【題目】(9分)現(xiàn)有一刻度盤總共有N小格、且刻度均勻，量程未準確確定的電壓表V1，已知其量程在13—16V之間，內阻。為測定其準確量程U1，實驗室提供了如下表所列的器材，要求方法簡潔，盡可能減少誤差，并能測出多組數(shù)據(jù)。

某同學設計了如圖所示的甲、乙、丙三種電路圖：

你認為選擇_______電路圖測量效果最好。（填“甲”、“乙”、“丙”）

(2)根據(jù)測量效果最好的那個電路圖，將下列有關器材連接成測量電路。

(3)若選擇測量數(shù)據(jù)中的一組來計算V1的量程U1，則所用的表達式U1=_ __，式中各符號表示的物理量是：____。

【答案】（1）乙；（2）實物連線見解析；（3）；其中N：V1的總格數(shù)；N1：V1的讀出格數(shù)，U2：V2的讀數(shù)，R1：待測表內阻，R2：V2表內阻。（兩個表內阻可以用150和30代替）

【解析】

試題分析：（1）待測電壓表允許的最大電流為：,而電流表A 的量程為3A，所以兩者串聯(lián)不合適，圖甲不合適；圖丙中兩電壓表的量程相差較大，兩表并聯(lián)也不合適；電壓表V2允許的最大電流，所以兩電表可以串聯(lián)，圖乙正確；（2）測量電路如圖：

（3）通過兩電表的電流，V1兩端的電壓：,V1的量程為：，其中其中N：V1的總格數(shù)；N1：V1的讀出格數(shù)；U2：V2的讀數(shù)；R1：待測表內阻；R2：V2表內阻。

考點：測量電壓表的量程。

【題型】實驗題
【結束】
43

(1)調節(jié)可變電阻的阻值為R1＝3r，釋放導體棒，當棒沿導軌勻速下滑時，將帶電量為＋q的微粒沿金屬板間的中心線水平射入金屬板間，恰好能勻速通過．求棒下滑的速率v和帶電微粒的質量m.

(2)改變可變電阻的阻值為R2＝4r，同樣在導體棒沿導軌勻速下滑時，將該微粒沿原來的中心線水平射入金屬板間，若微粒最后碰到金屬板并被吸收．求微粒在金屬板間運動的時間t.

(1)某同學設計了如圖所示的甲、乙、丙三種電路圖,你認為選擇________(填“甲”“乙”或“丙”)電路圖測量效果最好．

(2)根據(jù)測量效果最好的那個電路圖，將下列有關器材連接成測量電路__________．

(3)若選擇測量數(shù)據(jù)中的一組來計算V1的量程U1，則所用的表達式U1＝________，式中各符號表示的物理量是：_____________________________________.

【題目】如圖所示，傾角為θ的光滑斜面足夠長，一質量為m的小物體，在沿斜面向上的恒力F作用下，由靜止從斜面底端沿斜面向上做勻加速直線運動，經過時間t，力F做功為60J，此后撤去力F，物體又經過相同的時間t回到斜面底端，若以地面為零勢能參考面，則下列說法中正確的是(　　)

A. 物體回到斜面底端的動能為60J

B. 恒力F＝2mgsinθ

C. 撤去力F時，物體的重力勢能是45J

D. 動能與勢能相等的時刻一定出現(xiàn)在撤去力F之后

【答案】ACD

【解析】試題分析：物體靜止開始從斜面底端開始運動知道最后返回斜面底端，此過程斜面光滑沒有摩擦力做功，重力做功為0，根據(jù)動能定理有Ek-0=WF=60J，選項A對。撤去F前，加速度a=-gsinθ，撤去F后，加速度a'=gsinθ。根據(jù)力F撤去前后位移等大反向，判斷撤去前后平均速度等大方向，由于撤去前后都是勻變速所以有，整理得a'=3a，即F=mgsinθ，選項B錯。撤去力F前，力F做功Fs=mgsinθ·s=60J，重力做功-mgsinθ·s =45J，所以撤出力F時，物體的重力勢能是45J選項C對。力F撤去前，合力mgsinθ小于重力沿斜面的分力mgsinθ，即合力做功小于克服重力做功，增加的動能小于增加的重力勢能，撤去力F之前一定是重力勢能大于動能，最返回斜面時重力勢能為0，小于動能，所以動能與勢能相等的時刻一定出現(xiàn)在撤去力F之后選項D對。

考點：動能定理 牛頓運動定律

【名師點睛】

【題型】單選題
【結束】
41

A．這列波沿x軸負向傳播

B．這列波的波速是25 m/s

C．質點P將比質點Q先回到平衡位置

D．經過Δt＝0.4 s，A質點通過的路程為4 m

E．經過Δt＝0.8 s，A質點通過的位移為8 m

【題目】圖為某住宅區(qū)的應急供電系統(tǒng)，它由交流發(fā)電機和副線圈匝數(shù)可調的理想降壓變壓器組成．發(fā)電機中矩形線圈所圍的面積為S，匝數(shù)為N，電阻不計，它可繞水平軸OO′在磁感應強度為B的水平勻強磁場中以角速度ω勻速轉動．矩形線圈通過滑環(huán)連接降壓變壓器，滑動觸頭P上下滑動時可改變輸出電壓，R0表示輸電線的電阻．以線圈平面與磁場平行時為計時起點，下列判斷正確的是(　　)

