2018-2019学年浙江省绍兴市诸暨市高三（上）期末物理试卷
一、单选题
1. 下列物理量中属于矢量的是（ ）
A. 速率
B. 电势
C. 路程
D. 弹力
2. 发现万有引力定律的科学家（ ）
A. 伽利略
B. 开普勒
C. 牛顿
D. 库仑
3. 在国际单位制中，下列单位属于基本单位的是（ ）
A. 焦耳
B. 千克
C. 欧姆
D. 瓦特
4. 如图是物体做直线运动的v-t图象，由图可知，在t=0到4s这段时问内，物体的
位移是（ ）
A. B. C. D. 0
5. 如图所示为山边公路的横截面，实线EF表示倾角为37的软层面，沿着这个层面可
能产生滑动。质量为1.0×10kg的石块B与上面的岩石之间有一大裂缝（称为节理），仅靠与层面间的摩擦力使它不致滑落，石块与层面间的滑动摩擦因数为0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若有水渗入节理，会结冰膨胀，对石块施加一个平行于EF层面的作用力，导致石块向下滑动。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（ ）
7
A. 没有水渗入节理时，石块共受两个力的作用
B. 没有水渗入节理时，石块所受摩擦力大小为 C. 当有水渗入节理时，层面对石块支持力跟原来相比变小了 D. 当有水渗入节理时，至少需要 平行力才能使石块滑动
6. 如图所示为阿拉斯加当地人的一种娱乐方式。他们用一块弹
性毯子将小孩竖直抛起，再保持弹性毯子水平，接住小孩。不计空气阻力，下列说法中正确的是（ ）
A. 用毯子将小孩上抛，毯子对小孩做正功，小孩机械能增加
B. 小孩在空中上升时处于超重状态，下落过程处于失重状态
C. 小孩由最高点下落，一接触到弹性毯子就立刻做减速运动 D. 小孩由最高点下落至速度为零的过程中，小孩机械能守恒
7. 在雷雨天气中，两头牛躲在一棵大树下，A牛面对大树站立，
B牛侧对大树站立。当闪电击中大树时，大树周围的电势分
布如图所示，则（ ） A. A牛的前脚电势比后脚电势低 B. A牛比B牛受到伤害可能更大 C. 大树周围形成的电场是匀强电场 D. 大树周围形成的电场是图中的同心圆
8. 如图所示，图1为扬声器实物图，当变化电流流过线圈时，线圈在安培力作用下，
与锥形盆一起移进或移出，锥形盆带动周围空气振动而产生声波。图2为扬声器的正视简图，线圈夹在一个圆柱形磁铁的磁极之间，径向磁场方向如图，当线圈中通
以逆时针方向的电流时，则锥形盆（ ） A. 垂直纸面向外移 C. 沿纸面向上移
B. 垂直纸面向内移 D. 沿纸面向下移
9. 如图所示为复印机工作原理图：正电荷根据复印图案排列在鼓表
面，带负电的墨粉颗粒由于电场作用被吸附到鼓表面，随后转移到纸面上“融化”产生复印图案。假设每个墨粉颗粒质量为8.0×10-16kg，带电量为20个多余电子，已知墨粉颗粒受到的电场力必须超过它自身重力的2倍才能被吸附，则鼓表面电场强度至少为（ ） A.
B.
C.
D.
10. 表中列出了对地球表面以上不同高度处相对的重力加速度的值，已知地球半径为
6400km，请你估算一下空格处的重力加速度最接近选项中的哪一个（ ） 离地面高度h/km 0 8.8 36.6 400 36000 A.
重力加速度g（m/s） 9.83 9.80 9.71 8.70 B.
C.
2高度举例 地球表面 珠穆朗玛峰 最高的载人气球 航天飞机轨道 通信卫星 D.
