河北省石家莊市20xx屆高三上學(xué)期期中考試物理試題-資料下載頁
2025-11-02 00:51本頁面
【導(dǎo)讀】1—12為單選，13—16為不定項選擇，全。部選對的得4分，選不全的得2分，有選錯或不答的得0分。，采用的是比值法，當趨近于零時，就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，、電壓和電流三者之間的關(guān)系時，先保持電壓不變研究電阻與電流的關(guān)系，射出，同時乙以初速度沿傾角為的光滑斜面滑下，已知重力加速度，沿電場線運動到B點，其速度－時間圖象如圖所示。則這一電場可能是?，F(xiàn)讓傳送帶由靜止開始以加速度a0＝10m/s2向右勻加速運動，當其速度增。工件在傳送帶上滑動時會留下“劃痕”，取重力加速度g＝10m/s2，在整。位于兩板間恰好平衡.現(xiàn)用外力將P固定住,然后固定導(dǎo)線各接點,小球開始時靜止于最低點。分別為10V、20V、30V。平地面，與水平面的夾角相同，以同樣恒定速率v向上運動?；瑒幼冏杵鱎2：最大阻值50Ω；在可供選擇的器材中，應(yīng)該選用的電流表是____，應(yīng)該選用的滑動變阻器是____.
【正文】 查考生理解和應(yīng)用能力。 將滑動變阻器滑片 P向左移動一段距離后，電路中總電阻變大，總電流減小，則燈泡 L變暗，選項 A錯誤；當內(nèi)、外電阻相等時，電源的輸出功率功率最大。燈炮 L的電阻大于電源的內(nèi)阻，當 R增大時，電源的輸出功率減小。故選項 B錯誤；因電路中總電流減小，內(nèi)電壓變小， 則外電壓變大，故電壓表示數(shù)變大，選項 D正確；燈泡兩端的電壓減小，則滑動變阻器兩端電壓變大，由 Q=CU可知，電容器 C上電荷量變大，選項 C錯誤。綜上本題選BD。 【解析】根據(jù)牛頓第二定律得： f1mgsinθ= ma1=， f1=μ 1mgcosθ f2mgsinθ= ma2=， f2=μ 2mgcosθ ；可見 f1＜ f2，兩種傳送帶與小物體之間的動摩擦因數(shù)乙更大， C錯誤；由摩擦生熱 Q=fS 相對 知： Q 甲 =f1S1=f1(vt1)=f1； Q 乙 =f2S2=f2解得： Q 甲 =mgH+mv2，Q 乙 =mg(Hh)+mv2， Q 甲 ＞ Q 乙 ， A錯誤；根據(jù)能量守恒定律，電動機消耗的電能 E 電 等于摩擦產(chǎn)生的熱量 Q與物塊增加機械能的和，因物塊兩次從 A到 B增加的機械能相同， Q 甲 ＞ Q 乙 ，所以將小物體傳送到 B處，兩種傳送帶消耗的電能甲更多， B正確；傳送帶對小物體做功等于小物塊的機械能的增加量，動能增加量相等，重力勢能的增加量也相同，故兩種傳送帶對小物體做功相等， D正確；綜上本題選 BD。 17.① mm； ② ， ； ③ 如圖所示 ④ ，相等 【解析】本題主要考查測金屬的電阻率；主尺讀數(shù)為 ，螺旋尺讀數(shù)為=，故最終結(jié)果為 ；電源電動勢 ，金屬絲電阻約為 4Ω ， 則回路最大電流為 ，不足量程的三分之一，故電流表選；此電路在不必要選用分壓式接法的情況下，應(yīng)該優(yōu)先選用限流式接法，而限流式接法時，的阻值太大，電阻變化時測得的數(shù)據(jù)不夠離散，誤差較大，因此滑動變阻器應(yīng)選；電路圖如下：由閉合電路歐姆定律可知：，解得；電流表內(nèi)接法的主要誤差來自于電流表分壓，但是由于電流表內(nèi)阻已知，可以排除這種誤差，故測量值等于真實值。 18.(1) (2)【解析】本題考查牛頓第二定律、功的計算，意在考查學(xué)生的分析能力。 (1)物塊滑落前受到的滑動摩擦力大小為 做勻加速運動的加速度為。當運動時間時物塊的速度為。 (2)時間內(nèi)，由題圖乙得小車的加速度大小為。 根據(jù)牛頓第二定律得：，其中，解得 小車的位移 在時間內(nèi)，牽引力 由題圖乙得小車的位移大小 所以時間內(nèi)小車的牽引力做的功 代入數(shù)據(jù)解得。 19.(1) (2) (3) 【解析】本題考查共點力平衡、動能定理、圓周運動的知識，意在考查學(xué)生的分析能力。 (1)由于帶電小球所受電場力方向向左，電場線方向也向左，分析小球的受力情況，作出受力圖如右圖，根據(jù)對稱性，此時必有重力與電場力的 合力與角分線在同一條線上，根據(jù)平衡條件得：，解得： 。 (2)小球運動的過程中速度最大的位置，由動能定理得： 小球在時，由重力電場力與細線的拉力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得： ，解得： 由牛頓第三定律可知細線所受的拉力大小為。 (3)當小球能完成完整的圓周運動時，需滿足： 根據(jù)動能定理有： 由上幾式聯(lián)立解得： 20.【答案】 (1) (2)y3+(d)tanθ 1= (3) 【解析】 (1)由閉合電路歐姆定律得電容器兩端電壓為 U= 設(shè)粒子射入電場的初速度為 v0，在平行板間做類平拋運動 有 E0=， a=， d=v0t， y= 由 y=得 v0=。 (2)設(shè)沒有平移時，粒子離開電場時速度與水平方向夾角為 θ 1，速度反向延長線過水平位移中點，有 tanθ 1= 平移后，粒子在左半部分電場中運動的水平位移減半，則運動時間減半，由 y=得，粒子在左半部分電場中側(cè)移的距離 y1= 設(shè)粒子離開左側(cè)電場時速度與水平方向夾角為 θ 2，有 tanθ 2= 粒子離開左側(cè)電場后做勻速運動，側(cè)移距離 y2=tanθ 2= 粒子在兩電場中的合軌跡不變，故粒子從 O點到離開右側(cè)電場時側(cè)移距離 y3=+y2= 粒子打在屏幕上位置與 OO1的距離為 y 總 =y3+(d)tanθ 1=。 (3)粒子能從右側(cè)電場射出，有 xtanθ 2≤ ，得 x≤ d 粒子打在屏幕上位置與 OO1的距離為 y′ =+xtanθ 2+(dx)tanθ 1= 當 x=d時， y′ 最小，得 y′ min=。
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