2020-2021学年山东枣庄高二上物理月考试卷(1)

2020-2021学年山东枣庄高二上物理月考试卷

一、选择题

1. 装有砂粒的试管竖直静浮于水面，如图所示．将试管竖直提起少许，然后由静止释放并开始计时，在一定时间内试管在竖直方向近似做简谐运动．若取竖直向上为正方向，则以下描述试管振动的图像中可能正确的是（ ）

A.第二次棋子的惯性更大

B.第二次棋子受到纸带的摩擦力更小 C.第二次棋子受到纸带的冲量更小 D.第二次棋子离开桌面时的动量更大

A.

B.

4. 已知通电长直导线产生的磁场中某点的磁感应强度与电流强度𝐼成正比，与该点到直导线的距离𝑟成反比．现有三根平行的通电长直导线𝐴、𝐶、𝑂，其中𝐴、𝐶导线中的电流大小为𝐼1，𝑂导线中的电流大小为𝐼2．与导线垂直的截面内的𝐵点与𝐴、𝐶组成等腰直角三角形，𝑂处在𝐴𝐶的中点，电流方向如图，此时𝐵处的磁感应强度为零，则下列说法正确的是（ ）

C.

D.

A.2𝐼1=𝐼2 B.√2𝐼1=𝐼2

C.𝐴导线所受的磁场力向左

D.若移走𝑂导线，则𝐵处的磁场将沿𝐵𝑂方向

2. 甲、乙两物体质量分别为𝑚1和𝑚2，两物体碰撞前后运动的位移随时间变化的𝑥−𝑡图像如图所示，则在碰撞前（ ）

A.乙的动能大

3. 应用物理知识分析生活中的常见现象，或是解释一些小游戏中的物理原理，可以使物理学习更加有趣和深入．甲、乙两同学做了如下的一个小游戏，如图所示，用一象棋子压着一纸条，放在水平桌面上接近边缘处．第一次甲同学慢拉纸条将纸条抽出，棋子掉落在地上的𝑃点．第二次将棋子、纸条放回原来的位置，乙同学快拉纸条将纸条抽出，棋子掉落在地上的𝑁点．两次现象相比（ ）

B.甲的动能大

C.乙的动量大

D.甲的动量大

5. 如图所示，质量为𝑚的小球𝑏与水平轻弹簧相连且静止，放在光滑的水平面上，等质量的小球𝑎以速度𝑣0沿弹簧所在直线冲向小球𝑏．从𝑎开始压缩弹簧到分离的整个过程中，下列说法中正确的是（ ）

A.弹簧对𝑎球的冲量大小为2𝑚𝑣0 B.𝑎球的最小速度为20

2

C.弹簧具有的最大弹性势能为2𝑚𝑣0

1

1

𝑣

1

2D.𝑏球的最大动能为2𝑚𝑣0

第1页 共16页 ◎ 第2页 共16页

6. 𝑈形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒𝑎𝑏，有一个磁感应强度为𝐵的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为𝜃．在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是（ ）

二、多选题

如图所示，电路中滑动变阻器最大电阻值及定值电阻的阻值均为𝑅，电源电动势为𝐸，内阻为𝑟，𝑅大于𝑟0．电压表𝑉1、𝑉2和电流表𝐴1、𝐴2均为理想电表．将滑动变阻器滑片向下滑动，则（ ）

A.𝑎𝑏向右运动，同时使𝜃减小

B.使磁感应强度𝐵减小，𝜃角同时也减小 C.𝑎𝑏向左运动，同时增大磁感应强度𝐵

D.𝑎𝑏向右运动，同时增大磁感应强度𝐵和𝜃角（0<𝜃<90）

7. “单摆”是一种理想化模型，如图所示，长为𝑙的轻绳下端拴着一个可视为质点的小球，上端固定在倾角为𝜃的光滑斜面上，这个装置也可以等效为“单摆”．当摆球在斜面所在的平面内做小摆角振动时，其周期为（ ）

