101.2017年湖北省襄阳五中高考物理一模试卷（含解析.docx

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1、微信公众号：678高中初中资料库 资料正文内容开始2017年湖北省襄阳五中高考物理一模试卷一.选择题（本题共8小题1-4单选，其余多选，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（6分）设想在地球赤道平面内有一垂直于地面的轻质电梯，电梯的顶端可超过地球同步卫星的高度R（从地心算起）延伸到太空深处，利用这种太空电梯可以低成本发射及回收人造地球卫星，如图所示。发射方法是将卫星通过太空电梯匀速提升到相应高度，然后启动推进装置将卫星从太空电梯发射出去。假设在某次发射时，卫星在太空电梯中极其缓慢地上升，上升到某一高度时意外地和电梯脱离，关于脱离后卫星的运动以下说法正确的是（）A若在0.80

2、R处脱离，卫星将沿直线落向地球B若在0.80R处脱离，卫星沿曲线轨道靠近地球C若在R处脱离，卫星将沿直线落向地球D若在1.5R处脱离，卫星将沿曲线轨道靠近地球2（6分）已知无限长通电直导线周围某一点的磁感应强度B的表达式：B=0I2r0，其中r0是该点到通电直导线的距离，I为电流强度，0为比例系数（单位为N/A2）试推断，一个半径为R的圆环，当通过的电流为I时，其轴线上距圆心O点为r0处的磁感应强度应为（）Ar02I2(R2+r02)32B0RI2(R2+r02)32C0R2I2(R2+r02)32Du0r02I2(R2+r02)323（6分）如图所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡

3、车底板和B间动摩擦因数为1，A、B间动摩擦因数为2，卡车刹车的最大加速度为a，2ga1g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过（）A2as0B21gs0C22gs0D(1+2)gs04（6分）用两段等长的轻质细线将a、b两个小球连接并悬挂于O点，如图甲所示，球a受到水平向右的力3F的作用，小球b受到水平向左的力F的作用，平衡时细线都被拉紧，则系统平衡时两球的位置情况如图乙所示，则a、b两球质量之比为（）A1：lB1：2C2：1D2：35（6分）水平固定放置的足够长的U形金属导轨处于竖直向上的

4、匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab，开始时ab棒以水平初速度v0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程（）A电流所做的功相等B通过ab棒的电量相等C产生的总内能相等D安培力对ab棒所做的功不相等6（6分）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n23：1，原线圈EF两端与宽度d2m的光滑平行金属轨道连接，轨道平面水平，磁感应强度B1.8T的匀强磁场垂直于轨道平面向下。一根金属杆以v102sin10t（m/s）的速度在轨道上往复运动，并始终与导轨保持良好接触。副线圈GH两端连接的电路如图，三个灯泡的电阻均为6，L是直流电阻不计的理想线圈，C是电容器。下列说法正确的

5、是（）A三个灯泡的亮度相同B副线圈中电流的频率为10HzC灯泡D1的功率为24WD若导体棒的运动周期变为0.1s，则灯泡D2变暗，D3变亮7（6分）将质量为2m的长木板静止地放在光滑水平面上，如图甲所示。第一次，质量为m的小铅块（可视为质点），在木板上以水平初速度v由木板左端向右运动恰能滑至木板的右端与木板相对静止。第二次，将木板分成长度与质量均相等的两段1和2，两者紧挨着仍放在此水平面上，让小铅块以相同的初速度v0由木板1的左端开始滑动，如图乙所示。设铅块与长木板间的动摩擦因数为，重力加速度为g，对上述两过程，下列判断正确的是（）A铅块在木板1上滑动时两段木板间的作用力为mgB铅块在木板1上

6、滑动时两段木板间的作用力为12mgC小铅块第二次仍能到达木板2的右端D系统第一次因摩擦而产生的热量较多8（6分）用大量具有一定能量的电子轰击大量处于基态的氢原子，观测到了一定数目的光谱线。调高电子的能量再次进行观测，发现光谱线的数目原来增加了5条。用n表示两次观测中最高激发态的量子数n之差，E表示调高后电子的能量。根据氢原子的能级图可以判断，n和E的可能值为（）An1，13.22 eVE13.32 eVBn2，13.22 eVE13.32 eVCn1，12.75 eVE13.06 eVDn2，12.72 eVE13.06 eV二、非选择题：9（6分）在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两

