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2015-2016学年福建省莆田四中高三（下）第四次月考物理试卷
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
1．库仑定律是电学中第一个被发现的定量规律，它的发现受万有引力定律的启发．实际问题中有时需要同时考虑万有引力和库仑力，比如某无大气层的均匀带有大量负电荷的质量分布均匀的星球．将一个带电微粒置于离该星球表面一定高度处无初速释放，发现微粒恰好能静止．现给微粒一个如图所示的初速度v，则下列说法正确的是（ ）
A．微粒将做匀速直线运动 B．微粒将做圆周运动
C．库仑力对微粒做负功 D．万有引力对微粒做正功
2．四个相同的灯泡如图连接在电路中，调节变阻器R1和R2，使四个灯泡都正常发光，设此时R1和R2消耗的功率分别为P1和P2，则有（ ）
A．P1＞2P2 B．P1=2P2 C．P2＜P1＜2P2 D．P1＜P2
3．如图所示，粗糙的水平地面上的长方形物块将一重为G的光滑圆球抵在光滑竖直的墙壁上，现用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块，在圆球与地面接触之前，下面的相关判断正确的是（ ）
A．球对墙壁的压力逐渐减小
B．水平拉力F逐渐减小
C．地面对长方体物块的摩擦力逐渐增大
D．地面对长方体物块的支持力逐渐增大
4．如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图．励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直．电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节．下列说法正确的是（ ）
A．仅增大励磁线圈中电流，电子束径迹的半径变大
B．仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大
C．仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变大
D．仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大
5．水平面上放置两根相互平行的长直金属导轨，导轨间距离为L，在导轨上垂直导轨放置质量为m的与导轨接触良好的导体棒CD，棒CD与两导轨间动摩擦因数为μ，电流从一条轨道流入，通过CD后从另一条轨道流回．轨道电流在棒CD处形成垂直于轨道面的磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与轨道电流成正比．实验发现当轨道电流为I0时，导体棒能匀速运动，则轨道电流为2I0时，导体棒运动的加速度为（ ）
A．μg B．2μg C．3μg D．4μg
6．如图所示，一轻弹簧固定于地面上，上面依次放置两木块A、B，用一力F竖直向下作用在物体B上，撤去力F后，弹簧恰能恢复原长，有关上升过程中机械能的说法正确的是（ ）
A．此过程中A、B组成的系统机械能守恒
B．此过程中弹簧对A物体做的功等于A物体机械能的增加量
C．此过程中弹簧释放的弹性势能等于A、B两物体的机械能增加量
D．此过程中B的机械能一直在增加
7．如图所示，倾角为θ的光滑斜面上端放置一矩形导线框abcd，ab边的边长为L1，ad边的边长为L2，导线框的质量为m，电阻为R，斜面上ef线和gh线（ef、gh平行底边）之间有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，ef和gh的距离为L3（L3＞L2）．如果导线框从静止释放，恰能加速进入磁场，匀速离开磁场，导线框的ab边始终平行于底边．则下列说法正确的是（ ）
A．导线框进入磁场的过程中速度增大得越来越快
B．导线框进入磁场过程中，感应电流的方向为abcda
C．导线框匀速离开磁场所经历的时间为
D．导线框进入磁场过程中产生的焦耳热Q1大于离开磁场过程中产生的焦耳热Q2
8．图乙中，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=5：1．原线圈接入如图甲所示的正弦交流电．电路中电表均为理想电表，定值电阻R1=R2=4Ω，D为理想二极管（该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大），则（ ）
A．电阻R2两端的电压频率为50Hz
B．电流表的示数为5A
C．原线圈的输入功率为150W
D．将R1摘掉，电压表的示数不变
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题-第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题-第14题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题
