2022年高考物理考前信息卷（5月）（含解析）

《2022年高考物理考前信息卷（5月）（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考物理考前信息卷（5月）（含解析）（15页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、2022年高考物理考前信息卷（5月）（含解析）一、单项选择题（本题包括4小题，每小题4分，共16分每小题只有一个选项符合题意，错选、不选该题不得分）1关于分子运动和热现象的说法，正确的是（）A 布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的运动B 气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加C 一定量100的水变成100的水蒸气，其分子之间的势能不变D 空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作不遵守热力学第二定律2在盛大庆典当天，睛朗的天空漂起许多巨大的红气球来烘托气氛，如图所示从早晨到中午，随着气温的升高，对密闭在红气球内的气体，下列说法中正确的是（）A 体积增

2、大B 外界对球内气体做功C 内能不变D 放出热量3图为喜庆节日里挂的灯笼，由于天气刮风，重量为G的灯笼向右飘起，设风对灯笼的作用力F恒定，灯笼看成质点在某一时间内灯笼偏离竖直方向的角度恒为，设轻绳对灯笼的拉力为T下列说法正确的是（）A T与F的合力方向竖直向下B T与F的合力大于GC T和G是一对平衡力D 绳索所受拉力的大小为T=4嫦娥一号、二号发射成功后，我国2013年12月2日成功发射嫦娥三号绕月卫星，如图所示，嫦娥一号的绕月圆周轨道距离月球表面的高度为150km，而嫦娥三号绕月圆周运动距月球表面的高度为100km将月球看成球体，下列说法正确的是（）A 嫦娥三号的运行速率小于嫦娥一号的运行

3、速率B 嫦娥三号绕月球运行的周期比嫦娥一号大C 嫦娥三号绕的向心加速度比嫦娥一号的向心加速度小D 嫦娥三号的角速度大于嫦娥一号的角速度二、双项选择题（本题包括5小题，每小题6分，共30分每小题有两个选项符合题意若选两个且都正确得6分；若只选一个且正确得3分；错选、不选，该小题得0分5下列说法正确的是（）A 温度越高，放射性元素的半衰期越长B 天然放射现象说明原子核内部具有复杂结构C 卢瑟福首先发现中子D 重核的裂变和轻核的聚变过程都有质量亏损，都向外界放出核能6如图6所示，单匝矩形线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生交流电的电动势瞬时值表达式是e=500sin50tV，下列说法中正确的是（）A

4、t=0时刻线圈处于图示位置B 从t=0时刻到第一次出现电动势最大值的时间是0.01sC 穿过线圈磁通量的最大值为WbD 电动势有效值为500V7如图是两等量异号点电荷，以两电荷连线的中点O为圆心画一半圆，在半圆上有a、b、c三点，b点在两电荷连线的垂直平分线上，下列说法正确的是（）A a、c两点的电场强度相同B a、c两点的电势相同C 正电荷在a点的电势能大于在b点的电势能D 将正电荷由O移到b电场力做正功8如图所示，电源电动势为E，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光在将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是（）A 小灯泡L1、L2均变

5、暗B 小灯泡L1变亮、L2变暗C 电流表A的读数变大，电压表V的读数变小D 电流表A的读数变小，电压表V的读数变大9如图7所示，某人从高出水平地面H的坡上a点以速度v0水平击出一个质量为m的高尔夫球，由于风的影响，球竖直地从洞口b落入洞中，洞深h，落入洞底c瞬间的速度为v，在洞中运动过程中空气阻力忽略不计，以地面为参考面，高尔夫球可看作质点下列正确的是（）A 高尔夫球落入洞底c时的机械能等于mv2mghB 高尔夫球落入洞底c时的机械能为mg（H+h）+mv02C 从球被击出至落入洞底过程高尔夫球机械能守恒D 从球被击出至落入洞口过程减少的重力势能为mgH三、非选择题（54分）10用游标卡尺测得

