2016年湖北省黄冈中学高考物理模拟试卷（十五）
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．
1．1820年丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应．在奥斯特实验中，将直导线沿南北方向水平放置，指针靠近直导线，下列结论正确的是（ ）
A．把小磁针放在导线的延长线上，通电后，小磁针会转动
B．把小磁针平行地放在导线的下方，在导线与小磁针之间放置一块铝板，通电后，小磁针不会转动
C．把小磁针平行地放在导线的下方，给导线通以恒定电流，然后逐渐增大导线与小磁针之间的距离，小磁针转动的角度（与通电前相比）会逐渐减小
D．把黄铜针（用黄铜制成的指针）平行地放在导线的下方，通电后，黄铜针会转动
2．如图所示为四分之一圆柱体OAB的竖直截面，半径为R，在B点上方的C点水平抛出一个小球，小球轨迹恰好在D点与圆柱体相切，OD与OB的夹角为60°，则C点到B点的距离为（ ）
A．R B． C． D．
3．如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数之比为10：1，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中的电容器C和电阻R为负载，交流电压表和交流电流表均为理想电表，则下列说法正确的是（ ）
A．若电压表的示数为6V，则输入电压的峰值为60V
B．电流表A的示数为流经电阻R的电流
C．若输入电压U=100V，则电容器C的耐压值至少为10V
D．若输入电压的峰值保持不变，将其频率变大，则变压器的输入功率也将增大
4．“玉免号”登月车在月球表面接触的第一步实现了中国人“奔月”的伟大梦想．机器人“玉兔号”在月球表面做了一个自由下落实验，测得物体从静止自由下落h高度的时间为t，已知月球半径为R，自转周期为T，引力常量为G．则（ ）
A．月球表面重力加速度为
B．月球第一宇宙速度为
C．月球质量为
D．月球同步卫星离月球表面的高度为﹣R
5．将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图所示．用力F拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持θ=30°，则F达到最小值时Oa绳上的拉力为（ ）
A． mg B．mg C． mg D． mg
6．如图所示，空间中固定的四个点电荷分别位于正四面体的四个顶点处，A点为对应棱的中点，B点为右侧面的中心，C点为底面的中心，D点为正四面体的中心（到四个顶点的距离均相等）．关于A、B、C、D四点的电势高低，下列判断正确的是（ ）
A．φA=φB B．φA=φD C．φB＞φC D．φC＞φD
7．如图所示，间距为L米的光滑平等金属轨道上端用电阻R相连，其平面与水平面成θ角，整个装置处于磁感应强度为B匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，质量为m，电阻
为r的金属杆ab（长度略大于L），以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到距底端高h的位置后又返回到底端，运动过程中，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，不计金属轨道的电阻，已知重力加速度为g，则以下说法正确的是（ ）
A．杆ab先匀减速上滑，之后匀加速下滑，且上滑过程的加速度大于下滑过程的加速度
B．杆ab运动过程中安培力做功的功率等于电阻R的热功率
C．杆ab上滑过程中通过R的电荷量与下滑过程中通过R的电荷量相等
D．杆ab上滑到最高点的过程中电阻R上产生的焦耳热等于（mv02﹣mgh）
8．在大型物流货场，广泛的应用着传送带搬运货物．如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m=1kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B端．用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图象如图乙所示，已知重力加速度g=10m/s2．由v﹣t图可知（ ）
