2015-2016学年四川省雅安中学高三（上）月考物理试卷（9月份）
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每个小题给出的四个选项中，第1-4题只有一项符合题目要求，第5-8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分．
1．在物理学理论建立的过程中；有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是( )
A．亚里斯多德根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因
B．牛顿发现了万有引力定律，并设计了扭秤测量出了引力常量
C．库仑通过扭秤实验确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律
D．法拉第通过实验研究发现通电导线能产生磁场
2．以相同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小恒定不变，下列用虚线和实线描述两物体运动过程的v﹣t图象可能正确的是( )
A． B． C． D．
3．由粗糙的水平杆AO与光滑的竖直杆BO组成的绝缘直角支架如图放置，在AO杆、BO杆上套有带正电的小球P、Q，两个小球恰能在某一位置平衡．现将P缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡．若小球所带电量不变，与移动前相比( )
A．P、Q之间的距离增大 B．杆BO对Q的弹力减小
C．杆AO对P的摩擦力增大 D．杆AO对P的弹力减小
4．使物体脱离星球的引力束缚，不再绕星球运行，从星球表面发射所需的最小速度称为第二宇宙速度，星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是v2=v1
19
．已知某星球的半径为地球半径4倍，质量为地球质量的2倍，地球半径为R，地球表面重力加速度为g．不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为( )
A． B． C． D．
5．如图所示，a、b、c、d为某匀强电场中的四个点，且ab∥cd、ab⊥bc，bc=cd=2ab=2l，电场线与四边形所在平面平行．已知φa=20V，φb=24V，φd=8V．一个质子经过b点的速度大小为v0，方向与bc夹角为45°，一段时间后经过c点，e为质子的电量，不计质子的重力，则( )
A．c点电势为14V
B．质子从b运动到c所用的时间为
C．场强的方向由a指向c
D．质子从b运动到c电场力做功为12eV
6．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为5：1，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统 （报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小．下列说法中正确的是( )
A．图乙中电压的有效值为110V
B．电压表的示数为44V
C．R处出现火警时电流表示数增大
D．R处出现火警时电阻R0消耗的电功率增大
7．如图所示，在x＞O、y＞O的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy 平面向里，大小为B．现有一质量为m、电量为q的带正电粒子，从在x轴上的某点P沿着与x轴成30°角的方向射入磁场．不计重力的影响，则下列有关说法中正确的是( )
19
A．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为
B．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为
C．只要粒子的速率合适，粒子就可能通过坐标原点
D．粒子一定不可能通过坐标原点
8．两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示．除电阻R外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则( )
A．释放瞬间金属棒的加速度大于重力加速度g
B．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b
C．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F=
D．电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少
二、必考题
9．如图甲所示为“探究加速度与物体受力与质量的关系”实验装置图．图中A为小车，B为装有砝码的小桶，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50HZ交流电．小车的质量为m1，小桶（及砝码）的质量为m2．
