四川省成都市2016届高三上学期第一次检测物理试卷

四川省成都市2016届高三上学期第一次检测物理试卷

www.ks5u.com ‎2015-2016学年四川省成都市高三（上）第一次检测物理试卷 ‎　‎ 一、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6-7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．如图所示为水平放置的两根等高固定长直细导线的截面图，O点是两导线间距离的中点，a、b是过O点的竖直线上与O点距离相等的两点，两导线中通有大小相等、方向相反的恒定电流．下列说法正确的是（　　）‎ A．两导线之间存在相互吸引的安培力 B．O点的磁感应强度为零 C．O点的磁感应强度方向竖直向下 D．a、b两点的磁感应强度大小相等、方向相反 ‎2．我国研制的北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，系统由5颗地球同步轨道卫星和30颗低轨卫星组网而成（见图），这些卫星的运动均可看作匀速圆周运动．2012年12月27日，北斗导航系统正式投入运营，计划到2020年完全建成．关于该导航系统，下列说法正确的是（　　）‎ A．系统中的地球同步轨道卫星可以定位在成都正上方 B．系统中从地面发射质量为m的同步卫星比发射质量为m的低轨卫星所需的能量更多 C．系统中卫星的运行周期和月亮绕地球运行的周期可能相同 D．系统中卫星的运行速度可以大于11.2 km/s ‎3．如图所示的电路中，Ro 为热敏电阻（温度降低电阻增大），C为平行金属板，M点接地．闭合开关S，待电路稳定后，C中央有一带电液滴刚好静止．下列各项单独操作，可能使带电液滴向下运动的是（　　）‎ A．断开开关S B．将变阻器R的滑动头P向上滑动 C．加热热敏电阻Ro D．将C的上极板略向下平移 ‎4．如图所示，斜面c置于水平面上，小物体b置于c上，小球a用细线跨过光滑定滑轮与b相连，b与滑轮间的细线保持竖直，将a从图示位置（此时细线绷紧）无初速释放，使a在竖直平面内摆动，在a摆动的过程中，b、c始终保持静止．下列说法正确的是（　　）‎ A．a的质量一定小于b的质量 B．a摆动的过程中，b所受c的静摩擦力方向可能沿斜面向下 C．a摆动的过程中，c可能受到水平面的静摩擦力作用 D．a摆动的过程中，c对水平面的压力大小可能等于b、c的重力大小之和 ‎5．如图所示是半径为R的圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B方向垂直于纸面向外．一电荷量为q、质量为m的带正电离子（不计重力）沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点P与ab的距离为．若离子做圆周运动的半径也为R，则粒子在磁场中运动的时间为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．如图甲所示，在倾角为 ‎ 37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量m=2kg、可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连．t=0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v﹣t图象如图乙所示，其中Ob段为曲线，bc段为直线，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．则下列说法正确的是（　　）‎ A．在滑块与弹簧脱离之前，滑块一直做加速运动 B．滑块在0.15 s末的加速度为﹣8 m/s2‎ C．滑块在0.1 s末克服重力做功的功率是32 W D．滑块与斜面间的动摩擦因数u=0.25‎ ‎7．如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中一个四边形区域的四个顶点，电场线与四边形所在平面平行．已知ab∥cd，ab⊥bc，2ab=cd=bc=2l．a、b、d三点的电势分别为φa=24V、φb=28V，φd=12V．一质子（不计重力）经过b点的速度大小为v、方向与bc成45°，一段时间后质子经过了c点．则下列说法正确的是（　　）‎ A．c点的电势为20 V B．场强的方向由a指向c C．质子从b至c所用的时间为 D．质子到达c点的速度大小为v ‎　‎ 二、非选择题 ‎8．某同学用图示装置验证机械能守恒定律．