江西省宜春市高安中学2015届高考物理模拟试卷(三)(含解析)

1、2015年江西省宜春市高安 中学高考物理模拟试卷（三）一、选择题：本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，69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（6分）（2015南昌校级二模）在解一道由字母表达结果的计算题中，一个同学解得位移结果的表达式为：x=，其中F表示力，t表示时间，m表示质量，用单位制的方法检查，这个结果（）A可能是正确的B一定是错误的C如果用国际单位制，结果可能正确D用国际单位，结果错误，如果用其他单位制，结果可能正确2（6分）（2015南昌校级二模）2008年1月下旬以来，我国南方遭遇50年未遇的雨雪

2、冰冻灾害新华网长沙1月26日电，马路上的冰层坚硬如铁、光滑如玻璃，高压电线覆冰后有成人大腿般粗，为清除高压输电线上的冰凌，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰若在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热损耗功率为P；除冰时，输电线上的热损耗功率需变为9P，则除冰时（认为输电功率和输电线电阻不变）（）A输电电流为B输电电流为9IC输电电压为3UD输电电压为3（6分）（2015南昌校级二模）如图所示，绝缘杆两端固定着带电量分别为qA、qB的小球A和B，轻杆处于匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用最初杆与电场线垂直，将杆右移的同时使其顺时针转过90°，发现A、B两球电势能之

3、和不变根据图示位置关系，下列说法正确的是（）A因为A、B两球电势能之和不变，所以电场力对A球或B球都不做功BA带正电，B带负电CA、B两球带电量的绝对值之比qA：qB=1：2DA球电势能在增加4（6分）（2015南昌校级二模）某行星自转周期为T，赤道半径为R，研究发现，若该行星自转角速度变为原来的两倍，会导致该行星赤道上物体将恰好对行星表面没有压力，已知万有引力常量为G，则以下说法中正确的是（）A该行星质量为M=B该行星的同步卫星轨道半径为r=RC静置在该行星赤道地面上质量为m的物体对地面的压力为D环绕该行星做匀速圆周运动的卫星线速度必不大于7.9 km/s5（6分）（2015宿迁一模）如图所

4、示，质量均为M的A、B两滑块放在粗糙水平面上，两轻杆等长，杆与滑块、杆与杆间均用光滑铰链连接，在两杆铰合处悬挂一质量为m的重物C，整个装置处于静止状态，设杆与水平面间的夹角为下列说法正确的是（）A当m一定时，越大，轻杆受力越小B当m一定时，越小，滑块对地面的压力越大C当一定时，M越大，滑块与地面间的摩擦力越大D当一定时，M越小，可悬挂重物C的质量m越大6（6分）（2015南昌校级二模）如图甲所示，线圈ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈AB边所受安培力变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是下图中的（）ABCD7（6分）（2015南昌校级二模）弹弓是80后童年生

5、活最喜爱的打击类玩具之一，其工作原理如图所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋ABC恰好处于原长状态，在C处（AB连线的中垂线上）放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下迅速发射出去，打击目标，现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD的中点，则（）A从D到C，弹丸的机械能一直增大B从D到C，弹丸的动能一直在增大C从D到C，弹丸的机械能先增大后减小D从D到E弹丸增加的机械能大于从E到C弹丸增加的机械能8（6分）（2015南昌校级二模）在倾角为的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN，相距为L，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下

6、有两根质量均为m的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直导轨放置，a、c此刻起做匀速运动，b棒刚好能静止在导轨上a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计则（）A物块c的质量是2msinBb棒放上导轨后，a棒中电流大小是Cb棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能Db棒放上导轨后，物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能二、非选择题（包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第14题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题9（6分

7、）（2015南昌校级二模）为了测量木块与木板间动摩擦因数，某小组使用位移传感器设计了如图1所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移s随时间t变化规律，如图2所示根据上述图线，计算0.4s时木块的速度v=m/s，木块加速度a=m/s2；为了测定动摩擦因数，还需要测量的量是；（已知当地的重力加速度g）为了提高木块与木板间动摩擦因数的测量精度，下列措施可行的是A木板的倾角越大越好BA点与传感器距离适当大些C选择体积较大的空心木块D传感器开始计时的时刻必须是木块从A点释放的时刻10（9分）（2015南昌校级二