6、某样品的长度如左图所示，其示数L=；用螺旋测微器测得该样品的外径如右图所示，其示数D=1015宝安区模拟）测量滑块在运动过程中所受的合外力是“探究动能定理”实验要解决的一个重要问题为此，某同学设计了如下实验方案：A实验装置如图所示，一端系在滑块上的细绳通过转轴光滑的轻质滑轮挂上钩码，用垫块将长木板固定有定滑轮的一端垫起调整长木板的倾角，直至轻推滑块后，滑块沿长木板向下做匀速直线运动；B保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，让滑块沿长木板向下做匀加速直线运动请回答下列问题：a滑块做匀速直线运动时，打点计时器在纸带上所打出点的分布应该是；b滑块在匀加速下滑过程中所受的合外力大小钩码的重力大小（选填

7、“大于”“等于”或“小于”）12某同学做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，实验室提供了表中的器材小灯泡L（额定电压2.5V，额定电流250mA）直流电源E（电动势3V，内阻不计）电流表A1（量程300mA，内阻约0.5）电流表A2（量程500mA，内阻约0.2）电压表V1（量程3V，内阻约3k）电压表V2（量程6V，内阻约6k）滑动变阻器（最大阻值约10）开关S，导线若干为了使实验误差尽可能小，应选用的电流表是、电压表是；若该同学已正确选用器材，并连接好部分实验电路，如图甲请在图甲中完成其余的电路连接，要求小灯泡两端的电压能在02.5V范围连续变化，且尽可能减少实验误差；该同学在正确完成实验后

8、得到图乙所示的伏安特性曲线，他从图线中得到“通过小灯泡的 电流随电压的增大而增大”的规律请你分析图线再写出两条规律：a；b13两块平行金属板MN、PQ水平放置，两板间距为d、板长为l，在紧靠平行板右侧的正三角形区域内存在着垂直纸面的匀强磁场，三角形底边BC与PQ在同一水平线上，顶点A与MN在同一水平线上，如图所示一个质量为m、电量为+q的粒子沿两板中心线以初速度v0水平射入，若在两板间加某一恒定电压，粒子离开电场后垂直AB边从D点进入磁场，BD=AB/4，并垂直AC边射出（不计粒子的重力）求：（1）两极板间电压；（2）三角形区域内磁感应强度；（3）若两板间不加电压，三角形区域内的磁场方向垂直纸

9、面向外要使粒子进入磁场区域后能从AB边射出，试求所加磁场的磁感应强度最小值14如图甲，悬点O的正下方A处停放一质量为m2的滑块，滑块右侧有以速度u=2m/s逆时针转动的水平传送带，滑块与传送带间的动摩擦因素=0.1，传送带两端相距S=3.5m，传送带的右侧紧连着一平行板电容器CD，C板上表面涂有一层很薄的绝缘层，C板左端B处有一质量为m3带电量为+q的点电荷，CD板间加有如图乙的交变电压，且qU1=3mgd长L=1.6m的细绳一端固定在O点，另一端连一质量为m1的小球，从某一摆角释放，到最低点时与m2发生弹性碰撞，同时接通交变电源与电容器CD的连接，已知m1=m2=m3=m=2kg，电容器两板

10、间距离为d，板长为b=0.5m，小球与滑块碰撞前细绳的拉力恰为2m1g已知m3运动过程中均不与C、D板相撞求：（1）若m2与m3发生碰撞后结合在一起，则该碰撞过程系统动能的改变量是多少？（2）要使m2与m3相碰，则CD板间交变电压的最长周期Tm和电压U1与U2的比值（只考虑U2U1的情形）各为多少？（3）m2与m3离开电容器时的速度为多少？（g=10m/s2）xx年广东省深圳市宝安中学高考物理考前信息卷（5月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（本题包括4小题，每小题4分，共16分每小题只有一个选项符合题意，错选、不选该题不得分）1关于分子运动和热现象的说法，正确的是（）A 布朗运动是指液体或

11、气体中悬浮微粒的运动B 气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加C 一定量100的水变成100的水蒸气，其分子之间的势能不变D 空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作不遵守热力学第二定律考点：热力学第二定律；布朗运动；分子势能分析：正确解答本题要掌握：温度是分子平均动能的标志；布朗运动；物体的内能；正确理解好应用热力学第二定律解答：解：A、布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的运动，反映了液体或气体分子的无规则运动故A正确B、气体温度升高，分子的平均动能增加，有些分子的速率增加，也有些分子的速率会减小，只是分子的平均速率增加故B错误C、一定量100的