先将气垫导轨倾斜放置，用刻度尺分别测出固定在导轨上的两个光电门a、b中心之间的距离L、导轨两端的水平距离s、两端的高度差h；接着利用游标卡尺测出滑块上遮光条的宽度d．‎ 接通电源形成气垫后使滑块由静止开始沿导轨下滑，若此过程中导轨可看作光滑斜面，则滑块在导轨上的运动为　　‎ ‎（选填“匀速直线”、“匀加速直线”或“变加速直线”）运动．‎ 再利用与a、b连接的光电计时器，测出滑块通过a、b的时间分别为t1、t2．已知滑块质量为m，且认为滑块经过a、b位置的速度大小分别为、，当地重力加速度值为g．则滑块从a至b运动的过程中，重力势能的减少量为△EP=　　，动能的增加量为△Ek=　　．（结果用L、s、h、d、tl、t2、m、g表示）‎ ‎9．（11分）某兴趣小组利用多个柠檬制作了一个电池组，其电动势约为6V，内阻约为1000n．现准备利用实验室提供的下列器材简洁、精确地测出该电池组的电动势和内电阻．‎ A．电压表V1（满偏电压4.5V，内阻约50kΩ）‎ B．电压表V2（满偏电压1.2V，内阻Rv=lkΩ）‎ C．电流表A（0～20mA，内阻约100Ω）‎ D．滑动变阻器R1（0～10Ω，1 A）‎ E．滑动变阻器R2（0～3000Ω，0.1A）‎ F．定值电阻R3（阻值R3=1kΩ）‎ G．开关S一个、导线若干条 ‎①小组同学们共同设计了如图甲所示的电路，请按实验电路图用笔画线完成图乙中的实物连线；‎ ‎②图甲中电表l应选　　，电表2应选　　，滑动变阻器应选　　；（填所选器材的序号字母）‎ ‎③请写出该电池组的电动势E、内电阻r与所选电表测量示数（比如“V1的示数U1”、“V2的示数U2”或“A的示数I”）及相应电表已知量的电学符号（比如Rv）、定值电阻的电学符号R3的函数关系式：E=　　．‎ ‎10．（15分）2015年11月29日，央视全程直播了首届南京国际马拉松赛，在临近终点前的十分钟内，出现了一组精彩的画面，平直公路上，一位紧随某男选手的非洲女选手突然发力，在很短的时间内追上且超越了该男选手，井一鼓作气奔跑到终点，赢得了女子组全程赛冠军．现将该过程理想化模拟如下：t=0时刻，女选手以v1=4.5m/s的速度开始做匀加速直线运动追赶在她前面△x1=19.5m处的男选手，加速过程共持续40s，其中，30s末两选手恰并排而行，40s末女选手开始保持最大速度做匀速直线运动；男选手则始终以vt=4.6m/s的速度做匀速直线运动．求：‎ ‎（1）女选手做匀加速直线运动的加速度大小a；‎ ‎（2）60s末，女选手领先男选手的距离△x2．‎ ‎11．（17分）如图所示，倾斜传送带与水平方向的夹角θ=37°，以v=1m/s的速度顺时针匀速转动，两轮的大小可忽略，两轮间的距离L=9m，一可视为质点的煤块以大小v0=11m/s，方向平行于斜面向上的速度从底端滑上皮带，煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，整个过程中煤块质量的变化不计，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：‎ ‎（1）从滑上传送带到第一次速度达到1m/s的过程中，煤块相对传送带通过的路程；‎ ‎（2）煤块在传送带上运动的总时间．‎ ‎12．（19分）如图所示的绝缘细杆轨道固定在竖直面内，其中，轨道半径为R的光滑圆弧段杆与水平段杆和粗糙倾斜段杆分别在A、B两点相切，圆弧杆的圆心O处固定着一个带正电的电荷．现有一质量为m、可视为质点的带负电小球穿在水平杆上，以方向水平向右、大小等于的速度通过A点，小球能够上滑的最高点为C，到达C后，小球将沿杆返回．若∠COB=30°，小球第一次过A点后瞬间对圆弧细杆向下的弹力大小为mg，从A至C小球克服库仑力做的功为mgR，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）小球第一次到达B点时的动能是多少？‎ ‎（2）小球在C点受到的库仑力大小是多大？‎ ‎（3）小球返回A点前瞬间，对圆弧杆的弹力是多大？（结果用m、g、R表示）‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年四川省成都市高三（上）第一次检测物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、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6-7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．如图所示为水平放置的两根等高固定长直细导线的截面图，O点是两导线间距离的中点，a、b是过O点的竖直线上与O点距离相等的两点，两导线中通有大小相等、方向相反的恒定电流．