山东省临沂市2020届高三上学期期末考试物理试题

高三期末检测
物 理
2020.01
考生注意：
1．本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分。考试时间90分钟。
2．请将各题答案填写在答题卡上。
3．本试卷主要考试内容：高考全部内容。
第I卷(选择题 共40分)
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.下列说法正确的是（　　）
A. 方向不变、大小随时间变化的电流是交变电流
B. 交变电流的峰值一定是其有效值的倍
C. 远距离输电时，可通过减小输电线的电阻来降低输电损耗
D. 理想变压器原、副线圈中通过的交变电流的频率之比等于原、副线圈的匝数之比
2.一个中子与原子核A发生核反应，生成一个氘核，核反应放出的能量为Q，则氘核的比结合能和原子核A分别为（　　）
3物理老师在课堂上做了一个演示实验：让某特制的一束复色光由空气射向一块平行平面玻璃砖（玻璃较厚），经折射分成两束单色光a、b，下列说法正确的是（　　）
A. a光光子的能量小于b光光子的能量
B. 若增大入射角i，则a光可能先消失
C. 进行双缝干涉实验，在其他条件相同的情况下，a光条纹间距大于b光条纹间距
D. 在玻璃砖中，a光的波长比b光的波长短
4如图所示，某河流中水流速度大小恒为v1，A处的下游C处是个旋涡，A点和旋涡的连线与河岸的最大夹角为θ．为使小船从A点出发以恒定的速度安全到达对岸，小船航行时在静水中速度的最小值为（　　）


5深空是在地球大气极限以外很远的空间。若深空中有一行星X，其自转周期为3h，同步卫星的轨道半径是其半径的3.5倍，已知地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的7倍，则行星X与地球的平均密度之比约为（行星X与地球均视为球体）（　　）
A. 2
B. 4
C. 8
D. 16
6一质点以某一初速度开始做直线运动，从质点开始运动计时，经时间t质点的位移为x，其图象如图所示。下列说法正确的是（　　）

A. 质点的加速度大小为0.5m/s2
B. 任意相邻的0.2s内，质点位移差的大小均为0.04m
C. 任意1s内，质点速度增量的大小均为0.5m/s
D. 质点在1s末与3s末的速度方向相同
7水刀切割具有精度高、无热变形、无毛刺、无需二次加工以及节约材料等特点，得到广泛应用。某水刀切割机床如图所示，若横截面直径为d的水流以速度v垂直射到要切割的钢板上，碰到钢板后水的速度减为零，已知水的密度为ρ，则钢板受到水的冲力大小为（　　）


8如图所示，光滑铜环水平固定，半径为l，长为l、电阻为r的铜棒OA的一端在铜环的圆心O处，另一端与铜环良好接触，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。现使铜棒OA以角速度ω逆时针（俯视）匀速转动，A端始终在铜环上，定值电阻的阻值为3r，上方导线与O点连接，下方导线与铜环连接，其他电阻不计。下列说法正确的是（　　）

A. O点的电势比A点的电势高
B. 回路中通过的电流为
C. 该定值电阻两端的电压为
D. 该定值电阻上的热功率为
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9.在固定的带负电点电荷Q产生的电场中，一带电粒子q（不计重力）绕Q做椭圆运动轨迹如图中虚线所示，轨迹上有a、b两点，a点离Q最近，b点离Q最远。下列说法正确的是（　　）

A. a点的电势高于b点的电势
B. a点的电场强度大于b点的电场强度
C. 粒子q过a点时，粒子所受电场力做功的功率最大
D. 粒子q由a运动到b的过程中，电势能增大
10一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，此时波恰好传到平衡位置在x1=2.5m处的P点。已知平衡位置在x2=5.5m处的Q点在0～8s内运动的路程为0.2m，则下列说法正确的是（　　）

A. P点的起振方向沿y轴负方向
B. P点振动的周期为4s
C. 该波的传播速度大小为1m/s
D. 质点Q的振动方程为
11如图所示，木箱通过轻绳Ob悬挂在天花板下，木箱内有一竖直轻弹簧，弹簧上方有一物块P，竖直轻绳Pc上端与木箱相连，下端与物块P相连，系统处于静止状态。已知木箱和物块P的质量均为m，重力加速度大小为g，弹簧表现为拉力且拉力大小为mg．现将Ob绳剪断，下列说法正确的是（　　）