A．A、B两点的距离为2.4m
B．货物与传送带的动摩擦因数为0.5
C．货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功大小为12.8J
D．货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J
二、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．某实验小组利用图示实验装置来测量物块A和长木板之间的动摩擦因数μ．
①把左端带有挡板的足够长的长木板固定在水平桌面上，物块A置于挡板处，不可伸长的轻绳一端水平连接物块A，另一端跨过轻质定滑轮挂上与物块A质量相同的物块B．用手按住物块A，使A、B保持静止．
②测量物块B离水平地面的高度为h．
③释放物块A，待物块A静止时测量其运动的总距离为s（物块B落地后不反弹）．
回答下列问题：
（1）根据上述测量的物理量可知μ= ．
（2）由于存在空气阻力，该实验所求μ值比真实值 ．（填“偏大”或“偏小”）
10．要测量电压表V1的内阻RV，其量程为2V，内阻约2KΩ．实验室提供的器材有：
电流表A，量程0.6A，内阻约0.1Ω；
电压表V2，量程5V，内阻为5KΩ；
定值电阻R1，阻值30Ω；
定值电阻R2，阻值为3KΩ；
滑动变阻器R3，最大阻值100Ω，额定电流1.5A；
电源E，电动势6V，内阻约0.5Ω；
开关S一个，导线若干．
（1）有人拟将待测电压表V1 和电流表A串联接入电压合适的测量电路中，测出V1 的电压和电流，再计算出
RV．该方案实际上不可行，其最主要的原因是 ．
（2）请从上述器材中选择必要的器材，设计一个测量电压表V1内阻RV的实验电路．要求测量尽量准确，实验必须在同一电路中，且在不增减元件的条件下完成．试画出符合要求的实验电路图（图中电源与开关已连接好），并标出所选元件的相应字母代号．
（3）V1内阻RV的表达式为 ，表达式中各测量量的物理意义 ．
11．如图所示为一条平直公路，其中A点左边的路段为足够长的柏油路面，A点右边路段为水泥路面，已知汽车轮胎与柏油路面的动摩擦因数为μ1，与水泥路面的动摩擦因数为
μ2．某次测试发现，当汽车以速度v0在路面行驶时，刚过A点时紧急刹车后（车轮立即停止转动），汽车要滑行到B点才能停下．现在，该汽车以2v0的速度在柏油路面上向右行驶，突然发现B处有障碍物，需在A点左侧的柏油路段上某处紧急刹车，才能避免撞上障碍物．（重力加速度为g）
（1）求水泥路面AB段的长度；
（2）为防止汽车撞上障碍物，开始紧急刹车的位置距A点的距离至少为多少？若刚好不撞上，汽车紧急刹车的时间是多少？
12．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内，存在着磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的长为2a，宽为a的矩形有界匀强磁场（边界有磁场），在第三象限存在于y轴正向成30°角的匀强磁场．现有一质量为m，电荷量为+q的粒子从电场中的P点由静止释放，经电场加速后从O点进入磁场．不计粒子的重力．
（1）若粒子从磁场下边界射出，求粒子在磁场中运动的时间t；
（2）若粒子从磁场右边界射出，求PO间的电势差UPO的范围；
（3）若粒子从磁场上边界射出，求磁场上边界有粒子射出的区域的长度．
（二）选考题：共45分．请考生从给出的3道物理题中每科任选一题作答．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．[物理--选修3-5]
13．用频率为ν的光照射光电管阴极时，产生的光电流随阳极与阴极间所加电压的变化规律如图所示，Uc为遏止电压．已知电子电荷量为﹣e，普朗克常量为h，则光电子的最大初动能Ekm= ；该光电管发生光电效应的极限频率ν0= ．
14．光滑水平面上有三个物块A、B和C位于同一直线上，如图所示，B的质量为1kg，A、C的质量都是3m，开始时三个物块都静止，让B获得向右的初速度v0，先与C发生弹性碰撞，然后B又与A发生碰撞并黏在一起，求B在前、后两次碰撞中受到的冲量大小之比．
2016年湖北省黄冈中学高考物理模拟试卷（十五）
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．