11. 如图所示为一个小型电热水器。浸入水中的加热元件电阻器RL=1.0Ω，在外部并联
的电阻Rs=2.0Ω，电源为恒流源，在正常工作时，电源始终给电路提供I=3.0A的恒定电流。则下列说法正确的是（ ）
A. 两端的电压为 B. 流过 的电流为 C. 上消耗的电功率为
D. 如果减小 的电阻，则 的电功率增大 12. 如图所示的书架放在1m高的桌面上，三层书架的层
高均为30cm，隔板厚度不计。假设每本书质量为1kg，高度为20cm，每层书架可竖直摆放10本书，一开始所有书全部都平铺在水平地面上。现将书搬上并竖直放满书架，需要做的功为（ ） A. 435J B. 420J C. 120J
D. 390J
13. 如图所示是磁盘的磁道，磁道是一些不同半径的同心圆。为了数据检索的方便，磁
盘格式化时要求所有磁道储存的字节与最内磁道的字节相同，最内磁道上每字节所占用磁道的弧长为L．已知磁盘的最外磁道半径为R，最内磁道的半径为r，相邻磁道之间的宽度为d，最外磁道不储存字节。电动机使磁盘以每秒n圈的转速匀速转动，磁头在读写数据时保持不动，磁盘每转一圈，磁头沿半径方向跳动一个磁道，
不计磁头转移磁道的时间。下列说法正确的是（ ） A. 相邻磁道的向心加速度的差值为
B. 最内磁道的一个字节通过磁头的时间为
C. 读完磁道上所有字节所需的时间为
D. 若r可变，其他条件不变，当，
时磁盘储存的字节最多 二、多选题
14. 如图所示为生活中遇到的各种波，以下关于波的说法正确的是（ A. 声波可以发生多普勒效应
B. 手机接受的wifi信号属于紫外线
）
C. 电子衍射证实了电子具有波动性
D. 月全食时的红月亮是因为红光在月球表面发生干涉所致
15. 一列简谐横波沿x轴传播，某时刻的波形如图所示，
已知此时质点E的运动方向沿y轴正方向，则下列说法中正确的是（ ）
A. 此列波正在向x轴负方向传播 B. 质点D此时正在向y轴正方向运动 C. 质点B将比质点A先回到平衡位置 D. 质点C的振幅为零
16. 下列关于原子和原子核说法正确的是（ ）
A. 太阳辐射的能量主要来源于轻核聚变
B. 核裂变可能方程为
C. 衰变所释放的电子是来自原子的内层电子
D. 比结合能越大，原子核中核子结合的越牢固，原子核越稳定 三、实验题探究题
17. （1）在“探究加速度与力和质量的关系”的实验中，装置如图所示，除了图中已
给出的实验器材外，还需要的两种测量工具是______（填字母）
A．秒表 B．天平 C．刻度尺 D．弹簧测力计
（2）如图所示是教材中做“探究橡皮筋做功和物体速度变化的关系”的实验装置
①下列说法中正确的是______（单选）
A．实验需要用到重锤
B．实验需要测量橡皮筋做功具体值 C．实验需要平衡小车受到的摩擦力 D．实验中小车做匀加速直线运动
②某一次实验时打出的纸带如图所示，图中每两个点之间还有4个点未画出，则小车在橡皮筋弹力做功后获得的速度为______m/s。（结果保留两位有效数字）
18. 实验室有一捆规格为”1000m，0.5mm2”的铜导线，已经用去了一部分，某同学想
去测量剩余导线的电阻。
（1）他先使用多用电表去粗测铜导线的电阻，当使用“×10”的欧姆档测量其阻值时，指针偏转如图1所示，为更准确地测量，应该旋转开关至欧姆档______（填“×100”档或“×1”档），并重新调零，调零时两表笔短接后应调节______（选“①”或者“②”）。
（2）为了更精确测量导线电阻，他先后用电流表内接法和外接法测量铜导线的电阻，并将数据描到如图2所示的U坐标图中，在图2中由电流表外接法得到测量图线是______（填“甲”或“乙”）。
19. 某同学用直角三角形玻璃砖做“测量玻璃砖折射率”实验。四枚大头针插入位置如
图1所示，把大头针移掉后得到如图2所示的部分光路图。
（1）为了取得更好的实验效果，下列操作正确的是______（单选）
A．选择的入射角应尽量小些 B．大头针应垂直插在纸面上
C．大头针P1和P2及P3和P4之间的距离尽量小些
D．画三角形玻璃砖的轮廓线时，用笔紧贴玻璃砖表面画线
（2）请在答案纸中用黑笔完成光在玻璃砖中的光路图，要求保留作图过程的痕迹；并在入射点E处标出入射角i和折射角r。 四、计算题
