(视为质点)通过长L=0.5m的轻杆与滑块上的光滑轴O连接，开始时滑块静止， 轻杆处于水平状态，现让小球从静止开始释放，取g=10m/s2，下列说法正确的的是（  ）

A. 小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，轻杆对小球的弹力一直沿杆方向

B. 小球m从初始位置到第一次到达最低点时，小球m速度大小为

C. 小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.2m

D. 小球m上升到的最高位置比初始位置低

【答案】C

【解析】

【分析】

小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，水平方向动量守恒，由此求滑块M在水平轨道上向右的距离．根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒求m的速度．结合水平方向动量守恒求滑块M在水平轨道上向右的距离．

【详解】小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，小球和滑块系统水平方向动量守恒则：；由能量关系：；联立解得：， ，选项B错误；因小球向下摆动时不是做圆周运动，可知轻杆对小球的弹力不是一直沿杆方向，选项A错误；小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，设滑块M在水平轨道上向右移动的距离为x。取向左为正方向，根据水平动量守恒得：，得，故C正确。小球上升到最大高度时，小球和滑块具有共同速度，由于系统初始动量为零，则到达最大高度时的共同速度也为零，由能量守恒关系可知，小球还能上升到原来的高度，选项D错误；故选C.

【点睛】解决本题的关键要明确系统水平方向动量守恒，利用平均动量守恒列方程，要注意m速度的参照物是地面，不是对M．

6.某卫星沿椭圆轨道绕地球运动，示意图如图所示，已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，卫星在远地点P距地心O的距离为3R。则（  ）

A. 卫星沿椭圆轨道运动的加速度大小为

B. 卫星在远地点P时的加速度等于

C. 卫星在远地点P时的速度等于

D. 卫星在P点适当加速后可绕地球球心O点作半径为3R的匀速圆周运动

【答案】D

【解析】

【分析】

根据万有引力提供向心力和根据万有引力等于重力列出等式进行比较求解即可．

【详解】卫星沿椭圆轨道运动时，所受的万有引力不断变化，则加速度不断变化，选项A错误；在P点，根据，G=mg，则aP=，故B错误；若卫星以半径为3R做匀速圆周运动，则 ，再根据GM=R2g，整理可以得到，由于卫星到达远地点P后做近心椭圆运动，故在P点速度小于，故C错误；卫星经过远地点P时适当加速，则可以以半径为3R做匀速圆周运动，故D正确，故选D.

【点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，以及知道变轨的原理，当万有引力小于向心力，做离心运动，当万有引力大于向心力，做近心运动．

7.著名物理学家费曼曾设计过这样一个实验装置：一块绝缘圆板可绕其中心的光滑轴自由转动，在圆板的中部有一个线圈，圆板的四周固定着一圈带电的金属小球，如图所示．当线圈接通电源后，将产生流过图示方向的电流，则下列说法正确的是（   ）

A. 接通电源瞬间，圆板不会发生转动

B. 线圈中电流强度的增大或减小会引起圆板向不同方向转动

C. 接通电源后，保持线圈中电流强度不变，圆板转动方向与线圈中电流流向相同

D. 若金属小球带负电，接通电源瞬间圆板转动方向与线圈中电流流向相同

【答案】BD

【解析】

【分析】

由题，在线圈接通电源的瞬间，线圈中的电流是增大的，产生的磁场是逐渐增强的，逐渐增强的磁场会产生电场（麦克斯韦电磁理论）．在小球所在圆周处相当于有一个环形电场，小球因带电而受到电场力作用从而会让圆板转动．因不知小球的带电性，故不知道圆板的转动方向．

【详解】线圈接通电源瞬间，则变化的磁场产生变化的电场，从而导致带电小球受到电场力，使其转动。故A错误，不论线圈中电流强度的增大或减小都会引起磁场的变化，从而产生不同方向的电场，使小球受到电场力的方向不同，所以圆盘会向不同方向转动，故B正确。接通电源瞬间圆板受到电场力作用而转动，由于金属小球带正电，再根据电磁场理论可知，电场力顺时针，所以与线圈中电流流向相反。故C错误。接通电源瞬间圆板受到电场力作用而转动，由于金属小球带负电，再根据电磁场理论可知，电场力逆时针，所以与线圈中电流流向相同。故D正确。故选BD。

