山东烟台市莱州市第一中学2023-2024学年高三下学期考前学情自测物理试题

莱州一中2021级高三物理第五次质量检测(物理) 一、单选题：本大题共8小题，共32分。 1.如图所示，某运动员在足球场上进行“带球突破”训练。运动员沿边线将足球向前踢出，足球沿边线运动，为控制足球，运动员又向前追上足球。下列图像和图像可能反映此过程的是(    ) A.   B. C. D. 2.抖空竹是国家非物质文化遗产之一。在某次抖空竹表演时，表演者的左右手所持杆和空竹位置如图所示，此时左手高于右手，轻绳两端位置之间的连线与水平方向成角，空竹悬挂在轻绳上。现保持右手所持杆水平且位置不动，只人为改变一个条件，始终保持空竹处于平衡状态，不考虑空竹的转动及轻绳与空竹之间的摩擦，下列说法正确的是(    ) A. 若更换为更长的轻绳，绳子的拉力将变小 B. 若更换为更长的轻绳，绳子的拉力将不变 C. 若使左手持杆缓慢竖直向下移动至的过程中，绳子拉力逐渐变小 D. 若使左手持杆顺时针缓慢以右杆为圆心画圆弧移动至的过程中，绳子拉力逐渐变小 3.一列周期为、沿x轴方向传播的简谐横波在某时刻的部分波形如图所示，P，Q，M为波上三个质点，已知该时刻质点P，Q坐标分别为、，质点Q正沿y轴负方向振动，则(    ) A. 该波沿x轴正方向传播 B. 从图示时刻起质点P经过回到平衡位置 C. 该波的波速为 D. 从图示时刻起质点M的振动方程为 4.如图一理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压恒定的交变电源。为定值电阻，为滑动变阻器，滑片初始位置在最右端。理想电压表V的示数为U，理想电流表A的示数为I。下列说法正确的是(    ) A. 保持位置不变，向左缓慢滑动的过程中，I增大，U减小 B. 保持位置不变，向左缓慢滑动的过程中，消耗的功率减小 C. 保持位置不变，向下缓慢滑动的过程中，I增大，U增大 D. 保持位置不变，向下缓慢滑动的过程中，消耗的功率增大 5.地球大气层对光线的折射会使我们提前看到日出，称为蒙气差效应。地理老师制作了教具来演示这一效应，如图所示为教具中“地球”的北极俯视图，“地球”半径为15cm，绕“地轴”逆时针自转周期为，折射率为的“大气层”厚度为10cm，以平行光入射充当“太阳光”，则由于“大气层”的存在，“地球赤道”上的点相对于没有大气层将提前约多长时间看到“太阳光”(    ) A. 5s B. C. 10s D. 6.用不同波长的光照射光电管阴极探究光电效应的规律时，根据光电管的遏止电压与对应入射光的波长作出的图像如图所示。已知光电子的电荷量大小为e，光速为c，下列说法正确的是    A. 该光电管阴极材料的极限频率大小为 B. 由图像可得普朗克常量 C. 当用波长的光照射光电管极时，光电子的最大初动能为2be D. 当用波长的光照射光电管的阴极时，光电子的最大初动能随的增大而增大 7.如图所示为我国自主研发的第一台全地面起重机QAY25，起重范围从25t到2600t。若该起重机由静止开始竖直提升质量为200t的物体，其图像如图所示，不计其它阻力，g取，下列说法正确的是(    ) A. 起重机的额定功率为 B. 重物上升的最大速度 C. 重物内做匀加速直线运动 D. 7s内起重机对重物做的功为 8.中国科幻大片《流浪地球2》中描述的“太空电梯”让人印象深刻，由教育部深空探测联合研究中心组织、重庆大学等高校合作的“多段式多功能载运月球天梯概念研究”原理与其类似。图甲是“天梯”项目海基平台效果图，是在赤道上建造垂直于水平面的“太空电梯”，宇航员乘坐太空舱通过“太空电梯”直通地球空间站。图乙中r为宇航员到地心的距离，R为地球半径，曲线A为地球引力对宇航员产生的加速度大小与r的关系；直线B为宇航员由于地球自转而产生的向心加速度大小与r的关系，关于质量为m、相对地面静止在不同高度的宇航员，下列说法正确的是(    ) A. 