A. 若發(fā)電機線圈某時刻處于圖示位置，則變壓器原線圈的電流瞬時值最大

B. 發(fā)電機線圈感應電動勢的瞬時值表達式為e＝NBSωsinωt

C. 當用電量增加時，為使用戶電壓保持不變，滑動觸頭P向上滑動

D. 當滑動觸頭P向下滑動時，變壓器原線圈兩端的電壓將升高

【答案】AC

【解析】當線圈與磁場平行時，感應電流最大，變壓器原線圈的電流瞬時值最大，故A正確；從垂直中性面計時，則感應電動勢的瞬時值表達式為e=NBSωcosωt，故B錯誤；用電量增加時，根據(jù)功率P=UI，當電壓不變，電流增大，則導線中電壓損失變大，用戶得到的電壓減小，則為使用戶電壓保持不變，觸頭P向上移動，故C正確；當觸頭P向下移動，只會改變副線圈的電流，從而改變原線圈的電流，不會改變原線圈的電壓，故D錯誤．故選AC．

點睛：考查瞬時表達式的書寫時，關注線圈的開始計時位置，得出最大值，區(qū)別與有效值，理解電阻的變化，只會改變電流與功率，不會影響電壓的變化．

【題型】多選題
【結束】
40

A. 物體回到斜面底端的動能為60J

B. 恒力F＝2mgsinθ

C. 撤去力F時，物體的重力勢能是45J

D. 動能與勢能相等的時刻一定出現(xiàn)在撤去力F之后

A. 若發(fā)電機線圈某時刻處于圖示位置，變壓器原線圈的電流瞬時值最大

B. 發(fā)電機線圈感應電動勢的瞬時值表達式為e＝NBSωsinωt

C. 當用電量增加時，為使用戶電壓保持不變，滑動觸頭P應向上滑動

D. 當滑動觸頭P向下移動時，變壓器原線圈兩端的電壓將升高

【題目】某國際天文研究小組觀測到了一組雙星系統(tǒng)，它們繞二者連線上的某點做勻速圓周運動，雙星系統(tǒng)中質量較小的星體能“吸食”質量較大的星體的表面物質，達到質量轉移的目的．根據(jù)大爆炸宇宙學可知，雙星間的距離在緩慢增大，假設星體的軌道近似為圓，則在該過程中(　　)

A. 雙星做圓周運動的角速度不斷減小

B. 雙星做圓周運動的角速度不斷增大

C. 質量較大的星體做圓周運動的軌道半徑減小

D. 質量較大的星體做圓周運動的軌道半徑增大

【答案】AD

【解析】試題分析：雙星繞兩者連線的一點做勻速圓周運動，由相互之間萬有引力提供向心力，根據(jù)萬有引力定律、牛頓第二定律和向心力進行分析．

解：AB、設體積較小的星體質量為m1，軌道半徑為r1，體積大的星體質量為m2，軌道半徑為r2．雙星間的距離為L．轉移的質量為△m．

根據(jù)萬有引力提供向心力對m1：=（m1+△m）ω2r1… ①

對m2：=（m2﹣△m）ω2r2… ②

由①②得：ω=，總質量m1+m2不變，兩者距離L增大，則角速度ω變�。�故A正確、B錯誤．

CD、由②式可得，把ω的值代入得：，

因為，L增大，故r2增大．即質量較大的星體做圓周運動的軌道半徑增大，故C錯誤、D正確．

故選：AD．

【點評】本題是雙星問題，要抓住雙星系統(tǒng)的條件：角速度與周期相同，運用牛頓第二定律采用隔離法進行研究．

【題型】單選題
【結束】
38

A. 在橢圓上，O、C兩點間電勢差一定最大

B. 在橢圓上，A、B兩點間電勢差可能最大

C. 一個點電荷從E點運動到橢圓上任意一點再運動到F點，電場力做功可能為零

D. 一個點電荷從O點運動到A點與從B點運動到C點，電場力做功一定相同

A. 雙星做圓周運動的角速度不斷減小

B. 雙星做圓周運動的角速度不斷增大

C. 質量較大的星體做圓周運動的軌道半徑減小

D. 質量較大的星體做圓周運動的軌道半徑增大

【題目】如圖所示，一傾角為30°的光滑斜面固定于水平面上，勻強磁場垂直于斜面，勻強電場沿斜面向上并垂直于斜面底邊，一質量為m、帶電荷量為q的小球以速度v在斜面上做半徑為R的勻速圓周運動，則(　　)

A. 小球帶負電

B. 勻強磁場的磁感應強度大小

C. 勻強電場的場強大小

D. 小球在運動過程中機械能守恒

【答案】B

【解析】試題分析：因為小球，在斜面上做勻速圓周運動，所以向上的電場力和沿斜面向下的重力的分量平衡，即，解得，小球帶正電；又,解得磁感應強度大小B=;由于小球運動中電場力做功，所以小球的機械能不守恒。選項B正確。

考點：勻速圓周運動的條件及機械能守恒的條件。

【題型】單選題
【結束】
36

A. 汽車勻加速過程的加速度為2m/s2

B. 汽車t0時刻之后的加速度逐漸增大

C. 汽車在該過程的平均速度等于15m/s

D. 汽車在該過程的平均速度小于15m/s

A. 10 N B. 20 N C. 40 N D. 60 N