9．某同学利用图1所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律．物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）．从纸带
上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图2所示．打点计时器电源的频率为50Hz．
（1）通过分析纸带数据，可判断物块在两相邻计数点 和 之间某时刻开始减速．
（2）计数点5对应的速度大小为 m/s，计数点6对应的速度大小为 m/s．（保留三位有效数字）
（3）物块减速运动过程中加速度的大小为a= m/s2，若用来计算物块与桌面间的动摩擦因数（g为重力加速度），则计算结果比动摩擦因数的真实值 （填“偏大”或“偏小”）．
10．实验室购买了一根标称长度为100m的铜导线，某同学想通过实验测其实际长度，该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2，查得铜的电阻率为1.7×10﹣8Ωm，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度．可供使用的器材有：
电流表：量程0.6A，内阻约0.2Ω；
电压表：量程3V，内阻约9kΩ；
滑动变阻器R1：最大阻值5Ω；
滑动变阻器R2：最大阻值20Ω；
定值电阻：R0=3Ω；
电源：电动势6V，内阻可不计；
开关、导线若干．
（1）实验中，滑动变阻器应选 （填“R1”或“R2”），闭合开关S前应将滑片移至 端（填“a”或“b”）．
（2）在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接．
（3）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50A时，电压表示数如图乙所示，读数为 V．
（4）导线实际长度为 m（保留2位有效数字）．
11．如图所示，质量为mA=2kg的物块A静止在倾角为37°的斜面底端，由跨过光滑小定滑轮的轻绳与质量为mB=3kg的物块B相连，轻绳拉直时用手托住物块B，使其静止在距地面h=0.6m的高度处，此时物块A与定滑轮相距L，已知物块A与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2，现释放物块B，物块B向下运动．
（1）求物块B着地前加速度的大小及轻绳对它拉力的大小；
（2）设物块B着地后立即停止运动，要使物块A不撞到定滑轮，则L至少多长？
12．为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了一种“闪烁”装置．如图所示，自行车后轮由半径r1=5.0×10﹣2m的金属内圈、半径r2=0.40m的金属外圈和绝缘幅条构成．后轮的内、外圈之间等间隔地接有4跟金属条，每根金属条的中间均串联有一电阻值为R的小灯泡．在支架上装有磁铁，形成了磁感应强度B=0.10T、方向垂直纸面向外的“扇形”匀强磁场，其内半径为r1、外半径为r2、张角θ=．后轮以角速度ω=2πrad/s，相对转轴转动．若不计其它电阻，忽略磁场的边缘效应．
（1）当金属条ab进入“扇形”磁场时，求感应电动势E，并指出ab上的电流方向；
（2）当金属条ab进入“扇形”磁场时，画出“闪烁”装置的电路图；
（3）从金属条ab进入“扇形”磁场时开始，经计算画出轮子一圈过程中，内圈与外圈之间电势差Uab随时间t变化的Uab﹣t图象．
（二）选考题【物理--选修3-5】
13．一个质子和一个中子结合为一个氘核，并释放出E（J）的能量，这个核反应的方程式为 ．若质子的质量为（kg），中子的质量为m2（kg），则氘核的质量为 （kg）．
14．如图，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m．P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L．物体P置于P1的最右端，质量为2m且可以看作质点．P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起，P压缩弹簧后被弹回并停在A点（弹簧始终在弹性限度内）．P与P2之间的动摩擦因数为μ，求：
（1）P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；
（2）此过程中弹簧最大压缩量x和相应的弹性势能Ep．
2015-2016学年福建省莆田四中高三（下）第四次月考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