随着r的增大，宇航员的角速度减小 B. 随着r的增大，宇航员感受到的“重力”先增大后减小 C. 宇航员随地球自转的周期为了 D. 在离地面高为R的位置，宇航员对座椅的压力大小为 二、多选题：本大题共4小题，共16分。 9.如图所示，O和是圆柱体上下底面的圆心，AB是上底面的一条直径，C，D两点在直径AB上，且关于O点对称。M点在上底面的圆周上，且MO与直径AB垂直。点和点分别是C，D两点在下底面的投影点。在A，B两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是(    ) A. 试探电荷在C点与D点的加速度相同 B. M点与O点的电势差大于C点与O点的电势差 C. 试探电荷可以在所在平面内做匀速圆周运动 D. 将试探电荷由点沿直线移动到点，其电势能减小 10.如图所示，质量的木箱，放在光滑水平面上，木箱中有一个质量为的铁块，木箱与铁块用一水平轻质弹簧固定连接，木箱与铁块一起以的速度向左运动，与静止在水平面上质量的铁箱发生正碰，碰后铁箱的速度为，忽略一切摩擦阻力，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内，则(    ) A. 木箱与铁箱碰撞后瞬间木箱的速度大小为 B. 木箱与铁箱碰撞后，当木箱的速度为零时，弹簧的弹性势能最大 C. 从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力对铁块的冲量大小为 D. 从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹性势能的最大值为160J 11.如图甲所示，倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，匀强电场沿斜面方向。带正电的滑块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，，，则下列说法正确是(    ) A. 滑块上升过程中动能与电势能之和增大 B. 滑块的重力大小为 C. 滑块受到的电场力大小为 D. 滑块上滑过程中，重力势能增加了 12.如图所示，两根足够长的固定平行光滑金属导轨位于同一水平面上，导轨上横放着两根导体棒ab，cd，其质量分别是、，导轨间的有效电阻均为R，导体棒ab，cd与导轨构成矩形回路。初始时，两棒中间用轻绳连接且处于静止状态，ac间和bd间分别有一处于压缩状态的完全相同的轻质弹簧，在导轨的两侧有竖直向下的匀强磁场虚线内无磁场，磁感强度均为B。剪断轻绳后，两导体棒分别向左、右运动，当同时运动到虚线处弹簧恰好恢复原长并与两棒分离，则(    ) A. 两棒达到虚线处速率相等 B. 在弹簧恢复原长的过程中，两棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒 C. 导体棒ab、cd进入磁场后，两棒构成的系统动量守恒，机械能不守恒 D. 当导体棒ab运动到最左端的同时cd棒运动到最右端 三、实验题：本大题共2小题，共18分。 13.某同学利用激光方向性和单色性好的特点，借助“插针法”的光的折射率。主要步骤如下： 如图甲所示，木板上固定好白纸，放好圆柱玻璃，在圆柱玻璃底面边界描点。调节左侧激光入射角，在激光照射到的位置竖直插针，使之恰好挡住光线，确定光路，如图乙所示。移除圆柱玻璃，确定圆柱横截面的圆心和圆周边界，作光路图。 以下关于实验操作的描述中正确的是_________ A.为方便作图，可用铅笔环绕圆柱底部一周作圆周边界 B.图乙中插针顺序依次为、、、或、、、 C.插针时，和离圆柱玻璃近一些测量更准确 D.若入射角过大，会发生全反射而观察不到出射光线 如图丙所示，以入射点为圆心，适当长度为半径作圆，与入射光线和折射光线分别交于M、N两点，过M、N两点作法线的垂线分别交于P、Q两点，测得、MP、、NQ长度分别为、、、，则折射率__________。