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湖南省長(zhǎng)沙市雅禮中學(xué)2015屆高三下學(xué)期第八次月考物理試卷（4月份）


一、選擇題（本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～5小題只有一項(xiàng)符合題目要求，第6～8小題有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)或不選的得0分）
1．火車(chē)在平直軌道上以平均速度v從A地到達(dá)B地歷時(shí)t，現(xiàn)火車(chē)以速度v′由A勻速出發(fā)，中途剎車(chē)停止后又立即起動(dòng)加速到v′然后勻速到達(dá)B，剎車(chē)和加速過(guò)程都是勻變速運(yùn)動(dòng)，剎車(chē)和加速的時(shí)間共為t′，若火車(chē)仍要用同樣時(shí)間到達(dá)B地，則速度v′的大小應(yīng)為( )
A． B． C． D．

考點(diǎn)：勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間的關(guān)系．
專題：直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律專題．
分析：求出火車(chē)由于剎車(chē)減速再加速所耽誤的時(shí)間，即可得出火車(chē)勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，根據(jù)平均速度公式求出火車(chē)勻速運(yùn)動(dòng)的速度．
解答： 解：火車(chē)中途急剎車(chē)，停止后又立即加速到v′這段時(shí)間內(nèi)的位移為：x=，
這段位移若做勻速直線運(yùn)動(dòng)所需的時(shí)間：，則火車(chē)由于剎車(chē)減速再加速所耽誤的時(shí)間為，
則火車(chē)勻速運(yùn)動(dòng)的速度：．故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．
故選：C．
點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵求出火車(chē)由于剎車(chē)減速再加速所耽誤的時(shí)間，以及掌握勻變速直線運(yùn)動(dòng)的平均速度公式．

2．建筑工地上有時(shí)需要將一些建筑材料由高處送到低處，為此工人們?cè)O(shè)計(jì)了一種如圖所示的簡(jiǎn)易滑軌：兩根圓柱形長(zhǎng)直木桿AB和CD相互平行，斜靠在豎直墻壁上把一摞瓦放在兩木桿構(gòu)成的滑軌上，瓦將沿滑軌滑到低處，在實(shí)際操作中發(fā)現(xiàn)瓦滑到底端處時(shí)速度較大，有可能摔碎，為了防止瓦被損壞，下列措施可行的是( )

A．適當(dāng)增大兩桿之間的距離 B．適當(dāng)減小兩桿間的距離
C．減小每次運(yùn)送瓦的塊數(shù) D．增多每次運(yùn)送瓦的塊數(shù)

考點(diǎn)：力的合成；牛頓第二定律．
分析：瓦滑到底部的速度較大，說(shuō)明其加速度較大，即重力與摩擦力的合力較大，可以考慮通過(guò)增大摩擦力的方式來(lái)減小加速度，減小瓦滑到底部時(shí)的速度．
解答： 解：由題意可知，斜面的高度及傾斜角度不能再變的情況下，要想減小滑到底部的速度就應(yīng)當(dāng)增大瓦與斜面的摩擦力，由f=μFN可知，可以通過(guò)增大FN來(lái)增大摩擦力；
而增大瓦的塊數(shù)，增大了瓦的質(zhì)量，雖然摩擦力大了，但同時(shí)重力的分力也增大，不能起到減小加速度的作用，故改變瓦的塊數(shù)是沒(méi)有作用的，故CD錯(cuò)誤；
而增大兩桿之間的距離可以增大瓦受到的兩支持力的夾角，而瓦對(duì)桿的壓力隨夾角的增大而增大，故增大兩桿間的距離可以在不增大重力分力的情況下增大瓦對(duì)滑桿的壓力，從而增大摩擦力，故A正確，B錯(cuò)誤；
故選A．
點(diǎn)評(píng)：本題很多同學(xué)感到非常陌生，找不到解題的頭緒，但只要認(rèn)真分析找出本題要考什么，怎么考查，可找出解題的突破口，找到所考查的內(nèi)容并能順利求解．

3．如圖所示，理想變壓器原線圈接有交流電源，當(dāng)副線圈上的滑片P處于圖示位置時(shí)，燈泡L能發(fā)光． 要使燈泡變亮，可以采取的方法有( )

