四川省遂宁市2016届高考物理二诊试卷

四川省遂宁市2016届高考物理二诊试卷

‎2016年四川省遂宁市高考物理二诊试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分.在每个小题给出的四个选项中，1-5小题只有一个选项正确，6-7小题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）‎ ‎1．在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程．在对几位物理学家所作科学贡献的叙述中，以下说法不正确的是（　　）‎ A．开普勒在第谷长期天文观测数据的基础上，指出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，揭示了行星运动的有关规律 B．麦克斯韦预言了电磁波的存在并在实验室证实了电磁波的存在 C．狭义相对论的假说之一是在所有惯性系中，真空中的光速不变，与光源运动无关 D．卡文迪许通过扭秤实验测得了万有引力常量G的值 ‎2．如图所示，一束复色光沿PO射向截面为半圆形玻璃砖的圆心O处后，分成a、b两束单色光射出．对于a、b两束单色光下列说法正确的是（　　）‎ A．单色光a频率较小 B．单色光a穿过玻璃砖的时间较长 C．分别用单色光a、b在同一装置中做双缝干涉实验，a光的条纹间距小 D．若它们都从玻璃射向空气，a光发生全反射的临界角比b光的小 ‎3．在某一均匀介质中由波源O发出的简谐横波在x轴上传播，某时刻的波形如图，其波速为5m/s，则下列说法正确的是（　　）‎ A．该波的周期T=0.2S B．再经过0.5s质点Q刚好在（2m，﹣20cm）位置 C．能与该波发生干涉的横波的频率一定为3Hz D．该波的频率由传播介质决定，与波源的振动频率无关 ‎4．如图所示，理想变压器原副线圈的匝数比为20：1，通过输电线连接两只相同的灯泡L1和 L2，输电线的等效电阻为R，原线圈输入图示的交流电压，当开关s闭合时，以下说法中正确的是（　　）‎ A．原线圈中电流不变 B．R两端的电压减小 C．原线圈输入功率变大 D．副线圈输出电压小于11V ‎5．2014年6月18日，“神舟十号”飞船与“天宫一号”目标飞行器成功实现自动交会对接．设地球半径为R，地球表面重力加速度为g．对接成功后“神舟十号”和“天宫一号”一起绕地球运行的轨道可视为圆轨道，轨道离地球表面高度约为R，运行周期为T，则（　　）‎ A．对接成功后，“神舟九号”飞船里的宇航员受到的重力为零 B．对接成功后，“神舟九号”飞船的加速度为g C．对接成功后，“神舟九号”飞船的线速度为 D．地球质量为 ‎6．如图所示，某一空间内充满竖直向下的匀强电场E，在竖直平面内建立坐标xOy，在y＜0的空间里有与场强E垂直的匀强磁场B，在y＞0的空间内，将一质量为m的带电液滴（可视为质点）自由释放，此液滴则沿y轴的负方向以加速度a=2g（g为重力加速度）做匀加速直线运动，当液滴运动到坐标原点时，瞬间被安置在原点的一个装置改变了带电性质（液滴所带电荷量和质量均不变），随后液滴进入y＜0的空间运动．‎ 液滴在以后的运动过程中（　　）‎ A．重力势能一定先减小后增大 B．机械能一定先增大后减小 C．动能先不变后减小 D．动能一直保持不变 ‎7．如图所示，物体A和带负电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别是m和2m，劲度系数为k的轻质弹簧一端固走在水平面上．另一端与物体A相连，倾角为θ的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦．开始时，物体B在一沿斜面向上的外力F=3mgsinθ的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中（　　）‎ A．对于物体A、B、弹簧和地球组成的系统，电场力做功等于该系统增加的机械能 B．