1．库仑定律是电学中第一个被发现的定量规律，它的发现受万有引力定律的启发．实际问题中有时需要同时考虑万有引力和库仑力，比如某无大气层的均匀带有大量负电荷的质量分布均匀的星球．将一个带电微粒置于离该星球表面一定高度处无初速释放，发现微粒恰好能静止．现给微粒一个如图所示的初速度v，则下列说法正确的是（ ）
A．微粒将做匀速直线运动 B．微粒将做圆周运动
C．库仑力对微粒做负功 D．万有引力对微粒做正功
【考点】库仑定律．
【分析】先库仑定律求解出库仑力表达式，根据万有引力定律求解出万有引力表达式；距离变化时，再分析合力情况．
【解答】解：根据库仑定律，静电力：F=
万有引力：F′=
根据平衡条件，有：
F=F′
距离r变化时，静电力与库仑力一直平衡，故合力为零，做匀速直线运动；
故选：A．
【点评】本题关键是将库仑定律与万有引力定律比较，注意都是平方反比定律，题中库仑力与万有引力一直平衡．
2．四个相同的灯泡如图连接在电路中，调节变阻器R1和R2，使四个灯泡都正常发光，设此时R1和R2消耗的功率分别为P1和P2，则有（ ）
A．P1＞2P2 B．P1=2P2 C．P2＜P1＜2P2 D．P1＜P2
【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．
【分析】设灯泡的额定电流为I0，额定电压为U0，求解出变阻器消耗的功率的表达式进行讨论．
【解答】解：设灯泡的额定电流为I0，额定电压为U0，则P1=（U﹣U0）2I0，P2=（U﹣2U0）I0，
故P1＞2P2；
故选：A．
【点评】此题是一道欧姆定律和电功率的综合分析题，必须熟练掌握串并联电路的特点才能分析．
3．如图所示，粗糙的水平地面上的长方形物块将一重为G的光滑圆球抵在光滑竖直的墙壁上，现用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块，在圆球与地面接触之前，下面的相关判断正确的是（ ）
A．球对墙壁的压力逐渐减小
B．水平拉力F逐渐减小
C．地面对长方体物块的摩擦力逐渐增大
D．地面对长方体物块的支持力逐渐增大
【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．
【分析】小球受力平衡，对小球进行受力分析，作出受力分析图，当水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块时，θ增大，根据几何关系判断墙对小球的压力和物块对球支持力的大小变化情况，再结合牛顿第三定律判断球对墙壁的压力和球对长木板的压力变化情况，对小球
和长方形物块整体进行受力分析，整体处于平衡状态，受力平衡，根据平衡条件及滑动摩擦力公式判断地面对长方体物块的支持力和地面对长方体物块的摩擦力变化情况，再对长方形物块受力分析，根据水平方向受力平衡列式求解水平拉力F的变化情况．
【解答】解：A、对小球进行受力分析，如图所示：
小球受力平衡，则有：N1=Gtanθ，，
当水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块时，θ增大，则tanθ增大，所以N1增大，cosθ减小，则N2增大，根据牛顿第三定律可知，球对墙壁的压力逐渐增大，故A错误；
C、对小球和长方形物块整体进行受力分析，整体处于平衡状态，受力平衡，受到重力、地面的支持力、拉力F和墙壁对球水平向右的压力以及水平向左的滑动摩擦力，
竖直方向受力平衡，则地面对物块的支持力等于整体的重力，不发生改变，动摩擦因数不变，则滑动摩擦力不变，故CD错误；
B、对长方形物块受力分析，受到重力、地面的支持力、拉力F、球对物块的压力N2′以及滑动摩擦力作用，
如图所示：
受力平衡，则水平方向有：
F+N2′sinθ=f，根据牛顿第三定律可知，N2′=N2，由于N2增大，θ增大，f不变，则F减小，故B正确．
故选：B
【点评】本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能灵活选择研究对象，并能正确对物体进行受力分析，根据平衡条件结合几何关系求解，特别要注意对整体受力分析后，根据共点力平衡条件得出支持力不变，从而判断摩擦力为恒力，难度适中．
4．如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图．励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直．电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节．下列说法正确的是（ ）
A．仅增大励磁线圈中电流，电子束径迹的半径变大
B．仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大
