2018年广东省广州市高考物理一模试卷 - 解析版

（2）实验中打点计时器每隔0.02s打一个点，打出的纸带如图所示，则可大致判断小车做 匀变速 （填“匀速”或“匀变速”）直线运动，这是因为 两个连续

2

相等的时间间隔内的位移之差恒定 ；计算小车的加速度大小a= 3.0 m/s（保

留两位有效数字）。

【解答】解：（1）电磁打点计时器应接6V以下的交流电源，故B正确，ACD错误。 故选：B。

（2）相邻计数点间的距离之差△x=30mm，可知小车做匀变速直线运动。 这是因为两个连续相等的时间间隔内的位移之差恒定；

根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小， 即小车运动的加速度计算表达式为：a=

由于相邻计数点间仍有四个点，因此相邻计数点时间间隔为T=0.1s； 代入数据，解得：a=

．

=3.0m/s2

故答案为：（1）B；（2）匀变速，两个连续相等的时间间隔内的位移之差恒定；3.0；

10．（10分）为了测量一个量程为3.0V的直流电压表的内阻RV（约为几千欧），所用的电路如图甲所示．

（1）请将图乙的器材连成完整的电路；

（2）该实验中需要进行的步骤罗列如下，合理的顺序是 BFACED或FBACED （用步骤前的字母表示） A．闭合开关S

B．将电阻箱R0的阻值调到零

C．调节滑动变阻器R的阻值，使电压表的示数为3.0V D．断开开关S

E．调节电阻箱R0的阻值使电压表示数为1.5V，读出此时电阻箱R0的阻值 F．把滑动变阻器的滑片P滑到a端

（3）若在实验步骤E中，如图丙读出R0的阻值为 2900 Ω，则该电压表的内阻RV的测量值为 2900 Ω，由于系统误差，测量值 偏大 （选填“偏大”或“偏小”）．

【解答】解（1）如图所示：

（2）B．将电阻箱R0的阻值调到零；F．把滑动变阻器的滑片P滑到a端；A．闭合开关S；C．调节滑动变阻器R的阻值，使电压表的示数为3.0V；E．调节电阻箱R0的阻值使电压表示数为1.5V，读出此时电阻箱R0的阻值；D．断开开关S（注意先调零与先移动滑动变阻器到最大阻值，前后不影响，故BF的顺序可以颠倒）．

（3）由如图丙读出R0的阻值为2900Ω，因是串联关系，则电阻与电压成正比：电压表示数为1.5V，则电阻箱R0分压为1.5V．则 Rv=R0=2900Ω，因该支路实际电压要比原电压变大，即R0的分压要大一些，故Rv的实际值要小一些，即测量值比真实值大．

故答案为：（1）如答图；（2）BFACED或者FBACED；（3）2900；2900；偏大

11．（12分）如图，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场。长度为l的轻质绝

缘细绳一端固定在O点，另一端连接一质量为m、电荷量为+q的小球（可视为质点），初始时小球静止在电场中的a点，此时细绳拉力为2mg，g为重力加速度。

（1）求电场强度E和a、O两点的电势差U；

（2）若小球在a点获得一水平初速度va=4 ，使其在竖直面内做圆周运动，求小球运动到b点时细绳拉力F的大小。

【解答】解：（1）小球静止在a点时，由共点力平衡得 mg+2mg=qE ①

解得 E=，方向竖直向上 ②

在匀强电场中，有 UOA=El ③ 则a、O两点电势差 Uao=﹣

④

（2）小球从a点运动到b点，设到b点速度大小为vb，由动能定理得

﹣qE?2l+mg?2l=mv

F+qE﹣mg=m⑥

﹣

v

⑤

小球做圆周运动通过b点时，由牛顿第二定律得

联立②⑤⑥式，代入va=4 解得F=6mg

答：（1）电场强度E为

，方向竖直向；a、O两点的电势差U为﹣

；

（2）若小球在a点获得一水平初速度va=4 ，使其在竖直面内做圆周运动，小球运动到b点时细绳拉力F的大小为6mg。

12．（20分）如图，上表面光滑、下表面粗糙的木板放置于水平地面上，可视为

质点的滑块静止放在木板的上表面．t=0时刻，给木板一个水平向右的初速度v0，同时对木板施加一个水平向左的恒力F，经一段时间，滑块从木板上掉下来．已知木板质量M=3kg，高h=0.2m，与地面间的动摩擦因数μ=0.2；滑块质量m=0.5kg，初始位置距木板左端L1=0.46m，距木板右端L2=0.14m；初速度v0=2m/s，恒力F=8N，重力加速度g=10m/s2．求：

（1）滑块从离开木板开始到落至地面所用时间； （2）滑块离开木板时，木板的速度大小；

（3）从t=0时刻开始到滑块落到地面的过程中，摩擦力对木板做的功． 【解答】解：（1）设滑块从离开木板开始到落到地面所用时间为t0，以地面为参考系，滑块离开木板后做自由落体运动，根据运动学公式知

h=

得 t0= = =0.2s

（2）以木板为研究对象，向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得 F+μ（M+m）g=Ma1

解得 a1=5m/s，则木板减速到零所经历的时间 t1===0.4s

2

所经过的位移 s1=

==0.4m

由于s1＜L1=0.46m，表明这时滑块仍然停留在木板上

此后木板开始向左做匀加速直线运动，摩擦力的方向改变，由牛顿第二定律得 F﹣μ（M+m）g=Ma2

得 a2=m/s2

滑块离开木板时，木板向左的位移 s2=s1+L2=0.54m

该过程根据运动学公式 s2=

得 t2=1.8s