物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B电势能的减少量 C．B的速度最大时，弹簧的伸长量为 D．撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为 ‎　‎ 二、实验题（共17分）‎ ‎8．下面的装置可以探究外力做功和物体速度变化的关系．如图1所示，光滑斜槽轨道固定在水平桌面上，将斜槽从底端开始分成长度相等的五等份，使AB=BC=CD=DE=EF，让小球每次从不同等分点处释放，最后落在水平地面上．‎ ‎（1）实验中，若小球从F点释放运动至斜槽水平位置的过程中，外力做的功为W，则小球从B点释放运动至斜槽水平位置的过程中，外力做的功为　　．‎ ‎（2）实验中，小球每次在斜槽上运动的长度记作L，小球做平抛运动的水平位移记作x，通过五组数据描点做出L﹣x2的图象2是一条过原点的直线．设小球运动到斜槽底端时的速度为v，可以判断，外力做功W与　　（填v、v2或）成正比．若斜槽的倾角为θ，小球抛出点距地面的高度为H，则图象的斜率为　　（用H、θ表示）．‎ ‎9．（11分）实验室里有一只“WA200”型的二极管，但它两端的“+”“﹣”号被磨掉了．小王想测出它的正负极，并测量它的正向电阻、反向电阻．小王先在网上查出该型二极管的正向电阻约5Ω、反向电阻约50Ω．小王在实验室找出以下器材：‎ 电流表A，量程0.6A，内阻rA=0.1Ω 电压表V1，量程2V，内阻rV=1kΩ 电压表V2，量程3V，内阻约为2kΩ 定值电阻R1，阻值R1=40Ω 滑动变阻器R2，阻值范围0﹣5Ω 电源E，电动势3V，内阻不计 开关及导线若干 ‎（1）小王先在二极管两端标上A和B，按如图甲所示电路连接．他发现电流表、电压表的示数都几乎不随滑动变阻器R2的阻值的变化而改变（电路保持安全完好），说明哪端是二极管的正极　　（填A、B）‎ ‎（2）小王标出了二极管的正负极，接着他设计了如图乙所示的电路．某次测量中读出电压表读数为U、电流表的读数为I，则二极管“正向电阻”的精确计算式R=　　（用读数和字母表示）‎ ‎（3）请您选用上面器材，帮小王设计一个测量二极管“反向电阻”的电路，填在图丙的方框内．要求：能够多次测量、尽量精确．‎ ‎　‎ 三、解答题（共51分）‎ ‎10．（15分）今年春节前后，全国各地普降大雪，导致路面结冰，为避免事故要求汽车缓慢行驶．已知某汽车轮胎正常情况下与高速公路路面的动摩擦因数u1=0.8，在冰雪路面上动摩擦因数u2=0.2．该车司机发现前面有危险到开始制动需要0.5s（反应时间）．假设该车正以72km/h的速度匀速行驶．（假设刹车时车轮停止转动；g=10m/s2．）‎ ‎（1）如果该车在正常的路面上行驶，求司机从发现前面危险到停车的刹车距离．‎ ‎（2）如果该车在冰雪路面上行驶，某时刻司机发现前方40m有一辆车正以36km/h匀速行驶，司机开始刹车，是否会发生追尾事故．‎ ‎11．（17分）如图所示，水平地面QA与竖直面内的、半径R=4m的光滑圆轨道ACDF相连，FC为竖直直径，DO水平，AO与CO夹角α=60°．QA上方有一水平台面MN，MN正上方分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度B=4T．P是竖直线AP与DO的交点，PA的右侧、PO的下面、OC的左侧分布着竖直向下的、场强为E的匀强电场．一个质量m=2kg、电量q=+1C的小滑块（可视为质点）放在MN上，在水平推力F=4N的作用下正以速度V1向右作匀速运动．已知滑块与平台MN的滑动摩擦因数u=0.5；重力加速度g=10m/s2．‎ ‎（1）求小滑块在平台MN上的速度V1‎ ‎（2）小滑块从N点飞出后，恰从A点无碰撞地（沿轨道切线）进入圆轨道AC，为了使小滑块不向内脱离AF间的圆弧轨道，求电场强度E的取值范围．‎ ‎12．（19分）如图甲所示，竖直平面内正方形线框IJKT通过极小的开口PQ用导线与电阻器R、平行金属板AB相连，PIJKTQ间的电阻值与电阻器R的阻值相等，AB板上下间距d=20m．