12、水变成100的水蒸汽，温度没有变化，分子的平均动能不变，但是在这个过程中要吸热，内能增加，所以分子之间的势能必定增加故C错误；D、将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，产生了其它影响，即消耗了电能，所以不违背热力学第二定律故D错误故选：A点评：本题考查了有关分子运动和热现象的基本知识，对于这些基本知识一定注意加强记忆和积累2在盛大庆典当天，睛朗的天空漂起许多巨大的红气球来烘托气氛，如图所示从早晨到中午，随着气温的升高，对密闭在红气球内的气体，下列说法中正确的是（）A 体积增大B 外界对球内气体做功C 内能不变D 放出热量考点：封闭气体压强专题：理想气体状态方程专题分析：解答该题从气温升高入

13、手，因气温升高，大致气体的分子平均动能最大，从而得知了气球内单位面积上受到的分子的平均撞击力的变化，继而可知气球的体积会变大，也就得知了气体对外做功，以及气体内能的变化情况，在结合热力学第一定律可知在该过程中的吸热放热情况，继而可知正确的选项解答：解：AC、从早晨到中午，随着气温的升高，气体的分子平均动能最大，内能增大，从而导致对气球壁的平均撞击力变大，所以气球的体积会增大，选项A正确，C错误B、因气球的体积增大，所以气体对外界做功，选项B错误D、乙气体的分子平均东南能增大，气体的内能增大，同时气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体要吸收热量，选项D错误故选：A点评：应用学过的气体的知识解答

14、实际问题，要注意切入点，该题是从温度变化上入手，由于温度的升高，会使球内的气体的内能增大，分子的平均动能最大，继而可知气球的体积会增大对于该题还要注意对热力学第一定律的理解和应用，注意各个物理量的符号所代表的含义对于气球在体积增大的过程中，若忽略大气压强的变化时，气球内的压强是在减小的3图为喜庆节日里挂的灯笼，由于天气刮风，重量为G的灯笼向右飘起，设风对灯笼的作用力F恒定，灯笼看成质点在某一时间内灯笼偏离竖直方向的角度恒为，设轻绳对灯笼的拉力为T下列说法正确的是（）A T与F的合力方向竖直向下B T与F的合力大于GC T和G是一对平衡力D 绳索所受拉力的大小为T=考点：共点力平衡的条件及其应用

15、；物体的弹性和弹力专题：共点力作用下物体平衡专题分析：对灯笼受力分析，受重力、拉力和风力，三力平衡，任意两个力的合力与第三力等值、反向、共线，结合合成法求解拉力解答：解：A、B、灯笼受重力、拉力和风力，三力平衡，故T与F的合力与重力平衡，方向竖直向上，故A错误，B错误；C、T和G方向不共线，不是平衡力，故C错误；D、根据平衡条件，有：T=，故D正确；故选：D点评：本题是三力平衡问题，可以用合成法、正交分解法处理，列平衡方程是关键，基础问题4嫦娥一号、二号发射成功后，我国2013年12月2日成功发射嫦娥三号绕月卫星，如图所示，嫦娥一号的绕月圆周轨道距离月球表面的高度为150km，而嫦娥三号绕月圆

16、周运动距月球表面的高度为100km将月球看成球体，下列说法正确的是（）A 嫦娥三号的运行速率小于嫦娥一号的运行速率B 嫦娥三号绕月球运行的周期比嫦娥一号大C 嫦娥三号绕的向心加速度比嫦娥一号的向心加速度小D 嫦娥三号的角速度大于嫦娥一号的角速度考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用专题：人造卫星问题分析：嫦娥三号和嫦娥一号都绕月球做匀速圆周运动，月球对它们的万有引力提供向心力，解得，由此可知轨道半径越大，线速度、角速度、加速度越小，周期越大解答：解：A、根据万有引力提供向心力，得，由此可知，轨道半径越大，速度越小，嫦娥三号的轨道半径小于嫦娥一号的轨道半径，故嫦娥三号的运

