2024年四川省成都七中高考物理一诊热身物理试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年四川省成都七中高考物理一诊热身物理试卷(含详细答案解析)，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.摩托车骑手从一斜坡冲出在空中飞越的情景如图所示，不计空气阻力影响，假设摩托车发动机油门关闭，摩托车在空中飞行的过程中( )
A. 若要研究某时刻骑手的动作，可以把摩托车和骑手看作质点
B. 若不考虑转动的影响，在最高点，骑手的动能为零
C. 若不考虑转动的影响，骑手的机械能先减小再增大
D. 若不考虑转动的影响，骑手的加速度不变
2.在如图所示的电路中，电压表为理想表，电源内阻为r，滑动变阻器总电阻为R2，R1+R2>r>R1，滑动变阻器滑片由a滑向b，下列说法正确的是( )
A. 电源的效率先变大再减小
B. 电源输出功率先增大再减小
C. 电压表示数先增大再减小
D. 灵敏电流计G的电流方向d→c
3.一物体在如图甲所示的xOy平面上运动，其x方向的vx−t图像和y方向的y−t图像分别如图乙、图丙所示，图丙中AB段为抛物线，轨迹方程为y=12t2−2t+3，虚线AC为t=0时该抛物线的切线，已知t=0时物体的位置坐标为(0m,3m)，下列说法正确的是( )
A. t=0时，物体的速度大小为3 2m/s
B. t=2s时，物体的位置坐标为(5m,1m)
C. 前2s物体y方向的加速度越来越小
D. 物体在2s内做加速度大小a= 2m/s2的曲线运动
4.华为mate60实现了手机卫星通信，只要有卫星信号覆盖的地方，就可以实现通话。如图所示三颗赤道上空的通信卫星就能实现环赤道全球通信，已知三颗卫星离地高度均为h，地球的半径为R，地球同步卫星离地高度为6R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，下列说法正确的是( )
A. 三颗通信卫星受到地球的万有引力的大小相等
B. 能实现全球通信时，卫星离地高度至少2R
C. 其中一颗质量为m的通信卫星的动能为mgR22(R+h)
D. 通信卫星和地球自转周期之比为 (7R)3(R+h)3
5.如图所示，水平地面上有一段绝缘粗糙区域AB，该区域中的P点距A点较近。材料与形状完全相同的两个物块甲和乙与地面间的动摩擦因数由A到B逐渐减小，甲物块带正电荷，乙物块带等量的负电荷，空间中有水平向右的匀强电场，先让甲物块从A由静止释放滑到B。然后再让乙物块从B由静止释放滑到A。两物块在运动过程中电荷量保持不变，上述两过程相比较，下列说法中错误的是( )
A. 两个物块在上述过程中获得的速度大小相等
B. 甲物块在上述过程中所用时间较长
C. 若甲、乙同时从A、B释放，它们可能在P点相遇
D. 若甲、乙同时从A、B释放，它们碰后粘连一定共同向右运动
二、多选题：本大题共4小题，共23分。
6.如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α=37∘的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化如图乙所示。g=10m/s2，sin37∘=0.6。则下列说法中正确的是( )
A. 物体的质量m=0.67kgB. 物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.5
C. 物体上升过程的加速度大小a=12m/s2D. 物体回到斜面底端时的动能Ek=10J
7.若规定无限远处的电势为零，真空中点电荷周围某点的电势φ可表示为φ=kQr，其中k为静电力常量，Q为点电荷的电荷量，r为该点到点电荷的距离。如图所示，M、N、C是真空中三个电荷量均为+Q的固定点电荷，M、N、C连线构成一等边三角形且边长L，D是三条边中垂线的交点。已知静电力常量为k，规定无限远处的电势为零。则下列说话正确的是( )
A. O、A、B三点场强相等
B. 场强EA=4kQ3L