（1）下列说法正确的是__________．
A．每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力
B．实验时应先释放小车后接通电源
19
C．本实验m2应远大于m1
D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作a﹣图象
（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a﹣F图象，可能是图乙中的图线__________．（选填“甲”、“乙”、“丙”）
（3）如图丙所示为某次实验得到的纸带，纸带中相邻计数点间的距离已标出，相邻计数点间还有四个点没有画出．由此可求得小车的加速度大小__________m/s2．（结果保留二位有效数字）
10．一只小灯泡，标有“3V、0.6W”字样．现用图中给出的器材测量该小灯泡正常发光时的电阻Rx．（滑动变阻器最大阻值为10Ω；电源电动势为12V，内阻为1Ω；电流表内阻为1Ω；电压表的内阻为l0kΩ）．
（1）在设计电路的过程中，为了尽量减小实验误差，电流表应采用__________（填“内接”或“外接“）法．滑动变阻器的连接方式应采用__________（填“分压式”或“限流式”）接法．
（2）用笔画线代替导线将实物图连成完整的电路（图中有两根导线已经接好）．开始时，滑动变阻器的滑片应该移到最__________端（填“左”或“右”）．
（3）若小灯泡发光较暗时的电阻为R，你根据所学的知识可判断出R与Rx的大小关系为：R__________Rx （填“＞”、“=”或“＜”）．
11．如图所示，滑板运动员从倾角为53°的斜坡顶端滑下，滑下的过程中他突然发现在斜面底端有一个高h=1.4m、宽L=1.2m的长方体障碍物，为了不触及这个障碍物，他必须在距水平地面高度H=3.2m的A点沿水平方向跳起离开斜面（竖直方向的速度变为0）．已知运动员的滑板与斜面间的动摩擦因数μ=0.1，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2．（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：
（1）运动员在斜面上滑行的加速度的大小；
（2）若运动员不触及障碍物，他从斜面上起跳后到落至水平面的过程所经历的时间；
（3）运动员为了不触及障碍物，他从A点沿水平方向起跳的最小速度．
19
12．如图所示，在xOy平面内y＞0的区域内分布着沿y轴负方向的匀强电场，在x轴下方有两个宽度相同且边界平行的条形匀强磁场区域，匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向垂直于xOy平面向外，磁场区域I的上边界与x轴重合，两个磁场区域的间距为l．质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上的P点以初速度v0沿x轴正向射出，然后从x轴上的Q点射入磁场区域I．已知OP=h，OQ=，粒子的重力忽略不计．求
（1）粒子从x轴上的Q点射入磁场区域I时的速度大小v；
（2）若粒子未从磁场区域I的下边界穿出，求条形磁场区域的最小宽度d0；
（3）若粒子恰好没从磁场区域II的下边界穿出，求粒子从P点射入电场区域到经过两个磁场区域后返回x轴的时间t．
三、选考题[物理--选修3-4]
13．如图所示是一列简谐波在t=0时的波形图，介质中的质点P沿y轴方向做简谐运动，其位移随时间变化的函数表达式为y=10sin5πt cm．关于这列简谐波及质点P的振动，下列说法中正确的是( )
A．质点P的周期为0.4s
B．质点P的位移方向和速度方向始终相反
C．这列简谐波的振幅为20 cm
D．这列简谐波沿x轴正向传播
E． 这列简谐波在该介质中的传播速度为10m/s
14．有一玻璃半球，右侧面镀银，光源S在其对称轴PO上（O为球心），且PO水平，如图所示．从光源S发出的一束细光射到半球面上，其中一部分光经球面反射后恰能竖直向上传播，另一部分光经过折射进入玻璃半球内，经右侧镀银面反射恰能沿原路返回．若球面半径为R，玻璃折射率为，求光源S与球心O之间的距离为多大？
19
2015-2016学年四川省雅安中学高三（上）月考物理试卷（9月份）
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每个小题给出的四个选项中，第1-4题只有一项符合题目要求，第5-8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分．
1．在物理学理论建立的过程中；有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是( )
A．亚里斯多德根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因
B．牛顿发现了万有引力定律，并设计了扭秤测量出了引力常量