8.如图所示，质量mA=1.0kg的物块A放在固定的水平桌面上，由跨过光滑定滑轮的轻绳与质量mB=l.5kg的物块B相连，轻绳拉直时用手托住物块B，使其静止在距地面h=0.6m的高度处，此时物块A与定滑轮相距L=1.6m。已知物块A与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，g取10m/s2，现释放物块B，则（  ）

A. 物块B着地前加速度的大小为5m/s2

B. 物块B着地前对物块B的拉力的大小为7.5N

C. 物块A不会撞到定滑轮

D. 物块B着地前的过程中，物块A受到的摩擦力对物块A所做的功等于物块A机械能的变化量

【答案】AB

【解析】

【分析】

分别以物块A和B受力分析，利用牛顿第二定律列式求解；物块先做匀加速运动，物块B碰地后，A开始做匀减速运动，分析物块A的运动情况，求出A静止时所需要通过的位移，比较A的总位移和开始时A距滑轮的长度，从而明确能否碰到定滑轮．

【详解】设加速度大小为a，轻绳对B拉力的大小为F，根据牛顿第二定律；对A：F-μmAg=mAa ；对B：mBg-F=mBa ；联立代入数据得：a=5m/s2 ， F=7.5N，故AB正确；设物块B着地前的速率为v，根据运动学公式v2=2ax ；对A：v2=2ah； 木块B着地后，对A由牛顿第二定律得：μmAg=mAa′；根据运动学公式v2-v02=2ax得：0-v2=2（-a′）x；联立可得A要静止时通过的位移为：x=1.2m；由题意知：L=1.6＜h+x=1.2+0.6m=1.8m ， 则说明小车一定能碰到定滑轮，故C错误。由能量关系可知，物块B着地前的过程中，物块A受到的摩擦力以及绳的拉力对物块A所做的功等于物块A机械能的变化量，选项D错误；故选AB。

【点睛】本题考查牛顿第二定律在连接体中的应用，要注意在应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题时，要注意运动过程的分析，把握两物体运动的规律性．

9.如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计。在轨道顶端连有一阻值为Ｒ的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B．现有一根长度稍大于Ｌ、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始，在拉力作用下以速度向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中（  ）

A. 通过R的电流大小恒定

B. 通过R的电流方向为由外向内

C. R上产生的热量为

D. 流过R的电量为

【答案】BC

【解析】

【分析】

由E=BLv、I=E/R求解通过R的电流和安培力的大小；根据右手定则即可判断出电流的方向；若棒从cd开始以速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动，其水平方向的分运动是简谐运动，棒中将产生正弦式电流．将棒的瞬时速度v0分解，水平方向的分速度对产生感应电动势有贡献，求出电流的有效值，即可救出棒中产生的热量；棒下滑的过程中，其重力势能转化为棒的动能和电路中内能，根据能量守恒定律求解金属棒产生的热量．由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式q=△t求通过R的电荷量q．

【详解】设棒垂直于磁场方向的分速度为v，则：v=v0cosθ，θ为速度v0与水平方向之间的夹角，产生的感应电动势为E，感应电流为I，则有：E=BLv=BLv0cosθ，随θ角的增大，电动势逐渐减小，感应电流逐渐减小。故A错误；cd棒向右运动，由右手定则可知，感应电流的方向c→d，所以通过R的电流方向为f→e，由外向里．故B正确；由A的分析可知，该过程中产生的电流为余弦式电流，所以该过程中的有效值为：E有效＝•BLv0；设产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律有： ．故C正确；设产生的平均感应电动势为，平均感应电流为，通过R的电荷量为q，则有：；； q＝•△t；解得：．故D错误。故选BC。

【点睛】解决本题的关键是判断出回路中产生的是正弦式交变电流，相当于线圈在磁场中转动时单边切割磁感线，要用有效值求解热量，用平均值求解电量．

10.如图所示，电源电动势为E,内阻为r，电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器, R0为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）。当电键S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。有关下列说法中正确的是（  ）