下列说法正确的是（　　）‎ A．两导线之间存在相互吸引的安培力 B．O点的磁感应强度为零 C．O点的磁感应强度方向竖直向下 D．a、b两点的磁感应强度大小相等、方向相反 ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感应强度．‎ ‎【分析】根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、O三点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成．‎ ‎【解答】解：A、由图可知，两处电流的方向相反，所以它们之间存在相互排斥的作用力．故A错误．‎ B、C、由安培定则可知，左侧的电流在O处产生的磁场方向竖直向下，右侧的电流在O处产生的磁场方向竖直向下，方向相同，所以合磁场的方向向下．故B错误，C正确．‎ D、结合安培定则，分别作出两处电流在a、b两点的磁场方向如图，可知a、b两点的磁感应强度方向相同．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成．‎ ‎　‎ ‎2．我国研制的北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，系统由5颗地球同步轨道卫星和30颗低轨卫星组网而成（见图），这些卫星的运动均可看作匀速圆周运动．2012年12月27日，北斗导航系统正式投入运营，计划到2020年完全建成．关于该导航系统，下列说法正确的是（　　）‎ A．系统中的地球同步轨道卫星可以定位在成都正上方 B．系统中从地面发射质量为m的同步卫星比发射质量为m的低轨卫星所需的能量更多 C．系统中卫星的运行周期和月亮绕地球运行的周期可能相同 D．系统中卫星的运行速度可以大于11.2 km/s ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】地球同步卫星相对地球静止，同步卫星位于赤道平面内；‎ 卫星轨道半径越大，发射卫星时克服地球引力做功越多，发射卫星时消耗的能量越多；‎ 卫星绕地球做圆周运动，根据周期公式与轨道半径关系判断周期关系；‎ 围绕绕地球做圆周运动，没有脱离地球的吸引，卫星速度小于第二宇宙速度．‎ ‎【解答】‎ 解：A、同步卫星相对地球静止，同步卫星位于赤道平面内，成都不在赤道上，因此地球同步轨道卫星不能定位在成都正上方，故A错误；‎ B、卫星轨道半径越大发射卫星时克服地球引力做功越多，因此系统中从地面发射质量为m的同步卫星比发射质量为m的低轨卫星所需的能量更多，故B正确；‎ C、卫星绕地球做圆周运动的周期：T=2π，卫星的轨道半径小于月亮的轨道半径，则卫星的周期小于月亮的周期，故C错误；‎ D、11.2km/s是地球的第二宇宙速度，达到此速度的物体可以脱离地球的吸引，系统中的卫星没有脱离地球的吸引，系统中的卫星的运行速度小于7.9km/s，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力、知道同步卫星位于赤道平面内是解题的关键，应用牛顿第二定律与万有引力公式可以解题．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示的电路中，Ro为热敏电阻（温度降低电阻增大），C为平行金属板，M点接地．闭合开关S，待电路稳定后，C中央有一带电液滴刚好静止．下列各项单独操作，可能使带电液滴向下运动的是（　　）‎ A．断开开关S B．将变阻器R的滑动头P向上滑动 C．加热热敏电阻Ro D．将C的上极板略向下平移 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；电容；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电容器板间电压等于变阻器R1两端的电压，改变变阻器阻值时，分析外电阻的变化，由欧姆定律分析电流表计数的变化及变阻器两端电压的变化．当变阻器的电压减小时，油滴将向下上运动．改变板间距离，判断电容的变化，由E=分析场强变化．‎ ‎【解答】解：A、开关S断开，电容器两板间电压为电源电动势，故电压增大，电场增强，故液滴受到的电场力大于重力，带电液滴向上运动，故A错误．‎ B、仅把R1的滑动端向上滑动时，电路的电阻减小，电流增大，那么电容器两端电压减小，因此油滴所受的电场力变小，带电液滴向下运动．故B正确．‎ C、将R0加热电阻减小，电路中电流增加，R两端电压增大，电容器极板间的电压增大，电场增强，故液滴受到的电场力大于重力，带电液滴向上运动．故C错误．