江苏省盐城中学2015届高三上学期期末考试物理试题&Word版含解析[数理化网]&&人教版
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江苏省盐城中学2015届高三上学期期末考试物理试卷 一．单项选择题：（本题共6小题，每小题3分，共计18分．每小题只有-个选项符合题意.）1．（3分）甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点（足够高）处同时由静止释放．两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f=kv（k为正的常量）．两球的vt图象如图所示．落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2．则下列判断正确的是（ ） A．释放瞬间甲球加速度较大B．= C．甲球质量大于乙球D．t0时间内两球下落的高度相等考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．.专题：牛顿运动定律综合专题．分析：由图看出两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，重力与空气阻力平衡，根据平衡条件和牛顿第二定律列式分析．解答：解：A、释放瞬间v=0，因此空气阻力f=0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，故A错误；B、两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时kv=mg，因此最大速度与其质量成正比，即vm∝m，故=，故B正确；C、由于=，而v1＞v2，故甲球质量大于乙球，故C正确；D、图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t0时间内两球下落的高度不相等；故D错误；故选：BC．点评：本题中小球的运动情况与汽车起动类似，关键要抓住稳定时受力平衡，运用牛顿第二定律分析． 2．（3分）（2014江苏模拟）如图所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方为场强E1、方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E2、方向竖直向上的匀强电场．一个质量m，带电+q的小球从上方电场的A点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A关于虚线对称的B点，则下列结论正确的是（ ） A．在虚线上下方的电场中，带电小球运动的加速度相同 B．带电小球在A、B两点电势能相等 C．若A、B高度差为h，则UAB= D．两电场强度大小关系满足E2=2E1考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电势能．.专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据运动的对称性得出加速度的大小关系，通过动能定理求出A、B的电势差．结合牛顿第二定律得出两电场强度的关系．解答：解：A、A到虚线速度由零加速至v，虚线到B速度v减为零，位移相同，根据匀变速运动的推论知，时间相同，则加速度大小相等，方向相反．故A错误；B、对A到B的过程运用动能定理得，qUAB+mgh=0，解得：，知A、B的电势不等，则电势能不等．故B错误，C正确；D、在上方电场，根据牛顿第二定律得：，在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为：，因为a1=a2，解得：．故D错误．故选：C．点评：本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，抓住小球在上方电场和下方电场中运动的对称性入手分析求解． 3．（3分）如图a所示，小物体从竖直弹簧上方离地高h1处由静止释放，其动能Ek与离地高度h的关系如图b所示．其中高度从h1下降到h2，图象为直线，其余部分为曲线，h3对应图象的最高点，轻弹簧劲度系数为k，小物体质量为m，重力加速度为g．以下说法正确的是（ ） A．小物体下降至高度h3时，弹簧形变量为0 B．小物体下落至高度h5时，加速度为0 C．小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了 D．小物体从高度h1下降到h5，弹簧的最大弹性势能为mg（h1h5）考点：功能关系．.分析：高度从h1下降到h2，图象为直线，该过程是自由落体，h1h2的坐标就是自由下落的高度，此时的加速度也就是自由落体加速度；h3点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为零，加速度也就为零，可以计算出弹簧的形变量；小物体下落至高度h5时，加速度最大；h4点与h2点物体的动能相同，根据功能关系即可得出h4点弹簧的弹性势能与h2点的弹性势能的变化量．由机械能守恒即可求出小物体从高度h1下降到h5，弹簧的最大弹性势能．解答：解：A、高度从h1下降到h2，图象为直线，该过程是自由落体，h1h2的坐标就是自由下落的高度，所以小物体下降至高度h2时，弹簧形变量为0．故A错误；B、物体的动能先增大，后减小，小物体下落至高度h4时，物体的动能与h2时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在h4时弹簧的弹力一定是重力的2倍；小物体下落至高度h5时，动能又回到0，说明h5是最低点，弹簧的弹力到达最大值，一定大于重力的2倍，所以此时物体的加速度最大．