7、根弹簧如图1连接起来进行探究。（1）某次测量如图2，指针示数为 cm。（2）在弹性限度内，将50g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数LA、LB如表。用表数据计算弹簧I的劲度系数为 N/m（重力加速度g10m/s2）。由表数据 （填“能”或“不能”）计算出弹簧的劲度系数。钩码数1234LA/cm15.7119.7123.6627.76LB/cm29.9635.7641.5147.3610（9分）某同学改装和校准电压表的电路图如图所示，图中虚线框内是电压表的改装电路。（1）已知表头G满偏电流为100A，表头上标记的内阻值为900R1、R2和R3是定值电阻。利用R1和表头构成1mA的电流表

8、，然后再将其改装为两个量程的电压表。若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为1V；若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3V则根据题给条件，定值电阻的阻值应选R1 ，R2 ，R3 。（2）用量程为3V，内阻为2500的标准电压表对改装表3V挡的不同刻度进行校准。所用电池的电动势E为5V；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为50和5k为了方便实验中调节电压，图中R应选用最大阻值为 的滑动变阻器。（3）校准时，在闭合开关S前，滑动变阻器的滑动端P应靠近 （填“M”或“N”）端。（4）若由于表头G上标记的内阻值不准，造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，则表头G内阻的真实值 （填“大于”或“

9、小于”）900。11（14分）如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B，C的连线水平。质量为m的带正电小球从B点正上方的A点自由下落A，B两点间距离为4R从小球（小球直径小于细圆管直径）进入管口开始，整个空间中突然加上一个斜向左上方的匀强电场，小球所受电场力在竖直方向上的分力方向向上，大小与重力相等，结果小球从管口 C处离开圆管后，又能经过A点。设小球运动过程中电荷量没有改变，重力加速度为g，求：（1）小球到达B点时的速度大小；（2）小球受到的电场力大小；（3）小球经过管口C处时对圆管壁的压力。12（18分）如图所示，虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图，其主要部

10、件为缓冲滑块K和质量为m的“U”形框缓冲车厢。在车厢的底板上固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN，缓冲车的底部固定有电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面向下并随车厢一起运动的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，设导轨右端QN是磁场的右边界。导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L假设缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下（碰前车厢与滑块相对静止），此后线圈与轨道磁场的作用使车厢减速运动，从而实现缓冲。不计一切摩擦阻力。（1）求滑块K的线圈中感应电流方向（从俯视图看，写“顺时针”，“逆时针”）及最大感应电流的大

11、小。（2）若缓冲车与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，为使缓冲车厢所受的最大水平磁场力不超过Fm，求缓冲车匀速运动时的最大速度vmax；（3）在若缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，求此后缓冲车的速度v随位移x的变化规律及缓冲车在滑块K停下后的最大位移（设此过程中缓冲车未与障碍物相碰）；2017年湖北省襄阳五中高考物理一模试卷参考答案与试题解析一.选择题（本题共8小题1-4单选，其余多选，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（6分）设想在地球赤道平面内有一垂直于地面的轻质电梯，电梯的顶端可超过地球同步卫星的高度R（从地心算起）延伸到太空深处，利用这种太空电梯可以

12、低成本发射及回收人造地球卫星，如图所示。发射方法是将卫星通过太空电梯匀速提升到相应高度，然后启动推进装置将卫星从太空电梯发射出去。假设在某次发射时，卫星在太空电梯中极其缓慢地上升，上升到某一高度时意外地和电梯脱离，关于脱离后卫星的运动以下说法正确的是（）A若在0.80R处脱离，卫星将沿直线落向地球B若在0.80R处脱离，卫星沿曲线轨道靠近地球C若在R处脱离，卫星将沿直线落向地球D若在1.5R处脱离，卫星将沿曲线轨道靠近地球【考点】4A：向心力；4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；528：万有引力定律的应用专题【分析】由于“电梯”也随地球

13、做圆周运动，故电梯上脱落的物体相对于地球速度不为0，故不会沿直线落向地球，若刚好在R处脱落则卫星恰好为同步卫星，绕地球做圆周运动而相对于电梯静止，其它位移脱落根据万有引力和向心力的大小关系进行分析即可。【解答】解：A、由题意知，电梯和同步卫星绕地球做圆周运动，在同步卫星处刚好满足万有引力提供圆周运动向心力，整个电梯转动的角速度相同，在半径小于R的位置万有引力大于同步卫星处的引力，而向心力小于同步卫星处的向心力，故在距离小于R的位置脱落，卫星满足提供的万有引力在该处做圆周运动需要的向心力，故卫星要做近心运动，沿曲线落向地球，故A错误，B正确；C、当卫星恰好在R处脱落时，因为同步卫星轨道上恰好满足

