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2019年(全国1卷)逐题仿真练
题号 14 15 16 17 18
考点 能级跃迁 电场中的平衡问题 动量定理的应用 磁场对电流的作用 匀变速直线运动规律
题号 19 20 21 22 23
考点 动态平衡问题 楞次定律与法拉第电磁感应定律 图象信息提取 研究匀变速直线运动 电表改装与校准

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
二、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)
14．(2019·河南郑州市第三次质量检测)如图1所示为氢原子能级示意图，下列有关说法正确的是(　　)

图1
A．处于基态的氢原子吸收10.5 eV的光子后能跃迁至n＝2能级
B．大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可辐射出3种不同频率的光
C．若用从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射出的光，照射该金属时一定能发生光电效应
D．用n＝4能级跃迁到n＝1能级辐射出的光，照射逸出功为6.34 eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为6.41 eV
答案　D
解析　处于基态的氢原子吸收10.2 eV的光子后能跃迁至n＝2能级，不能吸收10.5 eV能量的光子，故A错误；大量处于n＝4能级的氢原子，最多可以辐射出C＝6种不同频率的光子，故B错误；从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出的光子的能量大于从n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射出的光子的能量，用从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射出的光，照射该金属时一定不能发生光电效应，故C错误；处于n＝4能级的氢原子跃迁到n＝1能级辐射出的光子的能量为：E＝E4－E1＝－0.85 eV－(－13.6 eV)＝12.75 eV，根据光电效应方程，照射逸出功为6.34 eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为：Ek＝E－W0＝12.75 eV－6.34 eV＝6.41 eV，故D正确．
15．(2019·山西太原市5月模拟)如图2所示，带电物块放置在固定水平绝缘板上．当空间存在有水平向右的匀强电场时，物块恰能向右做匀速直线运动．若在同一电场中将绝缘板的右端抬高，当板与水平面的夹角为37° 时，物块恰能沿绝缘板匀速下滑，则物块与绝缘板间的动摩擦因数μ为(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　)

图2
A. B. C. D.
答案　B
解析　当电场水平向右时滑块恰能向右做匀速直线运动，由平衡知识有：qE＝Ff1，Ff1＝μFN1，FN1＝mg，联立解得qE＝μmg；而物块沿斜面匀速下滑时，有：mgsin θ＝qEcos θ＋Ff2，Ff2＝μFN2，FN2＝mgcos θ＋qEsin θ，联立得0.6mg＝0.8qE＋μ(0.8mg＋0.6qE)，解得动摩擦因数μ＝或μ＝－3(舍去)，故A、C、D错误，B正确．
16．(2019·陕西宝鸡市高考模拟检测(二))超强台风山竹的风力达到17级超强台风强度，风速60 m/s左右，对固定建筑物破坏程度巨大．请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力(空气的压力)与风速(空气流动速度)大小关系．假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S，风速大小为v，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为ρ，风力F与风速大小v的关系式为(　　)
A．F＝ρSv B．F＝ρSv2
C．F＝ρSv3 D．F＝ρSv3
答案　B
解析　设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m，则m＝ρSvt，根据动量定理得－Ft＝0－mv＝0－ρSv2t，解得F＝ρSv2，故B正确，A、C、D错误．
17．(2019·四川成都市第二次诊断)L2是竖直固定的长直导线，L1、L3是水平固定且关于L2对称的长直导线，三根导线均通以大小相同、方向如图3所示的恒定电流，则导线L2所受的磁场力情况是(　　)

图3
A．大小为零
B．大小不为零，方向水平向左
C．大小不为零，方向水平向右
D．大小不为零，方向竖直向下
答案　A
解析　由右手螺旋定则可知，L1与L3在L2所在直线上产生的合磁场方向竖直向下，即L2处的磁场方向与电流方向平行，所以L2所受磁场力为零．
18. (2019·湖北武汉市五月模拟)如图4所示，某次足球训练，守门员将静止的足球从M点踢出，球斜抛后落在60 m外地面上的P点．发球的同时，前锋从距P点11.5 m的N点向P点做匀加速直线运动，其初速度为2 m/s，加速度为4 m/s2，当其速度达到8 m/s后保持匀速运动．若前锋恰好在P点追上足球，球员和球均可视为质点，忽略球在空中运动时的阻力，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是(　　)

图4
A．前锋加速的距离为7 m
B．足球在空中运动的时间为2.3 s
C．足球运动过程中的最小速度为30 m/s
D．足球上升的最大高度为10 m
答案　C
解析　前锋做匀加速直线运动，初速度为2 m/s，加速度为4 m/s2，末速度为8 m/s，根据速度与位移的关系式可知，v2－v02＝2ax1，代入数据解得：x1＝7.5 m，A错误；前锋和足球运动时间相等，前锋加速运动时间t加＝＝1.5 s，匀速运动时间t匀＝＝0.5 s，故足球在空中运动的时间为2 s，B错误；足球水平方向上做匀速直线运动，位移为60 m，时间为2 s，故运动过程中的最小速度为30 m/s，C正确；足球竖直方向上做竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，上升时间为1 s，最大高度hm＝gt2＝5 m，D错误．
19．(2019·河北唐山市上学期期末)如图5所示，长木板A与物体B叠放在水平地面上，物体与木板左端立柱间放置轻质弹簧，在水平外力F作用下，木板和物体都静止不动，弹簧处于压缩状态．将外力F缓慢减小到零，物体始终不动，在此过程中(　　)

图5
A．弹簧弹力不变
B．物体B所受摩擦力逐渐减小
C．物体B所受摩擦力始终向左
D．木板A所受地面的摩擦力逐渐减小
答案　AD
解析　将外力F缓慢减小到零，物体始终不动，则弹簧的长度不变，弹力不变，选项A正确；对物体B，因开始时所受摩擦力的方向不确定，则由F弹＝F±Ff，则随F的减小，物体B所受摩擦力的大小和方向都不能确定，选项B、C错误；对A、B与弹簧组成的整体，在水平方向，力F与地面对A的摩擦力平衡，则随F的减小，木板A所受地面的摩擦力逐渐减小，选项D正确．
20．(2019·湖南永州市第二次模拟)如图6(a)所示，半径为r的带缺口刚性金属圆环固定在水平面内，缺口两端引出两根导线，与电阻R构成闭合回路．若圆环内加一垂直于纸面的变化的磁场，变化规律如图(b)所示．规定磁场方向垂直纸面向里为正，不计金属圆环的电阻．以下说法正确的是(　　)

图6
A．0～1 s内，流过电阻R的电流方向为b→R→a
B．2～3 s内，穿过金属圆环的磁通量在减小
C．t＝2 s时，流过电阻R的电流方向发生改变
D．t＝2 s时，Uab＝πr2B0(V)
答案　AD
解析　规定磁场方向垂直纸面向里为正，根据楞次定律，在0～1 s内，穿过线圈向里的磁通量增大，则线圈中产生逆时针方向的感应电流，那么流过电阻R的电流方向为b→R→a，故A正确；由题图(b)可知，在2～3 s内，穿过金属圆环的磁通量在增大，故B错误；1～2 s内，磁通量向里减小，由楞次定律可知，产生的电流方向为a→R→b,2～3 s磁通量增大，且磁场反向，由楞次定律可知，产生的电流方向为a→R→b，故C错误；当t＝2 s时，根据法拉第电磁感应定律E＝＝πr2B0(V)，因不计金属圆环的电阻，因此Uab＝E＝πr2B0 (V)，故D正确．
21．(2019·贵州毕节市适应性监测(三))如图7甲所示，两个弹性球A和B放在光滑的水平面上处于静止状态，质量分别为m1和m2，其中m1＝1 kg。现给A球一个水平向右的瞬时动量，使A、B球发生弹性碰撞，以此时刻为计时起点，两球的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图示信息可知(　　)
　
图7
A．B球的质量m2＝2 kg
B．球A和B在相互挤压过程中产生的最大弹性势能为4.5 J
C．t3时刻两球的动能之和小于0时刻A球的动能
D．在t2时刻两球动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶8
答案　AD
解析　A和B球在碰撞过程中动量守恒，故m1v＝(m1＋m2)v共，代入数据得m2＝2 kg，A正确；球A和球B在共速的时候产生的弹性势能最大，因此Ep＝m1v2－(m1＋m2)v共2＝3 J，B错误；因为是弹性碰撞，t3时刻两个小球分离后没有能量损失，因此0时刻球A的动能和t3时刻两个球的动能之和相等，C错误；从碰撞到t2时刻小球满足动量守恒和机械能守恒，因此有m1v＝m1v1＋m2v2和m1v2＝m1v12＋m2v22，联立解得v2＝2 m/s，v1＝－1 m/s，故t2时刻两球的动能之比EkA∶EkB＝1∶8，D正确．
22．(5分)(2019·湖南怀化市第三次模拟)如图8甲所示，一条质量和厚度不计的纸带缠绕在固定于架子上的定滑轮上，纸带的下端悬挂一质量为m的重物，将重物由静止释放，滑轮将在纸带带动下转动．假设纸带和滑轮不打滑，为了分析滑轮转动时角速度的变化情况，释放重物前将纸带先穿过一电火花计时器，交变电流的频率为50 Hz，如图乙所示，通过研究纸带的运动情况得到滑轮角速度的变化情况．图丙为打点计时器打出来的纸带，取中间的一段，在这一段上取了7个计数点A、B、C、D、E、F、G，每相邻的两个计数点间有4个点没有画出，其中：x1＝8.05 cm、x2＝10.34 cm、x3＝12.62 cm、x4＝14.92 cm、x5＝17.19 cm、x6＝19.47cm.


图8
(1)根据上面的数据，可以求出D点的速度vD＝________ m/s；(结果保留三位有效数字)
(2)测出滑轮半径等于3.00 cm，则打下D点时滑轮的角速度为________ rad/s；(结果保留三位有效数字)
(3)根据题中所给数据求得重物下落的加速度为________ m/s2.(结果保留三位有效数字)
答案　(1)1.38　(2)46.0　(3)2.29
解析　(1)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度可知，D点的瞬时速度：vD＝＝ m/s≈1.38 m/s.
(2)由v＝ωr，则打下D点时滑轮的角速度：ω＝＝ rad/s＝46.0 rad/s.
(3)根据Δx＝aT2 可知
a＝
＝×10－2 m/s2≈2.29 m/s2.
23．(10分)(2019·河南新乡市第三次模拟)某同学想将满偏电流Ig＝100 μA、内阻未知的微安表改装成电压表．


图9
(1)该同学设计了如图9甲所示电路测量该微安表的内阻，所用电源的电动势为4 V．请帮助该同学按图甲所示电路完成实物图乙的连接．
(2)该同学先闭合开关S1，调节R2的阻值，使微安表的指针偏转到最大刻度；保持开关S1闭合，再闭合开关S2，保持R2的阻值不变，调节R1的阻值，当微安表的指针偏转到最大刻度的时，R1的阻值如图丙所示，则该微安表内阻的测量值Rg＝________ Ω，该测量值________(填“大于”“等于”或“小于”)真实值．
(3)若要将该微安表改装成量程为1 V的电压表，需________(填“串联”或“并联”)阻值R0＝________ Ω的电阻．
答案　(1)如图所示

(2)142　小于　(3)串联　9 858
解析　(1)实物连线如图所示；

(2)由电路图可知，当微安表的读数为Ig时，通过电阻箱的电流为，则电阻箱R1的阻值等于微安表内阻的2倍，由题图可知电阻箱的读数为284 Ω，则微安表的内阻为142 Ω；
闭合S2后，电路总电阻变小，电路总电流变大，通过电阻箱的电流大于Ig，则该实验测出的电表内阻偏小；
(3)若要将该微安表改装成量程为1 V的电压表，需串联阻值R0＝－rg＝ Ω－142 Ω＝9 858 Ω的电阻．
2019年(全国2卷)逐题仿真练
题号 14 15 16 17 18
考点 万有引力 核反应与核能 受力分析与平衡 带电粒子在磁场中的运动 功能关系的应用
题号 19 20 21 22 23
考点 曲线运动 电场性质的理解 电磁感应图象问题 测定动摩擦因数 研究二极管的特性

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
二、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)
14．(2019·陕西咸阳市模拟(三))下列说法正确的是(　　)
A．在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式＝k，这个关系式是开普勒第三定律，是可以在实验室中得到证明的
B．在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式F＝，这个关系式实际上是牛顿第二定律，是可以在实验室中得到验证的
C．在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式v＝，这个关系式实际上是匀速圆周运动的线速度定义式
D．在探究太阳对行星的引力规律时，使用的三个公式都是可以在实验室中得到证明的
答案　B
解析　在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式＝k，这个关系式是开普勒第三定律，是通过研究行星的运动数据推理出的，不能在实验室中得到证明，故A错误；在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式F＝，这个关系式是向心力公式，实际上是牛顿第二定律，是可以在实验室中得到验证的，故B正确；在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式v＝，这个关系式不是匀速圆周运动的线速度定义式，匀速圆周运动的线速度定义式为v＝，故C错误；通过A、B、C的分析可知D错误．
15．(2019·四川德阳市第三次诊断)下列说法中错误的是(　　)
A．若氢原子从n＝6能级向n＝1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n＝6能级向n＝2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应
B．核泄漏事故污染物Cs能够产生对人体有害的辐射，其核反应方程式为Cs→Ba＋x，可以判断x为电子
C．原子核发生一次β衰变，该原子外层就一定失去一个电子
D．质子、中子、α粒子的质量分别是m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是(2m1＋2m2－m3)c2
答案　C
解析　根据玻尔理论可知，氢原子从n＝6能级向n＝1能级跃迁时辐射出的光子的能量大于氢原子从n＝6能级向n＝2能级跃迁时辐射出的光子的能量，结合光电效应发生的条件可知，若氢原子从n＝6能级向n＝1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n＝6能级向n＝2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应，故A正确；根据质量数守恒与电荷数守恒可知，核反应方程式Cs→Ba＋x中，x的质量数为0，电荷数为：z＝55－56＝－1，所以x为电子，故B正确；β衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子，故C错误；根据爱因斯坦质能方程知，质子和中子结合成α粒子，核反应方程为2H＋2n→He，释放的能量是ΔE＝Δmc2＝(2m1＋2m2－m3)c2，故D正确．
16．(2019·山东泰安市5月适应性考试)如图1所示，一不可伸长的轻绳左端固定于O点，右端跨过位于O′点的光滑定滑轮悬挂一质量为1 kg的物体，OO′段水平，O、O′间的距离为1.6 m，绳上套一可沿绳自由滑动的轻环，现在在轻环上悬挂一钩码(图中未画出)，平衡后，物体上升0.4 m，物体未碰到定滑轮．则钩码的
质量为(　　)