A．向下滑動(dòng)P B．減小交流電源的電壓
C．增大交流電源的頻率 D．減小電容器C的電容

考點(diǎn)：變壓器的構(gòu)造和原理．
專題：交流電專題．
分析：要使燈泡變亮，應(yīng)使副線圈兩端電壓增大．向下滑動(dòng)P，副線圈匝數(shù)減少，電壓減小，增大交流電源的電壓，副線圈兩端電壓也增大，增大交流電源的頻率通過(guò)電容器的電流更大
解答： 解：A、向下滑動(dòng)P，副線圈匝數(shù)減少，電壓減小，A錯(cuò)誤；
B、減小交流電源的電壓，副線圈兩端電壓也減小，B錯(cuò)誤；
C、增大交流電源的頻率通過(guò)電容器的電流更大，C正確；
D、減小電容器C的電容，增加了容抗，通過(guò)燈泡的電流減小，燈泡變暗，D錯(cuò)誤；
故選：C
點(diǎn)評(píng)：本題考查了變壓器的變壓原理和電容器對(duì)交流電的影響，通高頻阻低頻，要使燈泡變亮，應(yīng)使副線圈兩端電壓增大．

4．現(xiàn)代科學(xué)研究中常用到高速電子，電子感應(yīng)加速器就是利用變化的磁場(chǎng)產(chǎn)生電場(chǎng)使電子加速的設(shè)備，它的基本原理如圖所示．在上、下兩個(gè)電磁鐵形成的異名磁極之間有一個(gè)環(huán)形真空室，電子在真空室中做圓周運(yùn)動(dòng)．上邊為側(cè)視圖，下邊為真空室的俯視圖．如果從上向下看，電子沿逆時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)，則以下方法能夠使電子加速的是( )

A．當(dāng)電磁鐵線圈中的電流方向與圖示中方向一致時(shí)，減小電流
B．當(dāng)電磁鐵線圈中的電流方向與圖示中方向一致時(shí)，保持電流不變
C．當(dāng)電磁鐵線圈中的電流方向與圖示中方向相反時(shí)，增大電流
D．當(dāng)電磁鐵線圈中的電流方向與圖示中方向相反時(shí)，減小電流

考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．
專題：帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題．
分析：磁場(chǎng)發(fā)生變化，通過(guò)楞次定律可判斷出渦旋電場(chǎng)的方向，從而可知電子在渦旋電場(chǎng)下的運(yùn)動(dòng)．
解答： 解：線圈中的電流增強(qiáng)，磁場(chǎng)就增大了，根據(jù)楞次定律，感生電場(chǎng)產(chǎn)生的磁場(chǎng)要阻礙它增大所以感生電場(chǎng)俯視圖為順時(shí)針?lè)较颍噪娮舆\(yùn)動(dòng)逆時(shí)針?lè)较螂妶?chǎng)力作用下加速運(yùn)動(dòng)，在洛倫茲力約束下做圓周運(yùn)動(dòng)．
當(dāng)電流減小，根據(jù)楞次定律，可知渦旋電場(chǎng)的方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，電子將沿逆時(shí)針?lè)较蜃鰷p速運(yùn)動(dòng)．
經(jīng)以上分析得，只有D正確
故選：D
點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵掌握楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總是阻礙引起感應(yīng)電流磁場(chǎng)磁通量的變化．

5．如圖所示，傾角為α的光滑斜面下端固定一絕緣輕彈簧，M點(diǎn)固定一個(gè)質(zhì)量為m、帶電量為﹣q的小球Q．整個(gè)裝置處在場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向沿斜面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中．現(xiàn)把一個(gè)帶電量為+q的小球P從N點(diǎn)由靜止釋放，釋放后P沿著斜面向下運(yùn)動(dòng)．N點(diǎn)與彈簧的上端和M的距離均為s0．P、Q以及彈簧的軸線ab與斜面平行．兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn)和點(diǎn)電荷，彈簧的勁度系數(shù)為k0，靜電力常量為k．則( )

A．小球P返回時(shí)，可能撞到小球Q
B．小球P在N點(diǎn)的加速度大小為
C．小球P沿著斜面向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，其電勢(shì)能一定減少
D．當(dāng)彈簧的壓縮量為時(shí)，小球P的速度最大

考點(diǎn)：勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；牛頓第二定律．
專題：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題．
分析：據(jù)動(dòng)能定理判斷小球P返回速度為零的位置，確定小球能否與小球Q相撞；根據(jù)牛頓第二定律求出小球P在N點(diǎn)的加速度；根據(jù)電場(chǎng)力做功判斷電勢(shì)能的變化，當(dāng)小球所受的合力為零時(shí)，小球的速度最大．
解答： 解：A、根據(jù)動(dòng)能定理知，當(dāng)小球返回到N點(diǎn)，由于重力做功為零，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)力做功為零，電荷Q的電場(chǎng)對(duì)P做功為零，則合力做功為零，知道到達(dá)N點(diǎn)的速度為零．所以小球不可能撞到小球Q．故A錯(cuò)誤．
B、根據(jù)牛頓第二定律得，小球在N點(diǎn)的加速度a==，故B正確．
C、小球P沿著斜面向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)力做正功，電荷Q產(chǎn)生的電場(chǎng)對(duì)P做負(fù)功，兩個(gè)電場(chǎng)力的合力不一定沿斜面向下，則最終電場(chǎng)力不一定做正功，則電勢(shì)能不一定減?。蔆錯(cuò)誤．
D、當(dāng)小球所受的合力為零時(shí)，速度最大，即+k0x0=qE+mgsinα，則壓縮量不等于．故D錯(cuò)誤．
故選：B．
點(diǎn)評(píng)：本題考查了動(dòng)能定理、牛頓第二定律的綜合，難度中等，知道小球合力為零時(shí)，小球的速度最大，知道電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加．