故B错误；C、小物体下落至高度h4时，物体的动能与h2时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在h4时弹簧的弹力一定是重力的2倍；此时弹簧的压缩量：，小物体从高度h2下降到h4，重力做功：．物体从高度h2下降到h4，重力做功等于弹簧的弹性势能增加，所以小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了．故C错误；D、小物体从高度h1下降到h5，重力做功等于弹簧弹性势能的增大，所以弹簧的最大弹性势能为：mg（h1h5）．故D正确．故选：D点评：知道物体压缩弹簧的过程，就可以逐个分析位移和加速度．要注意在压缩弹簧的过程中，弹力是个变力，加速度是变化的，当速度等于零时，弹簧被压缩到最短． 4．（3分）一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在车上的一根水平杆，物块M穿在杆上，M通过细线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，小车未动时细线恰好在竖直方向上．现使小车如图分四次分别以a1，a2，a3，a4向右匀加速运动，四种情况下M、m均与车保持相对静止，且图甲和图乙中细线仍处于竖直方向，已知以a1：a2：a3：a4=1：2：4：8，M受到的摩擦力大小依次为f1，f2，f3，f4，则错误的是（ ） A．f1：f2=1：2B．f1：f2=2：3C．f3：f4=1：2D．tanα=2tanθ考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．.专题：牛顿运动定律综合专题．分析：前两图中，M是由静摩擦力提供加速度的，根据牛顿第二定律直接求解f1和f2的关系；后两图中对小球和滑块整体受力分析，根据牛顿第二定律列式求解．通过对m隔离分析可判断图中角的关系．解答：解：A、B、甲乙两图中，M水平方向只受静摩擦力作用，根据牛顿第二定律得：f1=Ma1f2=Ma2而a1：a2=1：2，则f1：f2=1：2，故A正确，B错误；C、丙丁两图中，对m和M整体受力分析，受总重力（M+m）g、支持力N、摩擦力f，如图根据牛顿第二定律，有f=（M+m）a所以f3：f4=a3：a4=4：8=1：2，故C正确，D、对物体m隔离受力分析，可得tanθ=，tanα=，而a3：a4=4：8，所以tanα=2tanθ，故D正确．本题选错误的，故选：B点评：本题关键是对滑块、滑块与小球整体受力分析后根据牛顿第二定律列式求解，难度适中． 5．（3分）在如图（a）所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器．闭合电键S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表（内阻极大）的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图（b）所示．则（ ） A．图线甲是电压表V1示数随电流变化的图线 B．电源内电阻的阻值为10Ω C．电源的电动势是4V D．滑动变阻器R2的最大功率为0.9W考点：路端电压与负载的关系；电功、电功率．.专题：恒定电流专题．分析：由图可知两电阻串联，V1测R1两端的电压，V2测R2两端的电压；当滑片向左端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则可知总电阻变化，由闭合电路欧姆定律可知电路中电流的变化，则可知内电压的变化及路端电压的变化，同时也可得出R1两端的电压变化，判断两图象所对应的电压表的示数变化；由图可知当R2全部接入及只有R1接入时两电表的示数，则由闭合电路的欧姆定律可得出电源的内阻；由功率公式可求得电源的最大输出功率及滑动变阻器的最大功率．解答：解：A、当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；而R1两端的电压增大，故乙表示是V1示数的变化；甲表示V2示数的变化；故A错误；B、由图可知，当只有R1接入电路时，电路中电流为0.6A，电压为3V，则由E=U+Ir可得：E=3+0.6r；当滑动变阻器全部接入时，两电压表示数之比为，故=；由闭合电路欧姆定律可得E=5+0.2r解得r=5Ω，E=6V，故BC错误；D、由C的分析可知，R1的阻值为5Ω，R2电阻为20Ω；当R1等效为内阻，则当滑动变阻器的阻值等于R+r时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为10Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流I′=A=0.3A，则滑动变阻器消耗的总功率P′=I'2R′=0.9W；故D正确；故选：D．点评：在求定值电阻的最大功率时，应是电流最大的时候；而求变值电阻的最大功率时，应根据电源的最大输出功率求，必要时可将与电源串联的定值电阻等效为内阻处理． 6．（3分）（2014湖北二模）如图所示，两个垂直于纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B，磁场区域的宽度均为a．高度为a的正三角形导线框ABC从图示位置沿x轴正向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下列图形中能正确描述感应电流I与线框移动距离x关系的是（ ） A．