C. 电势φA：φD=(2+4 3)：9
D. 在D处放置一负电荷q，其电势能Ep=−3 3kQqL
8.如图所示，14光滑圆弧轨道AB末端切线水平，与12光滑圆弧轨道BCD在B处连接且固定，圆弧轨道BCD的半径为r2，圆弧轨道AB的半径r1未知且可调节。一质量为m的小球，从A点(与O1等高)静止释放，经过B点落在圆弧轨道BCD上。忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 小球经过B点时对轨道的压力与r1的大小无关
B. 只要小球在空中运动时间相同，落在圆弧轨道BCD上时的动能就相同
C. 适当调节r1的大小，小球可以垂直落在圆弧轨道BCD上
D. 当r1=r24时，小球在空中运动的时间最长
9.某健身者把两根相同绳子的一端固定在一点，用双手分别握住绳子的另一端，上下抖动绳子使绳子振动起来，以手的平衡位置为坐标原点，如图是健身者右手在抖动绳子过程中某时刻的波形，若右手抖动的频率是2Hz，下列说法正确的是( )
A. 该波的波长为12m
B. 该时刻M点的位移为15 3cm
C. 该时刻N点的振动方向沿y轴负方向
D. 再经过0.125s，M点经过的路程为30cm
E. 从该时刻开始计时，质点M的振动方程为y=30sin(4πt+π6)cm
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
10.在天宫课堂中，我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验，受此启发，某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的实验。如图甲所示，主要步骤如下：
①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上；
②接通气源，放上滑块，调平气垫导轨；
③将弹簧左端连接力传感器，右端连接滑块，弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的距离为5.00cm，拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时；
④计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力F，加速度a随时间t变化的图像，部分图像如图乙所示。
回答以下问题(结果均保留两位有效数字)：
(1)弹簧的劲度系数为______N/m；
(2)该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据，画出a−F图像如图丙中Ⅰ所示，由此可得滑块与加速度传感器的总质量为______ kg；
(3)该同学在滑块上增加待测物体，重复上述实验步骤，在图丙中画出新的a−F图像Ⅱ，则待测物体的质量为______ kg。
11.小芳同学想利用实验室的器材描绘出某电风扇的伏安特性曲线。她通过说明书得到电风扇的额定电压为5.0V，额定功率约为2.5W。器材有：
电源E：电动势为6.0V，内阻忽略不计
电流表A1：量程0.6A，内阻约为10Ω
电流表A2：量程100mA，内阻为r2=4Ω
定值电阻R1=10Ω
定值电阻R2=50Ω
滑动变阻器R3：最大阻值10Ω，最大电流0.5A
滑动变阻器R4：最大阻值3Ω，最大电流3A
滑动变阻器R5：最大阻值100Ω，最大电流3A
开关、导线等。
(1)滑动变阻器应选用______(选填“R3”“R4”或“R5”)；为了精确测量数据，选用定值电阻______(选填“R1”或“R2”)，将电流表A2改装成电压表使用。
(2)请根据选用的实验器材设计实验电路，将最优电路设计图画在图甲虚线方框内，电风扇符号用M表示，需在图中标上所用元件对应的符号______。
(3)小芳在实验中发现，小电风扇在电流较小时不能转动。她多次测量描绘出I2−I1图像如图乙所示，其中I1为电流表A1的读数，I2为电流表A2的读数。当I1为0.10A，I2为10mA时，小电风扇的电阻为______Ω(结果保留两位有效数字)。