6．如圖所示，四個(gè)相同的表頭分別改裝成兩個(gè)安培表和兩個(gè)伏特表．安培表A1的量程大于A2的量程，伏特表V1的量程大V2的量程，把它們按圖接入電路，則( )

A．安培表A1的讀數(shù)大于安培表A2的讀數(shù)
B．安培表A1的偏轉(zhuǎn)角小于安培表A2的偏轉(zhuǎn)角
C．伏特表V1的讀數(shù)小于伏特表V2的讀數(shù)
D．伏特表V1的偏轉(zhuǎn)角等于伏特表V2的偏轉(zhuǎn)角

考點(diǎn)：閉合電路的歐姆定律．
專題：恒定電流專題．
分析：由題：兩個(gè)安培表和兩個(gè)伏特表均是由四個(gè)相同的電流表改裝成的，表頭的滿偏電流和內(nèi)阻相同．安培表A1、A2并聯(lián)，電壓相同，表頭的電流，指針偏轉(zhuǎn)角度相同，量程越大，其讀數(shù)越大．伏特表V1與V2串聯(lián)，流過(guò)表頭的電流相同，指針偏轉(zhuǎn)的角度相同，則量程越大，其讀數(shù)越大．
解答： 解：A、安培表A1、A2并聯(lián)，電壓相同，表頭的電流，指針偏轉(zhuǎn)角度相同，由于安培表A1的量程大于A2的量程，則安培表A1的讀數(shù)大于安培表A2的讀數(shù)．故A正確，B錯(cuò)誤．
C、伏特表V1與V2串聯(lián)，流過(guò)表頭的電流相同，指針偏轉(zhuǎn)的角度相同，由于伏特表V1的量程大于V2的量程，則伏特表V1的讀數(shù)大于伏特表V2的讀數(shù)．故C錯(cuò)誤，D正確．
故選：AD
點(diǎn)評(píng)：安培表和伏特表都是由小量程電流表（表頭）改裝而成的，其核心是表頭，表頭指針的偏轉(zhuǎn)角度取決于流過(guò)表頭的電流．

7．如圖甲所示，輕桿一端固定在O點(diǎn)，另一端固定一小球，現(xiàn)讓小球在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)．小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，受到的彈力為F，速度大小為v，其F﹣v2圖象如乙圖所示．則( )

A．小球的質(zhì)量為
B．當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮?br /> C．v2=c時(shí)，小球?qū)U的彈力方向向下
D．v2=2b時(shí)，小球受到的彈力與重力大小相等

考點(diǎn)：向心力．
專題：勻速圓周運(yùn)動(dòng)專題．
分析：小球在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，小球的重力與桿的彈力的合力提供向心力，根據(jù)圖象、應(yīng)用向心力公式、牛頓第二定律分析答題．
解答： 解：A、由圖象知，當(dāng)v2=0時(shí)，F(xiàn)=a，故有：F=mg=a，由圖象知，當(dāng)v2=b時(shí)，F(xiàn)=0，桿對(duì)小球無(wú)彈力，此時(shí)重力提供小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，有：mg=，得：g=，當(dāng)有a=時(shí)，得：m=，故A正確，B錯(cuò)誤；
C、由圖象可知，當(dāng)v2=c時(shí)，有：F＜0，則桿對(duì)小球得作用力方向向下，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)U的彈力方向向上，故C錯(cuò)誤；
D、由圖象可知，當(dāng)v2=2b時(shí)，由，故有：
F+mg=，
得：F=mg，故D正確
故選：AD．
點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了圓周運(yùn)動(dòng)向心力公式的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能根據(jù)圖象獲取有效信息，難度適中．

8．如圖所示，有一垂直于紙面向外的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，其邊界為一邊長(zhǎng)為 L的正三角形，A、B、C為三角形的三個(gè)頂點(diǎn)．若一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子（不計(jì)重力），以速度v0=從AB邊上的某點(diǎn)P垂直于AB邊豎直向上射入磁場(chǎng)，然后能從BC邊上某點(diǎn)Q射出．關(guān)于P點(diǎn)入射的范圍和從Q點(diǎn)射出的范圍，下列判斷正確的是( )