B．C．D．考点：导体切割磁感线时的感应电动势．.专题：电磁感应与电路结合．分析：本题导体的运动可分为三段进行分析，根据楞次定律可判断电路中感应电流的方向；由导体切割磁感线时的感应电动势公式可求得感应电动势的大小，再求得感应电流的大小．解答：解：x在0a内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正方向；有效切割的长度为L=2×（ax）=（ax），感应电动势为E=BLv，感应电流为I=，随着x的增大，I均匀减小，当x=a时，I==I0；当x=a时，I=0；x在a2a内，线框的AB边和其他两边都切割磁感线，由楞次定律可知，电流方向为顺时针，为负方向；有效切割的长度为L=（2ax），感应电动势为E=BLv，感应电流大小为I=2×，随着x的增大，I均匀减小，当x=a时，I==2I0；当x=2a时，I=0；x在2a3a内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正方向；有效切割的长度为L=（3ax），感应电动势为E=BLv，感应电流为I=，随着x的增大，I均匀减小，当x=2a时，I==I0；当x=3a时，I=0；故根据数学知识可知B正确．故选：B．点评：本题为选择题，而过程比较复杂，故可选用排除法解决，这样可以节约一定的时间；而进入第二段过程，分处两磁场中的线圈两部分产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的，当将要全部进入第二磁场时，线圈中电流达最大2I0． 二．多项选择题：（本题共5小题，每小题4分，共计20分．每小题至少两个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．）7．（4分）宇宙飞船绕地心做半径为r的匀速圆周运动，飞船舱内有一质量为m的人站在可称体重的台秤上，用R表示地球的半径，g表示地球表面处的重力加速度，g0表示宇宙飞船所在处的地球引力加速度，N表示人对秤的压力，则关于g0、N下面正确的是（ ） A．g0=B．g0=C．N=mgD．N=0考点：万有引力定律及其应用；牛顿第二定律；向心力．.专题：机械能守恒定律应用专题．分析：忽略地球的自转，根据万有引力等于重力列出等式，用地球表面处的重力加速度和地球的半径代换地球质量即GM=gR2，进行求解．宇宙飞船绕地心做匀速圆周运动，飞船舱内物体处于完全失重状态．解答：解：忽略地球的自转，根据万有引力等于重力列出等式：宇宙飞船所在处，有：在地球表面处：mg=解得：宇宙飞船绕地心做匀速圆周运动，飞船舱内物体处于完全失重状态，即人只受重力，所以人对台秤的压力为0．故选：BD．点评：根据万有引力等于重力列出等式去求解，是本题解题的关键；运用黄金代换式GM=gR2是万用引力定律应用的常用方法． 8．（4分）（2014江苏模拟）两根电阻不计的平行金属导轨，下端连一电阻R，导轨与水平面之间的夹角为θ，处于垂直导轨平面斜向上匀强磁场中．一电阻可忽略的金属棒ab，开始固定在两导轨上某位置，棒与导轨垂直．如图所示，现释放金属棒让其由静止开始沿轨道平面下滑，并最终沿杆匀速运动．就导轨光滑和粗糙两种情况比较，当两次下滑的位移相同时，则有（ ） A．通过电阻R的电量相等B．电阻R上产生电热相等 C．重力所做功相等D．到达底端时速度相等考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律．.专题：电磁感应与电路结合．分析：由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由q=It求出电荷量；由能量守恒定律分析电阻产生的热量大小关系；根据功的公式分析重力所做功的多少；最终金属棒做匀速运动，由平衡条件可以求出金属棒的速度．解答：解：设金属杆下滑的距离为s，下降的高度为h，导轨间距为L；A、由法拉第定律可得，感应电动势：E=△==，电流I=，通过电阻的电荷量q=I△t=，由此可知，两种情况下通过电阻的电量相等，故A正确；B、两种情况下，磁通量的变化量相等，导轨光滑时，金属棒下滑时间短，平均感应电动势大，由A可知，两种情况下通过电阻的电荷量q相等，由Q=W=qE可知，导轨光滑时电阻产生的电热多，故B错误；C、重力做功WG=mgh，两种情况下，m、h相等，重力做功相等，故C正确；D、最终金属棒做匀速运动，由平衡条件可知，导轨光滑时：mgsinθ=，v1=，导轨粗糙时：mgsinθ=μmgcosθ+，v2=，v1＞v2，故D错误；故选：AC．点评：本题考查了比较电荷量多少、电阻产生电热多少、重力做功多少、速度大小间的关系；应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流定义式、电功公式、安培力公式、平衡条件即可正确解题． 9．（4分）（2014江苏模拟）如图所示，以速度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ．现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则选项中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线是（ ） A．B．C．D．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．.