图1
A．1.2 kg
B．1.6 kg
C. kg
D. kg
答案　A
解析　重新平衡后，绳子形状如图：

设钩码的质量为M，由几何关系知：绳子与竖直方向夹角为θ＝53°，根据平衡条件可得：2mgcos 53°＝Mg；解得：M＝1.2 kg，故A正确，B、C、D错误．
17. (2019·湖南邵阳市二模)如图2所示，圆形区域内存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B1，P点为磁场边界上的一点．大量相同的带正电荷粒子以相同的速率从P点射入磁场区域，速度方向沿纸面内的各个方向．这些粒子射出磁场区域的位置均处于磁场边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是磁场边界圆周长的.若只将磁感应强度的大小变为B2，结果相应的弧长变为磁场边界圆周长的，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则等于(　　)

图2
A. B. C. D．2
答案　B
解析　当磁感应强度为B2时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，即∠POM＝120°，如图所示：

所以粒子做圆周运动的半径r2＝Rsin 60°＝，同理可知，r1＝Rsin 30°＝，解得：＝，故B正确．
18．(2019·甘肃省最后一次联考)已知篮球在空气中运动时所受空气阻力与速度大小成正比．篮球与地面碰撞后以大小为v0的速度竖直弹起后到再次与地面碰撞的过程中，以v表示篮球的速度，t表示篮球运动的时间，Ek表示篮球的动能，h表示篮球的高度，则下列图象可能正确的是(　　)


答案　BD
解析　篮球在上升的过程中，速度越来越小，空气阻力越来越小，由mg＋F1＝ma，可知其加速度越来越小，速度变化越来越慢，速度图象的斜率越来越小，下降过程中，v越大，阻力就越大，由mg－F1＝ma，可知加速度就越小，故A错误，B正确；上升过程中，h越大，v越小，阻力就越小，合力就越来越小，Ek－h图线切线斜率越小，下降过程中，h越小，v越大，阻力就越大，合力越小，所以Ek－h图线切线斜率越小，故C错误，D正确．
19．(2019·重庆市5月调研)把一小球从某一高度以大小为v0的速度水平抛出，落地时速度大小仍为v0，方向竖直向下，则该运动过程中(　　)
A．小球做平抛运动
B．小球的机械能不守恒
C．重力对小球做功的功率不变
D．小球所受合外力的总功为零
答案　BD
解析　若小球做平抛运动，水平方向的分速度不变，故A项错误；若小球的机械能守恒，小球从某一高度水平抛出，落地时速度大于v0，故B项正确；小球刚抛出时，速度方向水平，重力对小球做功的功率为零；小球落地时，速度大小为v0，方向竖直向下，重力对小球做功的功率P＝mgv0，故C项错误；据动能定理可得，该运动过程中小球所受合外力的总功W总＝mv02－mv02＝0，故D项正确．
20. (2019·山东泰安市3月第一轮模拟)如图3，在正点电荷Q的电场中，A、B、C为直角三角形的三个顶点，D为AC的中点，∠A＝30°，A、B、C、D四点处的电势满足φA＝φC，φB＝φD，点电荷Q在A、B、C三点所在平面内，则(　　)

图3
A．点电荷Q在AB的连线上
B．点电荷Q在BD连线的中点处
C．φD>φC
D．将负试探电荷从C点移动到B点，电场力做负功
答案　AC
解析　因φA＝φC，则点电荷Q在AC连线的垂直平分线上；又φB＝φD，由几何关系可知点电荷Q又在BD连线的垂直平分线上，则点电荷Q在AB的连线上，如图，选项A正确，B错误；D点距离点电荷的距离较C点近，可知φD>φC，选项C正确；将负试探电荷从C点移动到B点，电场力做正功，选项D错误．

21. (2018·江西师范大学附中三模)如图4所示，abcd为一边长为l的正方形导线框，导线框位于光滑水平面内，其右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的cd边平行，磁场区域的宽度为2l，磁感应强度为B，方向竖直向下．线框在一垂直于cd边的水平恒定拉力F作用下沿水平方向向右运动，直至通过磁场区域．cd边刚进入磁场时，线框开始匀速运动，规定线框中电流沿逆时针方向为正，则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，a、b两端的电压Uab及导线框中的电流i随cd边的位移x变化的图线可能是(　　)

图4


答案　BD
解析　线框的cd边刚进入磁场时做匀速运动，则整个线框进入磁场时速度不变，根据楞次定律知产生逆时针方向的电流，为正方向，电动势大小E＝Blv，此时ab两端的电压为Uab＝Blv，当线框全部进入磁场时，线框内无感应电流，此时线框做匀加速运动，ab两端的电压为Uab＝Bl(v＋at)，线框cd边刚出磁场后的瞬间，ab两端的电压为cd边即将出磁场前瞬间ab两端电压的，且逐渐减小，对比图象可知，A错误，B正确；当线圈的cd边出磁场后瞬间，电流为顺时针方向，由于此时安培力大于外力F，故此时线框做减速运动，且加速度逐渐减小，电流－位移图象切线的斜率减小，逐渐趋近于开始进入磁场时的电流大小，C错误，D正确．
22．(5分)(2018·陕西宝鸡市质检二)某同学设计了测定动摩擦因数的方案，其装置如图5所示，A是可在水平桌面任意位置固定的滑槽，其末端与水平桌面相切，B是体积较小的质量为m的滑块．请你根据相关知识完善以下实验操作：(重力加速度为g，不计空气阻力)

图5
(1)如图甲所示，将滑槽末端与桌面右边缘M对齐并固定，让滑块从滑槽最高点由静止滑下，最终落在水平地面上的P点，测出滑槽最高点距离桌面的高度h、M距离水平地面的高度H、M与P间的水平距离x1，则滑块经过滑槽末端时的速度为________(用实验中所测物理量的符号表示)．
(2)如图乙所示，将滑槽沿桌面向左移动一段距离并固定，让滑块B再次从滑槽最高点由静止滑下，最终落在水平地面上的P′点，测出滑槽末端与桌面右边缘M的距离L、M与P′间的水平距离x2，则滑块离开桌面右边缘M时的速度为____________(用实验中所测物理量的符号表示)．
(3)由第(1)、(2)步的测量，可以写出滑块与桌面之间的动摩擦因数的表达式为μ＝________(用实验中所测量物理量的符号表示)．
答案　(1)x1　(2)x2　(3)
解析　(1)设滑块在滑槽末端时的速度大小为v1，
水平方向有x1＝v1t，竖直方向有H＝gt2，
联立解得：v1＝x1.
(2)同理，第二次实验经过桌面右边缘M点的速度大小为：
v2＝x2.
(3)滑块在水平桌面上运动，
由动能定理得：－μmgL＝mv22－mv12，
解得：μ＝.
23．(10分)(2019·河南郑州市第三次质量检测)二极管为非线性元件，其主要特性是单向导电性．正向电压较小时，电流很小，二极管呈现较大的电阻特性；当电压超过一定数值(称为开启电压)时，电流迅速增加，呈现较小的电阻特性．加反向电压(不超过击穿电压)时呈现很大的电阻特性，反向电压增加时，反向电流几乎不变．物理小组欲研究测量二极管正向伏安特性，设计了甲、乙、丙三种电路，如图6所示．小组最终选择了丙图．操作步骤如下：

图6
a．根据电路图丙连接电路；
b．闭合开关S1，调节各可变电阻，使得开关S2由断开到闭合时，灵敏电流表G指针无偏转，并记录此时电压表V的示数U和电流表A的示数I；
c．调节可变电阻，重复步骤b，读出多组不同的U值和I值，记录数据如表格所示：
电压U/V 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.55 0.60 0.65 0.70 0.75 0.80
电流I/mA 0 0 0 0 0 1.0 4.0 13.0 27.0 53.0 90.0


d.在坐标纸上描绘出二极管正向伏安特性曲线．
根据以上内容，请回答以下问题：
(1)从设计原理上讲，对于甲图和乙图的误差分析，下列说法正确的是________．
A．甲图误差的来源在于电流表的分压作用，乙图的误差来源在于电流表的分压作用
B．甲图误差的来源在于电流表的分压作用，乙图的误差来源在于电压表的分流作用
C．甲图误差的来源在于电压表的分流作用，乙图的误差来源在于电流表的分压作用
D．甲图误差的来源在于电压表的分流作用，乙图的误差来源在于电压表的分流作用
(2)在图7坐标系中根据表格中数据描绘出二极管正向伏安特性曲线．

图7
(3)从描绘的图线来看，二极管的开启电压约为________ V(结果保留一位有效数字)．
(4)已知二极管的电阻RD＝，从描绘的图线来看，当二极管导通时，二极管的电阻随着U的增大而迅速________(填“增大”或“减小”)．
(5)从设计原理上讲，电路图丙中二极管电阻的测量值________真实值．(填“大于”“等于”或“小于”)
答案　(1)C　(2)

(3)0.5　(4)减小　(5)等于
解析　(1)由题图所示电路图可知，图甲采用电流表外接法，图乙采用电流表内接法，甲图误差来源于电压表的分流作用，乙图误差来源于电流表的分压作用，故C正确，A、B、D错误；
(2)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，根据坐标系内描出的点作出图线如图所示：

(3)由题图示图象可知，二极管的开启电压为0.5 V；
(4)由图示图象可知，二极管两端电压与通过二极管的电流的比值减小，二极管电阻减小，故在该区域，二极管的正向电阻随电压增加而减小．
(5)由题图丙所示电路图可知，题图丙所示电路避免了电表内阻对实验的影响，电路图丙中二极管电阻的测量值等于真实值．
2019年(全国3卷)逐题仿真练
题号 14 15 16 17 18
考点 楞次定律 万有引力定律的应用 受力分析与平衡 动能定理的应用 带电粒子在匀强磁场中的运动
题号 19 20 21 22 23
考点 电磁感应图象问题 动力学图象问题 等量电荷电场性质 测重力加速度 电表改装与校准

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
二、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)
14. (2019·山东威海市5月模拟)如图1所示，轻质弹簧一端固定在天花板上，另一端拴接条形磁铁，置于绝缘水平桌面上的圆形铝质闭合线圈放在条形磁铁的正下方，开始时整个装置处于静止状态．在外力作用下将磁铁竖直向下移动一定距离(未接触桌面)，然后由静止释放，在之后的运动过程中，线圈始终未离开桌面，忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　)

图1
A．磁铁所受弹簧拉力与其重力相等时，磁铁的加速度为零
B．磁铁上升过程中，从上向下看，线圈中产生顺时针方向的电流
C．线圈对桌面压力大小可能大于其重力
D．磁铁最终会静止，整个过程线圈中产生的热量等于磁铁机械能的减少量
答案　C
解析　若磁铁向上运动，会受到向下的安培阻力，若向下运动，会受到向上的安培阻力，因此当磁铁所受弹力与重力等大反向时，磁铁的加速度不一定为零，故A错误；当磁铁向上运动时，穿过线圈的磁通量向上减小，根据楞次定律知，感应电流的磁场的方向向上，俯视线圈，线圈中产生逆时针方向的电流，故B错误；根据楞次定律，磁铁向下运动时，受到向上的安培阻力，所以磁铁对线圈的作用力的方向向下，此时线圈对桌面压力大小大于其重力，故C正确；磁铁最终静止于起始时的平衡位置，根据能量守恒定律，从静止释放至停止，弹簧的弹性势能的减少量等于磁铁重力势能的增加量与线圈中产生的焦耳热之和，故D错误．
15．(2019·贵州贵阳市二模)组成“北斗”卫星导航定位系统的地球静止轨道卫星(同步卫星)和中轨道卫星绕地球在圆轨道上运行，由地球静止轨道卫星和中轨道卫星的轨道半径之比可求(　　)
A．地球静止轨道卫星与地球的质量之比
B．地球静止轨道卫星与中轨道卫星的质量之比
C．地球静止轨道卫星和中轨道卫星受地球的万有引力之比
D．地球静止轨道卫星和中轨道卫星绕地球运动的周期之比
答案　D
解析　根据万有引力提供向心力：G＝mr，已知卫星的轨道半径之比，可求运动的周期之比，但无法计算卫星的质量关系，由于两卫星的质量关系未知，也无法求出卫星所受万有引力之比，所以A、B、C错误，D正确．
16．(2019·四川成都市第二次诊断)如图2，半圆球P和竖直挡板固定在水平面上，挡板与P相切，光滑小球Q静止在P和挡板之间．已知Q的质量为m，P、Q的半径之比为4∶1，重力加速度大小为g.则Q对P的压力大小为(　　)

图2
A. B. C. D.
答案　B
解析　对Q受力分析如图所示

设Q的半径为r，由几何关系得：
4rcos α＝4r－(r＋rcos α)
解得：cos α＝
由平衡条件得：FN2＝
解得：FN2＝mg
由牛顿第三定律可知，Q对P的压力大小为FN2′＝FN2＝mg.
17．(2019·山东威海市5月模拟)一质量为m的小物块静置于粗糙水平地面上，在水平外力作用下由静止开始运动，小物块的加速度a随其运动距离x的变化规律如图3所示．已知小物块与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在小物块运动0～2L的过程中，下列说法正确的是(　　)

图3
A．小物块在0～L内做匀变速直线运动，L～2L内做匀速运动
B．小物块运动至2L处的速度为2
C．整个过程中水平外力做功为mL
D．小物块从L处运动至2L处所用的时间为
答案　C
解析　小物块在0～L内加速度减小，做加速度减小的变加速直线运动，L～2L内加速度不变，做匀加速运动，故A错误；整个过程，根据动能定理得：L＋ma0L＝mv2，得小物块运动至2L处的速度为v＝，故B错误；整个过程，根据动能定理得：WF－μmg·2L＝mv2，联立解得水平外力做功为WF＝mL(2μg＋3a0)，故C正确；设小物块运动至L处的速度为v0.根据动能定理得：L＝mv02，得v0＝2，小物块从L处运动至2L处做匀加速直线运动，有L＝t，联立解得t＝，故D错误．
18．(2019·云南保山市统一检测)圆形区域内有垂直纸面向内的匀强磁场，两个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b，先后以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图4所示．若带电粒子只受磁场力的作用，粒子a在磁场中的运动周期为Ta，粒子a在磁场中的运动时间为ta＝Ta，粒子b在磁场中的运动周期为Tb，粒子b在磁场中的运动时间为tb＝Tb，则下列说法正确的是(　　)