C．仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变大
D．仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大
【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．
【分析】根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式．
【解答】解：根据电子所受洛伦兹力的方向结合右手定则判断励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理有：
eU=mv02…①
电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：eBv0=m②
解得：r==…③
T=④
可见增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由③式可得，电子束的轨道半径变小．由④式知周期变小，故AC错误；
提高电子枪加速电压，电子束的轨道半径变大、周期不变，故B正确D错误；
故选：B．
【点评】本题考查了粒子在磁场中运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理是关键．
5．水平面上放置两根相互平行的长直金属导轨，导轨间距离为L，在导轨上垂直导轨放置质量为m的与导轨接触良好的导体棒CD，棒CD与两导轨间动摩擦因数为μ，电流从一条轨
道流入，通过CD后从另一条轨道流回．轨道电流在棒CD处形成垂直于轨道面的磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与轨道电流成正比．实验发现当轨道电流为I0时，导体棒能匀速运动，则轨道电流为2I0时，导体棒运动的加速度为（ ）
A．μg B．2μg C．3μg D．4μg
【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；安培力．
【分析】当导轨中的电流发生变化时，导轨之间的磁场也发生变化，然后由安培力的公式与牛顿第二定律即可求出结果．
【解答】解：当轨道电流为I0时，设导轨之间的磁感应强度为B，导体棒能匀速运动，此时的安培力的大小与摩擦力的大小相等，即：μmg=BI0L ①
当轨道电流为2I0时，由电流产生的磁场的特点可知，此时导轨之间的磁感应强度是2B，此时的安培力：
F=2B2I0L=4BI0L ②
导体棒运动的加速度： ③
联立①②③得：a=3μg
故选：C
【点评】该题通过导体棒CD的受力的变化，考查电流周围的磁场，以及安培力的表达式，另外涉及共点力的平衡问题以及牛顿第二定律，应用到的知识点比较大，要注意理清头绪，从中找出解题的方法．
6．如图所示，一轻弹簧固定于地面上，上面依次放置两木块A、B，用一力F竖直向下作用在物体B上，撤去力F后，弹簧恰能恢复原长，有关上升过程中机械能的说法正确的是（ ）
A．此过程中A、B组成的系统机械能守恒
B．此过程中弹簧对A物体做的功等于A物体机械能的增加量
C．此过程中弹簧释放的弹性势能等于A、B两物体的机械能增加量
D．此过程中B的机械能一直在增加
【考点】功能关系；动能和势能的相互转化．
【分析】对木块进行受力分析，从撤去外力F到弹簧伸长到原长的过程中，木块向上运动，弹簧的弹性势能转化为A与B的机械能．结合功能关系即可正确解答．
【解答】解：A、撤去外力F后弹簧弹力对AB做功，此过程中A、B组成的系统机械能不守恒．故A错误；
B、此过程中弹簧对A物体做的功等于A物体与B物体机械能的增加量的和，即弹簧释放的弹性势能等于A、B两物体的机械能增加量．故B错误，C正确；
D、此过程中A对B的支持力一直对B做正功，B的机械能一直在增加，故D正确．
故选：CD．
【点评】本题关键是分析木块的受力情况来确定木块的运动情况和该过程中的能量转化的方向．中等难度，是常见题型，要熟练掌握．
7．如图所示，倾角为θ的光滑斜面上端放置一矩形导线框abcd，ab边的边长为L1，ad边的边长为L2，导线框的质量为m，电阻为R，斜面上ef线和gh线（ef、gh平行底边）之间有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，ef和gh的距离为L3（L3＞L2）．如果导线框从静止释放，恰能加速进入磁场，匀速离开磁场，导线框的ab边始终平行于底边．则下列说法正确的是（ ）
A．导线框进入磁场的过程中速度增大得越来越快
B．导线框进入磁场过程中，感应电流的方向为abcda
C．导线框匀速离开磁场所经历的时间为
D．导线框进入磁场过程中产生的焦耳热Q1大于离开磁场过程中产生的焦耳热Q2
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．