A. 剪断Ob绳前，Pc绳的拉力大小为mg
B. 剪断Ob绳的瞬间，弹簧的弹力为零
C. 剪断Ob绳的瞬间，物块P的加速度大小为g
D. 剪断Ob绳的瞬间，Pc绳的拉力大小为mg
12如图甲所示，固定粗糙斜面的倾角为37°，与斜面平行的轻弹簧下端固定在C处，上端连接质量为1kg的小滑块（视为质点），BC为弹簧的原长。现将滑块从A处由静止释放，在滑块从释放至第一次到达最低点的过程中，其加速度a随弹簧的形变量x的变化规律如图乙所示（取沿斜面向下为加速度的正方向）。取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2．下列说法正确的是（　　）

A. 滑块到达B处时的速度最大
B. 弹簧的劲度系数为10N/m
C. 滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5
D. 滑块第一次运动到最低点时，弹簧的弹性势能为1.6J
三、非选择题：本题共6小题，共60分
13某同学利用图甲所示DIS装置探究滑块加速度与合力的关系，同时测量滑块与轨道间的动摩擦因数。重物通过光滑的定滑轮用细线拉滑块，在滑块和细线左端之间固定一力传感器，位移传感器（接收器）固定在轨道一端，位移传感器（发射器）随滑块一起沿水平轨道运动。实验中，保持滑块（包括位移传感器发射器和力传感器）的质量M不变，改变重物的质量m，重复实验若干次，得到滑块的加速度a与力传感器的示数F的关系如图乙所示。

（1）本实验______（填“需要”或“不需要”）满足滑块（包括位移传感器发射器和力传感器）的质量远大于重物的质量。
（2）滑块（包括位移传感器发射器和力传感器）的质量为______kg；取g=10m/s2，空气阻力不计，滑块与轨道间的动摩擦因数为______。
14某物理兴趣小组欲将电流表G（量程为300μA，内阻约为100Ω）改装成直流电压表（量程为6V）。小组同学先按图甲所示电路测量电流表的内阻，提供的实验器材有：
A．电源（电动势为2V，内阻不计）；
B．电源（电动势为10V，内阻不计）；
C．电阻箱（最大阻值为999.9Ω）；
D．滑动变阻器（0～10kΩ）；
E．滑动变阻器（0～50kΩ）；
F．开关S1、S2，导线若干。

（1）按图甲所示电路将图乙中实物间的连线补充完整，要求闭合开关的瞬间，电流表不会被烧坏。
（2）为了尽可能减小实验误差，电源应选用______（选填“A”或“B”），滑动变阻器应选用______（选填“D”或“E”）。
（3）在实物连线正确的情况下，主要实验步骤如下：
①闭合S1，调节滑动变阻器R1的滑片，使电流表的指针满偏；
②在保持滑动变阻器R1的滑片位置不变的情况下，闭合S2，调节电阻箱R2，当其阻值为204.0Ω时电流表G的示数如图丙所示，则电流表G的示数为______μA，电流表的内阻为______Ω。
③给电流表G______（选填“串”或“并”）联一个阻值为______Ω的电阻，即可将该电流表G改装成量程为6V的电压表。
15水火箭的简化图如图所示，容器内气体的体积V=2L，内装有少量水，容器口竖直向下，用橡胶塞塞紧，放在发射架上，打气前容器内气体的压强p0=1.0×105Pa．用打气筒通过容器口的阀门向容器内打气，每次能向容器内打入压强也为p0、体积△V=100mL的空气，当容器中气体的压强达到一定值时，水冲开橡胶塞，火箭竖直升空。已知橡胶塞与容器口的最大静摩擦力f=19.5N，容器口的横截面积S=2cm2，不计容器内水的压强及橡胶塞受到的重力，打气过程容器内气体的温度保持不变，求：