图4
A．粒子a和粒子b在磁场中运动的周期关系为Ta＜Tb
B．粒子a和粒子b在磁场中运动的周期关系为Ta>Tb
C．粒子a和粒子b在磁场中运动的速度关系为va＝vb
D．粒子a和粒子b在磁场中运动的速度关系为va＝3vb
答案　C
解析　根据T＝可知，两粒子在磁场中运动的周期相同，选项A、B错误．设圆形磁场的半径为r，因ta＝Ta，可知a在磁场中运动转过的角度是120°；由几何关系可知，运动半径ra＝rtan 30°＝；同理，因tb＝Tb，可知b在磁场中运动转过的角度是60°；由几何关系可知，运动半径rb＝rtan 60°＝r；根据r＝可知粒子a和粒子b在磁场中运动速度关系＝＝，选项C正确，D错误．
19．(2019·河南新乡市第三次模拟)如图5所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，具有一定电阻的正方形金属线框的右边与磁场的边界重合．在外力作用下，金属线框从0时刻由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场．若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，则感应电流i、外力大小F、线框中电功率的瞬时值P以及通过导体横截面的电荷量q随时间t变化的关系可能正确的是(　　)

图5


答案　ACD
解析　线框做匀加速运动，其速度v＝at，感应电动势E＝BLv，感应电流i＝＝，i与t成正比，故A正确；线框进入磁场过程中受到的安培力FB＝BiL＝，由牛顿第二定律得：F－FB＝ma，得F＝ma＋，F－t图象是不过原点的倾斜直线，故B错误；线框中的电功率P＝i2R＝∝t2，故P－t图象应是开口向上的过原点的抛物线的一部分，故C正确；线框的位移x＝at2，则电荷量q＝＝＝∝t2，故q－t图象应是开口向上的过原点的抛物线的一部分，故D正确．
20.(2019·山东青岛市模拟)如图6所示，F－t图象表示某物体所受的合外力F随时间的变化关系，t＝0时物体的初速度为零，则下列说法正确的是(　　)

图6
A．前4 s内物体的速度变化量为零
B．前4 s内物体的位移为零
C．物体在0～2 s内的位移大于2～4 s内的位移
D．0～2 s内F所做的功等于2～4 s内物体克服F所做的功
答案　ACD
21．(2019·贵州贵阳市二模)如图7所示，真空中有三个带等电荷量的点电荷a、b和c，分别固定在水平面内正三角形的顶点上，其中a、b带正电，c带负电，O为三角形中心，A、B、C为三条边的中点．则 (　　)

图7
A．B、C两点场强相同
B．B、C两点电势相同
C．在O点自由释放电子(不计重力)，会沿OA方向一直运动
D．在O点自由释放电子(不计重力)，会在OA直线上往复运动
答案　BD
解析　由题意知，B、C两点的电场强度为三个点电荷在该处场强的矢量和，其中a、c两处的点电荷在B点的场强的矢量和沿Bc方向，b处电荷在B点的场强沿bB方向，方向如图所示，可知，B、C两处电场强度的方向不同，所以A错误；a、c两电荷在B点的电势之和为零(规定无穷远处电势为0)，b、c两处电荷在C点的电势之和等于零，所以B点的电势等于b处电荷在该点的电势，C处电势等于a处电荷在该点的电势，a、b两电荷带等量正电荷且aC＝bB，所以B、C两点电势相等，故B正确；由图知，O点电场的方向沿Ac方向，在OA的延长线上有一场强为零的点D，在OA线上D点的两侧电场的方向相反，所以电子在O点由静止释放将沿OA方向做加速运动到D，然后减速运动到速度为零，接着往回运动，即会在OA直线上往复运动．

22．(5分)(2019·云南昆明市5月模拟)某同学利用如图8甲所示的实验装置测量当地的重力加速度．将直尺竖直固定在铁架台的横杆上，光电门固定在刻度尺的下端，接通光电门电源，让一物体从光电门正上方适当位置由静止释放，物体下落并穿过光电门．

图8
(1)实验中该同学多次改变物体下落的初始位置，记录每次物体通过光电门的挡光时间Δt及下落的高度h，作出()2－h图象如图乙所示，并得到了该图象的斜率k，他还需要测量________________(写出需要测量的物理量及符号)，即可得到当地的重力加速度的表达式g＝________.
(2)现提供三个质量、直径均相同的木圆柱体、铁圆柱体、铝圆柱体，为减小实验误差应选用________圆柱体．
(3)若该同学已经知道当地的重力加速度为g0，他用该装置验证机械能守恒定律，在误差允许的范围内满足________________(用直接测量的物理量的符号和g0表示)即可验证机械能守恒定律．
答案　(1)物体的高度d　kd2　(2)铁　(3)g0h＝()2
解析　(1)物体自由下落，物体的重力势能转化为动能，则有mgh＝mv2，
即gh＝v2，
物体通过光电门的速度v＝，故还需要测量物体的高度d；联立可得：()2＝h，则()2－h图象的斜率k＝，解得：g＝kd2；
(2)为减小空气阻力对实验的影响，应选用体积小，密度大的物体来进行实验，故选铁圆柱体来进行实验；
(3)能直接测量的物理量为Δt和h，故物体的动能为m()2，下落过程中重力做功为mg0h，若在误差允许的范围内mg0h＝m()2，即g0h＝()2，则可验证机械能守恒定律．
23. (10分)(2019·湖北武汉市二月调研)为了粗略测量电阻，某同学用量程为15 mA的毫安表、电动势为9 V的电池、0～999.9 Ω的电阻箱制作了一块简易欧姆表，电路如图9所示．

图9
(1)为制作欧姆表，________准确测量毫安表的内阻(填“需要”或“不需要”)；
(2)欧姆调零后用该表测量某电阻，毫安表读数为10 mA，则待测电阻阻值为________ Ω；
(3)如果在毫安表两端并联一个电阻，其余电路均不变，新刻表盘中间刻度对应的电阻值________．(填“变大”“变小”或“不变”)
答案　(1)不需要　(2)300　(3)变小
解析　(1)因为满偏电流是确定的，通过欧姆调零，可以得到欧姆表的总内阻，然后再通过标准电阻进行比对制定表盘，故不需要准确测量毫安表的内阻；
(2)欧姆表的内阻为Rg＝＝ Ω＝600 Ω
测电阻时，由闭合电路欧姆定律得：
I＝，即10×10－3 A＝
解得：Rx＝300 Ω；
(3)如果在毫安表两端并联一个电阻，电阻分流，说明满偏电流变大，则由公式Ig＝可知，欧姆表的内阻变小，中值电阻变小．
2018年(全国1卷)逐题仿真练
题号 14 15 16 17 18
考点 动能和动量 动力学图象 库仑定律及受力分析 动生和感生电动势 运动分解及动能定理
题号 19 20 21 22 23
考点 电磁感应及安培定则 双星问题 电场性质的理解 测劲度系数 电学实验

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
二、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)
14．(2019·江西南昌市下学期4月第二次模拟)用水平力拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止．其速度—时间图象如图1所示，且α>β，若拉力F做的功为W1，冲量大小为I1；物体克服摩擦阻力Ff做的功为W2，冲量大小为I2.则下列选项正确的是(　　)

图1
A．W1> W2；I1>I2
B．W1I2
C．W1< W2；I1D．W1＝W2；I1＝I2
答案　D
解析　全过程由动能定理得：W1－W2＝0，W1＝W2，
由动量定理得：I1－I2＝0，I1＝I2，故D正确．
15．(2019·安徽安庆市下学期第二次模拟)如图2甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的倾角θ＝37°，现有质量 m＝2.2 kg的物体在水平向左的外力F的作用下由静止开始沿斜面向下运动，经过2 s撤去外力F，物体在0～4 s内运动的速度与时间的关系图线如图乙所示．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，则(　　)

图2
A．物体与斜面间的动摩擦因数为0.2
B．水平外力F＝5.5 N
C．水平外力F＝4 N
D．物体在0～4 s内的位移为24 m
答案　C
解析　根据v－t图象的斜率表示加速度，则2～4 s内物体的加速度为：
a2＝ m/s2＝2 m/s2，
由牛顿第二定律有：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，
解得：μ＝0.5，故A错误；
0～2 s内物体的加速度为：a1＝ m/s2＝4 m/s2，
由牛顿第二定律有：mgsin θ＋Fcos θ－μ(mgcos θ－Fsin θ)＝ma1，解得：F＝4 N，故B错误，C正确；
物体在0～4 s内的位移为：x＝ m＋×2 m＝28 m，故D错误．
16．(2019·广东广州市4月综合测试)如图3，在光滑绝缘水平桌面上，三个带电小球a、b和c分别固定于正三角形顶点上．已知a、b带电荷量均为＋q，c带电荷量为－q，则(　　)

图3
A．ab连线中点场强为零
B．三角形中心处场强为零
C．a所受库仑力方向垂直于ab连线
D．a、b、c所受库仑力大小之比为1∶1∶
答案　D
解析　在ab连线的中点处，a、b两电荷在该点的合场强为零，则该点的场强等于c在该点的场强，大小不为零，选项A错误．在三角形的中心处，a、b两电荷在该点的场强大小相等，方向夹120°角，则合场强竖直向下，电荷c在该点的场强也是竖直向下，则三角形中心处场强不为零，选项B错误．a受到b的排斥力沿ba方向，受到c的吸引力沿ac方向，则其合力方向斜向左下方与ab连线成60°角，选项C错误．设三角形的边长为l，a、b所受库仑力大小相等，Fa＝Fb＝2cos 60°＝；c所受库仑力：Fc＝2cos 30°＝，则 a、b、c所受库仑力大小之比为1∶1∶，选项D正确．
17．(2019·广西钦州市4月综测)如图4，两条间距为L的平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一金属棒垂直放置在两导轨上，且始终与导轨接触良好；在MN左侧面积为S的圆形区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B＝kt，式中k为常量，且k>0；在MN右侧区域存在一与导轨垂直、磁感应强度大小为B0、方向垂直纸面向里的匀强磁场．t＝0时刻，金属棒从MN处开始，在水平拉力F作用下以速度v0向右匀速运动．金属棒与导轨的电阻及摩擦均可忽略．则(　　)

图4
A．在t＝t1时刻穿过回路的总磁通量为 B0Lv0t1
B．通过电阻R的电流不是恒定电流
C．在Δt时间内通过电阻的电荷量为Δt
D．金属棒所受的水平拉力F随时间均匀增大
答案　C
解析　根据题意可知，MN左边的磁场方向与右边的磁场方向相同，那么总磁通量即为金属棒左侧两种磁通量之和，则在t＝t1时刻穿过回路的总磁通量为Φ＝Φ1＋Φ2＝kt1S＋B0v0t1L，故A错误；根据法拉第电磁感应定律得E＝，结合闭合电路欧姆定律得 I＝＝，故通过电阻R的电流为恒定电流，B错误；Δt时间内通过电阻的电荷量为q＝IΔt＝＝Δt，故C正确；金属棒所受的安培力大小FA＝B0IL＝；根据平衡条件得，水平拉力大小等于安培力大小，即为F＝，故拉力F是一个恒量，故D错误．
18．(2019·东北三省三校第二次联合模拟)如图5所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L1、L2，两杆不接触，且两杆间的距离忽略不计．两个小球a、b(视为质点)质量均为m，a球套在竖直杆L1上，b杆套在水平杆L2上，a、b通过铰链用长度为L的刚性轻杆连接，将a球从图示位置由静止释放(轻杆与L2杆夹角为45°)，不计一切摩擦，已知重力加速度为g.在此后的运动过程中，下列说法中正确的是(　　)

图5
A．a球和b球所组成的系统机械能不守恒
B．b球的速度为零时，a球的加速度大小也为零
C．b球的最大速度的大小为
D．a球的最大速度的大小为
答案　C
解析　a球和b球组成的系统没有外力做功，只有a球和b球的动能和重力势能相互转换，因此a球和b球的机械能守恒，A错误；设轻杆L和水平杆L2的夹角为θ，由运动关联可知vbcos θ＝vasin θ，则vb＝va·tan θ，可知当b球的速度为零时，轻杆L处于水平位置且与杆L2平行，则此时a球在竖直方向只受重力mg，因此a球的加速度大小为g，B错误；当杆L和杆L1第一次平行时，球a运动到最下方，球b运动到L1和L2交点位置，球b的速度达到最大，此时a球的速度为0，因此由系统机械能守恒有mg(L＋L)＝mvb2，解得vb＝，C正确；当轻杆L和杆L2第一次平行时，由运动的关联可知此时b球的速度为零，由系统机械能守恒有mg·L＝mva2，解得va＝，此时a球具有向下的加速度g，故此时a球的速度不是最大，a球将继续向下做加速度减小的加速运动，到加速度为0时速度达到最大，D错误．
19．(2019·北京市东城区二模)图6甲所示是工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术的原理图．其原理是用通电线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变，从而获得物件内部是否断裂及位置的信息．如图乙所示的是一个由带铁芯的线圈L、开关S和电源连接起来的跳环实验装置，将一个套环置于线圈L上且使铁芯穿过其中，闭合开关S的瞬间，套环将立刻跳起．对以上两个实例的理解正确的是(　　)


图6
A．涡流探伤技术运用了电流的热效应，跳环实验演示了自感现象
B．能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料
C．金属探伤时接的是交流电，跳环实验装置中接的是直流电
D．以上两个实例中的线圈所连接的电源也可以都是恒压直流电源
答案　BC
解析　涡流探伤技术的原理是用电流线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变；跳环实验演示线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流，会跳动，属于演示楞次定律，故A错误．无论是涡流探伤技术，还是演示楞次定律，都需要产生感应电流，而感应电流的产生需在金属导体内，故B正确．金属探伤时，是探测器中通过交变电流，产生变化的磁场，当金属处于该磁场中时，该金属中会感应出涡流；演示楞次定律的实验中，线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流，会跳动，故C正确，D错误．
20．(2019·辽宁省重点协作体模拟)某国际研究小组借助于智利的天文望远镜，观测到了一组双星系统，它们绕两者连线上的某点O做匀速圆周运动．此双星系统中质量较小成员能“吸食”另一颗质量较大星体表面物质，导致质量发生转移，假设在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，则在最初演变的过程中(　　)
A．它们之间的万有引力发生变化
B．它们做圆周运动的角速度不断变大
C．质量较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度也变大
D．质量较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度变小
答案　AC
解析　设双星质量分别为M1、M2，两者球心之间的距离为L，圆周运动半径分别为r1、r2，它们之间的万有引力为F＝G，距离L不变，M1与M2之和不变，其乘积M1M2变化，则它们的万有引力发生变化，A正确；依题意，双星系统绕两者连线上某点O做匀速圆周运动，周期和角速度相同，由万有引力定律及牛顿第二定律：G＝M1ω2r1，G＝M2ω2r2，r1＋r2＝L，联立解得M1＋M2＝，M1r1＝M2r2，则双星的质量比等于它们做圆周运动半径的反比，故质量较大的星体因质量减小，其轨道半径将增大，又角速度不变，故线速度也增大，B、D错，C对．
21．(2019·山东济宁市第二次摸底)电子在电场中仅受电场力作用运动时，由a点运动到b点的轨迹如图7中虚线所示．图中一组平行等距实线可能是电场线，也可能是等势线．下列说法正确的是(　　)

