沪科版物理八年级下册 第三节 物体的浮与沉 第1课时 物体的浮沉条件 第九章 浮 力 潜艇 下沉 上浮 悬浮 物体的浮与沉是由什么因素决定的呢？ 导入新课 将小木块、乒乓球、金属块浸没在水中，松手后，它们将怎样运动？ 做一做 导入新课 1.知道物体的沉浮取决于浮力与重力的大小关系。 （重点） 2.知道物体的沉浮与密度的关系。（重点） 学习目标 导入新课 物体的浮沉条件 实验探究：物体的浮沉条件 讲授新课 我们可以从浸在液体里的物体的受力情况去分析，设计如下图的实验来验证。 讲授新课 实验序号 实验方法 观察小球运动情况 小球受力情况分析 1 把盖上盖子的空小瓶浸没水中，再松手 2 把装满水并盖上盖子的小瓶浸没水中，再松手 3 设法使小瓶既不上浮也不下沉，即静止在水中（也叫悬浮） 上浮 下沉 静止 F浮 ＞G F浮 ＜G F浮 ＝G 讲授新课 物体在液体中的沉浮取决于物体所受的浮力和重力的大小。 通过改变重力或浮力的大小，可以改变物体的浮沉状态。 当F浮＞G 时， 物体上浮 当F浮＜G 时， 物体下沉 当F浮＝G 时， 物体处于悬浮或者漂浮状态 悬浮 上浮 下沉 F浮 G F浮 G F浮 G F浮 G 漂浮 讲授新课 水面 G物 F浮 F浮 G物 下沉 上浮 两个过程： F浮＜ G物 物体下沉 F浮＞G物 物体上浮 讲授新课 三个状态： F浮=G物 物体漂浮 F浮= G物 物体悬浮 F浮＜G物 物体下沉到水底 G物 F浮 水面 F浮 G物 G物 F浮 漂浮 悬浮 下沉到水底 讲授新课 平时常见到 在水中会上浮； 在水中会下沉。 因为不同物质 不同。猜测物体在液体中的沉浮跟物体密度与液体密度之间的关系有关。 木头、泡沫等 石块、金属块等 密度 一个实心物体浸在液体中，你能否根据物体密度与液体密度之间的关系，对物体的浮沉作出判断？ 讲授新课 G F浮>G 上浮 F浮 G F浮ρ物 上浮：由F浮>G可得： ρ液 gV排>ρ物 gV物 因为 V排= V物 所以 ρ液>ρ物 讲授新课 G F浮 F浮=G悬浮 F浮 G F浮=G漂浮 漂浮：由F浮=G可得： ρ液 gV排=ρ物 gV物 因为 V排< V物 所以 ρ液>ρ物 悬浮：由F浮=G可得： ρ液 gV排=ρ物 gV物 因为 V排= V物 所以 ρ液= ρ物 讲授新课 浮沉条件 漂浮 F浮=G V排ρ物 悬浮 F浮=G V排=V物 ∴ρ液=ρ物 上浮 F浮>G V排=V物 ∴ρ液>ρ物 下沉 F浮G物 ρ 液> ρ物 F浮< G物 ρ 液< ρ物 F浮= G物 ρ 液= ρ物 F浮= G物 ρ 液> ρ物 课堂小结 1.关于浮力，下列说法中正确的是（ ） A. 上浮的物体一定比下沉的物体受到的浮力大 B. 沉在容器底部的物体一定不受浮力 C. 在水中上浮的物体在煤油中可能悬浮 D. 没入水中的物体在水中的位置越深受到的浮力越大 C 随堂训练 铁 铁 2.两个体积相同的铁球分别放置在水和水银中，受到的浮力谁大？ 在水银中 水银 水 随堂训练 A B 3.如图所示，A、B两物体静止在水中（ ） A.两物体受到的浮力一定相等 B.两物体受到的浮力不等，A物体受到的浮力大 C.两物体的密度不等，B物体的密度大 D.两物体的重力不等，B物体的重力大 C 随堂训练 沪科版物理八年级下册 第三节 物体的浮与沉 第2课时 浮沉条件的应用 第九章 浮 力 潜水艇是怎样实现在大海里漂浮，悬浮，上升下潜的？ 导入新课 1.知道潜水艇、轮船、密度计等浮沉条件的应用。（重点） 2.进一步理解物体的沉浮条件。 学习目标 导入新课 1.密度计是一种什么仪器？它的刻度有什么特点？ 测量液体密度的仪器，刻度是上小下大，上稀下密。 2.密度计的工作原理是什么？ 物体漂浮在液面上的条件F浮＝G 3.密度计浸入液体中越深，说明 液体的密度是越大还是越小？ 越小 讲授新课 密度计 一 1.工作原理：将钢铁做制成空心的轮船，可以排开更多的水，漂浮在水面上。 2.排水量（m排）： 轮船满载时排开水的质量： F浮= m排g 而 F浮=G ∴ m船+m货= m排 3.载重线 讲授新课 轮 船 二 活动：潜水艇浮沉的模拟实验。 潜水艇 三 讲授新课 工作原理：靠改变自身重力上浮和下潜。 排出水，潜艇受到的重力减小，潜艇上浮 注入水，潜艇受到的重力增大，潜艇下沉 讲授新课 2.工作原理：靠空气浮力升空 1.内部充有小于空气密度的气体 讲授新课 热气球 四 内部充有被燃烧器加热而体积膨胀的热空气 内部充有小于空气密度的气体 　　盐水选种是我国古代劳动人民发明的一种巧妙的挑选种子的方法。各种庄稼的种子，都有一定的密度。长得很饱满的小麦种子密度大，长得干瘪的种子密度小得多。　　　 　　盐水选种，就是把种子放在一定浓度的盐水里，利用浮力把好种子和坏种子分开来。干瘪、虫蛀的种子就会上浮直至漂浮，而饱满的种子则下沉至容器底部。请你说说这是为什么呢？ 盐水选种 五 讲授新课 盐水选种 潜水艇 热气球 密度计 课堂小结 轮船 浮沉条件的应用 1．用同一支密度计测定不同液体的密度，下列叙述正确的是（ ） A 密度计漂浮的越高，所受的浮力越大 B 密度计漂浮在不同液体中，所受的浮力都相等 C 密度计排液体积越大，液体密度越大 D 密度计漂浮的越高，液体密度越大 B D 随堂训练 2. 质量相等的实心铝球和铁球放在水中，铁球受的浮力 铝球受的浮力；若把它们都放在水银中静止时，则铁球受的浮力 铝球受的浮力（选填“＞”、“＜”、“=”） ＜ ＝ 随堂训练 3.如图，甲漂浮于水面上，乙悬浮于水中，若在水中均匀地撒一把盐，甲 乙分别怎么变化？ 甲 乙 分析：甲的浮力等于它的重力，液体密度变大，浮力也变大，甲仍然漂浮；乙的浮力也等于它的重力，液体密度变大，它浮力也变大，大于重力，所以会上浮。 随堂训练 谢谢观看

沪科版物理八年级下册 第六节 合理利用机械能 第1课时 动能和势能 第十章 机械与人 高挂在枝头的苹果 疾驰的汽车 拉伸变形的皮筋 　不同形式的能量　 导入新课 拉开的弓 流动的水 高举的重锤 　不同形式的能量　 导入新课 高举的重锤　　能把地面　　 砸陷 流动的水　 能把石头 冲走 拉圆的弓　 能把箭　 弹射开 　　 物体 能够对外 做功 高举的重锤 流动的水 拉圆的弓 具有能量 导入新课 1.知道能量、动能、重力势能、弹性势能，机械能的概念。（重点） 2.知道影响动能、重力势能大小的因素。（重点） 学习目标 导入新课 物体能够对外做功，表示这个物体具有能量。 能 量 一 讲授新课 “能做功” 可能“正在做功” 可能“并未做功” 能量是表示物体做功本领大小的物理量。 能的单位:　焦　(J) 奔跑的动物 运动的子弹 飞驰的赛车 宇宙中的星体 动 能 二 讲授新课 生活中还有哪些事例说明物体具有动能？ 物体由于运动而具有的能叫动能，运动的物体具有动能。 滚滚而来的洪水能冲倒房屋 球场上奔跑的运动员撞人 飞翔的小鸟能撞毁飞机 风吹动风车转动 静止的物体不具有动能。 讲授新课 动能的大小可能与_______和______有关。 微风吹过，树梢轻轻摇曳。 狂风大作，树干折断。 飞来的足球，人们敢用脚去踢。 飞来的铅球，我们避让三分。 质量 速度 讲授新课 动能大小与哪些因素有关呢？ 1.让钢球A分别从不同的高度由静止开始滚下，钢球运动到水平面时的快慢一样吗？哪次物体B被撞得远？ 讲授新课 实验表明钢球从高出滚下，高度h越高，钢球运动到底部时越_____(快、慢)，物体B被撞得越远。所以，质量相同时，钢球的速度越大，动能越 ______。 快 大 讲授新课 2.改变钢球的质量，让不同的钢球从同一高度由静止开始滚下，哪个钢球把物体B撞得远？ 讲授新课 实验表明，速度相同时，质量越_______的钢球能将物体B 撞得越远 。所以，钢球的速度相同时，质量越大，动能越 ________。 结论：质量相同时，速度越大的物体具有的动能越大。 速度相同时，质量越大的物体具有的动能越大。 物体的动能与物体的质量和速度有关。质量越大，速度越大，物体具有的动能就越大。 大 大 讲授新课 疑是银河落九天 蹦极 戏水者从高处飞速滑下 打桩机将重锤举高 势 能 三 讲授新课 思考：小朋友从滑梯上滑下时为什么会越来越快？ 因为他在滑梯顶时储存了能量。 1.高处物体具有的能叫作重力势能。 讲授新课 实验探究：影响物体重力势能大小的因素 重力势能的大小与哪些因素有关？ 讲授新课 研究： 观察： 研究方法： 转化法 控制变量法 对比法 小桌陷入沙坑的深度 重物的重力势能 讲授新课 重力势能的大小与哪些因素有关？ 点击按钮观看 结论：物体被举的高度越高，质量越大，它具有的重力势能就越多。 讲授新课 球拍击打网球时，发生形变的球拍具有能量 射箭运动员把弓拉弯，给弓储存了能量 2.物体由于发生弹性形变而具有的能叫作弹性势能。 讲授新课 结论：物体发生的形变越大，具有的弹性势能越大。 点击按钮观看 弹性势能的大小与哪些因素有关？ 讲授新课 一个物体具有的机械能是动能和势能之和。 动能和势能统称为机械能。 例如：一架在天上飞的飞机的动能是50000焦耳，重力势能为65000焦耳，那么总的机械能为(50000+65000)焦耳=115000焦耳。 机械能 四 讲授新课 动能和势能 能量 物体能够对外做功，表示这个物体具有能量 动能 物体由于运动而具有的能 影响因素：质量、速度 势能 重力势能 弹性势能 物体由于被举高而具有的能 影响因素：质量、高度 物体由于弹性形变而具有的能 课堂小结 机械能 动能和势能统称为机械能 （1）只要是弹簧就具有弹性势能 。（ ） （2）在高空飞行的小鸟，只具有动能。（ ） （3）速度大的物体动能一定大。（ ） （4）用细线挂在天花板上的物体，没有做功，但它也具有能量。（ ） （5）运动的物体一定具有动能。（ ） （6）二楼的东西一定比三楼的东西重力势能小。（ ） × × × √ √ × 1.判断题 随堂训练 2.判断下列说法正确的是( ) A、速度大的球一定比速度小的球动能大 B、同一辆车运动速度越大动能就越大 C、子弹的速度比火车的速度大，所以子弹动能就比火车动能大 D、平直公路上匀速行驶洒水的洒水车动能不变 B 随堂训练 3.一架沿竖直方向上升的直升机，它具有(　 ) A．动能???????? B．重力势能 C．弹性势能??? D．动能和重力势能 D 随堂训练 4.某同学骑自行车上坡时，速度越来越慢，则车和人的（ ） A、动能变大，重力势能变大 B、动能变小，重力势能变小 C、动能不变，重力势能不变 D、动能变小，重力势能变大 D 随堂训练 沪科版物理八年级下册 第六节 合理利用机械能 第2课时 动能和势能的转化 第十章 机械与人 过山车在运动的过程中，动能和势能会发生什么变化？ 导入新课 弓的弹性势能哪里去了？ 导入新课 举高的球释放后，重力势能减小，是不是能量消失了？ 导入新课 1.能用实例说明动能和势能之间可以相互转化。 2.能解释有关动能、重力势能、弹性势能之间相互转化的简单现象。 学习目标 导入新课 物体的动能和势能是可以相互转化的。 动能和势能的转化 讲授新课 1.观察滚摆的运动，滚摆的运动过程中动能与势能是如何变化的。 高度 重力势能 速度 动能 最低点 最高点 最大 最小 零 最大 最大 最大 零 零 参考面 （最低点） 讲授新课 2.分析皮球在下落过程中，物体动能、势能的转化。 高度减小 速度增大 重力势能减小 动能增大 转 化 （1）皮球下落： 讲授新课 （2）皮球接触地面： 开始发生弹性形变，弹性势能逐渐增大。向下的速度变小，动能减小。这时是动能转化为弹性势能。 动能减小 弹性势能增大 转 化 速度减小 形变增大 讲授新课 （3）皮球在恢复原状的过程中： 弹性形变程度变小，向上的速度变大。 动能增大 弹性势能减小 转 化 形变减小 速度增大 讲授新课 （4）皮球上升时： 高度增大 速度减小 重力势能增大 动能减小 转 化 讲授新课 观看图片，分析能的相互转化 弹性势能转化为重力势能 弹起 下落 重力势能转化为弹性势能 讲授新课 铁锁会打到鼻子吗？ 　 分析单摆小球在摆动过程中动能和势能是怎样相互转化的。 单摆 A B C 讲授新课 2.机械能守恒 当只有动能和势能互相转化时，机械能总量不变。 机械能 = 动能 + 势能 势能 动能 + 1.动能和势能能够相互转化。 保持不变 讲授新课 小结 迷你小实验 （1）如图，利用橡皮筋、木片及瓶盖，制作一个抛掷乒乓球的装置。 （2）使用中，经常保养，定时润滑把橡皮筋拉得紧一点，松手后，球是不是被抛得更远？ 讲授新课 动能和势能的转化 课堂小结 动能和重力势能可以相互转化 （物体的运动速度和高度位置发生改变） 动能和弹性势能可以相互转化 （物体的速度改变且发生弹性形变） 弹性势能和重力势能可以相互转化 （物体发生弹性形变和高度位置的变化） 1.“神舟五号”载人飞船成功返航，实现了中国人几千年的“飞天梦”，返回舱减速着陆过程中，航天英雄杨利伟的( )。 A．动能增加，重力势能减少，机械能不变 B．动能不变，重力势能减少，机械能减少 C．动能减少，重力势能不变，机械能减少 D．动能减少，重力势能减少，机械能减少 D 随堂训练 2.如图是跳水运动员跳板跳水时的情景，从运动员腾空跳起向上运动后再向下落入水中，若不计空气阻力，则在整个过程中（ ） C A.运动员的动能一直增大， 机械能不变 B.运动员的重力势能一直减 小，机械能减小 C.运动员的动能先减小后增 大，机械能不变 D.运动员的重力势能先减小后增大，机械能增大 随堂训练 3.如图所示，置于斜面顶端a的物体，分别沿ab、ac、ad三个不同路径滑落到b、c、d三 个位置时，若不计摩擦和空气阻力，则比较它们动能的大小，正确的是（ ） A、b点的动能大 B、c点的动能大 C、 d点的动能大 D、三点的动能一样大 D 随堂训练 谢谢观看