在正方形线框内有一圆形匀强磁场区，面积S=10m2，磁感强度的方向垂直向里、大小为Bt（Bt为磁感强度B随时间t变化的函数）．t=0s时刻在AB板的中间位置P静止释放一个质量为m=1kg、电量为q=+1C的小球（可视为质点）．已知重力加速度g=10m/s2；不计变化磁场在PQ右侧产生的电动势；不计导线的电阻；忽略电容器的充放电时间．‎ ‎（1）如果Bt=bt（T）（t≥0s），b为定值．静止释放小球后，小球一直处于静止，求b值．‎ ‎（2）如果0s≤t≤1s：Bt=56t（T）；t＞1s：Bt=0（T）．静止释放小球后，经多长时间小球落到B板上．‎ ‎（3）如果Bt按如图乙所示的方式变化（已知各段图象相互平行，第一段图象的最高点的坐标为：1s、80T）．静止释放小球后，小球向上、向下单向运动过程中加速度方向只变化1次，且小球恰好不与A、B板碰撞．求图乙中的Bm和tn．‎ ‎　‎ ‎2016年四川省遂宁市高考物理二诊试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分.在每个小题给出的四个选项中，1-5小题只有一个选项正确，6-7小题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）‎ ‎1．在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程．在对几位物理学家所作科学贡献的叙述中，以下说法不正确的是（　　）‎ A．开普勒在第谷长期天文观测数据的基础上，指出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，揭示了行星运动的有关规律 B．麦克斯韦预言了电磁波的存在并在实验室证实了电磁波的存在 C．狭义相对论的假说之一是在所有惯性系中，真空中的光速不变，与光源运动无关 D．卡文迪许通过扭秤实验测得了万有引力常量G的值 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】根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、开普勒在第谷长期天文观测数据的基础上，对行星运动观察记录的数据进行了分析，应用严密的数学运算和椭圆轨道假说，得出了开普勒行星运动定律，故A正确；‎ B、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹在实验室证实了电磁波的存在，故B不正确；‎ C、狭义相对论的假说之一是在所有惯性系中，真空中的光速不变，与光源运动无关，故C正确；‎ D、卡文迪许通过扭秤实验测得了万有引力常量G的值，故D正确；‎ 本题选不正确得，故选：B ‎【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．如图所示，一束复色光沿PO射向截面为半圆形玻璃砖的圆心O处后，分成a、b两束单色光射出．对于a、b两束单色光下列说法正确的是（　　）‎ A．单色光a频率较小 B．单色光a穿过玻璃砖的时间较长 C．分别用单色光a、b在同一装置中做双缝干涉实验，a光的条纹间距小 D．若它们都从玻璃射向空气，a光发生全反射的临界角比b光的小 ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】由图看出，玻璃砖对b光的偏折角较大，b光的折射率较大，频率较大，波长短．由v=分析光在玻璃砖中传播速度关系，即可判断时间关系．折射率越大，波长越短，干涉条纹间距越小．由sinC=分析临界角的大小．‎ ‎【解答】解：A、由图知，玻璃砖对a光的偏折角较小，由折射定律n=得知，玻璃对a光的折射率较小，其频率较小．故A正确．‎ B、玻璃对a光的折射率较小，由v=分析得知，a光在玻璃砖中速度较大，传播时间较短．故B错误．‎ C、玻璃对a光的折射率较小，a光的波长较长，而干涉条纹的间距与波长成正比，则知，a光干涉条纹的间距较大．故C错误．