8、模）某待测电阻RX的阻值大约为100，现要测量其阻值，实验室提供有如下器材：电流表A1（量程40mA、内阻r1=10）电流表A2（量程100mA、内阻约为3）滑动变阻器R，最大阻值约为l0定值电阻R0（R0=100）电源E（电动势6V、内阻不可忽略）开关、导线若干（1）某同学设计的实验电路图如图所示，其中a处应选用电流表，b处应选用电流表（用所给器材的符号标注）（2）关于实验中滑动变阻器选用分压式连接的原因，原因是（多选）A为了确保电流表使用安全B能减少电能的损耗C为了实现多次测量，减小误差D待测电阻Rx的阻值比滑动变阻器R的最大阻值大得多（3）某次测量时A1、A2的读数分别为I1、I2则RX

9、=（请用所给物理量的符号表示）11（13分）（2015漳平市校级模拟）如图所示，粗糙斜面倾角=37°，斜面宽a为3m，长b为4m，质量为0.1kg的小木块从斜面A点静止释放，释放同时用与斜面底边BC平行的恒力F推该小木块，小木块与斜面间的动摩擦因数为=0.5（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）若F大小为0，求木块到达底边所需的时间t1；（2）若木块沿斜面对角线从点A运动到点C，求力F的大小及A到C所需时间t212（19分）（2015南昌校级二模）如图所示，空间存在一个半径为R0的圆形匀强磁场区域，磁场的方向垂直于纸面向里，磁感应强

10、度的大小为B有一个粒子源在纸面内沿各个方向以一定速率发射大量粒子，粒子的质量为m、电荷量为+q将粒子源置于圆心，则所有粒子刚好都不离开磁场（不考虑粒子的重力及粒子之间的相互作用）（1）求带电粒子的速率（2）若粒子源可置于磁场中任意位置，且磁场的磁感应强度大小变为，求粒子在磁场中最长的运动时间t（3）若原磁场不变，再叠加另一个半径为R1（R1R0）圆形匀强磁场，磁场的磁感应强度的大小为，方向垂直于纸面向外，两磁场区域成同心圆，此时该离子源从圆心出发的粒子都能回到圆心，求R1的最小值和粒子运动的周期T（二）选考题：【物理选修3-5模块】（15分）13（6分）（2015南昌校级二模）下列关于核反应及

11、衰变的表述正确的有（）AH+HHe+n是轻核聚变BX+HO+H中，X表示HeC半衰期与原子所处的化学状态无关D衰变中产生的射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的ETh衰变成Pb要经过6次衰变和4次衰变14（9分）（2015南昌校级二模）如图所示，平板小车C上固定有两个完全相同的弹射装置，在弹射装置中分别压装上两个光滑小球A、B，将它们停放在光滑水平地面上先打开球A所在的装置，将球A发射出去，球A获得vA=8m/s的速度已知球A的质量mA=1kg，小车C和球B的总质量M=4kg则：发射球A时，弹射装置释放的能量为多少？将球A发射出去后，要使小车C停止，必须以多大的速度将质量为kg的球

12、B发射出去？2015年江西省宜春市高安中学高考物理模拟试卷（三）参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，69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（6分）（2015南昌校级二模）在解一道由字母表达结果的计算题中，一个同学解得位移结果的表达式为：x=，其中F表示力，t表示时间，m表示质量，用单位制的方法检查，这个结果（）A可能是正确的B一定是错误的C如果用国际单位制，结果可能正确D用国际单位，结果错误，如果用其他单位制，结果可能正确考点：力学单位制分析：理公式在确定物理量的数量关系的同时，

13、也确定了物理量的单位关系因此物理学中选定七个物理量的单位作为基本单位，根据物理公式中其他物理量和这几个物理量的关系，推导出其他物理量的单位这些推导出来的单位叫做导出单位基本单位和导出单位一起组成了单位制在力学中，选定长度、质量和时间这三个物理量的单位作为基本单位，就可以导出其余的物理量的单位选定这三个物理量的不同单位，可以组成不同的力学单位制在国际单位制（SI）中，取m（长度单位）、kg（质量单位）、s（时间单位）作为基本单位解答：解：根据公式S=，由于力的单位是N，时间单位是s，质量单位是kg，故等式右边的单位是：；等号左边的单位是：m；即等号左右单位不同，故等号不成立；故选：B点评：本题展