20. 如图所示是某药房机器人搬送药瓶的示意图，药瓶放在水平托盘中，
机器人从一个柜台沿直线运送到另一个柜台。已知机器人先由静止开始匀加速运动时间t1=4.0s，速度达到v=1.0m/s后，接着匀速运动时间t2=18s，最后以加速a=0.5m/s2做匀减速运动，速度减为0时刚好到达另一柜台。已知每个药瓶的质量m=2.0kg，运动过程中药瓶与机器人始终保持相对静止。 （1）求匀加速运动过程中的加速度大小
（2）求匀减速运动过程中每个药瓶受到的摩擦力大小； （3）求整个运动过程中的平均速度大小。
21. 如图所示是滑块翻越碰撞游戏的示意图。弹射装置将滑块以一定初速度从A点弹出，
滑块沿粗糙桌面运动，从B点进入竖直光滑圆轨道，沿圆轨道运动一周后离开轨道，向桌面边缘的C点运动。滑块在C点水平抛出，恰好在D点沿DE方向进入光滑倾斜轨道。固定在轨道底端的弹性板EF与轨道垂直，滑块与弹性板碰撞后反弹，碰撞过程中有能量损失。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，滑块与桌面间的动摩擦因数μ=0.2，桌面AB和桌面BC长度分别为x1=2.25m与x2=1.0m，CD两点高度差
h=0.2m，轨道的倾角θ=30°，DE长度L=0.9m，每次滑块与弹性板碰撞后速度大小
变为碰前的0.6倍。
（1）求滑块从C点运动到D的时间； （2）求滑块在A点的动能大小；
（3）求竖直圆轨道的最大半径； （4）求滑块在倾斜轨道运动的总距离。
22. 如图所示为某研究小组设计的电磁炮供弹和发射装置。装置由倾角θ=37°的倾斜
导轨和水平导轨在AB处平滑连接而成，电磁炮发射位置CD与AB相距x=0.4m。倾斜导轨处有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B1，ABCD区域无磁场，
CD处及右侧有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B2．倾斜导轨顶端的单刀双掷
开关可连接阻值R=1.0Ω的电阻和电容C=0.5F的电容器。质量m=2.0kg、长度L=1.0m、电阻r=10Ω的金属杆ab代替电磁炮弹，金属杆与倾斜导轨和ABCD区域导轨之间的动摩擦因数均为μ=0.5，CD右侧导轨光滑且足够长。供弹过程：开关打到S1处，金属杆从倾斜导轨某个位置及以上任意位置由静止释放，金属杆最终都恰好精确停在CD处；发射过程：开关打到S2处，连接电压U=100V电容器，金属杆从CD位置开始向右加速发射。已知导轨间距为L=1.0m，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力。
（1）求金属杆到达AB处时速度v的大小； （2）为精确供弹，求磁感应强度B1的大小；
（3）当B2多大时，金属杆的最终速度最大？最大速度为多少？
23. 如图1所示为平面坐标系xoy，在第一象限内的虚曲线和y轴之间存在着垂直纸面
向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B；在第二象限内的虚直线（x=-6 a）和y轴之间存在着如图2所示的交变磁场（以垂直纸面向外为磁场的正方向）。在（A2a，0）点的放射源发出质量为m、带电量为+q的粒子，粒子速度大小为v0=
，速度
方向与x轴负方向的夹角为θ（0＜θ＜90°），所有粒子都能垂直穿过y轴后进入第二象限。不计粒子重力和粒子间相互作用。 （1）求夹角θ=45°的粒子经过y轴时的坐标； （2）求第一象限内虚曲线的曲线方程y（x）；
（3）假设交变磁场在0时刻，某粒子刚好经过y轴上的B（0，a）点，则 ①要求该粒子不回到第一象限，交变磁场的变化周期T应满足什么条件？ ②要求该粒子在C（-6 a，a）点垂直虚直线水平射出磁场，求粒子在交变磁场中 运动时间t与磁场变化周期T的比值k的最小值？并求出在这种情况下粒子在交变磁场中的运动时间。
答案和解析
1.【答案】D 【解析】
