湖南省長(zhǎng)沙長(zhǎng)郡中學(xué)2015屆高三上學(xué)期第四次月考物理試題及答案

1、湖南省長(zhǎng)沙長(zhǎng)郡中學(xué)2015屆高三上學(xué)期第四次月考物 理 試 題【試卷綜析】本試卷是高三模擬試題，包含了高中物理的全部?jī)?nèi)容，主要包含勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律、受力分析、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、電場(chǎng)、磁場(chǎng)、帶電粒子的運(yùn)動(dòng)、電磁感應(yīng)等內(nèi)容，在注重考查核心知識(shí)的同時(shí)，突出考查考綱要求的基本能力，重視生素養(yǎng)的考查，注重主干知識(shí)，兼顧覆蓋面。本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，時(shí)量90分鐘，滿分110分。第I卷 選擇題（共50分）一、選擇題：本題共10小題，每小題5分，共計(jì)50分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第17題只有一項(xiàng)符合題目要求，第810題有多項(xiàng)符合題目要求全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)或不選的得0分【題文】

2、12014年度諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)授予日本名古屋大學(xué)的赤崎勇、大野浩以及美國(guó)加州大學(xué)圣巴巴拉分校的中村修二，以表彰他們?cè)诎l(fā)明一種新型高效節(jié)能光源即藍(lán)色發(fā)光二極管（LED）方面的貢獻(xiàn)，在物理學(xué)的發(fā)展過程中，許多物理學(xué)家的科學(xué)發(fā)現(xiàn)推動(dòng)了人類歷史的進(jìn)步，下列表述符合物理學(xué)史實(shí)的是 A開普勒認(rèn)為只有在一定的條件下，彈簧的彈力才與彈簧的形變量成正比 B牛頓認(rèn)為在足夠高的高山上以足夠大的水平速度拋出物體，物體就不會(huì)冉落在地球上 C奧斯特發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，這和他堅(jiān)信電和磁之間一定存在著聯(lián)系的哲學(xué)思想是分不開的 D安培首先引入電場(chǎng)線和磁感線，極大地促進(jìn)了他對(duì)電磁現(xiàn)象的研究【知識(shí)點(diǎn)】 物理學(xué)史O2【答案解析】 B

3、解析： A、胡克認(rèn)為只有在一定的條件下，彈簧的彈力才與彈簧的形變量成正比，故A錯(cuò)誤;B、牛頓認(rèn)為在足夠高的高山上以足夠大的水平速度拋出一物體，物體將繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，不會(huì)再落在地球上，故B正確C、法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，這和他堅(jiān)信電和磁之間一定存在著聯(lián)系的哲學(xué)思想是分不開的，故C錯(cuò)誤D、法拉第首先引入電場(chǎng)線和磁感線，極大地促進(jìn)了他對(duì)電磁現(xiàn)象的研究，故D錯(cuò)誤;故選：B【思路點(diǎn)撥】根據(jù)物理學(xué)史和常識(shí)解答，記住著名物理學(xué)家的主要貢獻(xiàn)即可解答本題本題考查物理學(xué)史，是常識(shí)性問題，對(duì)于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強(qiáng)記憶，這也是考試內(nèi)容之一【題文】2用比值法定義物理量是物理學(xué)中一種常用的方法，下面

4、四個(gè)表達(dá)式符合比值法定義物理量的是 A加速度 B電流強(qiáng)度 C電場(chǎng)強(qiáng)度 D磁感應(yīng)強(qiáng)度【知識(shí)點(diǎn)】 牛頓第二定律C2【答案解析】 D 解析： A、加速度a與F和m有關(guān)，隨F和m的變化而變化不是運(yùn)用比值定義法定義的故A錯(cuò)誤B、電流強(qiáng)度I與電壓和電阻的大小有關(guān)，不是運(yùn)用比值定義法定義的故B錯(cuò)誤C、電場(chǎng)強(qiáng)度E與場(chǎng)源電荷的電量和距離場(chǎng)源電荷的距離有關(guān)，不是運(yùn)用比值定義法定義的故C錯(cuò)誤D、課本明確給出磁感應(yīng)強(qiáng)度定義式為：B=，故D正確故選D【思路點(diǎn)撥】所謂比值定義法，就是用兩個(gè)基本的物理量的“比”來定義一個(gè)新的物理量的方法比值法定義的基本特點(diǎn)是被定義的物理量往往是反映物質(zhì)的最本質(zhì)的屬性，它不隨定義所用的物理量

