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高二物理实验班拔高题31．如图，电源内阻不能忽略，R1=10Ω，R2=8Ω，开关K接1时，电压表示数为2V，当开关接2时，电压表示数可能下列读数中的A、2.2VB、1.9VC、1.6VD、1.3V2．小明同学在刚使用电热水器时，发现家中的灯突然全熄灭了，所有用电器都不工作，可能的原因是（）Ａ、电热水器断路Ｂ、家庭中原先用电器的功率太大Ｃ、接入电热水器时，电路中的电流太大，使保险丝熔断Ｄ、以上说法都对3．如图所示是电阻R的I－U图象，由此得出A．电阻R＝0.5ΩB．通过电阻的电流与两端电压成正比C．因I－U图象的斜率表示电阻的倒数，故R＝=1.0ΩD．在R两段加上2.0V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是1.0C4．如图所示的电路中，电源电动势为，内阻忽略不计．闭合开关，电灯正常发光。再将滑动变阻器的滑片稍向左移动一段距离，下列说法正确的是A．电流表、电压表的读数均变小B．小灯泡L变暗C．电源的总功率变大D．电容器所带电荷量变大5．如图所示电路中，直流电源的电动势为20V，C是电容器，R是电阻，关于电压表的示数，下列说法正确的是（）A、等于20VB、大于20VC、小于20VD、等于零6．一物体运动的速度一时间图象如图所示．t轴上、下方曲线的形状完全相同，下列说法正确的是A.t=1s时，物体的加速度最大B.t=2s时，物体的加速度为零C.物体前两秒的平均速度等于5m/sD.物体前四秒的平均速度等于零7．一篮球从高处释放，在重力和空气阻力的作用下加速下降，对此过程，叙述正确的是（）A．合力对篮球做的功等于篮球动能的增加量B．重力对篮球做的功等于篮球重力势能的减少量C．篮球重力势能的减少量等于动能的增加量D．篮球克服空气阻力所做的功等于篮球机械能的减少量8．地球同步卫星离地心距离为r,运行速度为v1,加速度为a1,地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a2,第一宇宙速度为v2,地球半径为R,则以下正确的是()A.B.C.D.9．如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零。则小球aA．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B．从N到P的过程中，速率先增大后减小C．从N到Q的过程中，电势能一直增加D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量10．（4分）如图所示，游标卡尺的读数为mm；螺旋测微器的读数为mm．11．一台准确走动的钟表上时针、分针和秒针的角速度之比ω1：ω2：ω3=,如果三针长度分别为L1、L2、L3,且L1：L2：L3=1：1.5：1.5,那么三针尖端的速度之比v1：v2：v3=.12．如图所示，一质量m=l0kg的小物块静止在粗糙水平台阶上，离台阶边缘O点的距离s=5m，它与水平台阶表面的动摩擦因数=025。在台阶右侧固定一个以O为圆心的圆弧挡板，圆弧半径R=5m，以O点为原点建立平面直角坐标系xOy。现用F=5N的水平恒力拉动小物块（已知重力加速度g=l0）。(1)为使小物块不落在挡板上，求拉力F作用的最长时间；(2)若小物块在水平台阶上运动时，拉力F一直作用在小物块上，当小物块过O点时撤去拉力F，求小物块击中挡板上的位置的坐标。13．实验室有一破损的双量程动圈式电压表，两量程分别是50V和500V，其内部电路如图所示.因电压表的表头G已烧坏，无法知道其电学特性，但两个精密电阻R1、R2完好，测得R1＝49.9kΩ，R2＝499.9kΩ。现有两个表头，外形都与原表头G相同，已知表头G1的满偏电流为1mA，内阻为60Ω；表头G2的满偏电流0.5mA，内阻为100Ω，又有两个定值电阻r1＝40Ω，r2＝20Ω.若保留R1、R2的情况下，对电压表进行修复，则：（1）原表头G满偏电流Ig＝________，内阻rg＝_________.