A. 只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流

B. 只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流

C. 只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时。电压表示数变大，带电微粒向下运动

D. 若断开电键S，带电微粒向下运动

【答案】AD

【解析】

【分析】

电路稳定时，电容相当于开关断开，其电压等于与之并联的滑动变阻器部分的电压．只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，判断R0消耗的电功率，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻R3中有向上的电流，电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由E=U/d分析板间场强变化和油滴所受电场力变化，判断油滴的运动情况．若断开电键S，电容器处于放电状态．

【详解】只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，电阻R0消耗的电功率变大，滑动变阻器的电压变大，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻R3中有向上的电流，故A正确；电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，故B错误；只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由E=U/d可知，电场力变大，带点微粒向上运动，故C错误；若断开电键S，电容器处于放电状态，电荷量变小，电场强度减小，故粒子将向下运动；故D正确；故选AD。

【点睛】本题中稳定时电容器与电路部分是相对独立的．分析油滴是否运动，关键分析电场力是否变化．

11.如图所示，在空间中有平行平面的匀强电场，,场强大小为,一群电量相同的带正电粒子以相同的初动能从P点出发，可以到达以原点O为圆心、半径为25cm的圆上的任意位置。比较圆上这些位置，发现粒子到达圆与x轴正半轴的交点A时，动能最大。已知∠OAP=37°,(不计阻力，不计粒子间相互作用，sin37°=0.6,cos37° =0.8),则（  ）

A. 该匀强电场的方向沿，x轴负方向

B. 过A点的等势面与外连线垂直

C. 到达圆与x轴负半轴的交点Q点的粒子动能最小

D. P、A两点的间电势差为32V

【答案】CD

【解析】

【分析】

据题，到达A点的正电荷动能增加量最大，电场力做功最大，说明等势面在A点与圆相切，即等势面与y轴平行，由UPA=求解PA间的电势差，再由公式U=Ed求解场强的大小.

【详解】到达A点的正电荷动能增加量最大，电场力做功最大，说明了A点的电势最低；同时说明等势面在A点与圆相切，也就是等势面与y轴平行，所以电场线与x轴平行，沿x轴正方向，故A错误；电场线的方向沿x轴正方向，所以过A点的等势面过A点平行于y轴，故B错误；电场线的方向沿x轴正方向，所以Q点的电势最高，到达Q点的正电荷的电势能最大，结合能量守恒可知正电荷动能最小，故C正确；由几何关系可知：＝2R•cos37°＝2×0.25×0.8＝0.4m，PA间的电势差为：UPA=E••cos37°=100×0.4×0.8=32 V．故D正确。故选CD。

【点睛】本题考查电场强度与电势差的关系，关键要运用逻辑推理判断出过A点的等势面，运用公式U=Ed时，要知道d是两点沿电场方向的距离.

12.如图所示，一个质量为0.4kg的小物块从高h =0.05m的坡面顶端由静止释放，滑到水平台上，滑行一段距离后，从边缘O点水平飞出，击中平台右下侧挡板上的P点。现以O为原点在竖直面内建立如图所不的平面直角坐标系，挡板的形状满足方程 (单位：m) ，不计一切摩擦和空气阻力，g=lOm/s2,则下列说法正确的是（  ）

A. 小物块从水平台上O点飞出的速度大小为1 m/s

B. 小物块从0点运动列P点的时间为1s

C. 小物块刚到P点时速度方向与水平方向夹角的正切值等于5

D. 小物块刚到P点时速度的大小为10 m/s

【答案】AB

【解析】

试题分析：对小物块，从释放至到达O点的过程中，由动能定理得：，代入数据解得：，故A正确；小物块从O点水平抛出做平抛运动，竖直方向：，水平方向：，解得：；又有：，联立解得：x=1m，y=-5m，根据，解得：，故B正确；竖直方向的速度大小为：；设刚到P点时速度方向与水平方向夹角为，则有：，故C错误；根据速度的合成法则，则有刚到P点时速度的大小为：，故D错误．

考点：考查了平抛运动，动能定理

【名师点睛】对小物块由动能定理可以求出物块的速度，物块做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出P点的速度大小与方向，及时间，分析清楚小球的运动过程、应用动能定理与平抛运动规律即可正确解题．

二、实验题

13.在利用碰撞做“验证动量守恒定律”的实验中，实验装置如图所示，图中斜槽PQ与水平槽QR平行连接，按要求安装好仪器后开始实验，先不放被碰小球，重复实验若干次；然后把被碰小球静止放在槽的水平部分的前端边缘R处（槽口），又重复实验若干次，在白纸上记录下挂于槽口R的重锤线在记录纸上的竖直投影点和各次实验时小球落点的平均位置，从左至右依次为0、M、P、N点，测得两小球直径相等，入射小球和被碰小球的质量分别为m1、m2,且m1=2m2，则：

(1)两小球的直径用螺旋测微器核准相等，测量结果如图乙，则两小球的直径均为______mm.