14、万有引力提供圆周运动向心力，则该卫星将成为地球同步卫星，即相对于地球位置不变，故卫星将相对于太空电梯静止，故C错误；D、若在1.5R处脱离，则卫星受到的万有引力小于需要的向心力，所以卫星将沿曲线轨道远离地球，故D错误。故选：B。【点评】本题关键是抓住电梯相对地球静止，故电梯与地球一起自转，再抓住同步卫星轨道上万有引力与向心力的关系进而分析小于R处卫星的运动特征。想到同步卫星的受力特征是解决本题的关键。2（6分）已知无限长通电直导线周围某一点的磁感应强度B的表达式：B=0I2r0，其中r0是该点到通电直导线的距离，I为电流强度，0为比例系数（单位为N/A2）试推断，一个半径为R的圆环，当通过的电

15、流为I时，其轴线上距圆心O点为r0处的磁感应强度应为（）Ar02I2(R2+r02)32B0RI2(R2+r02)32C0R2I2(R2+r02)32Du0r02I2(R2+r02)32【考点】C3：磁感应强度；C6：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向菁优网版权所有【分析】本题要采用量纲和特殊值的方法进行判断，即先根据单位判断，再结合r0取最小值进行分析。【解答】解：根据B=0I2r0，0单位为：Tm/A；A、等式右边单位：m2Am3=A/m，左边单位为T，不同，故A错误；B、等式右边单位：(Tm/A)mAm3=T/m，左边单位为T，不同，故B错误；C、等式右边单位：(Tm/A)m2Am3=T

16、，左边单位为T，相同，故C正确；D、等式右边单位：(Tm/A)m2Am3=T，左边单位为T，相同，但当r00时，B0，显然不合实际，故D错误；故选：C。【点评】本题关键是结合量纲和特殊值进行判断，是解决物理问题的常见方法，基础题目。3（6分）如图所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B间动摩擦因数为1，A、B间动摩擦因数为2，卡车刹车的最大加速度为a，2ga1g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过（）A2as0B21gs0C22gs0D(1+2)gs0【考点】1E：匀变速直

17、线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律；65：动能定理菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题【分析】（1）因卡车底板和B间动摩擦因数1小于A、B间的动摩擦因数2，则要使汽车安全停下来最大加速度a1g，（2）根据运动学公式v22ax可得卡车行驶的最大速度【解答】解：以最大加速度运动时，A与B保持相对静止，设A的质量为m1，B对A的摩擦力为f1，A的加速度为a1，取A为研究对象，由牛顿第二定律得：f1m1a12m1g解得：a12g设A、B的总质量为M，卡车底板对B的摩擦力为f2，A、B整体的加速度为a2，取A、B整体为研究对象根据牛顿第二定律可得：M

18、a2f21Mg解得：a21g由2ga1g，分析可知要求其刹车后在s0距离内能安全停下来，则车的最大加速度等于a2由运动学公式v2v022ax得车的最大速度：vm=21gs0故ACD错误，B正确故选：B。【点评】此题书牛顿第二定律的综合应用问题；关键是决定汽车刹车的最大加速度，然后联系运动学公式求解最大速度4（6分）用两段等长的轻质细线将a、b两个小球连接并悬挂于O点，如图甲所示，球a受到水平向右的力3F的作用，小球b受到水平向左的力F的作用，平衡时细线都被拉紧，则系统平衡时两球的位置情况如图乙所示，则a、b两球质量之比为（）A1：lB1：2C2：1D2：3【考点】29：物体的弹性和弹力；3C：

19、共点力的平衡菁优网版权所有【专题】31：定性思想；4A：整体法和隔离法；527：共点力作用下物体平衡专题【分析】运用整体法研究Oa绳与竖直方向的夹角；再隔离B研究，分析ab绳与竖直方向的夹角；由几何关系得到两夹角相等，判断两个质量的关系。【解答】解：a受到3F水平向右的力，b受到F的水平向左的力，以整体为研究对象，分析受力如图：设Oa绳与竖直方向的夹角为，则由平衡条件得：tan=3F-Fma+mb=2Fma+mb以b球为研究对象，受力如图。设ab绳与竖直方向的夹角为，则由平衡条件得：tan=Fmb由几何关系得到：联立解得：mamb故A正确，BCD错误故选：A。【点评】本题考查共点力作用下物体的