沪科版物理八年级下册 第二节 阿基米德原理 第1课时 阿基米德原理 第九章 浮 力 阿基米德的启示 　　两千多年以前，希腊学 者阿基米德为了鉴定金王冠 是否是纯金的，要测量王冠 的体积，冥思苦想了很久都 没有结果。一天，他跨进盛 满水的浴缸洗澡时，看见浴缸里的水向外溢，他忽然想到：物体浸在液体中的体积，不就是物体排开液体的体积吗？ 导入新课 1.通过实验探究知道影响浮力大小的因素。（重点） 2.理解阿基米德原理，会用阿基米德原理计算浮力大小。（难点） 学习目标 导入新课 把空饮料罐用手按入水桶中，饮料罐进入水中越深，手的感觉有什么变化？ 分析一下，浮力大小和什么因素有关？ 浮力的大小与哪些因素有关 一 讲授新课 实验探究：影响物体浮力大小的因素 讲授新课 实验猜想： 猜想1：浮力可能与液体的密度有关 猜想2：浮力可能与物体的体积有关 猜想3：浮力可能与物体浸入液体的深度有关 其他猜想：…… …… …… …… 讲授新课 设计实验1： 1.把鸡蛋放入清水中，观察出现的现象。 2.在清水中加盐，改变水的密度，再观察出现的现象。 在清水中，鸡蛋下沉。 清水中加入食盐后，盐水的密度增大，鸡蛋慢慢上浮直至漂浮的状态。 实验结论：猜想1正确，浮力的大小跟液体的密度有关。 （1） （2） 讲授新课 设计实验2： 2.两个弹簧测力计的读数一样吗？分别是多少？ 4.实验说明了什么问题？ 1.把同一物体浸入相同的液体中。 3.容器中的液体的液面发生什么样的变化？ 实验结论：浮力的大小跟物体排开液体的体积有关。 讲授新课 设计实验3： 1.把物体放入清水中，观察测力计的读数F1。 2.改变物体在水中深度，再观察测力计的读数 F2 。 3.比较两次的读数 F1 和 F2 。 测力计的读数 F1 = 2N。 测力计的读数 F2 = 2N。 实验结论：浮力的大小跟物体所在液体中的深度无关。 讲授新课 物体在液体中所受浮力的大小不仅与液体的 有关，还与物体排开液体的 有关， 而与浸没在液体中的 无关。 密度 体积 深度 根据猜想1、2、3，得出的实验结论： 实验2，浮力的大小跟物体排开液体的体积有关。 实验3，浮力的大小跟物体所在液体中的深度无关。 实验1，浮力的大小跟液体的密度有关。 分析归纳 讲授新课 实验探究：探究浮力的大小 实验器材：石块、铝块、铁块、溢水杯、空杯、测力计、水 （1）用弹簧测力计先测出石块的重力G （2）用弹簧测力计再测出空杯子的重力G杯 1.15N 0.45N 实验步骤： 讲授新课 阿基米德原理 二 （3）把石块浸没在盛满水的溢水杯里，用空杯承接从溢水杯里被排开的水，读出此时弹簧测力计的示数F′。 （4）用弹簧测力计测出承接了水后杯子的总重 G总 。 0.70N 0.90N 讲授新课 收集实验数据： 研究对象 物重G/N 空杯重 G杯/N 物体浸没水中时弹簧测力计 示数F′/N 杯、水总重G总/N 浮力的大小 F浮/N 排开水的重力G排/N 石块 0.45 铝块 0.45 铁块 0.45 1.15 0.70 0.90 0.45 0.45 0.54 0.34 0.20 0.20 0.65 0.78 0.68 0.10 0.55 0.10 比较浮力的大小和物体排开水的重力，你发现了什么？ 讲授新课 实验结论： 浸入液体中的物体所受的浮力的大小等于物体排开的液体所受的重力的大小。这便是著名的“阿基米德原理”。 公式：F浮 = G排=ρ液 g V排 讲授新课 验证阿基米德原理 讲授新课 讲授新课 1.区分：浸没、浸入、浸在、没入； 2.F浮＝r液 gV排 r液——液体的密度； V排——物体排开的液体的体积； 3.F浮＝ r液 gV排 表明浮力大小只和 r液、V排有关， 浮力大小与物体的形状、密度、浸没在液体中的深度及物体在液体中是否运动等因素无关。 关于阿基米德原理的讨论 讲授新课 对阿基米德原理的理解 （1）物体“浸在液体里”包括“全部浸入（即浸没）”和“部分浸入”两种情况。 不论物体是浸没还是部分浸入在液体里都受到浮力。对于同一物体而言，浸没时受到的浮力大，部分浸入时受到的浮力小，而且浸入的体积越小，所受的浮力也越小。 浸没 部分浸入 讲授新课 （2）浮力的大小等于被物体排开的液体受到的重力。 A.浸没时：V排=V浸=V物，此时物体所受的浮力等于排开液体的重力，即 F浮=G液=ρ液gV排=ρ液gV浸=ρ液gV物 B.部分浸入时： V排=V浸FB > FC B. FC > FB > FA C. FB > FA > FC D. FA = FB = FC A B C B 随堂训练 3.体积为200cm3的铁块，一半浸在酒精里，它受到的浮力有多大？（g取10N/kg） 解：铁块排开酒精体积： V排=100cm3=1.0×10-4m3 铁块受到浮力的大小为： F浮=ρ酒精gV排 =0.8×103kg/m3×10N/kg×1.0×10-4m3 =0.8N 随堂训练 4.法国“大力神号”充氦气艇，体积为1500000m3，质量为1000t，受到的浮力有多大？问汽艇在空中可载多重的货物？（空气的密度为1.29kg/m3，g取10N/kg） F浮 =G排=ρ空气gV排 =1.29kg/m3×10N/kg×1500000m3 =1.94×107N 由二力平衡：F货=F浮-G艇=1.94×107N -1×107N=9.4×106N 氦气艇的重力G艇=m艇g=1000×103kg×10N/kg=1×107N 故载重量m货= = = 9.4×105kg=940t F货 g 9.4×106N 10N/kg 随堂训练 谢谢观看

中小学教育资源及组卷应用平台 2023年福建省高考物理试卷 一、选择题 1. （2023高考福建卷）“祝融号”火星车沿如图所示路线行驶，在此过程中揭秘了火星乌托邦平原浅表分层结构，该研究成果被列为“2022年度中国科学十大进展”之首。“祝融号”从着陆点O处出发，经过61天到达M处，行驶路程为585米；又经过23天，到达N处，行驶路程为304米。已知O、M间和M、N间的直线距离分别约为463米和234米，则火星车（　　） A. 从O处行驶到N处的路程为697米 B. 从O处行驶到N处的位移大小为889米 C. 从O处行驶到M处的平均速率约为20米/天 D. 从M处行驶到N处的平均速度大小约为10米/天 【参考答案】D 【名师解析】．由题意可知从O到N处的路程为，A错误； 位移的大小为两点之间的直线距离，O、M、N三点大致在一条直线上，则从O到N处的位移大小为 ，B错误；平均速率为路程与时间的比值，故从O行驶到M处的平均速率为，故C错误；平均速度大小为位移与时间的比值，则从M行驶到N处的平均速度为，D正确。 2. （2023高考福建卷）如图，一教师用侧面开孔透明塑料瓶和绿光激光器演示“液流导光”实验。瓶内装有适量清水．水从小孔中流出后形成了弯曲的液流。让激光水平射向小孔，使光束与液流保持在同一竖直平面内，观察到光束沿着弯曲的液流传播。下列操作中，有助于光束更好地沿液流传播的是（　　） A. 减弱激光强度 B. 提升瓶内液面高度 C. 改用折射率更小液体 D. 增大激光器与小孔之间的水平距离 【参考答案】B 【名师解析】若想使激光束完全被限制在液流内，则应使激光在液体内发生全反射现象，根据全反射临界角，可知应该增大液体的折射率或则增大激光束的入射角。 减弱激光的强度，激光的临界角，折射率均不会改变，故A错误；提升瓶内液面的高度，会造成开口处压强增大，水流的速度增大，水流的更远，进而增大了激光束的入射角，则会有大部分光在界面处发生全反射，有助于光速更好的沿液流传播，故B正确；若改用折射率更小的液体，临界角变大，更不容易发生全反射，故C错误；增大激光器与小孔之间的水平距离不能改变液体的折射率或激光束的入射角，现象不会改变，故D错误。 3. （2023高考福建卷） 如图，M、N是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，导轨足够长且电阻可忽略不计；导轨间有一垂直于水平面向下的匀强磁场，其左边界垂直于导轨；阻值恒定的两均匀金属棒a、b均垂直于导轨放置，b始终固定。a以一定初速度进入磁场，此后运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，并与b不相碰。以O为坐标原点，水平向右为正方向建立轴坐标；在运动过程中，a的速度记为v，a克服安培力做功的功率记为P。下列v或P随x变化的图像中，可能正确的是（　　） A. B. C. D. 【参考答案】A 【名师解析】 设导轨间磁场磁感应强度为B，导轨间距为L，金属棒总电阻为R，由题意导体棒a进入磁场后受到水平向左的安培力作用，做减速运动，根据动量定理有 根据，， 可得 又因为 联立可得 根据表达式可知v与x成一次函数关系，故A正确，B错误； a克服安培力做功的功率为 故图像为开口向上的抛物线，由于F和v都在减小，故P在减小,故CD错误。 4. 暂缺 5. （2023高考福建卷）地球本身是一个大磁体，其磁场分布示意图如图所示。学术界对于地磁场的形成机制尚无共识。一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转产生的环形电流。基于此理论，下列判断正确的是（ ） A. 地表电荷为负电荷 B. 环形电流方向与地球自转方向相同 C. 若地表电荷的电量增加，则地磁场强度增大 D. 若地球自转角速度减小，则地磁场强度增大 【参考答案】AC 【名师解析】 根据安培定则可知，地表电荷为负电荷，故A正确； 由于表电荷为负电荷，则环形电流方向与地球自转方向相反，故B错误； 若地表电荷的电量增加，则等效电流越大，地磁场强度增大，故C正确； 若地球自转角速度减小，则等效电流越小，地磁场强度减小，故D错误。 6. （2023高考福建卷）甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图像如图（b）所示。则（ ） A. 0 ~ 2s内，甲车的加速度大小逐渐增大 B. 乙车在t = 2s和t = 6s时的速度相同 C. 2 ~ 6s内，甲、乙两车的位移不同 D. t = 8s时，甲、乙两车的动能不同 【参考答案】BC 【名师解析】 由题知甲车的速度一时间图像如图（a）所示，则根据图（a）可知0 ~ 2s内，甲车做匀加速直线运动，加速度大小不变，故A错误； 由题知乙车所受合外力一时间图像如图（b）所示，则乙车在0 ~ 2s内根据动量定理有 I2 = mv2，I2 = S0 ~ 2 = 2N·s 乙车在0 ~ 6s内根据动量定理有I6 = mv6，I6 = S0 ~ 6 = 2N·s 则可知乙车在t = 2s和t = 6s时的速度相同，故B正确； 根据图（a）可知，2 ~ 6s内甲车的位移为0；根据图（b）可知，2 ~ 6s内乙车一直向正方向运动，则2 ~ 6s内，甲、乙两车的位移不同，故C正确；根据图（a）可知，t = 8s时甲车的速度为0，则t = 8s时，甲车的动能为0；乙车在0 ~ 8s内根据动量定理有I8 = mv8，I8 = S0 ~ 8 = 0 可知t = 8s时乙车的速度为0，则t = 8s时，乙车的动能为0，故D错误。 。 7. （2023高考福建卷）人类为探索宇宙起源发射的韦伯太空望远镜运行在日地延长线上的拉格朗日L2点附近，L2点的位置如图所示。