(2)入射小球每次滚下都应从斜槽上的同一位置无初速释放，其目的是_____。

A.为了使入射小球每次都能水平飞出槽口

B.为了使入射小球每次都以相同的动量到达槽口

C.为了使入射小球在空中飞行的时间不变

D.为了使入射小球每次都能与被碰小球对心碰撞

(3)下列有关本实验的说法中正确的是___________.

A.未放被碰小球和放了被碰小球时，入射小球m1的落点分别是M、P

B.未放被碰小球和放了被碰小球时，入射小球m1的落点分别是P、M

C.未放被碰小球和放了被碰小球时，入射小球m1的落点分别是N、M

D.在误差允许的范围内若测得|ON| =2|MP|，则表明碰撞过程中由m1、m2两球组成的系统动量守恒

【答案】    (1). 12.895;    (2). B;    (3). BD;

【解析】

【分析】

（1）根据螺旋测微器的读数方法即可得出对应的读数；

（2）本题是通过平抛运动验证动量守恒定律的，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度或者相同的动量．

（3）明确碰撞规律，知道中间位置为未放被碰小球时入射小球的落点，最近的点为放了被碰小球后入射小球的落点．

【详解】（1）螺旋测微器的主尺部分长度为12.5mm，转动部分读数为：39.5×0.01mm，故最终读数为：12.5+0.395=12.895mm；
（2）入射小球每次滚下都应从斜槽上的同一位置无初速的释放，为了使小球每次都以相同的速度飞出槽口以保证入射小球每次都以相同的动量到达槽口，故B正确，ACD错误．故选B．
（2）未放被碰小球和放了被碰小球m2时，入射小球m1的落点分别为P、M．故AC错误，B正确；设入射小球在初速度是v1，碰撞后的速度是v1′，被碰小球的速度是v2′，则：
m1v1=m1v1′+m2v2′
设由于：m1=2m2，
则有：2（v1-v'1）=v2'
设平抛的时间是t：则=v'1t，=v2't，=v1t；所以若系统碰撞的过程中动量守恒，则满足：=2．故D正确．故选BD．

【点睛】实验注意事项：（1）前提条件：保证碰撞是一维的，即保证两物体在碰撞之前沿同一直线运动，碰撞之后还沿这条直线运动．（2）利用斜槽进行实验，入射球质量要大于被碰球质量，即m1＞m2，防止碰后m1被反弹．

14.某学生实验小组利用图（甲）所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×100”挡内部电路的总电阻。使用的器材有：

多用电表：微安表：量程1000A；滑动变阻器；最大阻值2k；导线若干。

回答下列问题：

(1)将多用电表挡位调到电阻“×100”挡，再将红农笔和黑表笔____,调零点。

(2)将图（甲）中多用电表的红表笔和_____(选填“1”或“2”)端相连，黑表笔连接另一端。

(3) 将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使这时微安表的示数为500^.多用电表的示数如图 (乙）所示，多用电表的读数为______。

(4)调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为军.此时多用电农和微安表的读数分别为 1000和600A，从测量数据可知.微安表的内阻为_______。

(5)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联 而成的电路，如图（丙）所示。根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为_____V,电阻“×100”档内部电路的总电阻为_______。

【答案】    (1). 短接；    (2). 2；    (3). 1500；    (4). 1000；    (5). 1.5；    (6). 1500；