分析：对滑块受力分析，开始时，受到重力、支持力、滑动摩擦力，处于加速阶段；当速度等于传送带速度时，如果重力的下滑分力小于或等于最大静摩擦力，则一起匀速下滑，否则，继续加速．解答：解：木块放上后一定先向下加速，由于传送带足够长，所以一定有木块速度大小等于传送带速度大小的机会，此时若重力沿传送带向下的分力大小大于最大静摩擦力，则之后木块继续加速，但加速度变小了；而若重力沿传送带向下的分力大小小于或等于最大静摩擦力则木块将随传送带匀速运动；故CD正确，AB错误；故选：CD．点评：本题关键是加速到速度等于传送带速度后，要分两种情况讨论，即重力的下滑分力小于或等于最大静摩擦力和重力的下滑分力大于最大静摩擦力两种情况． 10．（4分）一理想变压器如图所示，其原线圈电压一定，副线圈上通过输电线接两个相同的灯泡L1和L2．输电线的等效电阻为R．开始时电键K断开．当K接通后，以下说法正确的是（ ） A．副线圈两端MN的输出电压减小B．通过灯泡L1的电流减小 C．原线圈中的电流增大D．变压器的输入功率变小考点：变压器的构造和原理；电功、电功率．.专题：电磁感应与电路结合．分析：本题和闭合电路中的动态分析类似，可以根据断开S后电路电路电阻的变化，确定出全部电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．解答：解：A、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，故A错误；B、当K接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以通过电阻R的电流变大，电压变大，那么并联部分的电压减小，所以通过灯泡L1的电流减小，故B正确；C、由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，故C正确，D错误；故选：BC．点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法． 11．（4分）如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里．现使金属线框从MN上方某一{度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到完全穿出匀强磁场区域瞬间的vt图象，图象中的物理量均为已知量．重力加速度为g，不计空气阻力．下列说法正确的是（ ） A．金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿abcda方向 B．金属线框的边长为v1（t2t1） C．磁场的磁感应强度为 D．金属线框在0t4的时间内所产生的热量为mgv1（t2t1）+m（vv）考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．.专题：电磁感应与电路结合．分析：根据楞次定律分析感应电流的方向．由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，根据时间和速度求解金属框的边长；根据图象判断金属框的运动性质；由图知，金属线框进入磁场过程做匀速直线运动，重力和安培力平衡，列式可求出B．由能量守恒定律求出在进入磁场过程中金属框产生的热．解答：解：A、金属线框刚进入磁场时磁通量增大，由楞次定律判断知感应电流方向沿abcda方向．故A正确．B、由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v1，运动时间为t2t1，故金属框的边长：l=v1（t2t1），故B正确．C、在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得：mg=BIl，I=，又l=v1（t2t1），联立解得：B=，故C正确．D、金属框在进入磁场过程中金属框产生的热为Q1，重力对其做正功，安培力对其做负功，由能量守恒定律得：Q1=mgl=mgv1（t2t1），金属框在离开磁场过程中金属框产生的热为Q2，重力对其做正功，安培力对其做负功，由能量守恒定律得：故Q总=Q1+Q2=2mgv1（t2t1）+m（v32v22）．故D错误．故选：ABC．点评：本题电磁感应与力学知识简单的综合，能由图象读出线框的运动情况，选择与之相应的力学规律是解答本题的关键，要加强练习，培养自己识别、理解图象的能力和分析、解决综合题的能力． 三．实验题（本大题有2小题，共20分）12．（4分）如图1中游标卡尺读数为 52.35 mm，图2螺旋测微器读数为 1.990 mm．考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．.专题：实验题．分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．解答：解：（1）游标卡尺的固定刻度读数为52mm，游标尺上第7个刻度游标读数为0.05×7mm=0.35mm，所以最终读数为：52mm+0.35mm=52.35mm；（2）螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为0.01×49.0mm=0.490mm，所以最终读数为：1.5mm+0.490mm=1.990mm．故答案为：52.35，1.990．点评：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．以及螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读． 13．