在L2点的航天器受太阳和地球引力共同作用，始终与太阳、地球保持相对静止。考虑到太阳系内其他天体的影响很小，太阳和地球可视为以相同角速度围绕日心和地心连线中的一点O（图中未标出）转动的双星系统。若太阳和地球的质量分别为M和m，航天器的质量远小于太阳、地球的质量，日心与地心的距离为R，万有引力常数为G，L2点到地心的距离记为r（r << R），在L2点的航天器绕O点转动的角速度大小记为ω。下列关系式正确的是（ ）[可能用到的近似] A. B. C. D. 【参考答案】BD 【名师解析】 由题知，太阳和地球可视为以相同角速度围绕日心和地心连线中一点O（图中未标出）转动的双星系统，则有，，r1＋r2 = R 联立解得，A错误B正确； 由题知，在L2点的航天器受太阳和地球引力共同作用，始终与太阳、地球保持相对静止，则有 再根据选项AB分析可知Mr1 = mr2，r1＋r2 = R， 联立解得，C错误D正确。 8.暂缺 二、填空题 9. （2023高考福建卷）福建福清核电站采用我国完全自主研发的“华龙一号”反应堆技术，建设了安全级别世界最高的机组。机组利用235U核裂变释放的能量发电，典型的核反应方程为，则A = _________；Z = _________；若核反应过程中质量亏损1g，释放的能量为_________J。（光速大小取3.0 × 108m/s） 【参考答案】 ①. 92 ②. 56 ③. 9 × 1013 【名师解析】 根据核反应前后质量数守恒有1＋235 = 141＋A＋3，解得A = 92。 根据核反应前后电荷数守恒有92 = Z＋36，解得Z = 56。 根据爱因斯坦质能方程可知核反应过程中质量亏损1g，释放的能量为 E = mc2 = 1 × 10－3 × 9.0 × 1016J = 9 × 1013J 10. （2023高考福建卷） “场离子显微镜”的金属钨针尖处于球形真空玻璃泡的球心O，玻璃泡内壁有一层均匀导电膜：在钨针和导电膜间加上高电压后，玻璃泡上半部分的电场可视为位于O点处点电荷形成的电场，如图所示。a、b、c、d、O为同一平面上的5个点，abc是一段以O为圆心的圆弧，d为ob的中点。a、d两点场强大小分别为Ea、Ed，o、a、c、d四点电势分别为φo、φa、φc、φd，则φa_________φd；φa_________φc，(φo－φa)_________2(φo－φd)。（填“大于”“等于”或“小于”） 【参考答案】 ①. 小于 ②. 等于 ③. 小于 【名师解析】 由于沿着电场线方向电势逐渐降低，可知φa < φd。 由题知，在钨针和导电膜间加上高电压后，玻璃泡上半部分的电场可视为位于O点处点电荷形成的电场，则根据点电荷形成的电场的电势分布可知φa = φc 且越靠近O场强越强，则od部分的场强均大于db部分的场强，则根据U = Ed，结合微元法可定性判别出 φo－φb < 2(φo－φd) 而φa = φb，则φo－φa < 2(φo－φd)。 11. （2023高考福建卷） 一定质量的理想气体经历了A→B→C→D→A的循环过程后回到状态A，其图如图所示。完成一次循环，气体内能_________（填“增加”“减少”或“不变”），气体对外界_________（填“做正功”“做负功”或“不做功”），气体______（填“吸热”“放热”“不吸热”或“不放热”）。 【参考答案】 ①. 不变 ②. 做正功 ③. 吸热 【名师解析】 完成一次循环，回到初始状态，理想气体温度不变，而一定质量的气体的内能仅由温度决定，所以整个过程气体的内能不变； 对p-V图像来说，图像与坐标轴所围图形的面积表示气体做功情况，其中从A→B→C的过程气体的体积减小是外界对气体做功的过程，从C→D→A的过程气体的体积增大，是气体对外做功的过程，且从C→D→A的过程图像与坐标轴所围的面积大于从A→B→C的过程图像与坐标轴所围的面积，即气体对外做的功大于外界对气体做的功，则整个过程中表现为气体对外界做正功；根据热力学第一定律 因为，可知因W＜0，则Q＞0，所以气体从外界吸收热量。 三、实验题 12. （2023高考福建卷）某小组用图（a）所示的实验装置探究斜面倾角是否对动摩擦因数产生影响。所用器材有：绒布木板、滑块、挡光片、米尺、游标卡尺、光电门、倾角调节仪等。实验过程如下： （1）将绒布平铺并固定在木板上，然后将光电门A、B固定在木板上。用米尺测量A、B间距离L； （2）用游标卡尺测量挡光片宽度d，示数如图（b）所示。该挡光片宽度_________ （3）调节并记录木板与水平面的夹角，让装有挡光片的滑块从木板顶端下滑。记录挡光片依次经过光电门A和B的挡光时间和，求得挡光片经过光电门时滑块的速度大小和。某次测得，则_________（结果保留3位有效数字） （4）推导滑块与绒布间动摩擦因数的表达式，可得_________（用L、、、和重力加速度大小g表示），利用所得实验数据计算出值； （5）改变进行多次实验，获得与对应的，并在坐标纸上作出关系图像，如图（c）所示； 根据上述实验，在误差允许范围内，可以得到的结论为_________。 【参考答案】 （2）. 5.25 （3）. 1.00 （4）. （5）. 斜面倾角对动摩擦因数没有影响 【名师解析】 （2）根据游标卡尺读数规则，该挡光片宽度，d=5mm+5×0.05mm=5.25mm （3）根据时间极短的平均速度近似等于瞬时速度，挡光片经过光电门A的速度 （4）挡光片依次经过光电门A和B，由动能定理可得 解得 （5）根据图像可知，动摩擦因数并不随角度的变化而发生变化，所以可以得到的结论为斜面倾角对动摩擦因数没有影响。 13. （2023高考福建卷） 某同学用图（a）所示的电路观察矩形波频率对电容器充放电的影响。所用器材有：电源、电压传感器、电解电容器C（，），定值电阻R（阻值）、开关S、导线若干。 （1）电解电容器有正、负电极的区别。根据图（a），将图（b）中的实物连线补充完整_________； （2）设置电源，让电源输出图（c）所示的矩形波，该矩形波的频率为_________； （3）闭合开关S，一段时间后，通过电压传感器可观测到电容器两端的电压随时间周期性变化，结果如图（d）所示，A、B为实验图线上的两个点。在B点时，电容器处于_________状态（填“充电”或“放电”）在_________点时（填“A”或“B”），通过电阻R的电流更大； （4）保持矩形波的峰值电压不变，调节其频率，测得不同频率下电容器两端的电压随时间变化的情况，并在坐标纸上作出电容器上最大电压与频率f关系图像，如图（e）所示。当时电容器所带电荷量的最大值_________C（结果保留两位有效数字）； （5）根据实验结果可知，电容器在充放电过程中，其所带的最大电荷量在频率较低时基本不变，而后随着频率的增大逐渐减小。 【参考答案】 （1） . （2）. （3） 充电 . B （4） 【名师解析】 （1）根据电路图连接实物图，如图所示 （2）由图（c）可知周期，所以该矩形波的频率为 （3）由图（d）可知，B点后电容器两端的电压慢慢增大，即电容器处于充电状态；从图中可得出，A点为放电快结束阶段，B点为充电开始阶段，所以在B点时通过电阻R的电流更大。 （4）由图（e）可知当时，电容器此时两端的电压最大值约为 根据电容的定义式得此时电容器所带电荷量的最大值为 四、计算题 14. （2023高考福建卷）阿斯顿（F．Aston）借助自己发明的质谱仪发现了氖等元素的同位素而获得诺贝尔奖，质谱仪分析同位素简化的工作原理如图所示。在上方存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两个氖离子在O处以相同速度v垂直磁场边界入射，在磁场中发生偏转，分别落在M和N处。已知某次实验中，，落在M处氖离子比荷（电荷量和质量之比）为；P、O、M、N、P在同一直线上；离子重力不计。 （1）求OM的长度； （2）若ON的长度是OM的1.1倍，求落在N处氖离子的比荷。 【参考答案】（1）；（2） 【名师解析】 （1）粒子进入磁场，洛伦兹力提供圆周运动的向心力则有 整理得 OM的长度为 （2）若ON的长度是OM的1.1倍，则ON运动轨迹半径为OM运动轨迹半径1.1倍，根据洛伦兹力提供向心力得 整理得 15. （2023高考福建卷） 一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度，杆与竖直转轴的夹角a始终为，弹簧原长，弹簧劲度系数，圆环质量；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取，摩擦力可忽略不计 （1）若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到O点的距离； （2）求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小； （3）求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。 【参考答案】（1）0.05m；（2）；（3） 【名师解析】 （1）当细杆和圆环处于平衡状态，对圆环受力分析得 根据胡克定律得 弹簧弹力沿杆向上，故弹簧处于压缩状态，弹簧此时的长度即为圆环到O点的距离 （2）若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律得 由几何关系得圆环此时转动的半径为 联立解得 （3）圆环处于细杆末端P时，圆环受力分析重力，弹簧伸长，弹力沿杆向下。根据胡克定律得 对圆环受力分析并正交分解，竖直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，则有 ， 由几何关系得 联立解得 16. （2023高考福建卷）如图（a），一粗糙、绝缘水平面上有两个质量均为m的小滑块A和B，其电荷量分别为和。A右端固定有轻质光滑绝缘细杆和轻质绝缘弹簧，弹簧处于原长状态。整个空间存在水平向右场强大小为E的匀强电场。A、B与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其大小均为。时，A以初速度向右运动，B处于静止状态。在时刻，A到达位置S，速度为，此时弹簧未与B相碰；在时刻，A的速度达到最大，此时弹簧的弹力大小为；在细杆与B碰前的瞬间，A的速度为，此时。时间内A的图像如图（b）所示，为图线中速度的最小值，、、均为未知量。运动过程中，A、B处在同一直线上，A、B的电荷量始终保持不变，它们之间的库仑力等效为真空中点电荷间的静电力，静电力常量为k；B与弹簧接触瞬间没有机械能损失，弹簧始终在弹性限度内。 （1）求时间内，合外力对A所做的功； （2）求时刻A与B之间的距离； （3）求时间内，匀强电场对A和B做的总功； （4）若增大A的初速度，使其到达位置S时的速度为，求细杆与B碰撞前瞬间A的速度。 【参考答案】（1）；（2）；（3）；（4） 【名师解析】 （1）时间内根据动能定理可知合外力做的功为 （2）由图（b）可知时刻A的加速度为0，此时滑块A所受合外力为0，设此时A与B之间的距离为r0，根据平衡条件有 其中 联立可得 （3）在时刻，A速度达到最大，此时A所受合力为0，设此时A和B的距离为r1，则有 且有 ， 联立解得 时间内，匀强电场对A和B做的总功 （4）过S后，A、B的加速度相同，则A、B速度的变化相同。设弹簧的初始长度为；A在S位置时，此时刻A、B的距离为，A速度最大时，AB距离为，细杆与B碰撞时，A、B距离为。 A以过S时，到B与杆碰撞时，A增加的速度为，则B同样增加速度为，设B与杠相碰时，B向左运动。设B与弹簧相碰到B与杆相碰时，B向左运动。对A根据动能定理有 对B有 当A以过S时，设B与杆碰撞时，A速度为，则B速度为，设B与杠相碰时，B向左运动。设B与弹簧相碰到B与杆相碰时，B向左运动。 对A根据动能定理有 对B 联立解得 _21?????????è?????(www.21cnjy.com)_