1．1820年丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应．在奥斯特实验中，将直导线沿南北方向水平放置，指针靠近直导线，下列结论正确的是（ ）
A．把小磁针放在导线的延长线上，通电后，小磁针会转动
B．把小磁针平行地放在导线的下方，在导线与小磁针之间放置一块铝板，通电后，小磁针不会转动
C．把小磁针平行地放在导线的下方，给导线通以恒定电流，然后逐渐增大导线与小磁针之间的距离，小磁针转动的角度（与通电前相比）会逐渐减小
D．把黄铜针（用黄铜制成的指针）平行地放在导线的下方，通电后，黄铜针会转动
【考点】电磁感应现象的发现过程．
【分析】对于电流的磁效应，根据安培定则进行分析．注意磁场及磁场的应用．
【解答】解：根据安培定则可知，针小磁针放在导线上的延长线上，小磁针所在位置没有磁场，故小磁针不会转动；故A错误；
B、由于铝板不能有效屏蔽磁场，故通电后小磁针会发生转动；故B错误；
C、离导线越远的地方，磁场越弱，则逐渐增大导线与小磁针之间的距离，小磁针转动的角度（与通电前相比）会逐渐减小；故C正确；
D、铜不能被磁化，故不会被磁场所吸引；故D错误；
故选：C．
【点评】本题考查安培定则及能被磁化的材料，要注意正确掌握课本内容并能准确应用．
2．如图所示为四分之一圆柱体OAB的竖直截面，半径为R，在B点上方的C点水平抛出一个小球，小球轨迹恰好在D点与圆柱体相切，OD与OB的夹角为60°，则C点到B点的距离为（ ）
A．R B． C． D．
【考点】平抛运动．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题．
【分析】由几何知识求解水平射程．根据平抛运动的速度与水平方向夹角的正切值得到初速度与小球通过D点时竖直分速度的关系，再由水平和竖直两个方向分位移公式列式，求出竖直方向上的位移，即可得到C点到B点的距离．
【解答】解：由题意知得：小球通过D点时速度与圆柱体相切，则有
vy=v0tan60°
小球从C到D，水平方向有 Rsin60°=v0t
竖直方向上有 y=，
联立解得 y=，
故C点到B点的距离为 S=y﹣R（1﹣cos60°）=．
故选：D．
【点评】本题对平抛运动规律的直接的应用，根据几何关系分析得出平抛运动的水平位移的大小，并求CB间的距离是关键．
3．如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数之比为10：1，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中的电容器C和电阻R为负载，交流电压表和交流电流表均为理想电表，则下列说法正确的是（ ）
A．若电压表的示数为6V，则输入电压的峰值为60V
B．电流表A的示数为流经电阻R的电流
C．若输入电压U=100V，则电容器C的耐压值至少为10V
D．若输入电压的峰值保持不变，将其频率变大，则变压器的输入功率也将增大
【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率．
【专题】交流电专题．
【分析】电压表读数6V为有效值，电压与匝数成正比可得输入电压的有效值为60V，根据正弦交流电有效值与最大值的关系可得输入电压的最大值；输入功率随输出功率而变化，输出功率变大则输入功率变大．流电能通过电容器，所以电流表A的示数为流经电阻R的电流与流经电容器的电流的和．
【解答】解：A、若电压表读数为6V，由 电压与匝数成正比可得输入电压有效值为6×10=60V，根据正弦交流电有效值与最大值的关系可得因此其最大值为V，故A错误；
B、由于交流电能通过电容器，所以电流表A的示数为流经电阻R的电流与流经电容器的电流的和，故B错误；
C、若输入电压U=100V，则输出电压的有效值： V，根据正弦交流电有效值与最大值的关系可得因此其最大值为10V，电容器C的耐压值至少为10V，故C错误；
D、若输入电压的峰值保持不变，将其频率变大，电容器的容抗将减小，则流过电容器的电流值增大，所以变压器的输出功率将增大，则变压器的输入功率也将增大，故D正确．
故选：D．
【点评】只有理解交流电压表和交流电流表读数为有效值，电压电流与匝数比的关系，并熟练掌握电功率的计算公式，才能顺利解决这类问题．