17、行速率大于嫦娥一号的运行速率，故A错误B、根据万有引力提供向心力，得，由此可知，轨道半径越大，周期越大，嫦娥三号的轨道半径小于嫦娥一号的轨道半径，故嫦娥三号的运行周期小于嫦娥一号的运行周期，故B错误C、根据万有引力提供向心力，得，由此可知，轨道半径越大，加速度越小，嫦娥三号的轨道半径小于嫦娥一号的轨道半径，故嫦娥三号的向心加速度大于嫦娥一号的向心加速度，故C错误D、根据万有引力提供向心力，得，由此可知，轨道半径越大，角速度越小，嫦娥三号的轨道半径小于嫦娥一号的轨道半径，故嫦娥三号的角速度大于嫦娥一号的角速度，故D正确故选：D点评：本题要掌握万有引力提供向心力这个关系，并且能够根据题目要求选择不

18、同向心力的表达式，解出线速度、角速度、角速度和周期与半径的关系，根据半径的大小关系，判断线速度、角速度、角速度和周期的大小二、双项选择题（本题包括5小题，每小题6分，共30分每小题有两个选项符合题意若选两个且都正确得6分；若只选一个且正确得3分；错选、不选，该小题得0分5下列说法正确的是（）A 温度越高，放射性元素的半衰期越长B 天然放射现象说明原子核内部具有复杂结构C 卢瑟福首先发现中子D 重核的裂变和轻核的聚变过程都有质量亏损，都向外界放出核能考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度专题：衰变和半衰期专题分析：半衰期由原子核本身决定，与温度等外界因素无关，天然放射现象说明原子核内部具有复杂结构，

19、查德威克发现中子，重核的裂变和轻核的聚变过程都有质量亏损解答：解：A、半衰期由原子核本身决定，与温度等外界因素无关，A错误；B、天然放射现象说明原子核内部具有复杂结构，B正确；C、查德威克发现中子，C错误；D、重核的裂变和轻核的聚变过程都有质量亏损，都向外界放出核能，D正确；故选：BD点评：理解半衰期的意义，能用质能方程解释衰变或裂变、聚变过程中释放的能量，了解物理学史中一些重大发现和实验6如图6所示，单匝矩形线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生交流电的电动势瞬时值表达式是e=500sin50tV，下列说法中正确的是（）A t=0时刻线圈处于图示位置B 从t=0时刻到第一次出现电动势最大值的时间

20、是0.01sC 穿过线圈磁通量的最大值为WbD 电动势有效值为500V考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理分析：由公式可得出角速度、最大值；则可求得周期和有效值；根据交流电的产生可明确线圈的磁通量及最大值出现的时刻解答：解：A、由表达式可知，电动势为正弦规律变化；即从中性面开始计时；故t=0时刻处于与图示位置垂直的位置；故A错误；B、交流电的角速度为50；周期T=0.04s；故从t=0时刻到第一次出现电动势最大值的时间是0.01s；故B正确；C、最大电动势Em=500V；则由Em=nBS可得：BS=Wb；故C正确；D、电动势的有效值为：=250V；故D错误；故选：BC点评：对于交流电的产生

21、和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义；并明确交流电的产生过程7如图是两等量异号点电荷，以两电荷连线的中点O为圆心画一半圆，在半圆上有a、b、c三点，b点在两电荷连线的垂直平分线上，下列说法正确的是（）A a、c两点的电场强度相同B a、c两点的电势相同C 正电荷在a点的电势能大于在b点的电势能D 将正电荷由O移到b电场力做正功考点：电势差与电场强度的关系；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：两等量异号点电荷电场线的分布具有对称性，两连线的垂直平分线是一条等势线，b点的电势与O点电势相等根据等量异号点电荷电场线的对称性，分析ac场强关系和电势关系a点的电

22、势高于O点的电势，即可知a、b电势关系，由推论：正电荷在电势高处电势能大，分析电势能的变化解答：解：A、根据等量异号点电荷电场线的对称性可知，a、c两处电场线疏密程度相同，则场强大小相同，场强方向都沿ac方向，所以a、c两点的电场强度相同故A正确B、电场线从a指向c，根据顺着电场线电势降低，可知，a点的电势高于c点的电势故B错误C、两等量异号点电荷连线的垂直平分线是一条等势线，则b点的电势与O点电势相等，a点的电势高于O点的电势，则知a点的电势高于b点的电势由推论：正电荷在电势高处电势能大，得知正电荷在a点的电势能大于在b点的电势能故C正确D、由于O、b电势相等，电势差为零，由公式W=qU知，