5、的大小取舍而改變解決本題的關(guān)鍵理解比值定義法的特點(diǎn)：被定義的物理量往往是反映物質(zhì)的最本質(zhì)的屬性，它不隨定義所用的物理量的大小取舍而改變【題文】3如圖所示，一條形磁鐵從靜止開始穿過采用雙線繞成的閉合線圈，條形磁鐵在穿過線圈過程中可能做A減速運(yùn)動(dòng) B勻速運(yùn)動(dòng)C白南落體運(yùn)動(dòng) D非勻變速運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)】 楞次定律L1【答案解析】 C 解析：穿過采用雙線繞法的通電線圈，相鄰并行的導(dǎo)線中電流方向相反，根據(jù)安培定則可知，它們產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向相反，在空中同一點(diǎn)磁場(chǎng)抵消，則對(duì)條形磁鐵沒有安培力作用，條形磁鐵只受重力，又從靜止開始下落，所以做自由落體運(yùn)動(dòng)故選C【思路點(diǎn)撥】根據(jù)安培定則判斷雙線繞法的通電線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)方

6、向關(guān)系，分析條形磁鐵所受的作用力，再判斷它的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)本題中線圈采用雙線并行繞法是消除自感的一種方式可用安培定則加深理解基礎(chǔ)題【題文】4如圖所示，A為水平放置的橡膠圓盤，在其側(cè)面帶有負(fù)電荷一Q，在A正上方用絲線懸掛一個(gè)金屬圓環(huán)B（絲線未畫出），使B的環(huán)面在水平面上與圓盤平行，其軸線與橡膠盤A的軸線O1O2重合現(xiàn)使橡膠盤A南靜止開始繞其軸線OlO2按圖中箭頭方向加速轉(zhuǎn)動(dòng)，則 A金屬圓環(huán)B有擴(kuò)大半徑的趨勢(shì)，絲線受到拉力增大 B金屬圓環(huán)B有縮小半徑的趨勢(shì)，絲線受到拉力減小 C金屬圓環(huán)B有擴(kuò)大半徑的趨勢(shì)，絲線受到拉力減小 D金屬圓環(huán)B有縮小半徑的趨勢(shì)，絲線受到拉力增大【知識(shí)點(diǎn)】 楞次定律L1 【答案解析

7、】 B 解析：帶電圓盤如圖轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，形成順時(shí)針方向的電流，根據(jù)右手螺旋定則可知，在圓盤上方形成的磁場(chǎng)方向豎直向下，由于加速轉(zhuǎn)動(dòng)，所以電流增大，磁場(chǎng)增強(qiáng)，穿過金屬圓環(huán)B的磁通量增大，根據(jù)楞次定律感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)要阻礙原磁通量的變化，所以金屬圓環(huán)B有縮小半徑的趨勢(shì)，金屬圓環(huán)B有向上的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，所以絲線受到拉力減小故選B【思路點(diǎn)撥】帶電圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)形成環(huán)形電流，利用右手螺旋定則判斷出環(huán)形電流在導(dǎo)線處的磁場(chǎng)方向，根據(jù)楞次定律進(jìn)行判定本題考查了電流的形成、右手螺旋定則，要深刻理解楞次定律“阻礙”的含義如“阻礙”引起的線圈面積、速度、受力等是如何變化的【題文】5南兩塊不平行的長(zhǎng)導(dǎo)體板組成的電容器如圖所示若使

8、兩板分別帶有等量異號(hào)的電荷，定性反映兩板間電場(chǎng)線分布的圖可能是【知識(shí)點(diǎn)】 電場(chǎng)線；電容器I1 I3【答案解析】 C 解析：兩板分別帶有等量異種電荷，根據(jù)電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系式U=Ed得，板間電勢(shì)差不變，距離越長(zhǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E越小，電場(chǎng)線越疏故ABD錯(cuò)誤，C正確;故選：C 【思路點(diǎn)撥】根據(jù)電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系式U=Ed得，板間電勢(shì)差不變，距離越長(zhǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E越小，電場(chǎng)越疏常見的電容器是平行板電容器，該題板不平行，但是可以運(yùn)用U=Ed定性分析判斷【題文】6一電流表南表頭G與電阻R并聯(lián)而成若在使用中發(fā)現(xiàn)此電流表讀數(shù)比準(zhǔn)確值稍小些，下列可采取的措施是 A在R上串聯(lián)一個(gè)比R小得多的電阻 B在R上串聯(lián)一