解：速率、电势和路程都是没有方向的，是标量，只有弹力是即有大小又有方向，是矢量，故ABC错误，D正确。 故选：D。
即有大小又有方向，相加时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、动量等都是矢量；
只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量等都是标量。 本题是一个基础题目，就是看学生对矢量和标量的掌握。 2.【答案】C 【解析】
解：发现万有引力定律的科学家是牛顿，故C正确，ABD错误； 故选：C。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。 3.【答案】B 【解析】
解：力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s；
焦耳是根据功的公式W=Fl推导出来的，欧姆是根据R=导出单位。
故B正确、ACD错误。 故选：B。
国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。
国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的。 4.【答案】C 【解析】
解：根据v-t图象与时间轴所围的面积表示位移，可得，在t=0到4s这段时问内，物体的位移是x=故选：C。
v-t图象与时间轴所围的面积表示位移，图象在时间轴上方位移为正，图象在时间轴下
×1-=1.5m
推导出的；瓦特是根据P=
方位移为负。根据这些知识进行解答。
解决本题的关键要理解速度时间图线的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示位移，但要注意位移的正负。 5.【答案】D 【解析】
解：A、没有水渗入节理时，石块受到重力、支持力和摩擦力3个力的作用，故A错误； B、没有水渗入节理时，石块所受摩擦力大小和重力沿斜面向下的分力相等，即为f=mgsin37°=6.0×10N，故B错误；
C、当有水渗入节理时，层面对石块支持力仍等于重力垂直于斜面向下的分力，保持不变，故C错误；
D、当有水渗入节理时，最大静摩擦力fm=μmgcos37°=6.4×107N，至少需要F=fm-mgsin37°=4.0×106N平行力才能使石块滑动，故D正确。 故选：D。
没有水渗入节理时，石块受3个力的作用，根据平衡条件求解石块所受摩擦力大小； 当有水渗入节理时，层面对石块支持力保持不变，根据平衡条件求解至少需要多大的平行力才能使石块滑动。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。 6.【答案】A 【解析】
解：A、用毯子将小孩上抛，毯子对小孩做正功，小孩机械能增加，故A正确 B． 小孩在空中上升时和下落过程加速度向下，都处于失重状态，B错误； C． 小孩由最高点下落，一接触到弹性毯子在弹力小于重力之前，加速度向下，还是加速运动，C错误；
D． 小孩由最高点下落至速度为零的过程中，除重力外，毯子的弹力对小孩做负功，小孩机械能守恒减小，D错误 故选：A。
加速度向上时处于超重状态，加速度向下时处于失重状态，根据小孩的运动过程判断其所处的状态。
本题考查了超失重状态的判断，知道物体超失重的条件是解题的前提，分析清楚小孩的运动过程即可解题。 7.【答案】B 【解析】
解：A、由该等势面的图可知，该电场类似于正点电荷的电场，A牛的前脚电势比后脚电势高。故A错误；
B、由图可知，A牛的前脚电势比后脚电势高，而B牛的前脚电势与后脚电势近似相等，所以A牛比B牛受到伤害可能更大。故B正确；
7
C、由该等势面的图可知，该电场类似于正点电荷的电场，不是匀强电场。故C错误； D、结合电场的特点可知，图中得同心圆是等势线，不是大树周围形成的电场。故D错误 故选：B。
依据点电荷的电场线与等势线垂直，电场线的分布平行于半径方向，沿着电场线的方向，电势是降低的，从而即可一一求解。
考查点电荷电场强度公式的内容，掌握电势的高低与电场线方向关系，理解不同位置的电势差的大小不同，注意点电荷的正负是解题的关键。 8.【答案】B 【解析】