A.质点振动频率是0.25𝐻𝑧

A.𝑇=2𝜋√𝑔 C.𝑇=2𝜋√

8. 𝐴𝐵和𝐶𝐷为圆上两条相互垂直的直径，圆心为𝑂．将电荷量分别为+𝑞和−𝑞的两点电荷放在圆周上，其位置关于𝐴𝐵对称且距离等于圆的半径，如图所示．要使圆心处的电场强度为零，可在圆周上再放一个适当的点电荷𝑄，则该点电荷𝑄（ ）

𝑙𝑔sin𝜃𝑙

∘

∘

A.𝐴1示数变大

一质点做简谐运动的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）

B.𝐴2示数变大

C.𝑉1示数增大

D.𝑉2示数变大

B.在10𝑠内质点经过的路程是20𝑐𝑚

B.𝑇=2𝜋√𝑔cos𝜃 𝑙

C.第4𝑠末质点的速度最大

D.在𝑡＝1𝑠和𝑡＝3𝑠两时刻，质点位移大小相等、方向相同

如图所示，𝐴、𝐵两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上，物块𝐶以一定的初速度𝑣0从𝐴的左端开始向右滑行，最后停在𝐵木块的右端，对此过程，下列叙述正确的是（ ）

D.以上答案都不对

A.当𝐶在𝐴上滑行时，𝐴、𝐶组成的系统动量守恒 B.当𝐶在𝐵上滑行时，𝐵、𝐶组成的系统动量守恒

C.无论𝐶是在𝐴上滑行还是在𝐵上滑行，𝐴、𝐵、𝐶三物块组成的系统都动量守恒

A.应放在𝐴点，𝑄=2𝑞 C.应放在𝐶点，𝑄=−𝑞

B.应放在𝐵点，𝑄=−2𝑞 D.应放在𝐷点，𝑄=−𝑞

D.当𝐶在𝐵上滑行时，𝐴、𝐵、𝐶组成的系统动量不守恒

如图所示，质量为𝑀的小车静止在光滑的水平面上，小车上𝐴𝐵部分是半径𝑅的四分之一光滑圆弧，𝐵𝐶部分是粗糙的水平面．今把质量为𝑚的小物体从𝐴点由静止释放，小物体与𝐵𝐶部分间的动摩擦因数为𝜇，最终小物体与小车相对静止于𝐵、𝐶之间的𝐷点，则𝐵、𝐷间距离𝑥随各量变化的情况错误说法是（ ）

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②将电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使电表指针指𝐶处，此时电阻箱的示数如图丙，则𝐶处刻度应为________𝛺；

③计算得到多用电表内电池的电动势为________𝑉（保留2位有效数字）．

A.其他量不变，𝑅越大𝑥越大

C.其他量不变，𝑚越大𝑥越大

三、实验探究题

气垫导轨是一种常用的实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦，如图甲所示．利用气垫导轨，通过频闪照相运用动量守恒定律的知识，可以测量物体的质量以及判断碰撞过程中的一些特点，开始时滑块𝐵静止，滑块𝐴、𝐵碰撞前后的位置情况如图乙所示．请回答以下问题：

B.其他量不变，𝜇越大𝑥越大 D.其他量不变，𝑀越大𝑥越大

（3）调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，若指针在图乙所示位置，则待测电阻的阻值为________𝛺（保留2位有效数字）． 四、解答题

如图所示电路，电源电动势为𝐸，内阻为𝑟=1𝛺，定值电阻𝑅=5𝛺，闭合𝑆1、断开𝑆2，电流表的示数是1.00𝐴；闭合𝑆1和𝑆2，电流表的示数是2.00𝐴，此时电动机竖直向上匀速吊起质量为𝑚=0.6𝑘𝑔的重物，已知电动机线圈电阻为𝑅0=0.5𝛺，电流表、电压表均为理想电表，不计一切阻力，取𝑔=10𝑚/𝑠2，求：