‎ D、若C的上极板略向下平移，仅把两极板A、B间距离减小，不改变电路的电阻，则不改变电路的电流，由E=分析知，板间场强增大，油滴所受的电场力增大，则油滴向上运动，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题是电路的动态分析问题，关键抓住电容器的电压等于变阻器两端的电压，由E=分析板间场强变化，判断出油滴的运动方向．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，斜面c置于水平面上，小物体b置于c上，小球a用细线跨过光滑定滑轮与b相连，b与滑轮间的细线保持竖直，将a从图示位置（此时细线绷紧）无初速释放，使a在竖直平面内摆动，在a摆动的过程中，b、c始终保持静止．下列说法正确的是（　　）‎ A．a的质量一定小于b的质量 B．a摆动的过程中，b所受c的静摩擦力方向可能沿斜面向下 C．a摆动的过程中，c可能受到水平面的静摩擦力作用 D．a摆动的过程中，c对水平面的压力大小可能等于b、c的重力大小之和 ‎【考点】向心力；物体的弹性和弹力；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】‎ A在竖直平面内摆动，做圆周运动，重力和绳子的拉力的合力提供向心力，而BC处于静止状态，受力平衡，选择适当的物体或系统进行受力分析即可求解．‎ ‎【解答】解：A、小球a在最低点时，绳子的拉力和重力提供向心力，则F=；当绳子的拉力正好等于b的重力时，bc之间没有弹力；而在a摆动的过程中，b、c始终保持静止，说明b的重力必须大于a的重力，a的质量一定小于b的质量．故A正确；‎ B、当绳子的拉力正好等于b的重力时，bc之间没有弹力，此时BC间摩擦力等于零，若绳子的拉力小于B的重力，则B有沿斜面向下运动的趋势，受沿斜面向上的摩擦力，‎ 可见小物体B所受静摩擦力方向不可能沿斜面向下，故B错误；‎ C、b与c接触的时候处于相对静止，对b、c整体进行受力分析可知，水平方向没有运动的趋势，所以c不受地面的摩擦力，故C错误；‎ D、a在竖直平面内摆动，做类单摆运动，合力不指向圆心，但向心力是一定指向圆心的，所以绳子的拉力不可能等于零，所以c对地面的压力不可能等于b、c重力之和，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题解题的关键是受力分析，要求同学们能正确选择研究对象进行受力分析，知道A在竖直平面内摆动，做圆周运动，重力和绳子的拉力的合力提供向心力，绳子的拉力不可能等于零，难度适中．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示是半径为R的圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B方向垂直于纸面向外．一电荷量为q、质量为m的带正电离子（不计重力）沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点P与ab的距离为．若离子做圆周运动的半径也为R，则粒子在磁场中运动的时间为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】根据题意可明确粒子运动的轨迹，再根据几何关系可明确粒子在磁场转过的圆心角，再根据周期公式即可求得粒子在磁场中运动的时间．‎ ‎【解答】解：由左手定则可知，粒子向上偏转，而转动半径与圆半径相同，均为R，则可知运动轨迹如图所示；‎ 由几何关系可知，粒子转动的圆心角为120°；而粒子在磁场中转动的周期为：T=，‎ 则粒子转动时间为：t==，故D正确，ABC错误．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查带电粒子在磁场中运动的规律应用，要注意明确几何关系的应用，注意两半径相等是解题的关键，同时注意掌握带电粒子在磁场中的周期公式应用．‎ ‎　‎ ‎6．如图甲所示，在倾角为 37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量m=2kg、可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连．t=0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v﹣t图象如图乙所示，其中Ob段为曲线，bc段为直线，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．则下列说法正确的是（　　）‎ A．