解：该题采用微元法，将电流分成几段，如该电流的左边磁场的方向向右，电流的方向向下，所以电流受到的安培力的方向垂直于纸面向里；同理可知，电流的上。下以及右侧的电流受到的安培力的方向都是垂直于纸面向里，所以可知锥形盆将垂直纸面向内移。故B正确，ACD错误 故选：B。
扬声器是利用通电线圈在磁场中受到力的作用的原理制成的；由此分析即可。 知道并理解话筒和扬声器的原理是解决该题的关键。本题也可以使用等效磁场法分析解答。 9.【答案】B 【解析】
解：电场力恰好等于自身重力的2倍，有qE=2mg，得E=×103N/C．故B正确，ACD错误。 故选：B。
根据题目条件：墨粉颗粒受到的电场力必须超过它自身重力的2倍才能被吸附，有qE=2mg，可以求出鼓表面电场强度最小值。
本题考查了电场力、静电的利用和防止等知识点。学会利用电场力公式解题是本题的关键。 10.【答案】B 【解析】
解：设地球的半径为R，质量为M，物体的质量为m。根据万有引力等于重力， 在地面处有离地面高h处有两式相除得代入数据解得
=0.224m/s2
，
=
N/C=5.0
故选：B。
不考虑地球自转的影响，认为重力和万有引力相等，对地面和高处分别列式，即可求解。 解决本题关键要掌握重力等于万有引力，从而得到重力加速度的表达式；知道万有引力和重力的关系 11.【答案】C 【解析】
解：RL、Rs的并联值为R并=错误；
流过RL的电流为IL=
=
A=2A，故B错误； =
W=2.0W，故C正确； =
I，如果减小Rs的电阻，则IL减小，RL的电功率=
Ω，RL两端的电压为U=R并I=
×3V=2V，故A
Rs上消耗的电功率为PS=流过RL的电流为IL=减小。故D错误。 故选：C。
先算出RL、Rs的并联值为R并，利用U=R并I算出RL两端的电压；利用欧姆定律IL=以算出流过RL的电流；利用PS=IL=
可
可以算出Rs上消耗的电功率；利用流过RL的电流为
公式，讨论减小Rs，RL的电功率的变化。
本题考查了电功、电功率、欧姆定律等知识点。易错点：这道题是电流恒定，误以为是电压恒定而误解。 12.【答案】C 【解析】
解：将10本书放到第一层时做功，10×1×10×0.1W=10W； 将10本书放到第二层时做功，10×1×10×0.4W=40W； 将10本书放到第三层时做功，10×1×10×0.7W=70W； 所以做的总功为10+40+70=120W；故C正确 故选：C。
分层分析需要将书放上书架所做的功，然后求做功总和即可。
此题考查功的计算公式W=Fxcosθ，注意每层的高度是不一致的，分别计算即可。 13.【答案】D 【解析】
解：A．相邻磁道属于同轴转动，故角速度w相同，转速n相同。 相邻磁道的半径差为d，根据向心加速度公式：a=rw2=r（2πn）2知， 相邻磁道的向心加速度的差值为4π2n2d，故A错误；
B．磁盘转动一圈所用时间位长度的字节所用时间为
，磁盘转一圈磁头所读字节的总长为2πr，所以磁头读单
，
，
又因为一个字节所占弧长为L，所以最内磁道的一个字节通过磁头的时间为故B错误；
C．因为磁盘的最外磁道半径为R，最内磁道的半径为r，相邻磁道之间的宽度为d，所以磁盘中共有磁道条数为
，
，则读完磁道上所有字节所需时间为
，
磁头读完一条磁道所有字节所用时间为故C错误；
D．根据题意知每一磁道上的字节数都与最内磁道的字节相等，等于共有磁道条数为
，
=
，因为磁盘中
所以磁盘中的字节数为N=
磁盘储存的字节数最多。故D正确； 故选：D。
，根据表达式知，当r=时
根据向心加速度的定义式可求出相邻磁道的向心加速度的差值； 根据转速的定义可求出最内磁道的一个字节通过磁头的时间； 求出磁道数及每一磁道的字节数从而找到总字节数；
根据题意求出总字节数表达式，再结合数学知识找到极值表达式即可； 解决本题需在认真审题的基础上结合物理基本概念和数学知识求解； 14.【答案】AC 【解析】
解：A、声波可以发生多普勒效应，故A正确。
B、无线电波常用于通信，手机上网时使用的wifi属于无线电波，故B错误。 C、电子衍射证实了电子具有波动性，故C正确。