（1）若该实验在空间站中进行，气垫导轨在安装时________（选填“需要”或“不需要”）处于水平；

（2）若滑块𝐴的质量为150𝑔，则滑块𝐵的质量为________．

（3）该碰撞过程中，系统的机械能________（选填“守恒”或“不守恒”）．

某同学制作了一个简单的多用电表，图甲为电表的电路图．已知选用的电流表内阻𝑅𝑔=5𝛺、满偏电流

𝐼𝑔25𝑚𝐴，当选择开关接3时为量程100𝑉的电压表．该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，𝐶为上排刻度线的中间刻度，由于粗心，上排刻度线对应数据没有标出．

（1）电源电动势𝐸；

（2）闭合𝑆1和𝑆2时，重物向上运动的速率是多少？

如图是一弹簧振子，𝑂为平衡位置，𝐵、𝐶为两个极端位置，取向右为正方向，现把小球向右移动5𝑐𝑚到𝐵点，放手后发现小球经过1𝑠第一次到达𝐶点，如果从𝐵点放手时开始计时，求：

（1）小球做简谐运动的振幅、周期各是多少？

（2）写出小球运动的位移表达式．

（1）若指针指在图乙所示位置，选择开关接1时其读数为________；选择开关接3时其读数为________．

（2）为了测该多用电表电阻挡的电阻和表内电源的电动势，这位同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验：

①将选择开关接2，红黑表笔短接，调节𝑅1的阻值使电表指针满偏；

（3）如果从小球经过平衡位置向左运动开始计时，则小球的位移表达式如何？

如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距𝑑=8𝑐𝑚，板长𝐿=25𝑐𝑚，接在直流电源上．一个带电油滴以𝑣0=0.5𝑚/𝑠的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到𝑃处时迅速将下板向上提起𝛥𝑑=3𝑐𝑚，油滴刚好从金属板末端飞出，𝑔取10𝑚/𝑠2．求：

4

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（1）将下板向上提起后，平行板电容器内部电场强度𝐸′与原电场强度𝐸的比值；

（2）将下板向上提起后，液滴的加速度大小；

（3）油滴从射入电场开始计时，匀速运动到𝑃点所用时间．

如图甲所示，质量𝑚＝1𝑘𝑔的小滑块（可视为质点），从固定的四分之一光滑圆弧轨道的最高点𝐴由静止滑下，经最低点𝐵后滑上位于水平面的木板，并恰好不从木板的右端滑出，已知木板质量𝑀=4𝑘𝑔，上表面与圆弧轨道相切于𝐵点，木板下表面光滑，滑块滑上木板后运动的𝑣−𝑡图像如图乙所示，取𝑔=10𝑚/𝑠2，求：

（1）圆弧轨道的半径及滑块滑到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；

（2）滑块与木板间的动摩擦因数及木板的长度．

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参考答案与试题解析

2020-2021学年山东枣庄高二上物理月考试卷

一、选择题 1.

【答案】 D

【考点】

简谐运动的振动图象 【解析】 此题暂无解析 【解答】

解：试管在竖直方向上做简谐运动，平衡位置是在重力与浮力相等的位置，开始计时时向上提起的距离，就是其偏离平衡位置的位移，为正向最大位移，因此应选选项𝐷正确． 故选𝐷． 2. 【答案】 A

【考点】 动能 动量

匀速直线运动的图像

【解析】

位移时间图象的斜率等于速度，由斜率求出碰撞前后两个物体的速度，由图看出，碰后两个物体速度均为零，根据动量守恒定律分析碰撞前两物体动量有关系及质量关系． 【解答】

解：位移—时间图线的斜率表示速度，可知甲的速度大小𝑣1小于乙的速度大小𝑣2， 而碰撞后甲乙均静止，故有𝑚1𝑣1−𝑚2𝑣2=0，即碰撞前甲乙动量𝑝大小相等， 因为𝑣1<𝑣2，则甲的质量𝑚1大于乙的质量𝑚2， 由𝐸𝑘=