4．“玉免号”登月车在月球表面接触的第一步实现了中国人“奔月”的伟大梦想．机器人“玉兔号”在月球表面做了一个自由下落实验，测得物体从静止自由下落h高度的时间为t，已知月球半径为R，自转周期为T，引力常量为G．则（ ）
A．月球表面重力加速度为
B．月球第一宇宙速度为
C．月球质量为
D．月球同步卫星离月球表面的高度为﹣R
【考点】万有引力定律及其应用．
【专题】定量思想；推理法；万有引力定律的应用专题．
【分析】根据位移时间公式求出月球表面的重力加速度．根据重力提供向心力求出月球的第一宇宙速度．根据万有引力等于重力求出月球的质量．根据万有引力提供向心力，抓住同步卫星的周期与自转周期相同求出同步卫星的高度．
【解答】解：A、根据h=得，月球表面的重力加速度g=，故A错误．
B、根据mg=m得，月球的第一宇宙速度v=，故B错误．
C、根据得，月球的质量M=，故C错误．
D、根据，以及GM=gR2得，h=﹣R，故D正确．
故选：D．
【点评】解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：1、万有引力等于重力，2、万有引力提供向心力，并能灵活运用．本题通过自由落体运动的位移时间公式得出重力加速度是解决本题的突破口．
5．将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图所示．用力F拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持θ=30°，则F达到最小值时Oa绳上的拉力为（ ）
A． mg B．mg C． mg D． mg
【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．
【专题】共点力作用下物体平衡专题．
【分析】以两个小球组成的整体为研究对象，当F垂直于Oa线时取得最小值，根据平衡条件求解F的最小值对应的细线拉力．
【解答】解：以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向时整体的受力图，根据平衡条件得知：F与T的合力与重力mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为：
根据平衡条件得：F=2mgsin30°=mg，T=2mgcos30°=
故选：A
【点评】本题是隐含的临界问题，关键运用图解法确定出F的范围，得到F最小的条件，再由平衡条件进行求解．
6．如图所示，空间中固定的四个点电荷分别位于正四面体的四个顶点处，A点为对应棱的中点，B点为右侧面的中心，C点为底面的中心，D点为正四面体的中心（到四个顶点的距离均相等）．关于A、B、C、D四点的电势高低，下列判断正确的是（ ）
A．φA=φB B．φA=φD C．φB＞φC D．φC＞φD
【考点】电势；电势差与电场强度的关系．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】两个等量异种点电荷，其电场线和等势面具有对称性，过中垂面是一等势面，A、D在同一等势面上，电势相等，根据几何关系分析电势．
【解答】解：B、由题如图，两个等量异种点电荷，其电场线和等势面具有对称性，通过ab和cd之间的中垂面是一等势面，由题目描述知A、D在同一等势面上，电势相等，故B正确；
ACD、由图可知，电场线方向由B指向C一侧，依据沿电场线方向电势降低，由几何关系可知φB＞φC，φB＞φA，φD＞φC，故C正确，AD错误．
故选：BC．
【点评】本题要掌握等量异种电荷电场线和等势线分布情况，抓住对称性，结合里面的几何关系，即可分析电势的关系．
7．如图所示，间距为L米的光滑平等金属轨道上端用电阻R相连，其平面与水平面成θ角，整个装置处于磁感应强度为B匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，质量为m，电阻为r的金属杆ab（长度略大于L），以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到距底端高h的位置后又返回到底端，运动过程中，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，不计金属轨道的电阻，已知重力加速度为g，则以下说法正确的是（ ）