23、将正电荷由O移到b电场力不做功故D错误故选：AC点评：等量异号点电荷的电场线和等势线分布情况是考试的热点，抓住对称性和其连线的垂直平分线是一条等势线是学习的重点对于电势能大小或变化的判断，可根据推论或电场力做功正负判断8如图所示，电源电动势为E，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光在将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是（）A 小灯泡L1、L2均变暗B 小灯泡L1变亮、L2变暗C 电流表A的读数变大，电压表V的读数变小D 电流表A的读数变小，电压表V的读数变大考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动

24、的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，分析外电路总电阻的变化，由欧姆定律判断干路电流的变化，即可知道电流表示数的变化和路端电压的变化，即可知道电压表读数的变化分析并联部分电压的变化，判断L1灯亮度的变化解答：解：将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，并联部分的电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，则L2灯变暗，电流表读数变小电源的内电压减小，则路端电压增大，电压表读数变大根据串联电路分压特点可知，并联部分电压增大，则L1灯变亮故BD正确故选：BD点评：本题是一道闭合电路中动态分析题，首先要分析清楚电路结构，明确各电路元件的连接方式、灵活应用欧姆定律是正确解题的关键

25、9如图7所示，某人从高出水平地面H的坡上a点以速度v0水平击出一个质量为m的高尔夫球，由于风的影响，球竖直地从洞口b落入洞中，洞深h，落入洞底c瞬间的速度为v，在洞中运动过程中空气阻力忽略不计，以地面为参考面，高尔夫球可看作质点下列正确的是（）A 高尔夫球落入洞底c时的机械能等于mv2mghB 高尔夫球落入洞底c时的机械能为mg（H+h）+mv02C 从球被击出至落入洞底过程高尔夫球机械能守恒D 从球被击出至落入洞口过程减少的重力势能为mgH考点：机械能守恒定律；平抛运动专题：机械能守恒定律应用专题分析：以地面为参考面，高尔夫球落入洞底c时的重力势能为mgh，机械能等于动能和重力势能之和由功能

26、关系分析机械能是否守恒解答：解：AB、以地面为参考面，高尔夫球落入洞底c时的重力势能为mgh，动能为mv2，则机械能等于mv2mgh故A正确，B错误C、由于空气阻力对高尔夫球做功，所以其机械能不守恒，故C错误D、从球被击出至落入洞口过程高度下降H，则其减少的重力势能为mgH故D正确故选：AD点评：本题要注意重力势能是相对的，是相对于参考平面，物体在参考平面下方时重力势能是负的三、非选择题（54分）10用游标卡尺测得某样品的长度如左图所示，其示数L=10.20mm；用螺旋测微器测得该样品的外径如右图所示，其示数D=6.550mm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：解决

27、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、游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为40.05mm=0.20mm，所以最终读数为：10mm+0.20mm=10.20mm2、螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为5.00.01mm=0.050mm，所以最终读数为6.5mm+0.050mm=6.5500mm，由于需要估读，最后的结果可以为6.5500.002故答案为：10.20mm；6.550mm点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器

28、等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量1015宝安区模拟）测量滑块在运动过程中所受的合外力是“探究动能定理”实验要解决的一个重要问题为此，某同学设计了如下实验方案：A实验装置如图所示，一端系在滑块上的细绳通过转轴光滑的轻质滑轮挂上钩码，用垫块将长木板固定有定滑轮的一端垫起调整长木板的倾角，直至轻推滑块后，滑块沿长木板向下做匀速直线运动；B保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，让滑块沿长木板向下做匀加速直线运动请回答下列问题：a滑块做匀速直线运动时，打点计时器在纸带上所打出点的分布应该是等间距；b滑块在匀加速下滑过程中所受的合外力大小等于钩码的重力大小（选填“大于”“等于”或“小于