(4)从小芳描绘的I2−I1图像可以看出，随着I2的不断增大，I1先增大到某值时突然减小，造成这种现象的原因是______。
四、简答题：本大题共1小题，共10分。
12.如图，半径为R=30cm的玻璃球台，球台平面对应的球心角为120∘，与球台平面等面积的单色光柱垂直台面射向球体。已知玻璃对单色光的折射率为2，光在真空中的速率为c=3.0×108m/s，求：
(1)求：该单色光在玻璃球台中的传播速度；
(2)求：同时垂直射入玻璃球台的光中，最先在球面处发生全反射的光，在玻璃球台内传播的时间(只考虑全反射)。
五、计算题：本大题共2小题，共32分。
13.在足够长的粗糙绝缘板A上放一个质量为m、电荷量为+q的小滑块B.用手托起A置于方向水平向左、场强大小为E的匀强电场中，此时A、B均能静止，如图所示，现将绝缘板A从图中位置P垂直电场线移至位置Q，发现小滑块B相对于A发生了运动，为研究方便可以将绝缘板A的运动简化成线匀加速接着匀减速到静止的过程，测量发现竖直方向加速的时间为0.8s，减速的时间为0.2s，P、Q位置高度差为0.5m，已知匀强电场的场强E=0.3mgq，A、B之间动摩擦因数μ=0.4，g=10m/s2，求：
(1)绝缘板A加速和减速的加速度大小分别为多大？
(2)滑块B最后停在离出发点距离为多大处？
14.“鲁布⋅戈德堡机械”是用迂回曲折的连锁机械反应完成一些简单动作的游戏。图为某兴趣小组设计的该类游戏装置：AB是半径为2L的光滑四分之一圆弧轨道，其末端B水平；在轨道末端等高处有一质量为m的“
”形小盒C(可视为质点)，小盒C与质量为3m、大小可忽略的物块D通过光滑定滑轮用轻绳相连，左侧滑轮与小盒C之间的绳长为2L；物块D压在质量为m的木板E左端，木板E上表面光滑、下表面与水平桌面间动摩擦因数μ=0.5(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，木板E右端到桌子右边缘固定挡板(厚度不计)的距离为L；质量为m且粗细均匀的细杆F通过桌子右边缘的光滑定滑轮用轻绳与木板E相连，木板E与定滑轮间轻绳水平，细杆F下端到地面的距离也为L；质量为m2的圆环(可视为质点)套在细杆F上端，环与杆之间滑动摩擦力和最大静摩擦力相等，大小为76mg。开始时所有装置均静止，现将一质量为m的小球(可视为质点)从圆弧轨道顶端A处由静止释放，小球进入小盒C时刚好能被卡住(作用时间很短可不计)，然后带动后面的装置运动，木板E与挡板相撞、细杆F与地面相撞均以原速率反弹，最终圆环刚好到达细杆的底部。不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)小球与小盒C相撞后瞬间，与小盒C相连的绳子上的拉力大小；
(2)细杆F的长度。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、当要研究某一时刻骑手的动作，就要展现出骑手的运动细节，而把骑手和摩托车看成质点就不能看到骑手的动作了。故A错误。
B、因为骑手是斜向上冲上斜坡，所以有平行于地面的速度，所以当骑手骑到最高点时，其竖直方向的速度为0，但是其动能不为0。故B错误。
C、因为骑手从斜坡冲出的时刻，骑手就只受重力的影响，在只受重力作用的情况下其机械能始终不变。故C错误。
D、当骑手从斜坡冲出时，骑手只受到重力的作用，其加速度等于重力加速度，所以骑手的加速度不变。故D正确。
故选：D。
分析骑手从冲出斜坡开始，骑手只受到重力的影响，并且其竖直方向上的速度先减小后增大，水平方向的速度保持不变，并且当物体在只受重力影响时，物体的机械能守恒，从而得出答案为多少。
此题主要考查斜抛的知识点，主要要注意在只受重力的情况下其机械能保持不变。
2.【答案】B
【解析】解：A.滑动变阻器滑片由a滑向b，则R2阻值变大，根据效率的计算式可得电源的效率为
η=IUIE=R外R外+r
可知外电阻变大，则电源的效率变大，故A错误；