C．库仑通过扭秤实验确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律
D．法拉第通过实验研究发现通电导线能产生磁场
考点：物理学史．
分析：据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．
解答： 解：A、伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因，故A错误；
B、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许设计了扭秤测量出了引力常量，故B错误；
C、库仑通过扭秤实验确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律，故C正确；
D、法拉第通过实验研究，总结出法拉第电磁感应定律，奥斯特过实验研究发现通电导线能产生磁场．故D错误；
故选：C．
点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．
2．以相同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小恒定不变，下列用虚线和实线描述两物体运动过程的v﹣t图象可能正确的是( )
19
A． B． C． D．
考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．
专题：牛顿运动定律综合专题．
分析：竖直上抛运动是初速度不为零的匀变速直线运动，加速度恒定不变，故其v﹣t图象是直线；有阻力时，根据牛顿第二定律判断加速度情况，v﹣t图象的斜率表示加速度．
解答： 解：不计空气阻力时，物体的加速度恒定，物体先向上做匀减速运动，然后向下做匀加速运动，加速度相等，图线为一倾斜直线．
考虑空气阻力时，物体上升的加速度大小a=，下降时的加速度大小，可知a′＜a，则下落的加速度小于上升的加速度，则上升时图线的斜率绝对值大于下落时图线的斜率绝对值，故B正确，A、C、D错误．
故选：B．
点评：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，速度的正负表示运动的方向，图线的斜率表示加速度．
3．由粗糙的水平杆AO与光滑的竖直杆BO组成的绝缘直角支架如图放置，在AO杆、BO杆上套有带正电的小球P、Q，两个小球恰能在某一位置平衡．现将P缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡．若小球所带电量不变，与移动前相比( )
A．P、Q之间的距离增大 B．杆BO对Q的弹力减小
C．杆AO对P的摩擦力增大 D．杆AO对P的弹力减小
考点：电势差与电场强度的关系；库仑定律．
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：分别以两环组成的整体和Q环为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件研究AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情况
19
解答： 解：A、Q受力如图，由力的合成与平衡条件可知：BO杆对小球Q的弹力变大，两小球之间的库仑力变大，由库仑定律知，两小球P、Q的距离变小，A、B错误；
C、对整体受力分析，可得AO杆对小球P的摩擦力变大，C正确；
D、AO杆对小球P的弹力不变，D错误．
故选：C
点评：本题涉及两个物体的平衡问题，灵活选择研究对象是关键．当几个物体都处于静止状态时，可以把它们看成整体进行研究
4．使物体脱离星球的引力束缚，不再绕星球运行，从星球表面发射所需的最小速度称为第二宇宙速度，星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是v2=v1．已知某星球的半径为地球半径4倍，质量为地球质量的2倍，地球半径为R，地球表面重力加速度为g．不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为( )
A． B． C． D．
考点：第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．
专题：万有引力定律的应用专题．
分析：第一宇宙速度是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度，即，此题把地球第一宇宙速度的概念迁移的某颗星球上面然后再利用第一宇宙速度与第二宇宙速度关系即可求解．
解答： 解：某星球的质量为M，半径为r，绕其飞行的卫星质量m，由万有引力提供向心力得：
解得：
带入GM=gR2得地球的第一宇宙速度为：…①
又某星球的半径为地球半径4倍，质量为地球质量的2倍，地球半径为R，
所以…②
第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是：v2=v1…③
①②③联立得该星球的第二宇宙速度为，故ABD错误，C正确；