【分析】利用牛顿第二定律，求解导线框进入磁场的过程中，加速度的变化情况，进而确定速度的变化，根据右手定则判断出ab边刚进入磁场时，电流的方向；匀速离开磁场，利用牛顿第二定律，求解出磁场时速度，结合运动学公式求得时间，根据能量守恒定律求出线框进入和离开磁场过程中产生的热量，进行比较．
【解答】解：A、导线框进入磁场的过程前做匀加速运动，由牛顿第二定律得：a==gsinθ，导线框进入磁场的过程中，有法拉第电磁感应定律可知，回路中产生感应电流，导体棒受重力和支持力及安培力作用，由牛顿第二定律得：mgsin，可知，导体棒做加速度减小的加速运动，故速度增大得越来越慢；故A错误；
B、根据右手定则知，ab边刚进入磁场时，电流方向为a→b→c→d．故B正确；
C、导线框匀速离开磁场，加速为零，由牛顿第二定律得：，解得运动速度：，运动位移为L2，有公式： =，故C正确；
D、线框进入磁场的过程，导体棒做加速度减小的加速运动，对线框运用能量守恒定律得，mgL2sinθ=Q1+△Ek，导线框离开磁场过程中，做匀速运动，对线框运用能量守恒定律得，mgL2sinθ=Q2，因为mgL2sinθ相同，故Q2大于Q1，故D错误；
故选：BC
【点评】本题综合考查了右手定则、安培力大小公式、闭合电路欧姆定律、切割产生的感应电动势公式和能量守恒，知道线框进入磁场的运动规律是解决本题的关键，特别是比较能量时，具体数值不好计算，但可以通过其他量的比较来确定．
8．图乙中，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=5：1．原线圈接入如图甲所示的正弦交流电．电路中电表均为理想电表，定值电阻R1=R2=4Ω，D为理想二极管（该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大），则（ ）
A．电阻R2两端的电压频率为50Hz
B．电流表的示数为5A
C．原线圈的输入功率为150W
D．将R1摘掉，电压表的示数不变
【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率．
【分析】由交流电的图象可明确输出频率，明确变压器不会改变交流电的频率；
根据二极管的性质，利用有效值的定义求解R2中的电流；由功率公式求解输出功率．
【解答】解：A、由图甲可知，交流电的周期为0.02s，故频率为50Hz；而变压器及二极管均不会改变交流电的频率，故电阻R2两端的电压频率为50Hz；故A正确；
B、经变压器后，输出电压为=20V，因二极管的单向导电性，只有一半时间内有电压加在R2两端；则有有效值的定义可得：U=10V；则电流表的示数为：2.5A故B错误；
C、原线圈输入功率等于副线圈输出的功率，输出功率P=+（2.5）2×4=150W；故C正确；
D、因输出电压由输入电压决定，故将R1摘掉，电压表的示数不变；故D正确；
故选：ACD．
【点评】本题考查变压器的性质及有效值的计算，要注意正确分析电路及图象，明确输出电压由输入电压决定；而输出功率决定了输入功率．
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题-第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题-第14题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题
9．某同学利用图1所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律．物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）．从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图2所示．打点计时器电源的频率为50Hz．
（1）通过分析纸带数据，可判断物块在两相邻计数点 6 和 7 之间某时刻开始减速．
（2）计数点5对应的速度大小为 1.00 m/s，计数点6对应的速度大小为 1.20 m/s．（保留三位有效数字）
（3）物块减速运动过程中加速度的大小为a= 2.00 m/s2，若用来计算物块与桌面间的动摩擦因数（g为重力加速度），则计算结果比动摩擦因数的真实值 偏大 （填“偏大”或“偏小”）．
【考点】测定匀变速直线运动的加速度．
【分析】（1）由纸带两个点之间的时间相同，若位移逐渐增大，表示物体做加速运动，若位移逐渐减小，则表示物体做减速运动；
（2）用平均速度代替瞬时速度的方法求解瞬时速度；
（3）用作差法求解减速过程中的加速度．
【解答】解：（1）从纸带上的数据分析得知：在点计数点6之前，两点之间的位移逐渐增大，是加速运动，在计数点7之后，两点之间的位移逐渐减小，是减速运动，所以物块在相邻计数点6和7之间某时刻开始减速；
（2）根据平均速度等于瞬时速度，则有：v5===1.00m/s
v6==m/s=1.20m/s