（1）火箭发射升空瞬间容器内气体的压强p；
（2）打气筒需打气的次数n。
16酒驾严重威胁交通安全，其主要原因是饮酒会使人的反应时间（从发现情况到实施操作制动的时间）变长，造成制动距离（从发现情况到汽车停止运动的过程行驶的距离）变长。假定某汽车以大小v=30m/s的速度匀速行驶，刹车时汽车的加速度大小a=6m/s2，该驾驶员正常的反应时间t0=0.7s，饮酒后的反应时间t1=2s。求
（1）驾驶员饮酒前、后驾驶该汽车在反应时间内运动的距离差△x；
（2）驾驶员饮酒后驾驶该汽车从发现情况到汽车停止所用的时间t和该过程汽车运动的距离x。

17如图所示，一质量M=0.8kg的小车静置于光滑水平地面上，其左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，圆弧轨道BC与水平轨道CD相切于C处，圆弧BC所对应的圆心角θ=370、半径R=5m，CD的长度l=6m。质量m=0.2kg的小物块（视为质点）从某一高度处的A点以大小v0=4m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向从B点进入圆弧轨道，物块恰好不滑离小车。取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，空气阻力不计。求：

（1）物块通过B点时的速度大小vB；
（2）物块滑到圆弧轨道的C点时对圆弧轨道的压力大小N；
（3）物块与水平轨道CD间的动摩擦因数μ。
18如图所示，在竖直平面内的xOy直角坐标系中，以足够长的x轴为水平边界的上方充满方向与轴的夹角θ=37°斜向上、电场强度大小为E1（未知）的匀强电场；x轴下方充满正交的匀强电场和匀强磁场，电场的电场强度大小为E2（未知）、方向竖直向上，磁场方向水平向外。一质量为m，电荷量为q的带正电小球（视为质点）从y轴上到原点O距离为L的A点由静止释放，释放后小球沿AP方向做直线运动，从P点进入第Ⅳ象限后做匀速圆周运动且恰好经过原点O．已知AP与x轴的夹角也为θ，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，空气阻力不计，重力加速度大小为g。



（1）求小球经过P点时的速度大小v；
（2）求以及磁场的磁感应强度大小B；
（3）若小球从P点进人第Ⅳ象限后，立即改变x轴上方的匀强电场使得小球通过原点O时所受合力与小球速度方向垂直，求改变后的匀强电场的电场强度最小时电场强度的方向和电场强度的最小值Emin以及改变电场后小球第一次经过坐标轴上的位置到P点的距离s。

































解析版
1. 【答案】C
【解析】
解：A、方向随时间变化的电流是交变电流，故A错误；
B、只有对正弦交流电来说，有效值与峰值的关系才是倍的关系，故B错误；
C、远距离输电的输电损耗功率，所以可以通过减小输电线的电阻以及输电线中的输送电流来减小输电损耗，故C正确；
D、变压器改变的是电压的大小，不改变电流的频率，故D错误。
故选：C。
方向随时间变化的电流是交变电流；只有对正弦交流电来说，有效值与峰值的关系才是倍的关系；距离输电的输电损耗功率，所以可以通过减小输电线的电阻以及输电线中的输送电流来减小输电损耗；变压器改变的是电压的大小，不改变电流的频率。
注意两点，一点是交流电的有效值与最大值的关系，只有对正弦交流电来说，有效值和最大值之间才是倍的关系；第二点是变压器只改变电压，不改变交流电的频率。

2. 【答案】B
【解析】
解：核反应过程中，质量数和电荷数守恒，一个中子与一个质子发生核反应，生成一个氘核，其核反应方程式为，
比结合能是原子核的结合能与核子数的比值，若该反应放出的能量为Q，则氘核的比结合能为，故B正确，ACD错误。
故选：B。
核反应过程中，质量数和电荷数守恒。
根据比结合能的定义分析。
应用质量数与核电荷数守恒可以写出核反应方程式，知道结合能的概念是正确求出结合能的关键。