9、個(gè)比R大得多的電阻 C在R上并聯(lián)一個(gè)比R小得多的電阻 D在R上并聯(lián)一個(gè)比R大得多的電阻【知識(shí)點(diǎn)】 把電流表改裝成電壓表J6【答案解析】 A 解析： A 在R上串聯(lián)一個(gè)比R小得多的電阻，可實(shí)現(xiàn)增加分流電阻，減小分流，使電表示數(shù)增加故A正確; B 在R上串聯(lián)一個(gè)比R大得多的電阻，會(huì)使G表的電流增加太多，讀數(shù)偏大故B錯(cuò)誤; C 在R上并聯(lián)一個(gè)比R小得多的電阻，使分流更大，示數(shù)更偏小故C錯(cuò)誤; D 在R的并聯(lián)一個(gè)比R大的電阻，會(huì)使分流更大，示數(shù)更偏小故D正確;故選：A【思路點(diǎn)撥】讀數(shù)偏小說明通過G表的電流稍小，分流電阻分流偏大，分流電阻稍小，要采取的措施：稍增加分流電阻阻值考查的電流表的改裝原理，明確

10、分流與電阻成反比，電阻大，分流小，反之電阻小則分流大【題文】7如圖所示，水平傳送帶以速度v1勻速運(yùn)動(dòng)，小物體P、Q南通過定滑輪且小可伸長(zhǎng)的輕繩相連，t=0時(shí)刻P在傳送帶左端具有速度v2，已知v1>v2，P與定滑輪間的繩水平不計(jì)定滑輪與輕繩質(zhì)量以及定滑輪與繩間摩擦，繩足夠長(zhǎng)直到物體P從傳送帶右側(cè)離開以下判斷正確的是 A物體P一定先加速后勻速 B物體P可能一直勻速 C物體Q的機(jī)械能可能先增加后不變 D物體Q一直處于超重狀態(tài)【知識(shí)點(diǎn)】 牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系A(chǔ)2 C2【答案解析】B 解析：A、由于v1v2，且物體P向右運(yùn)動(dòng)，故P受到的摩擦力可能大于Q的重力，故P可能先加

11、速后勻速，也有可能一直加速運(yùn)動(dòng)，如果摩擦力等于Q的重力，則物體可能一直勻速，如果摩擦力小于Q的重力，則可能減速到右端，故A錯(cuò)誤、B正確；C、不論A中那種情況，繩子對(duì)物體Q的拉力都做正功，故Q的機(jī)械能增加，故C正確；D、當(dāng)物體先加速后勻速時(shí)，物體不可能一直處于超重，故D錯(cuò)誤；故選：B【思路點(diǎn)撥】由于v1v2，且物體P向右運(yùn)動(dòng)，故P受到的摩擦力可能大于Q的重力，故P可能先加速后勻速，也有可能一直加速運(yùn)動(dòng)，故物體Q不可能一直處于超重，因繩的拉力做正功，故Q的機(jī)械能增加；本題主要考查了物體在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)過程，可能是一直加速，也可能是先加速后勻速運(yùn)動(dòng)，分清過程是關(guān)鍵【題文】8如果太陽系幾何尺寸等比例地

12、膨脹，月球繞地球的運(yùn)動(dòng)近似為網(wǎng)周運(yùn)動(dòng)，則下列物理量變化正確的是（假設(shè)各星球的密度不變） A月球的向心加速度比膨脹前的小 B月球受到的向心力比膨脹前的大 C月球繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的周期與膨脹前的相同 D月球繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度比膨脹前的小【知識(shí)點(diǎn)】 萬有引力定律及其應(yīng)用D5【答案解析】 BC 解析：萬有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有： A、向心加速度：a=，太陽系幾何尺寸等比例地縮小，各星球的密度不變，由于質(zhì)量與半徑的三次方成正比，故表達(dá)式中分子增大的倍數(shù)更多，故向心加速度增大，故A錯(cuò)誤；B、向心力：F=G，太陽系幾何尺寸等比例地增大，各星球的密度不變，由于質(zhì)量與半徑的三次方成正比，故表