14、示了一种用单位来判断结果是否正确的方法，同时要知道牛顿是导出单位，1N=1kgm/s22（6分）（2015南昌校级二模）2008年1月下旬以来，我国南方遭遇50年未遇的雨雪冰冻灾害新华网长沙1月26日电，马路上的冰层坚硬如铁、光滑如玻璃，高压电线覆冰后有成人大腿般粗，为清除高压输电线上的冰凌，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰若在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热损耗功率为P；除冰时，输电线上的热损耗功率需变为9P，则除冰时（认为输电功率和输电线电阻不变）（）A输电电流为B输电电流为9IC输电电压为3UD输电电压为考点：远距离输电专题：交流电专题分析：根据I=，可以求出

15、输电线上的电流；根据P=I2R可以求出输电线上损失的电功率解答：解：高压线上的热耗功率P=I2R线 若热耗功率变为9P，则9P=I2R线 由得I=3I，所以A B错误又输送功率不变，由P=UI=UI得U=U，所以C错误，D正确故选D点评：本题考查远距离输电中的能量损失及功率公式的应用，要注意功率公式中P=UI中的电压U应为输电电压3（6分）（2015南昌校级二模）如图所示，绝缘杆两端固定着带电量分别为qA、qB的小球A和B，轻杆处于匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用最初杆与电场线垂直，将杆右移的同时使其顺时针转过90°，发现A、B两球电势能之和不变根据图示位置关系，下列说法正确的是

16、（）A因为A、B两球电势能之和不变，所以电场力对A球或B球都不做功BA带正电，B带负电CA、B两球带电量的绝对值之比qA：qB=1：2DA球电势能在增加考点：电势能分析：根据电势能的变化，分析电场力是否做功本题中“A、B两球电势能之和不变”，说明电场力对系统所做的总功为零根据电场力做功特点进一步求解电荷量之比解答：解：A、据题，A、B两球电势能之和不变，说明电场力对系统做的总功为零，但由于两球初末位置的电势不等，电势能不等，则电场力对A球或B球都做功，故A错误B、电场力对系统做的总功为零，可知A、B电性一定相反，但它们的电性不能确定，故B错误；C、根据电场力对A、B做功大小相等，有：EqB&#

17、215;L=EqA×2L，因此qA：qB=1：2，故C正确D、由于A的电性不能确定，无法判断其电势能的变化，其电势能可能在增加，也可能在减小，故D错误故选：C点评：本题是带电粒子在电场中运动的问题，关键是分析功与能的关系，掌握匀强电场中电场力做功公式W=qEd，d是沿电场线方向两点间的距离4（6分）（2015南昌校级二模）某行星自转周期为T，赤道半径为R，研究发现，若该行星自转角速度变为原来的两倍，会导致该行星赤道上物体将恰好对行星表面没有压力，已知万有引力常量为G，则以下说法中正确的是（）A该行星质量为M=B该行星的同步卫星轨道半径为r=RC静置在该行星赤道地面上质量为m的物体对地

18、面的压力为D环绕该行星做匀速圆周运动的卫星线速度必不大于7.9 km/s考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用专题：人造卫星问题分析：由“该行星自转角速度变为原来两倍将导致该星球赤道上物体将恰好对行星表面没有压力”可知此时重力充当向心力，赤道上的物体做匀速圆周运动，据此可得该星球的质量同步卫星的周期等于该星球的自转周期，由万有引力提供向心力的周期表达式可得同步卫星的轨道半径行星地面物体的重力和支持力的合力提供向心力，由此可得支持力大小，进而可知压力大小7.9km/s是地球的第一宇宙速度解答：解：A、该行星自转角速度变为原来两倍，则周期将变为原来的，即为T，由题意可知此时

19、：，解得：，故A错误；B、同步卫星的周期等于该星球的自转周期，由万有引力提供向心力可得：，又：，解得：r=R，故B正确；C、行星地面物体的重力和支持力的合力提供向心力：，又：mg=，解得：，由牛顿第三定律可知质量为m的物体对行星赤道地面的压力为，故C错误；D、7.9km/s是地球的第一宇宙速度，由于不知道该星球的质量以及半径与地球质量和半径的关系，故无法得到该星球的第一宇宙速度与地球第一宇宙速度的关系，故无法确环绕该行星作匀速圆周运动的卫星线速度是不是必不大于7.9km/s，故D错误故选：B点评：行星自转的时候，地面物体万有引力等于重力没错，但是不是重力全部用来提供向心力，而是重力和支持力的合