3. 【答案】
D
【解析】
解：A、由图知两束的入射角相等，a的折射角小于b的折射角，通过折射定律可知na＞nb，由于折射率越大，光的频率越大，则b光的频率比a光的频率小，所以a光光子的能量大于b光光子的能量，故A错误； 
B、由于光线射到玻璃砖下表面的入射角等于上表面的折射角，根据光路可逆性可知，a、b两种单色光在下界面上不可能发生全反射，故B错误； 
CD、此玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，则a光的波长小于b光，根据双缝干涉条纹间距与波长成正比，知a光的干涉条纹间距比b光的小，故C错误，D正确； 
故选：D。
一束复色光从空气斜射到厚平板玻璃的上表面，穿过玻璃后从下表面射出，变为a、b两束平行单色光，根据偏折程度可确定折射率大小。根据光路可逆性分析知道光线在下界面上不可能发生全反射。根据折射率关系分析波长关系，再判断干涉条纹间距的关系。
本题也可用假设法，由折射率不同，从而假设a是紫光，b是红光，可根据红光与紫光的特性来确定出正确答案。

4. 【答案】
A
【解析】
解：如图所示，

当小船在静水中的速度v2与其在河流中的速度v垂直时，小船在静水中的速度v2最小，故有：v2=v1sinθ，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据几何关系，小船在静水中的速度和实际速度垂直时，小船在静水中的速度最小，根据平行四边形法则，可以求出小船航行时在静水中速度的最小值。
本题考查运动的合成与分解，目的是考查学生的推理能力。一个速度要分解，已知一个分速度的大小与方向，还已知另一个分速度的大小且最小，则求这个分速度的方向与大小值。这种题型运用平行四边形定则，由几何关系来确定最小值。

5. 【答案】
C
【解析】
解：设中心天体的平均密度为ρ，半径为R，则中心天体的质量为：

设同步卫星的轨道半径为r，周期为T，由万有引力提供向心力，
由牛顿第二定律得：

可得行星X与地球的平均密度之比，故C正确，ABD错误；
故选：C。
某天体的同步卫星的周期跟该中心天体自转的周期相同，根据万有引力提供向心力求出中心天体的质量，再求出平均密度，然后分析答题。
本题考查了万有引力定律的应用，知道卫星做圆周运动万有引力提供向心力，应用万有引力公式、牛顿第二定律、密度公式可以解题，解题时要注意比值法的应用。

6. 【答案】
B
【解析】
解：A、由题图可知，变形得比较可知质点做匀变速直线运动，且质点的初速度为v0=2m/s，加速度为a=-1m/s2，则加速度大小为1m/s2，故A错误。
B、由△x=aT2知，任意相邻的0.2s内（T=0.2s），质点位移差△x=-1×0.22m=-0.04m，大小为0.04m，故B正确。
C、由△v=a△t可得，任意1s内，质点速度增量△v=-1×1m/s=-1m/s，大小为1m/s，故C错误。
D、质点在1s末的速度为v1=v0+at1=（2-1×1）m/s=1m/s，3s末的速度为v3=v0+at3=（2-1×3）m/s=-1m/s，方向相反，故D错误。
故选：B。
根据图象写出与t的关系式，对照匀变速直线运动的位移时间公式求出质点的加速度、初速度，根据△x=aT2求任意相邻的0.2s内质点位移差。由△v=a△t求任意1s内质点速度增量。根据速度时间公式求质点在1s末与3s末的速度。
解决本题的关键要运用数学知识写出与t的关系式，采用比对的方法得到质点的加速度和初速度，结合匀变速直线运动公式进行解答。

7. 【答案】
D
【解析】
解：设t时间内有V体积的水打在钢板上，则这些水的质量为：

以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为F，以水运动的方向为正方向，由动量定理有：
Ft=0-mv
解得：；故D正确，ABC错误。
故选：D。
取时间t内的水研究对象，由密度公式确定水的质量，再根据动量定理列式求解即可。
本题关键是研究对象的选择，然后根据动量定理列式求解即可，注意在应用动量守恒时应先确定正方向。

8. 【答案】
C
【解析】
解：A、根据右手定则可知，O点的电势比A点的电势低，故A错误；
B、根据法拉第电磁感应定律可知，铜棒OA切割磁感应线产生的感应电动势为：，回路中通过的电流

故选：C。
根据右手定则判断电势高低；根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势和回路中通过的电流；根据欧姆定律求解该定值电阻两端的电压；根据功率计算公式求解该定值电阻上的热功率。
对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相对于电源，根据电路连接情况画出电路图，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率的计算公式列方程求解。