D、看到整个月亮是暗红的，是因为太阳光中的红光经地球大气层折射到月球，故D错误。 故选：AC。
声波属于机械波，可以发生多普勒效应、
无线电波常用于通信，手机上网时使用的wifi属于无线电波
发生月食时，地球挡住了太阳射向月球的光，但是还会有部分光线通过地球大气层发生折射，所以会有部分地球大气层折射后的红色光射向月亮，这就让我们看到了“红月亮”。 15.【答案】AC 【解析】
解：A、简谐波横波在x轴上传播，此时质点E的运动方向沿y轴正方向，由波形平移法可知，该波沿x轴负方向传播，故A正确。
B、质点D此时的运动方向与E的运动方向相反，即沿y轴负方向运动，故B错误。 C、此时质点B沿y轴负方向运动，质点A沿y轴正方向运动，故质点B比质点A先回到平衡位置，故C正确。
D、介质中各个质点的振幅均相同，故质点C的振幅不为零。故D错误。 故选：AC。
简谐横波在x轴上传播，此时质点E的运动方向沿y轴正方向。
可根据波形的平移法判断出波x轴的传播方向，并可判断出C、B两个质点此时的运动方向。即可分析C、B回到平衡位置的先后。 质点C振幅不为零，简谐波中各点的振幅相同。
根据质点的振动方向判断波的传播方向是基本功，要熟练掌握。考查基本的读图能力。 16.【答案】AD 【解析】
解：A、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的轻核聚变反应，故A正确； B、结合质量数守恒与电荷数守恒可知，铀核裂变的核反应方程可能
，故B错误；
C、原子核发生β衰变中放出的电子是原子核内的中子转化为质子而释放的电子，故C错误；
D、比结合能越大，原子核中核子结合的越牢固，原子核越稳定，故D正确； 故选：AD。
根据聚变与裂变的特点判断；根据质量数守恒与电荷数守恒判断方程是否正确；理解β衰变的本质；理解结合能的物理意义。
解决本题的关键知道衰变的实质，知道在所有的核反应中，质量数与电荷数都是守恒的，但质量不一定守恒。 17.【答案】BC C 0.19 【解析】
解：（1）需要刻度尺测量计数点之间的距离大小，打点计时器使用的是低压交流电源，需要天平测量小车质量，故AD错误。BC正确； 故选：BC
（2）A、在该实验中要求橡皮筋对小车所做功为合外力所做功，不需要重锤。故A错误； B、本实验中通过增加橡皮筋的条数可以使橡皮筋对小车做的功成整数倍增加，不需要测量橡皮筋做功具体值。故B错误；
C、在该实验中要求橡皮筋对小车所做功为合外力所做功，因此为了减小实验误差，该实验需要平衡摩擦力，这点与验证牛顿第二定律类似。故C正确； D、橡皮筋的弹力是变化的，所以小车做加速度减小的加速运动。故D错误 故选：C
②相邻计数点间的时间间隔T=0.1s，由所打点可知，右侧各点之间距离基本相等，根据x=vt，因此小车最后获得的速度为：
v===0.19m/s
故答案为：（1）BC； （2）C；
（3）0.19（0.19±0.01都对）
（1）明确实验原理以及具体操作，知道需要测量数据即可正确解答； （2）①根据实验目的以及注意事项分析即可； ②利用x=vt可求出物体的速度大小；
本题利用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力，本实验用控制变量法，只有在满足平衡摩擦力和小车质量远大于砂和砂桶质量的双重条件下，才能用砂和砂桶重力代替小车所受的合力！ 18.【答案】×1 ② 乙 【解析】
解：（1）将多用表选择开关置于“×10”档并调零后，两表笔接触待测电阻的两端进行测量，由图1所示可知，指针偏角太大，所选挡位太大；为了使测量值更准确，“选择开关”应置于×1，并两表笔短接，调节图1中欧姆调零旋钮B重新调零后进行测量； （2）图象中斜率表示电阻阻值，故在图2中由电流表外接法得到测量图线是乙，依据是电流表外接时，测得的电阻值偏小。 故答案为：（1）×1，②；（2）乙。
（1）欧姆表在换倍率后，要重新调零，使用时就尽量使指针指在中央位置； （2）根据内外接误差产生的原因，结合图象即可分析出外接法得到测量图线。 本题考查了电阻定律以及伏安法测量电阻实验，具体考查了实验器材选择、实验数据处理、实验方案分析，要掌握实验器材的选择原则，认真审题、理解题意与实验步骤、知道实验原理是解题的关键。 19.【答案】B 【解析】