用、、或表示 若该同学在作图时，将圆柱体横截面半径画得略偏大，圆心仍是准确的，这样会导致折射率的测量值_______。填“偏大”、“偏小”或“无影响” 14.如图所示，恒流源输出的电流大小恒定，与电流表G的满偏电流相同，电流表G的内阻为。现对一只数字已模糊的电阻箱重新标记，将电阻箱和电流表G如图接入电路，闭合开关、，调整电阻箱的旋钮到不同位置，分别读出电流表G的示数I，根据电流表G的示数和不同旋钮位置可对电阻箱旋钮刻度进行标定。 请你利用此电路分析出电阻箱接入电路的电阻与电流表的示数I之间的表达式_________结果用题中的字母表示 某同学采用如图虚线框中所示结构模拟恒流源，先闭合，断开，调节使电流表G满偏；然后保持的滑片位置不动，闭合，调整电阻箱的旋钮到不同位置，用中相同的方法标定电阻值。为了减少误差，在选择电源与滑动变阻器时，应尽量选择电动势________填“大”或“小”一些的电源。 用图所示电路进行测量时，的测量值将_________填“偏大”或“偏小”，且电阻箱接入电路的阻值越大，误差将_________填“越大”或“越小”或“不变”。 四、计算题：本大题共4小题，共34分。 15.如图所示，两根位于同一水平面内的平行的长直金属导轨处于匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直。一质量为m的均匀导体细杆放在导轨上，并与导轨垂直，可沿导轨无摩擦地滑动，细杆与导轨的电阻可忽略不计。导轨的左端与一根阻值为的电阻丝相连，电阻丝置于一绝热容器中，假设电阻丝产生的热量全部被容器内的气体吸收。容器与一水平放置的开口细管相通，细管内有一横截面积为S的小液柱质量不计，液柱将1mol的理想气体封闭在容器中。已知理想气体状态方程为，气体温度升高1K时，其内能的增加量为其中n为物质的量，R为理想气体常数，大气压强为，现令细杆沿导轨方向以初速度开始向右运动，求最终液柱达到平衡时在细管中移动的距离。 16.某同学在风洞中模拟强风对滑雪运动的影响。如图所示，倾斜直轨道AC和DF与水平方向夹角均为，动摩擦因数均为。半径为R的粗糙圆弧轨道CD在C点与直轨道AC相切，且D点切线水平。B点所在水平面以上为无风区，以下为水平风区。一质量为m的物体在A点由静止释放，AB两点距离为，在BC段恰好做匀速运动。由D点水平抛出后第一次落在斜面DF上的E点，且DE距离为。物体在风洞中运动时，风力可视为水平恒力，重力加速度为g，，。求： 物体在C点刚进入圆弧轨道时对轨道的压力大小。 物体在圆弧轨道CD上克服摩擦力做的功。 17.如图甲所示，质量为m、电荷量为e的电子在电压为U的加速电场中从静止开始被加速后，恰好匀速通过板间距离为L的MN板，MN板间存在垂直于纸面向外的匀强磁场和竖直方向的匀强电场，磁感应强度大小为。随后电子沿x轴正方向运动，在的空间存在与y轴平行的交变电场，在的空间同时还存在一与y轴平行的交变磁场，取电场和磁场沿方向为正。电子从位置进入电场时开始计时，电场和磁场随时间的变化如图乙所示，其中。忽略电子重力的影响，求： 两极板间的电势差 电子穿过yOz平面时的速度； 电子在的空间中运动到沿y轴方向最低位置点的坐标。 18.如图所示，质量的均匀长木板静置于光滑水平地面上，长木板长，右端恰好位于O点。质量的物块置于长木板右端，物块与长木板间的动摩擦因数。水平地面MN段粗糙程度相同，其余部分光滑。已知，物块与长木板之间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块可视为质点，重力加速度g取。现有一水平向右的恒力作用在长木板上，当长木板右端运动到M点时撤去F，长木板恰好有一半进入MN段时停下，然后再给长木板一个向右的瞬时冲量，使它获得与其右端运动到M点时相同的速度，长木板又向右运动一段后又停下。若物块从长木板上滑落，不会再与之发生相互作用。