20、力提供向心力；“星球赤道上物体恰好对行星表面没有压力”时重力独自充当向心力5（6分）（2015宿迁一模）如图所示，质量均为M的A、B两滑块放在粗糙水平面上，两轻杆等长，杆与滑块、杆与杆间均用光滑铰链连接，在两杆铰合处悬挂一质量为m的重物C，整个装置处于静止状态，设杆与水平面间的夹角为下列说法正确的是（）A当m一定时，越大，轻杆受力越小B当m一定时，越小，滑块对地面的压力越大C当一定时，M越大，滑块与地面间的摩擦力越大D当一定时，M越小，可悬挂重物C的质量m越大考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成专题：共点力作用下物体平衡专题分析：先将C的重力按照作用效果分解，根据平行四边形定则求解轻杆受力

21、；再隔离物体A受力分析，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解滑块与地面间的摩擦力和弹力解答：解：A、将C的重力按照作用效果分解，如图所示：根据平行四边形定则，有：故m一定时，越大，轻杆受力越小，故A正确；B、对ABC整体分析可知，对地压力为：FN=；与无关；故B错误；C、对A分析，受重力、杆的推力、支持力和向右的静摩擦力，根据平衡条件，有：f=F1cos=，与M无关，故C错误；D、只要动摩擦因素足够大，即可满足F1cosF1sin，不管M多大，M都不会滑动；故D错误；故选：A点评：本题关键是明确物体的受力情况，然后根据平衡条件列式分析，选项D涉及摩擦自锁现象，不难6（6分）（2015南昌校级二

22、模）如图甲所示，线圈ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈AB边所受安培力变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是下图中的（）ABCD考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与图像结合分析：根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，确定安培力的综合表达式，从而即可求解解答：解：由法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，则安培力的表达式F=，因安培力的大小不变，则B 是定值，若磁场B增大，则减小，若磁场B减小，则增大，故CD正确，AB错误；故选：CD点评：考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，及安培力表达式的应用，注意判定磁场变化率大小是

23、解题的关键7（6分）（2015南昌校级二模）弹弓是80后童年生活最喜爱的打击类玩具之一，其工作原理如图所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋ABC恰好处于原长状态，在C处（AB连线的中垂线上）放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下迅速发射出去，打击目标，现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD的中点，则（）A从D到C，弹丸的机械能一直增大B从D到C，弹丸的动能一直在增大C从D到C，弹丸的机械能先增大后减小D从D到E弹丸增加的机械能大于从E到C弹丸增加的机械能考点：验证力的平行四边形定则专题：实验题；平行四边形法则图解法专题分析：机械能守恒的条件是：只有重力弹

24、力做功也可以从能量转化的角度分析其机械能的变化解答：解：A、从D到C，橡皮筋对弹丸做正功，弹丸机械能一直在增加，故A正确，C错误；B、在CD连线中的某一处，弹丸受力平衡，所以从D到C，弹丸的速度先增大后减小，弹丸的动能先增大后减小，故B错误；D、从D到E橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E到C橡皮筋作用在弹丸上的合力，两段长度相等，所以DE段橡皮筋对弹丸做功较多，即机械能增加的较多，故D正确；故选：AD点评：本题考查弹力与重力做功情况下能量的转化情况，熟练应用能量守恒是分析问题的基础8（6分）（2015南昌校级二模）在倾角为的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN，相距为L，导轨处于磁感

25、应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下有两根质量均为m的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直导轨放置，a、c此刻起做匀速运动，b棒刚好能静止在导轨上a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计则（）A物块c的质量是2msinBb棒放上导轨后，a棒中电流大小是Cb棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能Db棒放上导轨后，物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能考点：导体切割磁感线时的感应电动势；重力势能专题：电磁感应与电路结合分析：a、b棒中电流大小相等方向

26、相反，故a、b棒所受安培力大小相等方向相反，对b棒进行受力分析有安培力大小与重力沿斜面向下的分力大小相等，再以a棒为研究对象，由于a棒的平衡及安培力的大小，所以可以求出绳的拉力，再据C平衡可以得到C的质量c减少的重力势能等于各棒增加的重力势能和动能以及产生的电能，由此分析便知解答：解：b棒静止说明b棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，a棒匀速向上运动，说明a棒受绳的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡，c匀速下降则c所受重力和绳的拉力大小平衡由b平衡可知，安培力大小F安=mgsin，由a平衡可知F绳=F安+mgsin=2mgsin，由c平衡可知F绳=mcg