A．PB＜L B．PB＜L C．QB＜L D．QB≤L

考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．
專題：帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題．
分析：本題粒子的半徑確定，圓心必定在經(jīng)過(guò)AB的直線上，可將粒子的半圓畫(huà)出來(lái)，然后移動(dòng)三角形，獲取AC邊的切點(diǎn)以及從BC邊射出的最遠(yuǎn)點(diǎn)．
解答： 解：A、B、由半徑公式可得粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R=，如圖所示，當(dāng)圓心處于O1位置時(shí)，粒子正好從AC邊切過(guò)，并與BC邊過(guò)，因此入射點(diǎn)P1為離開(kāi)B最遠(yuǎn)的點(diǎn)，滿足PB＜，A正確，B錯(cuò)誤；
C、D、當(dāng)圓心處于O2位置時(shí)，粒子從P2射入，打在BC邊的Q點(diǎn)，由于此時(shí)Q點(diǎn)距離AB最遠(yuǎn)為圓的半徑，故QB最大，即QB≤，D正確，C錯(cuò)誤．
故選：AD

點(diǎn)評(píng)：考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)．由于運(yùn)動(dòng)軌跡的對(duì)應(yīng)的半徑不變，所以當(dāng)從不同的位置進(jìn)入時(shí)，出磁場(chǎng)位置也不同，故當(dāng)軌跡剛與BC相切或與BC垂直相交，是本題考慮的兩種臨界狀態(tài)，也是解題的突破口．

二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分．第9題～第12題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答．第13題～第18題為選考題，考生根據(jù)要求作答．必考題
9．為了研究人們用繩索跨越山谷過(guò)程中繩索拉力的變化規(guī)律，同學(xué)們?cè)O(shè)計(jì)了如圖1所示的實(shí)驗(yàn)裝置，他們將不可伸長(zhǎng)輕繩通過(guò)測(cè)力計(jì)（不計(jì)質(zhì)量及長(zhǎng)度）固定在相距為D的兩立柱上，固定點(diǎn)分別為P和Q，P低于Q，繩長(zhǎng)為L(zhǎng)（L＞PQ），他們首先在繩上距離P點(diǎn)10cm處（標(biāo)記為C）系上質(zhì)量為m的重物（不滑動(dòng)），由測(cè)力計(jì)讀出繩PC、QC說(shuō)的拉力大小TP和TQ．隨后，改變重物懸掛點(diǎn)C的位置，每次將P到C點(diǎn)的距離增大10cm，并讀出測(cè)力計(jì)的示數(shù)，最后得到TP和TQ與繩長(zhǎng)PC的關(guān)系曲線如圖2所示，由實(shí)驗(yàn)可知：
（1）曲線Ⅱ中拉力為最大時(shí)，C與P點(diǎn)的距離為60.00cm，該曲線為T(mén)P（選填TP或TQ）的曲線．
（2）在重物從P移到Q的整個(gè)過(guò)程中，受到最大拉力的是Q（選填：P或Q）點(diǎn)所在的立柱．
（3）在曲線Ⅰ、Ⅱ相交處，可讀出繩的拉力T0=4.30N，它與L、D、m和重力加速度g的關(guān)系為T(mén)0=．


考點(diǎn)：共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用．
專題：共點(diǎn)力作用下物體平衡專題．
分析：選取結(jié)點(diǎn)C為研究的對(duì)象，對(duì)它進(jìn)行受力分析，根據(jù)結(jié)點(diǎn)C的受力即可判斷．
解答： 解：（1）選取結(jié)點(diǎn)C為研究的對(duì)象，受力如圖，
水平方向：TPsinα=TQsinβ
豎直方向：TPcosα+TQcosβ=2T0?cosβ ①
由圖可得，當(dāng)：α=β時(shí)，兩個(gè)繩子上的拉力相等，此時(shí)由圖可得，該處離P比較近．
又：C到P與Q的距離相等時(shí)，受力如圖：

水平方向仍然滿足：TPsinα=TQsinβ
由于α＞β
所以：TP＜TQ
所以曲線Ⅱ是TP的曲線，曲線Ⅰ是TQ的曲線．
曲線Ⅱ中拉力為最大時(shí)，C與P點(diǎn)的距離為60.00cm處．
（2）曲線Ⅰ是TQ的曲線，由題目的圖可得，在重物從P移到Q的整個(gè)過(guò)程中，受到最大拉力的是Q點(diǎn)所在的立柱；
（3）由題目的圖可得，在曲線Ⅰ、Ⅱ相交處，可讀出繩的拉力T0=4.30N．
做出它們的幾何關(guān)系如圖：