（3）由纸带可知，计数点7往后做减速运动，根据作差法得：
a==﹣2.00m/s2．
在减速阶段产生的加速度的力是滑动摩擦力和纸带受的阻力，所以计算结果比动摩擦因素的真实值偏大．
故答案为：（1）6；7；（2）1.00；1.20；（3）2.00，偏大．
【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．
10．实验室购买了一根标称长度为100m的铜导线，某同学想通过实验测其实际长度，该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2，查得铜的电阻率为1.7×10﹣8Ωm，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度．可供使用的器材有：
电流表：量程0.6A，内阻约0.2Ω；
电压表：量程3V，内阻约9kΩ；
滑动变阻器R1：最大阻值5Ω；
滑动变阻器R2：最大阻值20Ω；
定值电阻：R0=3Ω；
电源：电动势6V，内阻可不计；
开关、导线若干．
（1）实验中，滑动变阻器应选 R2 （填“R1”或“R2”），闭合开关S前应将滑片移至 a 端（填“a”或“b”）．
（2）在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接．
（3）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50A时，电压表示数如图乙所示，读数为 2.30 V．
（4）导线实际长度为 94 m（保留2位有效数字）．
【考点】测定金属的电阻率．
【分析】（1）本实验采用限流法测电阻，所以滑动变阻器的最大阻值应为R0和Rx总阻值的4倍以上，闭合开关S前应将滑片移至阻值最大处；
（2）根据实验电路图，连接实物图；
（3）根据图乙读出电压，注意估读；
（4）根据欧姆定律及电阻定律即可求解．
【解答】解：（1）本实验采用限流法测电阻，所以滑动变阻器的最大阻值应为R0和Rx总阻值的4倍以上，R0=3Ω，所以滑动变阻器选R2，闭合开关S前应将滑片移至阻值最大处，即a处；
（2）根据实验电路图，连接实物图，如图所示：
（3）根据图乙读出电压U=2.30V，
（4）根据欧姆定律得：R0+Rx=
解得：Rx=1.6Ω
根据电阻定律得：
Rx=
解得：L=m
故答案为：（1）R2，a；（2）如图所示；（3）2.30V；（4）94．
【点评】本题主要考查了电学元件选取原则和欧姆定律及电阻定律的直接应用，能根据电路图连接实物图，难度适中．
11．如图所示，质量为mA=2kg的物块A静止在倾角为37°的斜面底端，由跨过光滑小定滑轮的轻绳与质量为mB=3kg的物块B相连，轻绳拉直时用手托住物块B，使其静止在距地面h=0.6m的高度处，此时物块A与定滑轮相距L，已知物块A与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2，现释放物块B，物块B向下运动．
（1）求物块B着地前加速度的大小及轻绳对它拉力的大小；
（2）设物块B着地后立即停止运动，要使物块A不撞到定滑轮，则L至少多长？
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】（1）A、B开始运动到B着地前的过程中，运用隔离法，分别对两个物体由牛顿第二定律列式，即可求出加速度和绳子的拉力；
（2）物块B着地后立即停止运动，A继续向上减速运动，当速度减至刚好滑到斜面顶端时，此时L最小，由牛顿第二定律和运动学公式结合解答．
【解答】解：（1）设物块B着地前加速度的大小为a、绳上拉力为T．
根据牛顿第二定律得：
对B，有：mBg﹣T=mBa
对A，有：T﹣mAgsin37°﹣μmAgcos37°=mAa
联立解得：a=2m/s2，T=24N
（2）设B落地时A的速度为v，此后的加速度为a′，继续运动L1恰好碰到定滑轮．
对于匀加速运动过程，有 2ah=v2；
根据牛顿第二定律得：mAgsin37°+μmAgcos37°=mAa′
对于匀减速运动过程，有：2a′h=v2
得：L1=0.12m
故L=h+L1=0.72m
答：
（1）物块B着地前加速度的大小为2m/s2，轻绳对它拉力的大小为24N；
（2）设物块B着地后立即停止运动，要使物块A不撞到定滑轮，则L至少为0.72m．
【点评】本题是多过程问题，按时间顺序进行分析受力情况和运动过程分析，由牛顿第二定律、运动学公式进行解答即可，也可以根据动能定理求L．
12．为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了一种“闪烁”装置．如图所示，自行车后轮由半径r1=5.0×10﹣2m的金属内圈、半径r2=0.40m的金属外圈和绝缘幅条构成．后轮的内、外圈之间等间隔地接有4跟金属条，每根金属条的中间均串联有一电阻值为R的小灯泡．在支架上装有磁铁，形成了磁感应强度B=0.10T、方向垂直纸面向外的“扇形”匀强磁场，其内半径为r1、外半径为r2、张角θ=．后轮以角速度ω=2πrad/s，相对转轴转动．若不计其它电阻，忽略磁场的边缘效应．