29、”）考点：探究功与速度变化的关系专题：实验题分析：该实验的关键是明确（1）平衡摩擦力后滑块受到的拉力才为合力，以及怎样通过纸带判断滑块做匀速直线运动；（2）只有满足钩码质量远小于滑块的质量，绳子拉力才可近似等于钩码的重力解答：解：a此实验平衡摩擦力后，确定滑块做匀速直线运动的依据是，看打点计时器在纸带上所打出点的分布应该是等间距的b滑块沿长木板向下做匀速直线运动，合力为零，取下细绳和钩码后，合力等于钩码的重力大小故答案为：等间距；等于点评：明确实验原理是解决实验题的关键本实验应理解为什么挂钩码前要首先平衡摩擦力，以及为什么要求钩码质量远小于滑块的质量12某同学做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验

30、，实验室提供了表中的器材小灯泡L（额定电压2.5V，额定电流250mA）直流电源E（电动势3V，内阻不计）电流表A1（量程300mA，内阻约0.5）电流表A2（量程500mA，内阻约0.2）电压表V1（量程3V，内阻约3k）电压表V2（量程6V，内阻约6k）滑动变阻器（最大阻值约10）开关S，导线若干为了使实验误差尽可能小，应选用的电流表是A1、电压表是V1；若该同学已正确选用器材，并连接好部分实验电路，如图甲请在图甲中完成其余的电路连接，要求小灯泡两端的电压能在02.5V范围连续变化，且尽可能减少实验误差；该同学在正确完成实验后得到图乙所示的伏安特性曲线，他从图线中得到“通过小灯泡的 电流随

31、电压的增大而增大”的规律请你分析图线再写出两条规律：a小灯泡的电阻随电压的升高而增大；b小灯泡的功率随电压的增大而增大考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题分析：由安全性和准确性根据灯泡的额定电压可知应使用的电压表；由额定电流可知应采用的电流表； 由题意可知滑动变阻器的接法； 由电阻关系可知应选用的电流表； 从而完成接法；由图象结合题目中给出的规律可写出图象中显示的规律解答：解：因灯泡的额定电压为2.5V，故电压表应选量程为3V； 额定电流为250mA，故电流表量程应选300mA，故电流选选A1，电压表选V1；由题意可知，应采用分压接法，因灯泡内阻较小，故应采用电流表外接法； 故答案如图由

32、图可知通过小灯泡的电流与电压的变化关系是非线性关系；由示例可知，可以说明电阻随电压的变化：即小灯泡的电阻随电压的升高而增大；或答：小灯泡的功率随电压的增大而增大； 故答案为：A1、V1；如图所示； 小灯泡的电阻随电压的升高而增大；小灯泡的功率随电压的增大而增大点评：电学实验中要注意仪表的选择方法、实物图的连接、电路的接法等，要多练习从而找出相应的规律； 明确分压接法使用的条件，并能根据电流表及电压表的内阻确定电流表的内外接法；测小灯泡的伏安特性曲线采用的均为分压外压法13两块平行金属板MN、PQ水平放置，两板间距为d、板长为l，在紧靠平行板右侧的正三角形区域内存在着垂直纸面的匀强磁场，三角形底

33、边BC与PQ在同一水平线上，顶点A与MN在同一水平线上，如图所示一个质量为m、电量为+q的粒子沿两板中心线以初速度v0水平射入，若在两板间加某一恒定电压，粒子离开电场后垂直AB边从D点进入磁场，BD=AB/4，并垂直AC边射出（不计粒子的重力）求：（1）两极板间电压；（2）三角形区域内磁感应强度；（3）若两板间不加电压，三角形区域内的磁场方向垂直纸面向外要使粒子进入磁场区域后能从AB边射出，试求所加磁场的磁感应强度最小值考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）根据几何关系，可求速度间的关系，从而即可求解；（2）由几何关系，结合运