求： 刚开始作用时，物块和长木板的加速度大小； 撤去F时长木板的速度大小 水平面MN段与长木板间的动摩擦因数； 长木板两次减速所用的时间之比。 答案和解析 1.【答案】D  【解析】【分析】 足球被踢出后，由于受到地面阻力的作用，会做减速运动，运动员向前追赶足球，做加速运动，图像的纵坐标值的变化表示速度的变化，图像与坐标轴所围面积表示位移，图像切线的斜率表示速度。 本题考查图像和图像，解题关键是根据情境分析好足球和人的运动状态，结合图像分析即可。 【解答】 AB、足球被踢出后，由于受到地面阻力的作用，会做减速运动，速度逐渐减小，运动员向前追赶足球，做加速运动，速度逐渐增大，图像与坐标轴的面积表示位移，当运动员追上足球时，运动员和足球的位移相同，图像与坐标轴围成的面积相同，故AB错误； CD、图像的斜率表示速度，足球做减速运动，足球的图像斜率逐渐减小，运动员向前追赶足球，做加速运动，运动员的图像斜率逐渐增大，当运动员追上足球时，足球和运动员在同一时刻到达同一位置，足球和运动员的图像交于一点，故D正确，C错误。 故选D。 2.【答案】A  【解析】设两段绳子之间的夹角为  ，由平衡条件可知 解得 设绳子总长为L，两杆之间的水平距离为s，悬挂点两边的绳子长度为  ，  由几何关系可知 解得 绳长增加，L变大，  变小，  变大，空竹质量不变，则绳子拉力F变小，故A正确，B错误； C.杆下移，L，s都不变  不变，所以拉力不会变化，故C错误； D.杆顺时针走圆弧使s增大，  变大，  变小，F变大，故D错误。 故选A。 3.【答案】B  【解析】【分析】 已知质点Q正沿y轴负方向振动，根据同侧法判断波的传播度方向；写出波动方程，结合质点P、Q坐标求出波长，再求波速；根据间距和波速计算时间；根据M点振动位移写出质点M的振动方程。 解答本题的关键要能写出波动方程、质点的振动方程，从而求出质点在任意时刻的位移，进一步确定质点通过的路程。 【解答】 A.由于该时刻质点Q正沿y轴负方向振动，根据同侧法可知，波沿x轴负方向传播，故A错误； C.设此时波的波动方程为 对于P、Q两点有 则有 ，  解得  则波速，故C错误； B.质点P的平衡位置和质点Q的平衡位置的中间坐标为，根据平移法可得，从图示时刻起质点P经过回到平衡位置的时间，故B正确； D.以该时刻为  时刻，设质点M的振动方程为，则有，由于此时质点M向上振动，则有，所以从图示时刻起质点M的振动方程为，故D错误。 4.【答案】A  【解析】由题意可知，原副线圈的匝数比为2，则副线圈的电流为2I，根据欧姆定律可得副线圈的电压有效值为：，则变压器原线圈的电压有效值为：，设输入交流电的电压有效值为，则，可得：，保持位置不变，向左缓慢滑动的过程中，I不断变大，根据欧姆定律：，可知变压器原线圈的电压有效值变大，输入电压有效值不变，则两端的电压不断变小，则电压表示数U变小，原副线圈的电压电流都变大，则功率变大，根据原副线圈的功率相等，可知消耗的功率增大，故A正确，B错误； 设原副线圈的匝数比为n，同理可得：，则，整理可得：，保持位置不变，向下缓慢滑动的过程中，n不断变大，则I变小，对由欧姆定律可知：，可知U不断变小； 消耗的功率：，可知消耗的功率减小，故CD错误。 5.【答案】B  【解析】【分析】 本题以蒙气差效应这一自然现象为情境载体，物理观念方面重点考查光的折射定律，能力方面考查理解能力、模型建构能力、分析综合能力。引导学生关注自然现象，尝试用物理原理解释自然现象。 【解答】 解：“太阳光”是平行光，临界光路如图所示， 设“地球”半径为R，“大气层”厚度为h，由几何关系可得， 根据折射定律，可得。 由几何关系可知，如果没有大气层，地球需要多转角度才能看见太阳， 有。 “地球赤道”上的点提前看到“太阳光”的时间，故ACD错误，B正确。 故选B。 6.【答案】C  【解析】【分析】 本题考查了光电效应的相关应用，熟悉光电效应方程，结合图像的物理意义即可完成分析，难度不大。 