B.根据电源输出功率和内外阻关系，可知当外电阻等于内阻时电源输出功率最大；因 R1+R2>r>R1，滑动变阻器滑片由a滑向b，则R2阻值变大，外电阻先靠近电源内阻后远离电源内阻，可知电源输出功率先增加后减小，故B正确；
C.根据闭合电路欧姆定律，外电阻变大，总电流减小，则路端电压变大，即电压表示数增大，故C错误；
D.路端电压变大，R1电压减小，则滑动变阻器两端电压变大，电容器两板电压变大，故电容器充电，则灵敏电流计G的电流方向c→d，故D错误。
故选：B。
根据滑动变阻器滑片滑动判断电阻变化，根据效率的计算式结合欧姆定律判断电源效率，根据电源输出功率和内外阻关系分析功率变化，根据闭合电路欧姆定律结合电容器特点分析判断。
本题考查动态电路分析，解题关键掌握闭合电路欧姆定律，正确分析电路构成，注意电源效率的计算公式。
3.【答案】D
【解析】解：A、由图甲可知当t=0时，vx=3m/s；根据y=12t2−2t+3，对比y=vyt+12ayt2，可知物体沿y方向的加速度为ay=1m/s2，初速度：vy0=−2m/s，则合速度：v= vx2+vy02= 32+22m/s= 13m/s，故A错误；
B、t=2s时，根据图像与横轴围成的面积可知x=3+52×2m=8m，所以坐标为(8m,1m)，故B错误；
C、y方向的位移-时间图像是抛物线，即满足y=12t2−2t+3形式，说明y方向为匀变速直线运动，所以y方向的加速度保持不变，故C错误；
D、物体在x方向上的加速度为：ax=ΔvxΔt=5−32m/s2=1m/s2，物体在y方向上的加速度为ay=1m/s2，因此合加速度：a= ax2+ay2= 12+12m/s2= 2m/s2；
因此合力与水平方向的夹角为tanα=ayax=11=1
初始速度和水平方向的夹角为tanβ=vy0vx=−23
可知合力方向与初合速度方向不在同一直线上，所以物体做曲线运动，故D正确。
故选：D。
根据图像的斜率得出不同方向的速度，结合矢量合成的特点得出物体的速度；根据图像与横轴围成的面积得出位移的大小，并由此得出对应的坐标；根据图像的特点分析出加速度的变化，结合平行四边形定则求出合加速度。
本题主要考查了运动的合成和分解的相关应用，理解运动学图像的物理意义，结合运动学公式和矢量合成的特点即可完成分析。
4.【答案】C
【解析】解：A.通信卫星受到的万有引力大小为F=GMmr2，三颗通信卫星的质量未告知，故三颗通信卫星受到地球的万有引力大小不一定相等，故A错误；
B.三颗通信卫星若要全面覆盖，则其如图所示
由几何关系可知，∠AOB=120∘，∠AOC=60∘，其OA为地球半径R，所以由几何关系有
cs60∘=AOOC，OC=2R=R+h，代入数据得：h=R，所以通信卫星高度至少为R，故B错误；
C.对卫星有GMm(R+h)2=mv2R+h，在地球表面有GMmR2=mg，其动能为Ek=12mv2=mgR22(R+h)，故C正确；
D.对通信卫星有GMm(R+h)2=m4π2T通2(R+h)，对同步卫星有GMm(7R)2=m4π2T地2(7R)，可得T通T地= (R+h)3(7R)3，故D错误。
故选：C。
利用万有引力定律列式求解即可。
本题考查学生对人造卫星和万有引力定律的理解和运用，需要注意卫星的质量未给出。
5.【答案】D
【解析】解：A.对甲、乙两物块，根据动能定理得
qUAB−f−xAB=12mv2
所以两个物块在上述过程中获得的速度大小相等，故A正确；
B.甲、乙两物体运动的v−t大致如图所示
甲运动过程加速度在增大，故v−t图像的斜率增大，如图线1；乙运动过程加速度减小，故斜率减小，如图线2，由于两物块末速度大小相等，且两个过程的位移相等，即图线下方所围的面积相等，故甲运动过程的时间长，故B正确；
C.若甲、乙同时从A、B释放时，由B可知乙物块B到P段时间加速度大于甲物块从A到P端的加速度，所以，所以相等时间内乙物块运动的位移大于甲物块运动的位移，所以它们有可能在P点相遇，故C正确；
D.若甲、乙同时从A、B释放，由B可知当甲、乙物体碰撞时碰前速度大小不相等，碰撞过程甲、乙之间的相互作用力为F，对甲物块根据动量定理可知甲、乙碰撞后速度不可能相等，所以碰后不可能粘连一起共同向右运动，故D错误；