9. 【答案】
BD
【解析】
解：A、点电荷电场的等势面都是以点电荷球心的同心球面，且电场线从电势高的等势面指向电势低的等势面。对负点电荷来说，距离负点电荷越近，电势越低，所以a点的电势低于b点的电势，故A错误；
B、根据点电荷场强公式可知，距离点电荷越近，电场强度越大，所以a点的场强大于b点的场强，故B正确；
C、粒子q经过a点时所受电场力方向与速度方向垂直，所以电场力做功的功率为零，故C错误；
D、粒子q由a点运动到b点的过程中，其所受电场力方向与速度方向的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，故D正确。
故选：BD。
根据点电荷的等势面分布可以判断电势的高低；根据点电荷场强公式判断场强的大小；根据力的功率公式P=Fv可以判断功率；电场力做负功电势能增大。
做好本题需要掌握三点，一是点电荷的场强公式；二是点电荷的等势面分布；三是电场力做功与电势能的变化关系。

10. 【答案】
BD
【解析】
解：A、简谐横波沿x轴正方向传播的，依据波的平移法，那么P点的起振方向沿y轴正方向，故A错误；
B、t=0时刻波恰好传到P点，Q点在0～8s内运动的路程为0.2m，由于波长λ=2m，那么从P点传播Q点，需1.5T，而Q点振动的时间为0.5T，因此T=4s，且ad/s，故B正确；
C、根据，该波的传播速度大小为v=m/s=0.5m/s，故C错误；
D、由题意图象可知，振幅为0.1m，质点Q开始向y轴正方向振动，那么Q点的振动方程为y=0.1sin（t-6）（m），故D正确。
故选：BD。
由波的传播方向来判定质点的振动方向；依据波从P点传播到Q点所需要的时间，结合8s内，及Q点在0～8s内运动的路程为0.2m，从而求出周期；根据v=，即可求解周期；最后由质点做简谐运动，结合振幅，即可求解。
考查波的传播方向与质点的振动方向的判定，理解波长与周期关系式，同时要掌握简谐运动的表达式x=Asinωt。

11. 【答案】
AD
【解析】
解：A、剪断Ob绳前，根据物块P受力平衡，知绳的拉力大小为：T=mg+F弹=mg+mg=mg，故A正确。
B、弹簧的弹力不能突变，则知剪断Ob绳的瞬间，弹簧的弹力仍为mg，故B错误。
CD、剪断Ob绳的瞬间，由于弹簧表现为拉力，知物块P与木箱的加速度相同，对整体，由牛顿第二定律得：2mg=2ma，得：a=g，方向竖直向下，所以，剪断Ob绳的瞬间，物块P的加速度大小为g。
对物块P，由牛顿第二定律得F弹+mg-T′=ma，解得Pc绳的拉力大小为：T′=mg，故C错误，D正确。
故选：AD。
剪断Ob绳前，根据物块P受力平衡来求绳的拉力大小。剪断Ob绳的瞬间，弹簧的弹力不变，分析物块P和木箱的受力情况，根据牛顿第二定律求物块P的加速度大小和Pc绳的拉力大小。
本题是连接体的瞬时问题，关键有两点：1、抓住弹簧的弹力不能突变。2、剪断Ob绳的瞬间，弹簧表现为拉力，物块P与木箱的加速度相同。采用整体法和隔离法相结合方法处理，比较简洁。