中小学教育资源及组卷应用平台 2023高考物理河北卷物理解析 1.（2023高考河北卷） 2022年8月30日，国家航天局正式发布了“羲和号”太阳探测卫星国际上首次在轨获取的太阳谱线精细结构。是氢原子巴耳末系中波长最长的谱线，其对应的能级跃迁过程为（　　） A. 从跃迁到 B. 从跃迁到 C. 从跃迁到 D. 从跃迁到 【答案】D 【解析】是氢原子巴耳末系中波长最长谱线，根据 可知是氢原子巴耳末系中频率最小的谱线，根据氢原子的能级图，利用玻尔理论中的频率条件 可见能级差越小，频率越低，波长越长。故对应的能级跃迁过程为从跃迁到。故选D。 2. （2023高考河北卷）制造某型芯片所使用的银灰色硅片覆上一层厚度均匀的无色透明薄膜后，在自然光照射下硅片呈现深紫色。关于此现象，下列说法正确的是（　　） A. 上述现象与彩虹的形成原理相同 B. 光在薄膜的下表面发生了全反射 C. 薄膜上下表面的反射光发生了干涉 D. 薄膜厚度发生变化，硅片总呈现深紫色 【答案】C 【解析】．上述现象是由于光的干涉造成的，彩虹的形成原理主要为光的折射，上述现象与彩虹的形成原理不相同，故A错误；硅片呈现深紫色的原因是薄膜的厚度正好使紫光在薄膜上下表面的反射光发生干涉，振动加强，故B错误，C正确；根据光的干涉中相互加强的条件，可知当薄膜的厚度发生变化时，满足加强条件的波长也会发生改变，导致硅片呈现不同的颜色，故D错误。 3. (2024高考河北卷)我国自古就有“昼涨为潮，夜涨为汐”之说，潮汐是月球和太阳对海水的引力变化产生的周期性涨落现象，常用引潮力来解释。月球对海水的引潮力大小与月球质最成正比、与月地距离的3次方成反比，方向如图1。随着地球自转，引潮力的变化导致了海水每天2次的潮涨潮落。太阳对海水的引潮力与月球类似，但大小约为月球引潮力的0.45倍。每月2次大潮（引潮力最大）和2次小潮（引潮力最小）是太阳与月球引潮力共同作用的结果。结合图2，下列说法正确的是（　　） A. 月球在位置1时会出现大潮 B. 月球在位置2时会出现大潮 C. 涨潮总出现在白天，退潮总出现在夜晚 D. 月球引潮力和太阳引潮力的合力一定大于月球引潮力 【答案】A 【解析】太阳、月球、地球三者在同一条直线上，太阳和月球的引潮力叠加在一起，潮汐现象最明显，称为大潮，月地连线与日地连线互相垂直，太阳引潮力就会削弱月球的引潮力，形成小潮，如图2所示得月球在位置1时会出现大潮，故A正确，B错误；每一昼夜海水有两次上涨和两次退落，人们把每次在白天出现的海水上涨叫做“潮”，把夜晚出现的海水上涨叫做“汐”，合称潮汐，故C错误； 月球运动到如图所示位置 月球引潮力和太阳引潮力的合力等于月球引潮力减太阳引潮力小于月球引潮力，故D错误。 4.（2023高考河北卷）如图，轻质细杆上穿有一个质量为的小球，将杆水平置于相互垂直的固定光滑斜面上，系统恰好处于平衡状态。已知左侧斜面与水平面成角，则左侧斜面对杆支持力的大小为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 对轻杆和小球组成系统进行受力分析，如图 设左侧斜面对杆AB支持力的大小为，由平衡条件有 得,故选B。 5. (2024高考河北卷)除颤仪是用于突发心室纤颤等心脏疾病的急救医疗设备，某型除颜仪电路原理如图。某次调试时交流电压表示数为20V，电容器充电完毕，开关由“1”掷向“2”，放电电流平均值为2.8A，放电时间约为，已知电容器电容为。则升压变压器原副线圈的匝数比约为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】由于放电电流平均值为2.8A，由电流的定义式有 根据电容器的电容定义有 所以副线圈的两端的电压为 由题意可知，原线圈两端的电压为 由理想变压器有 解得 故选C。 6. (2024高考河北卷)某科研团队通过传感器收集并分析运动数据，为跳高运动员的技术动作改进提供参考。图为跳高运动员在起跳过程中，其单位质量受到地面的竖直方向支持力随时间变化关系曲线。图像中10.10s至10.35s内，曲线下方的面积与阴影部分的面积相等。已知该运动员的质量为60kg，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A. 起跳过程中运动员的最大加速度约为42m/s2 B. 起跳后运动员重心上升的平均速度大小约为3m/s C. 起跳后运动员重心上升的最大高度约为0.45m D. 起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为330N·s 【答案】C 【解析】．由图像可知，运动员受到的最大支持力约为 根据牛顿第二定律可知，起跳过程中运动员的最大加速度约为 ,故A错误； 根据图像可知，起跳过程中支持力的冲量为 起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为 根据动量定理可得 解得起跳离开地面瞬间的速度为 则起跳后运动员重心上升的平均速度为 起跳后运动员重心上升的最大高度为 故BD错误，C正确。 。 7. (2024高考河北卷)由点电荷组成的系统的电势能与它们的电荷量、相对位置有关。如图1，a、b、c、d四个质量均为m、带等量正电荷的小球，用长度相等、不可伸长的绝缘轻绳连接，静置在光滑绝缘水平面上，O点为正方形中心，设此时系统的电势能为E0。剪断a、d两小球间的轻绳后，某时刻小球的速度大小为v，方向如图2，此时系统的电势能为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】由于运动的对称性，所以a球的速度大小也为v，方向与ad连线成角斜向左下方。b和c球的运动方向竖直向上，大小相等，将两球看成一个整体，其质量为2m，速度为，对于四个球组成的系统来说，动量守恒，有,解得 由于整个系统的能量守恒，设此时系统的电势能为，有 解得,故选B。 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8. （2023高考河北卷）如图，绝缘水平面上四根完全相同的光滑金属杆围成矩形，彼此接触良好，匀强磁场方向竖直向下。金属杆2、3固定不动，1、4同时沿图箭头方向移动，移动过程中金属杆所围成的矩形周长保持不变。当金属杆移动到图位置时，金属杆所围面积与初始时相同。在此过程中（　　） A. 金属杆所围回路中电流方向保持不变 B. 通过金属杆截面的电荷量随时间均匀增加 C. 金属杆1所受安培力方向与运动方向先相同后相反 D. 金属杆4所受安培力方向与运动方向先相反后相同 【答案】CD 【解析】．由数学知识可知金属杆所围回路的面积先增大后减小，金属杆所围回路内磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知电流方向先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故A错误； 由于金属杆所围回路的面积非均匀变化，故感应电流的大小不恒定，故通过金属杆截面的电荷量随时间不是均匀增加的，故B错误； 由上述分析，再根据左手定则，可知金属杆1所受安培力方向与运动方向先相同后相反，金属杆4所受安培力方向与运动方向先相反后相同，故CD正确。 9. (2024高考河北卷)如图，质量为m的小球穿在固定光滑杆上，与两个完全相同的轻质弹相连。开始时将小球控制在杆上的A点，弹簧1竖直且处于原长，弹簧2处于水平伸长状态，两弹簧可绕各自转轴O1，O2无摩擦转动。B为杆上的另一个点，与O1、A、O2构成矩形，AB=2AO1。 现将小球从A点释放，两弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（　　） A. 小球沿杆在AB之间做简谐运动 B. 与没有弹簧时相比，小球从A点运动到B点所用的时间更短 C. 小球从A点运动到B点的过程中，两个弹簧对小球做的总功为零 D. 小球从A点运动到B点的过程中，弹簧2的弹性势能先减小后增大 【答案】BC 【解析】．根据对称性可知，小球从A点运动到B点的过程中，两个弹簧对小球做的总功为零，则此过程合力做功等于重力对小球做的功，根据动能定理可知，小球在B点的速度大于0，所以小球到达B点后继续向下运动，小球不会在AB之间做简谐运动，故A错误，C正确； 小球从A点运动到B点的过程中，弹簧2先从伸长状态变为原长，再从原长变为压缩状态，最后再恢复原长，故弹簧2的弹性势能先减小后增大再减小，故D错误；小球从A点运动到B点过程，由于两个弹簧对小球做的总功为零，与没有弹簧时相比，小球运动到B点的速度相等；没有弹簧时，小球运动的加速度为 有弹簧时，加速度先大于，然后加速度逐渐减小，到AB中点时，加速度为，之后加速度小于，则两种情况的图像如图所示 两种情况图像与横轴围成的面积相等，由图可知与没有弹簧时相比，小球从A点运动到B点所用的时间更短，故B正确。 10.（2023高考河北卷）如图，在轴上放置四个点电荷和位于点两侧，位于点两侧。点在轴上，且。取无穷远处电势为零，电荷位置与电荷量满足一定关系，使得以点为球心、以为半径的球面上各点的电势均为零。下列说法正确的是（　　） A. 两点电场强度的方向一定沿轴正方向 B. 若在点放一正点电荷，则两点的电势一定升高 C. 试探电荷沿轴运动过程中，若静电力始终不做功，则它受到的静电力始终为零 D. 试探电荷沿轴运动过程中，若静电力始终不做功，则点的电场强度一定为零 【答案】BD 【解析】以点为球心、以为半径的球面为等势面，由电场强度和等势面的关系可知，两点电场强度的方向与半径垂直，与轴重合。由于无法判断各个电荷的电性，故两点电场强度的方向无法判断，故A错误；取无穷远处为零电势点，由于正点电荷周围的电势为正值，若在0点放一正点电荷，则两点的电势一定升高，故B正确；试探电荷沿轴运动过程中，根据电荷分布，若静电力始终不做功，则经过轴且垂直于轴的平面为等势面，但静电力不一定为零，故C错误； D．根据以点为球心、以为半径的球面为等势面，可知点的电场强度方向应与轴重合，再根据经过轴且垂直于轴的平面为等势面，可知点的电场强度方向应与轴垂直，同一点电场强度的方向是唯一的，故点的电场强度一定为零，故D正确。 三、实验题 11. （2023高考河北卷）某实验小组利用图装置测量重力加速度。摆线上端固定在点，下端悬挂一小钢球，通过光电门传感器采集摆动周期。 （1）关于本实验，下列说法正确的是_______________。（多选） A.小钢球摆动平面应与光电门形平面垂直 B.应在小钢球自然下垂时测量摆线长度 C.小钢球可以换成较轻的橡胶球 D.应无初速度、小摆角释放小钢球 （2）组装好装置，用毫米刻度尺测量摆线长度，用螺旋测微器测量小钢球直径。螺旋测微器示数如图，小钢球直径_______________，记摆长。 （3）多次改变摆线长度，在小摆角下测得不同摆长对应小钢球摆动周期，并作出图像，如图。 根据图线斜率可计算重力加速度_______________（保留3位有效数字，取9.87）。 （4）若将摆线长度误认为摆长，仍用上述图像法处理数据，得到的重力加速度值将_______________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。 【答案】 （1） ①. ABD （2） ②. 20.035 （3） ③. 9.87 （4） ④. 不变 【解析】 （1）[1]A．使用光电门测量时，光电门形平面与被测物体的运动方向垂直是光电门使用的基本要求，故A正确； B．测量摆线长度时，要保证绳子处于伸直状态，故B正确； C．单摆是一个理想化模型，若采用质量较轻的橡胶球，空气阻力对摆球运动的影响较大，故C错误； D．无初速度、小摆角释放的目的是保持摆球在竖直平面内运动，不形成圆锥摆，且单摆只有在摆角很小的情况下才可视为简谐运动，使用计算单摆的周期，故D正确。故选ABD。 （2）[2]小钢球直径为 （3）[3]单摆周期公式 整理得 由图像知图线的斜率 解得 （4）[4]若将摆线长度误认为摆长，有 则得到的图线为 仍用上述图像法处理数据，图线斜率不变，仍为，故得到重力加速度值不变。 12. (8分)(2024高考河北卷)某实验小组测量绕制滑动变阻器电阻丝的电阻率ρ，实验器材：电源E（3V，内阻很小）、电压表（量程为0~3V，内阻很大）、待测滑动变阻器Rr（最大阻值几十欧姆）、电阻箱R0（最大阻值9999Ω）、滑动变阻器R1，（最大阻内值50Ω）、毫米刻度尺、开关S以及导线若干。实验电路如图。 第一步：按图连好电路。将滑动变阻器Rx和R1的滑片均置于最左端，电阻箱R0阻值调为零。闭合开关S，调整R1滑片的位置，使电压表的示数为2.00V。 第二步：断开开关S，保持R1滑片的位置不动，将R0的阻值调为5Ω。 第三步：闭合开关S，向右移动Rx的滑片P，使电压表的示数仍为2.00V，记录R0的阻值R以及Rx的滑片P到左端点a之间的距离l。 