图7
A．若a点的电势比b点低，图中实线一定是等势线
B．不论图中实线是电场线还是等势线，电子在a点的电势能都比b点小
C．若电子在a点动能较小，则图中实线是电场线
D．如果图中实线是等势线，则电子在b点电势能较大
答案　CD
解析　若图中实线是电场线，根据粒子运动轨迹可以判断，电子所受电场力水平向右，则电场线向左，a点电势比b点低，所以若a点的电势比b点低，图中实线可能是电场线，A错误．若图中实线是电场线，根据A选项的分析，电场线向左，a的电势小于b的电势，根据电势能Ep＝φ(－e)，电子在电势低的位置电势能大，所以电子在a点的电势能大于b点电势能，B错误．若电子在a点动能小，说明由a到b加速，如果图中实线是电场线，结合A选项的分析，方向向左，电子受力向右，加速，a点动能小，C正确．如果图中实线是等势线，则电场线与等势线垂直，根据电子运动轨迹可以判断电子受力竖直向下，所以由a到b电场力做负功，b点动能小，电势能大，D正确．
22．(5分)(2019·广东深圳市4月第二次调研)某实验小组要测量轻弹簧的劲度系数，实验装置如图8a.将弹簧悬挂在固定铁架台上，毫米刻度尺竖直固定在弹簧旁，在弹簧下端挂上钩码，多次改变钩码质量m，读出钩码静止时固定在挂钩上的指针对应的刻度尺示数l.当钩码质量为200 g时，指针位置如图b所示．用所测数据在m－l坐标系描点如图c.取g＝9.8 m/s2.回答下列问题：


图8
(1)图b中指针对应的刻度尺示数为________ cm：
(2)在图c中将钩码质量为200 g时所对应的数据点补上，并作出ml图线；
(3)根据图线算出弹簧的劲度系数为________ N/m(结果保留三位有效数字)．
答案　(1)18.50(18.48～18.52均可)　(2)如图所示

(3)23.5～24.8
解析　(1)由题图可知，刻度尺的分度值为0.1 cm，则读数为18.50 cm，误差范围±0.02 cm均可，即答案在18.48～18.52 cm之间均可；
(2)钩码质量为200 g时对应的弹簧长度为18.50 cm，图象如图所示

(3)根据k＝可知，弹簧的劲度系数k＝＝＝ N/m＝24.5 N/m(答案在23.5～24.8之间均可)．
23．(10分)(2019·广东深圳市4月第二次调研)LED灯的核心部件是发光二极管．某同学欲测量一只工作电压为2.9 V的发光二极管的正向伏安特性曲线，所用器材有：电压表(量程3 V，内阻约3 kΩ)，电流表 (用多用电表的直流25 mA挡替代，内阻约为5 Ω)，滑动变阻器(0～20 Ω)，电池组(内阻不计)，电键和导线若干．他设计的电路如图9(a)所示．回答下列问题：



图9
(1)根据图(a)，在实物图(b)上完成连线；
(2)调节变阻器的滑片至最________端(填“左”或“右”)，将多用电表选择开关拨至直流25 mA挡，闭合电键；
(3)某次测量中，多用电表示数如图(c)，则通过二极管的电流为________ mA；
(4)该同学得到的正向伏安特性曲线如图(d)所示．由曲线可知，随着两端电压增加，二极管的正向电阻________(填“增大”“减小”或“不变”)；当两端电压为2.9 V时，正向电阻为________ kΩ(结果保留两位有效数字)；
(5)若实验过程中发现，将变阻器滑片从一端移到另一端，二极管亮度几乎不变，电压表示数在2.7～2.9 V之间变化，试简要描述一种可能的电路故障：_______________________.
答案　(1)连线如图所示

(2)左　(3)15.8～16.2　(4)减小　0.15～0.16　(5)连接电源负极与变阻器的导线断路
解析　(1)根据多用电表红黑表笔的接法“红进黑出”可知，黑表笔接二极管，红表笔接滑动变阻器，滑动变阻器采用分压式接法，则连线如图：

(2)为保护电路，开关闭合前需将滑动变阻器的滑片置于最大阻值处，即最左端；
(3)多用电表所选量程为25 mA，则电流表读数为 mA＝16.0 mA(答案在15.8～16.2范围内均可)；
(4)I－U图象中，图线斜率表示电阻的倒数，由题图可知，随着电压的增加，斜率逐渐增大，则二极管的电阻逐渐减小；当两端电压为2.9 V时，电流表示数为19.0 mA，则电阻大小为R＝≈0.15 kΩ(答案在0.15～0.16范围内均可)；
(5)由于二极管的正向电阻约为0.15 kΩ，远大于滑动变阻器的最大阻值，因此若实验中，将变阻器滑片从一端移到另一端，二极管亮度几乎不变，电压表示数在2.7～2.9 V之间变化，则有可能是滑动变阻器与二极管串联，导致电路中总电阻较大，总电流较小，所以电压表的示数变化较小，故故障可能是连接电源负极与变阻器的导线断路．
2018年(全国2卷)逐题仿真练
题号 14 15 16 17 18
考点 功能关系 动量定理 万有引力定律 光电效应 电磁感应的图象问题
题号 19 20 21 22 23
考点 速度图象和追及问题 磁感应强度的矢量合成 电场性质的理解 电表的改装 测定动摩擦因数

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
二、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)
14．如图1所示，质量为m的一辆小汽车从水平地面AC上的A点沿斜坡匀速行驶到B点．B距水平地面高h，以水平地面为零势能面，重力加速度为g.小汽车从A点运动到B点的过程中(空气阻力不能忽略)，下列说法正确的是(　　)

图1
A．合外力做功为零
B．合外力做功为mgh
C．小汽车的机械能增加量为0
D．牵引力做功为mgh
答案　A
15．(2019·广西钦州市4月综测)“飞针穿玻璃”是一项高难度的绝技表演，曾引起质疑．为了研究该问题，以下测量能够得出飞针在穿越玻璃的时间内，对玻璃平均冲击力大小的是(　　)
A．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度
B．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间
C．测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间
D．测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度
答案　D
解析　在“飞针穿玻璃”的过程中，由动量定理得：－t＝mv2－mv1，故应测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度，故D正确，A、B、C错误．
16．(2019·安徽淮南市第二次模拟)已知地球两极处的重力加速度大小约为9.8 m/s2，贴近地球表面飞行的卫星的运行周期约为1.5小时，试结合生活常识，估算一质量为60 kg的人站在地球赤道上随地球自转所需要的向心力约为(　　)
A．0.2 N B．0.4 N C．2 N D．4 N
答案　C
解析　在两极：G＝mg；
对贴近地球表面飞行的卫星G＝m′R，
解得R＝；
则站在地球赤道上随地球自转的人所受的向心力：F向＝m人R＝m人×＝m人g＝60×9.8×()2 N≈2 N，故选C.
17．(2019·湖北武汉市四月调研)已知氢原子的基态能量为E1，激发态能量En＝，其中n＝2,3….若氢原子从n＝3的能级跃迁到n＝2的能级放出光子的频率为ν，能使氢原子从基态电离的光子的最小频率为(　　)
A.ν B．4ν C.ν D．9ν
答案　C
解析　由题意可知：－＝hν；
能使氢原子从基态电离的光子的最小频率满足：0－E1＝hν′，
解得ν′＝ν，故选C.
18．(2019·山东济宁市第二次摸底)如图2甲所示，在线圈l1中通入电流i1后，在l2上产生的感应电流随时间变化的规律如图乙所示，l1、l2中电流的正方向如图甲中的箭头所示．则通入线圈l1中的电流i1随时间t变化的图象是下图中的(　　)

图2


答案　D
解析　因为感应电流大小不变，根据电磁感应定律得：I＝＝＝，而线圈l1中产生的磁场变化是因为电流发生了变化，所以I＝∝，所以线圈l1中的电流均匀改变，A、C错误；根据题图乙，0～时间内感应电流磁场向左，所以线圈l1产生的磁场向左减小，或向右增大，B错误，D正确．
19．(2019·广西梧州市联考)甲、乙两物体沿同一直线做减速运动，t＝0时刻，两物体同时经过同一位置，最后又停在同一位置，它们的速度—时间图象如图3所示，则在运动过程中(　　)

图3
A．t1时刻甲和乙相距最远
B．甲、乙的平均速度相等
C．在某时刻甲、乙的加速度可能相等
D．甲的加速度逐渐减小，乙的加速度大小不变
答案　CD
解析　甲、乙两物体速度相等时相距最远，选项A错误；甲、乙的位移相同，但是甲运动的时间较长，则甲的平均速度较小，选项B错误；v－t图象的斜率等于加速度，由图象可知，在某时刻甲的加速度可能等于乙的加速度，选项C正确；v－t图象的斜率等于加速度，由图象可知，甲的加速度逐渐减小，乙的加速度大小不变，选项D正确．
20．(2019·江西南昌市第二次模拟)如图4所示，三条长直导线a、b、c都通以垂直纸面的电流，其中a、b两根导线中电流方向垂直纸面向外．O点与a、b、c三条导线距离相等，且Oc⊥ab.现在O点垂直纸面放置一小段通电直导线，电流方向垂直纸面向里，导线所受安培力方向如图所示．则可以判断(　　)

图4
A．O点处的磁感应强度的方向与F相同
B．长导线c中的电流方向垂直纸面向外
C．长导线a中电流I1小于b中电流I2
D．长导线c中电流I3小于b中电流I2
答案　BC
解析　由左手定则可知，磁感应强度方向与安培力方向垂直，故A错误；由左手定则可知，O点的磁感应强度方向与F垂直斜向右下方，此磁场方向可分解为水平向右方向和竖直向下方向，所以导线c在O点产生的磁场方向应水平向右，由安培定则可知，导线c中的电流为垂直纸面向外，导线a在O点产生的磁场方向竖直向上，导线b在O点产生的磁场方向竖直向下，所以长导线a中电流I1与b中电流I2的关系，由于不知道安培力的具体方向，所以无法确定长导线c中电流I3与b中电流I2的关系，故B、C正确，D错误．
21．(2019·山东济宁市第二次摸底)如图5所示，在绝缘水平地面上固定两个等量同种点电荷A、B，在AB连线上的P点由静止释放一带电滑块(可视为质点)，则滑块会由静止开始一直向右运动到AB连线上的一点M而停下．则以下判断正确的是(　　)

图5
A．滑块一定带的是与A、B异种的电荷
B．滑块的电势能一定是先减小后增大
C．滑块的动能与电势能之和一定减小
D．AP间距一定小于BM间距
答案　CD
解析　滑块受到的电场力是两点电荷对它作用力的合力，滑块向右运动，合力向右，滑块一定带与A、B同种的电荷，否则滑块将向左运动，A错误．滑块运动可能有两种情况：1.滑块受到的电场力先向右后向左，电场力先做正功，再做负功，电势能先减小后增加；2.滑块受到的电场力合力始终向右，在到达AB中点前停止，电场力始终做正功，电势能始终减小，B错误．根据能量守恒，滑块的电势能、动能、内能之和不变，阻力做负功，内能增大，则动能与电势能之和一定减小，C正确．若没有摩擦力，AP＝BM；因为水平面不光滑，水平方向受到摩擦力作用，运动到速度为0的位置在P点关于AB中点对称点的左侧，所以AP22．(6分)(2019·广东揭阳市第二次模拟)某同学用一个满偏电流为10 mA、内阻为30 Ω的电流表，一只滑动变阻器和一节电动势为1.5 V的干电池组装成一个欧姆表．

图6
(1)该同学按图6正确连接好电路．甲、乙表笔中，甲表笔应是________(选填“红”或“黑”)表笔．
(2)测量电阻前，他先进行欧姆调零：将甲、乙表笔短接，调节滑动变阻器，使电流表指针指到________处．

图7
(3)欧姆调零后，他将甲、乙两表笔分别接如图7中的a、b两点，指针指在电流表刻度的4 mA处，则电阻Rx＝________ Ω.
(4)若误将甲、乙两表笔分别接在了如图2中的a、c两点，则Rx的测量结果________(选填“偏大”或“偏小”)．
(5)再给电流表并联一个合适的定值电阻R0，就可组装成一个中间刻度值为15 Ω的欧姆表，则R0＝________ Ω.(结果保留两位有效数字)
答案　(1)红　(2)10 mA　(3)225　(4)偏小　(5)3.3
解析　(1) 由题图示可知，甲表笔与欧姆表内置电源负极相连，甲表笔是红表笔；
(2)测量电阻前，他先进行欧姆调零：将甲、乙表笔短接，调节滑动变阻器，使电流表指针指到电阻为零即电流最大(10 mA)；
(3)欧姆表内阻：R内＝＝ Ω＝150 Ω，指针指在电流表刻度的4 mA处，由闭合电路欧姆定律得：4×10－3 A＝，解得：Rx＝225 Ω；
(4)若误将甲、乙两表笔分别接在了图中的a、c两点，由题图示电路图可知，两电池串联，相当于欧姆表内置电源电动势E变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流变大，欧姆表指针偏右，欧姆表示数变小，Rx的测量结果偏小；
(5)欧姆表内阻等于中值电阻，中间刻度值为15 Ω的欧姆表，其内阻为15 Ω，I＝＝ A＝0.1 A，把电流表改装成0.1 A的电流表需要并联分流电阻，分流电阻阻值：R0＝≈3.3 Ω.
23．(9分)(2019·陕西省第二次质检)某实验兴趣小组为了测量物体间的动摩擦因数，设计了如下实验：