由于本题选择错误的选项，故选：D。
A.根据动能定理列式分析解答；
B.在同一个v−t图像中作出甲、乙的速度-时间图像，根据位移大小相等判断运动时间长短；
C.根据v−t图像分析相遇时各自的位移大小关系判断；
D.根据图像判断碰撞前瞬间速度大小结合动量定理分析碰后的速度方向。
考查动能定理，非匀变速的v−t图像的建立和理解问题。
6.【答案】BD
【解析】解：A.根据题意，由图可知，物体上升到最大高度时，机械能为30J，则有
mghm=30J
代入数据解得
m=1kg，故A错误；
B.根据题意，由功能关系可知，克服摩擦力做功等于机械能的减少，则有
Wf=μmgcs37∘⋅hmsin37∘=50J−30J
代入数据解得
μ=0.5，故B正确；
C.物体上升过程中，由牛顿第二定律有
μmgcs37∘+mgsin37∘=ma
代入数据解得
a=10m/s2，故C错误；
D.根据题意，物体回到斜面底端过程中，由动能定理有
−2Wf=Ek−Ek0
其中
Ek0=50J
解得
Ek=10J，故D正确。
故选：BD。
根据图像可知最高点的机械能等于重力势能，可求物体的质量；根据功能关系结合图像求解动摩擦因数；根据牛顿第二定律求解加速度；根据动能定理求解物体到斜面底端时的动能。
本题考查功能关系的问题，要求学生能正确分析物体的运动过程，熟练应用功能关系解题。
7.【答案】ACD
【解析】解：A、根据点电荷电场的计算公式可知，MC两电荷在A点场强为0，故A点场强是只有N电荷在A点的场强，E=kQr2，根据对称性可知OB两点场强大小也等于kQr2，故A正确；
B、三角形边长为L，则NA=Lcs30∘= 32L，带入E=kQr2=4kQ3L2，故B错误；
C、A点的电势：φA=2×kQL2+kQ 32L=12kQ+2 3kQ3L，D点的电势：φD=3×kQ 33L=3 3kQL，所以φA：φD=(2+4 3)：9，故C正确；
D、φD=3 3kQL，在D处放置一负电荷q，其电势能Ep=−3 3kQqL，故D正确。
故选：ACD。
考查点电荷电场的大小计算，根据题意求得DA的电势，进行比值计算。
根据题意分析电势的计算方式，根据正电荷周围电势均为正，可直接相加计算。
8.【答案】AD
【解析】解：A、小球从A点静止释放到B点，根据机械能守恒有
mgr1=12mvB2
根据牛顿第二定律有
FN−mg=mvB2r1
联立解得，轨道对小球的支持力为
FN=3mg
则小球经过B点时对轨道的压力与r1的大小无关，故A正确；
B、小球经过B点落在圆弧轨道BCD上，小球在空中运动时间相同，则小球下落高度h相同，则小球落在圆弧BC、CD上的等高处，则根据平抛规律可知，水平位移不同，离开B点的初速度vB不同，则根据机械能守恒，有
mgh=Ek−12mvB2
可知落在圆弧轨道BCD上时的动能Ek不相同，故B错误；
C、根据平抛运动规律有，速度的反向延长线经过水平位移的中点，但O点不为水平位移的中点，若小球垂直落在圆弧轨道BCD上，则其速度的反向延长线必然经过圆弧的圆心O点。根据几何关系可知小球不可能垂直落在圆弧轨道BCD上，故C错误；
D、若小球在空中运动的时间最长，即此时小球落在C点，则根据平抛规律有
r2=12gt2
r2=vBt
根据动能定理有
12mvB2=mgr1
联立解得
r1=r24
故D正确。
故选：AD。
首先，分析小球从A点静止释放到B点的过程，根据机械能守恒求出B点的速度，再根据牛顿第二定律求出轨道对小球的支持力，进而判断小球经过B点时对轨道的压力与r1的大小有无关系；
其次，分析小球经过B点落在圆弧轨道BCD上的时间，判断小球下落高度h，根据平抛运动的规律判断离开B点的初速度是否相同，最后根据动能定理判断落在圆弧轨道BCD上时的动能是否相同；
接着，根据平抛运动的推论判断小球可不可能垂直落在圆弧轨道BCD上；
最后，根据平抛运动的规律和动能定理求出r1为何值时，小球在空中运动的时间最长。
本题考查了机械能守恒和平抛运动的相关知识，解决本题的关键是准确列出机械能守恒定律对应的方程以及平抛运动的规律。
9.【答案】ACE