第四步：断开开关S，保持R1滑片的位置不动，调节R0的阻值分别为10Ω、15Ω…，重复第三步。 第五步：实验结束，整理仪器。 实验记录部分数据见下表。 组次 1 2 3 4 5 R/Ω 0 5 10 15 20 l/mm 0 20.3 36.8 60.5 81.1 （1）上表中不合理的一组数据为________（填组次序号）。 （2）当l为80.0mm时，Rx的滑片P到a之间电阻丝的匝数为133，电阻丝的半径r=_______mm（保留2位有效数字）。 （3）用l=kR拟合上表数据，得k近似为m/Ω测得单匝电阻丝周长为90.0mm，则电阻丝的电阻率ρ=______Ω·m（保留2位有效数字） （4）若电阻率ρ的测量值与参考值相比偏大，产生误差的原因可能是_______ A.未考虑电压表内阻 B.未考虑电阻丝绝缘层厚度 C. 未考虑电源内阻 【答案】 （1） ①. 3 （2） ②. 0.30 （3） ③. （4）④. B 【解析】 （1）[1]从数据可以看出，长度l和电阻R大约是4倍关系，所以不合理的数据是第三组。 （2）[2]当l为80.0mm时，Rx的滑片P到a之间电阻丝的匝数为133，根据题意可知 电阻丝的半径 解得 （3）[3]根据电阻的决定式 对于单匝线圈来说 则电阻丝的电阻率 解得 （4）[4]若未考虑电阻丝绝缘层厚度，导致金属丝的半径测量值偏大，根据可知电阻率ρ的测量值与参考值相比偏大，而电压表内阻以及电源内阻是否考虑不影响电阻率的测量。故选B。 四。计算题 13 (8分) 13. (2024河北部分地区模拟)如图，某实验小组为测量一个葫芦的容积，在葫芦开口处竖直插入一根两端开口、内部横截面积为的均匀透明长塑料管，密封好接口，用氮气排空内部气体，并用一小段水柱封闭氮气。外界温度为时，气柱长度为；当外界温度缓慢升高到时，气柱长度变为。已知外界大气压恒为，水柱长度不计。 （1）求温度变化过程中氮气对外界做的功； （2）求葫芦的容积； （3）试估算被封闭氮气分子的个数（保留2位有效数字）。已知氮气在状态下的体积约为，阿伏伽德罗常数取。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 （1）由于水柱的长度不计，故封闭气体的压强始终等于大气压强。设大气压强为，塑料管的横截面积为，初、末态气柱的长度分别为，气体对外做的功为。根据功的定义有 解得 （2）设葫芦的容积为，封闭气体的初、末态温度分别为，体积分别为，根据盖—吕萨克定律有 联立以上各式并代入题给数据得 （3）设在状态下，氮气的体积为、温度为，封闭气体的体积为，被封闭氮气的分子个数为。根据盖一吕萨克定律有 其中 联立以上各式并代入题给数据得 个 14.(14分) (2024河北部分地区模拟)如图1，真空中两金属板M、N平行放置，板间电压U连续可调，在金属板N的中心C处开有一小孔。F、G、H为正三角形CDE各边中点，DE与金属板平行。三角形FGH区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一带电粒子从紧邻M板的P点由静止释放沿CG方向进入磁场，一段时间后沿∠CED的角平分线方向从E点离开。已知正三角形CDE的边长为a，粒子质量为m、电荷量大小为q，粒子重力不计。 （1）求板间电压U的大小； （2）若磁场区域如图2，磁感应强度不变。调整两板间电压大小，将该粒子从P点由静止释放，仍能沿∠CED的角平分线方向从E点离开，求粒子从C点运动到E点的时间。 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）带电粒子在加速电场中做加速运动，由动能定理，可得 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有 轨迹如图 由几何关系可知 联立，解得 （2）带电粒子的轨迹如图所示 设轨迹圆的半径为R，由几何关系可得 解得 又 由图可知，带电粒子在两磁场之间的无磁场区域做匀速直线运动，其位移为 该过程运动的时间为 带电粒子在两磁场中的运动时间为 又 综上所述，带电粒子从C点运动到E点的时间为 15. 如图，质量为1kg的薄木板静置于光滑水平地面上，半径为0.75m的竖直光滑圆弧轨道固定在地面，轨道底端与木板等高，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成37°角。质量为2kg的小物块A以8m/s的初速度从木板左端水平向右滑行，A与木板间的动摩擦因数为0.5. 当A到达木板右端时，木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时A沿圆弧切线方向滑上轨道。待A离开轨道后，可随时解除木板锁定，解除锁定时木板的速度与碰撞前瞬间大小相等，方向相反。已知木板长度为1.3m，g取10m/s2，取3.16，sin37°=0.6，cos37°=0.8. （1）求木板与轨道底部碰撞前瞬间，物块A和木板的速度大小； （2）求物块A运动到圆弧轨道最高点时受到轨道弹力大小及离开轨道后距地面的最大高度； （3）物块A运动到最大高度时会炸裂成质量比为1?3的物块B和物块C，总质量不变，同时系统动能增加3J，其中一块沿原速度方向运动。为保证B、C之一一定落在木板上，求从物块A离开轨道到解除木板锁定的时间范围。 【解析】（1）设物块A的初速度为v0=8m/s，木板与轨道底部碰撞前，物块A和木板的速度分别为v1和v2，物块A和木板的质量分别为m1和m2，物块A与木板间的动摩擦因数为μ，木板的长度为L，由动量守恒定律和功能关系有 m1v0=m1v1+m2v2， m1v02=m1v12+m2v22， 由题意分析可知，v1≥v2， 联立解得：v1=7m/s，v2=2m/s. （2）设圆弧轨道半径为R，物块A运动到圆弧轨道最高点时斜抛速度为v，轨道对物块的弹力为FN。物块A从轨道最低点到最高点，根据动能定理有 -m1gR（1+sin37°）=m1v2-m2v12， 物块A运动到圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律，FN+m1gsin37°=m1 联立解得：FN=N 设物块A抛出时速度速度v的水平分量为vx，竖直分量为vy，则vx=vsin37°，vy=vcos37°， 斜抛过程物块A上升时间t1= vy/g=0.4s，该段时间物块A向左运动距离为s1=vx t1=1.2m， 物块A离开轨道后距地面的最大高度H=R（1+sin37°）+=2m （3）物块A从最高点落地时间t2==0.632s 设向左为正方向，物体A在最高点炸裂为BC两块。设质量和速度分别为m3、m4和v3、v4， 设m3?m4=1?3，系统动能增加△Ek，根据动量守恒定律和能量守恒定律， m1vx=m3v3+m4v4， m1vx2+△Ek=m3v32+m4v42， 联立解得：v3=6m/s，v4=2m/s. 或 v3=0，v4=4m/s. 下面求从物块A离开轨道到解除木板锁定的时间范围△t： （a）若v3=6m/s，v4=2m/s.，炸裂后B落地过程中的水平位移为v3 t2=3.792m， 炸裂后C落地过程中的水平位移为v4 t2=1.264m， 木板右端到轨道底端的距离为v2（t1+ t2-△t）=（2.064-2△t）m。 运动轨迹分析如下： 为了保证B、C之一落在木板上，需要满足下列条件之一。 I. 若仅C落在木板上，应满足（2.064-2△t）+1.3≥1.264+0.6，且（2.064-2△t）≤1.264+0.6； II. 若仅B落在木板上，应满足（2.064-2△t）+1.3≥3.792+0.6，且（2.064-2△t）≤3.792+0.6； 解得I. 0.1s≤△t≤0.75s； II. 无解。 （b）若v3=0，v4=4m/s.，炸裂后B落地过程中的水平位移为v3 t2=0， 炸裂后C落地过程中的水平位移为v4 t2=2.528m， 木板右端到轨道底端的距离为v2（t1+ t2-△t）=（2.064-2△t）m。 运动轨迹分析如下： 为了保证B、C之一落在木板上，需要满足下列条件之一。 III. 若仅B落在木板上，应满足（2.064-2△t）+1.3≥0.6，且（2.064-2△t）≤0.6； IV. 若仅C落在木板上，应满足（2.064-2△t）+1.3≥2.528+0.6，且（2.064-2△t）≤2.528+0.6； 解得III. 0.732s≤△t≤1.382s； IV. 0≤△t≤0.118s。 综合分析（a）（b）两种情况，为保证B、C之一一定落在木板上，△t满足的条件为 0.1s≤△t≤0.118s或0.732s≤△t≤0.75s _21?????????è?????(www.21cnjy.com)_

2025鲁科版高中物理选择性必修第一册 第4章　光的折射和全反射 第2节　科学测量:玻璃的折射率 基础过关练 题组一　实验原理与实验步骤 1.(2024山东烟台招远第二中学月考)某同学在做“测定玻璃折射率”的实验时,其操作步骤如下: ①把长方体玻璃砖放在白纸上,使它的长边跟aa'对齐,在白纸上画出玻璃砖的另一个界面bb'。 ②移去大头针和玻璃砖,连接P3、P4,通过P3、P4的连线与bb'的交点O'和aa'上的入射点O,作出玻璃砖中的光线OO',测量出入射角θ1与折射角θ2,填入表格中。 ③在白纸上画出一条直线aa'代表两种介质的界面,过aa'上的O点画出界面的法线NN',并画一条线段AO作为入射光线。 ④在线段AO上竖直地插上两枚大头针P1、P2,透过玻璃砖观察大头针P1、P2的像。调整视线方向,直到P1的像被P2的像挡住。再在观察的这一侧插两枚大头针P3、P4,使P3挡住P1、P2的像,P4挡住P1、P2的像以及P3,记下P3、P4的位置。 (1)上述步骤正确的操作顺序应为　　　　　　　　　　　　　　　　。? (2)实验中测出了多组入射角θ1与折射角θ2,并作出了sin θ1-sin θ2的图像如图所示,则实验时光线是由　　　　射入　　　　(以上两空均选填“空气”或“玻璃”),该玻璃的折射率为　　　　。? 题组二　实验数据处理及误差分析 2.(2024辽宁大连期中)某实验小组在用插针法“测玻璃的折射率”实验中,画出的光路,如图甲所示。 (1)在实验前如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择,为了减小误差,应选用宽度　　(选填“大”或“小”)的玻璃砖来测量。? (2)该实验小组的同学在甲图的基础上,以入射点O为圆心作圆,与入射光线P1O、折射光线OO'分别交于A、B点,再过A、B点作法线NN'的垂线,垂足分别为C、D点,如图乙所示,则玻璃的折射率n=　　　　(用图中线段的字母表示)。? (3)若该组的同学在正确画出两界面后,不小心将玻璃砖平移了一些,如图丙所示(虚线表示玻璃砖边界),其他操作无误,则他测得的折射率将　　　(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。? 3.(2024广东惠州博师高中期中)某小组的甲、乙同学利用“插针法”测定玻璃的折射率,如图1所示。 (1)为了减小实验误差,下列操作正确的是　　　　。(填正确选项前的字母)? A.必须选择边界平行的玻璃砖 B.选择的入射角应尽量小些 C.没有刻度尺时,可以将玻璃砖当尺子画界线 D.大头针P1、P2和P3、P4之间的距离应适当大些 (2)甲同学手头有圆规和刻度尺,但没有量角器,在完成了光路图以后,以O点为圆心、OA为半径画圆,交OO'延长线于C点,过A点和C点作垂直法线的直线,与法线的交点分别为B点和D点,如图2所示。用刻度尺测得AB的长度为x1,CD的长度为x2,则玻璃砖的折射率n=　　　　(用x1、x2表示)。? (3)乙同学正确操作后,在实验中多次改变入射角,测出多组相关角度θ1、θ2,作出cos θ2-cos θ1的图像,如图3所示,则此玻璃砖的折射率n=　　　　。? (4)若该同学在确定P4位置时,不小心把P4位置画得偏左了一些,则测出来的折射率　　　　(选填“偏大”“偏小”“不变”)。? 4.(2024山东青岛中学期中,改编)在“测玻璃的折射率”实验中: (1)如图1所示,用插针法测定玻璃砖折射率的实验中,下列说法正确的是　　　　。? 图1 　 A.若P1、P2间的距离较大,通过玻璃砖会看不到P1、P2的像 B.