图8
(1)如图8甲，将轻弹簧竖直悬挂，用刻度尺测出弹簧自由悬挂时的长度L1＝4.00 cm.
(2)如图乙，在弹簧的下端悬挂小木块，用刻度尺测出稳定时弹簧的长度L2＝________ cm.
(3)将一长木板平放在水平面上，小木块放置于木板上表面，如图丙，将图乙中的弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端拴接小木块，使弹簧水平，用力F向右拉动长木板，长木板与小木块发生相对运动，当小木块稳定时，测出此时弹簧的长度L3＝6.07 cm.
(4)根据上面的操作，可以得出小木块与长木板间的动摩擦因数μ＝________(结果保留两位有效数字)．
(5)若图丙实验中弹簧不水平，左端略高一些，由此而引起的动摩擦因数μ的测量结果________(填“偏大”或“偏小”)．
答案　(2)8.65(8.63～8.67)　(4)0.44或0.45　(5)偏小
解析　(2)刻度尺的最小分度值为0.1 cm，刻度尺的读数为8.65 cm；
(4)根据平衡条件可得小木块的重力为：Mg＝k(L2－L1)，用力向右拉动长木板，长木板与小木块发生相对运动，当小木块稳定时，则有：Ff＝k(L3－L1)，可以得出小木块与长木板间的动摩擦因数：μ＝＝≈0.45；
(5)若图丙实验中弹簧不水平，左端略高一些，则有：F弹cos θ＝μ(Mg－F弹sin θ)，解得小木块与长木板间的动摩
擦因数：μ＝，由于左端略高一些，则有θ≈0°，所以：μ＝≈，由此而引起的动摩擦因数μ的测量结果偏小．
2018年(全国3卷)逐题仿真练
题号 14 15 16 17 18
考点 核反应方程 万有引力定律的应用 交流电的有效值 平抛运动 位移图象、追及相遇问题
题号 19 20 21 22 23
考点 速度图象、功和功率 电磁感应 平行板电容器 自由落体运动的规律 电阻的测量

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
二、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)
14．(2019·安徽安庆市下学期第二次模拟)人类和平利用核能始于二十世纪五十年代，核能的开发和应用是解决能源问题的重要途径之一．下列关于核反应的描述或判断正确的是(　　)
A.U→Th＋He是核聚变
B.Th→Pa＋e是α衰变
C.H＋H→He＋n是β衰变
D.U＋n→Ba＋Kr＋3n是核裂变
答案　D
解析　α衰变放出的是氦核，这是α衰变，故A错误；α衰变放出的是氦核，β衰变放出的是电子，该核反应为β衰变，故B错误；几个原子核聚合成一个原子核的过程为核聚变，这是氢原子核聚变为氦原子核，故C错误；核裂变是一个原子核分裂成几个原子核的变化，质量较大的原子核才能发生核裂变，所以该核反应为核裂变方程，故D正确．
15．(2019·重庆市4月调研)2018年12月8日我国“嫦娥四号”探测器成功发射，实现人类首次在月球背面无人软着陆．通过多次调速让探月卫星从近地环绕轨道经地月转移轨道进入近月环绕轨道．已知地球与月球的质量之比及半径之比分别为a、b，则下列关于近地卫星与近月卫星做匀速圆周运动的判断正确的是(　　)
A．加速度之比约为
B．周期之比约为
C．速度之比约为
D．从近地轨道进入到地月转移轨道，卫星必须减速
答案　B
解析　根据a＝可知，＝＝，选项A错误；由T＝2π可得，＝＝，选项B正确；根据v＝可得＝＝，选项C错误；从近地轨道进入到地月转移轨道，卫星需要加速，选项D错误．
16．(2019·东北三省三校第二次联合模拟)图1甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电流表．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间变化的图象如图乙所示．已知发电机线圈电阻为10 Ω，外接一只阻值为90 Ω的电阻，不计电路的其他电阻，则(　　)

图1
A．电流表的示数为0.31 A
B．线圈转动的角速度为50π rad/s
C．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行
D．在线圈转动一周过程中，外电阻发热约为0.087 J
答案　D
解析　在交流电路中电流表的示数为有效值，E有效＝＝22 V，电流表的示数I＝＝ A＝0.22 A，A错误；由题图图象可知线圈转动的周期为0.02 s，则线圈转动的角速度ω＝＝100π rad/s，B错误；0.01 s时线圈的电压为0，因此线圈在中性面处，C错误；电阻发热应用电流的有效值进行计算，则发热量Q＝I2Rt＝(0.22)2×90×2×10－2 J≈0.087 J，D正确．
17．(2019·河南省八市重点高中联盟第三次模拟)如图2所示，小球从斜面的顶端A处以大小为v0的初速度水平抛出，恰好落到斜面底部的B点，且此时的速度大小vB＝v0，空气阻力不计，该斜面的倾角为(　　)

图2
A．60° B．45° C．37° D．30°
答案　B
解析　根据平行四边形定则知，落到底端时竖直分速度为：vy＝＝2v0，
则运动的时间为：t＝＝，
设斜面的倾角为θ，则有tan θ＝＝＝1，
解得θ＝45°，B正确．
18．(2019·陕西省第二次质检)A、B两小车在同一直线上运动，它们运动的位移x随时间t变化的图象如图3所示，已知A车的x－t图线为抛物线的一部分，第7 s末图线处于最高点，B车的图线为直线，则下列说法正确的是(　　)

图3
A．A车的初速度为7 m/s
B．A车的加速度大小为2 m/s2
C．A车减速过程运动的位移大小为49 m
D．10 s末两车相遇时，B车的速度较大
答案　BC
解析　A车做匀变速直线运动，设A车的初速度为v0，加速度大小为a，由图可知t＝7 s时，速度为零，由运动学公式可得v7＝v0－7a＝0，根据图象和运动学公式可知t＝10 s时的位移为x10＝40 m－0＝40 m，x10＝v0t－at2＝10v0－50a，联立解得a＝2 m/s2，v0＝14 m/s，故选项B正确，A错误；A车减速过程运动的位移大小为x7＝t＝×7 m＝49 m，故选项C正确；位移－时间图象的斜率表示速度，10 s末两车相遇时B车的速度大小为vB＝||＝4 m/s，A车的速度为vA＝v0－at＝－6 m/s，则10 s末两车相遇时，A车的速度较大，故选项D错误．
19．(2019·四川绵阳市第三次诊断)在粗糙水平面上，水平外力F作用在物块上，t＝0时刻物块开始向右做直线运动，外力F始终不为零，其速度—时间图象如图4所示．则(　　)

图4
A．在0～1 s内，外力F不断增大
B．在3 s时，物体向右运动
C．在3～4 s内，外力F不断减小
D．在3～4 s内，外力F的功率不断减小
答案　BD
解析　设物体受到的阻力为Ff，根据牛顿第二定律得：F－Ff＝ma，根据图象分析，物体在0～1 s内加速度逐渐减小，所以外力F逐渐减小，A错误；向右为正方向，3 s前后速度始终为正值，始终是正方向，向右运动，B正确；根据牛顿第二定律得：F－Ff＝ma，根据图象分析，物体在3～4 s内加速度不变，所以外力不变，C错误；外力功率P＝Fv，F不变，而3～4 s内速度减小，所以功率减小，D正确．
20．(2019·山东潍坊市二模)如图5甲，螺线管内有平行于轴线的外加磁场，以图中箭头所示方向为其正方向．螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一闭合小金属圆环，圆环与导线框在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度B随时间t按图乙所示规律变化时(　　)

图5
A．在0～t1时间内，环有收缩趋势
B．在t1～t2时间内，环有扩张趋势
C．在t1～t2时间内，环内有逆时针方向的感应电流
D．在t2～t3时间内，环内有逆时针方向的感应电流
答案　BC
解析　在0～t1时间内，B均匀增加，则在线圈中产生恒定的感生电动势，在导线框dcba中形成稳定的电流，故此时环中无感应电流产生，环也没有收缩趋势，选项A错误；在t1～t2时间内，B的变化率逐渐减小，则螺线管中的感应电流方向为从下到上且逐渐减小，在导线框abcd中的磁通量为向外减小，穿过环的磁通量向外减小，根据楞次定律可知，环内有逆时针方向的感应电流，且有扩张趋势，选项B、C正确；在t2～t3时间内，B的方向向下，且B的变化率逐渐减小，则螺线管中的感应电流方向为从上到下且逐渐减小，在导线框abcd中的磁通量为向里减小，穿过环的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，环内有顺时针方向的感应电流，选项D错误．
21．(2019·天津市南开区下学期二模)如图6所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与恒压电源相连，在距离两板等距的M点有一个带电液滴处于静止状态．若将a板向下平移一小段距离，但仍在M点上方，稳定后，下列说法中正确的是(　　)

图6
A．液滴将向下加速运动
B．M点电势升高，液滴在M点的电势能将降低
C．M点的电场强度变小了
D．在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功相同
答案　BD
解析　极板始终与电源连接，电压不变，d减小，由E＝可知，电场强度E增大，则带电液滴所受电场力增大，液滴将向上加速运动，故A、C错误；b点电势为零， UMb＝φM－φb＝φM＝EdMb，场强增大，M点电势升高，由题意，液滴处于静止状态，可知液滴所受电场力方向向上，所以液滴带负电，液滴在M点电势能降低，故B正确；在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，由于电压相同，电场力做功qU相同，故D正确．
22．(6分)(2019·湖北省4月调研)某同学用如下方法测量重力加速度g.

图7
(1)用游标卡尺测量图7所示的“工”字形挡光片的宽度L1和两挡光片之间的距离L2；
(2)自由释放“工”字形挡光片，用光电计时器测出光线被挡光片挡住的时间t1、t2;
(3)若L1?L2，则当地的重力加速度g＝________；由于挡光片有一定的宽度，导致重力加速度g的测量值与真实值相比________(选填“偏大”“偏小”或“相等”)．
答案　　偏大
解析　“工”字形挡光片经过光电门时的速度分别为：v1＝；v2＝；根据v－v＝2gL2，解得g＝＝＝；由于挡光片有一定的宽度，则实际上“工”字形挡光片下落的高度大于L2，则导致重力加速度g的测量值与真实值相比偏大．
23．(9分)(2019·河北省中原名校联盟下学期联考)实验台上备有下列器材：
A．电流表(量程500 μA，内阻约为300 Ω)；
B．电流表(量程100 μA.内阻约为1 kΩ)；
C．电压表(量程15 V，内阻约100 kΩ)；
D．电压表(量程6 V，内阻约6 kΩ)；
E．直流电源(15 V，允许最大电流1 A)；
F．滑动变阻器(最大阻值100 Ω，额定功率1 kW)
G．电键和导线若干．
某同学用供选器材设计了测一个阻值约30 kΩ电阻的实验，电路如图8所示(电路还没有完全接好)．
(1)实验中所用的电流表应选________，电压表应选________．(填器材前的字母)
(2)请用笔画线代替导线将尚未连接好的电压表连入下图的电路中．

图8
(3)开关闭合前，滑动变阻器触头P应置于________(填“a”或“b”)处．
(4)正确连接电路后，无论如何调节滑动变阻器的滑片，电压表和电流表示数均不能取到较小值，其原因可能是导线________(填图中导线代号)没有连接好．
答案　(1)A　C　(2)

(3)b　(4)④
解析　(1)待测电阻Rx的阻值约为30 kΩ，直流电源电动势为15 V，经粗略计算电路中的最大电流约为Imax＝＝500 μA，所以电流表选择A；由于电压表D的量程不足，所以电压表选择C.

(2)在题图所示电路中，电流表内阻为300 Ω，电压表内阻为100 kΩ，由串、并联电路规律得，电流表的分压作用小于电压表的分流作用，故电流表应采用内接的方法，实物连线如图所示：
(3)实验前，分压电路的电压应该是0，故滑动变阻器的滑动触头P应置于b端．
(4)实验中无论如何调节滑动变阻器的滑片，电压表和电流表示数均不能取到较小值，是由于滑动变阻器接成限流式，因此是导线④没有连接好．
2017年(全国1卷)逐题仿真练
题号 14 15 16 17 18
考点 动量守恒 平抛运动 叠加场内粒子运动 核能计算 电磁感应
题号 19 20 21 22 23
考点 电流间的作用 电场中图象 动态平衡 研究匀变速运动 研究灯泡伏安特性

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
二、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)
14．(2019·福建龙岩市5月模拟)如图1，水平面上有一平板车，某人站在车上抡起锤子从与肩等高处挥下，打在车的左端，打后车与锤相对静止．以人、锤子和平板车为系统(初始时系统静止)，研究该次挥下、打击过程，下列说法正确的是(　　)

图1
A．若水平面光滑，在锤子挥下的过程中，平板车一定向右运动
B．若水平面光滑，打后平板车可能向右运动
C．若水平面粗糙，在锤子挥下的过程中，平板车一定向左运动
D．若水平面粗糙，打后平板车可能向右运动
答案　D
解析　以人、锤子和平板车为系统，若水平面光滑，系统水平方向合外力为零，水平方向动量守恒，且总动量为零，当锤子挥下的过程中，锤子有水平向右的速度，所以平板车一定向左运动，A错误；打后锤子停止运动，平板车也停下，B错误；若水平面粗糙，在锤子挥下的过程车由于受摩擦力作用，可能静止不动，所以C错误；在锤子打平板车时，在最低点与车相碰，锤子与平板车系统动量向右，所以打后平板车可能向右运动，D正确．
15．(2019·安徽淮南市第二次模拟)如图2所示，将一小球从水平面MN上方A点以初速度v1向右水平抛出，经过时间t1打在前方竖直墙壁上的P点，若将小球从与A点等高的B点以初速度v2向右水平抛出，经过时间t2落在竖直墙角的N点，不计空气阻力，下列选项中正确的是(　　)

图2
A．v1>v2 B．v1t2 D．t1＝t2
答案　A
解析　小球在竖直方向上为自由落体运动，则根据t＝可知，t1x2，则v1>v2，故选A.
16．(2019·湖北宜昌市元月调考)在空间建立三维坐标系如图3所示，xOz在水平面内，y沿竖直方向．空间充满沿－y方向的磁感应强度为B的匀强磁场和沿＋z方向的匀强电场，电场强度E＝v0B.一质量为m、电荷量为－q的带电小球从坐标原点O以初速度v0沿＋x方向抛出，设空间足够大，则(　　)