【解答】 由动能定理结合光电效应方程可得：，整理得，图像的斜率为，可求得，结合图像的特点可知，光电管阴极材料的极限频率大小为ac，故A错误，B错误； C.波长的光照射光电管的阴极时，光电子的最大初动能为：，故C正确； D.波长的光照射光电管的阴极时，光电子的最大初动能为：，光电子的最大初动能为0， 增大不会发生光电效应，故D错误。 7.【答案】D  【解析】【分析】 本题考查动力学的综合问题，解决问题的关键是理解图像的物理意义，结合图像分析清楚重物的运动过程，利用牛顿第二定律、功和功率的表达式、动能定理分析判断。 【解答】 A.根据牛顿第二定律与功率表达式可得，，由图像可得，所以，故A错误； B.重物的最大速度，故B错误； C.重物匀加速运动的时间为，故C错误； D.内重物上升高度：，设起重机对重物做的功为W，对重物由动能定理得，，解得，5s后起重机功率恒定，那么5∽7s内起重机对重物做的功为，那么7s内起重机对重物做的功为，故D正确。 8.【答案】D  【解析】【分析】 本题考查了万有引力定律的应用；根据万有引力提供向心力来解决问题。 太空天梯与地球的自转角速度相同； 引力加速度正好等于宇航员做圆周运动的向心加速度，即万有引力提供做圆周运动的向心力；根据重力和万有引力关系判断。 【解答】 当时，引力加速度正好等于宇航员做圆周运动的向心加速度，即万有引力提供做圆周运动的向心力，所以宇航员相当于卫星，此时宇航员的角速度跟地球的自转角速度一致，可以看做是地球的同步卫星，即为地球同步卫星的轨道半径； A.相对地面静止在不同高度的宇航员，角速度相同都等于地球的自转角速度，故A错误； B.宇航员乘坐太空舱在“太空电梯”的某位置时，由牛顿第二定律可得：，其中为太空舱对宇航员的支持力， 宇航员感受的“重力”为：， 其中：为地球引力对宇航员产生的加速度大小，为地球自转而产生的向心加速度大小， 由图可知：在时，随着r增大而减小，宇航员感受的“重力”随r的增大而减小； 在时，随着r增大而反向增大，宇航员感受的“重力”随r的增大而增大，故B错误 C.当时：，解得：，故C错误； D.由可知：； 又； 当在离地面高为R的位置时：； 根据牛顿第三定律：宇航员对座椅的压力大小为，故D正确。 9.【答案】AD  【解析】【分析】 本题考查了静电场，熟练掌握等量异种电荷电场线及电势特点是解题关键。 由等量异种电荷电场线分布求解场强关系，由电势特点比较电势关系，根据电势与电势能的关系分析判断。 【解答】 A.根据等量异号的点电荷电场的分布特点结合对称性可知C点与D点的电场强度相同，则试探电荷在C点与D点的加速度相同，故A正确； B.M点在上底面的圆周上，且MO与直径AB垂直，则可知O、M的电势均为0，C点电势为正，则M点与O点的电势差小于C点与O点的电势差，故B错误； C.试探电荷可以在所在平面内不能做匀速圆周运动，故C错误； D.由电场线分布可知：点的电势大于点的电势，则将试探电荷由点沿直线移动到点，其电势能减小，故D正确。 10.【答案】CD  【解析】【分析】 本题考查了动量守恒定律、动量定理与能量守恒定律的应用，分析清楚物体的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、动量定理与能量守恒定律可以解题，解题时注意正方向的选择。 木箱与铁箱碰撞过程木箱与铁箱组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出碰撞后木箱的速度； 木箱与铁箱碰撞后木箱与铁块组成的系统动量守恒，弹簧压缩最短时，木箱与铁块速度相等，应用动量守恒定律可以求出木箱与铁块的共同速度； 对木箱应用动量定理可以求出弹簧对木箱的冲量大小； 弹簧压缩最短时木箱与铁块的速度相等，应用能量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能。 【解答】 A.