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1、1一、选择题（本题包括 12 小题，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错或不答的得 0 分。 ）1.在物理学的重大发现中，科学家们创造出了许多物理学研究方法，以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是（ ）A.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法B.根据速度定义式txv，当t非常非常小时，tx 就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法C.在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量
2、法D.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法2.下列说法正确的是( )A.电荷在某处不受电场力作用，则该处的电场强度一定为零B.一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零C.表征电场中某点电场的强弱，是利用一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值D.表征磁场中某点磁场的强弱，是利用一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导体长度和电流强度乘积的比值3如图所示，A、B、C为某电场中的三条等势线，其电势分别为 3V、5V、7V，实线为带电粒子在电场中运动时的轨迹，
3、P、Q为轨迹与A、C的交点，电荷只受电场力，则下列说法正确的是( )A粒子在P点的动能大于Q点动能2B电荷在P点受到电场力大于Q点受到的电场力C电荷在P点电势能大于电荷在Q点电势能D粒子带负电4.长度为 L、通有电流为 I 的直导线放入一匀强磁场中，电流方向与磁场方向如图所示，已知磁感应强度为 B，对于下列各图中，导线所受安培力的大小计算不正确的是( )A. F=BILcos B. F=BILcos C. F=BILsin D. F=BILsin5如图所示，某一导体的形状为长方体，其长、宽、高之比为abc=532， 在此长方体的上下、左右四个面上分别通过导线引出四个接线柱 1、2、3、4，在
4、1、2 两端加上恒定的电压U，通过导体的电流为I1；在 3、4 两端加上恒定的电压U，通过导体的电流为I2，则I1I2为( ) A254 B425 C925 D2596.如图所示，质量相等的物体 A 和物体 B 与地面间的动摩擦因数相等，在力 F 的作用下，一起沿水平地面向右移动 x，则( )A.摩擦力对 A、B 做功相等B.物体 A、B 动能的增量相同C.F 对 A 做的功与 F 对 B 做的功相等3D.合外力对 A 做的功与合外力对 B 做的功相等7.将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v -t 图像如图所示。以下判断正确的是( )A.前 3 s 内货物处于超重
5、状态B.最后 2 s 内货物只受重力作用C.前 3 s 内与最后 2 s 内货物的平均速度相同D.第 3 s 末至第 5 s 末的过程中，货物的机械能守恒8为了对火星及其周围的空间环境进行探测，发射一颗火星探测器“萤火一号” 。假设探测器在离火星表面高度分别为h1和h2的圆轨道上运动时，周期分别为T1和T2。火星可视为质量分布均匀的球体，且忽略火星的自转影响，万有引力常量为G。仅利用以上数据，可以计算出（ ）A火星的质量 B “萤火一号”的质量C火星对“萤火一号”的引力 D火星表面的重力加速度9如图所示，四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个伏特表，安培表A1的量程大于A2的量程，伏特表V
6、1的量程大于V2的量程，把它们按图接入电路中，则下列说法正确的是( )A安培表A1的示数大于安培表A2的示数B安培表A1的指针偏转角大于安培表A2的指针偏转角C伏特表V1的示数大于伏特表V2的示数D伏特表V1的指针偏转角等于伏特表V2的指针偏转角10.在等边三角形的三个顶点 a、b、c 处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示。过 c 点的导线所受安培力的方向( )4A.与 ab 边平行，竖直向上 B.与 ab 边平行，竖直向下C.与 ab 边垂直，指向左边 D.与 ab 边垂直，指向右边11、如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电
7、压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（ ）A电压表读数减小 B电流表读数增大C质点P将向上运动 DR3上消耗的功率逐渐增大12如图 a 所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球。t=0 时，乙球以 6m/s 的初速度向静止的甲球运动。之后，它们仅在电场力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触） 。它们运动的v-t图象分别如图 b 中甲、乙两曲线所示。由图线可知( ) A甲、乙两球一定带异种电荷Bt1时刻两球的电势能最小C0t2时间内，两球间的电场力先增大后减小D0t3时间内，甲球的动能一直增大，乙球的动能一直减小5第卷（共 6 题，共 62 分）二、实验题(共 1