在滑块与弹簧脱离之前，滑块一直做加速运动 B．滑块在0.15 s末的加速度为﹣8 m/s2‎ C．滑块在0.1 s末克服重力做功的功率是32 W D．滑块与斜面间的动摩擦因数u=0.25‎ ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】物体离开弹簧后向上做匀减速运动，根据速度时间图线求出匀减速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出动摩擦因数的大小，结合图象判断出在0﹣0.1s过程的运动状态 ‎【解答】解：A、在0﹣0.1s过程中为物体和弹簧接触的过程，由图象可知，滑块先做加速后做减速运动，故A错误；‎ B、在v﹣t图象中，斜率代表加速度，斜率为a=，加速度大小为8m/s2，故B正确；‎ C、滑块在0.1 s末物体处于某一位置，古无法克服重力做功，故C错误；‎ D、滑块在0.1s～0.2s内，由牛顿第二定律可知：﹣mgsin37°﹣μmgcos37°=ma，解得：，故D正确；‎ 故选：BD ‎【点评】本题考查了牛顿第二定律、以及运动学公式的综合，综合性较强，通过匀减速运动得出动摩擦因数是解决本题的关键 ‎　‎ ‎7．如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中一个四边形区域的四个顶点，电场线与四边形所在平面平行．已知ab∥cd，ab⊥bc，2ab=cd=bc=2l．a、b、d三点的电势分别为φa=24V、φb=28V，φd=12V．一质子（不计重力）经过b点的速度大小为v、方向与bc成45°，一段时间后质子经过了c点．则下列说法正确的是（　　）‎ A．c点的电势为20 V B．场强的方向由a指向c C．质子从b至c所用的时间为 D．质子到达c点的速度大小为v ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【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，由运动的分解法求质子到达c点的速度大小．‎ ‎【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24V，b点电势为28V，d点电势为12V，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24V，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N的电势与c相等，为20V．故A正确．‎ B、Nc为等势线，其垂线bd为场强方向，b→d，故B错误．‎ C、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=，故C错误．‎ D、质子从b→c，垂直于初速度方向的分位移为l，由l=，得vy=2v，故质子到达c点的速度大小为 vc==v，故D正确．‎ 故选：AD ‎【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．‎ ‎　‎ 二、非选择题 ‎8．某同学用图示装置验证机械能守恒定律．先将气垫导轨倾斜放置，用刻度尺分别测出固定在导轨上的两个光电门a、b中心之间的距离L、导轨两端的水平距离s、两端的高度差h；接着利用游标卡尺测出滑块上遮光条的宽度d．‎ 接通电源形成气垫后使滑块由静止开始沿导轨下滑，若此过程中导轨可看作光滑斜面，则滑块在导轨上的运动为　匀加速直线　（选填“匀速直线”、“匀加速直线”或“变加速直线”）运动．‎ 再利用与a、b连接的光电计时器，测出滑块通过a、b的时间分别为t1、t2．已知滑块质量为m，且认为滑块经过a、b位置的速度大小分别为、，当地重力加速度值为g．则滑块从a至b运动的过程中，重力势能的减少量为△EP=　mg　，动能的增加量为△Ek=　　．（结果用L、s、h、d、tl、t2、m、g表示）‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】根据牛顿第二定律，结合运动性质，即可判定；根据下降的高度求出重力势能的减小量，依据动能表达式，即可求出从a至b运动过程中动能的增加量，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：滑块由静止开始沿导轨下滑，对滑块受力分析，重力，支持力，由矢量的合成法则，可知，合力恒定，‎ 根据牛顿第二定律，可判定滑块做匀加速直线运动，‎ 滑块从a至b运动的过程中，重力势能的减少量为：‎ ‎△EP=mg；‎ 而动能的增加量为：‎ ‎△Ek==‎ 故答案为：匀加速直线；mg；．