𝑝22𝑚

【解答】

解：𝐴．棋子的惯性与棋子的质量有关，因此第一次与第二次棋子的惯性等大，𝐴错误； 𝐵．两次棋子所受的摩擦力均为滑动摩擦力，因此两次的摩擦力大小相等，𝐵错误；

𝐶．慢拉与快拉的区别在于纸条与棋子的作用时间不同，第二次纸条与棋子的作用时间短，则由冲量的定义式可知𝐼=𝜇𝑚𝑔𝑡，因此第二次棋子受到纸带的冲量更小，𝐶正确；

𝐷．由动量定理𝐼=𝛥𝑝=𝑚𝑣−0可知冲量小，动量的变化小，故第二次棋子离开桌面时的动量更小，𝐷错误． 故选𝐶． 4.

【答案】 C

【考点】

通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 磁场的叠加 【解析】

依据磁感应强度𝐵＝𝑘公式，结合矢量的合成法则，及安培定则，即可一一求解.

 𝑟 𝐼

【解答】

解：𝐴𝐵．设𝑂𝐵之间距离为𝑟，则𝐴𝐵、𝐵𝐶之间距离为√2𝑟，由题意可以设𝐵=𝑘𝑅，则𝐴、𝐶导线在𝐵处产生的磁感应强度均为𝑘𝐼1√12

，叠加后大小为𝑘，方向水平向右，𝑂导线在𝐵处产生的磁感应强度为𝑘，方向水平向2𝑟𝑟𝑟

𝐼

𝐼𝐼

左，𝐵处磁感应强度为零，故𝑘

𝐼1𝑟

=𝑘2，𝐼1=𝐼2，故𝐴𝐵错误；

𝑟

𝐼

𝐶．根据同方向电流相互吸引，反方向电流相互排斥，𝑂导线对𝐴导线的安培力水平向左，𝐶导线对𝐴导线的安

培力水平向右，𝑂导线距离𝐴导线近，安培力大，故𝐴导线受到的磁场力向左，故𝐶正确； 𝐷．移走𝑂导线，导线𝐴、𝐶在𝐵处产生的磁感应强度水平向右，故𝐷错误． 故选𝐶． 5.

【答案】 D

【考点】

动量守恒定律的综合应用 能量守恒定律的应用 动量定理的基本应用

【解析】

从开始压缩弹簧到分离的整个过程，系统动量守恒，且机械能守恒；当两小球速度相等时，弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大． 𝑎

【解答】

解：𝐴𝐵𝐷．从𝑎开始压缩弹簧到分离的整个过程中，系统动量守恒，即𝑚𝑣0=𝑚𝑣𝑎+𝑚𝑣𝑏，且系统机械能守

2222

恒，即2𝑚𝑣0=2𝑚𝑣𝑎+2𝑚𝑣𝑏，解得𝑣𝑎=0、𝑣𝑏=𝑣0，故𝑎球的最小速度为0，𝑏球的最大动能为2𝑚𝑣0，根据

1

1

1

1

可得甲的动能小于乙的动能，故𝐴正确，𝐵𝐶𝐷错误．

故选𝐴．

3. 【答案】 C

【考点】 惯性

动量定理的理解 滑动摩擦力

【解析】

分析棋子质量及受力的变化，明确惯性及摩擦力是否变化；再根据冲量的定义明确冲量的变化；由动量定理可知其动量的变化．

动量定理可得弹簧对𝑎球的冲量大小为𝑚𝑣0，故𝐴𝐵错误，𝐷正确；

𝐶．当两小球速度相等时，弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，此时根据系统动量守恒有𝑚𝑣0=2𝑚𝑣，根

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22

据机械能守恒定律有：弹簧的弹性势能𝐸𝑝=𝑚𝑣0−2×𝑚𝑣2=𝑚𝑣0，故𝐶错误．

2

2

4

1

1

1

由𝑂指向𝐶即可，大小也为2，所以，点电荷𝑄=−𝑞且应发在𝐶点，故𝐶正确，𝐴𝐵𝐷错误．

𝑟

𝑘𝑞

故选𝐷． 6.