由于α=β，則：
②
聯(lián)立①②得：
故答案為：（1）60.00，TP；（2）Q；（3）4.30，
點(diǎn)評(píng)：該題屬于信息給予題，考查學(xué)生獲取信息的能力和利用數(shù)學(xué)知識(shí)解決物理問(wèn)題的能力，是一道考查能力的好題．

10．（1）多用電表測(cè)未知電阻阻值的電路如圖（a）所示，電池的電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r，R0為調(diào)零電阻，Rg為表頭內(nèi)阻，電路中電流I與待測(cè)電阻的阻值Rx關(guān)系圖象如圖（b）所示，則該圖象的函數(shù)關(guān)系式為I=；（調(diào)零電阻R0接入電路的部分阻值用R0表示）

（2）下列根據(jù)圖（b）中I﹣Rx圖線做出的解釋或判斷中正確的是BC；（有兩個(gè)選項(xiàng)正確）
A．用歐姆表測(cè)電阻時(shí)，指針指示讀數(shù)越大，測(cè)量的誤差越小
B．歐姆表調(diào)零的實(shí)質(zhì)是通過(guò)調(diào)節(jié)R0，使Rx=0時(shí)電路中的電流I=Ig
C．Rx越小，相同的電阻變化量對(duì)應(yīng)的電流變化量越大，所以歐姆表的示數(shù)左密右疏
D．測(cè)量中，當(dāng)Rx的阻值為圖（b）中的R2時(shí)，指針位于表盤(pán)中央位置的右側(cè)
（3）某同學(xué)想通過(guò)一個(gè)多用電表中的歐姆擋，直接去測(cè)量某電壓表（量程10 V）的內(nèi)阻（大約為幾十千歐），歐姆擋的選擇開(kāi)關(guān)撥至倍率×1K擋．先將紅、黑表筆短接調(diào)零后，選用圖（c）中A（填“A”或“B”）方式連接．在本實(shí)驗(yàn)中，如圖（d）所示為歐姆表和電壓表的讀數(shù)，請(qǐng)你利用所學(xué)過(guò)的知識(shí)，求出歐姆表電池的電動(dòng)勢(shì)為8.75V．（計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字）


考點(diǎn)：描繪小電珠的伏安特性曲線．
專題：實(shí)驗(yàn)題．
分析：（1）歐姆表的工作原理是閉合電路歐姆定律，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析答題．
（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律得出電流I與待測(cè)電阻的阻值Rx關(guān)系．
（3）選擇倍率的原則是讓指針指在刻度盤(pán)的中間位置附近，歐姆表的內(nèi)部電源的正極與外部負(fù)極插孔相連，歐姆表的讀數(shù)為示數(shù)乘以倍率，由閉合電路的歐姆定律求電動(dòng)勢(shì)．
解答： 解：（1）多用電表測(cè)電阻的原理是閉合電路歐姆定律，則有：I=；
（2）A、用歐姆表測(cè)電阻時(shí)，指針指刻度盤(pán)中央附近時(shí)，測(cè)量的誤差越?。蔄錯(cuò)誤．
B、由上式知：當(dāng)Rx=0，I=，通過(guò)調(diào)節(jié)R0，使Rx=0時(shí)電路中的電流I=Ig，表明所測(cè)量的電阻為0，故B正確．
C、Rx越小，由I=，知相同的電阻變化量對(duì)應(yīng)的電流變化量越大，所以歐姆表的示數(shù)左密右疏．故C正確．
D、測(cè)量中，當(dāng)Rx的阻值為圖5中的R2時(shí)，電流比半偏電流Ig，小，由 I=，知指針位于表盤(pán)中央位置的左側(cè)．故D錯(cuò)誤．
（3）當(dāng)歐姆表的指針指在中間位置附近時(shí)，測(cè)量值較為準(zhǔn)確，根據(jù)讀數(shù)為：示數(shù)×倍率=讀數(shù)知，選擇×1K的擋較好；
歐姆表的正極插孔與內(nèi)部電源的負(fù)極相連，與電壓表構(gòu)成一閉合回路，電流從負(fù)極流出，進(jìn)入電壓表的正極，所以選擇圖A正確；
歐姆表的讀數(shù)為：40×1K=40KΩ；電壓表的讀數(shù)為5.0V；
由題意知?dú)W姆表的內(nèi)阻為30KΩ，與電壓表的內(nèi)阻40KΩ串聯(lián)，由歐姆定律可知：
E=I（r+R）=×（3×104+4×104）=8.75V．
故答案為：（1）I=；（2）BC；（3）A；8.75．
點(diǎn)評(píng)：對(duì)于歐姆表，要了解其結(jié)構(gòu)、掌握讀數(shù)的方法，關(guān)鍵要理解歐姆表的工作原理：閉合電路歐姆定律．