【解析】解：A.由图像可知，该波的波长为
λ=2×(10−4)m=12m
故A正确；
B.图示时刻的波动方程为
y=30cs(π6x+π3)
该时刻M点的位移为
y=30cs(π3)cm=30×12cm=15cm
故B错误；
C.由题意，该波沿x轴正方向传播，根据同侧法可知，该时刻N点的振动方向沿y轴负方向，故C正确；
D.再经过0.125s，M点的位移为
y=30sin(4πt+π6)cm=30×sin(π2+π6)cm=15 3cm
M点经过的路程为
s=【(30−15)+(30−15 3)】cm=(45−15 3)cm，故D错误；
E.从该时刻开始计时，质点M的振动方程为
y=30sin(2πft+φ)=30sin(4πt+π6)cm
故E正确。
故选：ACE。
A.根据波长的定义计算波长；
B.结合波动方程求出图中M点的位移；
C.由同侧法判断；
DE.结合B答案的分析计算。
本题考查的是波动图像，要学会从波形图上读取波长和振幅，会写波动方程和质点的振动方程，结合周期和振幅计算质点的路程。
10.【答案】
【解析】解：(1)由题知，弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的距离为5.00cm.拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时。结合图乙的F−t图有
Δx=5.00cm=0.005m，F=0.610N
根据胡克定律
k=FΔx
计算出
k≈12N/m
(2)根据牛顿第二定律有
F=ma
则a−F图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量的倒数，根据图丙中Ⅰ，则有
k=1m=3−00.6kg−1=5kg−1
则滑块与加速度传感器的总质量为
m=0.20kg
(3)滑块上增加待测物体，同理，根据图丙中Ⅱ，则有
1m′=1.5−00.5kg−1=3kg−1
则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为
m′=0.33kg
则待测物体的质量为
Δm=m′−m=0.33kg−0.20kg=0.13kg
故答案为：(1)12；(2)0.20；(3)0.13
(1)根据图像结合胡克定律解得；
(2)(3)根据牛顿第二定律结合图像可解得质量.
本题考查牛顿第二定律，解题关键掌握实验原理与实验操作，注意图像斜率的含义。
11.【答案】R4 R2 6.0电动机突然开始转动，产生了反电动势
【解析】解：(1)电风扇的额定电压为U=5.0V
额定功率为P=2.5W
电风扇的额定电流为I=PU=
由于要描绘出这台电风扇的伏安特性曲线，电压需要从0调节，滑动变阻器采用分压式，使得串联接入电路部分的电流有可能大于0.5A，所以为了防止滑动变阻器烧坏且操作方便，滑动变阻器选R4；
通过电流表A2与电阻串联改装成电压表，因电压调节范围为0∼5.0V，需要串联的电阻阻值为Rx=UIg−r2=5.0100×10−3Ω−4Ω=46Ω
所以选取固定电阻R2=50Ω
改装成电压表，其量程为：U=I2(r2+R2)=100×10−3×(4+50)V=5.4V
(2)因为电压需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，因此电流表采用外接法，电路图如图所示
(3)小电风扇在电流表读数小时电风扇不能转动，属于纯电阻电路，实验数据得知I1为0.10A时，I2为I2=10mA=0.01A
小电风扇的电阻为RM=UMIM=I2(R2+r2)I1−I2=0.01×(50+4)0.1−0.01Ω=6.0Ω
(4)小电风扇在电流较小时不能转动，随着电流I2的不断增大，电动机突然开始转动，产生了反电动势，所以I1先增大到某值时突然减小。
故答案为：(1)R4，R2；(2)； (3)6.0；(4)电动机突然开始转动，产生了反电动势
(1)选择器材需安全、精确，从安全性和可操作性角度选择滑动变阻器；根据电流表与电阻改装成量程为5.4V电压表，结合电流表的量程，从而确定选取固定电阻值；