【答案】 A

【考点】

感应电流的产生条件 【解析】 此题暂无解析 【解答】

解：感应电流产生的条件：①闭合回路；②穿过闭合回路的磁通量发生变化．

𝐴．根据磁通量的公式𝛷=𝐵𝑆cos𝜃，𝑎𝑏向右运动，𝑆增大，同时使𝜃减小，磁通量增大，一定能产生感应电流，故𝐴正确；

𝐵．磁感应强度𝐵减小，𝜃角同时也减小，不能确定磁通量是否变化，故𝐵错误；

𝐶．𝑎𝑏向左运动，𝑆减小，同时增大磁感应强度𝐵，不能确定磁通量是否变化，故𝐶错误；

𝐷．𝑎𝑏向右运动，𝑆增大，同时增大磁感应强度𝐵和𝜃角，不能确定磁通量是否变化，故𝐷错误． 故选𝐴． 7.

【答案】 C

【考点】 单摆周期公式 【解析】

此单摆与正常的单摆模型的区别是“重力”加速度不同，进行等效代换即可 【解答】

解：斜面上的单摆的重力沿斜面向下的分力与竖直悬挂的单摆的重力等效，故斜面上的单摆的等效“重力加速度”为𝑔′=𝑔sin𝜃，根据单摆的周期公式得：𝑇=2𝜋√故选：𝐶． 8.

【答案】 C

【考点】 电场的叠加 点电荷的场强

【解析】

利用场强的合成法则，先求出+𝑞和−𝑞在𝑂点处的合场强𝐸1，再寻求点电荷𝑄放的位置能使圆心𝑂处的场强与𝐸1等大反向． 【解答】

解：+𝑞的点电荷在圆心𝑂处的场强与−𝑞的点电荷在圆心𝑂处的场强的合场强方向由𝑂点指向𝐷点，根据几何关系和点电荷的场强公式得𝐸1=

𝑘𝑞𝑟2𝑙𝑔sin𝜃

故选：𝐶． 二、多选题

【答案】 A,D

【考点】

闭合电路的动态分析 【解析】

当滑动变阻器滑片向下滑动时，可知变阻器接入电路的电阻减小，根据“串反并同”口诀分析判断各电表示数的变化． 【解答】

解：当滑动变阻器滑片向下滑动时，可知变阻器接入电路的电阻减小，在闭合电路的动态分析中满足“串反并同”口诀，电流表𝐴1与滑动变阻器串联，故示数增大，电流表𝐴2与滑动变阻器并联，故示数减小；

电压表𝑉1与滑动变阻器并联，故示数减小，电压表𝑉2与滑动变阻器串联，故示数增大，故𝐴𝐷正确，𝐵𝐶错误． 故选𝐴𝐷． 【答案】 A,B,C 【考点】

简谐运动的振动图象 【解析】

由图读出周期，求出频率。质点在一个周期内通过的路程是4个振幅，根据时间与周期的关系，求出质点在10𝑠内经过的路程。根据质点的位置，分析位移、速度和加速度。 【解答】

解：𝐴．振动图像表示质点在不同时刻相对平衡位置的位移，由图像可知， 𝑇=4𝑠，则质点振动频率为𝑓=

1𝑇

=0.25𝐻𝑧，故𝐴正确；

．

𝐵．质点做简谐运动，在一个周期内通过的路程是4个振幅，𝑡=10𝑠=2.5𝑇，则在10𝑠内质点经过的路程是𝑠=2.5×4𝐴=2.5×4×2𝑐𝑚=20𝑐𝑚，故𝐵正确；