27、A、因为绳中拉力大小相等，故2mgsin=mcg，即物块c的质量为2msin，故A正确；B、根据b棒的平衡可知F安=mgsin又因为F安=BIL，故B正确；C、b放上之前，根据能量守恒知a增加的重力势能也是由于c减小的重力势能，故C错误；D、a匀速上升重力势能在增加，故根据能量守恒知D错误；故选：AB点评：从导体棒的平衡展开处理可得各力的大小，从能量守恒角度分析能量的变化是关键，能量转化问题从排除法的角度处理更简捷二、非选择题（包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第14题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题9（6分）（2015南昌校级二模）为了测量

28、木块与木板间动摩擦因数，某小组使用位移传感器设计了如图1所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移s随时间t变化规律，如图2所示根据上述图线，计算0.4s时木块的速度v=0.4m/s，木块加速度a=1m/s2；为了测定动摩擦因数，还需要测量的量是斜面的倾角或A的高度；（已知当地的重力加速度g）为了提高木块与木板间动摩擦因数的测量精度，下列措施可行的是BA木板的倾角越大越好BA点与传感器距离适当大些C选择体积较大的空心木块D传感器开始计时的时刻必须是木块从A点释放的时刻考点：探究影响摩擦力的大小的因素专题

29、：实验题；摩擦力专题分析：（1）由于滑块在斜面上做匀加速直线运动，所以某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度；根据加速度的定义式即可求出加速度；（2）为了测定动摩擦力因数还需要测量的量是木板的倾角；（3）为了提高木块与木板间摩擦力因数的测量精度，可行的措施是A点与传感器位移适当大些或减小斜面的倾角解答：解：（1）根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得0.4s末的速度为：v=m/s=0.4m/s，0.2s末的速度为：v=0.2m/s，则木块的加速度为：a=1m/s2（2）选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力：ma=mgsinmgcos得：=所以要测定摩擦

30、因数，还需要测出斜面的倾角；或者知道A点的高度也可（3）根据（2）的分析可知，在实验中，为了减少实验误差，应使木块的运动时间长一些，可以：可以减小斜面的倾角、增加木块在斜面上滑行的位移等，传感器开始的计时时刻不一定必须是木块从A点释放的时刻故B正确，ACD错误故答案为：0.4，1；斜面倾角（或A点的高度）；B点评：解决本题的关键知道匀变速直线运动的推论，在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，以及会通过实验的原理得出动摩擦因数的表达式，从而确定所需测量的物理量10（9分）（2015南昌校级二模）某待测电阻RX的阻值大约为100，现要测量其阻值，实验室提供有如下器材：电流表A1（量程40m

31、A、内阻r1=10）电流表A2（量程100mA、内阻约为3）滑动变阻器R，最大阻值约为l0定值电阻R0（R0=100）电源E（电动势6V、内阻不可忽略）开关、导线若干（1）某同学设计的实验电路图如图所示，其中a处应选用电流表A1，b处应选用电流表A2（用所给器材的符号标注）（2）关于实验中滑动变阻器选用分压式连接的原因，原因是ACD（多选）A为了确保电流表使用安全B能减少电能的损耗C为了实现多次测量，减小误差D待测电阻Rx的阻值比滑动变阻器R的最大阻值大得多（3）某次测量时A1、A2的读数分别为I1、I2则RX=（请用所给物理量的符号表示）考点：伏安法测电阻专题：实验题分析：伏安法测电阻时要正

32、确选择“控制电路”即滑动变阻器的分压和限流接法，该题中由于滑动变阻器的电阻小于待测电阻同时要求多测数据，因此选用分压接法，再有就是安培表的内接和外接法，该实验中由于没有提供电电压表，因此要巧妙的利用定值电阻，只要能测量出流过定值电阻的电流即可测量出与其并联的电阻的电压根据所设计的电路图，利用串并联知识，即可求出待测电阻的表达式解答：解：（1）电源电动势为6V，如全部加在待测电阻上电流大约为，故测量从电流需要量程大于60mA的电流表，故用A2测从电流，即b处选用电流表A2，则a处只能选用电流表A1，与R0组合成一个电压表，测量Rx两端的电压（2）A、如果采用限流式，电路中的最大电流可达，如果Rx