解：（1）A、为了减小测量的相对误差，入射角尽量大些，折射角也会大些，折射现象较明显，角度的相对误差会减小，但要注意并不是入射角越大越好，应适度；故A错误；
B、为了准确确定入射光线和折射光线，大头针应垂直插在纸面上，故B正确； C、大头针P1和P2及P3和P4之间的距离尽量大些，相同的距离误差引起的角度误差会减小，角度的测量误差会小，故C错误；
D、为了防止弄脏玻璃砖，不能铅笔贴着光学面画出界面，故D错误； 故选：B
（2）光路图如图所示。 故答案为：（1）B（2）如图所示
（1）明确实验原理，从而确定实验误差情况和实验中的注意事项； （2）根据留下四枚大头针的位置确定光路图。
本题考查了插针法求解折射率的方法，关键明确“测定玻璃的折射率”的实验的实验原理，要能够画出光路图。
20.【答案】解：（1）设匀加速运动过程中的加速度大小a1，则v=a1t1 解得：a1=0.25m/s2
（2）设匀减速运动过程中药瓶受到的摩擦力大小f，则f=ma 解得：f=l.0N （3）设加速过程位移为x1，匀速过程位感为x2，减速过程位移为x3，时间t3，则 加速的位移：x1= vt1=2.0m 匀速的位移：x2=vt2=18m 减速的位移：x3==l.0m
减速的时间：t3= =2s 整个运动过程中的平均速度： = = =0.875m/s 答：（1）匀加速运动过程中的加速度大小是0.25m/s； （2）匀减速运动过程中每个药瓶受到的摩擦力大小是l.0N； （3）整个运动过程中的平均速度大小是0.875m/s。 【解析】
（1）由速度公式可求得加速过程的加速度大小； （2）由牛顿第二定律可直接求得药瓶受到的摩擦力大小；
（3）由运动学公式可求得各个阶段的位移大小及减速过程的时间，根据平均速度的公式可求得平均速度的大小。
本题考查了牛顿第二定律、运动学基本公式的应用，关键要分析清楚药瓶的运动情况，灵活选择运动学公式列式求解。
21.【答案】解：（1）滑块从C到D做平抛运动，则：h= 代入数据解得t=0.2s；
（2）设滑块在D的竖直速度为vy，水平速度为vx，滑块在C的速度为vc，则：
2
vy=gt=2m/s
=tan30°
vc=vx=2 m/s 设滑块在A点的动能为EKA，根据动能定理可得：
-μmg（x1+x2）= -EKA，
代入数据解得EKA=1.25J；
（3）设滑块在圆弧轨道的最高点速度至少为v，则：mg=m
设竖直圆轨道的转动半径为R，根据动能定理可得：2mgR-μmgx2= -
联立解得R=0.32m （4）设滑块达到D的速度为vD，则：vD=4.0m/s
根据机械能守恒定律可得： +mgLsinθ=
解得E点的速度vE=5.0m/s 设第一次碰后的速度为v1、设第二次碰后的速度为v2、设第n次碰后的速度为vn 则v1=3.0m/s 第一次反弹上滑的距离x1= =0.9m=L 第二次反弹上滑的距离x2=（ ）x1= x1， 第三次反弹上滑的距离x3=（ ）2x2=（ ）2x1， 第n次反弹上滑的距离x3=（ ）xn-1=（ ）
n
2
2n-1
x1，
滑块在倾斜轨道运动的总位移x=L+2（x1+x2+x3+…+xn） 则x=0.9m+2× m=3.7125m。
答：（1）滑块从C点运动到D的时间为0.2s； （2）滑块在A点的动能大小为1.25J； （3）竖直圆轨道的最大半径为0.32m； （4）滑块在倾斜轨道运动的总距离为3.7125m。 【解析】
（1）滑块从C到D做平抛运动，根据平抛运动的规律求解； （2）设滑块在A点的动能为EKA，根据动能定理列方程求解；
（3）滑块在圆弧轨道的最高点重力提供向心力，由此根据牛顿第二定律列方程，再根据动能定理列方程求解；
（4）根据机械能守恒定律求解E点的速度分别求出第一次、第二次、第n次反弹上滑的距离的表达式，再根据数学知识进行解答。