13、達(dá)式中分子增大的倍數(shù)更多，故向心力增大；故B正確；C、周期：T=2，太陽系幾何尺寸等比例地增大，各星球的密度不變，由于質(zhì)量與半徑的三次方成正比，故表達(dá)式中分子增大的倍數(shù)與分母減小的倍數(shù)相同，故公轉(zhuǎn)周期不變，故C正確；D、線速度：v=，太陽系幾何尺寸等比例地增大，各星球的密度不變，由于質(zhì)量與半徑的三次方成正比，故表達(dá)式中分子增大的倍數(shù)更多，故線速度增大，故D錯(cuò)誤；故選：BC【思路點(diǎn)撥】先根據(jù)萬有引力提供向心力得到線速度、向心加速度、周期和向心力的表達(dá)式，然后再結(jié)合幾何比例分析本題關(guān)鍵是根據(jù)牛頓第二定律推導(dǎo)出各個(gè)運(yùn)動(dòng)學(xué)參量的表達(dá)式進(jìn)行分析，注意質(zhì)量與半徑的三次方成正比【題文】9如圖所示，兩個(gè)傾角分

14、別為30o和60o的足夠長(zhǎng)光滑斜面同定于水平地面上，并處于方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中兩個(gè)質(zhì)量均為m、帶電荷量為+q的小滑塊甲和乙分別從兩個(gè)斜面頂端南靜止釋放，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后兩小滑塊都將飛離斜面，在此過程中A甲滑塊飛離斜面瞬間的速度比乙滑塊飛離斜面瞬間的速度大B甲滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比乙滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間短C甲滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的位移與乙滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的位移大小相同D兩滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的過程中（從釋放到離開斜面），重力的平均功率相等【知識(shí)點(diǎn)】共點(diǎn)力的平衡 帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng) B3 K3【答案解析】 AD 解析： A、物體飛離斜面的條件是洛倫茲力等于重力垂直于斜面的分力

15、，所以 ，角度越大，飛離斜面速度越小，故A正確；B、物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，斜面傾角大，加速度大，并且速度小，故所用時(shí)間短，甲滑離斜面時(shí)間小于大于乙滑離斜面時(shí)間，故B錯(cuò)誤；C、斜面傾角大，滑離速度大，時(shí)間短，故位移較小，即甲滑離斜面的位移大于乙滑離斜面的位移，故C錯(cuò)誤；D、 重力的平均功率 ，帶入數(shù)據(jù)解得 ，故D正確；故選AD【思路點(diǎn)撥】粒子離開斜面前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，重力沿斜面的分力提供加速度，離開斜面的條件是洛倫茲力等于重力垂直于斜面的分力，根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律即重力的平均功率可以求解?！绢}文】10如圖所示，有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長(zhǎng)為s=m，豎直邊ad長(zhǎng)為，h=1 m質(zhì)量均為，m、帶+電

16、量分別為+q和-q的兩粒子，比荷C/kg當(dāng)矩形區(qū)域只存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E=10 N/C、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，+q由a點(diǎn)沿ab方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)域，軌跡如圖，當(dāng)矩形區(qū)域只存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，-q南c點(diǎn)沿cd方向以同樣的速率進(jìn)入矩形區(qū)域，軌跡如圖不計(jì)重力，已知兩粒子軌跡均恰好通過矩形區(qū)域的幾何中心，則A做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的網(wǎng)心在b點(diǎn)B磁場(chǎng)方向垂直紙面向外C由題給數(shù)據(jù)，初速度v0可求D由題給數(shù)據(jù)，磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B可求 【知識(shí)點(diǎn)】 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)I3 K3【答案解析】 ACD 解析：A、因?yàn)閳A周運(yùn)動(dòng)的軌跡經(jīng)過矩形區(qū)域的幾何中心，設(shè)中心為0，根據(jù)幾何關(guān)系知，b