图3
A．带电小球做加速度不断变化的变速曲线运动
B．带电小球做匀变速直线运动
C．若带电小球运动到某位置，坐标为(x0，－y0,0)，则速度与＋x方向的夹角θ满足tan θ＝
D．若带电小球运动到某位置，坐标为(x0，－y0,0)，则速度与＋x方向的夹角θ满足tan θ＝
答案　D
解析　带负电的小球从O点沿＋x方向抛出，则电场力方向沿－z方向，洛伦兹力沿＋z方向，因E＝v0B，可知Eq＝qv0B，即沿z轴方向受力平衡，则小球将在重力作用下做平抛运动，即带电小球做匀变速曲线运动，选项A、B错误；若带电小球运动到某位置，坐标为(x0，－y0,0)，则x0＝v0t，vy＝gt，y0＝gt2，速度与＋x方向的夹角θ满足tan θ＝＝＝＝，选项C错误，D正确．
17．(2019·江西南昌市第二次模拟)太阳因核聚变释放出巨大的能量，其质量不断减少．太阳光从太阳射到月球表面的时间约500 s，月球表面每平方米每秒钟接收到太阳辐射的能量约为1.4×103 J，根据爱因斯坦质能方程，太阳每秒钟减少的质量最接近(　　)
A．4×109 kg B．4×1012 kg
C．4×1018 kg D．4×1024 kg
答案　A
解析　由题意可知，太阳每秒钟辐射的能量为：E＝4πr2×1.4×103 J，其中r＝500×3×108 m，由爱因斯坦质能方程可知，Δm＝，代入解得：Δm≈4.4×109 kg，故A符合题意．
18．(2019·安徽合肥市第二次质检)某兴趣小组制作了一个简易的“转动装置”，如图4甲所示，在干电池的负极吸上一块圆柱形强磁铁，然后将一金属导线折成顶端有一支点、底端开口的导线框，并使导线框的支点与电源正极、底端与磁铁均良好接触但不固定，图乙是该装置的示意图．若线框逆时针转动(俯视)，下列说法正确的是(　　)

图4
A．线框转动是因为发生了电磁感应
B．磁铁导电，且与电池负极接触的一端是S极
C．若将磁铁的两极对调，则线框转动方向不变
D．线框转动稳定时的电流比开始转动时的大
答案　B
19．(2019·福建三明市期末质量检测)如图5所示，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，MN固定不动，位置靠近ab且相互绝缘．当MN中电流突然增大时，则(　　)

图5
A．线圈所受安培力的合力方向向左
B．线圈所受安培力的合力方向向右
C．感应电流方向为abcda
D．感应电流方向为adcba
答案　AC
解析　当MN中电流突然增大时，根据楞次定律可知，线圈中产生逆时针方向的感应电流，即abcda方向；由左手定则可知ab边和cd边受安培力均向左，可知线圈所受安培力的合力方向向左，选项A、C正确，B、D错误．
20. (2019·山东聊城市二模)两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的A、B两点，两点电荷连线上各点电势φ随坐标x变化的关系图象如图6所示，其中P点电势最高，且xAP
图6
A．q1和q2都是负电荷
B．q1的电荷量大于q2的电荷量
C．在A、B之间将一负点电荷沿x轴从P点左侧移到右侧，电势能先减小后增大
D．一点电荷只在电场力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐变小
答案　AC
解析　由题图知，越靠近两电荷，电势越低，则q1和q2都是负电荷，故A项正确；φ－x图象的斜率表示电场强度，则P点场强为零，据场强的叠加知两点电荷在P处产生的场强等值反向，即k＝k，又xAP21．(2019·湖北荆州市四月质检)如图7所示，带有孔的小球A套在粗糙的倾斜直杆上，与正下方的小球B通过轻绳连接，处于静止状态．给小球B施加水平力F使其缓慢上升，直到小球A刚要滑动．在此过程中(　　)

图7
A．水平力F的大小不变
B．杆对小球A的支持力增加
C．轻绳对小球B的拉力先变大后变小
D．杆对小球A的摩擦力先变小后变大
答案　BD
解析　小球B受拉力F、重力和轻绳的拉力FT，合力为零如图所示：

由此可知，随着α的增加，拉力F和轻绳张力FT均增大，故A、C错误；
再对A、B球整体分析，受重力、拉力F、支持力FN和静摩擦力Ff，如图所示：

设杆与水平方向的夹角为θ，根据平衡条件，在垂直杆方向有FN＝(M＋m)gcos θ＋Fsin θ，随着F的增大，支持力FN增大；
在平行杆方向，有：Fcos θ＋Ff＝(M＋m)gsin θ，可得：Ff＝(M＋m)gsin θ－Fcos θ，可知随着F的增大，静摩擦力逐渐减小，当(M＋m)gsin θ＝Fcos θ时，摩擦力为零，此后静摩擦力反向增大，故B、D正确．
22．(5分)(2019·重庆市4月调研)某实验小组为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为d的遮光条．如图8甲所示，滑块在牵引力作用下先后通过两个光电门，配套的数字计时器记录了遮光条通过第一光电门的时间Δt1为0.05 s，通过第二个光电门的时间Δt2为0.01 s，遮光条从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间t为0.20 s．用游标卡尺测量遮光条的宽度d，游标卡尺示数如图乙所示．


图8
(1)读出遮光条的宽度d＝________ cm.
(2)估算滑块的加速度a＝________ m/s2(保留两位有效数字)．
(3)为了减小实验误差，下列措施最合理的是________．
A．尽量减小钩码质量
B．遮光条宽度越宽越好
C．其他条件不变多次测量取平均值
答案　(1)0.45　(2)1.8　(3)C
解析　(1)读出遮光条的宽度d＝0.4 cm＋0.1 mm×5＝0.45 cm；
(2)遮光条通过第一个光电门的速度：v1＝＝ m/s＝0.09 m/s
遮光条通过第二个光电门的速度：v2＝＝ m/s＝0.45 m/s，
故加速度a＝＝ m/s2＝1.8 m/s2；
(3)尽量减小钩码质量，对实验结果没有影响，故A错误；遮光条宽度应尽量窄些，故B错误；其他条件不变，多次测量取平均值，可以减小实验误差，故C正确．
23．(10分)(2019·天津市南开区下学期二模)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，需测量一个“2.5 V,0.3 A”的小灯泡两端的电压和通过它的电流．现有如下器材：
直流电源(电动势3.0 V，内阻不计)
电流表A1(量程3 A，内阻约0.1 Ω)
电流表A2(量程600 mA，内阻约5 Ω)
电压表V1(量程3 V，内阻约3 Ω)
电压表V2(量程15 V，内阻约15 kΩ)
滑动变阻器R1(阻值0～10 Ω，额定电流1 A)
滑动变阻器R2(阻值0～1 kΩ，额定电流300 mA)
(1)在该实验中，电流表应选择________，电压表应选择________，滑动变阻器应选择________．
(2)为了减小实验误差，应选择以下哪个实验电路进行实验________．


(3)下表是某同学在实验中测出的数据，该同学根据表格中的数据在图9已画出除了第6组数据的对应点，请你在I－U图象上画出第6组数据的对应点，并作出该小灯泡的伏安特性曲线．


1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
I(A) 0 0.10 0.13 0.15 0.16 0.18 0.19 0.20 0.23 0.25 0.27 0.28 0.30
U(V) 0 0.10 0.20 0.30 0.40 0.60 0.80 1.00 1.40 1.80 2.00 2.20 2.50


图9
(4)实验中，如果把这个小灯泡和一个阻值为9 Ω的定值电阻串联在电动势为3 V、内阻为1 Ω的直流电源上．则小灯泡消耗的实际功率约为________ W.
答案　(1)A2　V1　R1　(2)C　(3)

(4)0.20±0.02
解析　(1)由于该实验需要测量“2.5 V,0.3 A”的小灯泡的伏安特性曲线，故通过小灯泡的电流约为0.3 A，故用量程为600 mA的电流表A2即可；电压表选用量程为3 V的V1即可；该实验需要的电压要从0开始调起，故供电部分要用分压式电路，滑动变阻器选用阻值较小的R1即可；
(2)由于小灯泡的电阻较小，故测量时采用电流表外接会减小误差，供电电路采用分压式连接，故采用C电路实验；
(3)描出第6组数据对应的点，并用平滑的曲线将各点连接起来即可；
(4)小灯泡相当于与一个电动势为3 V，内阻为10 Ω的电源连接，我们可以在小灯泡的伏安特性曲线的图中再作出该电源的伏安特性曲线，如图所示，则两个图线相交的位置就是电路中小灯泡工作时的电压和电流，即灯泡的两端电压为1.0 V，电流为0.20 A，故小灯泡消耗的实际功率约为0.20 W.

2017年(全国2卷)逐题仿真练
题号 14 15 16 17 18
考点 圆周运动 核反应和核能 平衡条件的应用 圆周运动与机械能守恒 磁场内粒子的运动
题号 19 20 21 22 23
考点 万有引力与航天 电磁感应综合 安培力的作用 研究匀变速运动 测毫安表内阻

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
二、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)
14．(2019·广东广州市4月综合测试)如图1，广州塔摩天轮位于塔顶450米高空处，摩天轮由16个“水晶”观光球舱组成，沿着倾斜的轨道做匀速圆周运动，则坐于观光球舱中的某游客(　　)

图1
A．动量不变 B．线速度不变
C．合外力不变 D．机械能不守恒
答案　D
解析　坐于观光球舱中的某游客线速度的大小不变，但方向不断改变，可知线速度不断改变，动量也不断变化；由于向心加速度方向不断变化，可知合外力大小不变，但方向不断改变，选项A、B、C错误；由于动能不变，重力势能不断变化，可知机械能不守恒，选项D正确．
15．(2019·江苏南京市六校联考)中微子是一种不带电、质量很小的粒子．早在1942年我国物理学家王淦昌首先提出证实中微子存在的实验方案．静止的铍核(Be)可能从很靠近它的核外电子中俘获一个电子(动能忽略不计)形成一个新核并放出中微子，新核处于激发态，放出γ光子后回到基态．通过测量新核和γ光子的能量，可间接证明中微子的存在．则(　　)
A．中微子的动量与处于激发态新核的动量相同
B．反应过程吸收能量
C．产生的新核是锂核(Li)
D．中微子的动能与处于激发态新核的动能相等
答案　C
解析　根据题意可知发生的核反应方程为：Be＋e→Li＋νe，所以产生的新核是锂核，反应过程放出能量，故B错误，C正确；根据动量守恒可知中微子的动量与处于激发态新核的动量大小相等，方向相反，故A错误；中微子的动量与处于激发态新核的动量大小相等，而质量不等，根据Ek＝，可知中微子的动能与处于激发态新核的动能不相等，故D错误．
16．(2019·四川绵阳市第三次诊断)一物块放在水平桌面上，在水平轻弹簧的拉力F作用下，沿桌面做匀速直线运动，弹簧的伸长量为x；将弹簧方向变成与水平面成60°角，物块在拉力作用下仍沿桌面做匀速直线运动，此时弹簧的伸长量是(物块与桌面间动摩擦因数为，弹簧始终处于弹性限度内)(　　)
A.x B.x C．2x D.x
答案　B
解析　当弹簧水平拉力为F时：根据平衡条件得：kx＝Ff＝μFN＝μmg，当弹簧方向变成与水平面成60°角时，竖直方向：kx′sin 60°＋FN′＝mg，水平方向：kx′cos 60°＝Ff′＝μFN′＝μ(mg－kx′sin 60°)，联立解得x′＝x，A、C、D错误，B正确．
17. (2019·山东临沂市质检)如图2，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为R，bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球受到与重力大小相等的水平外力F的作用，自a点从静止开始向右运动，运动到b点时立即撤去外力F，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　)

图2
A．水平外力F做的功为2mgR
B．小球运动到b点时对圆弧轨道的压力大小为3mg
C．小球能从c点竖直向上飞出
D．小球运动到c点时对圆弧轨道的压力大小为mg
答案　B
解析　水平外力F做的功为：W＝FR＝mgR，选项A错误；从a到b由动能定理：FR＝
mv b2；在b点由牛顿第二定律：FNb－mg＝m，解得FNb＝3mg，结合牛顿第三定律可知，选项B正确；由机械能守恒定律得：mvb2＝mgR＋mv，解得vc＝0，即到达c点的速度为零，运动到c点时小球对圆弧轨道的压力大小为0，选项C、D错误．
18．(2019·河南郑州市第一次模拟)如图3所示，边界OM与ON之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界ON上有一粒子源S.某一时刻，从离子源S沿平行于纸面，向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相等，经过一段时间有大量粒子从边界OM射出磁场．已知∠MON＝30°，从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于T(T为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最短时间为(　　)

图3
A.T B.T C.T D.T
答案　A
解析　粒子在磁场中做匀速圆周运动，入射点是S，出射点在OM直线上，出射点与S点的连线为轨迹的一条弦．当从边界OM射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，轨迹的弦最短，根据几何知识，作ES⊥OM，则ES为最短的弦，粒子从S到E的时间即最短，如图所示．

由题意可知，粒子运动的最长时间等于T，设OS＝d，则DS＝OStan 30°＝d，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为：
r＝＝d，
由几何知识有：
ES＝OSsin 30°＝d，故在△O1ES中由余弦定理得
cos θ＝＝－，则：θ＝120°，
粒子在磁场中运动的最短时间为：
tmin＝T＝T，故A正确，B、C、D错误．
19．(2019·陕西渭南市教学质检(二))2018年12月8日，“嫦娥四号”月球探测器在我国西昌卫星发射中心成功发射，探测器奔月过程中，被月球俘获后在月球上空某次变轨是由椭圆轨道a变为近月圆形轨道b，如图4所示，a、b两轨道相切于P点．不计变轨过程探测器质量变化，下列说法正确的是(　　)

图4
A．探测器在a轨道上P点的动能小于在b轨道上P点的动能
B．探测器在a轨道上P点的加速度大于在b轨道上P点的加速度
C．探测器在a轨道运动的周期大于在b轨道运动的周期
D．为使探测器由a轨道进入b轨道，在P点必须减速
答案　CD
解析　从高轨道a到低轨道b需要在P点进行减速，所以，在a轨道上P点的动能大于在b轨道上P点的动能，A错误，D正确；根据牛顿第二定律得：G＝ma，所以在a、b轨道上P点到月球中心的距离r相同，加速度一样，B错误；根据开普勒第三定律：＝，所以在a轨道运动的周期大于在b轨道运动的周期，C正确．
20．(2019·山西临汾市二轮复习模拟)如图5甲所示，半径为1 m的带缺口刚性金属圆环导轨固定在水平面内，在导轨上垂直放置一质量为0.1 kg、电阻为1 Ω的直导体棒，其长度恰好等于金属圆环的直径，导体棒初始位置与圆环直径重合，且与导轨接触良好．已知导体棒与导轨间动摩擦因数为0.3，不计金属圆环的电阻，导体棒受到的最大静摩擦力等于其滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2.现若在圆环内加一垂直于纸面向里的变化磁场，变化规律如图乙所示，则(　　)