本题主要是考查了动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答；动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动；一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究，也可以全过程根据动能定理解答。 22.【答案】解：（1）金属杆从AB到CD的过程，根据动能定理得： -μmgx=0- 可得：v=2m/s；
（2）为精确供弹，金属杆只要在倾斜导轨上最终达到匀速运动，则有：
mgsinθ=μmgcosθ+F安。
又F安=
解得：B1=2.0T （3）稳定时金属杆速度最大，设金属杆的最终速度是v1，此时电容器为电压为U1，则有：
U1=B2Lv1
金属杆受到的安培力的冲量，由动量定理得： ∑B2iL△t=mv1-0 即为：B2Lq=mv1 其中q=C（U-U1） 联立得：v1=
当 =B2L2C
即得：B2=2.0T 最大速度 为：v1=25m/s 答：（1）金属杆到达AB处时速度v的大小是2m/s； （2）磁感应强度B1的大小是2.0T；
（3）当B22.0T时，金属杆的最终速度最大，最大速度为25m/s。 【解析】
（1）金属杆从AB到CD的过程，利用动能定理列式，可求出金属杆到达AB处时速度v的大小；
（2）为精确供弹，金属杆只要在倾斜导轨上最终达到匀速运动即可，由平衡条件求磁感应强度B1的大小；
（3）稳定时金属杆速度最大，对金属杆，利用动量定理列式，结合积分法得到最终速度与B2的表达式，由数学知识求解。
本题是导轨问题，要熟练运用切割公式、欧姆定律公式和安培力公式，同时要注意涉及电容器充电过程，往往根据动量定理求电容器带电量的变化。
23.【答案】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径为r，则：qv0B0=m
r=a，如图1所示，
当入射角为45°时，根据几何关系可得：
y轴坐标y=（2a- ）+（a- ）=（3- ）a
（2）如图2所示，入射角为任意角θ，进入磁场入射点坐标为（x，y），
根据几何关系可得： tanθ= ， tanθ=
得y= （0＜x＜a）
（3）①粒子不回到第一象限，临界情况为轨迹与y轴相切，如图3所示；
设粒子在磁场中运动的周期为T0，两圆心连线与y轴夹角为β，则：
T0=
sinβ= β=30°
°
得T=
要求该粒子不回到第一象限，交变磁场的变化周期T应满足T≤ ；
②粒子在交变磁场中运动的时间t与磁场变化的周期T 的比值为k， 即 =k 如图4所示
根据几何关系可得：
4rsinβ×k=LBC．sinβ=由于sinβ≤1
所以k最小等于3，即sinβ=
当β=60°，如图4所示，粒子运动时间t1=4× °×3× =
当β=120°时，如图5所示，粒子运动时间t2=4× °×3× = 。
答：（1）夹角θ=45°的粒子经过y轴时的坐标为y=（3- ）a； （2）第一象限内虚曲线的曲线方程y= （0＜x＜a）；
（3）①要求该粒子不回到第一象限，交变磁场的变化周期T应满足T≤ ； ②要求该粒子在C（-6 a，a）点垂直虚直线水平射出磁场，粒子在交变磁场中运动时间t与磁场变化周期T的比值k的最小值为3，在这种情况下粒子在交变磁场中的运动时间 或 。
【解析】
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径为r，根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解；
（2）设入射角为任意角θ，进入磁场入射点坐标为（x，y），根据几何关系求解； （3）①粒子不回到第一象限，临界情况为轨迹与y轴相切，根据几何关系结合周期公式求该粒子不回到第一象限，交变磁场的变化周期T应满足的条件；
②设粒子在交变磁场中运动的时间t与磁场变化的周期T 的比值为k，根据几何关系、周期公式进行分析解答。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。
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