为减小测量误差,过P1、P2插点的直线与法线NN'的夹角应尽量小些 C.为减小作图误差,P3、P4间的距离应适当大些 (2)增大入射角时,出射点与入射点的水平距离将　　　　(填“增大”或“减小”)。? (3)如果有宽度不同的平行玻璃砖可供选择,为了减小误差,应选用宽度　　　　(填“大”或“小”)的玻璃砖来测量。? (4)在该实验中,光线是由空气射入玻璃砖,根据测得的入射角和折射角的正弦值画出的图线如图2所示,从图线可知玻璃砖的折射率为　　　　。? 图2 (5)在用插针法测定玻璃砖折射率的实验中,甲、乙两位同学在纸上画出的界面aa'、bb'与玻璃砖位置的关系如图3所示,其中甲同学用的是矩形玻璃砖,乙同学用的是梯形玻璃砖,他们的其他操作均正确,且均以aa'、bb'为界面画光路图。则: 甲 乙 图3 甲同学测得的折射率与真实值相比　　　,乙同学测得的折射率与真实值相比　　　。(均填“偏大”“偏小”或“不变”)? 能力提升练 题组一　实验原理创新设计 1.(2023河南新郑高级中学期末)如图所示,一个学生用广口瓶和刻度尺测定水的折射率,填写下述实验步骤中的空白。 (1)用游标卡尺测出广口瓶瓶口内径d。 (2)在瓶内装满水。 (3)将刻度尺沿瓶口边缘　　　　插入水中。? (4)沿广口瓶边缘向水中刻度尺正面看去,若恰能看到刻度尺的0刻度线(即图中A点),同时看到水面上B刻度线的像B'恰与A点的像重合。 (5)若水面恰与刻度尺的C刻度线相平,分别读出　　　和　　　　的长度。? (6)由题中所给条件,可以计算水的折射率为　　　　。? 2.(2024湖北武汉第三中学月考)某同学测量玻璃砖的折射率,准备了下列器材:激光笔、直尺、刻度尺、一面镀有反射膜的平行玻璃砖。如图所示,直尺与玻璃砖平行放置,激光笔发出的一束激光从直尺上O点射向玻璃砖表面,在直尺上观察到A、B两个光点,读出OA间的距离为20.00 cm,AB间的距离为6.00 cm,测得图中直尺到玻璃砖上表面距离d1=10.00 cm,玻璃砖厚度d2=4.00 cm。玻璃的折射率n=　　　　,光在玻璃中的传播速度v=　　　　 m/s。(光在真空中传播速度c=3.0×108 m/s,结果保留两位有效数字)? 3.(2024广东茂名期末)长方体形状的玻璃砖有一个表面镀银(光线不能透过),现利用“插针法”测定此玻璃砖的折射率。如图甲所示,实验时,先将玻璃砖平放到水平面内的白纸上,镀银面与纸面垂直。贴着玻璃砖前后两个面在纸上画出直线m1m2和k1k2,其中m1m2侧为镀银面。然后在白纸上竖直插上两枚大头针P1、P2。 　 (1)准备插第三枚大头针时,应在　　　　侧观察(选填“m1m2”或“k1k2”)。? (2)插第三枚大头针时,这枚大头针应　　　　。? A.只挡住P1的像 B.只挡住P2的像 C.同时挡住P1和P2的像 (3)插完所需大头针,在图甲上补全光路的示意图。图乙为光路的一部分,A1、B1均为光路上的点,分别过A1、B1作直线k1k2的垂线,垂足分别为A2、B2,已知图中A1O=B1O,则玻璃砖的折射率可表示为　　　　。? A.A2OB2O　　　　B.B2OA2O　　　　C.A1A2B1B2　　　　D.B1B2A1A2 题组二　求其他形状玻璃砖的折射率 4.(2024重庆巴蜀中学期中)某同学准备测量一个锐角为30°的直角三棱镜的折射率,实验步骤如下: ①在木板上铺一张白纸,将三棱镜放在白纸上并描出三棱镜的轮廓,如图中△ABC所示。 ②在垂直于AB的方向上插上两枚大头针P1和P2,在棱镜的BC侧透过三棱镜观察两个大头针,当P1的像恰好被P2的像挡住时,插上大头针P3,使P3挡住P1、P2的像,再插上大头针P4,使P4　　　　　　　　　。移去三棱镜和大头针,大头针在纸上的位置如图所示。? 请完成下列实验内容: (1)将实验需要的光路图补充完整。 (2)该同学用量角器测量光线在BC界面发生折射时,折射光线与BC边夹角为37°,则三棱镜的折射率n=　　　　。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)? 5.(2024山东青岛第十六中学期末)用圆弧状玻璃砖做测定玻璃折射率的实验时,先在白纸上放好圆弧状玻璃砖,在玻璃砖的一侧竖直插上两枚大头针P1、P2,然后在玻璃砖的另一侧观察,调整视线使P1的像被P2的像挡住,接着在眼睛所在的一侧插两枚大头针P3和P4,使P3挡住P1和P2的像,P4挡住P3以及P1和P2的像,在纸上已标出大头针位置和圆弧状玻璃砖轮廓如图所示(O为两圆弧圆心,图中已画出经过P1、P2点的入射光线)。 (1)在图上补画出所需的光路; (2)为了测出玻璃砖的折射率,需要测量入射角和折射角,请在图中的AB分界面上画出这两个角; (3)用所测物理量计算折射率的公式是n=　　　　。? 6.(2024湖北武汉期中联考)如图所示的阴影部分ABC为一透明光学元件的横截面,AC为圆心为O的14圆弧面,ABCO构成正方形。现要测定该元件的折射率,可供选用的器材还有:大头针、笔、刻度尺、圆规、平整的木板、图钉、白纸。 Ⅰ.某小组进行了如下的实验操作,请将步骤补充完整。 (1)将白纸用图钉固定在平整木板上,在白纸上画出光学元件的横截面图,标好对应关系,把光学元件放在白纸上,使它的横截面与纸上画线部分对齐; (2)在O点竖直插大头针P1; (3)选择合适的点竖直插大头针P2,在BC外侧调整视线观察到大头针P1和P2的像使P2的像挡住P1的像,再竖直插上两枚大头针P3、P4,使P3挡住　　　　　　　　,P4挡住　　　　　　　　　;? (4)移去大头针和光学元件,记录好P2、P3和P4的孔洞位置,在固定好的白纸上作出直角坐标系xOy,Ox轴与OC重合,Oy轴与OA重合,用刻度尺测出P2、P3和P4在直角坐标系xOy中的坐标P2(2,1.5),P3(7,7),P4(10,11)。则此光学元件折射率测量值为n=　　　　(结果保留3位有效数字)。? Ⅱ.根据小组的实验过程,下列措施能够提高实验精确度的是(　　) A.应选用较粗的大头针完成实验 B.应选用较细的大头针完成实验 C.插在光学元件同侧的两枚大头针间的距离应适当小些 D.插在光学元件同侧的两枚大头针间的距离应适当大些 答案全解全析 基础过关练 1.答案　(1)③①④②　(2)玻璃　空气　1.5 解析　(1)做“测定玻璃折射率”实验时,应先画出两个界面,然后在操作的过程中找到入射光线和折射光线,最后移除器材后将中间的光线补充完整,所以正确的操作顺序为③①④②。 (2)由图像可知sin θ1

2025鲁科版高中物理选择性必修第一册 第2章　机械振动 第3节　单摆 基础过关练 题组一　单摆回复力及运动特征 1.关于单摆,下列说法中正确的是(　　) A.摆球运动的回复力是它受到的重力沿轨迹切线方向上的分力 B.摆球在运动过程中加速度的方向始终指向平衡位置 C.摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点,加速度是不同的 D.摆球经过平衡位置时,加速度为零 2.(2024河北保定第三中学月考)图中O点为单摆的固定悬点,现将摆球(可视为质点)拉至A点,此时细线处于张紧状态,释放摆球,摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动,B点为运动中的最低位置。则在摆动过程中(　　) A.摆球受到重力、拉力、向心力、回复力四个力的作用 B.摆球在A点和C点,速度为零,合力和回复力也为零 C.摆球在B点处,速度最大,细线拉力也最大 D.摆球在B点处,速度最大,回复力也最大 3.(多选题)(2022福建莆田第二十五中学期中)一单摆的振动图像如图所示,下列说法中正确的是　(　　) A.t=1.0 s时,摆球处于平衡状态 B.t=2.0 s时,摆球处于平衡位置 C.摆球摆动过程中,在任何位置都不是平衡状态 D.t=1.0 s时,摆线的拉力最大 题组二　单摆的周期 4.(2024广东广州第五中学期中)摆钟是一种较有年代的计时钟表,其基本原理利用了单摆的周期性,结合巧妙的擒纵器设计,实现计时功能,图示为摆钟内部的结构简图。设原先摆钟走时准确,则(　　) A.摆动过程中,金属圆盘所受合力为其回复力 B.该摆钟在太空实验室可正常使用 C.将该摆钟从北京带到广州,为使其走时准确,需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向下移动 D.该摆钟在冬季走时准确,到夏季(考虑热胀冷缩)为使其走时准确,需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动 5.(2024山东菏泽期末)如图甲所示是利用沙摆演示简谐运动图像的装置。当盛沙的漏斗下面的薄木板被水平匀速拉出时,做简谐运动的漏斗漏出的沙会在木板上显示出沙摆的振动位移随时间变化的关系曲线。已知木板被水平拉动的速度为0.20 m/s,图乙所示的一段木板的长度为0.60 m,则这次实验沙摆的摆长大约为(取重力加速度g=π2 m/s2)(　　) 　 A.0.56 m　　　　B.0.65 m C.1.00 m　　　　D.2.25 m 能力提升练 题组一　单摆周期公式的综合应用 1.(2024福建漳州龙海第二中学期末)某地的甲、乙两单摆振动图像如图所示,则(　　) A.甲的振幅小 B.乙的摆长短 C.ta时刻甲的摆角大 D.tb时刻两摆球速度相同 2.(2024福建龙岩第一中学月考)如图甲,O点为单摆的固定悬点,在其正下方的P点有一个钉子,现将小球拉开一定的角度后开始在竖直面内运动,小球在摆动过程中的偏角不超过5°。从某时刻开始计时,绳中的拉力大小F随时间t变化的关系如图乙,重力加速度g取10 m/s2,忽略一切阻力。下列说法正确的是(　　) 　 A.t=0.1π s时小球位于B点 B.t=0.4π s时小球位于C点 C.O、A之间的距离为1.5 m D.P、B之间的距离为0.4 m 题组二　单摆的动力学特征分析 3.(2024山东滨州惠民六校期中联考)如图甲所示,一单摆悬挂在拉力传感器上。让单摆在竖直面内做小角度摆动,拉力传感器显示绳子拉力F的大小随时间t的变化图像如图乙所示,已知当地的重力加速度为g,则根据图乙中的数据可知(　　) A.此单摆的周期T=t02 B.此摆球的质量为m=F0g C.此单摆的摆长l=gt024π2 D.在t=t04时刻摆球的回复力最小 4.(2024河北张家口期中)将一力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力。图甲中O点为单摆的固定悬点,现将质量m=0.05 kg的小摆球(可视为质点)拉至A点,此时细线处于伸直状态,释放摆球,则摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动,其中B点为运动中的最低位置,∠AOB=∠COB=θ(θ小于5°且是未知量)。由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线如图乙所示,且图乙中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻,摆球运动到最低点时的速度大小为225 m/s。取重力加速度g=10 m/s2,求: (1)单摆的振动周期和摆长; (2)图乙中细线拉力的最大值Fmax和最小值Fmin(结果保留3位小数)。 　 答案全解全析 基础过关练 1.A 2.C 3.BCD 4.D 5.A 1.A　摆球运动的回复力为重力沿轨迹切线方向的分力,A正确;摆球经过最低点即平衡位置时,回复力为0,但合力不为零,合力提供向心力,加速度方向指向悬点,B、D错误;摆球经过轨迹上同一点时,受力情况相同,加速度相同,C错误。 易错警示　应对单摆的运动进行正确的分析,摆球绕平衡位置做往复运动的同时绕悬点做圆周运动,回复力为重力沿轨迹切线方向的分力。 2.C　摆球在摆动过程中,只受到重力和拉力的作用,A错误;在最高点A、C处,摆球的位移最大,速度为零,回复力最大,合力不为零,B错误;在最低点B处,摆球在平衡位置,速度最大,回复力为零,摆球做圆周运动,细线的拉力最大,C正确,D错误。 3.BCD　t=1.0 s时,摆球处于平衡位置,但此时摆球具有向心加速度,不是处于平衡状态,故A错误;t=2.0 s 时,摆球处于平衡位置,故B正确;摆球摆动过程中,在任何位置所受合外力都不为零,都不是平衡状态,故C正确;t=1.0 s时,摆球速度最大,所需向心力最大,摆线对摆球的拉力和摆球重力的合力提供向心力,方向竖直向上,而此时拉力与重力方向相反,所以摆线的拉力最大,故D正确。 