𝐶．在第4𝑠末，质点位于平衡位置处，速度最大，故𝐶正确；

𝐷．在𝑡=1𝑠和𝑡=3𝑠两时刻，质点位移大小相等、方向相反，故𝐷错误． 故选𝐴𝐵𝐶． 【答案】 B,C

【考点】

系统动量守恒的判断 【解析】

当系统所受合外力为零时，系统动量守恒，根据研究对象的受力情况，对动量守恒条件分析答题． 【解答】

解：𝐴．当𝐶在𝐴上滑行时，以𝐴、𝐶为系统，𝐵对𝐴的作用力为外力，不等于0，故系统的动量不守恒，故𝐴错误．

𝐵．当𝐶在𝐵上滑行时，𝐴、𝐵已分离，以𝐵、𝐶为系统，沿水平方向不受外力作用，故系统动量守恒，故𝐵正确． 𝐶𝐷．若将𝐴、𝐵、𝐶三物块视为一系统，则沿水平方向无外力作用，系统动量守恒，故𝐶正确，𝐷错误． 故选𝐵𝐶． 【答案】 B,C,D

；要使圆心处的电场强度为零，只要点电荷𝑄在圆心𝑂处产生的场强方向

第11页 共16页 ◎ 第12页 共16页

【考点】

能量守恒定律的应用 动量守恒定律的综合应用

【解析】

系统水平方向上不受外力，所以从𝐴到𝐷的过程中，系统水平方向动量守恒．在𝐴点总动量为零，到𝐷点总动量仍为零，即𝐴点两物体速度为零，到𝐷点两物体速度仍为零．

滑块从𝐴到𝐵的过程中，滑块木块均是光滑接触，故系统没有能量损失即机械能守恒；从𝐵到𝐷的过程中，滑块受摩擦力作用，且摩擦力对滑块做功，所以系统机械能不守恒．摩擦力对系统做多少功，系统的机械能就减少多少．即有𝑚𝑔𝑅=𝜇𝑚𝑔𝑥． 【解答】