17、O= =1m，可知矩形區(qū)域幾何中心到b點(diǎn)的距離等于bc的距離，知b點(diǎn)為圓周運(yùn)動(dòng)的圓心故A正確 B、-q由c點(diǎn)沿cd方向以同樣的速率v0進(jìn)入矩形區(qū)域，根據(jù)洛倫茲力的方向，結(jié)合左手定則知，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，故B錯(cuò)誤C、因?yàn)榱Ｗ油ㄟ^矩形區(qū)域的幾何中心，可知沿電場(chǎng)方向上的距離y= =0.5m，垂直電場(chǎng)方向上的距離x=m，根據(jù)y=，可以求出初速度的大小故C正確;D、在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故 ，由C知 可知，故可計(jì)算B，故D正確； 故選：ACD【思路點(diǎn)撥】電荷在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，將電荷的運(yùn)動(dòng)分解為沿電場(chǎng)方向和垂直電場(chǎng)方向，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出初速度的大小粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，

18、根據(jù)幾何關(guān)系確定粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心解決本題的關(guān)鍵掌握處理粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)的方法，抓住等時(shí)性，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律求解，以及掌握粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的處理方向，關(guān)鍵確定圓心、半徑和圓心角第卷 非選擇題（共60分）二、實(shí)驗(yàn)題：本題共3小題，共18分，請(qǐng)將解答填寫在答題卡相應(yīng)的位置【題文】11（4分）在研究勻變速直線運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)中，小明正常進(jìn)行操作，打出的一條紙帶只有三個(gè)連續(xù)的清晰點(diǎn)，標(biāo)記為0、1、2，已知打點(diǎn)頻率為50 Hz，則紙帶的加速度為 ；而P點(diǎn)是紙帶上一個(gè)污點(diǎn)，小明想算出 P點(diǎn)的速度，你認(rèn)為小明的想法能否實(shí)現(xiàn)？若你認(rèn)為小能實(shí)現(xiàn)，請(qǐng)說明理南；若實(shí)現(xiàn)請(qǐng)算出 P點(diǎn)的速度： （如圖是小明用刻度

19、尺測(cè)量紙帶時(shí)的示意圖）【知識(shí)點(diǎn)】 測(cè)定勻變速直線運(yùn)動(dòng)的加速度A7【答案解析】 5m/s2；0.95m/s解析：根據(jù)刻度尺可知：0-1的距離x1=8cm，1-2的距離x2=18-8=10cm，物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，因此有：x=aT2，得：a=5m/s2根據(jù)勻加速直線運(yùn)動(dòng)相鄰的相等時(shí)間內(nèi)的位移之差是一個(gè)定值x=0.2cm，則打第3個(gè)點(diǎn)的位置為x3=1.8+1.2=3cm，打第4個(gè)點(diǎn)的位置為x4=3+1.4=4.4cm，打第5個(gè)點(diǎn)的位置為x5=4.4+1.6=6cm，打第6個(gè)點(diǎn)的位置為x5=6+1.8=7.8cm，由圖可知，P點(diǎn)的位置為7.8cm，所以P點(diǎn)就是打的第6個(gè)點(diǎn)物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)時(shí)

20、間中點(diǎn)的瞬時(shí)速度等于該過程的平均速度有：v1= =0.45m/s；則vP=v1+5Ta=0.45+5×0.02×5=0.95m/s【思路點(diǎn)撥】根據(jù)刻度尺讀出兩個(gè)點(diǎn)之間的距離，據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論公式x=aT2可以求出加速度的大小，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中時(shí)間中點(diǎn)的速度等于該過程中的平均速度求出點(diǎn)1的速度，根據(jù)點(diǎn)2到P點(diǎn)的距離，求出2到P之間還有幾個(gè)點(diǎn)，根據(jù)勻加速直線運(yùn)動(dòng)速度時(shí)間公式求出P點(diǎn)速度本題借助實(shí)驗(yàn)考查了勻變速直線的規(guī)律以及推論的應(yīng)用，在平時(shí)練習(xí)中要加強(qiáng)基礎(chǔ)知識(shí)的理解與應(yīng)用，提高解決問題能力【題文】12（6分）某照明電路出現(xiàn)故障，其電路如圖所示，該電路用標(biāo)稱值為12 V