33、两端的接线松动，则可能b处A2出现烧表现象故滑动变阻器选用分压式连接，可确保电流表使用安全故A正确B、在分压式连接中，干路电流大，电源消耗电功率大而在限流式连接中，干路电流小，电源消耗电功率小故B错误C、分压式连接中电流调节范围比限流式大，能实现多次测量，减小误差，故C正确D、为了便于调节，在待测电阻的阻值Rx比变阻器的总电阻大得多的情况下应选择分压式，故D正确故选：ACD（3）采用如图所示的电路，则流过电阻的电流为：I=I2I1，待测电阻两端的电压为：U=I1（R0+r1），根据欧姆定律得待测电阻为：故答案为：（1）A1；A2；（2）B；（3）点评：解决实验问题关键是明确实验原理，正确选择控

34、制电路（分压、限流）和电流表的内外接法11（13分）（2015漳平市校级模拟）如图所示，粗糙斜面倾角=37°，斜面宽a为3m，长b为4m，质量为0.1kg的小木块从斜面A点静止释放，释放同时用与斜面底边BC平行的恒力F推该小木块，小木块与斜面间的动摩擦因数为=0.5（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）若F大小为0，求木块到达底边所需的时间t1；（2）若木块沿斜面对角线从点A运动到点C，求力F的大小及A到C所需时间t2考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）在沿斜面方向上由牛顿第二定

35、律求的加速度，再有运动学公式求的时间；（2）物体受力分布在立体空间，通过受力分析求的沿AC方向上的合力，由牛顿第二定律求的加速度，再有运动学公式求的时间解答：解：（1）物体在斜面上沿斜面产生的加速度为：a=下滑的时间为：（2）若木块沿斜面对角线从点A运动到点C，说明物体受到的合力沿AC方向，设AC与AB的夹角为，AC=，由几何关系可得：故施加的外力为：F=mgsintan=0.45N由牛顿第二定律可得产生的加速度为：由运动学公式得：答：1）若F大小为0，求木块到达底边所需的时间t1为2s（2）若木块沿斜面对角线从点A运动到点C，求力F的大小及A到C所需时间t2为点评：本题物体受力分布在立体空间

36、，分成垂直于斜面和平行于斜面两平面内研究，沿斜面方向做初速度为零的匀加速运动，12（19分）（2015南昌校级二模）如图所示，空间存在一个半径为R0的圆形匀强磁场区域，磁场的方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小为B有一个粒子源在纸面内沿各个方向以一定速率发射大量粒子，粒子的质量为m、电荷量为+q将粒子源置于圆心，则所有粒子刚好都不离开磁场（不考虑粒子的重力及粒子之间的相互作用）（1）求带电粒子的速率（2）若粒子源可置于磁场中任意位置，且磁场的磁感应强度大小变为，求粒子在磁场中最长的运动时间t（3）若原磁场不变，再叠加另一个半径为R1（R1R0）圆形匀强磁场，磁场的磁感应强度的大小为，方向垂直于

37、纸面向外，两磁场区域成同心圆，此时该离子源从圆心出发的粒子都能回到圆心，求R1的最小值和粒子运动的周期T考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）根据几何关系，结合洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律，即可求解；（2）由几何关系，可求出运动轨迹的圆心角，根据周期公式，即可求解；（3）根据矢量法则，可确定磁场方向与大小，再由几何关系，结合周期公式，即可求解解答：解：（1）粒子离开出发点最远的距离为轨道半径的2倍，R0=2r，根据qvB=，解得v=（2）磁场的大小变为后，粒子的轨道半径为r1；=2R0根据几何关系可以得到，当弦最长时，运动的时间最长，弦为2R0时最长，圆心角60°t=（3）根据矢量合成法则，叠加区域的磁场大小为，方向向里，R0以为的区域磁场大小为，方向向外粒子运动的半径为R0，根据对称性画出情境图，由几何关系可得R1的最小值为，根据周期公式，则有T= 答：（1）带电粒子的速率为（2）粒子在磁场中最长的运动时间为；（3）R1的最小值为，粒子运动的周期为点评：洛伦兹力提供圆周运动向心力，根据轨