34、动的半径公式，从而可确定磁场的大小，由运动轨迹，结合左手定则可确定磁场的方向；（3）由粒子刚好与BC边相切时，磁感应强度最小，并根据牛顿第二定律与几何关系，从而即可求解解答：解：（1）垂直AB边进入磁场，由几何知识得：粒子离开电场时偏转角为30，因为：得：（2）由几何关系得：在磁场中运动半径所以有：得：方向垂直纸面向里（3）当粒子刚好与BC边相切时，磁感应强度最小，由几何知识知粒子的运动半径r2为：得：即：磁感应强度的最小值为答：（1）两极板间电压；（2）三角形区域内磁感应强度；（3）若两板间不加电压，三角形区域内的磁场方向垂直纸面向外要使粒子进入磁场区域后能从AB边射出，则所加磁场的磁感应强

35、度最小值为点评：考查粒子在磁场中运动，结合牛顿第二定律与几何关系来综合应用，掌握运动轨迹的半径与周期公式14如图甲，悬点O的正下方A处停放一质量为m2的滑块，滑块右侧有以速度u=2m/s逆时针转动的水平传送带，滑块与传送带间的动摩擦因素=0.1，传送带两端相距S=3.5m，传送带的右侧紧连着一平行板电容器CD，C板上表面涂有一层很薄的绝缘层，C板左端B处有一质量为m3带电量为+q的点电荷，CD板间加有如图乙的交变电压，且qU1=3mgd长L=1.6m的细绳一端固定在O点，另一端连一质量为m1的小球，从某一摆角释放，到最低点时与m2发生弹性碰撞，同时接通交变电源与电容器CD的连接，已知m1=m2

36、=m3=m=2kg，电容器两板间距离为d，板长为b=0.5m，小球与滑块碰撞前细绳的拉力恰为2m1g已知m3运动过程中均不与C、D板相撞求：（1）若m2与m3发生碰撞后结合在一起，则该碰撞过程系统动能的改变量是多少？（2）要使m2与m3相碰，则CD板间交变电压的最长周期Tm和电压U1与U2的比值（只考虑U2U1的情形）各为多少？（3）m2与m3离开电容器时的速度为多少？（g=10m/s2）考点：电势差与电场强度的关系；动能定理专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）m1在最低点时，根据牛顿第二定律求出其速度质量相等的m1与m2发生弹性碰撞后速度交换再由动能定理求碰后B的速度，即可得到碰撞过程系

37、统动能的改变量（2）要实现m2与m3相碰，则m3在CD间必须做对称的往返运动且经t=t1=1s恰好回到B位置，可得Tm=t1=1s根据加速与减速的加速度关系，求解电压U1与U2的比值（3）m2与m3碰撞后，水平方向做匀速运动，竖直方向的运动在的时间内经历了先向上匀加速后向上匀减速运动的两段运动，根据牛顿第二定律求解速度解答：解：（1）m1在最低点时：Tm1g=m1得m1碰前的速度 v1=4m/s质量相等的m1与m2发生弹性碰撞后速度交换故 m2碰后的速度 vA=v1=4m/s设m2能通过传送带达到B端，对m2应用动能定理有m2gs=得vB=3m/s 求得vB0假设成立m2从A到B运动的时间为t

38、1由s=t1得 t1=1sm2与m3发生完全非弹性碰撞，取向右为正方向，根据动量守恒定律得 m2vB=（m2+m3）v共解得 v共=1.5m/s得碰撞过程系统动能的改变量Ek=4.5J（2）要实现m2与m3相碰，则m3在CD间必须做对称的往返运动且经t=t1=1s恰好回到B位置则Tm=t1=1s a加=a减即：m3g=+m3g得U1：U2=3：1（3）m2与m3碰撞后，水平方向做匀速运动则通过电容器所用时间 t2=s竖直方向的运动在的时间内经历了先向上匀加速后向上匀减速运动的两段运动，则 a加= a减=g在t=s末竖直方向的速度 vy=0即m2与m3离开电容器时速度 v=v共=1.5m/s答：（1）若m2与m3发生碰撞后结合在一起，则该碰撞过程系统动能的改变量是4.5J（2）要使m2与m3相碰，则CD板间交变电压的最长周期Tm是1s电压U1与U2的比值是3：1（3）m2与m3离开电容器时的速度为1.5m/s点评：分析清楚物体的运动过程，把握每个过程的物理规律是关键要记牢质量相等的两个物体发生弹性碰撞后会速度交换