19
故选：C．
点评：通过此类题型，学会知识点的迁移，比如此题：把地球第一宇宙速度的概念迁移的某颗星球上面．
5．如图所示，a、b、c、d为某匀强电场中的四个点，且ab∥cd、ab⊥bc，bc=cd=2ab=2l，电场线与四边形所在平面平行．已知φa=20V，φb=24V，φd=8V．一个质子经过b点的速度大小为v0，方向与bc夹角为45°，一段时间后经过c点，e为质子的电量，不计质子的重力，则( )
A．c点电势为14V
B．质子从b运动到c所用的时间为
C．场强的方向由a指向c
D．质子从b运动到c电场力做功为12eV
考点：电势；电场强度．
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：连接bd，bd连线的中点O电势与C点相等，是16V；质子从b→c做类平抛运动，根据v0方向的分位移为l，求出时间；作出等势线oc，y就能判断场强方向；根据动能定理可求出b到c电场力做的功．
解答： 解：A、三角形bcd是等腰直角三角形，具有对称性，bd连线四等分，如图所示，已知a点电势为20V，b点电势为24V，d点电势为8V，且ab∥cd，ab⊥bc，2ab=cd=bc=2L，因此根据几何关系，可得M点的电势为20V，与a点电热势相等，从而连接aM，即为等势面；
三角形bcd是等腰直角三角形，具有对称性，bd连线中点o的电势与c相等，为16V．故A错误．
B、质子从b→c做类平抛运动，沿初速度方向分位移为l，此方向做匀速直线运动，则t=，则B正确．
C、oc为等势线，其垂线bd为场强方向，b→d，故C错误．
D、电势差Ubc=8V，则质子从b→c电场力做功为8eV．故D错误．
故选：B．
19
点评：本题关键是找等势点，作等势线，并抓住等势线与电场线垂直的特点，问题就变得简单明晰．
6．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为5：1，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统 （报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小．下列说法中正确的是( )
A．图乙中电压的有效值为110V
B．电压表的示数为44V
C．R处出现火警时电流表示数增大
D．R处出现火警时电阻R0消耗的电功率增大
考点：变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．
专题：交流电专题．
分析：求有效值方法是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值．
由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比，半导体热敏电阻是指随温度上升电阻呈指数关系减小、具有负温度系数的电阻，R处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化．
解答： 解：A、设将此电流加在阻值为R的电阻上，电压的最大值为Um，电压的有效值为U．
•=•T
代入数据得图乙中电压的有效值为110V，故A正确．
B、变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈中的电压之比是5：l，所以电压表的示数为22v，故B错误．
C、R处温度升高时，阻值减小，副线圈电流增大，而输出功率和输入功率相等，所以原线圈增大，即电流表示数增大，故C正确．
D、R处出现火警时通过R0的电流增大，所以电阻R0消耗的电功率增大，故D正确．
故选ACD．
点评：根据电流的热效应，求解交变电流的有效值是常见题型，要熟练掌握．
根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键．
7．如图所示，在x＞O、y＞O的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy 平面向里，大小为B．现有一质量为m、电量为q的带正电粒子，从在x轴上的某点P沿着与x轴成30°角的方向射入磁场．不计重力的影响，则下列有关说法中正确的是( )
19
A．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为
B．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为
C．只要粒子的速率合适，粒子就可能通过坐标原点
D．粒子一定不可能通过坐标原点
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．
专题：带电粒子在磁场中的运动专题．
分析：带电粒子以一定速度垂直进入匀强磁场后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，结合半径公式和周期公式，通过几何关系分析判断．