8、8 分;13 小题每空 3 分；14 小题每空 3 分)13 （6 分）一游标卡尺的主尺最小分度为 1mm，游标尺上有 20 个小等分间隔，现用此卡尺来测量某工件的长度，如图所示，该工件的长度为_mm。螺旋测微器的示数为 cm14(12分)某同学到实验室做测电源电动势和内阻的实验时，发现实验台上有以下器材：待测电源(电动势未知，内阻约为2)；一个阻值未知的电阻R0；多用电表一只；电压表两只；电流表一只；滑动变阻器一只；开关一个，导线若干。（1）该同学首先用多用电表粗略测量电源的电压，电表指针和选择开关分别如图所示，则该电表读数为 V；（2）为较准确地测量该电源的电动势和内电阻并同时测出定值电阻
9、R0的阻值，他设计了如图所示的电路。实验时他用U1、U2、分别表示电表 V、V2、A 的读数，在将滑动变阻器的滑片移动到不同位置时，记录了U1、U2、的一系列值。并作出下列三幅U-I图线来处理实验数据，从而计算电源电动势、内阻以及定值电阻R0的值。6其中，可直接算出电源电动势和内电阻的图是 ，可直接算出定值电阻R0的图是 。（3）本实验中定值电阻的测量存在误差，造成这一误差的原因是( )A由电压表V1、V2分流共同造成 B由电压表V1、V2分流及电流表分压共同造成C只由电压表V2分流造成 D由电流表、滑动变阻器分压共同造成三、计算题(共 44 分。要求写出必要的文字说明、主要方程式和重要演算步
10、骤，有数值计算的要明确写出数值和单位，只有最终结果的不得分。)15(8 分)有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路时,电动机不转，测得流过电动机的电流是0.4A,若把电动机接到2.0V电压的电路中，动机正常工作，工作电流是1.0A,求：（1）电动机正常工作时的输出功率多大?（2）如果发电机正常工作时转子突然被卡住,电动机的发热功率多大?716.(10 分)如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且 R1= 100 ，R2阻值未知，R3为一滑动变阻器。当其滑片 P 从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中 A、B 两点是滑片 P 在变阻器的两个不同
11、端点得到的。求：(1)电源的电动势和内阻；(2)定值电阻 R2的阻值；(3)滑动变阻器的最大阻值。17(12 分).如图所示,在空间中取直角坐标系oxy，在第一象限内平行于y轴的虚线MN与y轴距离为d,从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场,场强大小为E。初速度可以忽略的电子经过另一个电势差为U的电场加速后，从y轴上的A点以平行于x轴的方向射入第一象限区域， A点坐标为(0, )h。已知电子的电量为e，质量为m，加速电场的电势差24UEdh，电子的重力忽略不计，求：(1)电子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间和离开电场区域时的速率v；(2)电子经过x轴时离坐标原点O的距离
12、。818(14 分).如图所示区域、分别存在着匀强电场1E、2E，已知区域宽0.8Lm，区域足够宽。110 2EkV m且与水平成045角斜向右上方，22EkV m方向水平向左。 绝缘薄板B长2.8lm，质量1.6Bmkg，置于光滑水平面上，其左端与区域的左边界平齐。带电量为31.6 10qC ，质量1.6Amkg的带电体A可视为质点，与木板间的摩擦因数0.1，置于木板的最左端由静止释放。( 210gm s)求:(1)带电体A进入区域时的速度；(2)木板B的最终速度。9济宁一中 2012 级 2014-2015 年度上学期第四次月考三、计算题（共 44 分）15(8 分).设电动机线圈电阻为r
13、则有:(1) 11rUI（1 分） 0.5r （1 分） PPP出总热 （1 分） 2 222PI UI r出（1 分） 1.5PW出（1 分）(2) 2 2PUr热（2 分） 8PW热（1 分）16.(10 分)(1)题图乙中 AB 延长线交 U 轴于 20 V 处，交 I 轴于 1.0 A 处，所以电源的电动势为 E=20 V (1 分) 内阻 r=E I短=20 (2 分)(2)当 P 滑到 R3的右端时，电路参数对应题图乙中的 B 点，即 U2=4 V、I2=0.8 A，得 R2=22U I（2 分） R2=5 (1 分)(3)当 P 滑到 R3的左端时，由题图乙知此时 U外=16 V
14、，I总=0.2 A，所以 R外=UI外总=80 (1 分) 因为 R外=13 2 13R RRRR， (2 分) 所以滑动变阻器的最大阻值为 R3=300 (1 分)1017(12 分). (1). 2 01 2eUmv(1 分) 02veU m(1 分)0td v(1 分) 2td meU(1 分)2 21 24EdyatU(1 分) 又:24EdUh即有: yh (1 分)则有: 2yeEmvatdmeU(1 分)22 22 02 2yeUeE dvvvmmU(1 分)(2) 设电子离开电场后经过时间t到达x轴,在x轴方向上的位移为x,则: 0xv t(1 分) 2y yvyhyhtv t(1 分) ldx(1 分) 解得:2 2dhUlEd(1 分)