‎ D、由sinC=分析得知，b光的折射率大，则临界角较小，故D错误．‎ 故选：A ‎【点评】本题运用折射定律n=分析折射率的大小是关键，再根据频率、波长、临界角与折射率的关系即可分析．‎ ‎　‎ ‎3．在某一均匀介质中由波源O发出的简谐横波在x轴上传播，某时刻的波形如图，其波速为5m/s，则下列说法正确的是（　　）‎ A．该波的周期T=0.2S B．再经过0.5s质点Q刚好在（2m，﹣20cm）位置 C．能与该波发生干涉的横波的频率一定为3Hz D．该波的频率由传播介质决定，与波源的振动频率无关 ‎【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．‎ ‎【分析】根据图象得出波长，根据波速公式v=求解周期；根据时间与周期的关系分析质点Q的位置．发生干涉的条件是两列波的频率相同．该波的频率由波源的振动频率决定．‎ ‎【解答】解：A、根据图象得：波长 λ=2m，则该波的周期为 T==s=0.4s，故A错误．‎ B、简谐横波向右传播，图示时刻质点Q的振动方向向下，因为t=0.5s=1T，所以再经过0.5s质点Q到达波谷，即刚好在（2m，﹣20cm）位置，故B正确．‎ C、该波的频率为 f==2.5Hz，则能与该波发生干涉的横波的频率一定为2.5Hz，故C错误．‎ D、该波的频率由波源的振动频率决定，故D错误．‎ 故选：B ‎【点评】解决本题的关键要理解波动形成过程，知道波的频率等于波源的振动频率，发生干涉的条件是两列波的频率相同．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，理想变压器原副线圈的匝数比为20：1，通过输电线连接两只相同的灯泡L1和 L2，输电线的等效电阻为R，原线圈输入图示的交流电压，当开关s闭合时，以下说法中正确的是（　　）‎ A．原线圈中电流不变 B．R两端的电压减小 C．原线圈输入功率变大 D．副线圈输出电压小于11V ‎【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率．‎ ‎【分析】开关S闭合后改变了副线圈的电流和功率，根据变压器原副线圈电压、电流与匝数比的关系即可求解．‎ ‎【解答】解：开关S闭合后，副线圈的电流和功率都变大，‎ A、开关S闭合后，电阻减小，而电压不变，副线圈的电流增大，原线圈的电流也增大，故A错误；‎ B、副线圈电流增大，R两端的电压增大，故B错误；‎ C、原线圈的电压不变，而电流增大，故原线圈的输入功率增大，故C正确；‎ D、副线圈电压由原线圈和匝数比决定，而原线圈电压和匝数比都没有变，所以副线圈输出电压不变等于11V，故D错误．‎ 故选：C ‎【点评】本题主要考查了变压器的原理，要知道开关S闭合后，副线圈的电流和功率都变大，难度不大，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎5．2014年6月18日，“神舟十号”飞船与“天宫一号”目标飞行器成功实现自动交会对接．设地球半径为R，地球表面重力加速度为g．对接成功后“神舟十号”和“天宫一号”一起绕地球运行的轨道可视为圆轨道，轨道离地球表面高度约为R，运行周期为T，则（　　）‎ A．对接成功后，“神舟九号”飞船里的宇航员受到的重力为零 B．对接成功后，“神舟九号”飞船的加速度为g C．对接成功后，“神舟九号”飞船的线速度为 D．地球质量为 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】根据万有引力等于重力和万有引力提供向心力，结合轨道半径的关系得出对接成功后，飞船的加速度与地球表面重力加速度的关系．根据飞船的轨道半径，结合周期，求出飞船的线速度．根据万有引力提供向心力，结合轨道半径和周期求出地球的质量．‎ ‎【解答】解：A、对接成功后，“神舟九号”飞船里的宇航员受到的重力不为零，故A错误．‎ B、根据得，a=，根据得，g=，由题意知，r=，可知a=，故B错误．‎ C、对接成功后，“神舟九号”飞船的线速度v=，故C错误．‎ D、根据得，地球的质量M==．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．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，某一空间内充满竖直向下的匀强电场E，在竖直平面内建立坐标xOy，在y＜0的空间里有与场强E垂直的匀强磁场B，在y＞0的空间内，将一质量为m的带电液滴（可视为质点）自由释放，此液滴则沿y轴的负方向以加速度a=2g（g为重力加速度）做匀加速直线运动，当液滴运动到坐标原点时，瞬间被安置在原点的一个装置改变了带电性质（液滴所带电荷量和质量均不变），随后液滴进入y＜0的空间运动．‎ 液滴在以后的运动过程中（　　）‎ A．重力势能一定先减小后增大 B．机械能一定先增大后减小 C．动能先不变后减小 D．动能一直保持不变 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；功能关系．‎ ‎【分析】带电粒子仅在电场与重力场作用下，做匀加速直线运动．根据牛顿第二定律可知，电场力与重力的关系；当进入磁场前，由于电性的改变，导致电场力与重力平衡，从而仅由洛伦兹力提供向心力，使其做匀速圆周运动，因此即可求解．‎ ‎【解答】解：A、带电粒子在电场与重力场作用下，由牛顿第二定律可得：qE+mg=ma=m•2g，故qE=mg 当带电粒子进入磁场时，由于电场力与重力方向相反，处于平衡．而洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动．‎ 所以重力势能先减小后增大，故A正确；‎ B、由于电场力先作负功后做正功，所以电势能先增大后减小，那么机械能先减小后增大，故B错误；‎ CD、由于做匀速圆周运动，则速度的大小不变，则动能不变，故C错误，D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】考查带电粒子在不同场的受力分析，并根据牛顿第二定律来确定其运动状态．同时涉及到电场力、重力与洛伦兹力等基本知识．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，物体A和带负电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别是m和2m，劲度系数为k的轻质弹簧一端固走在水平面上．另一端与物体A相连，倾角为θ的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦．开始时，物体B在一沿斜面向上的外力F=3mgsinθ的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中（　　）‎ A．对于物体A、B、弹簧和地球组成的系统，电场力做功等于该系统增加的机械能 B．物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B电势能的减少量 C．B的速度最大时，弹簧的伸长量为 D．撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；胡克定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】在撤去外力前后对B物体受力分析，求的电场力，由牛顿第二定律求的加速度，当B受到的合力为零时，速度最大，根据动能定理和能量守恒即可分析．‎ ‎【解答】解：A、对于物体A、B、弹簧和地球组成的系统，系统内有重力、弹簧弹力和电场力做功，只有电势能和机械能相互转化，减小的电势能等于电场力所做的功，所以电场力做功等于该系统增加的机械能，故A正确；‎ B、根据能量守恒可知物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B电势能的减少量和B物体机械能的减小量之和．故B错误；‎ D、开始时，外力F作用在B上，B处于静止状态，对B分析可知：F﹣2mgsinθ﹣F电=0‎ 解得：F电=mgsinθ 当撤去外力瞬间，对B，B受到的合力为：F合=F电+2mgsinθ=3mgsinθ 由F=3ma可得 a=gsinθ，故D错误．‎ C、当B的合力为零时，B的速度最大，由：kx=F电+2mgsinθ ‎ 解得弹簧的伸长量为：x=，故C正确；‎ 故选：AC ‎【点评】‎ 本题要正确分析物体的受力情况，判断其运动情况，确定速度最大的条件：合力为零，运用共点力平衡、牛顿第二定律、胡克定律、电场力做功与电势能的关系等知识进行分析．‎ ‎　‎ 二、实验题（共17分）‎ ‎8．下面的装置可以探究外力做功和物体速度变化的关系．如图1所示，光滑斜槽轨道固定在水平桌面上，将斜槽从底端开始分成长度相等的五等份，使AB=BC=CD=DE=EF，让小球每次从不同等分点处释放，最后落在水平地面上．‎ ‎（1）实验中，若小球从F点释放运动至斜槽水平位置的过程中，外力做的功为W，则小球从B点释放运动至斜槽水平位置的过程中，外力做的功为　　．‎ ‎（2）实验中，小球每次在斜槽上运动的长度记作L，小球做平抛运动的水平位移记作x，通过五组数据描点做出L﹣x2的图象2是一条过原点的直线．设小球运动到斜槽底端时的速度为v，可以判断，外力做功W与　v2　（填v、v2或）成正比．若斜槽的倾角为θ，小球抛出点距地面的高度为H，则图象的斜率为　　（用H、θ表示）．‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】（1）先根据几何关系求出FA的高度与BA高度的关系，再对小球从F到A和B到A的两个过程，根据动能定理列式求解；‎ ‎（2）小球从A点抛出后做平抛运动，下落的高度相等，则运动时间相等，则平抛初速度与水平位移成正比，而根据图象可知，L与x2成正比，所以L与v2成正比，根据平抛运动基本公式以及动能定理求出L﹣x2的关系式，从而求出斜率．‎ ‎【解答】解：（1）根据几何关系可知，hFA=5hBA，‎ 对小球从F到A和B到A的两个过程，根据动能定理得：‎ W=mghFA，W′=mghBA，‎ 解得：‎ ‎（2）小球从A点抛出后做平抛运动，下落的高度相等，则运动时间相等，则小球运动到斜槽底端时的速度v=①，‎ 时间相等，所以v与x成正比，而根据图象可知，L与x2成正比，所以L与v2成正比，‎ 小球抛出点距地面的高度为H，则运动时间t=②，‎ 根据动能定理得：‎ mgLsinθ=③，‎ 由①②③解得：‎ 则L﹣x2图象的斜率k=．‎ 故答案为：（1）；（2）v2；‎ ‎【点评】本题主要考查了平抛运动基本公式及动能定理的直接应用，知道平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，运动时间由高度决定，难度适中．‎ ‎　‎ ‎9．（11分）（2016•遂宁模拟）实验室里有一只“WA200”型的二极管，但它两端的“+”“﹣”号被磨掉了．小王想测出它的正负极，并测量它的正向电阻、反向电阻．小王先在网上查出该型二极管的正向电阻约5Ω、反向电阻约50Ω．小王在实验室找出以下器材：‎ 电流表A，量程0.6A，内阻rA=0.1Ω 电压表V1，量程2V，内阻rV=1kΩ 电压表V2，量程3V，内阻约为2kΩ 定值电阻R1，阻值R1=40Ω 滑动变阻器R2，阻值范围0﹣5Ω 电源E，电动势3V，内阻不计 开关及导线若干 ‎（1）小王先在二极管两端标上A和B，按如图甲所示电路连接．他发现电流表、电压表的示数都几乎不随滑动变阻器R2的阻值的变化而改变（电路保持安全完好），说明哪端是二极管的正极　B　（填A、B）‎ ‎（2）小王标出了二极管的正负极，接着他设计了如图乙所示的电路．某次测量中读出电压表读数为U、电流表的读数为I，则二极管“正向电阻”的精确计算式R=　﹣RA　（用读数和字母表示）‎ ‎（3）请您选用上面器材，帮小王设计一个测量二极管“反向电阻”的电路，填在图丙的方框内．要求：能够多次测量、尽量精确．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）根据二极管的性质和实验现象可明确二极管的正极；‎ ‎（2）明确电路接法；根据欧姆定律可求得正向电阻；‎ ‎（3）二极管反向电阻较大，电流较小，电流表无法使用，则根据给出的仪器可明确应采用的电路图．‎ ‎【解答】解：（1）因电压表和电流均不随变阻器的阻值变化而变化，说明二极管反向接入，故B端为二极管的正极；‎ ‎（2）由图乙可知，采用了电流表内接法，则由欧姆定律可知：R=rA ‎（3）要想多次测量应采用分压接法，由于反向电阻较大，属于大电阻，电路中电流较小，为了能准确测量，可以将V1与R1并联后充当电流表使用，再与电压表V2并联，再由即可求出电阻；故原理图如图所示；‎ 故答案为：（1）B （2）=rA（3）‎ ‎【点评】本题考查伏安法测二极管的性质的实验，要注意明确二极管反向电阻较大，不能利用常规的实验方法进行求解；故采用了V1与R1‎ 并联的方式测量电流．‎ ‎　‎ 三、解答题（共51分）‎ ‎10．（15分）（2016•遂宁模拟）今年春节前后，全国各地普降大雪，导致路面结冰，为避免事故要求汽车缓慢行驶．已知某汽车轮胎正常情况下与高速公路路面的动摩擦因数u1=0.8，在冰雪路面上动摩擦因数u2=0.2．该车司机发现前面有危险到开始制动需要0.5s（反应时间）．假设该车正以72km/h的速度匀速行驶．（假设刹车时车轮停止转动；g=10m/s2．）‎ ‎（1）如果该车在正常的路面上行驶，求司机从发现前面危险到停车的刹车距离．‎ ‎（2）如果该车在冰雪路面上行驶，某时刻司机发现前方40m有一辆车正以36km/h匀速行驶，司机开始刹车，是否会发生追尾事故．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）汽车在反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动，结合匀速运动的位移和匀减速直线运动的位移之和求出司机从发现前面危险到停车的刹车距离．‎ ‎（2）根据牛顿第二定律求出刹车后的加速度大小，根据速度时间公式求出两车速度相等经历的时间，结合两车的位移关系判断是否发生追尾事故．‎ ‎【解答】解：（1）匀速阶段：x1=v0t0=20×0.5m=10m，‎ 减速阶段：；‎ 匀减速直线运动的位移，‎ 总位移：x=x1+x2=10+25m=35m．‎ ‎（2）以司机发现前车到两车共速的时间t：v1﹣a2（t﹣0.5）=v2‎ 且 代入数据解得：t=5.5s ‎ t时间内两车各自位移： ==85m，‎ x2=v2t=10×5.5m=55m 因为△S=S1﹣S2=30m＜40m，不会发生追尾事故 ‎ 答：（1）司机从发现前面危险到停车的刹车距离为35m；‎ ‎（2）不会发生追尾事故．‎ ‎【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．知道速度大者减速追及速度小者，若不相撞，速度相等时有最小距离．‎ ‎　‎ ‎11．（17分）（2016•遂宁模拟）如图所示，水平地面QA与竖直面内的、半径R=4m的光滑圆轨道ACDF相连，FC为竖直直径，DO水平，AO与CO夹角α=60°．QA上方有一水平台面MN，MN正上方分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度B=4T．P是竖直线AP与DO的交点，PA的右侧、PO的下面、OC的左侧分布着竖直向下的、场强为E的匀强电场．一个质量m=2kg、电量q=+1C的小滑块（可视为质点）放在MN上，在水平推力F=4N的作用下正以速度V1向右作匀速运动．已知滑块与平台MN的滑动摩擦因数u=0.5；重力加速度g=10m/s2．‎ ‎（1）求小滑块在平台MN上的速度V1‎ ‎（2）小滑块从N点飞出后，恰从A点无碰撞地（沿轨道切线）进入圆轨道AC，为了使小滑块不向内脱离AF间的圆弧轨道，求电场强度E的取值范围．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；动能定理；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）滑块做匀速直线运动，应用平衡条件可以求出滑块的速度．‎ ‎（2）根据题意求出滑块到达A点时段速度根据题意求出滑块不脱离轨道的临界速度，然后应用动能定理求出临界场强，再确定场强的范围．‎ ‎【解答】解：（1）滑块做匀速直线运动，由平衡条件得：‎ F=μ（mg﹣qv1B），解得：v1=3m/s；‎ ‎（2）粒子到达A点时的速度：vA==6m/s，‎ 小滑块不脱离AF的圆弧轨道，刚好滑到D点时：VD=0m/s，‎ 由动能定理得：﹣mgR（1﹣cosα）+qE1R（1﹣cosα）=0﹣mvA2，解得：E1=2N/C；‎ 小滑块不脱离AF的圆弧轨道，刚好滑到F点时，由牛顿第二定律得：mg=m，‎ 由动能定理得：﹣mgR（1+cosα）+qE2R（1﹣cosα）=mvF2﹣mvA2，解得：E2=62N/C；‎ 由此可知，电场强度为：E≤2N/C或E≥62N/C；‎ 答：（1）小滑块在平台MN上的速度v1为3m/s．‎ ‎（2）小滑块不向内脱离AF间的圆弧轨道，电场强度E的取值范围是：E≤2N/C或E≥62N/C．‎ ‎【点评】本题考查了带电滑块在磁场中的运动，分析清楚滑块的运动过程、知道滑块不脱离轨道的临界速度是解题的前提与关键，应用平衡条件、牛顿第二定律与动能定理可以解题．‎ ‎　‎ ‎12．（19分）（2016•遂宁模拟）如图甲所示，竖直平面内正方形线框IJKT通过极小的开口PQ用导线与电阻器R、平行金属板AB相连，PIJKTQ间的电阻值与电阻器R的阻值相等，AB板上下间距d=20m．在正方形线框内有一圆形匀强磁场区，面积S=10m2，磁感强度的方向垂直向里、大小为Bt（Bt为磁感强度B随时间t变化的函数）．t=0s时刻在AB板的中间位置P静止释放一个质量为m=1kg、电量为q=+1C的小球（可视为质点）．已知重力加速度g=10m/s2；不计变化磁场在PQ右侧产生的电动势；不计导线的电阻；忽略电容器的充放电时间．‎ ‎（1）如果Bt=bt（T）（t≥0s），b为定值．静止释放小球后，小球一直处于静止，求b值．‎ ‎（2）如果0s≤t≤1s：Bt=56t（T）；t＞1s：Bt=0（T）．静止释放小球后，经多长时间小球落到B板上．‎ ‎（3）如果Bt按如图乙所示的方式变化（已知各段图象相互平行，第一段图象的最高点的坐标为：1s、80T）．静止释放小球后，小球向上、向下单向运动过程中加速度方向只变化1次，且小球恰好不与A、B板碰撞．求图乙中的Bm和tn．‎ ‎【考点】法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律列式求解感应电动势；根据闭合电路欧姆定律列式求解电容器的电压；小球平衡，根据平衡条件列式；最后联立求解即可；‎ ‎（2）先根据闭合电路欧姆定律列式求解第1s的感应电动势，根据牛顿第二定律求解加速度，结合运动学公式分析即可；‎ ‎（3）小球运动的过程中，单向运动过程是先加速后减速，根据运动学公式求解时间和加速度情况，然后根据牛顿第二定律和法拉第电磁感应定律列式确定感应电动势的情况．‎ ‎【解答】解：（1）感应电动势为E1：，‎ 电容器两端的电压为U1：，‎ 小球电场力等于重力：，‎ 综上，解得：b=40T/s；‎ ‎（2）①0≤t≤1s时，感应电动势为E2：，U2=E2；‎ 小球加速度a1，根据牛顿第二定律，有：，‎ 解得：a1=4m/s2；‎ 在1s内的位移为，；‎ 在1s末的速度为：v1=a1t1=4m/s；‎ ‎②t＞1s时：感应电动势为0，小球的加速度为a2=g；‎ 运动时间为t2，根据位移公式，有：‎ 解得：t2=2s；‎ ‎③t总=t1+t2=3s；‎ ‎（3）①0﹣1s内：小球加速度：；‎ ‎②根据对称性，第1次向上加速、减速所经历时间都为△t，根据位移公式，有： a•△t2，解得：△t=1s；‎ ‎③根据对称性，第2、3、…、n次向上和向下加速、减速所经历时间： a△t12，解得：△t1=s；‎ ‎④；‎ ‎⑤，（n=1、2、3…）‎