4.D　回复力是指向平衡位置的力,摆动过程中,金属圆盘所受重力沿轨迹切线方向的分力为其回复力,金属圆盘同时绕轴转动,合力沿轻摆杆方向的分力提供向心力,A错误;由于金属圆盘所受重力沿轨迹切线方向的分力提供回复力,该摆钟在太空实验室内处于完全失重状态,因此不可正常使用,B错误;单摆的周期T=2πlg,将该摆钟从北京带到广州,重力加速度减小,可知周期变大,摆钟变慢,为使其走时准确,需要使摆钟的摆长变短,即需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动,C错误;该摆钟在冬季走时准确,到夏季温度升高,由于热胀冷缩,摆长变长,为使其走时准确,需要使摆长变短,因此需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动,D正确。 5.A　由于木板被匀速拉动,则图乙所示的木板运动的时间t=0.600.20 s=3 s,显然等于沙摆周期的2倍,故沙摆的周期T=t2=1.5 s;根据T=2πLg得这次实验沙摆的摆长L=gT24π2≈0.56 m,A正确。 能力提升练 1.C　由题图可知,甲的振幅大,故A错误;由题图可知,甲单摆的周期为T甲=23tb,乙单摆的周期为T乙=tb,则T甲∶T乙=2∶3,由单摆周期公式T=2πlg得甲、乙两单摆的摆长之比l甲l乙=T甲2T乙2=49,故B错误;ta时刻甲、乙两单摆的摆球位移相等,由于甲的摆长短,则甲的摆角大,故C正确;tb时刻甲、乙两单摆的摆球均通过平衡位置,速度方向相反,则速度不同,故D错误。 2.D　小球在B点受到的拉力与重力的合力提供向心力,设小球经过B点的速度为v,可得F-mg=mv2L,由于LOA>LPC,所以小球在B、C间运动时,拉力F较大,可知t=0.1π s时小球在C点,t=0.4π s时小球在A点,0~0.2π s内小球在C、 B之间摆动,0.2π s~0.6π s内小球在A、B之间摆动,A、B错误。小球在A、B 之间摆动的周期为T1=0.6π?0.2π×2 s=0.8π s,根据T=2πLg,可得LOA=1.6 m,即O、A之间的距离为1.6 m,C错误。小球在B、C之间摆动的周期为T2=0.2π×2 s=0.4π s,根据T=2πLg,可得LPB=0.4 m,即P、B之间的距离为0.4 m,D正确。 3.C　摆球运动到最低点时,由重力和绳子拉力的合力提供向心力,则摆球运动到最低点时,绳子拉力最大,结合F-t图像,可知此单摆的周期为T=t0(在一个周期内,摆球两次经过最低点),故A错误;摆球运动到最低点时,由重力和绳子拉力的合力提供向心力,则有F0-mg=mv2l,此摆球的质量为m=F0g+v2l,故B错误;根据单摆周期公式T=2πlg,可得此单摆的摆长l=gT24π2=gt024π2,故C正确;单摆的回复力由重力沿摆球运动轨迹切向的分力提供,摆球运动到最低点时,摆球的回复力最小,所以在t=t02时刻摆球的回复力最小,在t=t04时刻摆球的回复力最大,故D错误。 4.答案　(1)0.4π s　0.4 m　(2)0.510 N　0.495 N 解析　(1)摆球从A运动到B,速度逐渐增大,所需的向心力增大,细线的拉力增大,到B点时拉力最大;从B运动到C,速度逐渐减小,所需的向心力减小,细线的拉力减小,到C点时拉力最小。摆球从A到C,完成半次全振动,由题图乙可得T2=0.2π s,可得单摆的振动周期T=0.4π s 由单摆周期公式T=2πLg,解得L=gT24π2=0.4 m (2)摆球运动到最低点时,由牛顿第二定律可得Fmax-mg=mv2L 解得Fmax=0.510 N 摆球从A点运动到B点过程机械能守恒,可得 mgL(1-cos θ)=12mv2 在A点沿细线方向有Fmin=mg cos θ 联立解得Fmin=0.495 N

江西省上饶市广丰区永丰中学2023-2024学年九年级下学期5月物理检测卷 （考试范围：中考范围） 一、填空题(共16分，每空1分) 1．西安马拉松比赛是西安最具国际知名度和美誉度的赛事，赛事路线途经西安各景点、高校。配速是在马拉松运动训练中常使用的一种概念，指的是每公里所需要的时间，西安马拉松全程为42.195km，一名运动员的平均配速为4min/km，则其跑完全程所需的时间为 h，该运动员在马拉松赛场上与路边站着的观众是相对 （选填“运动”或“静止”）的。 2．（1）图甲所示的物体 A的长度是 cm。 （2）图乙所示的体温计的示数为 ℃。 3．为了测量某种液体的密度，先用天平测出空烧杯的质量为100g，在烧杯中倒入适量液体后，天平平衡时如图所示，烧杯和液体的总质量为 g。若水的密度已知，为了测出液体密度，只需用天平测出与液体 的水的质量即可。 4．如图，物体C置于粗糙水平面上，物体A、B平放在物体C上，在3N水平向右的拉力F作用下，使A、B、C一起向右做匀速直线运动，此时C对B的摩擦力为 N，地面对C的摩擦力为 N。 5．容器中装有一定量的水，水中有一木块由细线系着与容器底部相连，如图所示。木块的体积为 ，此时木块所受浮力为 N，细线的拉力为 N。（，g取10N/kg） 6．在“探究杠杆平衡的条件”实验中，若将杠杆的中点支在支架上后，杠杆静止不动时的位置如图所示，则应调节 ，使杠杆在水平位置保持平衡；挂上钩码后，杠杆静止不动时的位置如图所示，则应调节 ，使杠杆再次在水平位置保持平衡，从而能直接从杠杆上读出动力臂和阻力臂的数值。 7．如图所示的实验装置是通过 的方式使试管内的水内能增大。水沸腾后，当塞子从试管口喷出，此过程的能量转化与四冲程汽油机 冲程的能量转化情况相同。 8．央视《是真的吗》节目中，主持人做了“电池＋口香糖锡纸=取火工具”的实验：取口香糖锡纸，中间剪掉一些（如图），将锡纸条带锡的一端接在电池的正极，另一端接在电池的负极，很快发现锡纸条中间开始冒烟、着火。已知锡纸条上ab、bc、cd段长度相等，则 段的电阻最大，因为材料和长度相同时， 越小电阻越大。 二、选择题(共14分，把你认为正确选项的代号填涂在答题卡的相应位置上。第9～12小题，每小题只有一个正确选项，每小题2分；第13、14小题为不定项选择，每小题有一个或几个正确选项，每小题3分，全部选择正确得3分，选择正确但不全得1分，不选、多选或错选得0分) 9．下列关于声波的应用说法正确的是（　　） A．医生用听诊器给病人进行诊断，是因为听诊器能增大声源振动幅度，增大响度 B．倒车雷达的原理就是采用蝙蝠的“回声定位”的方法 C．通过灵敏的声学仪器接收到的超声波可以判断地震的方位和强度 D．城市里安装噪声监测装置可以有效减少周围环境中的噪声 10．2024年世界泳联跳水世界杯混合团体跳水决赛中，由杨昊、陈芋汐、王宗源、陈艺文组成的中国队以506.35分的成绩轻松夺冠。如图所示，运动员站在跳板上，下列说法正确的是（　　） A．运动员对跳板的压力是跳板发生弹性形变产生的 B．运动员离开跳板上升到最高点时，速度为零 C．运动员离开跳板上升到最高点时，处于平衡状态 D．运动员下落的过程中，未跳入水中前机械能守恒 11．某同学利用如图甲所示的实验器材，探究水沸腾时温度变化的特点，前后做了两次实验，并绘制了如图乙所示的温度随时间变化关系图像，以下说法正确的是（　　） A．图甲纸板上的小孔是为了使烧杯内气压低于外界大气压 B．图甲中正在沸腾的水不断吸热，但温度保持不变，气泡由下至上逐渐变大 C．图乙中两次实验对应的① ②图像说明，此时水面上方气压为一个标准大气压 D．图乙中第1次比第2次实验，烧杯中水的质量更大 12．如图所示，滑动变阻器的滑片处于中间位置，闭合开关S，将滑片向右移动，不考虑温度对灯丝电阻的影响，则（　　） A．电流表A1示数变大 B．电流表A示数变小 C．灯泡亮度不变 D．灯泡亮度变小 13．水平地面上有一木箱，小明用水平推力推木箱，木箱的速度v随时间t变化的图象如图所示，则（　　） A．0～1s，木箱所受的推力等于静摩擦力 B．1～3s，木箱所受的摩擦力在逐渐减小 C．3～5s，木箱所受的推力等于摩擦力 D．5～6s，木箱所受的推力小于摩擦力 14．如图所示，电源电压恒为4V，R1、R3是阻值均为10Ω的定值电阻，R2是规格为“30Ω 0.5A”的滑动变阻器，a、b是实验室电流表或电压表其中之一且不相同，电流表以小量程接入电路，电压表以大量程接入电路。当只闭合开关S1、S2时，a、b的指针均明显偏转，将位于中点的滑片P向左移动，a、b的示数都有变化。以下说法正确的是（????） A．a一定为电流表 B．只闭合开关S1、S2，并将滑片向左移，a表示数变小，b表示数变大 C．只闭合开关S1、S2，在电路安全范围内移动滑片P，电路总功率最大值为2W D．将b换成另一种电表，只闭合S1、S3，滑动变阻器连入电路的最小阻值为20Ω 三、简答与计算题(共22分，第15题8分，第16题6分，第17题8分) 15．“森林防火，人人有责”，森林火灾，是指火势失去人为控制，在林地内自由蔓延和扩展，对森林、森林生态系统和人类带来一定危害和损失的自然灾害。为了防止森林火灾，消防专家建议公众在户外不要随意丢弃尚有未喝完饮料的饮料瓶，瓶子有可能造成森林火灾。请回答以下问题： （1）在森林里不允许随地丢弃透明的装液体的饮料瓶的原因； （2）森林火灾，重在预防，请你再提出一条预防森林火灾的措施。 16．如图所示为公园游玩常用的观光船，为了保护环境一般采用电力驱动。这种游船满载时， 船和人的总质量为280kg。（g取10N/kg） 求： （1）该游船满载时，船底最深处距离水面0.6m，该处所受水的压强； （2）该游船满载时，游船排开水的体积； （3）该游船满载时，在平静的湖面上以1.5m/s的速度匀速行驶，驱动电机的功率为750W，求此时游船所受水的阻力。 17．实践小组设计了有超载限制系统的提升重物的装置，示意图如图1所示，承重板的上表面装有压力传感器，装置由电动机提供动力。在控制电路中，电源电压为12V，压力传感器中的力敏电阻RF阻值随压力F变化的部分数据如图2所示。闭合开关S?和S，当力敏电阻受到的压力达到4000N时，电磁铁线圈中的电流为0.03A，电磁铁将衔铁吸下，B、C两个触点断开，电动机停止工作。电磁铁线圈的电阻忽略不计。 （1）开关S?闭合时，电磁铁的上端为 （选填“N”或“S”）极； （2）定值电阻R0阻值为多少？ （3）当力敏电阻受到压力为1000N时，控制电路的总功率是多大？ （4）若要将该装置的最大载重量调小，提出对控制电路的一条调整措施。 四、实验与探究题(共28分，每小题7分) 18．某同学利用如图所示的装置探究凸透镜成像规律。 （1）测量凸透镜的焦距如图所示，则该凸透镜的焦距为 cm； （2）将蜡烛、凸透镜、光屏依次放在光具座上，应该先调节器材的高度，此时蜡烛应该 （填“点燃”或“不点燃”）； （3）蜡烛、凸透镜和光屏在光具座上的位置如图所示，观察到光屏上有烛焰清晰的像（像未画出）， 该像是 （填“正立”或“倒立”）、 （填“放大”、“缩小”或“等大”）的实像，生活中的 （填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）就是利用这个原理制成的。 19．在探究“力与运动的关系”时，我们曾追随物理学家的足迹，同学们设计了如图1所示的实验： （1）为了使每次实验小车运动到水平面时的速度相同，正确操作是：每次实验中让小车从同一斜面 高度，由静止开始滑下。 （2）比较这三次实验，发现阻力越小，小车滑行的距离就越远，说明小车运动的速度改变得越慢。伽利略对类似的实验进行了分析，并进一步推测：如果水平面光滑，小车在运动时不受阻力，则小车将在水平面上做 。 （3）在上面的探究后，通过合理的推理可知：当图2中的摆球从A点由静止释放摆到最低点B时，如果摆球所受的力突然全部消失（同时切断绳子），则摆球将 。（选填“向右侧上摆”、“静止”或“做匀速直线运动”） （4）小呼同学在做该实验时，发现运动的小车在棉布和木板上最后都冲出水平板面，在不增加实验仪器的情况下，你建议他们实验时改进的方法是 。 20．实验小组“探究阻力对物体运动的影响”实验： ?? （1）为使小车到达水平面的初速度相等，除了控制小车在斜面的同一高度静止释放外，在斜面上 （选填“需要”或“不需要”）分别铺设毛巾、棉布。