12. 【答案】
BC
【解析】
解：A、滑块从A到B的过程，由牛顿第二定律有：mgsinθ+kx-μmgcosθ=ma，x减小，则a减小，滑块做加速度减小的加速运动。
设A′是斜面上A点关于B点对称的点，从B到A′，由牛顿第二定律有：mgsinθ-kx-μmgcosθ=ma，x增大，则a减小，即从B到A′滑块做加速度减小的加速运动，根据乙图知到达A′时，a恰好为0，此后滑块合力沿斜面向上，做减速运动，则滑块到达A′处时的速度最大，故A错误。
B、滑块从A到B，由牛顿第二定律有：mgsinθ+kx-μmgcosθ=ma
解得：a=x+gsinθ+-μgcosθ
即乙图图象斜率大小等于，由图得，解得：k=10N/m，故B正确。
C、在B点，由牛顿第二定律有：mgsinθ-μmgcosθ=ma，由图知，a=2m/s2，代入数据算得：μ=0.5，故C正确。
D、滑块从释放到第一次运动到最低点的过程，滑块沿斜面的位移为：x=（0.2+0.6）m=0.8m，则系统产热为：Q=μmgcosθ•x=3.2J，滑块第一次到最低点过程，根据能量守恒，知弹簧的弹性势能的增加量为：△Ep=mgxsinθ-Q=1.6J，由于初始时弹簧有弹性势能，所以，滑块第一次运动到最低点时，弹簧的弹性势能大于1.6J，故D错误。
故选：BC。
对滑块的受力分析，结合图象判断滑块的运动情况，分析速度最大的位置；根据B点滑块的加速度，由牛顿第二定律求弹簧的劲度系数和动摩擦因数；滑块第一次到最低点过程，根据能量守恒求弹簧弹性势能的增加量，即可求得在最低点时弹簧的弹性势能。
本题结合图象考查牛顿第二定律与功能关系的综合应用，读出图象的信息，分析清楚滑块的运动情况，通过牛顿第二定律求动摩擦因数和弹簧的劲度系数是解决本题的关键。

13. 【答案】
不需要  2.0  0.05
【解析】
解：（1）因为此实验有力传感器测量拉力大小，故不需要满足滑块质量远大于重物质量。
（2）根据牛顿第二定律得：

（3）由图可知，滑块的滑动摩擦力等于1N，由f=μmg，得：μ=0.05。
故答案为：（1）不需要，（2）2.0，0.05。
（1）a-F图象与横坐标的交点等于摩擦力，根据图象直接得出f；
（2）根据牛顿第二定律得出a和F的关系式，根据图象的斜率表示小车质量的倒数求解质量；
（3）为得到a与F成正比的关系，则应该平衡摩擦力，根据平衡条件结合滑动摩擦力公式求解。
本题考查验证牛顿第二定律的实验，要注意实验装置虽然有所变动，但是实验原理、实验方法、操作细节等是一样的，故任何实验明确实验原理是解答实验的关键，能结合图象得出有用的信息，难度适中。

14. 【答案】
B  E  200  102  串  19898
【解析】
解：（1）保护电流表不烧坏，则滑动变阻器连入电路的阻值要最大，如图所示。
（2）闭合S2开关时认为电路电流不变，实际上闭合开关S2时电路总电阻变小，电路电流增大，电源电动势越大、滑动变阻器阻值越大，闭合开关S2时微安表两端电压变化越小，实验误差越小，为减小实验误差，电源应选择B，滑动变阻器应选择E。
（3）②闭合开关S2时认为电路电流不变，流过微安表电流为满偏电流的，则流过电阻箱的电流为满偏电流的，
微安表与电阻箱并联，流过并联电路的电流与阻值成反比，则有：Rg=R=102Ω
③将电流表G（量程为300μA，内阻约为100Ω）改装成直流电压表（量程为6V），串电阻阻值为：

故答案为：（1）如图；（2）B，E；（3）②200，102；③串，19898。
（1）根据原理图画出实物图。
（2）根据实验步骤与实验原理从减小实验误差的角度选择实验器材。
（3）②根据并联电路电阻与电流成反比求解电阻；
③改装电压表需要给电流表串联一个分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律求出串联电阻阻值。
本题考查了测微安表内阻、电流表改装与测电阻问题，理解测微安表内阻的实验原理与减小实验误差的方法是选择实验器材的关键；应用串联电路特点与欧姆定律即可解题。

15. 【答案】
解：（1）对橡胶塞受力分析，有：PS=P0S+f 
代入数据解得：p=1.975×105Pa。 
（2）打气过程中容器内气体做等温变化，有： 
P0（V+n△V）=PV 
代入数据解得：n=19.5 
故打气筒需打气的次数n=20 
答：（1）火箭发射升空瞬间容器内气体的压强p为1.975×105Pa； 
（2）打气筒需打气的次数n为20。
【解析】

（1）对橡胶塞受力分析，根据平衡条件求解气体压强。 
（2）打气过程中容器内气体做等温变化，有波意耳定律列式求解打气次数。
考查气体压强的求解、波意耳定律的应用，注意找到初末状态参量，尤其是压强要结合受力分析求解。