解答： 解：A、由于P点的位置不定，所以粒子在磁场中的运动圆弧对应的圆心角也不同，最大的圆心角时圆弧与y轴相切时即300°，则运动的时间为，而最小的圆心角为P点从坐标原点出发，圆心角为120°，所以运动时间为，则粒子在磁场中运动所经历的时间为，故A正确，B错误．
C、粒子由P点成30°角入射，则圆心在过P点与速度方向垂直的方向上，如图所示，粒子在磁场中要想到达O点，转过的圆心角肯定大于180°，而因磁场为有界，故粒子不可能通过坐标原点，故C错误，D正确．
故选：AD．
点评：带电粒子在有界磁场中的运动要注意边界对粒子的运动有什么影响，在解决此类问题时应做到心中有圆，找出圆心和半径．
8．两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示．除电阻R外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则( )
19
A．释放瞬间金属棒的加速度大于重力加速度g
B．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b
C．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F=
D．电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少
考点：安培力；重力势能．
分析：导体棒下落过程中切割磁感线，回路中形成电流，根据右手定责可以判断电流的方向，正确分析安培力变化可以求解加速度的变化情况，下落过程中正确应用功能关系可以分析产生热量与重力势能减小量的大小关系．
解答： 解：A、金属棒释放瞬间，速度为零，感应电流为零，由于弹簧处于原长状态，因此金属棒只受重力作用，故其加速度的大小为g，故A错误；
B、根据右手定责可知，金属棒向下运动时，流过电阻R电流方向为b→a，故B错误；
C、当金属棒的速度为v时，E=BLv，安培力大小为：，故C正确；
D、当金属棒下落到最底端时，重力势能转化为弹性势能和焦耳热，所以电阻R上产生的总热量小于金属棒重力势能的减少，故D错误．
故选：C．
点评：根据导体棒速度的变化正确分析安培力的变化往往是解决这类问题的重点，在应用功能关系时，注意弹性势能的变化，这点是往往被容易忽视的．
二、必考题
9．如图甲所示为“探究加速度与物体受力与质量的关系”实验装置图．图中A为小车，B为装有砝码的小桶，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50HZ交流电．小车的质量为m1，小桶（及砝码）的质量为m2．
（1）下列说法正确的是AD．
A．每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力
B．实验时应先释放小车后接通电源
C．本实验m2应远大于m1
D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作a﹣图象
（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a﹣F图象，可能是图乙中的图线丙．（选填“甲”、“乙”、“丙”）
19
（3）如图丙所示为某次实验得到的纸带，纸带中相邻计数点间的距离已标出，相邻计数点间还有四个点没有画出．由此可求得小车的加速度大小0.49m/s2．（结果保留二位有效数字）
考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
专题：实验题．
分析：（1）实验时需要提前做的工作有两个：①平衡摩擦力，且每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，因为f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了．
②让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，因为：际上绳子的拉力F=Ma=M，故应该是m＜＜M；
（2）如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况；
（3）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
解答： 解：（1）A：平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有：f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了，故不需要重新平衡摩擦力．故A正确．
B：实验时应先接通电源后释放小车，故B错误．
C：让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，因为：际上绳子的拉力F=Ma=m2g，故应该是m2＜＜m1，故C错误．
D：F=ma，所以：a=F，当F一定时，a与成正比，故D正确．
故选：AD