设木箱与铁箱碰撞后瞬间木箱的速度，木箱与铁箱碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：，解得：，负号表示碰撞后木箱向右运动，故A错误； B.木箱与铁箱碰撞后，当木箱的速度与铁块速度相等时，弹簧压缩最短，弹簧的弹性势能最大，故B错误； C.设碰撞后到弹簧最短的过程，二者共速，由动量守恒定律得：，解得，弹簧弹力对木箱的冲量大小为I，根据动量定理有：，解得：，故C正确； D.弹性势能的最大值：，解得：，故D正确。 11.【答案】BC  【解析】【分析】 动能定理：合外力做功等于动能的变化量；功能关系：除了重力和系统内弹簧弹力做功，其他外力做功等于系统机械能的变化量；根据功能关系和动能定理，分析图中两图象斜率的含义即可。 本题考查功能关系的运用，要知道动能定理和功能关系的内容，分析好滑块下滑的过程中动能、重力势能以及机械能的变化情况，分析好图象对应的能量以及相应图象斜率的含义是解题的关键。 【解答】 A.根据图像可知，滑块上升过程中动能与电势能之和减小，故A错误； D.上滑过程中，电场力对木块做负功，滑块的机械能要减少，由图乙可知物块的机械能减少了 动能减少了 所以滑块的重力势能增加了 故D错误； C.设滑块质量为 m ，由图乙可知滑块上滑的距离为  ，则有 则滑块受到的电场力大小为，故C正确； B.滑块上滑过程中，重力做负功，滑块的重力势能增加了，则有 则滑块的重力大小为，故B正确。 故选BC。 12.【答案】BCD  【解析】【分析】 本题主要考查了动量定理、动量守恒和机械能守恒的判断。解答本题的关键是明确：动量守恒的条件是系统所受的合外力为0；机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，或观察是否有机械能以外的能量产生。 【解答】 A、两棒达到虚线处过程中，两棒所受的合外力大小相等，同时运动到虚线处，运动时间相同，根据，两棒的质量不同，所以两棒达到虚线处速率不相等，故A错误； B、在弹簧恢复原长的过程中，两棒和弹簧构成的系统外力的合力为0，系统动量守恒，系统只有弹力做功，所以机械能守恒，故B正确； C、导体棒ab、cd进入磁场后，导体棒ab、cd电流大小相等、方向相反，所以两根导体棒所受安培力的方向大小相等、方向相反，两根导体棒和弹簧构成的系统在运动过程中是合外力为0，所以系统动量守恒，但是由于产生感应电流，产生热量，所以一部分机械能转化为内能，则系统机械能不守恒，故C正确； D、从开始运动到两棒运动到最远处，两棒组成的系统动量一直守恒，而初始总动量为0，所以末总动量也为0，即两者同时停止运动，即当导体棒ab运动到最左端的同时cd棒运动到最右端，故D正确。 13.【答案】 ； 偏大  【解析】【分析】 本题考查了测定玻璃的折射率；解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，然后熟练应用物理规律来解决实验问题。 根据实验操作要求分析； 根据，结合几何关系得出折射率； 根据误差来源分析。 【解答】 作图时，应移开圆柱后再画圆周边界线，以免污染和磨损玻璃圆柱，故A错误； B.据折射定律可知，光线从圆柱玻璃砖射出时，根据光线的射出点可以确定出射光线，观察的这一侧插两枚大头针、，使挡住、的像，挡住及、的像，记下、的位置，所以插针顺序依次为、、、，故B错误； C.插针时，和离圆柱玻璃近一些测量更准确，故C正确； D.不管、连线与法线夹角多大，也不可能在圆柱玻璃砖面发生全反射，故D错误。 由图丙：，，则。 若该同学在作图时，将圆柱体横截面半径画得略偏大，圆心仍是准确的，这样导致NQ偏小，即偏小，则折射率的测量值偏大。 14.【答案】 大 偏大；越小  【解析】【分析】 本题考查的是安阻法测未知电阻阻值，根据串并联电路特点求解未知电阻阻值，为了提高电路的稳定性，电源应选择电动势偏大一些，根据电阻箱和电流表分压分流特点进行误差分析。 