16. 【答案】
解：（1）经分析可知：△x=v（t1-t0）=39m；
（2）驾驶员饮酒后从实施操作制动到汽车停止所用的时间为：，
故从发现情况到汽车停止所用的时间为t=t1+t2=2+5=7s；
该过程汽车运动的距离；
答：（1）驾驶员饮酒前、后驾驶该汽车在反应时间内运动的距离差△x为39m；
（2）驾驶员饮酒后驾驶该汽车从发现情况到汽车停止所用的时间t为7s，该过程汽车运动的距离x为135m。
【解析】

由匀速直线运动的位移关系即可求出； 
根据速度公式求出汽车匀减速的时间，根据位移公式求解其从发现情况到汽车停止所行使的位移；
解决本题的关键知道汽车在反应时间和刹车后的运动规律，结合运动学公式灵活求解。

17. 【答案】
解：（1）设物块通过B点时的速度大小为vB，由平抛运动规律有：

由③④两式代入数据可解得：μ=0.3
答：（1）物块通过B点时的速度大小vB为5m/s；
（2）物块滑到圆弧轨道的C点时对圆弧轨道的压力大小为3.8N；
（3）物块与水平轨道CD间的动摩擦因数μ为0.3。
【解析】

（1）根据物块沿B点的切线方向进入圆弧，可知物块的速度方向，根据平抛知识由水平分速度和与水平方向的夹角求得物块在B点的速度即可； 
（2）物块从B到C的过程，根据机械能守恒可以求得到达C点时的速度，再由C点物块所受重力和支持力的合力提供其圆周运动的向心力求得轨道对物块的支持力，最后根据牛顿第三定律求得物块对圆弧的压力； 
（3）物块从C到D根据动量守恒和功能关系求得物块与水平轨道间的动摩擦因数。
本题考查了动量守恒定律的应用，物体运动过程复杂，分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，分析清楚运动过程后，应用运动学公式、动量守恒定律、动能定理与功能关系可以解题。

18. 【答案】
解：（1）小球从A点运动到原点O过程的受力和运动情况如甲图所示，由于小球沿着AP方向做直线运动，故该过程小球所受到的合力沿着AP方向，根据正弦定理有：

小球从A点运动到P点的过程中，根据动能定理有：

（3）根据对称性可知，小球经过原点O时的速度方向与x轴正方向的夹角也为θ（斜向上），如图乙所示，
根据分析可知，要使得小球通过O点时所受到的合力方向与速度方向垂直，且改变后的匀强电场的电场强度最小，则此时电场的电场强度方向与x轴正方向的夹角为θ，
根据几何关系有

经分析可知，改变电场后小球第一次经过坐标轴为x轴，设小球从原点O到经过x轴的时间为t，改变电场后小球第一次经过坐标轴上的位置到原点O的距离为x1，沿速度方向小球做匀速直线运动，有x1cosθ=vt，垂直于速度方向小球做初速度为0的匀加速直线运动，有
P点到原点O的距离为，
经分析可知s=x1-x2，
解得。
答：（1）小球经过P点时的速度大小v为
（2），磁场的磁感应强度大小B为。
（3）改变后的匀强电场的电场强度最小时电场强度的方向与x轴正方向的夹角为θ，电场强度的最小值为，以及改变电场后小球第一次经过坐标轴上的位置到P点的距离s为。
【解析】

（1）A到P小球做匀加速直线运动，合力沿着AP方向，根据正弦定理求解合力F，再根据动能定理求解小球经过P点时的速度大小。 
（2）根据正弦定理找到E1的表达式，小球进入第四象限做匀速圆周运动，重力和电场力二力平衡，以此找到E2的表达式，再进行比较。 
作出小球做匀速圆周运动的轨迹，根据几何知识求解运动的半径，再结合洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度的大小。 
（3）根据三角形定则求解电场强度的最小值以及方向，根据类平抛运动的规律求解小球第一次经过坐标轴上的位置到P点的距离s。
解决该题的关键是掌握小球的运动情况，明确知道三角形定则，掌握用正弦定理求解力的大小以及力的最小值，能根据几何知识求解小球做匀速圆周运动的半径。