21、的蓄電池作為電源，導(dǎo)線與接線柱接觸良好維修人員使用已凋好的多用電表直流50 V擋檢測(cè)故障，他將黑表筆接在c點(diǎn)，用紅表筆分別探測(cè)電路的a、b點(diǎn) （1）斷開開關(guān)，紅表筆接a點(diǎn)時(shí)多用電表指示如圖2所示，讀數(shù)為_ V，說明 （選填“蓄電池”、“保險(xiǎn)絲”、“開關(guān)”或“小燈”）正常 （2）紅表筆接b點(diǎn)，斷開開關(guān)時(shí)，表針不偏轉(zhuǎn)，閉合開關(guān)后，多用電表指示仍然和圖2相同，可判定發(fā)牛故障的器件是 （選填“蓄電池”、“保險(xiǎn)絲”、“開關(guān)”或“小燈”）【知識(shí)點(diǎn)】 用多用電表測(cè)電阻J5【答案解析】 （1）11.5；蓄電池；（2）小燈解析：（1）量程為50V，故最小刻度為1V，故讀數(shù)為11.5V；電壓表測(cè)量是路端電壓，接進(jìn)

22、電源的電動(dòng)勢(shì)，說明蓄電池正常；（2）閉合開關(guān)后，多用表指示讀數(shù)等于路端電壓，說明小燈泡斷路；【思路點(diǎn)撥】（1）先找準(zhǔn)刻度，得到最小分度，再讀數(shù)；電壓表測(cè)量是路端電壓；（2）閉合開關(guān)后，多用表指示讀數(shù)等于路端電壓，說明小燈泡斷路本題關(guān)鍵是明確用多用電表電壓擋檢測(cè)電路故障的方法，結(jié)合閉合電路歐姆定律來判斷各個(gè)部分的電路情況，基礎(chǔ)題目【題文】13（8分）為了測(cè)量某電池電動(dòng)勢(shì)E、內(nèi)阻，一和一個(gè)電流表內(nèi)阻RA（已知電流表內(nèi)阻RA與電源內(nèi)阻相差不大），小紅同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)電路 （1）根據(jù)圖甲實(shí)驗(yàn)電路，請(qǐng)?jiān)谝覉D中用筆畫線代替導(dǎo)線，完成實(shí)物電路的連接（2）實(shí)驗(yàn)開始前，應(yīng)先將滑動(dòng)變阻器的滑片P調(diào)到 （

23、選填“a”或“b”）端（3）合上開關(guān)Sl，S2接圖甲中的1位置，改變滑動(dòng)變阻器的阻值，記錄下幾組電壓表示數(shù)和對(duì)應(yīng)的電流表示數(shù)；S2接圖甲中的2位置，改變滑動(dòng)變阻器的阻以值，再記錄下幾組電壓表示數(shù)和對(duì)應(yīng)的電流表示數(shù)在同一坐標(biāo)系內(nèi)分別描點(diǎn)作出電壓表示數(shù)U和對(duì)應(yīng)的電流表示數(shù)I的圖象如圖丙所示，兩直線與縱軸的截距分別為UA、UB，與橫軸的截距分別為IA、IB 接l位置時(shí)，作出的UI圖線是圖丙中的 （選填“A”或“B”）圖線；測(cè)出的電池電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r存在系統(tǒng)誤差，原因是 ；由圖丙可知，干電池電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的真實(shí)值分別為Z = ，r= ，由圖丙可知，電流表內(nèi)阻RA= ?！局R(shí)點(diǎn)】 測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻J

24、7【答案解析】 （1）（2）a；（3）B；UA；解析：（1）根據(jù)圖示電路圖連接實(shí)物電路圖，實(shí)物電路圖如圖所示：（2）為保護(hù)電路，實(shí)驗(yàn)開始前，應(yīng)先將滑動(dòng)變阻器的滑片P調(diào)到a端（3）當(dāng)S2接1位置時(shí)，可把電壓表與電源看做一個(gè)等效電源，根據(jù)閉合電路歐姆定律：E=U斷可知，電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的測(cè)量值均小于真實(shí)值，所以作出的U-I圖線應(yīng)是B線；測(cè)出的電池電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r存在系統(tǒng)誤差，原因是電壓表分流造成當(dāng)S2接2位置時(shí)，可把電流表與電源看做一個(gè)等效電源，根據(jù)閉合電路歐姆定律E=U斷可知電動(dòng)勢(shì)測(cè)量值等于真實(shí)值，U-I圖線應(yīng)是A線，即E真=UA；由圖示圖象可知，E真=UA，由于S2接接1位置時(shí)，U-I圖線的B線對(duì)