20、平衡问题，采用隔离法和整体法，由平衡条件分析物体的状态，考查灵活选择研究对象的能力。5（6分）水平固定放置的足够长的U形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab，开始时ab棒以水平初速度v0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程（）A电流所做的功相等B通过ab棒的电量相等C产生的总内能相等D安培力对ab棒所做的功不相等【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化菁优网版权所有【专题】16：压轴题；538：电磁感应功能问题【分析】金属棒在导轨上做减速运动，最后金属棒静止在导轨上；对金属棒进行受力分析，从能量转化的角度分析答题。

21、【解答】解：（1）导轨光滑时，导体棒的位移s大，导轨粗糙时，导体棒位移小，感应电荷量Q=R=BSR=BLsR，B、R、导体棒长度L相同，s越大，感应电荷量越大，因此导轨光滑时，感应电荷量大。（2）当导轨光滑时，金属棒克服安培力做功，动能全部转化为焦耳热，产生的内能等于金属棒的初动能；当导轨粗糙时，金属棒在导轨上滑动，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生热，把部分动能转化为内能，另一方面要克服安培力做功，金属棒的部分动能转化为焦耳热，摩擦力做功产生的内能与克服安培力做功转化为内能的和等于金属棒的初动能；由以上分析可知，导轨粗糙时，安培力做的功少，导轨光滑时，安培力做的功多，两种情况下，产生的内能相等，

22、都等于金属棒的初动能；故CD正确，AB错误；故选：CD。【点评】本题难度不大，对金属棒正确受力分析，从能量的角度分析问题，即可正确解题。6（6分）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n23：1，原线圈EF两端与宽度d2m的光滑平行金属轨道连接，轨道平面水平，磁感应强度B1.8T的匀强磁场垂直于轨道平面向下。一根金属杆以v102sin10t（m/s）的速度在轨道上往复运动，并始终与导轨保持良好接触。副线圈GH两端连接的电路如图，三个灯泡的电阻均为6，L是直流电阻不计的理想线圈，C是电容器。下列说法正确的是（）A三个灯泡的亮度相同B副线圈中电流的频率为10HzC灯泡D1的功率为24WD若导

23、体棒的运动周期变为0.1s，则灯泡D2变暗，D3变亮【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；E8：变压器的构造和原理菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；538：电磁感应功能问题【分析】在交流电路中，电容器和电感器对电流又阻碍作用，根据EBLv知，原线圈导体棒切割磁感线产生的是正弦式感应电流，副线圈是同频率的正弦交变电流，根据感抗和容抗的相关知识分析周期变化时，灯泡的亮暗情况，求灯泡D1的功率根据有效值计算【解答】解：A、当金属杆在导轨上以速度v=102sin0t（m/s）运动时，导体中产生正弦交流电，则变压器次级产生的也是正弦交流电，因电感线圈和电容器对电容器对交流电都有阻

24、碍作用，故三个灯泡的亮度不相同，D1的亮度最大，故A错误；B、根据EBLv，可得导体棒产生的电动势E=Bdv=362sin10t(V)，故交流电的频率为f=2=102=5Hz，故B错误；C、变压器的原副线圈的匝数比n1：n2=3：1，则次级电压最大值为U2m=122V，有效值为U2=1222V=12V，灯泡D1的功率为PD1=U22R=1226=24W，故C正确；D、若导体棒的运动周期变为0.1s，产生的交流电的频率变大，则L对交流电的阻碍作用变大，则灯泡D2变暗，电容器C对交流电的阻碍作用减小，则D3变亮，故D正确；故选：CD。【点评】解决本题的关键是知道导体棒切割磁感线产生正弦式交变电流，

25、运用EBLv变压器公式正确解题，注意感抗公式xL=2Lf，容抗公式xC=12fC。7（6分）将质量为2m的长木板静止地放在光滑水平面上，如图甲所示。第一次，质量为m的小铅块（可视为质点），在木板上以水平初速度v由木板左端向右运动恰能滑至木板的右端与木板相对静止。第二次，将木板分成长度与质量均相等的两段1和2，两者紧挨着仍放在此水平面上，让小铅块以相同的初速度v0由木板1的左端开始滑动，如图乙所示。设铅块与长木板间的动摩擦因数为，重力加速度为g，对上述两过程，下列判断正确的是（）A铅块在木板1上滑动时两段木板间的作用力为mgB铅块在木板1上滑动时两段木板间的作用力为12mgC小铅块第二次仍能到达