11．兩個(gè)天體（包括人造天體）間存在萬(wàn)有引力，并具有由相對(duì)位置決定的勢(shì)能．如果兩個(gè)天體的質(zhì)量分別為m1和m2，當(dāng)它們相距無(wú)窮遠(yuǎn)時(shí)勢(shì)能為零，則它們距離為r時(shí)，引力勢(shì)能為EP=﹣G．發(fā)射地球同步衛(wèi)星一般是把它先送入較低的圓形軌道，如圖中Ⅰ，再經(jīng)過(guò)兩次“點(diǎn)火”，即先在圖中a點(diǎn)處啟動(dòng)燃?xì)獍l(fā)動(dòng)機(jī)，向后噴出高壓燃?xì)?，衛(wèi)星得到加速，進(jìn)入圖中的橢圓軌道Ⅱ，在軌道Ⅱ的遠(yuǎn)地點(diǎn)b處第二次“點(diǎn)火”，衛(wèi)星再次被加速，此后，沿圖中的圓形軌道Ⅲ（即同步軌道）運(yùn)動(dòng)．設(shè)某同步衛(wèi)星的質(zhì)量為m，地球半徑為R，軌道Ⅰ距地面非常近，軌道Ⅲ距地面的距離近似為6R，地面處的重力加速度為g，并且每次點(diǎn)火經(jīng)歷的時(shí)間都很短，點(diǎn)火過(guò)程中衛(wèi)星的質(zhì)量減少可以忽略．求：
（1）從軌道Ⅰ轉(zhuǎn)移到軌道Ⅲ的過(guò)程中，合力對(duì)衛(wèi)星所做的總功是多大？
（2）兩次“點(diǎn)火”過(guò)程中燃?xì)鈱?duì)衛(wèi)星所做的總功是多少？


考點(diǎn)：人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系；萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用．
專題：人造衛(wèi)星問(wèn)題．
分析：衛(wèi)星在軌道Ⅰ和軌道Ⅲ做圓運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力表示出速度，運(yùn)用動(dòng)能定理求解合力對(duì)衛(wèi)星所做的總功；
表示出衛(wèi)星在軌道Ⅰ和軌道Ⅲ上的動(dòng)能和勢(shì)能，根據(jù)能量守恒進(jìn)行求解．
解答： 解：（1）衛(wèi)星在軌道Ⅰ和軌道Ⅲ做圓運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力得：
=m
所以有：Ek1=mV12=mgR
=m
所以有：Ek2=mV22=
運(yùn)用動(dòng)能定理得合力的功為：
W=Ek2﹣Ek1=mgR（﹣）=﹣
（2）衛(wèi)星在軌道Ⅰ上的勢(shì)能為：EP1=﹣=﹣mgR
衛(wèi)星在軌道Ⅲ上的勢(shì)能為：EP2=﹣=﹣
燃?xì)馑龅目偣椋?br /> W′=（ EP2+Ek2）﹣（EP1+Ek1）=（﹣+）﹣（﹣mgR+mgR）=
答：（1）從軌道Ⅰ轉(zhuǎn)移到軌道Ⅲ的過(guò)程中，合力對(duì)衛(wèi)星所做的總功是﹣
（2）兩次“點(diǎn)火”過(guò)程中燃?xì)鈱?duì)衛(wèi)星所做的總功是．
點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵得出衛(wèi)星動(dòng)能和勢(shì)能的變化量，從而根據(jù)動(dòng)能定理和能量守恒進(jìn)行求解．

12．（18分）如圖，水平面內(nèi)有一光滑金屬導(dǎo)軌，其MN、PQ邊的電阻不計(jì)，MP邊的電阻阻值R=1.5Ω，MN與MP的夾角為135°，PQ與MP垂直，MP邊長(zhǎng)度小于1m．將質(zhì)量m=2kg，電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)直導(dǎo)體棒擱在導(dǎo)線上，并與MP平行，棒與MN、PQ交點(diǎn)G、H間的距離L=4m，空間存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T．在外力作用下，棒由GH處以一定的初速度向左做直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)回路中的電流強(qiáng)度始終與初始時(shí)的電流強(qiáng)度相等．
（1）若初速度v1=3m/s，求棒在GH處所受的安培力大小FA．
（2）若初速度v2=1.5m/s，求棒向左移動(dòng)距離2m到達(dá)EF所需的時(shí)間△t．
（3）在棒由GH處向左移動(dòng)2m到達(dá)EF處的過(guò)程中，外力做功W=7J，求初速度v3．