解：根据水平方向上动量守恒，小物体在𝐴时系统速度为零，在𝐷点时系统速度仍为零． 小物体从𝐴到𝐷的过程中，根据能量守恒定律得𝑚𝑔𝑅=𝜇𝑚𝑔𝑥，解得𝑥=𝑅

𝜇，故𝐴正确，𝐵𝐶𝐷错误． 本题选错误的，故选𝐵𝐶𝐷． 三、实验探究题 【答案】 （1）不需要 （2）50𝑔 （3）守恒

【考点】

利用其他器材验证动量守恒定律 【解析】

在地球上受重力作用，若果不水平重力会产生沿导轨的分力，对物体产生加速度，影响实验结果． 本题考查动量守恒定律的应用，通过碰撞前后动量相等解决问题．

本题考查机械能守恒的定义，计算碰撞前后的机械能进行对比判断机械能是否守恒． 【解答】 解：（1）不需要，空间站中不受重力影响，因此不需要水平．

（2）设碰撞之前滑块𝐴的速度为𝑣，由于频闪时间相同，则每次频闪的位移之比为速度之比， 则：碰撞后滑块𝐴的速度为1

𝑣，滑块𝐵的速度为3

𝑣，由动量守恒定律得：𝑚𝐴𝑣=1

𝑚𝐴𝑣+3

2

2

2

2

𝑚𝐵𝑣，

即：𝑚𝐵=1

3

𝑚𝐴=50𝑔．

（3）由于导轨水平则势能不发生变化，碰撞前动能为1

2

𝑚𝐴𝑣2，

碰撞后动能为：11112𝑚𝐴(2𝑣)2+2(3𝑚𝐴)(321

2𝑣)=2𝑚𝐴𝑣2． 【答案】

（1）17.3𝑚𝐴（17.2∼17.4𝑚𝐴均可）,69𝑉 （2）150,3.8

（3）70（67∼71均可） 【考点】

多用电表的原理及其使用

第13页 共16页 用多用电表测电阻

【解析】

（1）根据电表量程由图示电表确定其分度值，根据指针位置读出其示数。

（2）②电阻箱各指针示数与所对应倍率的乘积之和是电阻箱示数；③由闭合电路欧姆定律可以求出电源电动势； ④根据闭合电路欧姆定律进行分析，从而求出电阻的阻值。 【解答】 解：（1）选择开关接1时测电流，其分度值为0.5𝑚𝐴，示数为17.30𝑚𝐴； 选择开关接3时测电压，其分度值为2𝑉，其示数为69𝑉．

（2）②由图丙所示电阻箱可知，电阻箱示数为0×1000𝛺+1×100𝛺+5×10𝛺+0×1𝛺=150𝛺．

③由图乙所示可知，指针指在𝐶处时，电流表示数为12.5𝑚𝐴=0.0125𝐴，𝐶处电阻为中值电阻，则电表内阻为150𝛺，电源电动势𝐸=𝐼(𝑅+𝑟)=0.0125×(150+150)≈3.8𝑉．

（3）根据第（1）问可知，表头所示电流为17.3𝑚𝐴；调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，此时电路中的电流值也为17.3𝑚𝐴，而表内电池的电动势为𝐸=3.8𝑉，表内总电阻为150𝛺，由欧姆定律可知：𝑅=(3.8

0.0173−150)𝛺≈70𝛺． 四、解答题

【答案】

（1）电源电动势𝐸=6.00𝑉．

（2）闭合𝑆1和𝑆2时，重物向上运动的速率是0.68𝑚/𝑠． 【考点】

闭合电路的欧姆定律 瞬时功率 电功率

【解析】

（1）当𝑆断开时，根据闭合电路欧姆定律求解电源的内阻。

（2）当开关𝑆闭合时，已知电流表的示数，求出路端电压，由欧姆定律求出通过𝑅的电流。

（3）根据并联电路规律，得到通过电动机的电流，电动机的输出功率等于电功率与内部消耗的热功率之差。【解答】 解：（1）闭合𝑆1、断开𝑆2，电流表的示数是1.00𝐴，由闭合电路欧姆定律有 𝐸=𝐼1(𝑅+𝑟)=1.00×(5+1)𝑉=6.00𝑉．

（2）闭合𝑆1和𝑆2，电流表的示数是2.00𝐴，则路端电压为 𝑈=𝐸−𝐼2𝑟=(6.00−2.00×1)𝑉=4.00𝑉， 此时流过电动机的电流为𝐼𝑀=𝐼2−

𝑈𝑅

=1.2𝐴，

电动机的输出功率为

𝑃=𝐼𝑀𝑈−𝐼𝑀2

𝑅0=(1.2×4.00−1.22×0.5)𝑊=4.08𝑊， 重物向上运动的速率𝑣=𝑃

4.08

𝑚𝑔=0.6×10𝑚/𝑠=0.68𝑚/𝑠． 【答案】

（1）小球做简谐运动的振幅为5𝑐𝑚，周期为2𝑠； （2）小球运动的位移表达式为𝑥=5sin(𝜋𝑡+𝜋

2)𝑐𝑚．

第14页 共16页

◎

（3）如果从小球经过平衡位置向左运动开始计时，则小球的位移表达式为𝑥=−5sin(𝜋𝑡)𝑐𝑚． 【考点】

简谐运动的振幅、周期和频率 简谐运动

【解析】 此题暂无解析 【解答】 解：（1）根据振幅的定义，可知振幅𝐴=5𝑐𝑚；根据周期的定义可知，周期𝑇=2×1𝑠=2𝑠． （2）因为𝜔=

2𝜋𝑇

【考点】

竖直面内的圆周运动-弹力 能量守恒定律的应用 动量守恒定律的综合应用 动量定理的基本应用

【解析】

（1）由图乙可知，滑块刚滑上木板时的速度大小𝑣＝10𝑚/𝑠，研究滑块在光滑圆弧轨道下滑的过程，根据机械能守恒定律求圆弧轨道的半径。滑块滑到圆弧轨道末端时，由牛顿第二定律求出轨道对滑块的支持力，从而得到滑块对轨道的压力大小。