小车在水平表面上运动的过程中，每隔相同时间段内移动的距离，下图中最符合的是 ； ?? （2）小车在毛巾表面移动的距离最近，在木板表面移动的距离最远，由此推断，当接触面绝对光滑且足够长时，小车将一直运动下去，原因是小车具有 ； （3）当同一辆小车分别在这三个水平面上运动时，机械能越来越 ，最终克服摩擦力做功的功 （选填“相等”或“不相等”）。 21．小明想探究在并联电路中，干路的电流与各支路的电流之和的关系，他设计了图甲所示的电路，L1、L2为两个规格不同的灯泡。请回答下列问题： （1）该实验的自变量是 ； （2）闭合开关S后，小明发现L2亮，而L1不亮。他认为L1不亮的原因是L1被短路，你认为他的判断是 （选填“正确”或“错误”）的； （3）排除故障后，小明首先测量并记录了A处的电流，电流表示数如图乙所示，则IA= A； （4）接下来小明又测量并记录了B、C处的电流分别为IB和IC。于是，他根据IA、IB和IC三个电流数值得出了并联电路中，干路的电流与各支路的电流之和的关系。老师认为他的实验过程不够完整，请你针对上述问题，写出改正措施： 。 九年级物理参考答案 1．2.813 运动 【详解】[1]运动员的平均配速为4min/km，则跑完全程所需的时间 t=42.195km×4min/km=168.78min=2.813h [2]运动员在马拉松赛场上与路边站着的观众之间的位置不断发生变化，所以以观众为参照物，运动员是运动的。 2．2.80 37.5 【详解】[1]如图甲，物体左端与刻度尺的零刻度线对齐，右端与2.80cm对齐，物体的长度为2.80cm。 [2]如图乙，体温计的分度值为0.1℃，示数为37.5℃。 3．254.4 等体积 【详解】[1]标尺的分度值为0.2g，烧杯和液体的总质量 m总?=200g+50g+4.4g=254.4g[2]要测量液体的密度，需要知道液体的质量和体积，实验中测出了空烧杯和烧杯与液体的总质量，通过计算可得烧杯中液体的质量。根据密度公式可知，还需要知道液体的体积。但是，题中液体的体积不能直接测量，因此，要用到等效替代的方法，测出与液体体积相同的水的质量，利用水的密度已知计算出水的体积就知道了液体的体积。 4．0 3 【详解】[1][2]以A、B、C整体为研究对象，在拉力F的作用下向右匀速运动，整体处于平衡状态，所受合外力为0，则地面对C有向左的摩擦力，摩擦力等于拉力，拉力为3N，摩擦力为3N。B与C之间没有发生相对滑动或没有相对滑动的趋势，所以物体B受到物体C对它的摩擦力为0N。 5．40 16 【详解】[1]根据阿基米德原理可得，此时木块所受浮力为 [2]木块的质量为 木块的重力为 对木块受力分析可得 则细线的拉力为 6．平衡螺母 钩码的位置或个数 【详解】[1]将杠杆的中点支在支架上后，杠杆静止不动时的位置如图所示左高右低，说明右端重，则应向左调节平衡螺母，给左端增重，使杠杆在水平位置保持平衡。 [2]挂上钩码后，杠杆静止不动时的位置如图所示，则应调节钩码的位置或个数，使杠杆再次在水平位置保持平衡，从而能直接从杠杆上读出动力臂和阻力臂的数值。 7．热传递 做功 【详解】[1]如图，实验装置用酒精灯对水进行加热，水从酒精灯火焰吸收热量，是通过热传递的方式使试管内的水内能增大。 [2]水沸腾后，当塞子从试管口喷出，此过程中，水蒸气对塞子做功，将水蒸气的内能转化为塞子的机械能；汽油机的做功冲程中，缸内气体体积膨胀，推动活塞做功，将内能转化为机械能，所以，图中的此过程的能量转化与四冲程汽油机做功冲程的能量转化情况相同。 8．ab 横截面积 【详解】[1][2]电阻是导体的一种特性，与导体的材料、横截面积、长度等有关。相同材料和长度的电阻大小跟横截面积有关，横截面积越小，电阻越大，由图可知，锡纸条上ab、bc、cd段长度相等，ab段横截面积最小，所以ab段电阻最大。 9．B 【详解】A．医生通过听诊器给病人诊断的原理是减少声音的分散，增大响度，故A错误； B．人类仿照蝙蝠发出超声波回声定位的方法发明了雷达，倒车雷达的原理是采用蝙蝠的“回声定位”的方法，故B正确； C．灵敏的声学仪器是通过接收到的次声波可以判断地震的方位和强度，属于利用声音传递信息，故C错误； D．城市里安装噪声监测装置，是通过响度来反映噪声大小的，但不能减弱噪声，故D错误。 故选B。 10．B 【详解】A．运动员对跳板的压力是由于脚掌发生了弹性形变后要向下恢复原状而产生的弹力，故A错误； B．运动员离开跳板上升，速度减小，上升到最高点时，速度为零，故B正确； C．当运动员起跳达到最高点时，只受重力，受力不平衡，不是平衡状态，故C错误； D．运动员下落的过程中，未跳入水中前，需克服空气阻力做功，机械能不守恒，故D错误。 故选B。 11．B 【详解】A．图甲纸板上的小孔是为了使烧杯内气体相通，气压相等，故A错误； B．图甲中正在沸腾的水不断吸热，但温度保持沸点不变，气泡由下至上逐渐变大，故B正确； C．图乙中两次实验对应的① ②图像得，水的沸点为97℃，小于一个标准气压下水的沸点100℃，气压越高，沸点越高，则说明此时水面上方气压低于一个标准大气压，故C错误； D．图乙中第1次与第2次实验，水的初温、末温相同，第2次实验水被加热到沸腾所用的时间较长，说明第2次实验水加热到沸腾吸收的热量较多，由得，第2次实验烧杯中水的质量更大，故D错误。 故选B。 12．C 【详解】由电路图可知，灯泡和变阻器并联，电流表A测的是通过灯泡的电流，电流表A1测的是干路电流。根据并联电路的电压特点可知，灯泡的两端电压等于电源电压，变阻器的滑片移动时，并不能改变灯泡的两端电压，根据欧姆定律可知，通过灯泡的电流不变，电流表A的示数不变；变阻器所在支路的电阻变大，根据欧姆定律可知，通过变阻器的电流变小，根据并联电路的电流特点可知，干路电流变小，即电流表A1的示数变小。根据P=UI可知，灯泡的实际功率不变，所以灯泡的亮度不变。故C符合题意，ABD不符合题意。 故选C。 13．ACD 【详解】A．由图可知，0～1s，木箱的速度为0，处于静止状态，受到平衡力的作用，所以，木箱所受的推力等于静摩擦力。故A符合题意； B．由图可知，1～3s，木箱做匀加速直线运动，压力大小和接触面的粗糙程度均不变，木箱所受的摩擦力大小不变；故B不符合题意； C．由图可知，3～5s，木箱做匀速直线运动，木箱所受的推力与摩擦力是一对平衡力，大小相等。故C符合题意； D．由图可知，5～6s，木箱做匀减速直线运动，所以木箱所受的推力小于摩擦力。故D符合题意。 故选ACD。 14．ABD 【详解】A．当只闭合开关S1、S2时，a、b的指针均明显偏转，将位于中点的滑片P向左移动，a、b的示数都有变化，说明滑动变阻器起作用，因此若a为电压表，b为电流表，则滑动变阻器被短路，移动滑片，两表示数不发生变化，不符合题意上述题意；若a为电流表，b为电压表，定值电阻R1被短路，则定值电阻R3与滑动变阻器R2串联，移动滑片，两表示数发生变化，符合题意上述题意，故A正确； B．只闭合开关S1、S2，定值电阻R2被短路，则定值电阻R3与滑动变阻器R2串联，将滑片向左移，滑动变阻器电阻变大，电路总电阻变大，根据欧姆定律可知，电流减小，则a表即电流表示数变小，定值电阻R3两端电压减小，根据串联分压的特点，滑动变阻器R2两端电压变大，则b表即电压表示数变大，故B正确； C．只闭合开关S1、S2，定值电阻R1被短路，则定值电阻R3与滑动变阻器R2串联，电流表测电路电流，电压表测滑动变阻器两端电压，因电源电压恒为4V，且电流表以小量程接入电路，电压表以大量程接入电路，因此电压表不会超量程，电流允许通过的最大电流为0.6A，当滑动变阻器阻值为零时，电路的电流为 因此在电路安全范围内移动滑片P，电路总功率最大值为 P大=UI大=4V×0.4A=1.6W 故C错误； D．将b换成另一种电表，即换为电流表，只闭合S1、S3，定值电阻R3被短路，定值电阻R1与滑动变阻器R2并联，电流表A测干路电流，允许通过的最大电流为0.6A，根据并联电路电压和电流的特点可知，通过定值电阻R1的电流为 则滑动变阻器允许通过的最大电流为 I滑大=I-I1=0.6A-0.4A=0.2A 电流表滑动变阻器连入电路的最小阻值为 故D正确。 故选ABD。 15．【详解】（1）透明的装液体的饮料瓶的形状是中间厚、边缘薄，因此相当于凸透镜，因为凸透镜对光有会聚作用，它能使太阳光会聚于焦点，使焦点的光最集中，温度最高，可点燃枯草、枯枝、树叶等易燃物； （2）预防森林火灾的措施：不携带火种进山、不在林区吸烟、不在山上野炊等。 16．（1）；（2）；（3） 【详解】解：（1）该游船满载时，船底最深处距离水面0.6m，该处所受水的压强为 （2）该游船满载时，游船受到的浮力为 游船排开水的体积为 （3）游船做匀速直线运动时，受到的阻力和牵引力是一对平衡力，大小相等，此时游船所受水的阻力为 答：（1）该游船满载时，船底最深处距离水面0.6m，该处所受水的压强为； （2）该游船满载时，游船排开水的体积为； （3）此时游船所受水的阻力为。 17．S 360Ω 0.3W 减小的阻值 【详解】（1）[1]由右手螺旋定则可知，螺线管上端是S极。 （2）[2]由图知，当压力时，，电磁铁线圈中的电流为0.03A，则定值电阻R0阻值 （3）[3]由图知，当压力时，，电路中电流为 此时控制电路的总功率 （4）[4]要将该装置的最大载重量调小，力敏电阻阻值会变大，控制电路的电流不变，由可知，电源电压不变，电路的总电阻不变，所以可以减小的阻值。 18． 10.0 点燃 倒立 放大 投影仪 【详解】（1）[1]平行于凸透镜的平行光经凸透镜折射后，会聚于凸透镜的焦点，如图所示，凸透镜的焦距为 f=50.0cm-40.0cm=10.0cm （2）[2]实验时，观察的是烛焰的像，应先调节器材高度，使烛焰的中心、光屏的中心、凸透镜的光心在同一高度上，所以，此时蜡烛应该点燃。 （3）[3][4][5]此时，物距为15.0cm，物距大于一倍焦距小于二倍焦距，光屏上成倒立、放大的实像，生活中的投影仪就是利用这个原理制成的。 19．同一 匀速直线运动 做匀速直线运动 降低小车在斜面上的释放高度或使斜面变平缓 【详解】（1）[1]每次实验中应让小车从同一斜面同一高度由静止开始滑下，这样可控制小车运动到水平面时的初速度相同。 （2）[2]比较这三次实验，发现阻力越小，说明小车运动的速度减小的越慢，力是改变物体运动状态的原因，若小车在水平面不受阻力，则小车运动状态不会改变。故小车将做匀速直线运动； （3）[3]在上面的探究后，通过合理的推理可知，当物体不受力时将保持静止状态或匀速直线运动状态，当图2中的摆球从A点由静止释放摆到最低点B时，小球是运动的，如果摆球所受的力突然全部消失，小球将做匀速直线运动。 （4）[4]小车在棉布和木板上最后都冲出水平板面，说明小车下落到水平面的速度太大，要完成实验可以减小小车达到水平面的速度。通过降低小车在斜面上的释放高度或使斜面变平缓都可以减小小车达到水平面的速度。 20．不需要 B 惯性 小 相等 【详解】（1）[1]根据控制变量法，让小车从斜面的同一高度由静止下滑的目地是使小车到达水平面时的速度相同，如果在斜面上分别铺设毛巾、棉布，会导致小车到达水平面时的速度不同，所以不需要在斜面分别铺设毛巾、棉布。 [2]小车在水平表面上运动的过程中，由于摩擦力的存在，小车的运动速度会越来越小，相同时间内运动的距离越来越短，故AC不符合题意，B符合题意。 故选B。 （2）[3]当接触面绝对光滑，小车在水平面上不受阻力的作用，由于惯性，小车的速度将不再减小，将会一直做匀速直线运动。 （3）[4][5]同一辆小车分别在这三个水平面上运动时，小车速度减小，动能越来越小，势能不变，机械能越来越小，最终机械能全部转变为克服摩擦力所做的功，因为小车到达水平面的速度相同，动能相同，机械能也相同，所以最终克服摩擦力所做功相等。 21． 各支路电流之和 错误 0.28 使用规格不同的小灯泡，改变支路电流之和，并进行多次实验 【详解】（1）[1]使用不同规格的灯泡，各支路的电流不同，则各支路的电流之和不同，可用于探究干路的电流与各支路的电流之和的关系，故自变量为各支路的电流之和。 （2）[2]闭合开关S后，小明发现L2亮，而L1不亮。认为L1不亮的原因是L1被短路，这样的判断是错误的，因为若L1被短路，L2与L1并联，L2也会被短路，不会亮，且干路上没有用电器，会引起电源短路。 （3）[3]电流表连接的是小量程，分度值为0.02A，示数为0.28A。 （4）[4]通过一组数据就得出结论，具有偶然性，应使用规格不同的小灯泡，改变支路电流之和，并进行多次实验，得出普遍性规律。