A．杆ab先匀减速上滑，之后匀加速下滑，且上滑过程的加速度大于下滑过程的加速度
B．杆ab运动过程中安培力做功的功率等于电阻R的热功率
C．杆ab上滑过程中通过R的电荷量与下滑过程中通过R的电荷量相等
D．杆ab上滑到最高点的过程中电阻R上产生的焦耳热等于（mv02﹣mgh）
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率．
【专题】电磁感应与电路结合．
【分析】根据牛顿第二定律分析加速度的关系．根据功能关系分析安培力做功的功率与电阻R的热功率关系．根据q=比较出电量的大小．通过对导体棒受力分析知，上滑的过程做变减速直线运动，下滑的过程做变加速直线运动，抓住位移相等，比较安培力大小，即可分析克服安培力做功的大小．在上滑过程中，导体棒减小的动能转化为重力势能和电阻R上产生的焦耳热，即可比较焦耳热与减少的动能的大小．
【解答】解：A、上滑的过程，棒所受的安培力沿轨道向下，由牛顿第二定律得：FA+mgsinθ=ma上；而安培力为：FA=，可知v减小，FA减小，a上减小，棒做变减速运动；
下滑的过程，棒所受的安培力沿轨道向上，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣FA=ma下，而安培力为：FA=，可知v增大，FA增大，a下减小，棒做变加速运动；
由上式得上滑过程的加速度大于下滑过程的加速度．故A错误．
B、根据功能关系知杆ab运动过程中安培力做功的功率等于电阻R和金属杆的热功率之和，故B错误．
C、根据感应电荷量公式q=可知，上滑与下滑过程中，磁通量的变化量△Φ相等，则在上滑过程中和下滑过程中流过电阻R的电荷量相等．故C正确．
D、杆ab上滑到最高点的过程中回路中产生的总焦耳热为：Q=mv02﹣mgh，电阻R上产生的焦耳热为：QR=Q=（mv02﹣mgh）．故D正确．
故选：CD．
【点评】本题根据牛顿第二定律、安培力公式、能量守恒定律进行分析比较．对于电量，根据经验公式q=进行比较，此式要掌握牢固，经常用到．
8．在大型物流货场，广泛的应用着传送带搬运货物．如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m=1kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B端．用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图象如图乙所示，已知重力加速度g=10m/s2．由v﹣t图可知（ ）
A．A、B两点的距离为2.4m
B．货物与传送带的动摩擦因数为0.5
C．货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功大小为12.8J
D．货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J
【考点】功能关系；牛顿第二定律；功的计算．
【分析】物体在传送带上先做a1匀加速直线运动，然后做a2的匀加速直线运动，速度时间图线围成的面积的表示物块的位移，有速度图象确定匀加速的加速度，通过受力分析，找到合外力，计算夹角和摩擦因数，根据功的计算公式和能量守恒定律计算摩擦生热．
【解答】解：A、物块在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，一起做匀速直线运动，所以物块由A到B的间距对应图象所围梯形的“面积”，
x=s==3.2m．故A错误．
B、由v﹣t图象可知，物块在传送带上先做a1匀加速直线运动，加速度为，对物体受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，
得：mgsinθ+f=ma1，即：mgsinθ+μmgcosθ=ma1…①，
同理，做a2的匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，加速度为：a2=
得：mgsinθ﹣f=ma2，即：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2…①，
联立①②解得：cosθ=0.8，μ=0.5，故B正确；