（1）当金属条ab进入“扇形”磁场时，求感应电动势E，并指出ab上的电流方向；
（2）当金属条ab进入“扇形”磁场时，画出“闪烁”装置的电路图；
（3）从金属条ab进入“扇形”磁场时开始，经计算画出轮子一圈过程中，内圈与外圈之间电势差Uab随时间t变化的Uab﹣t图象．
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．
【分析】（1）根据右手定则可以判断出感应电流的方向，根据公式E=Bl2ω可以求感应电动势E；
（2）ab边切割充当电源，其他为外电路，就可以画出电路图；
（3）不论那条边切割，ab端电压均为路端电压，因此当产生感应电动势时，ab端电压均相等．
【解答】解：（1）金属条ab在匀强磁场中转动切割，由E=Bl2得：
感应电动势为 E=ω﹣ω=ω（）=×0.1×2π×（0.42﹣0.052）V=4.9×10﹣2V，根据右手定则判断可知电流方向由b到a；
（2）ab边切割磁感线，产生感应电动势充当电源，其余为外电路，且并联，其等效电路如下图所示．
（3）设电路的总电阻为R总，根据电路图可知，R总=R+R=R
ab两端电势差：Uab=E﹣IR=E﹣R=E=1.2×10﹣2V
设ab离开磁场区域的时刻t1，下一根金属条进入磁场的时刻t2，则：t1==s，t2==s
设轮子转一圈的时间为T，则T==1s，在T=1s内，金属条有四次进出，后三次与第一次相同，由上面的分析可以画出如下Uab﹣t图象：
答：
（1）感应电动势E的大小为4.9×10﹣2V，电流方向由b到a；
（2）如图所示．
（3）如图所示．
【点评】搞清电路的连接关系，正确区分电源和外电路是解题的关键，同时要掌握转动切割感应电动势公式E=Bl2ω，要学会推导．
（二）选考题【物理--选修3-5】
13．一个质子和一个中子结合为一个氘核，并释放出E（J）的能量，这个核反应的方程式为 →+γ ．若质子的质量为（kg），中子的质量为m2（kg），则氘核的质量为 （kg）．
【考点】裂变反应和聚变反应．
【分析】根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程式．根据爱因斯坦质能方程，结合释放的能量求出氘核的质量．
【解答】解：一个质子和一个中子结合为一个氘核，核反应方程为：→+γ．
根据爱因斯坦质能方程知，E=，
解得氘核的质量．
故答案为：→+γ，．
【点评】掌握书写核反应方程式的方法，知道核反应方程与化学方程式的区别，以及掌握爱因斯坦质能方程，并能灵活运用．
14．如图，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m．P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L．物体P置于P1的最右端，质量为2m且可以看作质点．P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起，P压缩弹簧后被弹回并停在A点（弹簧始终在弹性限度内）．P与P2之间的动摩擦因数为μ，求：
（1）P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；
（2）此过程中弹簧最大压缩量x和相应的弹性势能Ep．
【考点】动量守恒定律．
【分析】（1）P1、P2碰撞过程，由动量守恒定律列出等式．对P1、P2、P系统，由动量守恒定律求解．
（2）当弹簧压缩最大时，P1、P2、P三者具有共同速度v3，由动量守恒定律和能量守恒定律求解．
【解答】解：（1）P1、P2碰撞过程，由动量守恒定律
mv0=2mv1 ①
解得v1=，方向水平向右 ②
对P1、P2、P系统，由动量守恒定律
mv0+2mv0=4mv2③
解得v2=，方向水平向右④
（2）当弹簧压缩最大时，P1、P2、P三者具有共同速度v2，由动量守恒定律
mv0+2mv0=4mv2 ⑤
对系统由能量守恒定律
μ（2m）g×2（L+x）=（2m）v+（2m）v﹣（4m）v ⑥
解得x=﹣L ⑦
最大弹性势能Ep=（2m）v+（2m）v﹣（4m）v﹣μ2mg（L+x） ⑧
解得Ep=mv ⑨
答：（1）P1、P2刚碰完时的共同速度是，方向水平向右，P的最终速度是，方向水平向右；
（2）此过程中弹簧最大压缩量x是﹣L，相应的弹性势能是mv．
【点评】本题综合考查了动量守恒定律、能量守恒定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，需加强这方面的训练．
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