‎ ‎【点评】考查由力分析运动情况，掌握重力势能与动能的变化量的求解方法，注意下落的高度是解题的关键，同时理解几何关系中相似比．‎ ‎　‎ ‎9．（11分）（2016•洛江区一模）某兴趣小组利用多个柠檬制作了一个电池组，其电动势约为6V，内阻约为1000n．现准备利用实验室提供的下列器材简洁、精确地测出该电池组的电动势和内电阻．‎ A．电压表V1（满偏电压4.5V，内阻约50kΩ）‎ B．电压表V2（满偏电压1.2V，内阻Rv=lkΩ）‎ C．电流表A（0～20mA，内阻约100Ω）‎ D．滑动变阻器R1（0～10Ω，1 A）‎ E．滑动变阻器R2（0～3000Ω，0.1A）‎ F．定值电阻R3（阻值R3=1kΩ）‎ G．开关S一个、导线若干条 ‎①小组同学们共同设计了如图甲所示的电路，请按实验电路图用笔画线完成图乙中的实物连线；‎ ‎②图甲中电表l应选　A　，电表2应选　B　，滑动变阻器应选　E　；（填所选器材的序号字母）‎ ‎③请写出该电池组的电动势E、内电阻r与所选电表测量示数（比如“V1的示数U1”、“V2的示数U2”或“A的示数I”）及相应电表已知量的电学符号（比如Rv）、定值电阻的电学符号R3的函数关系式：E=　U1+U2+　．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】①根据给出的原理图可确定实物图；‎ ‎②明确电路结构及测量原理，根据实验安全和准确性原则确定仪表；‎ ‎③根据串并联电路的规律以及闭合电路欧姆定律联立可求得电动势．‎ ‎【解答】解：①根据原理图可得出对应的实物图；如图所示；‎ ‎②由图可知，电表1与滑动变阻器并联，电表2与R3并联；因内阻较大为1000Ω；故滑动变阻器只能选择3000Ω的E；而R3电阻为1000Ω，根据分压原理可知，滑动变阻器分压接多，故电表1的量程应大于电表2的量程，故电表1选择A，电表2选择B；‎ ‎③根据闭合电路欧姆定律可知E=U1+U2+Ir=U1+U2+‎ 故答案为：①如图所示；②A；B；E；③U1+U2+‎ ‎【点评】本题生查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，能根据电路图分析，才能正确应用闭合电路欧姆定律进行分析求解．‎ ‎　‎ ‎10．（15分）（2016秋•万柏林区校级月考）2015年11月29日，央视全程直播了首届南京国际马拉松赛，在临近终点前的十分钟内，出现了一组精彩的画面，平直公路上，一位紧随某男选手的非洲女选手突然发力，在很短的时间内追上且超越了该男选手，井一鼓作气奔跑到终点，赢得了女子组全程赛冠军．现将该过程理想化模拟如下：t=0时刻，女选手以v1=4.5m/s的速度开始做匀加速直线运动追赶在她前面△x1=19.5m处的男选手，加速过程共持续40s，其中，30s末两选手恰并排而行，40s末女选手开始保持最大速度做匀速直线运动；男选手则始终以vt=4.6m/s的速度做匀速直线运动．求：‎ ‎（1）女选手做匀加速直线运动的加速度大小a；‎ ‎（2）60s末，女选手领先男选手的距离△x2．‎ ‎【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据两选手的位移关系，结合运动学公式求出女选手匀加速直线运动的加速度．‎ ‎（2）女选手先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，男选手一直做匀速直线运动，根据两者的位移大小，求出女选手领先男选手的距离．‎ ‎【解答】解：（1）30s末两选手并排而行，根据位移关系有：，‎ 代入数据解得：a=0.05m/s2．‎ ‎（2）60s末，女选手的位移为：‎ ‎=+（4.5+0.05×40）×20m=350m，‎ 男选手的位移为：x2=vtt=4.6×60m=276m，‎ 则有：△x2=x1﹣x2﹣△x1=350﹣276﹣19.5m=54.5m．‎ 答：（1）女选手做匀加速直线运动的加速度大小a为0.05m/s2．‎ ‎（2）60s末，女选手领先男选手的距离△x2为54.5m．‎ ‎【点评】本题考查了运动学中的追及问题，关键抓住位移关系，结合运动学公式灵活求解，难度不大．‎ ‎　‎ ‎11．（17分）（2016秋•万柏林区校级月考）如图所示，倾斜传送带与水平方向的夹角θ=37°，以v=1m/s的速度顺时针匀速转动，两轮的大小可忽略，两轮间的距离L=9m，一可视为质点的煤块以大小v0=11m/s，方向平行于斜面向上的速度从底端滑上皮带，煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，整个过程中煤块质量的变化不计，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：‎ ‎（1）从滑上传送带到第一次速度达到1m/s的过程中，煤块相对传送带通过的路程；‎ ‎（2）煤块在传送带上运动的总时间．