26、木板2的右端D系统第一次因摩擦而产生的热量较多【考点】6B：功能关系菁优网版权所有【分析】比较两次运动的区别，铅块一直做匀减速直线运动，木板一直做匀加速直线运动，第一次在小铅块运动过程中，整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到2部分上后1部分停止加速，只有2加速，加速度大于第一次的对应过程，通过比较小铅块的位移确定是否飞离木板。根据摩擦力乘以相对位移等于热量比较小铅块在木板2上和木板1上产生的热量【解答】解：AB、第二次小铅块先使整个木板加速，根据牛顿第二定律得：a=mg2m=12g，对2木板根据牛顿第二定律得：F12=ma=12mg，故A错误，B正确；C、在第一次在小铅块运动

27、过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到2部分上后1部分停止加速，只有2部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与2木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到2的右端。故C错误；D、由于在乙中小铅块还没有运动到2的右端，所以在木板2上相对运动的位移没有在木板上1大，所以在乙中小铅块相对木板的位移小于在甲中小铅块相对木板的位移，根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，所以乙中产生的热量小于在木板甲上滑行产生热量，故D正确。故选：BD。【点评】解决本题的关键理清铅块和木板的运动过程，通过比较位移的关系判断是否脱离，以及掌握功能关系Qfs

28、相对。8（6分）用大量具有一定能量的电子轰击大量处于基态的氢原子，观测到了一定数目的光谱线。调高电子的能量再次进行观测，发现光谱线的数目原来增加了5条。用n表示两次观测中最高激发态的量子数n之差，E表示调高后电子的能量。根据氢原子的能级图可以判断，n和E的可能值为（）An1，13.22 eVE13.32 eVBn2，13.22 eVE13.32 eVCn1，12.75 eVE13.06 eVDn2，12.72 eVE13.06 eV【考点】J4：氢原子的能级公式和跃迁菁优网版权所有【专题】54N：原子的能级结构专题【分析】本题难度较大，要明确产生光线数目m和能级n之间的关系，即m=n(n-1)

29、2，氢原子吸收电子能量时只吸收对应能级之间的能量差，即能量的吸收应该满足量子化。【解答】解：最高激发态量子数之差和最高能级量子数之差相同，因此设氢原子原来的最高能级为n，则调高后的能级为（n+n），则有：(n+n)(n+n-1)2-n(n-1)2=5，即：2nn+n2n10 讨论：当n1时，n5，调整后的能级为n6，此时能极差为：E0.38（13.6）13.22eV，因此提高电子的动能应该大于此时的能级差，但是应该小于基态和第7能级之间的能级差，否则将跃迁到更高能级，即小于E0.28（13.6）13.32eV，所以A正确，C错误； 当n2时，n2，调整后的能级为n4，此时能极差为：E0.85（

30、13.6）12.75eV，因此提高电子的动能应该大于此时的能级差，但是应该小于基态和第5能级之间的能级差，否则将跃迁到更高能级，即小于E0.54（13.6）13.06eV，所以D正确，B错误。故选：AD。【点评】该题学生容易出错，考查知识点全面，要求学生在掌握能级、激发态、能级跃迁、能级差等概念的基础上，具备综合理解分析能力。二、非选择题：9（6分）在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图1连接起来进行探究。（1）某次测量如图2，指针示数为16.00cm。（2）在弹性限度内，将50g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数LA、LB如表。用表数据计算弹簧I的劲度系数为12.5

31、N/m（重力加速度g10m/s2）。由表数据能（填“能”或“不能”）计算出弹簧的劲度系数。钩码数1234LA/cm15.7119.7123.6627.76LB/cm29.9635.7641.5147.36【考点】M7：探究弹力和弹簧伸长的关系菁优网版权所有【专题】13：实验题【分析】（1）刻度尺的读数需估读，需读到最小刻度的下一位。（2）根据弹簧形变量的变化量，结合胡克定律求出劲度系数。通过弹簧弹力的变化量和形变量的变化量可以求出弹簧的劲度系数。【解答】解：（1）刻度尺读数需读到最小刻度的下一位，指针示数为16.00cm。（2）由表格中的数据可知，当弹力的变化量F0.5N时，弹簧形变量的变化量