（6分）某实验小组为探究加速度与力之间的关系设计了如图（a）所示的实验装置，用钩码所受重力作为小车所受的拉力，用DIS（数字化信息系统）测小车的加速度．通过改变钩码的数量，多次重复测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图象．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条aF图线，如图（b）所示．①图线 Ⅱ 是在轨道水平的情况下得到的（选填“Ⅰ”或“Ⅱ”）②小车和位移传感器发射部分的总质量为 1 kg，小车在水平轨道上运动时受到的摩擦力大小为 1 N．考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．.专题：实验题．分析：根据aF图象的特点结合牛顿第二定律分析求解．理解该实验的实验原理和数据处理以及注意事项，知道实验误差的来源．解答：解：（1）在水平轨道上，由于受到摩擦力，拉力不为零时，加速度仍然为零，可知图线Ⅱ是在轨道水平的情况下得到的．（2）根据牛顿第二定律得，Ff=ma，a=，图线的斜率表示质量的倒数，则，解得m=1kg．因为F=1N时，加速度为零，解得f=1N．故答案为：（1）Ⅱ，（2）1，1．点评：对于图象问题，通常的方法是得出两个物理量的表达式，结合图线的斜率和截距进行求解． 14．（10分）在测量一节干电池电动势E和内阻r的实验中，小明设计了如图甲所示的实验电路．（1）根据图甲实验电路，请在乙图中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接．（2）实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片P调到 a （选填“a”或“b“）端．（3）合上开关S1，S2接图甲中的1位置，改变滑动变阻器的阻值，记录下几组电压表示数和对应的电流表示数；S2改接图甲中的2位置，改变滑动变阻器的阻值，再记录下几组电压表示数和对应的电流表示数．在同一坐标系内分别描点作出电压表示数U和对应的电流表示数I的图象，如图丙所示，两直线与纵轴的截距分别为UA、UB，与横轴的截距分别为IA、IB．①S2接1位置时，作出的UI图线是图丙中的 B （选填“A”或“B”）线；②S2接1位置时，测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是 电流 表（选填“电压”、“电流”）的示数偏 小 （选填“大”、“小”）．考点：测定电源的电动势和内阻．.专题：实验题．分析：本题（1）的关键是看清单刀双掷开关电路图与实物图即可．题（2）应明确实验前应使滑片置于使电流最小的位置即可．题（3）①的关键是根据“等效电源”法分析测量误差的大小，即当接1位置时，可把电流表与电源看做一个等效电源，则电动势测量值测得是“等效电源”的外电路断开时的路端电压，由于电压表内阻不是无穷大，所以电压表示数将小于电动势真实值，即电动势测量值偏小；同理内阻的测量值实际等于电压表与内阻真实值的并联电阻，所以内阻测量值也偏小．若接2位置时，可把电流表与电源看做一个“等效电源”，不难分析出电动势测量值等于真实值，而内阻测量值应等于内阻真实值与电流表内阻之和，即内阻测量值偏大．解答：解：（1）、实物连线图如图所示：（2）、为保护电流表，实验开始前，应将滑片p置于电阻最大的a端；（3）①、当接1位置时，可把电压表与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律可知，电动势和内阻的测量值均小于真实值，所以作出的UI图线应是B线；②、测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是电压表的分流，结果使电流表的读数小于偏小．故答案为：（1）如图（2）a（3）①B；②电流；偏小．点评：应明确用“等效电源”法分析“测量电源电动势和内阻实验”误差的方法，明确UI图象中纵轴截距与斜率的含义． 四．解答题：（本大题共4小题，共计62分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，直接写出最后答案的不得分）15．（15分）如图所示，两平行光滑的金属导轨AD、CE相距L=1.0m，导轨平面与水平面的夹角α=30°，下端A、C用导线相连，导轨电阻不计．PQGH范围内有方向垂直斜面向上、磁感应强度B=0.5T的匀强磁场，磁场的宽度d=0.6m，边界PQ、HG均与导轨垂直．电阻r=0.40Ω的金属棒MN放置在导轨上，棒两端始终与导轨电接触良好，从与磁场上边界GH距离为b=0.40m的位置由静止释放，当金属棒进入磁场时，恰好做匀速运动，棒在运动过程中始终与导轨垂直，取g=10m/s2．求：（1）金属棒进入磁场时的速度大小v；（2）金属棒的质量m；（3）金属棒在穿过磁场的过程中产生的热量Q．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化．.专题：电磁感应――功能问题．分析：（1）导体棒沿导轨下滑的过程中重力势能转化为动能．（2）导体棒进入磁场中时受到的安培力与重力沿斜面向下的分量大小相等，方向相反，写出平衡方程和电动势的表达式即可求出导体棒的质量；（3）导体棒穿过磁场在该处中，减少的重力势能全部转化为电能再...
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高二物理暑期自主练习五
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