考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．
專題：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．
分析：（1）由E=BLv求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由歐姆定律求出電流，然后由安培力公式求出安培力．
（2）由E=BLv求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，然后求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間．
（3）求出安培力做的功，應(yīng)用動(dòng)能定理求出棒的速度．
解答： 解：（1）棒在GH處時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E=BLv1，
電流：I1=，
棒受到的安培力：FA=BIL，
代入數(shù)據(jù)解得：FA=8N；
（2）設(shè)棒移動(dòng)的距離為a，由幾何知識(shí)可知，EF間距離為a，
在此過(guò)程中，磁通量的變化量：△Φ=B△S=a（a+L）B，
由題意可知，回路中感應(yīng)電流保持不變，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，
感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E=BLv2，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得：E==，
解得：△t=1s；
（3）設(shè)外力做功為W，克服安培力做功為WA，導(dǎo)體棒在EF處的速度為v3′，
由動(dòng)能定理得：W﹣WA=mv3′2﹣mv32，
克服安培力做功：WA=I32R△t′，
I3=，△t′=，
解得：WA=，
由于電流始終不變，則：v3′=v3，
則：W=+m（）v32，
代入數(shù)據(jù)得：3v32+4v3﹣7=0，
解得：v3=1m/s，（v3=﹣m/s，舍去）；
答：（1）若初速度v1=3m/s，求棒在GH處所受的安培力大小為8N．
（2）若初速度v2=1.5m/s，求棒向左移動(dòng)距離2m到達(dá)EF所需的時(shí)間為1s．
（3）在棒由GH處向左移動(dòng)2m到達(dá)EF處的過(guò)程中，外力做功W=7J，初速度為1m/s．
點(diǎn)評(píng)：本題是電磁感應(yīng)與電路、力學(xué)相結(jié)合的綜合題，難度較大，分析清楚棒的運(yùn)動(dòng)過(guò)程、應(yīng)用E=BLv、法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、安培力公式、動(dòng)能定理即可正確解題，解題時(shí)注意題設(shè)條件：電流大小始終不變．

三．【選修3-4】
13．如圖所示是一列沿+x方向傳播的簡(jiǎn)諧橫波在t=0時(shí)的波形圖，已知波速v=2m/s，質(zhì)點(diǎn)PQ相距3.2m．從t=0 到Q點(diǎn)第二次振動(dòng)到波谷的這段時(shí)間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)P通過(guò)的路程為22cm．


考點(diǎn)：波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系；橫波的圖象．
專題：振動(dòng)圖像與波動(dòng)圖像專題．
分析：Q點(diǎn)第二次振動(dòng)到波谷即為﹣0.8m左側(cè)的波谷傳到Q點(diǎn)，根據(jù)△t=求解時(shí)間；根據(jù)圖象得到波長(zhǎng)，根據(jù)T=求解周期，然后求解時(shí)間間隔△t與周期T的關(guān)系，一個(gè)周期質(zhì)點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的路程為4A．
解答： 解：Q點(diǎn)第二次振動(dòng)到波谷即為0.8m左側(cè)的波谷傳到Q點(diǎn)，即x=﹣0.8m位置的波谷傳到Q點(diǎn)，故波形平移的路程為：△x=3.2m+0.4m﹣（﹣0.8m）=4.4m；
故波形平移的時(shí)間為：；
從圖象得到波長(zhǎng)為：λ=1.6m，已知波速v=2m/s，故周期：T===0.8s；
由于，一個(gè)周期質(zhì)點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的路程為4A，故P通過(guò)的路程為：
S=（2+）×4A=11A=22cm；
故答案：22cm．
點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵明確Q點(diǎn)第二次振動(dòng)到波谷即為其左側(cè)的第二個(gè)波谷傳播到Q點(diǎn)，同時(shí)明確簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)中質(zhì)點(diǎn)在一個(gè)周期內(nèi)的振動(dòng)路程為4A．

14．如圖所示，有一截面是直角三角形的棱鏡ABC，∠A=30°．它對(duì)紅光的折射率為n1．對(duì)紫光的折射率為n2．在距AC邊為d處有一與AC平行的光屏．現(xiàn)有由以上兩種色光組成的很細(xì)的光束垂直AB邊射入棱鏡．
（1）紅光和紫光在棱鏡中的傳播速度比為多少？
（2）為了使紅光能從AC面射出棱鏡，n1應(yīng)滿足什么條件？
（3）若兩種光都能從AC面射出，求在光屏MN上兩光點(diǎn)間的距離．