32、为x4.00cm，根据胡克定律知：k1=Fx=0.50.04=12.5N/m。结合L1和L2示数的变化，可以得出弹簧形变量的变化量，结合弹力变化量，根据胡克定律能求出弹簧的劲度系数。故答案为：（1）16.00；（2）12.5，能。【点评】解决本题的关键掌握胡克定律，知道Fkx，x表示形变量，以及知道其变形式Fkx，x为形变量的变化量。10（9分）某同学改装和校准电压表的电路图如图所示，图中虚线框内是电压表的改装电路。（1）已知表头G满偏电流为100A，表头上标记的内阻值为900R1、R2和R3是定值电阻。利用R1和表头构成1mA的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表。若使用a、b两个接线柱

33、，电压表的量程为1V；若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3V则根据题给条件，定值电阻的阻值应选R1100，R2910，R32000。（2）用量程为3V，内阻为2500的标准电压表对改装表3V挡的不同刻度进行校准。所用电池的电动势E为5V；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为50和5k为了方便实验中调节电压，图中R应选用最大阻值为50的滑动变阻器。（3）校准时，在闭合开关S前，滑动变阻器的滑动端P应靠近M（填“M”或“N”）端。（4）若由于表头G上标记的内阻值不准，造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，则表头G内阻的真实值大于（填“大于”或“小于”）900。【考点】NA：把电流表改

34、装成电压表菁优网版权所有【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；4C：方程法；535：恒定电流专题【分析】（1）根据串并联电路的知识求定值电阻的阻值（2）在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器（3）分压电路，控制电路两端的电压由0开始增大，同时也起到保护作用（4）改装表的读数比标准表的读数偏小，指针偏转的角度偏小，流过的表头的电流偏小，可能是表头电阻偏大【解答】解：（1）根据题意，R1与表头G构成1mA的电流表，则：IgRg=(I-Ig)R1，代入数据：10010-6900=(110-3-10010-6)R1整理得R1=100若使用a、b两个接线柱，

35、电压表的量程为1V，则R2=Uab-IgRgI=1-0.09110-3=910若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3V，则R3=Uac-IgRg-IR2I=3-0.09-110-3910110-3=2000（2）电压表与之并联之后，电阻小于2500，对于分压式电路，要求滑动变阻器的最大值远小于并联部分，同时还要便于调节，故滑动变阻器选择小电阻，即选择50的电阻。（3）在闭合开关S前，滑动变阻器的滑动端P应靠近M端，这样把并联部分电路短路，起到一种保护作用。（4）造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，说明通过表头G的电流偏小，则实际其电阻偏大，故其实际阻值大于900故答案为：（1）10

36、0，910，2 000；（2）50；（3）M；（4）大于。【点评】本题关键是电压表和电流表的改装原理，分析清楚电路结构，应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题。11（14分）如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B，C的连线水平。质量为m的带正电小球从B点正上方的A点自由下落A，B两点间距离为4R从小球（小球直径小于细圆管直径）进入管口开始，整个空间中突然加上一个斜向左上方的匀强电场，小球所受电场力在竖直方向上的分力方向向上，大小与重力相等，结果小球从管口 C处离开圆管后，又能经过A点。设小球运动过程中电荷量没有改变，重力加速度为g，求：（1）小球到达B点时的速

37、度大小；（2）小球受到的电场力大小；（3）小球经过管口C处时对圆管壁的压力。【考点】38：牛顿第三定律；65：动能定理；6C：机械能守恒定律；A6：电场强度与电场力菁优网版权所有【专题】52D：动能定理的应用专题【分析】（1）小球从A开始自由下落到到达管口B的过程中，只有重力做功，机械能守恒，可求出小球到达B点时的速度大小；（2）将电场力分解为水平和竖直两个方向的分力，小球从B到C的过程中，水平分力做负功，根据动能定理得到水平分力与B、C速度的关系。小球从C处离开圆管后，做类平抛运动，竖直方向做匀速运动，水平方向做匀加速运动，则两个方向的位移，由运动学公式和牛顿第二定律结合可水平分力。竖直分力