(2)测量伏安特性电流、电压需从零开始测起，滑动变阻器需采用分压式接法，由此画图；
(3)根据欧姆定律求出风扇灯的电阻。
(4)根据实验操作分析判断。
解决本题的关键掌握器材选取的原则，即安全，精确。知道滑动变阻器分压式和限流式接法的区别和电流表内、外接法的区别。有电动机存在的电路是非纯电阻电路。
12.【答案】解：(1)光在玻璃中的传播速度：v=cn=3.0×1082m/s=1.5×108m/s
(2)设光在玻璃球台中产生全反射的临界角为C，光路图如图所示
则sinC=1n=12
解得C=30∘
由几何关系可知，最边缘的光线在球面的入射角为60∘>C
可知最边缘的光线是最先在球面处发生全反射的光，且该光线经3次全反射而射出平台，
有传播的时间t=4Rv
代入数据解得：t=8×10−9s
答：(1)该单色光在玻璃球台中的传播速度是1.5×108m/s；
(2)同时垂直射入玻璃球台的光中，最先在球面处发生全反射的光，在玻璃球台内传播的时间是8×10−9s。
【解析】(1)根据光速与折射率的关系求出光在玻璃中的传播速度。
(2)作出光路图，求出光的路程，然后求出传播时间。
掌握基础知识是解题的前提，根据题意作出光路图是解题的关键，根据折射率公式可以解题。
13.【答案】解：(1)竖直分运动是先加速后减速，假设竖直分速度的最大值为v，故：
v2t1+v2t2=h
解得：
v=2ht1+t2=2×0.50.8+0.2=1m/s
故加速过程的加速度为：
a1=vt1=10.8=1.25m/s2
减速过程的加速度大小为：
a2=vt2=10.2=5m/s2
(2)加速上升过程是超重，物体与板相对静止；
减速过程是失重，压力减小，为：
N=m(g−a2)=5m
故滑动摩擦力为：
f=μN=2m
根据牛顿第二定律，水平分运动的加速度：
a=qE−fm=1m/s2
故该过程的水平分位移：
x1=12at22=12×1×0.22=0.02m
到最高点后，水平分加速度：
a′=−μg+qEm=−1m/s2
水平分位移：
x2=0−(at2)22a′=−(1×0.2)22×(−1)=0.02m
故水平分位移为：
x=x1+x2=0.02m+0.02m=0.04m
答：(1)绝缘板A加速和减速的加速度大小分别为1.25m/s2、5m/s2；
(2)滑块B最后停在离出发点距离为0.04m.
【解析】(1)对于竖直分运动，先加速后减速，假设竖直分速度的最大值为v，根据平均速度公式列式求解，可以得到最大速度；然后根据加速度的定义求解加速和减速的加速度大小；
(2)减速过程中，滑块水平方向在加速，到达最高点后，滑块在减速，根据牛顿第二定律列式求解加速度，根据运动学公式列式求解水平分位移．
本题关键是明确滑块在水平方向和竖直方向的受力情况、运动情况，然后结合运动学公式和牛顿第二定律列式求解，不难．
14.【答案】解：(1)设小球到达B处时的速度大小为v0，小球与小盒C相撞后瞬间两者的速度大小为v，此时与小盒C相连的绳子上的拉力大小为T。对小球从从A处到B处的过程，由动能定理得：
mg⋅2L=12mv02
小球与小盒C相撞过程，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=(m+m)v
小球与小盒C相撞后的瞬间是两者组成的整体开始做圆周运动的初始时刻，由牛顿第二定律得：
T−2mg=2mv22L
联立解得：T=3mg；
(2)由(1)的结果可知，小球进入小盒C时刚好能被卡住时，连接物块D的轻绳拉力恰好等于其重力，则物块D对木板E的压力为零，此时桌面对木板E的最大静摩擦力为：f=μmg，因细杆F与圆环的总重力为(m+m2)g>f，故木板E将向右做匀加速运动。
在木板E与挡板相撞前，假设细杆F与圆环保持相对静止，对木板E、细杆F与圆环组成的整体为研究对象，设其加速度为a，由牛顿第二定律得：
(m+m2)g−μmg=(m+m+m2)a
解得：a=25g
设此过程圆环与细杆F之间的静摩擦力为f′，对圆环由牛顿第二定律得：
m2g−f′=m2a
解得：f′=310mg
因f′