（2）用于修复电压表的器材有：___________________________（填器材符号）.（3）在虚线框中画出修复后的电路.参考答案1．B【解析】试题分析：由闭合电路欧姆定律得：当开关置1时：当开关置2时：将两式相比可得：故有：因为0＜＜0.4，故1.6＜U′＜2.0；故只有1.9V符合题意，故选：B．考点：欧姆定律的应用。2．C【解析】试题分析：小明同学在刚使用电热水器时，发现家中的灯突然全熄灭了，所有用电器都不工作，故不是Ａ、电热水器断路，只能是Ｃ、接入电热水器时，电路中的电流太大，使保险丝熔断，故选：C考点：家用电器故障原因判断．点评：画电路图按照方法分析，然后把这些总结成串联和并联电路的规律．3．BD【解析】试题分析：电阻I－U图象的斜率等于电阻的倒数，结合题图分析可知电阻R＝2Ω，A、C错误；由于I－U图象为过原点的一条直线，故通过电阻的电流与两端电压成正比，B正确；在R两段加上2.0V的电压时，通过电阻的电流为1A，则每秒通过电阻横截面的电荷量是1.0C，D正确。考点：对电阻I－U图象的理解4．BD【解析】试题分析：滑动变阻器滑片P向左移动，变阻器接入电路的电阻增大，电路总电阻增大，电流减小，灯泡变暗；当内、外电阻相等时，电源的输出功率功率最大．灯炮L的电阻大于电源的内阻，当R增大时，电源的输出功率减小．变阻器两端电压增大，电容器上电荷量增大，电流表读数变小，电压表读数U=E-Ir变大．A、当滑动变阻器滑片P向左移动，其接入电路的电阻增大，电路总电阻R总增大，电流I减小，电流表读数变小，电压表读数U=E-Ir变大，故A错误．B、灯泡的功率，不变，则灯泡变暗，故B正确．C、电源的总功率，电源的功率减小，C错误．D．变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，电容器上电压也增大，则其电荷量增大，故D正确．故选BD考点：闭合电路的欧姆定律．点评：本题的难点在于确定电源的输出功率如何变化，可以用数学证明，当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，这是很重要的结论．对于电容器，关键确定电压，记住这个结论很有必要：电容器与与它并联的电路电压相等．5．D【解析】试题分析:电容器在电路中具有“通交流阻直流”的作用，电容器对直流来说，是断路作用，没有电路中没有电流，所以R两端电压表的示数为0考点：含电容器的电路6．D【解析】A、v-t图象上某点的切线的斜率表示该点对应时刻的加速度，故t=1s时，物体的加速度为零，最小，故A错误；B、v-t图象上某点的切线的斜率表示该点对应时刻的加速度，故t=2s时，物体的加速度最大，不为零，故B错误；C、如果第1s匀加速到10m/s，第2s由10m/s匀减速到零，则前2s的平均速度等于5m/s，但前2s物体的位移偏大（用v-t图象的面积表示），故平均速度大于5m/s，故C错误；D、v-t图象与时间轴包围的面积表示位移大小，前4s物体的位移为零，故平均速度为零，故D正确；故选：D．7．ABD【解析】试题分析：根据动能定理合外力做的功等于动能的变化量，所以A项正确；重力做正功等于重力势能的减少量，所以B项正确；C项错误；除重力弹力之外做功影响机械能变化，本题中除重力之外的力是空气阻力，空气阻力做功影响机械能变化，所以D项正确。考点：本题考查了动能定理和功能关系8．D【解析】试题分析：本题涉及到三个物体：第一个是地球的同步卫星；第二个是地球赤道上的物体；第三个是以第一宇宙速度运动的卫星。地球同步卫星与地球赤道上的物体具有相同的周期和角速度，根据向心加速度公式，同步卫星的加速度，赤道上物体的加速度，所以，A、B项错误；根据万有引力提供向心力，得出，同步卫星的运行速度，第一宇宙速度，所以，C项错误；D项正确。考点：本题考查了同步卫星和第一宇宙速度9．