图5
A．导体棒的电流是从b到a
B．通过导体棒的电流大小为0.5 A
C．0～2 s内，导体棒产生的热量为0.125 J
D．t＝π s时，导体棒受到的摩擦力大小为0.3 N
答案　AC
解析　穿过闭合回路的磁通量向里增加，由楞次定律可知导体棒的电流是从b到a，选项A正确；假设0～π s时间内导体棒静止不动，感应电动势E＝＝·πr2＝×π×12 V＝0.25 V，则感应电流I＝＝ A＝0.25 A，t＝π s时，导体棒受到的安培力F＝2BIr＝2×0.5×0.25×1 N＝0.25 N；最大静摩擦力Ffm＝μmg＝0.3 N，则假设成立，故导体棒所受摩擦力大小为0.25 N，选项B、D错误；0～2 s内，导体棒产生的热量为Q＝I2Rt＝0.252×1×2 J＝0.125 J，选项C正确．
21．(2019·山东实验中学第二次模拟)如图6所示，磁单极子会在其周围形成均匀辐射磁场．质量为m、半径为R的圆环当通有恒定的电流I时，恰好能水平静止在N极正上方H处．已知与磁单极子N极相距r处的磁感应强度大小为B＝，其中k为常数．重力加速度为g.则(　　)

图6
A．静止时圆环的电流方向为顺时针方向(俯视)
B．静止时圆环沿其半径方向有扩张的趋势
C．静止时圆环的电流I＝
D．若将圆环向上平移一小段距离后由静止释放，下落中加速度先增加后减小
答案　AC
解析　环所在处的磁场的方向向上，则环产生的磁场的方向向下，根据安培定则可知，静止时圆环的电流方向为顺时针方向(俯视)，故A正确；静止时圆环的电流方向为顺时针方向(俯视)，由左手定则可知，环上的各点受到的安培力的方向向上向里，所以环有收缩的趋势，故B错误；对环的某一部分进行受力分析：在水平方向，根据安培力的对称性可知，整个的环在水平方向的合力为0，竖直方向的合力与重力大小相等，由于在圆环处各点电流的方向与磁场的方向都垂直，所以整体受到的安培力为BI·2πR，Fcos θ＝mg，由几何关系：cos θ＝，由题：B＝，联立得：I＝，故C正确；结合C的受力分析可知，若将圆环向上平移一小段距离后环受到的安培力将减小；由静止释放，重力开始时大于安培力，所以环加速下落，向下的过程中安培力增大，所以合外力减小，加速度减小，故D错误．
22．(6分)如图7甲所示，是研究小车做匀变速直线运动规律的实验装置，打点计时器所接的交流电源的频率为f＝50 Hz，试问：



图7
(1)实验中，必要的措施是________．
A．细线必须与长木板平行
B．小车必须具有一定的初速度
C．小车质量远大于钩码质量
D．必须平衡小车与长木板间的摩擦力
(2)如图乙所示，A、B、C、D、E、F、G是刚打好的纸带上7个连续的点．从图乙中可读得x6＝________cm，计算F点对应的瞬时速度的表达式为vF＝________.
(3)如图丙所示，是根据实验数据画出的v2－2x图线(v为各点的速度大小)，由图线可知小车运动的加速度为________m/s2.(保留2位有效数字)
答案　(1)A　(2)6.00　　(3)0.50(0.48～0.52)
解析　(1)实验中，细线必须与长木板平行，以减小实验的误差，选项A正确；实验中让小车由静止释放，不需要初速度，选项B错误；此实验不需要使得小车质量远大于钩码质量，选项C错误；此实验没必要平衡小车与长木板间的摩擦力，选项D错误．
(2)从题图乙中可读得x6＝6.00 cm，计算F点对应的瞬时速度的表达式为vF＝＝.
(3)由图线可知小车运动的加速度为a＝＝ m/s2＝0.50 m/s2.
23．(9分)(2019·山东潍坊市二模)某同学利用如图8所示的电路测量一表头的电阻．供选用的器材如下：


图8
A．待测表头G1，内阻r1约为300 Ω，量程5.0 mA；
B．灵敏电流计G2，内阻r2＝300 Ω，量程1.0 mA；
C．定值电阻R＝1 200 Ω；
D．滑动变阻器R1＝20 Ω；
E．滑动变阻器R2＝2 000 Ω；
F．电源，电动势E＝3.0 V，内阻不计；
G．开关S，导线若干．
(1)在如图乙所示的实物图上将导线补充完整；
(2)滑动变阻器应选________(填写器材前的字母代号)．开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动至________端(填“a”或“b”)；
(3)实验中某次待测表头G1的示数如图丙所示，示数为________ mA；
(4)该同学多次移动滑片P，记录相应的G1、G2读数I1、I2；以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线．已知图线的斜率k＝0.18，则待测表头内阻r1＝________ Ω.
(5)该同学接入电阻R的主要目的是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
答案　(1)如图：

(2)D　a　(3)3.00　(4)270　(5)保护G2，使两表均能达到接近满偏
解析　(1)实物连线如图：

(2)因为滑动变阻器要接成分压电路，则应该选择阻值较小的D；开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动至a端；
(3)待测表头G1的示数为3.00 mA；
(4)由欧姆定律可知：I1r1＝I2(R＋r2)，即I2＝I1，则＝k＝0.18，解得r1＝270 Ω；
(5)该同学接入电阻R的主要目的是：保护G2，使两表均能达到接近满偏．
2017年(全国3卷)逐题仿真练
题号 14 15 16 17 18
考点 万有引力定律 楞次定律 功的分析和计算 力的分析 磁场的叠加
题号 19 20 21 22 23
考点 光电效应 冲量和功 电场性质的理解 验证平行四边形定则 多用电表的原理

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
二、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)
14. (2019·山西运城市5月适应性测试)2018年5月21日，我国成功发射了为探月任务执行通信中继服务的“鹊桥”卫星，并定点在如图1所示的地月连线外侧的位置上．“鹊桥”卫星在位置L2时，受到地球和月球共同的引力作用，不需要消耗燃料就可以与月球保持相对静止，且与月球一起绕地球运动．“鹊桥”卫星、月球绕地球运动的加速度分别为a鹊、a月，线速度分别为v鹊、v月，周期分别为T鹊、T月，轨道半径分别为r鹊、r月，下列关系正确的是(　　)

图1
A．T鹊C．v鹊>v月 D.＝
答案　C
解析　因为“鹊桥”卫星与月球一起绕地球运动，与月球保持相对静止，所以周期相同：T鹊＝T月，A错误；
对月球有：a月＝r月，
对卫星有：a鹊＝r鹊，
因为周期相同，所以a鹊>a月，B错误；
根据：v＝，周期相同，而卫星的半径大，所以卫星线速度大，v鹊>v月，C正确；
因为周期相同，而半径不同，且卫星半径大，所以<，D错误．
15．(2019·山东德州市上学期期末)如图2所示， a、b为两弹性金属线圈，线圈a套在通电螺线管外部，线圈b置于通电螺线管的内部，两线圈所在平面都垂直于通电螺线管的轴线，通电螺线管中的电流方向如图1所示．当通电螺线管中的电流增大时，对两线圈中的感应电流方向和缩扩情况说法正确的是(　　)

图2
A．自左向右看， a 线圈中的感应电流方向为顺时针
B．自左向右看， b 线圈中的感应电流方向为顺时针
C．a 线圈会扩张
D．b 线圈会扩张
答案　C
解析　通电螺线管中的电流增大时，穿过线圈a的磁通量向右增加，根据楞次定律可知，a中产生的感应电流方向为逆时针(从左向右看)；穿过线圈b的磁通量向右增加，根据楞次定律可知，b中产生的感应电流方向为逆时针(从左向右看)，选项A、B错误．因螺线管外部磁场向左，根据左手定则可知，a线圈的各个小段均受到向外的磁场力，有扩张的趋势，选项C正确．同理可知因螺线管内部磁场向右，根据左手定则可知，b线圈的各个小段均受到指向圆心向里的磁场力，有收缩的趋势，选项D错误．
16. (2019·云南曲靖市第一次模拟)如图3所示，滑块以速率v1沿固定斜面由底端向上滑行，至某一位置后返回，回到出发点时的速率变为v2，且v2
图3
A．全过程中重力做功为零
B．全过程中摩擦力做功为零
C．在上滑和下滑两过程中，机械能减少量相等
D．在上滑和下滑两过程中，摩擦力做功的平均功率不相等
答案　B
解析　重力做功等于重力与竖直位移的乘积，全程竖直位移为零，所以重力做功为零，A正确；上滑时，摩擦力沿斜面向下，做负功，下滑时，摩擦力沿斜面向上，做负功，所以全程始终做负功，总功不为零，B错误；因为上滑和下滑过程摩擦力大小相等，且位移大小相等，始终做负功，所以上滑和下滑过程克服摩擦力做功相同，机械能减少量相同，C正确；上滑过程的加速度：a＝＝gsin θ＋μgcos θ；下滑时加速度：a′＝＝gsin θ－μgcos θ，位移大小相同，下滑时加速度小，所以下滑时间长，而上滑和下滑克服摩擦力做功相同，所以由P＝可知，平均功率不同，D正确．
17．(2019·广西梧州市2月联考)如图4，在水平地面上放置一个质量为M的斜面体(斜面光滑)，斜面体上放置一个质量为m的物块，物块与固定墙面上的轻质弹簧相连，弹簧的轴线始终与斜面平行，若物块在斜面上做往复运动的过程中，斜面体始终保持静止，则图中画出的关于地面对斜面体的摩擦力Ff与时间的关系图象正确的是(　　)

图4

答案　A
解析　因为斜面光滑，所以斜面体的受力如图所示，地面对斜面体的摩擦力为定值，且方向始终向右，故选A.

18．(2019·辽宁大连市第二次模拟)如图5所示，AC是四分之一圆弧，O为圆心，D为圆弧中点，A、D、C处各有一垂直纸面的通电直导线，电流大小相等，方向垂直纸面向里，整个空间还存在一个磁感应强度大小为B的匀强磁场，O处的磁感应强度恰好为零．如果将D处电流反向，其他条件都不变，则O处的磁感应强度大小为(　　)

图5
A．2(－1)B B．2(＋1)B
C．2B D．0
答案　A
解析　O点的实际磁感应强度是A、D、C处电流产生的磁感应强度与空间大小为B的磁感应强度的矢量和，O处的磁感应强度恰好为零，则A、C在O点产生的磁场与空间磁场的矢量和一定与D单独产生的磁感应强度等大反向，根据合成可得：D电流在O点产生的磁感应强度BD＝；所以将D处电流反向，其他条件都不变，O处磁感应强度：B′＝2BD＝2(－1)B，B、C、D错误，A正确．
19．(2019·东北三省三校第二次联合模拟)如图6所示，甲为演示光电效应的实验装置；乙图为a、b、c三种光照射下得到的三条电流表与电压表读数之间的关系曲线；丙图为氢原子的能级图；丁图给出了几种金属的逸出功和截止频率的关系．以下说法正确的是(　　)

图6
A．若b光为绿光，c光可能是紫光
B．若a光为绿光，c光可能是紫光
C．若b光光子能量为2.81 eV，用它照射由金属铷制成的阴极，所产生的大量具有最大初动能的光电子去撞击大量处于n＝3激发态的氢原子，可以产生6种不同频率的光
D．若b光光子能量为2.81 eV，用它直接照射大量处于n＝2激发态的氢原子，可以产生6种不同频率的光
答案　BC
解析　由光电效应方程Ek＝hν－W0和eU＝Ek，联立解得eU＝hν－W0，即光子照射同一块金属的时候，只要遏止电压一样，说明光子的频率一样，遏止电压越大，光子的频率越大，因此可知b光和c光的频率一样，大于a光的频率，故A错误，B正确；b光的光电效应方程为Ek＝hν－W0＝(2.81－2.13) eV＝0.68 eV，电子撞击氢原子，氢原子只吸收两个能级差的能量，因此n＝3能级的氢原子吸收的能量为ΔEk＝－0.85 eV－(－1.51 eV)＝0.66 eV，这时氢原子处在n＝4的能级上，可辐射6种频率的光，C正确；若用光子照射氢原子，氢原子只能吸收光子能量恰好为能级能量差的光子，2.81 eV能量的光子不被吸收，D错误．
20．(2019·山西临汾市二轮复习模拟)水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下．两物体的v－t图线如图7所示，图中AB∥CD.则整个过程中(　　)

图7
A．水平推力F1、F2大小可能相等
B．a的平均速度大于b的平均速度
C．合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量
D．摩擦力对a物体做的功小于摩擦力对b物体做的功
答案　CD
解析　由题图知，AB与CD平行，说明撤去推力后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等．水平推力作用时，由图象可知a的加速度大于b的加速度，根据F－Ff＝ma可知水平推力F1大于F2，故A错误；设两物体的最大速度为v，加水平推力时两物体的平均速度均为，撤去水平推力后两物体的平均速度仍为，可知a的平均速度等于b的平均速度，故B错误；根据动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量，即IF－If＝0，故C正确；由题图可知，a的位移小于b的位移，因两物体的摩擦力相等，可知摩擦力对a物体做的功小于摩擦力对b物体做的功，故D正确．
21．(2019·安徽安庆市下学期第二次模拟)有一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c、d四点的位置如图8所示，cd、cb 分别垂直于x轴、y轴，其中a、b、c三点电势分别为：4 V、8 V、10 V，使一电荷量为q＝－2×10－5 C的负点电荷由a点开始沿abcd路线运动，则下列判断正确的是(　　)

图8
A．坐标原点O的电势为6 V
B．电场强度的大小为 V/m
C．该点电荷在c点的电势能为2×10－5 J
D．该点电荷从a点移到d点过程中，电场力做功为 8×10－5 J
答案　AD
解析　由于是匀强电场，所以沿同一方向前进相同距离电势的变化量相等，所以φc－φb＝φO－φa，代入数据解得：φO＝6 V，故A正确；
ab中点e的电势为φe＝6 V，连接Oe则为等势面，如图所示，