C、根据功能关系，由B中可知f=μmgcosθ=0.5×10×1×0.8=4N，做a1匀加速直线运动，有图象知位移为：x1==0.2m，物体受力分析受摩擦力，方向向下，摩擦力做正功为：
Wf1=fx1=4×0.2=0.8J，
同理做a2匀加速直线运动，有图象知位移为：x2==3m，
物体受力分析受摩擦力，方向向上，摩擦力做负功为：Wf2=﹣fx2=﹣4×3=﹣12J，
所以整个过程，传送带对货物做功大小为：12J﹣0.8J=11.2J，故C错误；
D、根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，由C中可知：f=μmgcosθ=0.5×10×1×0.8=4N，
做a1匀加速直线运动，位移为：x1==0.2m，皮带位移为：x皮=2×0.2=0.4m，相对位移为：△x1=x皮﹣x1=0.4﹣0.2=0.2m，
同理：做a2匀加速直线运动，位移为：x2==3m，x皮2=2×1=2m，相对位移为：△x2=x2﹣x皮2=3﹣2=1m，
故两者之间的总相对位移为：△x=△x1+△x2=1+0.2=1.2m，
货物与传送带摩擦产生的热量为：Q=W=f△x=4×1.2=4.8J，故D正确；
故选：BD．
【点评】本题一方面要分析工件的运动情况，由图象结合求解加速度，再结合牛顿第二定律分两个过程列式求解摩擦因数及斜面倾角是关键，求摩擦产生的热量注意找两物体的相对位移．
二、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．某实验小组利用图示实验装置来测量物块A和长木板之间的动摩擦因数μ．
①把左端带有挡板的足够长的长木板固定在水平桌面上，物块A置于挡板处，不可伸长的轻绳一端水平连接物块A，另一端跨过轻质定滑轮挂上与物块A质量相同的物块B．用手按住物块A，使A、B保持静止．
②测量物块B离水平地面的高度为h．
③释放物块A，待物块A静止时测量其运动的总距离为s（物块B落地后不反弹）．
回答下列问题：
（1）根据上述测量的物理量可知μ= ．
（2）由于存在空气阻力，该实验所求μ值比真实值 偏大 ．（填“偏大”或“偏小”）
【考点】动能定理的应用；力的合成与分解的运用；探究影响摩擦力的大小的因素．
【专题】牛顿运动定律综合专题．
【分析】首先分析题意，知道两物块的运动情况，找出B物体落地后，A的运动位移，据动能定理求解即可；从能量守恒定律的角度分析误差．
【解答】解：（1）据题境可知，AB两物体一起运动，当B物体落地后，A物体在摩擦力的作用下，做匀减速运动．
设B物体落地瞬间时，A 和B的动能都为Ek，据能量守恒可知，mgh﹣μmgh=2×EK
当B落地后，A做匀减速运动，A的位移为s﹣h，据动能定理得：﹣μmg（s﹣h）=0﹣Ek
联立以上两式得：μ=
（2）当空气阻力不可忽略时，有产生的热量，会使B物体落地瞬间时，A 或B的动能减小；使B落地后，A做匀减速运动，A的位移为s变小，所以会使μ偏大．
故答案为：（1）；（2）偏大．
【点评】根据题境明确实验原理是解题的关键，找出位移之间的关系是解题的核心，灵活应用能量守恒分析误差，题目有点难度．
10．要测量电压表V1的内阻RV，其量程为2V，内阻约2KΩ．实验室提供的器材有：
电流表A，量程0.6A，内阻约0.1Ω；
电压表V2，量程5V，内阻为5KΩ；
定值电阻R1，阻值30Ω；
定值电阻R2，阻值为3KΩ；
滑动变阻器R3，最大阻值100Ω，额定电流1.5A；
电源E，电动势6V，内阻约0.5Ω；
开关S一个，导线若干．
（1）有人拟将待测电压表V1 和电流表A串联接入电压合适的测量电路中，测出V1 的电压和电流，再计算出
RV．该方案实际上不可行，其最主要的原因是 电流表量程太大，不能准确测量流过电压表V1的电流 ．
（2）请从上述器材中选择必要的器材，设计一个测量电压表V1内阻RV的实验电路．要求测量尽量准确，实验必须在同一电路中，且在不增减元件的条件下完成．试画出符合要求的实验电路图（图中电源与开关已连接好），并标出所选元件的相应字母代号．
（3）V1内阻RV的表达式为 ，表达式中各测量量的物理意义 U1表示的V1读数，U2表示V2读数 ．
【考点】伏安法测电阻．
【专题】实验题；恒定电流专题．
【分析】本题（1）的关键是根据求出待测电压表的满偏电流远小于电流表量程可知，不能使用电流表测量电流；题（2）的关键是根据串并联规律可知待测电压表接在A处时才能解出待测电压表的电阻；题（3）的关键是根据串并联规律解出待测电压表内阻的表达式即可．