BC【解析】a球从N点静止释放后，受重力mg、b球的库仑斥力FC和槽的弹力N作用，a球在从N到Q的过程中，mg与FC的夹角θ逐渐减小，不妨先假设FC的大小不变，随着θ的减小mg与FC的合力F将逐渐增大，况且，由库仑定律和图中几何关系可知，随着θ的减小FC逐渐增大，因此F一直增加，故选项A错误；在a球在从N到Q的过程中，a、b两小球距离逐渐变小，电场力一直做负功，电势能一直增加，故选项C正确；显然在从P到Q的过程中，根据能的转化与守恒可知，其电势能增加量等于其机械能的减少量，b球在Q点时的重力势能大于其在P点时的重力势能，因此该过程中动能一定在减少，且其减少量一定等于其电势能与重力势能增加量之和，故选项D错误；既然在从P到Q的过程中，b球的动能在减少，因此其速率也在减小，而开始在N点时速率为0，开始向下运动段中，其速率必先增大，故选项B正确。【考点定位】孤立点电荷等势面特征、库仑定律、平行四边形定则、功能关系、能量守恒定律的应用。【名师点睛】熟记合力大小与分力夹角间的关系、孤立点电荷等势面特征对正确求解本题帮助很大。【方法技巧】本题运用假设法，假设出各个量采用定量计算很繁琐，因此宜选择定性分析法与半定量相结合。【规律总结】能的转化与守恒，是普适规律，任何情况下都要遵循，重力、电场力属于保守力，保守力做功与路径无关，且相关力做正功，相关势能减少，相关力做负功，相关势能增加，做多少功就有多少能的变化。10．12.40，1.683±0.002【解析】试题分析：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．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：1、游标卡尺的主尺读数为12mm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为8×0.05mm=0.40mm，所以最终读数为：12mm+0.40mm=12.40mm．2、螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为18.3×0.01mm=0.183mm，所以最终读数为1.5mm+0.183mm=1.683mm，由于需要估读，最后的结果可以为1.683±0.002．故答案为：12.40，1.683±0.002．点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．11．,【解析】因为,所以,又因,则:12．（1）s（2）（5，5）【解析】试题分析：（1）为使小物块不落在挡板上，拉力F作用最长时间t1时，撤去F后小物块刚好运动到O点静止。由牛顿第二定律得：解得：减速运动时的加速度大小为：由运动学公式得：而解得：（2）水平恒力一直作用在小物块上，由动能定理可得：解得小物块到达O点时的速度小物块过O点后做平抛运动水平方向：竖直方向：又因为：解得，位置坐标为（5，5）考点：牛顿第二定律；平抛运动；动能定理13．（1）1mA；100Ω；（2）G1和r1；（3）电路图如图所示【解析】试题分析:（1）两个量程：50V=I(49900Ω+r)；500V=I(499900Ω+r)得I=1×10-3A；r=100Ω（2）由（1）的计算可知：用于修复电压表的器材是G1和r1。（3）改装后的电路如上图所示考点：电表的改装14．0.2J15．【解析】（1）（12分）由牛顿第三定律可知，小球在A、C两点所受轨道的弹力大小，···············（1分）在A点由牛顿第二定律得：················①（3分）解得················②（1分）在C点由牛顿第二定律得：················③（1分）对A至C的过程，由动能定理得：··············④（2分）①②③联立得····⑤（2分）解得················⑥（2分）故损失的机械能为0.2J（2）（共6分）因轨道光滑，小球由A至C的过程中机械能守恒············⑦（2分）联立①②⑥得即············⑧（2分）图线如右图所示···········⑨（2分）16．（1）（2）【解析】试题分析：（1）小球所受合力提供向心力：解得小球做圆周运动的线速度为：。（2）小球做平抛运动的位移：由几何关系有：代入数值解得：考点：本题考查圆锥摆，以及平抛运动的知识。