（2）遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况．故图线为丙．
（3）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，
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，
得：a==0.49m/s2．
故答案为：（1）AD；（2）丙；（3）0.49．
点评：会根据实验原理分析分析为什么要平衡摩擦力和让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，且会根据原理分析实验误差．
10．一只小灯泡，标有“3V、0.6W”字样．现用图中给出的器材测量该小灯泡正常发光时的电阻Rx．（滑动变阻器最大阻值为10Ω；电源电动势为12V，内阻为1Ω；电流表内阻为1Ω；电压表的内阻为l0kΩ）．
（1）在设计电路的过程中，为了尽量减小实验误差，电流表应采用外接（填“内接”或“外接“）法．滑动变阻器的连接方式应采用分压式（填“分压式”或“限流式”）接法．
（2）用笔画线代替导线将实物图连成完整的电路（图中有两根导线已经接好）．开始时，滑动变阻器的滑片应该移到最左端（填“左”或“右”）．
（3）若小灯泡发光较暗时的电阻为R，你根据所学的知识可判断出R与Rx的大小关系为：R＜Rx （填“＞”、“=”或“＜”）．
19
考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．
专题：实验题；恒定电流专题．
分析：本题①的关键是根据小灯泡规格求出电阻和额定电流，即可求解；题②关键是根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电阻，可知变阻器应采用分压式接法；题③的关键是明确闭合电键前应将滑动触头置于输出电压最小的一端才行．
解答： 解：（1）根据小灯泡规格“3V，0.6W”可知，电阻，满足，所以电流表应用外接法；
根据闭合电路欧姆定律可知电路中需要的最大电阻为：
，所以给出的变阻器的全电阻太小（需要达到45Ω左右），即变阻器应采用分压式接法，
（2）由以上分析可知，连线图如图所示；为了让电流由小到大变化；电键闭合前，应将滑动触头置于输出电压最小的最左端．
（3）金属的电阻率随着温度的升高而升高，故正常工作时电阻大于发光较暗时的电阻；
故答案为：（1）外接，分压；
（2）如图所示；左；
（3）＜
19
点评：对电学实验应明确：①根据小灯泡的额定电流和额定电压大小来选择电流表与电压表的量程；②当满足时，电流表应用外接法，当满足时，电流表应用内接法；③当变阻器的全电阻远小于待测电阻或要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法．
11．如图所示，滑板运动员从倾角为53°的斜坡顶端滑下，滑下的过程中他突然发现在斜面底端有一个高h=1.4m、宽L=1.2m的长方体障碍物，为了不触及这个障碍物，他必须在距水平地面高度H=3.2m的A点沿水平方向跳起离开斜面（竖直方向的速度变为0）．已知运动员的滑板与斜面间的动摩擦因数μ=0.1，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2．（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：
（1）运动员在斜面上滑行的加速度的大小；
（2）若运动员不触及障碍物，他从斜面上起跳后到落至水平面的过程所经历的时间；
（3）运动员为了不触及障碍物，他从A点沿水平方向起跳的最小速度．
考点：平抛运动；牛顿第二定律．
专题：平抛运动专题．
分析：（1）根据牛顿第二定律求出运动员在斜面上滑行的加速度．
（2）根据平抛运动的高度求出运动的时间．
（3）为了不触及障碍物，运动员以速度v沿水平方向起跳后竖直下落高度为H﹣h时，他沿水平方向的运动的距离为，结合平抛运动的规律求出起跳的最小速度．
解答： 解：（1）设运动员连同滑板的质量为m，运动员在斜面上滑行的过程中，
根据牛顿第二定律：mgsin53°﹣μmgcos53°=ma，
解得运动员在斜面上滑行的加速度：a=gsin53°﹣μgcos53°=8﹣0.6m/s2=7.4m/s2
（2）从运动员斜面上起跳后沿竖直方向做自由落体运动，
根据自由落体公式：H=，
解得：t==0.8s
（3）为了不触及障碍物，运动员以速度v沿水平方向起跳后竖直下落高度为H﹣h时，他沿水平方向的运动的距离为，设他在这段时间内运动的时间为t′，则：
19
代入数据解得：v=6.0m/s
答：（1）运动员在斜面上滑行的加速度的大小为7.4m/s2；
（2）他从斜面上起跳后到落至水平面的过程所经历的时间为0.8s．
（3）他从A点沿水平方向起跳的最小速度为6m/s．
点评：研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同，本题需要注意的就是水平位移要加上木箱的长度．