25、應(yīng)的短路電流為I短=IB，所以r真=；開關(guān)S2接2位置時(shí)，U-I圖象如圖A所示，此時(shí)：r真+RA=，電流表內(nèi)阻：RA=；【思路點(diǎn)撥】根據(jù)電路圖連接實(shí)物電路圖為保護(hù)電路閉合開關(guān)前滑片應(yīng)置于阻值最大處本題考查了連接實(shí)物電路圖、實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)、求電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻，分析清楚電路結(jié)構(gòu)，根據(jù)圖象可以求出電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻，要掌握應(yīng)用圖象法處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的方法三、計(jì)算題：本題共4小題，共計(jì)42分解答時(shí)請(qǐng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟只寫出最后答案的不能得分有數(shù)值計(jì)算的，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位【題文】14（9分）在校運(yùn)會(huì)上，100米迎面接力賽成為一大亮點(diǎn)比賽中某同學(xué)接棒后，開始以a1=4 m/s2

26、的加速度勻加速起跑，一段時(shí)間后達(dá)到最大速度，接著以最大速度持續(xù)奔跑10 s，再以大小為a2=2m/S2的加速度做勻減速直線運(yùn)動(dòng)跑到終點(diǎn)，速度為4 m/s，完成交接棒則： （1）該同學(xué)在奔跑中的最大速度vm是多少？ （2）該同學(xué)跑完100米的時(shí)間t是多少？【知識(shí)點(diǎn)】 勻變速直線暈的位移與時(shí)間的關(guān)系，勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度與時(shí)間的關(guān)系A(chǔ)2 A8【答案解析】（1）8m/s （2）14s 解析： (1)全過程最大速度為 ，勻速奔跑時(shí)間 ，末速度 ，勻加速直線運(yùn)動(dòng)的距離： 勻速直線暈的距離： 勻減速直線運(yùn)動(dòng) 的距離： 位移關(guān)系： 聯(lián)立，帶入數(shù)值解得： （2）勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 跑完全

27、程的時(shí)間為： 聯(lián)立帶入數(shù)值得： 【思路點(diǎn)撥】（1）設(shè)最大速度為 ，根據(jù)速度位移關(guān)系得到勻加速、勻減速的位移表達(dá)式，然后根據(jù)位移關(guān)系之和為100m求得最大速度。（2）根據(jù)勻加速、勻減速直線運(yùn)動(dòng)速度與時(shí)間關(guān)系求得勻加速、勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，然后求得總時(shí)間?！绢}文】15（10分）下圖是導(dǎo)軌式電磁炮實(shí)驗(yàn)裝置示意圖兩根平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌沿水平方向同定，其間安放金屬滑塊（即實(shí)驗(yàn)用彈丸）滑塊可沿導(dǎo)軌無摩擦滑行且始終與導(dǎo)軌保持良好接觸電源提供的強(qiáng)大電流從一根導(dǎo)軌流入，經(jīng)過滑塊，再?gòu)牧硪粚?dǎo)軌流同電源滑塊被導(dǎo)軌巾的電流形成的磁場(chǎng)推動(dòng)而發(fā)射在發(fā)射過程中，該磁場(chǎng)在滑塊所在位置始終可以簡(jiǎn)化為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于紙面，其

28、強(qiáng)度與電流的關(guān)系為B=k I，其中比例常量k=2.5×l06 T/A已知兩導(dǎo)軌內(nèi)側(cè)間距為l=3.0×102 m，滑塊的質(zhì)量為m=3.0×102 kg，滑塊沿導(dǎo)軌滑行5m后獲得的發(fā)射速度為v=3.0×103 m/s（此過程視為勻加速運(yùn)動(dòng)）（1）求發(fā)射過程巾金屬滑塊的加速度大小；（2）求發(fā)射過程中電源提供的電流強(qiáng)度大小；（3）若電源輸出的能量有9%轉(zhuǎn)化為滑塊的動(dòng)能，則發(fā)射過程巾電源的輸出功率和輸出電壓各是多大？【知識(shí)點(diǎn)】 安培力；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系；牛頓第二定律A2 C2 K1【答案解析】 （1）9×105m/s2；（2）6.0