【解答】 根据并联分流原理得； 为了提高电路的稳定性，电源应选择电动势偏大一些； 为了使干路电流不变，滑动变速器的阻值应该调小，则电阻箱和电流表的分压偏大，电流表电流偏大，故测量值偏大。电阻箱接入电路的阻值越大，具有更高的电阻范围和更精细的调节能力，则误差将越小。 15.【答案】解：导体细杆运动时，切割磁感应线，在回路中产生感应电动势与感应电流，细杆将受到安培力的作用，安培力的方向与细杆的运动方向相反，使细杆减速，随着速度的减小，感应电流和安培力也减小，最后杆将停止运动，感应电流消失．在运动过程中，电阻丝上产生的焦耳热，全部被容器中的气体吸收．根据能量守恒定律可知，杆从减速至停止运动的过程中，电阻丝上的焦耳热Q应等于杆的初动能，即     容器中的气体吸收此热量后，设其温度升高，则内能的增加量为  在温度升高的同时，气体体积膨胀，推动液柱克服大气压力做功．设液柱的位移为，则气体对外做功 就是气体体积的膨胀量 由理想气体状态方程，注意到气体的压强始终等于大气压，故有 由热力学第一定律               由以上各式可解得  【解析】本题是电磁感应与热力学的综合，它们联系的纽带是热量．对于气体等压变化过程，要知道气体对外做功公式是，在推导的基础上记牢，这在热力学第一定律的应用中经常用用到． 先分析导体细杆的运动情况，根据能量守恒定律求得杆从减速至停止运动的过程中，电阻丝上产生的焦耳热容器中的气体吸收此热量后，温度会升高，根据题意：温度升高1K时，该气体的内能的增加量为，得到内能的增加量与升高的温度关系式．在温度升高的同时，气体体积膨胀，推动液柱克服大气压力做功．根据功的计算公式求出气体对外做功，再根据热力学第一定律列出方程，即可求得达到平衡时细管中液柱的位移. 16.【答案】解：设水平风力大小为F， AB段，由动能定理， BC段，受力平衡， C点，由牛顿第二定律， 由牛顿第三定律得C点对轨道压力大小为。 段水平方向， 竖直方向， CD段由动能定理， 解得。  【解析】在AB段由动能定理求末速度，在BC段恰好做匀速运动，由平衡条件分析，在C点由牛顿第二定律结合向心力公式求出轨道支持力，由牛顿第三定律求压力； 根据运动的合成与分解规律分析DE段运动，再分析CD段由动能定理求物体在圆弧轨道CD上克服摩擦力做的功。 17.【答案】解： 由动能定理得： 由平衡条件得： 电场向上， 由运动学规律得： 得 与x轴夹角 经分析可知         ，2，到最低点 或 或        ，2，        ，2， 即最低点坐标 ，2，  【解析】对电子在加速电场中运动过程，根据动能定理列式，即可求出两极板间的电势差； 电子在偏转电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律和分位移公式相结合求电子穿过yOz平面时的速度； 根据分运动的规律和交变电磁场周期性运动的特点相结合，可求电子在的空间中运动到沿y轴方向最低位置点的坐标。 对于带电粒子在电场中的运动问题，关键要弄清在不同的物理过程中带电粒子的受力情况及运动性质，并选用相应的物理规律。 18.【答案】解：二者恰相对滑动时 对物块： 对整体： ，故相对滑动 物块的加速度 对木板：1 设经t物块滑下木板 此时木板位移 木板恰好运动到M点 木板进入MN后， 第一次减速过程： 得： 木板进入MN后可看作从平衡位置开始的简谐运动 满足，其中 第一次减速时间 第二次减速，初动能相同，f增大，减速位移小于，仍为简谐运动 设运动至距M点x处再次停下，则 可得： 由两次减速的图像可知   【解析】分析清楚滑块和木板的运动情况和受力情况是解题的关键，据受力情况判断滑块的运动是解题的核心，灵活利用牛顿运动定律、运动学公式、动能定理和简谐运动的规律进行求解． 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $