四川省凉山州2016届高考物理二诊试卷

四川省凉山州2016届高考物理二诊试卷

‎2016年四川省凉山州高考物理二诊试卷 ‎　‎ 一、（选择题共42分）第I卷共7题，每题6分．每小题给出的四个选项中．1-5题只有一个选项符合题目要求、6-7题有多个选项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分．有选错的得0分．‎ ‎1．一艘小船横渡一条河流，船本身提供的速度大小方向都不变，且始终垂直于河岸．已知河水流速从两岸到中心逐渐增大，则小船运动轨迹是下图中的（（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．如图为日常生活中常见的点火装置原理图，先将1.5V直流电压通过转换器转换为正弦交变电压u=6sinωt（V），然后将其加在理想变压器的原线圈n1上，当副线圈n2两端电压达到12kV以上时放电针之间空气被击穿，从而引发电火花点燃气体．根据以上信息下列说法正确的是（　　）‎ A．原线圈两端所接交流电压表的读数为6V B．副线圈中交流电压与原线圈中交流电压频率不相等 C．要实现点火则副线圈与原线圈的匝数比至少大于×103‎ D．要实现点火则副线圈与原线圈的匝数比至少大于2000‎ ‎3．据国家航天部消息，由于诸多原因，西昌卫星发射中心正在逐渐移师纬度较低的海南文昌发射中心．若在两地发射中心的火箭发射架上，都有一颗待发射的卫星，则下列说法正确的是（　　）‎ A．两颗卫星在发射架上随地球自转时线速度一样大 B．两颗卫星在发射架上随地球自转时向心加速度一样大 C．两颗卫星在发射架上随地球自转时线速度大于地球同步卫星的线速度 D．两颗卫星在发射架上随地球自转时向心加速度小于近地轨道卫星的向心加速度 ‎4．某同学将一枚大头针从一边长为6cm的正方形不透光的轻质薄板正中心垂直于板插入，制作成了一个测定液体折射率的简单装置．他将该装置放在某种液体液面上，调整大头针插入深度，当插入液体中深度为4cm时，恰好无论从液面上方任何方向都看不到液体中的大头针，则该液体的折射率为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．平衡位置位于原点．的波源发出简谐横波在均匀介质中沿水平、轴传播，P、Q为x轴上的两个点（均位于x轴正向），P与O的距离为25cm，此距离介于一倍波长与二倍波长之间，已知波源自t=0时由平衡位置开始向上振动，周期T=1s．当波传到P点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过5s，平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置，则P、Q之间的距离为（　　）‎ A．133cm B．95cm C．85cm D．75cm ‎6．如图所示地面上方存在水平向右的匀强电场．现将一带电小球从距离地面O点高h处的A点以水平速度v0抛出，经过一段时间小球恰好垂直于地面击中地面上的B点，B到O的距离也为h．当地重力加速度为g，则下列说法正确的是（（　　）‎ A．从A到B的过程中小球的动能先减小后增大 B．下落过程中小球机械能一直增加 C．小球的加速度始终保持2g不变 D．从A点到B点小球的电势能增加了mgh ‎7．如图所示，空间中存在垂直于纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场（图中没有画出），两个质量均为m的物块P、Q叠放在一起，并置于固定在地面上倾角为θ且无限长的绝缘斜面体上．物块P带正电，电荷量为q；物块Q是不带电的绝缘体．PQ间动摩擦因素为μ1，Q和斜面间动摩擦因素为μ2．现使PQ一起由静止开始沿斜面下滑，运动过程中PQ始终保持相对静止．则以下说法正确的是（　　）‎ A．根据题设条件可以求出物块P任意时刻的加速度 B．根据题设条件可以求出物块P的最大动能 C．两个物块P、Q间的摩擦力最小值为μ2mgcosθ D．两个物块P、Q间的摩擦力最小值为μ1mgcosθ ‎　‎ 二、第Ⅱ卷（非选择题共68分）‎ ‎8．某同学用图甲所示实验装置做“研究平抛物体的运动”实验，他先调整斜槽轨道槽口末端水平，然后在方格纸（甲图中未画出方格）上建立好直角坐标系xOy，将方格纸上的坐标原点O与轨道槽口末端重合，Oy轴与重垂线重合，Ox轴水平．实验中使小球每次都从斜槽同一高度由静止滚下，经过一段水平轨道后抛出．依次均匀下移水平挡板的位置，分别得到小球在挡板上的落点，先在方格纸上标出相应的点迹，然后作出如图乙所示的小球运动轨迹．‎ ‎①平抛运动水平方向分运动是　　运动．‎ ‎②为了能较准确的完成实验，需要　　．‎ A．调节装置使斜槽末端保持水平 B．实验所用斜槽的轨道必须是光滑的 ‎③已知方格每格长L，重力加速度为g，则小球到B点时竖直方向的速度为　　．‎ ‎9．（11分）某同学学习了电压表的内部结构之后，决定亲手改装一只3V量程的电压表，他进行了以下步骤，请根据你所学知识和他的操作进行填空补充：‎ ‎①测量待改装表的内阻，现有以下实验器材：‎ 灵敏电流计G1（量程为200μA，内阻约为300Ω）；‎ 灵敏电流计G2 （量程为500μA，内阻约为800Ω）；‎ 定值电阻R1=200Ω；‎ 定值电阻R2=10Ω；‎ 滑动变阻器R（最大阻值5Ω，2A）；‎ 一节干电池（电动势1.5V，内阻很小）；‎ 一个电键，导线若干．‎ 仅用以上器材他设计了如图所示测量G1表内阻rg的实验电路图．请你帮他把未画完的实验电路图在方框内补充完整，并标上相应的器材符号．根据实验电路写出测量G1表内阻的表达式rg=　　（若两个表都要使用，G1表的读数用I1表示，G2表的读数用I2表示）．‎ ‎②根据第一步他测得灵敏电流计G1的内阻rg=300Ω，为了将它改装为3V量程的电压表，他应该　　联一个R3=　　Ω的电阻，并将表盘进行改写标注．‎ ‎③他将改装好的电压表与标准的3V量程的电压表进行逐格校对，发现改装表读数总是略微偏小，则他应该采取下列哪一项措施减小误差　　‎ A．给R3串联一个大电阻 B．给R3串联一个小电阻 C．给R3并联一个小电阻 D．给R3并联一个大电阻．‎ ‎10．（15分）升旗手小明在国歌响起时开始升旗，当国歌结束时国旗恰好到旗杆顶端．已知国歌从响起到结束的时间是48s，升旗时国旗竖直向上运动22m．国旗先匀加速运动，再匀速运动，最后匀减速运动，国旗到达旗杆顶端时的速度恰好为零，其运动的v﹣t图如图所示．不计一切摩擦和绳质量，国旗质量m=2kg，g=l0m/s2．求：‎ ‎（1）国旗加速阶段加速度的大小．‎ ‎（2）小明做功的最大功率．‎ ‎11．（17分）如图所示，有一固定的光滑绝缘水平平台，平台右端B与水平传送带平滑相接，传送带长L=4m．一质量为m=0.5kg、带电量为q=+2×10﹣3C的滑块放在水平平台上．平台上有一根轻质弹簧左端固定，右端与滑块接触但不连接．现将滑块从A处由静止释放，无电且传送带不动时滑块恰能到达传送带右端C点．已知弹簧始终在弹性限度内，滑块到达B点前已与弹簧完全脱离，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.20，g取l0m/s2．求：‎ ‎（1）滑块到达B点时的速度vB和弹簧储存的最大弹性势能EP；‎ ‎（2）若传送带以5m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，滑块从B到C的过程中，摩擦生热多少？‎ ‎（3）若在BC之间加上水平向左的匀强电场E=1×103N/C，传送带以1m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，滑块第二次过B点时速度大小为多大？‎ ‎12．（19分）如图所示，电阻不计的光滑金属导轨ABC、DEF平行放置，间距为L，BC、EF水平，AB、DE与水平面成θ角．PQ、P′Q′是质量均为m、电阻均为R的金属杆，它们与导轨垂直．平行板电容器的两极板（相距为d）M、N水平放置，并通过导线与导轨连接．FC的左侧整个区域处于磁感应强度大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场中．电容器两极板间圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B2，圆形磁场区域半径r1=0.5d，与电容器两板及左侧边缘线相切．让杆PQ沿水平导轨运动，使杆P′Q′静止不动，试求：‎ ‎（1）PQ运动速度的大小和方向．‎ ‎（2）若一个不计重力的带正电粒子沿两板间中心线O1O2从左侧边缘．O1点以速度v0射入，恰沿直线通过圆形磁场区域，经过时间t0从极板边缘飞出；撤去磁场，让该粒子仍从O1点以相同速度射入，则经t0/2时间打到极板上，求v0的大小为多少？‎ ‎（3 ）若两极板不带电，保持圆形区域磁场不变，满足（2）问比荷的该粒子仍沿中心线O1O2从O1点射入，欲使粒子从两板间飞出，求射入的速度大小应满足的条件[已知tan2θ=]．‎ ‎　‎ ‎2016年四川省凉山州高考物理二诊试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、（选择题共42分）第I卷共7题，每题6分．每小题给出的四个选项中．1-5题只有一个选项符合题目要求、6-7题有多个选项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分．有选错的得0分．‎ ‎1．一艘小船横渡一条河流，船本身提供的速度大小方向都不变，且始终垂直于河岸．已知河水流速从两岸到中心逐渐增大，则小船运动轨迹是下图中的（（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】轨迹弯曲的方向大致指向合力的方向，合力的方向又与水流的方向一致，可见加速度的方向先向下再向上，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：从轨迹曲线的弯曲形状上可以知道，靠近本岸小船具有向下游的加速度，靠近对岸小船具有向上游的加速度，故水流是先加速后减速，即加速度的方向先向下再向上，故C正确，A、B、D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道小船参与了两个运动，有两个分速度，分别是静水速和水流速．以及知道轨迹的弯曲大致指向合力的方向．‎ ‎　‎ ‎2．如图为日常生活中常见的点火装置原理图，先将1.5V直流电压通过转换器转换为正弦交变电压u=6sinωt（V），然后将其加在理想变压器的原线圈n1上，当副线圈n2两端电压达到12kV以上时放电针之间空气被击穿，从而引发电火花点燃气体．根据以上信息下列说法正确的是（　　）‎ A．原线圈两端所接交流电压表的读数为6V B．副线圈中交流电压与原线圈中交流电压频率不相等 C．要实现点火则副线圈与原线圈的匝数比至少大于×103‎ D．要实现点火则副线圈与原线圈的匝数比至少大于2000‎ ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】根据转换器输出电压的表达式可以得出最大值，则可以根据最大值和有效值之间的关系求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比，而变压器不改变频率进行分析，从而得出结论．‎ ‎【解答】解：A、最大值为有效值的倍，所以电压的有效值为U==3V，即电压表示数为3V，故A错误，‎ B、变压器不能改变频率，故副线圈中交流电压与原线圈中交流电压频率相等，故B错误；‎ C、当变压器副线圈电压的瞬时值大于12000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．‎ 转换器所输出的正弦交变电压最大值为6V，根据电压与匝数成正比，所以实现点火的条件是==2000，故C错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查变压器的基本原理，要注意掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，知道电压表的示数为有效值．明确变压器不能改变交流电的频率．‎ ‎　‎ ‎3．据国家航天部消息，由于诸多原因，西昌卫星发射中心正在逐渐移师纬度较低的海南文昌发射中心．若在两地发射中心的火箭发射架上，都有一颗待发射的卫星，则下列说法正确的是（　　）‎ A．两颗卫星在发射架上随地球自转时线速度一样大 B．两颗卫星在发射架上随地球自转时向心加速度一样大 C．两颗卫星在发射架上随地球自转时线速度大于地球同步卫星的线速度 D．两颗卫星在发射架上随地球自转时向心加速度小于近地轨道卫星的向心加速度 ‎【考点】向心加速度；线速度、角速度和周期、转速．‎ ‎【分析】依据同一地球它们的角速度相同，再根据线速度公式v=ωr，与向心加速度公式an=ω2r，即可判定它们的大小关系；‎ 再近地轨道上的加速度近似等于地球表面的重力加速度，而远大于赤道上物体随地球自转的向心加速度．‎ ‎【解答】解：A、两颗卫星在发射架上随地球自转时，它们的角速度相同，根据线速度与角速度公式v=ωr，因纬度的不同，导致旋转半径不同，故A错误；‎ B、同理，向心加速度大小与旋转半径有关，因此它们的向心加速度不可能一样大，故B错误；‎ C、地球同步卫星的角速度与地球相同，那么半径越大的，向心加速度越大，因此卫星在发射架上随地球自转时线速度小于地球同步卫星的线速度，故C错误；‎ D、在近地轨道上的加速度等于地球表面的重力加速度，而赤道上物体随地球自转的向心加速度远小于地球表面的重力加速度，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】考查角速度相同情况下，线速度与半径关系，及向心加速度与半径的关系，注意纬度的不同，则导致旋转半径的不一，同时会区分物体随地球自转的向心加速度与地球表面的重力加速度，及近地轨道的重力加速度的不同．‎ ‎　‎ ‎4．某同学将一枚大头针从一边长为6cm的正方形不透光的轻质薄板正中心垂直于板插入，制作成了一个测定液体折射率的简单装置．他将该装置放在某种液体液面上，调整大头针插入深度，当插入液体中深度为4cm时，恰好无论从液面上方任何方向都看不到液体中的大头针，则该液体的折射率为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】以大头针末端为研究对象，只要从大头针末端发出的光线射到薄板边缘界面处能够发生全反射，就从液面上看不到大头针，作出光路图，根据全反射的临界角公式求解液体的折射率．‎ ‎【解答】解：要在液面上各处均看不到大头针，要求光线射到薄板边缘界面处时恰好发生全反射，设临界角为C．‎ 由临界角与折射率的关系得：sinC=①‎ 由几何关系得：sinC===②‎ 联立①②式可得：n=‎ 故选：A ‎【点评】本题的关键要掌握全反射的条件和临界角的公式，要能画出光路图是解决此类问题的关键．同时注意几何知识的应用．‎ ‎　‎ ‎5．平衡位置位于原点．的波源发出简谐横波在均匀介质中沿水平、轴传播，P、Q为x轴上的两个点（均位于x轴正向），P与O的距离为25cm，此距离介于一倍波长与二倍波长之间，已知波源自t=0时由平衡位置开始向上振动，周期T=1s．当波传到P点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过5s，平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置，则P、Q之间的距离为（　　）‎ A．133cm B．95cm C．85cm D．75cm ‎【考点】波的叠加．‎ ‎【分析】根据题意P与O的距离为25cm，此距离介于一倍波长与二倍波长之间，所以OP=λ，根据周期计算距离．‎ ‎【解答】解：由题意，O、P两点间的距离与波长λ之间满足 OP=λ ①‎ 波速v与波长的关系为 v=②‎ 在t=5s的时间间隔内，波传播的路程为vt．‎ 由题意有 vt=PQ+λ ③‎ 式中，PQ为P、Q间的距离．‎ 由①②③式和题给数据，得PQ=95cm；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题是对简谐波的周期性的考查，根据波速和距离、周期之间的关系来计算通过的时间．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示地面上方存在水平向右的匀强电场．现将一带电小球从距离地面O点高h处的A点以水平速度v0抛出，经过一段时间小球恰好垂直于地面击中地面上的B点，B到O的距离也为h．当地重力加速度为g，则下列说法正确的是（（　　）‎ A．从A到B的过程中小球的动能先减小后增大 B．下落过程中小球机械能一直增加 C．小球的加速度始终保持2g不变 D．从A点到B点小球的电势能增加了mgh ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律；电势能．‎ ‎【分析】根据合力做功判断动能变化，根据功能关系可判断机械能的变化情况；‎ 小球在电场中受到重力和水平向左的电场力，根据运动的分解法可知，水平方向做匀减速运动，竖直方向做自由落体运动，由牛顿第二定律和运动学公式研究水平方向，可求出合力再求加速度；‎ 根据电场力做正功，电势能减小，根据电场力做负功，电势能增加．‎ ‎【解答】解：A、由图象可知，带点小球受到的合力指向左下方，所以小球带负电，运动过程中，合力先与小球速度方向成钝角，后变成锐角，即合力先做负功，后做正功，即动能先减小后增大，故A正确；‎ B、小球下落过程中，电场力一直做负功，小球机械能一直减小，故B错误；‎ C、根据运动的合成和分解可知，竖直方向上：h=gt2，水平方向上：0﹣v0=﹣t，h=v0t﹣，联立解得：qE=mg，小球受到水平向左的电场力，竖直向下的重力，合力大小为mg，由牛顿第二定律可得小球的加速度始终保持g不变，故C错误；‎ D、从A到B点，小球电场力做功为：W=﹣qEh=﹣mgh，所以电势能增加了△EP=mgh，故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】本题小球在电场和重力场的复合场中运动，由于受到两个恒力作用，运用运动的分解法研究是常用的方法．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，空间中存在垂直于纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场（图中没有画出），两个质量均为m的物块P、Q叠放在一起，并置于固定在地面上倾角为θ且无限长的绝缘斜面体上．物块P带正电，电荷量为q；物块Q是不带电的绝缘体．PQ间动摩擦因素为μ1，Q和斜面间动摩擦因素为μ2．现使PQ一起由静止开始沿斜面下滑，运动过程中PQ始终保持相对静止．则以下说法正确的是（　　）‎ A．根据题设条件可以求出物块P任意时刻的加速度 B．根据题设条件可以求出物块P的最大动能 C．两个物块P、Q间的摩擦力最小值为μ2mgcosθ D．两个物块P、Q间的摩擦力最小值为μ1mgcosθ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；摩擦力的判断与计算；洛仑兹力．‎ ‎【分析】对整体和两物体受力分析，注意洛伦兹力随速度变化的规律从而明确合力的变化的变化规律，从而分析能否求出加速度和最大动能以及摩擦力的最小值．‎ ‎【解答】‎ 解：A、由于物体的速度变化时洛伦兹力发生变化，所以除了开始时刻外，其他各时刻PQ间弹力及摩擦力无法求出，故无法求出任意时刻的加速度；故A错误；‎ B、根据受力分析可知，PQ受重力、支持力、摩擦力以及洛伦兹力的作用，由左手定则可知，洛伦兹力垂直斜面向下；物体开始时向下加速运动，随着速度变大，洛伦兹力增大，则压力增大，摩擦力增大；当摩擦力等于重力的分力时物体具有最大动能；此时有：mgsinθ=μ2[（2m）gcosθ+Bqv]；由公式可求得最大速度；故B正确；‎ C、对整体分析可知，开始时整体的加速度a=gsinθ﹣μ2gcosθ；此时P受摩擦力最小；再对Q分析可知，此时Q受到的摩擦力也为最小值；根据牛顿第二定律可得；摩擦力最小值为：μ2mgcosθ；故C正确，D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎【点评】本题考查包含洛伦兹力的受力分析问题，要注意明确洛伦兹力的性质，同时注意PQ间的摩擦力为静摩擦力，不能根据滑动摩擦力公式求解．‎ ‎　‎ 二、第Ⅱ卷（非选择题共68分）‎ ‎8．某同学用图甲所示实验装置做“研究平抛物体的运动”实验，他先调整斜槽轨道槽口末端水平，然后在方格纸（甲图中未画出方格）上建立好直角坐标系xOy，将方格纸上的坐标原点O与轨道槽口末端重合，Oy轴与重垂线重合，Ox轴水平．实验中使小球每次都从斜槽同一高度由静止滚下，经过一段水平轨道后抛出．依次均匀下移水平挡板的位置，分别得到小球在挡板上的落点，先在方格纸上标出相应的点迹，然后作出如图乙所示的小球运动轨迹．‎ ‎①平抛运动水平方向分运动是　匀速直线　运动．‎ ‎②为了能较准确的完成实验，需要　A　．‎ A．调节装置使斜槽末端保持水平 B．实验所用斜槽的轨道必须是光滑的 ‎③已知方格每格长L，重力加速度为g，则小球到B点时竖直方向的速度为　　．‎ ‎【考点】研究平抛物体的运动．‎ ‎【分析】①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；‎ ‎②在实验中让小球在固定斜槽滚下后，做平抛运动，记录下平抛后运动轨迹．然后在运动轨迹上标出特殊点，对此进行处理，由于是同一个轨迹，因此要求抛出的小球初速度是相同的，所以在实验时必须确保抛出速度方向是水平的，同时固定的斜槽要在竖直面，但不要求轨道光滑．‎ ‎③根据竖直方向运动特点△h=gt2，求出物体运动时间，根据中间时刻速度等于平均速度求出B点竖直方向速度．‎ ‎【解答】解：①平抛运动水平方向不受理，水平分运动是匀速直线运动；‎ ‎②A、确保抛出速度方向是水平的，要求调节装置使斜槽末端保持水平，故A正确；‎ B、斜槽轨道是否是光滑的，不会影响小球做平抛运动，所以不要求光滑，故B错误；‎ 故选：A ‎③根据△L=gt2得，因△L=5L﹣3L，则有：t=，‎ 则小球到B点时竖直方向的速度为 故答案为：①匀速直线；②A；③‎ ‎【点评】本题关键是让学生掌握描点法作图线的要求，同时会运用平抛运动处理规律来解题，难度适中．‎ ‎　‎ ‎9．（11分）（2016•凉山州模拟）某同学学习了电压表的内部结构之后，决定亲手改装一只3V量程的电压表，他进行了以下步骤，请根据你所学知识和他的操作进行填空补充：‎ ‎①测量待改装表的内阻，现有以下实验器材：‎ 灵敏电流计G1（量程为200μA，内阻约为300Ω）；‎ 灵敏电流计G2 （量程为500μA，内阻约为800Ω）；‎ 定值电阻R1=200Ω；‎ 定值电阻R2=10Ω；‎ 滑动变阻器R（最大阻值5Ω，2A）；‎ 一节干电池（电动势1.5V，内阻很小）；‎ 一个电键，导线若干．‎ 仅用以上器材他设计了如图所示测量G1表内阻rg的实验电路图．请你帮他把未画完的实验电路图在方框内补充完整，并标上相应的器材符号．根据实验电路写出测量G1表内阻的表达式rg=　　（若两个表都要使用，G1表的读数用I1表示，G2表的读数用I2表示）．‎ ‎②根据第一步他测得灵敏电流计G1的内阻rg=300Ω，为了将它改装为3V量程的电压表，他应该　串　联一个R3=　14700　Ω的电阻，并将表盘进行改写标注．‎ ‎③他将改装好的电压表与标准的3V量程的电压表进行逐格校对，发现改装表读数总是略微偏小，则他应该采取下列哪一项措施减小误差　D　‎ A．给R3串联一个大电阻 B．给R3串联一个小电阻 C．给R3并联一个小电阻 D．给R3并联一个大电阻．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】①由于有两个灵敏电流计，所以可以采用半偏法测量电阻值；为方便实验操作，应选择标准电流表的量程应大于等于待测电流表量程；定值电阻的电阻值应与待测电阻的电阻值差不多；‎ ‎②扩大电流表量程需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律求出并联电阻阻值．‎ ‎③根据测量的原理分析误差产生的原因．‎ ‎【解答】解：（1）由于有两个灵敏电流计，所以可以采用半偏法测量电阻值；标准电流表应选择G2．定值电阻的电阻值应与待测电阻的电阻值差不多，应选择R1；故电路如图；‎ 根据串并联电路的特点可得：I1Rg=（I2﹣I1）R1‎ 则：Rg=‎ ‎（2）电流表改装成电压表，串联电阻阻值：Rx===14700Ω；‎ ‎（3）他将改装好的电压表与标准的3V量程的电压表进行逐格校对，发现改装表读数总是略微偏小，即在相等的电压条件下，流过改装电压表的电流值偏小，根据欧姆定律可知，该电阻的电阻值偏大，则需要减小该串联电阻，所以可以采用的方法是给该电阻并联一个大电阻．故他应该采取D选项的措施减小误差．故ABC错误，D正确．‎ 故答案为：①如图，；②串，14700；③D ‎【点评】本题考查了实验器材的选择、实验注意事项、实验误差分析、求并联电阻阻值；分析清楚实验电路图与实验步骤、知道实验原理是解题的关键；要掌握实验器材的选择原则．‎ ‎　‎ ‎10．（15分）（2016•凉山州模拟）升旗手小明在国歌响起时开始升旗，当国歌结束时国旗恰好到旗杆顶端．已知国歌从响起到结束的时间是48s，升旗时国旗竖直向上运动22m．国旗先匀加速运动，再匀速运动，最后匀减速运动，国旗到达旗杆顶端时的速度恰好为零，其运动的v﹣t图如图所示．不计一切摩擦和绳质量，国旗质量m=2kg，g=l0m/s2．求：‎ ‎（1）国旗加速阶段加速度的大小．‎ ‎（2）小明做功的最大功率．‎ ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；加速度．‎ ‎【分析】（1）根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可以求出最大速度，再根据图象的斜率表示加速度求出国旗加速阶段加速度的大小．‎ ‎（2）根据牛顿第二定律求出小明拉国旗的作用力，再根据P=Fv求解最大功率．‎ ‎【解答】解：根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移得：‎ ‎22=‎ 解得：v1=0.5m/s，‎ 图象的斜率表示加速度，则国旗加速阶段加速度的大小a=，‎ ‎（2）速度最大且拉力最大时，功率最大，有牛顿第二定律得：‎ F﹣mg=ma 解得：F=20.25N 最大功率P=Fv1=10.125W 答：（1）国旗加速阶段加速度的大小为0.125m/s2．‎ ‎（2）小明做功的最大功率为10.125W．‎ ‎【点评】本题主要考查了速度时间图象的直接应用，要求同学们知道图象的斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移，难度不大，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎11．（17分）（2016•凉山州模拟）如图所示，有一固定的光滑绝缘水平平台，平台右端B与水平传送带平滑相接，传送带长L=4m．一质量为m=0.5kg、带电量为q=+2×10﹣3C的滑块放在水平平台上．平台上有一根轻质弹簧左端固定，右端与滑块接触但不连接．现将滑块从A处由静止释放，无电且传送带不动时滑块恰能到达传送带右端C点．已知弹簧始终在弹性限度内，滑块到达B点前已与弹簧完全脱离，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.20，g取l0m/s2．求：‎ ‎（1）滑块到达B点时的速度vB和弹簧储存的最大弹性势能EP；‎ ‎（2）若传送带以5m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，滑块从B到C的过程中，摩擦生热多少？‎ ‎（3）若在BC之间加上水平向左的匀强电场E=1×103N/C，传送带以1m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，滑块第二次过B点时速度大小为多大？‎ ‎【考点】功能关系；动能定理．‎ ‎【分析】（1）根据动能定理，结合滑块在C点的速度为零，求出滑块在B点的速度，根据能量守恒求出弹簧储存的最大弹性势能．‎ ‎（2）滑块滑上传送带先做加速运动，当速度与传送带速度相等时一起匀速，根据牛顿第二定律结合运动学基本公式求出相对位移，进而求出摩擦生热；‎ ‎（3）从B点向右减速到1m/s，根据动能定理列式，从1m/s减速为0的过程中，根据动能定理列式，再对滑块向左返回B，根据动能定理列式，联立方程求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）滑块从释放至运动到B点，由能量守恒得：‎ ‎…①‎ 从B到C，由动能定理得：…②‎ 联立①②两式，代入数据解得：vB=4m/s Ep=2J．‎ ‎（2）加速到5m/s后与传送带一起匀速运动，加速过程，根据牛顿第二定律得：a=，‎ 加速时间为：，‎ 滑块加速的位移为：‎ 则摩擦生热为：Q=μmg（vt1﹣x1）=0.25J ‎（3）从B点向右减速到1m/s，根据动能定理得：‎ 代入数据解得：x2=1.25m 从1m/s减速为0的过程中，根据动能定理得：，‎ 代入数据解得：x3=0.25m，‎ 滑块向左返回B，根据动能定理得：，‎ 代入数据解得：‎ 答：（1）滑块到达B点时的速度为4m/s，弹簧储存的最大弹性势能为2J；‎ ‎（2）若传送带以5m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，滑块从B到C的过程中，摩擦生热为0.25J；‎ ‎（3）若在BC之间加上水平向左的匀强电场E=1×103N/C，传送带以1m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，滑块第二次过B点时速度大小为．‎ ‎【点评】解决本题的关键理清滑块在整个过程中的运动情况，结合牛顿第二定律、动能定理进行求解，过程较为复杂，要求同学们能够细心分析，难度适中．‎ ‎　‎ ‎12．（19分）（2016•凉山州模拟）如图所示，电阻不计的光滑金属导轨ABC、DEF平行放置，间距为L，BC、EF水平，AB、DE与水平面成θ角．PQ、P′Q′是质量均为m、电阻均为R的金属杆，它们与导轨垂直．平行板电容器的两极板（相距为d）M、N水平放置，并通过导线与导轨连接．FC的左侧整个区域处于磁感应强度大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场中．电容器两极板间圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B2，圆形磁场区域半径r1=0.5d，与电容器两板及左侧边缘线相切．让杆PQ沿水平导轨运动，使杆P′Q′静止不动，试求：‎ ‎（1）PQ运动速度的大小和方向．‎ ‎（2）若一个不计重力的带正电粒子沿两板间中心线O1O2从左侧边缘．O1‎ 点以速度v0射入，恰沿直线通过圆形磁场区域，经过时间t0从极板边缘飞出；撤去磁场，让该粒子仍从O1点以相同速度射入，则经t0/2时间打到极板上，求v0的大小为多少？‎ ‎（3 ）若两极板不带电，保持圆形区域磁场不变，满足（2）问比荷的该粒子仍沿中心线O1O2从O1点射入，欲使粒子从两板间飞出，求射入的速度大小应满足的条件[已知tan2θ=]．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；导体切割磁感线时的感应电动势．‎ ‎【分析】（1）应用E=BLv求出感应电动势，应用欧姆定律求出电流，应用安培力公式求出杆受到的安培力，然后应用平衡条件求出杆的速度大小，应用左手定则与右手定则判断杆的运动方向．‎ ‎（2）撤去磁场时粒子做类平抛运动，有磁场时粒子做匀速直线运动，应用类平抛运动规律与平衡条件可以求出粒子的速度．‎ ‎（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求出粒子的临界速度，然后确定其速度范围．‎ ‎【解答】解：（1）PQ切割磁感线产生的感应电动势：E=B1Lv，‎ 电路电流：I==，‎ P′Q′杆受到的安培力：F=B1IL=，‎ P′Q′杆静止处于平衡状态，由平衡条件得：mgtanθ=F，‎ 解得：v=，‎ 由右手定则与左手定则可知，PQ应向右运动．‎ ‎（2）设极板长为x，撤去磁场后粒子做类平抛运动，水平方向位移：x﹣2r1=x﹣d，‎ 有磁场时：x=v0t0，无磁场时：x﹣d=，‎ 解得：x=2d，v0=；‎ ‎（3）撤去磁场时粒子做类平抛运动，粒子的偏移量：0.5d=，‎ 粒子在磁场中做匀速直线运动，由平衡条件得：qv0B2=q，‎ 解得： =，‎ 无电场时粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子恰好从上极板左边缘时的轨道半径为r，圆心角为α，‎ 由几何知识得：tanα=，α=45°，r+r=0.5d，‎ 洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB2=m，‎ 解得：v=；‎ 粒子恰好从上极板右边缘飞出时，由几何知识得：‎ tan2θ=，tanθ=，已知：tan2θ=，‎ 解得：v=，‎ 粒子的速度需要满足的条件是：0＜v＜，v＞；‎ 答：（1）PQ运动速度的大小为：，方向：向右．‎ ‎（2）v0的大小为；‎ ‎（3 ）欲使粒子从两板间飞出，求射入的速度大小应满足的条件是：0＜v＜，v＞‎