‎ ‎【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）根据牛顿第二定律求出滑块向上做匀减速直线运动的加速度大小，结合速度位移公式求出滑块速度第一次达到1m/s时的位移，以及根据速度时间公式求出运动的时间，得出传送带的位移，从而得出相对位移的大小．‎ ‎（2）根据牛顿第二定律求出速度达到传送带后继续向上滑动的加速度大小，结合速度位移公式求出匀减速运动的位移，根据速度时间公式求出匀减速直线运动的时间，结合返回匀加速直线运动的位移，根据位移时间公式求出返回匀加速运动的时间，从而得出总时间．‎ ‎【解答】解：（1）滑块开始向上做匀减速直线运动的加速度大小为：‎ ‎=gsin37°+μgcos37°=6+0.5×8=10m/s2，‎ 则滑块第一次速度达到1m/s时，煤块的位移为：‎ ‎，‎ 煤块运动的时间为：‎ ‎，‎ 此时传送带的位移为：‎ x2=vt1=1×1m=1m，‎ 煤块相对传送带滑动的路程为：‎ ‎△x=x1﹣x2=6﹣1m=5m．‎ ‎（2）速度相等后，煤块继续向上做匀减速直线运动，加速度大小为：‎ ‎=gsin37°﹣μgcos37°=6﹣4=2m/s2．‎ 煤块匀减速运动到零所需的时间为：‎ ‎，‎ 匀减速运动的位移为：‎ ‎，‎ 反向做匀加速直线运动的加速度为：‎ ‎，‎ 根据得：‎ s=2.5s，‎ 则煤块在传送带上运动的总时间为：‎ t=t1+t2+t3=1+0.5+2.5s=4s．‎ 答：（1）从滑上传送带到第一次速度达到1m/s的过程中，煤块相对传送带通过的路程为5m；‎ ‎（2）煤块在传送带上运动的总时间为4s．‎ ‎【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键理清煤块在传送带上的运动规律，结合运动学公式灵活求解．‎ ‎　‎ ‎12．（19分）（2015秋•成都月考）如图所示的绝缘细杆轨道固定在竖直面内，其中，轨道半径为R的光滑圆弧段杆与水平段杆和粗糙倾斜段杆分别在A、B两点相切，圆弧杆的圆心O处固定着一个带正电的电荷．现有一质量为m、可视为质点的带负电小球穿在水平杆上，以方向水平向右、大小等于的速度通过A点，小球能够上滑的最高点为C，到达C后，小球将沿杆返回．若∠COB=30°，小球第一次过A点后瞬间对圆弧细杆向下的弹力大小为mg，从A至C小球克服库仑力做的功为mgR，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）小球第一次到达B点时的动能是多少？‎ ‎（2）小球在C点受到的库仑力大小是多大？‎ ‎（3）小球返回A点前瞬间，对圆弧杆的弹力是多大？（结果用m、g、R表示）‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】（1）由动能定理求出小球第一次到达B点时的动能．‎ ‎（2）小球第一次过A点后瞬间，由牛顿第二定律和库仑定律列式．由几何关系得到OC间的距离，再由库仑定律求小球在C点受到的库仑力大小．‎ ‎（3）再由动能定理求出小球返回A点前瞬间的速度，由牛顿运动定律和向心力公式求解小球返回A点前瞬间对圆弧杆的弹力．‎ ‎【解答】解：（1）小球从A运动到B，由动能定理得：‎ ‎﹣mgR（1﹣cos60°）=EkB﹣‎ 又 vA=‎ 解得小球第一次到达B点时的动能 EkB=mgR ‎（2）小球第一次过A点后瞬间，由牛顿第二定律得：‎ ‎ N+k﹣mg=m 据题：N=mg 联立得 k=mg ①‎ 由几何关系得：OC间的距离 r==R 小球在C点受到的库仑力大小 F=k=k②‎ 由①②联立解得 F=mg ‎（3）从A到C，由动能定理得：‎ ‎﹣W电﹣mgR﹣Wf=0﹣‎ 从C到A，由动能定理得：‎ ‎ W电+mgR﹣Wf=‎ 据题有：W电=mgR 小球返回A点前瞬间，设细杆对球的弹力方向向上，大小为N′，由牛顿第二定律得 ‎ N′+k﹣mg=m 联立以上三式解得 N′=mg 由牛顿第三定律得，小球返回A点前瞬间，对圆弧杆的弹力大小为mg，方向向下．‎ 答：‎ ‎（1）小球第一次到达B点时的动能是mgR；‎ ‎（2）小球在C点受到的库仑力大小是mg；‎ ‎（3）小球返回A点前瞬间，对圆弧杆的弹力是mg，方向向下．‎ ‎【点评】本题的关键分析清楚小球的运动情况，确定圆周运动向心力的来源，多次运用动能定理和牛顿运动定律列式研究．‎ ‎　‎