【解答】解：（1）、电压表的满偏电流为=，远小于电流表A的满偏电流，即两者串联时，电流表的读数过小，所以该方案不行；电流表读数过小；
（2）因电流表不能使用，我们可以借助电压表测量电流；故将电压表V1与R2串联后再由V2并联，则可以测量电流；因滑动变阻器阻值较小；故应采用分压接法；原理图如图所示；
（3）根据上面的分析应有： =；U1表示的V1读数，U2表示V2读数
故答案为：（1）电流表量程太大，不能准确测量流过电压表V1的电流
（2）如图所示；
（3）；U1表示的V1读数，U2表示V2读数
【点评】本题应明确：①电压表的反常规接法：即电压表可以当做电流表串联在电路中；②根据物理规律能解出待测物理量的实验就能做成．
11．如图所示为一条平直公路，其中A点左边的路段为足够长的柏油路面，A点右边路段为水泥路面，已知汽车轮胎与柏油路面的动摩擦因数为μ1，与水泥路面的动摩擦因数为μ2．某次测试发现，当汽车以速度v0在路面行驶时，刚过A点时紧急刹车后（车轮立即停止转动），汽车要滑行到B点才能停下．现在，该汽车以2v0的速度在柏油路面上向右行驶，突然发现B处有障碍物，需在A点左侧的柏油路段上某处紧急刹车，才能避免撞上障碍物．（重力加速度为g）
（1）求水泥路面AB段的长度；
（2）为防止汽车撞上障碍物，开始紧急刹车的位置距A点的距离至少为多少？若刚好不撞上，汽车紧急刹车的时间是多少？
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【专题】牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）汽车在水泥路上刹车做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求出汽车在水泥路面上的加速度，根据位移速度公式求出水泥路面AB段的长度；
（2）根据题意，汽车如果不撞上障碍物B，则在A点的速度应为v0，根据牛顿第二定律求出在柏油路面上的加速度，根据速度时间公式求出在柏油路上运动的时间及在水泥路面上运动的时间，两段时间之和即为总时间．根据速度位移公式求出开始紧急刹车的位置距A点的距离．
【解答】解：（1）水泥路面上运动的加速度大小为a2，则：
μ2mg=ma2
由：
解得：
（2）根据题意，汽车如果刚好不撞上障碍物B，在A点的速度应为v0，在柏油路上运动时间为t1，加速度大小为a1，运动位移为x1，则：
μ1mg=ma1
v0﹣2v0=﹣a1t1
解得：，
在水泥路面上运动时间为t2则：0﹣v0=﹣a2t2
解得：
汽车不撞上，则应在A点左侧距A点距离大于的位置开始紧急刹车．
汽车运动的时间：t=
答：（1）求水泥路面AB段的长度为；
（2）为防止汽车撞上障碍物，开始紧急刹车的位置距A点的距离至少为；
若刚好不撞上，汽车紧急刹车的时间是．
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，知道汽车如果不撞上障碍物B，则在A点的速度应为v0，难度适中．
12．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内，存在着磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的长为2a，宽为a的矩形有界匀强磁场（边界有磁场），在第三象限存在于y轴正向成30°角的匀强磁场．现有一质量为m，电荷量为+q的粒子从电场中的P点由静止释放，经电场加速后从O点进入磁场．不计粒子的重力．
（1）若粒子从磁场下边界射出，求粒子在磁场中运动的时间t；
（2）若粒子从磁场右边界射出，求PO间的电势差UPO的范围；
（3）若粒子从磁场上边界射出，求磁场上边界有粒子射出的区域的长度．
【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）粒子在磁场中做匀速圆周运动，求出粒子转过的圆心角，然后根据粒子的周期公式求出粒子的运动时间．
（2）粒子在电场中加速，由动能定理可以求出粒子进入磁场时的速度；粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何知识求出粒子的轨道半径，由牛顿第二定律列方程，解方程组可以求出OP间的电势差；