由几何关系可知，ab垂直于Oe，则ab为一条电场线，且方向由b指向a，电场强度为：E＝＝ V/m＝100 V/m，故B错误；
该点电荷在c点的电势能为：Epc＝qφc＝－2×10－4 J，故C错误；
b、d在同一等势面上，该点电荷从a点移动到d点电场力做功为：
Wad＝qUad＝qUab＝(4－8)×(－2×10－5) J＝8×10－5 J，故D正确．
22．(6分)(2019·辽宁大连市第二次模拟)某同学为了验证“力的平行四边形定则”，设计了如下实验，实验原理如图9甲所示．将三根细绳套系于同一点O，然后与同学配合，同时用三个弹簧秤分别拉住三根细绳套，以合适的角度向三个不同方向拉开．当稳定后，分别记录三个弹簧秤的读数．
(1)关于下列实验操作不必要的步骤是：________.
A．要保证三根细绳套长度相等
B．实验时需要注意保证各弹簧秤及细绳套在同一水平面内
C．改变拉力重复实验，每次必须保证O点在同一位置
D．记录弹簧秤读数的同时，必须记录各拉力的方向
E．为完成平行四边形定则的验证，实验时还需要测量各拉力间的夹角
(2)某次实验测得弹簧秤读数分别为FA＝2.2 N，FB＝2.4 N，FC＝3.2 N，请根据图乙记录的各力的方向，结合实验原理，在虚线框内画出力的图示，并作出相应的平行四边形，加以验证．

图9
答案　(1)ACE　(2)见解析
解析　(1)细绳套连接弹簧秤与结点，取合适长度即可，没必要等长，A没有必要；实验时，需要各弹簧秤及细绳套在同一水平面内，保证各个力在同一个水平面内，才可以进行合成验证，B有必要；三力平衡条件下，无论结点在什么位置，都满足任意两个力的合力与第三个力等大反向，所以没必要每次必须保证O点在同一位置，C没有必要；力的合成需要知道分力的大小和方向，所以必须记录各拉力的方向，D有必要；通过合成平行四边形，

合力与分力方向可以通过作图确定，没必要测量夹角，E没有必要．
(2)根据图乙作出力的图示，如下：
通过测量，F合与FB在误差允许的范围内等大反向，平行四边形定则成立．
23．(9分)(2019·河南八市重点高中联盟第三次模拟)某同学将电流表A与一电源和滑动变阻器串联改装成欧姆表．并测定电源的电动势E和内阻r，如图10甲所示，已知电流表内阻Rg＝7.5 Ω，满偏电流Ig＝10 mA.电流表的表盘如图乙所示，该同学做如下操作：


图10
(1)首先，将两表笔短接后，调节滑动变阻器R，使电流表A达到满偏．移开两表笔，若用电阻箱替代滑动变阻器R.仍使电流表满偏．电阻箱读数如图丙所示，则R＝________.
(2)保持滑动变阻器R接入电路阻值不变，重新接回，将两表笔接电阻箱，可以逐一将欧姆表刻度标出，当电阻箱调至100 Ω时，电流表读数如图乙所示，则此时电流为________ A.
(3)由此，可以测出电源的电动势E＝________，内阻r＝________.
(4)改装好的欧姆表使用一段时间后，可认为电源电动势有所降低，电源内阻增大，该同学按照步骤规范操作，测量某一定值电阻，测得电阻值________真实值(填“大于”“等于”或“小于”)．
答案　(1)142.0 Ω　(2)0.006 0　(3) 1.5 V　0.5 Ω　(4)大于
解析　(1)由题图丙所示电阻箱可知，其读数为：1×100 Ω＋4×10 Ω＋2×1 Ω＋0×0.1 Ω＝142.0 Ω；
(2)电流表量程为10 mA，由题图乙所示表盘可知，其最小分度值为0.2 mA，示数为6.0 mA＝0.006 0 A；
(3)根据题意，应用闭合电路欧姆定律可知：0.010 A＝，0.006 A＝，解得：E＝1.5 V，r＝0.5 Ω.
(4)欧姆调零时：R内＝，电源电动势降低，欧姆调零后，欧姆表内阻R内减小，用欧姆表测电阻时：I＝＝＝，由于R内减小，测电阻时电流I偏小，指针偏左，所测电阻偏大，电阻测量值大于真实值．
2016年(全国1卷)逐题仿真练
题号 14 15 16 17 18
考点 平行板电容器间电场 质谱仪 理想变压器 万有引力定律 力与运动
题号 19 20 21 22 23
考点 动态平衡问题 电场能的性质 v－t图象和追及相遇 验证机械能守恒 热敏电阻和报警电路


二、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)
14．(2019·福建泉州市5月第二次质检)如图1甲，先将开关S掷向1，给平行板电容器C充电，稳定后把S掷向 2，电容器通过电阻R放电，电流传感器将电流信息导入计算机，屏幕上显示出电流I随时间t变化的图象如图乙所示．将电容器C两板间的距离增大少许，其他条件不变，重新进行上述实验，得到的I－t图象可能是(　　)

图1

答案　C
解析　将电容器两极间距离增大，根据平行板电容器决定式：C＝，可知电容变小，则充电电荷量：Q＝CU变小，但充电完成后，电容器两端电压仍与电源电压U相等，所以再次放电，初始时刻的电流不变，但电荷量变小，I－t图面积代表电荷量，所以面积比题图乙小，A、B、D错误，C正确．
15．(2019·福建龙岩市5月模拟)质谱仪的原理如图2所示，虚线AD上方区域处在垂直纸面向外的匀强磁场中，C、D处有一荧光屏．同位素离子源产生a、b两种电荷量相同的离子，无初速度进入加速电场，经同一电压加速后，垂直进入磁场，a离子恰好打在荧光屏C点，b离子恰好打在D点．离子重力不计．则(　　)

图2
A．a离子质量比b的大
B．a离子质量比b的小
C．a离子在磁场中的运动时间比b的长
D．a、b离子在磁场中的运动时间相等
答案　B
解析　设离子进入磁场的速度为v，在电场中qU＝mv2，在磁场中Bqv＝m，联立解得：r＝＝，由题图知，b离子在磁场中运动的轨道半径较大，a、b为同位素，电荷量相同，所以b离子的质量大于a离子的，所以A错误，B正确；在磁场运动的时间均为半个周期，即t＝＝，由于b离子的质量大于a离子的质量，故b离子在磁场中运动的时间较长，C、D错误．
16．(2019·福建龙岩市5月模拟)如图3甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，L1、L2、L3为三只规格均为“9 V,3 W”的灯泡，各电表均为理想交流电表，定值电阻R1＝9 Ω.输入端交变电压u随时间t变化的图象如图乙所示，三只灯泡均正常发光，则(　　)

图3
A．电压u的瞬时表达式为u＝36sin πt(V)
B．电压表的示数为33 V
C．电流表的示数为1 A
D．定值电阻R2＝3 Ω
答案　B
解析　由题图乙知，交变电流的周期为0.02 s，ω＝＝100π rad/s，电压的瞬时值u＝36sin 100πt(V)，故A错误；灯泡正常发光，每个灯泡的电流为I＝＝ A，故副线圈的电流I2＝3I＝1 A，根据变流规律：＝，解得原线圈电流I1＝ A，所以C错误；电阻R1的电压UR1＝I1R1＝3 V，由题图乙知输入端电压的有效值为36 V，则变压器原线圈的电压U1＝36 V－3 V＝33 V，所以电压表的读数为33 V，故B正确；根据变压规律：＝，可得副线圈的电压U2＝11 V，电阻R2两端的电压为UR2＝U2－UL＝11 V－9 V＝2 V，故R2＝＝2 Ω，所以D错误．
17．(2019·北京市东城区二模)某行星外围有一圈厚度为d的光带，简化为如图4所示模型，R为该行星除光带以外的半径．现不知光带是该行星的组成部分还是环绕该行星的卫星群，当光带上的点绕行星中心的运动速度v，与它到行星中心的距离r，满足下列哪个选项表示的图象关系时，才能确定该光带是卫星群(　　)

图4

答案　D
解析　若光带是卫星群，则应该满足G＝m，即v2＝，即v2－图象应该是过原点的直线，故选D.
18.如图5所示，在粗糙的水平地面上，物块A、B在水平外力F的作用下都从静止开始运动，运动过程中的某一时刻，物块A、B的速度vA、vB和加速度aA、aB大小关系可能正确的是(　　)

图5
A．vA>vB，aA＝aB B．vAC．vA＝vB，aA＝aB D．vA>vB，aA>aB
答案　BC
解析　由题意知，A、B之间无相对滑动一起加速时，vA＝vB，aA＝aB；发生相对运动时，一定是：vA19．(2019·安徽淮南市第二次模拟)如图6所示，水平地面上有一倾角为θ的光滑斜面(底面粗糙)，一轻质弹簧一端固定在竖直墙壁上的O点，另一端连接一质量为m的木块．开始时，把木块放在斜面上某位置，木块和斜面均静止不动，此时弹簧水平且处于压缩状态．已知重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)

图6
A．开始时，弹簧弹力大小等于mgtan θ
B．开始时，斜面受到三个力的作用
C．若将O点稍微下移一点，木块仍可能在原位置静止
D．若将O点稍微上移一点，木块仍可能在原位置静止
答案　AC
解析　对木块受力分析，根据平衡知识可知，开始时，弹簧弹力大小F＝mgtan θ，选项A正确；开始时，斜面受到：重力、地面的支持力和摩擦力、木块的压力四个力的作用，选项B错误；若将O点稍微下移一点，则弹簧长度增加，弹力减小，由图可知，木块仍可能在原位置静止，选项C正确；若将O点稍微上移一点，弹簧弹力仍减小，但是木块平衡需要的弹力F要增加，可知木块不可能在原位置静止，选项D错误．

20．(2019·河南郑州市第一次模拟)如图7所示，在竖直平面内有一匀强电场，一带电荷量为＋q、质量为m的小球在力F的作用下，沿图中虚线由M至N做竖直向上的匀速运动．已知力F和MN之间的夹角为45°，MN之间的距离为d，重力加速度为g.则下列说法正确的是(　　)

图7
A．电场的方向可能水平向左
B．电场强度E的最小值为
C．当qE＝mg时，小球从M运动到N时电势能变化量为零
D．F所做的功一定为mgd
答案　BC
解析　小球受力情况：小球受到重力mg、拉力F与电场力qE，因为小球做匀速直线运动，合力为零，则F与qE的合力与mg大小相等、方向相反，作出F与qE的合力，如图所示，
根据图可知，电场力方向指向右侧，由于小球带正电，电场方向与电场力方向相同，故指向右侧，故A错误；由图可知，当电场力qE与F垂直时，电场力最小，此时场强也最小．则得：qE＝mgsin θ，所以电场强度的最小值为E＝＝，故B正确；当mg＝Eq时，根据几何关系，电场力水平向右，与MN垂直，小球从M运动到N电场力不做功，即小球从M运动到N时电势能变化量为零，故C正确；由于电场力变化时，F大小也跟随着改变，所以做功也不能确定具体值，故D错误．

21．(2019·安徽宣城市第二次模拟)甲、乙两车在一平直公路上从同一地点沿同一方向沿直线运动，它们的v－t图象如图8所示．下列判断正确的是(　　)

图8
A．乙车启动时，甲车在其前方50 m处
B．乙车超过甲车后，两车不会再相遇
C．乙车启动10 s后正好追上甲车
D．运动过程中，乙车落后甲车的最大距离为75 m
答案　ABD
解析　根据v－t图线与时间轴包围的面积表示位移，可知乙在t＝10 s时启动，此时甲的位移为x＝×10×10 m＝50 m，即甲车在乙前方50 m处，故选项A正确；乙车超过甲车后，由于乙的速度大，所以不可能再相遇，故选项B正确；由于两车从同一地点沿同一方向沿直线运动，当位移相等时两车才相遇，由题图可知，乙车启动10 s后位移小于甲的位移，还没有追上甲，故选项C错误；当两车的速度相等时相距最远，最大距离为：smax＝×(5＋15)×10 m－×10×5 m＝75 m，故选项D正确．
22．(5分)(2019·福建福州市期末)为了验证矩形线框自由下落过程中上、下边经过光电门时机械能是否守恒，使用了如图9所示的实验装置，已知矩形线框用直径为d的圆形材料做成．某次实验中矩形线框下边和上边先后经过光电门的挡光时间分别为t1和t2.

图9
(1)为完成该实验，还需通过操作测量相应的物理量是________．
A．用天平测出矩形线框的质量m
B．用刻度尺测出矩形线框下边离光电门的高度h
C．用刻度尺测出矩形线框上、下边之间的距离L
D．用秒表测出线框上、下边通过光电门的时间间隔Δt
(2)如果满足关系式________________(请用测量的物理量和已知量来表示，重力加速度为g)，则自由下落过程中线框的机械能守恒．
答案　(1)C　(2)()2－()2＝2gL
解析　(1)根据机械能守恒的表达式，可知不需要测量其质量，故A错误；实验中需要测量过程中重力势能的减小量，因此需要测量矩形线框上下边之间的距离L，不需要测量释放时其下边离桌面的高度h，故B错误，C正确；根据机械能守恒定律的表达式，可知不需要测量线框上下边通过光电门的时间间隔Δt，故D错误．
(2)本实验中用线框上、下边通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故有：v1＝，v2＝
根据机械能守恒有：mgL＝mv22－mv12
即()2－()2＝2gL.
23．(10分)(2019·山东济宁市第二次摸底)热敏电阻是传感电路中常用的电子元件．广泛应用于室内空调、电冰箱和微波炉等家用电器中的温度传感器，是利用热敏电阻随温度变化而变化的特性工作的．现在用伏安法研究热敏电阻在不同温度下的伏安特性曲线，要求特性曲线尽可能完整．已知常温下待测热敏电阻的阻值约40～50 Ω.热敏电阻和温度计插入烧杯中，烧杯内有一定量的冷水，其他备用的仪表和器具有：盛有热水的热水杯、直流电源(电动势15 V，内阻可忽略)、直流电流表(对应不同的量程内阻约为0.2 Ω或1 Ω)、直流电压表(对应不同的量程内阻约为5 kΩ或15 kΩ)、滑动变阻器(0～10 Ω)、开关、导线若干．
(1)在图10(a)的方框中用给定的器材画出完整的实验电路图，要求测量误差尽可能小；
(2)根据电路图，在实物图上用笔画线做导线进行连线．


图10
答案　(1)如图所示：

(2)见解析图
解析　(1)因为测量伏安特性曲线，电压需要从0开始，选择分压电路，根据题中信息可知通过电流表的最大电流Im＝＝0.375 A，所以电流表选择小挡位，对应电阻为1 Ω，而电压达到了15 V，所以电压表选择大挡位15 kΩ，根据>，所以采用外接法，可得电路图如图所示

(2)根据电路图连接实物图

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