【解析】

【分析】

（1）欧姆表使用前一定要欧姆调零；

（2）红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；

（3）欧姆表读数等于倍率乘以表盘读数；

（4）欧姆表测量的是外电路的总电阻，由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值；

（5）由于半偏电流是满偏电流的一半，故欧姆表的中值电阻等于内电阻；根据闭合电路欧姆定律求解电动势

【详解】（1）每次换档时均要进行欧姆调零；方法是将红黑表笔短接，调接欧姆旋钮使指针指到右侧零刻度处；
（2）电表内部接法为红与电源正极相连，黑与负极相连，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表，电流从电压表正接线柱流入，故红表笔接触2，黑表笔接1；
（3）欧姆表读数=倍率×表盘读数=100×15.0Ω=1500Ω；
（4）由于滑动变阻器被短路，多用电表直接测量微安表的内阻，故欧姆表读数即为微安表的阻值，为1000Ω；
（5）欧姆表的中值电阻等于内电阻，故欧姆表1k档位的内电阻为1500Ω；根据闭合电路欧姆定律，电动势为：E=I（R+RA）=600×10-6×（1000+1500）=1.5V；

【点睛】题关键是明确实验原理，会使用欧姆表和电压表测量电阻和电压，同时能结合闭合电路欧姆定律灵活地列式分析．

三.计算题

15. （8分）交管部门强行推出了“电子眼”，机动车擅自闯红灯的大幅度减少。现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10 m/s．当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车（反应时间忽略不计），乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢（反应时间为0.5 s）。已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍，乙车紧急刹车制动力为车重的0.5倍，求：

（1）若甲司机看到黄灯时车头距警戒线15 m．他采取上述措施能否避免闯红灯？

（2）为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中应保持多大距离？

【答案】（1）见解析（2）

【解析】

【分析】

（1）根据甲车刹车时的制动力求出加速度，再根据位移时间关系求出刹车时的位移，从而比较判定能否避免闯红灯；

（2）根据追及相遇条件，由位移关系分析安全距离的大小．

【详解】（1）甲车紧急刹车的加速度为   

甲车停下来所需时间 

甲滑行距离  

由于12.5 m＜15 m，所以甲车能避免闯红灯；

（2）乙车紧急刹车的加速度大小为：

设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离，在乙车刹车时刻两车速度相等，

解得  

此过程中乙的位移：   

甲的位移：

所以两车安全距离至少为：

【点睛】解决本题的关键利用牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式进行求解．注意速度大者减速追速度小者，判断能否撞上，应判断速度相等时能否撞上，不能根据两者停下来后比较两者的位移去判断．

16.如图所示，上表面光滑的“L”形木板B锁定在倾角为37°的足够长的斜面上；将一小物块A从木板B的中点轻轻地释放，同时解除木板B的锁定，此后A与B发生碰撞，碰撞过程时间极短且不计能量损失；己知物块A的质量m=1kg，木板B的质量M=4kg，板长L=6cm，木板与斜面间的动摩擦因数为= 0.6， 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2,sin37°=0.6, cos37°=0.8,求：

(1)笫一次碰撞后的瞬间AB的速度；

(2)在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A距B下端的最大距离。

【答案】（1）3.6m/s;2.4m/s（2）3m

【解析】

【分析】

（1）由机械能守恒求出A在碰撞前的速度；然后由机械能守恒与动量守恒求出第一次碰撞后瞬间A和B的速度；
（2）在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，当二者的速度相等时距离最大，由牛顿第二定律以及运动学的公式即可求出运动的时间以及A距B的最大距离.

【详解】（1）设小物块A向下滑动时，木板B静止不动。A与B发生弹性碰撞前的速度,由机械能守恒定律： 

解得：  

设A与B发生弹性碰撞后的速度分别为和，由碰撞过程动量守恒和能量守恒可得：

解得： ，   

可见，A与B第一次碰后，A的速度大小为3.6m/s，方向沿斜面向上，B的速度大小为2.4m/s，方向沿斜面向下.