考點(diǎn)：光的折射定律；電磁波譜．
專題：壓軸題；光的折射專題．
分析：（1）根據(jù)公式v=，求出紅光和紫光在棱鏡中的傳播速度之比．
（2）由幾何知識(shí)得到，紅光射到AC面上的入射角i1=30°，要使紅光能從AC面射出棱鏡，必須使i1＜C，而sinC=求n1應(yīng)滿足的條件．
（3）根據(jù)折射定律分別求出兩種光從AC面射出時(shí)的折射角，再由幾何知識(shí)求解在光屏MN上兩光點(diǎn)間的距離．
解答： 解：
（1）根據(jù)公式v=，得
（2）由幾何知識(shí)得到，紅光射到AC面上的入射角i1=30°，要使紅光能從AC面射出棱鏡，必須使i1＜C，而sinC=，得到sini1＜，解得n1＜2
（3）設(shè)紅光與紫光從AC面射出時(shí)的折射角分別為r1，r2．
根據(jù)折射定律得
n1=，n2=，又i1=i2=30°
又由幾何知識(shí)得，在光屏MN上兩光點(diǎn)間的距離△x=dtanr2﹣dtanr1
代入解得
）
答：
（1）紅光和紫光在棱鏡中的傳播速度比為n2：n1；
（2）為了使紅光能從AC面射出棱鏡，n1應(yīng)滿足的條件是n1＜2；
（3）若兩種光都能從AC面射出，在光屏MN上兩光點(diǎn)間的距離是．

點(diǎn)評(píng)：本題考查光在介質(zhì)中速度、全反射及折射定律的綜合應(yīng)用，中等難度．對(duì)于折射定律的應(yīng)用，關(guān)鍵是作出光路圖．

四.【選修3-5】
15．下列說(shuō)法正確的是( )
A．在康普頓效應(yīng)中，當(dāng)入射光子與晶體中的電子碰撞時(shí)，把一部分動(dòng)量轉(zhuǎn)移給電子，因此，光子散射后波長(zhǎng)變長(zhǎng)
B．將放射性元素?fù)诫s到其他穩(wěn)定元素中，并降低其溫度，它的半衰期會(huì)改變
C．玻爾的原子結(jié)構(gòu)理論是在盧瑟福核式結(jié)構(gòu)學(xué)說(shuō)上引入了量子理論
D．在黑體輻射中隨著溫度的升高，一方面各種波長(zhǎng)的輻射強(qiáng)度都會(huì)增加；另一方面輻射強(qiáng)度的極大值向波長(zhǎng)較長(zhǎng)的方向移動(dòng)

考點(diǎn)：原子核衰變及半衰期、衰變速度；玻爾模型和氫原子的能級(jí)結(jié)構(gòu)．
專題：衰變和半衰期專題．
分析：在康普頓效應(yīng)中，散射光子的動(dòng)量減小，根據(jù)德布羅意波長(zhǎng)公式判斷光子散射后波長(zhǎng)的變化．
半衰期只由原子核本身因素決定，與外界條件無(wú)關(guān)．
玻爾的原子結(jié)構(gòu)理論引入了量子理論；
隨著溫度的升高，一方面各種波長(zhǎng)的輻射強(qiáng)度都有增加，另一方面輻射強(qiáng)度的極大值向波長(zhǎng)較短的方向移動(dòng)．
解答： 解：A、在康普頓效應(yīng)中，當(dāng)入射光子與晶體中的電子碰撞時(shí)，把一部分動(dòng)量轉(zhuǎn)移給電子，則動(dòng)量減小，根據(jù)λ=，知波長(zhǎng)增大．故A正確；
B、將放射性元素?fù)诫s到其他穩(wěn)定元素中并大幅度降低其溫度，但它的半衰期不發(fā)生改變，因?yàn)榘胨テ谥挥稍雍吮旧硪蛩貨Q定與外界條件無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤；
C、玻爾的原子結(jié)構(gòu)理論，是在盧瑟福核式結(jié)構(gòu)學(xué)說(shuō)的基礎(chǔ)上引入了量子理論，故C正確；
D、隨著溫度的升高，一方面各種波長(zhǎng)的輻射強(qiáng)度都有增加，另一方面輻射強(qiáng)度的極大值向波長(zhǎng)較短的方向移動(dòng)．故D錯(cuò)誤；
故選：AC．
點(diǎn)評(píng)：本題考查康普頓效應(yīng)、影響半衰期的因素、能級(jí)的躍遷等基礎(chǔ)知識(shí)點(diǎn)，比較簡(jiǎn)單，關(guān)鍵熟悉教材，牢記這些基礎(chǔ)知識(shí)點(diǎn)，并強(qiáng)化訓(xùn)練．




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