38、大小等于重力，再进行合成可求出电场力的大小。（3）小球经过管口C处时，由电场力的水平分力和管子的弹力的合力提供向心力，由牛顿运动定律求解球对圆管壁的压力。【解答】解：（1）小球从A开始自由下落到到达管口B的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则有： mg4R=12mvB2解得，vB=22gR（2）设电场力的水平分力和竖直分力分别为Fx和Fy，则 Fymg，方向竖直向上。小球从B到C的过程中，电场力的水平分力Fx做负功，根据动能定理得Fx2R=12mvC2-12mvB2小球从C处离开圆管后，做类平抛运动，竖直方向做匀速运动，水平方向做匀加速运动，则： y4R x2R=12axt2=Fx2mt2 t

39、=4RvC联立解得，Fxmg故电场力的大小为 FqE=Fx2+Fy2=2mg（3）小球经过管口C处时，由电场力的水平分力和管子的弹力的合力提供向心力，由牛顿运动定律得 Fx+NmvC2R 得 N3mg，方向向左根据牛顿第三定律可知，小球经过管口C处时对圆管壁的压力大小NN3mg，方向水平向右。答：（1）小球到达B点时的速度大小是22gR；（2）小球受到的电场力大小2mg；（3）小球经过管口C处时对圆管壁的压力大小为3mg，方向水平向右。【点评】本题运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合研究圆周运动和类平抛运动，并采用正交分解求解电场力，常规方法，难度适中。12（18分）如图所示，虚线框内为

40、某种电磁缓冲车的结构示意图，其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的“U”形框缓冲车厢。在车厢的底板上固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN，缓冲车的底部固定有电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面向下并随车厢一起运动的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，设导轨右端QN是磁场的右边界。导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L假设缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下（碰前车厢与滑块相对静止），此后线圈与轨道磁场的作用使车厢减速运动，从而实现缓冲。不计一切摩擦阻力。（1）求滑块K的线圈中感应电流方向（从俯视图看，写“顺时

41、针”，“逆时针”）及最大感应电流的大小。（2）若缓冲车与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，为使缓冲车厢所受的最大水平磁场力不超过Fm，求缓冲车匀速运动时的最大速度vmax；（3）在若缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，求此后缓冲车的速度v随位移x的变化规律及缓冲车在滑块K停下后的最大位移（设此过程中缓冲车未与障碍物相碰）；【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势菁优网版权所有【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；538：电磁感应功能问题【分析】（1）根据楞次定律或右手定则判断感应电流的方向，缓冲车的最大速度为v0，根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律求感应电流的

42、最大值；（2）由法拉第电磁感应定律与安培力大小公式相综合，并用平衡条件来确定结果；（3）以缓冲车为研究对象，取极短的时间列出动量定理方程，再求和即可得出速度随时间变化规律，当速度为0时，位移最大。【解答】解：（1）由右手定则判断出感应电流的方向是逆时针方向；缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，滑块相对磁场的速度大小为v0，线圈中产生的感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律得EmnBLv0由闭合电路欧姆定律得：I=ER解得感应电流最大值为：Imax=nBlv0R（2）缓冲车与障碍物碰撞后，滑块相对于磁场的速度大小为vmax，线圈中产生的感应电动势为：EmnBLvm 线圈中的电流为：I

43、=ER线圈ab边受到的安培力 FnBIl 根据牛顿第三定律，缓冲车厢受到的磁场力FF 根据题意得FFm 联立得：vmax=FmRn2B2l2（3）由第（2）可知，当小车速度为v时，小车所受安培力为：F=n2B2l2Rv以小车为对象利用动量定理得：-Ft=mv-mv0-n2B2l2Rx=mv-mv0 解得：v=v0-n2B2l2mRx由解得：-n2B2l2Rvt=0-mv0其中vt=xm可解得小车最大位移为：xm=mRn2B2l2v0答：（1）滑块K的线圈中感应电流方向为逆时针方向，最大感应电流的大小nBLv0R。（2）缓冲车匀速运动时的最大速度vmax为FmRn2B2l2；（3）缓冲车的速度v随位移x的变化规律v=v0-n2B2l2mRx，缓冲车在滑块K停下后的最大位移mRn2B2l2v0【点评】本题考查学生分析和理解科技成果的能力，运用电磁感应、电路及力学的基本规律进行分析。声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2019/4/15 14:15:42；用户：tp；邮箱：lsgjgz137；学号：21474120第13页（共13页）