（2）滑块在木板上滑行时，木板与滑块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求出滑块恰好不从木板的右端滑出时的共同速度，由动量定理求动摩擦因数，由系统的能量守恒求木板的长度。 【解答】 解：（1）由图乙可知，滑块刚滑上木板时的速度大小𝑣=10𝑚/𝑠，滑块在光滑圆弧轨道下滑的过程，根据机械能守恒定律得：𝑚𝑔𝑅=2𝑚𝑣2， 解得：𝑅=5𝑚，

滑块滑到圆弧轨道末端时，由牛顿第二定律得：𝐹−𝑚𝑔=𝑚𝑅，

解得：𝐹=30𝑁，

根据牛顿第三定律知，滑块滑到圆弧轨道末端时对轨道的压力大小为30𝑁．

（2）滑块在木板上滑行时，木板与滑块组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：𝑚𝑣=(𝑚+𝑀)𝑣′，

解得：𝑣′=2𝑚/𝑠，

滑块在木板上滑行过程，由动量定理得：−𝜇𝑚𝑔𝑡=𝑚𝑣′−𝑚𝑣， 由图知𝑡=2𝑠， 解得：𝜇=0.4，

由能量守恒得：𝑚𝑣2−(𝑚+𝑀)𝑣′2=𝜇𝑚𝑔𝑙，

2

2

1

1

𝑣2

1

，所以𝜔=𝜋．

𝜋2

又据题意知𝑡=0时，𝑥=5𝑐𝑚．因为简谐运动的表达式是𝑥=𝐴sin(𝜔𝑡+𝜑)，把上面已知数据代入得𝜑=，所以该振动的表达式𝑥=5sin(𝜋𝑡+)𝑐𝑚．

2𝜋

（3）如果从小球经过平衡位置向左运动开始计时，则𝑡=0时，𝑥=0，此后位移负值变大，所以小球的位移表达式𝑥=−5sin(𝜋𝑡)𝑐𝑚．

【答案】

（1）将下板向上提起后，平行板电容器内部电场强度𝐸′与原电场强度𝐸的比值为6:5； （2）将下板向上提起后，液滴的加速度大小为2𝑚/𝑠2；

（3）油滴从射入电场开始计时，匀速运动到𝑃点所用时间为0.3𝑠． 【考点】

匀强电场中电势差和电场强度的关系 带电粒子在重力场和电场中的运动 【解析】 此题暂无解析 【解答】

解：（1）设两极板间电势差为𝑈，下板提起前𝐸=，

𝑑𝑈

解得：𝑙=10𝑚．

下板提起后𝐸′=

𝐸′

𝑑

𝑈𝑑−𝛥𝑑

，

6

联立可得𝐸=𝑑−𝛥𝑑=5．

（2）由牛顿第二定律𝑚𝑔−𝑚𝑔=𝑚𝑎，

56

解得𝑎=2𝑚/𝑠2．

2（3）下板上移后，粒子向上偏转，由位移公式可知2=2𝑎𝑡2，解得𝑡2=0.2𝑠，

𝑑

1

又𝐿=𝑣0𝑡，解得𝑡=0.5𝑠，

所以粒子匀速运动到𝑃点所用时间𝑡1=𝑡−𝑡2=0.3𝑠．

【答案】

（1）圆弧轨道的半径是5𝑚，滑块滑到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小是30𝑁； （2）滑块与木板间的动摩擦因数为0.4，木板的长度是10𝑚．

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