（2）A与B第一次碰后，A沿板向上做匀减速运动，B沿斜面向下做匀速直线运动，A与B第一次碰撞后到第二次碰撞前，A与B速度相等之时，A与B下端有最大距离此过程中

运动时间

A距B下端有最大距离：

【点睛】本题是一道牛顿运动定律的综合性试题，解答本题注意以下几点：1、分析AB的受力，弄清楚AB碰撞前后各自的运动性质，只有明确了运动性质，才能继续列方程求解。2、在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A距B下端的距离最大的条件。

17.如图所示，一个足够长的“U”形金属导轨NMPQ固定在水平面内，导轨间距为L＝0.50m。一根质量为m＝0.50kg的均匀金属导体棒ab横跨在导轨上且接触良好，abMP恰好围成一个正方形。该轨道平面处在磁感应强度竖直向上、大小可以随时间变化的匀强磁场中。ab棒与导轨间的动摩擦力为f=1.0N(最大静摩擦力等于滑动摩擦力），棒的电阻为R＝0.10Ω，其他电阻均不计。开始时，磁感应强度B0=0.50T。

（1）若从t＝0开始，调节磁感应强度的大小，使其以变化率均匀增加。求经过多长时间ab棒开始滑动？

（2）若保持磁感应强度B0的大小不变，给ab棒施加一个与之垂直且水平向右的拉力F，使金属棒从静止开始运动，其速度大小与位移大小的函数关系为，求金属棒从静止开始运动到的过程中，拉力F所做的功。

【答案】（1）3.75s（2）8.5J

【解析】

【分析】

（1）当磁感强度的大小均匀增加时，回路中产生恒定的感应电流，ab棒受到的安培力均匀增大，当安培力等于棒所受的最大静摩擦力时，棒刚开始运动．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和平衡条件结合求解时间和电流；

（2）若保持磁感强度B0的大小不变，给ab棒施加一个水平向右的拉力，棒向右做匀加速运动，分析棒的受力情况，根据功能关系求解拉力的功．

【详解】（1）感应电动势   

感应电流  

磁感应强度  

导体棒刚要移动时

得

（2）导体棒速度为时，电流

安培力

 安培力做功 

克服摩擦力做功   

导体棒动能      

由功能关系，拉力做功 

【点睛】本题考查了牛顿第二定律、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律、楞次定律、功能关系等力电综合知识，让培养学生分析与解决力电综合问题的能力，同时要求学生会运用数学知识的能力．

18. 如图所示，在xoy坐标系内存在一个以（a，0）为圆心、半径为a的圆形磁场区域，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B；另在y轴右侧有一方向向左的匀强电场，电场强度大小为E，分布于y≥a的范围内．O点为质子源，其出射质子的速度大小相等、方向各异，但质子的运动轨迹均在纸面内．已知质子在磁场中的偏转半径也为a，设质子的质量为m、电量为e，重力及阻力忽略不计．求：

（1）出射速度沿x轴正方向的质子，到达y轴所用的时间；

（2）出射速度与x轴正方向成30°角（如图中所示）的质子，到达y轴时的位置；

（3）质子到达y轴的位置坐标的范围；

【答案】（1）（2）y =a+Ba（3）（a，a+2Ba）

【解析】

试题分析：（1）质子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得：

即：

出射速度沿x轴正方向的质子，经圆弧后以速度v垂直于电场方向进入电场，在磁场中运动的时间为：

质子进入电场后做类平抛运动，沿电场方向运动a后到达y轴，由匀变速直线运动规律有：

即：

故所求时间为：

（2）质子转过120°角后离开磁场，再沿直线到达图中P点，最后垂直电场方向进入电场，做类平抛运动，并到达y轴，运动轨迹如图中所示．

由几何关系可得P点距y轴的距离为：x1=a+asin30°=1．5a

设在电场中运动的时间为 t3，由匀变速直线运动规律有：

即

质子在y轴方向做匀速直线运动，到达y轴时有：

所以质子在y轴上的位置为：

（3）若质子在y轴上运动最远，应是质子在磁场中沿右边界向上直行，垂直进入电场中做类平抛运动，

此时x′=2a

质子在电场中在y方向运动的距离为：

质子离坐标原点的距离为：

由几何关系可证得，此题中凡进入磁场中的粒子，从磁场穿出时速度方向均与y轴平行，且只有进入电场中的粒子才能打到y轴上，因此

质子到达y轴的位置坐标的范围应是（a，a+2Ba）

考点：带电粒子在电场及磁场中的运动

【名师点睛】本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动规律，要注意明确在电场中的类平抛和磁场中的圆周运动处理方法，难度较大，属于难题。