12．如图所示，在xOy平面内y＞0的区域内分布着沿y轴负方向的匀强电场，在x轴下方有两个宽度相同且边界平行的条形匀强磁场区域，匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向垂直于xOy平面向外，磁场区域I的上边界与x轴重合，两个磁场区域的间距为l．质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上的P点以初速度v0沿x轴正向射出，然后从x轴上的Q点射入磁场区域I．已知OP=h，OQ=，粒子的重力忽略不计．求
（1）粒子从x轴上的Q点射入磁场区域I时的速度大小v；
（2）若粒子未从磁场区域I的下边界穿出，求条形磁场区域的最小宽度d0；
（3）若粒子恰好没从磁场区域II的下边界穿出，求粒子从P点射入电场区域到经过两个磁场区域后返回x轴的时间t．
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．
专题：带电粒子在复合场中的运动专题．
分析：（1）粒子从P到Q到类似平抛运动，根据分运动公式列式求解末速度的大小和方向；
（2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，若恰好返回，画出临界轨迹，结合几何关系求解出半径，再运用洛伦兹力提供向心力并结合牛顿第二定律列式求解；
（3）首先粒子要能够到达磁场区域Ⅲ，其次要能够从磁场区域Ⅲ返回，从而确定磁场区域Ⅲ下边界距x轴距离的范围．
解答： 解：（1）粒子在电场中类平抛运动
在x方向
在y方向
而
19
联立，解得v=2v0
（2）粒子在磁场区域I中匀速圆周运动
恰好未从其下边界穿出，由几何关系得 rsin30°+r=d0
联立，解得；
（3）由对称性，若把粒子在磁场中的运动衔接起来，刚好构成一个圆心角为240°的圆周，如图所示．
粒子在磁场中运动的时间为
由几何关系得2d=Rsin30°+R
所以，磁场区域的宽度
故有
粒子在无磁场区域运动的路程
粒子在无磁场区域运动的时间
粒子在电场区域运动的时间
所以，粒子从P点射入电场区域到返回x轴的时间为
答：（1）粒子从x轴上的Q点射入磁场区域I时的速度大小是2v0；
（2）若粒子未从磁场区域I的下边界穿出，条形磁场区域的最小宽度是；
（3）若粒子恰好没从磁场区域II的下边界穿出，粒子从P点射入电场区域到经过两个磁场区域后返回x轴的时间是．
19
点评：本题第一问关键明确粒子现在类似平抛运动，然后做匀速圆周运动，关键是画出磁场中的临界轨迹；第三问磁场中的轨迹可以合成同一个圆周．
三、选考题[物理--选修3-4]
13．如图所示是一列简谐波在t=0时的波形图，介质中的质点P沿y轴方向做简谐运动，其位移随时间变化的函数表达式为y=10sin5πt cm．关于这列简谐波及质点P的振动，下列说法中正确的是( )
A．质点P的周期为0.4s
B．质点P的位移方向和速度方向始终相反
C．这列简谐波的振幅为20 cm
D．这列简谐波沿x轴正向传播
E． 这列简谐波在该介质中的传播速度为10m/s
考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象．
分析：根据质点简谐运动的表达式y=10sin5πt（cm），读出角频率ω，求出周期．根据t=0时刻x=4m处质点的振动方向判断波的传播方向．读出波长，求出波速．
解答： 解：AC、由质点P做简谐运动的表达式y=10sin5πtcm，可知这列简谐波的振幅为A=10cm，角频率为ω=5π rad/s，则周期为 T==0.4s，故A正确，C错误．
B、质点P在做简谐运动，位移和速度都作周期性，位移方向和速度方向有时相反，有时相同，故B错误．
D、由质点P做简谐运动的表达式y=10sin5πtcm，知t=0时刻质点沿y轴正方向运动，则这列简谐波沿x轴正向传播，故D正确．
E、由图读出波长为 λ=4m，则波速为：v==m/s=10m/s．故E正确．
故选：ADE．
点评：解决本题关键要掌握简谐运动的表达式一般形式y=Asinωt，读出ω，再结合振动与波动之间的联系进行分析．
14．有一玻璃半球，右侧面镀银，光源S在其对称轴PO上（O为球心），且PO水平，如图所示．从光源S发出的一束细光射到半球面上，其中一部分光经球面反射后恰能竖直向上传播，另一部分光经过折射进入玻璃半球内，经右侧镀银面反射恰能沿原路返回．若球面半径为R，玻璃折射率为，求光源S与球心O之间的距离为多大？
19
考点：光的折射定律．
专题：光的折射专题．
分析：作出光路图，根据折射定律和几何关系，求出入射角和折射角，再由几何关系求解光源S与球心O之间的距离SO．
解答： 解：由题意可知折射光线与镜面垂直，其光路图如图所示，则有：
i+r=90°…①
由折射定律可得：=n=…②
解得：i=60° r=30°…③
在直角三角形ABO中：SBO=Rcosr=R…④
由几何关系可得：
△SAO为等腰三角形，所以LSO=2SBO=R…⑤
答：光源S与球心O之间的距离为R．
点评：处理几何光学相关的问题，关键是作出光路图，一定要用直尺准确作图，然后根据几何图形的特点求角或者线段的长度．
19
微信/支付宝扫码支付