（3）根据粒子运动轨迹与粒子轨道半径，应用几何知识可以求出磁场上边界有粒子射出的区域的长度．
【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：T=，
若粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角为θ，则粒子在磁场中运动的时间为：t=T=，
从图中几何关系可知，β=π，
所以时间为：t==；
（2）由牛顿第二定律得：qvB=m，
解得：R=，
从磁场右边界射出的最小速度的粒子，在磁场中做圆周运动的半径最小．
如图所示，粒子从右边界以最小速度qB射出时轨道2对应的半径最小，
由几何关系可知：R2=a，
由牛顿第二定律：qvB=m，
带电粒子在电场中，由动能定理：qUPO=mv2，
联立得：UPO1=，
如图所示，粒子从右边界以最大速度射出时轨道3对应的半径最大，
根据几何关系可知：R3﹣a=R3sin30°，
解得：R3=2a，
解得：UPO2=，
则粒子从磁场右边界射出，≤UPO≤；
（3）由图中的几何关系可知：
磁场上边界粒子射出的区域的长度：
lAB=R3cos30°﹣atan30°=a；
答：（1）若粒子从磁场下边界射出，子在磁场中运动的时间t为；
（2）若粒子从磁场右边界射出，PO间的电势差UPO的范围是≤UPO≤；
（3）若粒子从磁场上边界射出，磁场上边界有粒子射出的区域的长度是a．
【点评】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、应用动能定理、牛顿第二定律、圆周运动的周期公式即可正确解题，解题时注意数学知识的应用．
（二）选考题：共45分．请考生从给出的3道物理题中每科任选一题作答．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．[物理--选修3-5]
13．用频率为ν的光照射光电管阴极时，产生的光电流随阳极与阴极间所加电压的变化规律如图所示，Uc为遏止电压．已知电子电荷量为﹣e，普朗克常量为h，则光电子的最大初动能Ekm= eUc ；该光电管发生光电效应的极限频率ν0= ν﹣ ．
【考点】爱因斯坦光电效应方程．
【专题】光电效应专题．
【分析】吸收光子的能量一部分克服逸出功，剩下的转化为电子的动能，根据最大初动能公式和动能定理求解．
当光电子的动能恰好能克服电场力做功时的电压即为遏止电压，从而求出极限频率．
【解答】解：（1）由动能定理，及Uc为遏止电压；
可知，电子的最大初动能EKm=eUc
（2）根据光电效应方程，EKm=hv﹣hv0；
所以v0=ν﹣；
故答案为：eUc；ν﹣．
【点评】本题考查了产生光电效应的原理和电子的最大初动能公式，注意极限频率与遏止电压的关系．
14．光滑水平面上有三个物块A、B和C位于同一直线上，如图所示，B的质量为1kg，A、C的质量都是3m，开始时三个物块都静止，让B获得向右的初速度v0，先与C发生弹性碰撞，然后B又与A发生碰撞并黏在一起，求B在前、后两次碰撞中受到的冲量大小之比．
【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．
【专题】动量定理应用专题．
【分析】由动量守恒定律求出速度，由动量定理求出物体受到的冲量，然后求出冲量之比．
【解答】解：设B、C发生弹性碰撞后的速度分别为v1、v2，取向右为正方向，
由动量守恒定律得：mv0=mv1+3mv2，
由机械能守恒定律得：，
解得：，，
B受到的冲量：，
设B与A碰撞后的共同速度为v3，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mv1=（m+3m）v3，解得：，
B受到的冲量：，
所以B受到的两次冲量大小之比：|I1|：|I2|=4：1；
答：B在前、后两次碰撞中受到的冲量大小之比为4：1．
【点评】物体碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后的速度，由动量定理求出物体受到的冲量，最后可以求出冲量之比，分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键．
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