29、15;105A；（3）750V解析：（1）由勻加速運(yùn)動(dòng)公式 a= =9×105m/s2（2）由安培力公式和牛頓第二定律，有 F=IBl=kI2l，kI2l=ma因此  I= =6.0×105A（3）滑塊獲得的動(dòng)能是電源輸出能量的，即Pt×9%=mv2發(fā)射過程中電源供電時(shí)間t=×10-2s所需的電源輸出功率為P= =4.5×108W由功率P=IU，解得輸出電壓  U= =750V【思路點(diǎn)撥】（1）由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定滑塊加速的加速度，再由動(dòng)能定理求得安培力，最后得到電流強(qiáng)度；（2）先由運(yùn)動(dòng)學(xué)

30、公式確定滑塊加速的時(shí)間，再由能量守恒定律結(jié)合已知條件列式求解即可；（3）根據(jù)動(dòng)能定理和動(dòng)量守恒定律結(jié)合已知條件聯(lián)立方程組求解即可滑塊加速過程只有安培力做功，碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，還可結(jié)合動(dòng)能定理求解【題文】16（10分）如圖（甲）所示，在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中存在著一半徑為R的圓形區(qū)域，O點(diǎn)為該圓形區(qū)域的圓心，A點(diǎn)是圓形區(qū)域的最低點(diǎn)，B點(diǎn)是圓形區(qū)域最右側(cè)的點(diǎn)在A點(diǎn)有放射源釋放出初速度大小不同、方向均垂直于電場(chǎng)強(qiáng)度、方向向右的正電荷，電荷的質(zhì)量為m電量為q，不計(jì)電荷重力、電荷之間的作用力（1）某電荷的運(yùn)動(dòng)軌跡和圓形區(qū)域的邊緣交于P點(diǎn)，如圖（甲）所示，POA=，求該電荷從A點(diǎn)出

31、發(fā)時(shí)的速率；（2）若在圓形區(qū)域的邊緣有一接收屏CBD，如圖（乙）所示，C、D分別為接收屏上最邊緣的兩點(diǎn)，COB=BOD= 30o，求該屏上接收到的電荷的最大動(dòng)能和最小動(dòng)能【知識(shí)點(diǎn)】 帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；動(dòng)能定理的應(yīng)用I3 E2【答案解析】（1） （2）qER和qER 解析 ：（1）電荷從A到P做類平拋運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得   a=水平方向：Rsin=v0t豎直方向：R-Rcos=at2聯(lián)立解得，v0=（2）由（1）得知，粒子從A點(diǎn)出發(fā)時(shí)的動(dòng)能為設(shè)經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek，則有   qE（R-Rcos）=Ek-解得，Ek=qER(5-3cos)當(dāng)電

32、荷打到C點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)力做功最大，電荷獲得的動(dòng)能最大，最大動(dòng)能為EkC=qER(5-3cos120°)= qER打在D點(diǎn)電場(chǎng)力最小，獲得的動(dòng)能最小，最小動(dòng)能為EkD=qER(5-3cos60°)= qER【思路點(diǎn)撥】（1）電荷從A到P做類平拋運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求出加速度電荷水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，此電荷水平位移為Rsin，豎直位移為R-Rcos，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和幾何關(guān)系求出該電荷從A點(diǎn)出發(fā)時(shí)的速率（2）當(dāng)電荷打到C點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)力做功最大，電荷獲得的動(dòng)能最大，打在D點(diǎn)電場(chǎng)力最小，獲得的動(dòng)能最小，根據(jù)動(dòng)能定理求解該屏上接收到的電荷的最大動(dòng)能和最小動(dòng)能本題是平拋運(yùn)動(dòng)和動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用，同時(shí)要充分應(yīng)用幾何知識(shí)輔助求解【題文】17（13分）如圖所示，OAC的三個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)分別為O（0，0）、A（L，0）、C（0，L），在OAC區(qū)