2015年四川省成都七中高考物理二诊模拟试卷
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．（6分）（2015?宜宾校级模拟）以下说法中正确的是（）
A．回旋加速器利用了电磁感应原理
B．相对论认为质量和长度都随速度增大而增大
C．麦克斯韦预言并用实验验证了电磁波的存在
D．γ射线是一种波长很短的电磁波
2．（6分）（2015?宜宾校级模拟）在坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v=200m/s，已知t=0时，波刚好传播到x=40m处，如图所示．在x=400m处有一接收器（图中未画出），则下列说法正确的是（）
A．波源开始振动时方向沿y轴正方向
B．接收器在t=2s时才能接受到此波
C．从t=0开始经0.15s，x=40m的质点运动的路程为0.6m
D．若波源向x轴正方向运动，接收器收到波的频率可能为9Hz
3．（6分）（2010?济南一模）如图所示，物块A、B叠放在水平桌面上，装砂的小桶C通过细线牵引A、B一起在水平桌面上向右加速运动，设A、B间的摩擦力为f1，B与桌面间的摩擦力为f2，若增大C桶内砂的质量，而A、B仍一起向右运动，则摩擦力f1和f2的变化情况是（）
A．f1不变，f2变大B．f1变大，f2不变
C．f1和f2都变大 D．f1和f2都不变
4．（6分）（2015?宜宾校级模拟）某小型水电站的电能输送示意图如图甲，发电机的输出电压变化规律如图乙，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1，n2．降压变压器原副线圈匝数分别为n3，n4（变压器均为理想变压器）．要使额定电压为220V的用电器正常工作，则下列说法正确的是（）
A．乙图中电压的瞬时值表达式为：μ=220sin200πtV
B．＞
C．当用户用电器的负载增加时，输电线上损耗的功率增大
D．升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率
5．（6分）（2014?广元三模）2013年12月2日，嫦娥三号探测器由长征三号乙运载火箭从西昌卫星发射中心发射，首次实现月球软着陆和月面巡视勘察．假设嫦娥三号在环月圆轨道和椭圆轨道上运动时，只受到月球的万有引力．则（）
A．若已知嫦娥三号环月圆轨道的半径、运动周期和引力常量，则可以计算出月球的密度B．嫦娥三号由环月圆轨道变轨进入环月椭圆轨道时，应让发动机点火使其加速
C．嫦娥三号在环月椭圆轨道上P点的速度大于Q点的速度
D．嫦娥三号在环月圆轨道上的运行速率比月球的第一宇宙速度小
6．（6分）（2015?宜宾校级模拟）如图所示，真空中有一均匀玻璃球，虚线CD过球心O．两束单色光Ⅰ、Ⅱ分别由玻璃球表面上的A、B两点折射进入玻璃球，Ⅰ从D点射出，Ⅱ从E 点射出（图中未画出离开玻璃球后的出射光线），Ⅰ、Ⅱ平行于CD且三线共面，
∠AOC=∠BOC=60°，则下列说法正确的是（）
A．玻璃球对Ⅱ光的折射率小于
B．在玻璃球中，Ⅰ光传播的速度大于II光传播的速度
C．无论怎样改变入射角的大小，进入玻璃球的II光总能射出玻璃球
D．用Ⅰ光与II光照射同一双缝干涉装置，光屏上Ⅰ比Ⅱ的明条纹间距大
7．（6分）（2015?宜宾校级模拟）如图所示，匀强磁场的方向垂直于光滑的金属导轨平面向里，极板间距为d的平行板电容器与总阻值为2Ro的滑动变阻器通过平行导轨连接，电阻
为Ro的导体棒MN可在外力的作用下沿导轨从左向右做匀速直线运动．当滑动变阻器的滑动触头位于a、b的中间位置且导体棒MN的速度为Vo时，位于电容器中P点的带电油滴恰好处于静止状态．若不计摩擦和平行导轨及导线的电阻，各接触处接触良好，重力加速度为g，则下列判断正确的是（）
A．油滴带正电荷
B．若将导体棒的速度变为2V o，电容器的带电量增加油滴将向上加速运动，加速度a=g C．若保持导体棒的速度为Vo不变，而将滑动触头置于a端，同时将电容器上极板向上移
动距离，油滴将静止
D．若保持导体棒的速度为Vo不变，将上极板竖直向上移动距离d，带电油滴的电势能增加，且P点的电势降低
二、解答题（共5小题，满分68分）
8．（6分）（2015?宜宾校级模拟）由于当年实验条件的限制，伽利略无法直接对落体运动进行实验研究，而今天即使在中学实验室里，我们具备了足够的技术条件，也可以通过实验来验证落体运动的规律．如图是某次实验中获得质量为m的小球下落时的频闪照片，频闪间
隔是s，根据此照片，完成下列的分析和计算：（保留三位有效数值）
（1）由照片可以得出小球的下落运动是：，依据是；
（2）根据此照片，分析计算出小球在3号位置的速度v3=．
9．（11分）（2015?宜宾校级模拟）某物理兴趣小组要精确测量一只电流表G（量程为1mA、内阻约为100）的内阻．实验室中可供选择的器材有：
电流表A1：量程为3mA，内阻约为200Ω
电流表A2：量程为0.6A，内阻约为0.1Ω；
定值电阻R1：阻值为10Ω；
定值电阻R2：阻值为60Ω；
滑动变阻器R3：最大电阻20Ω，额定电流1.5A；
直流电源：电动势1.5V，内阻0.5Ω；
开关，导线若干．
（1）为了精确测量电流表G的内阻，你认为该小组同学应选择的电流表为（选填“A1”或“A2”）、定值电阻为（选填“R1”或“R2”）
（2）在方框中画出你设计的实验电路图
（3）按照你设计的电路进行实验，测得电流表A的示数为Ⅰ1，电流表G的示数为Ⅰ2，则电流表G的内阻的表达式为r g=．
10．（15分）（2014?邯郸一模）成都是一座来了就不想走的城市，悠闲而不失高雅，前不久，成都东区音乐公园就举办了一场盛大的钢琴音乐会．工作人员在布置舞台时，要用绳索把钢琴从高台吊运到地面．已知钢琴的质量为175kg，绳索能承受的最大拉力为1820N，吊运过程中钢琴以0.6m/s的速度在竖直方向上做匀速直线运动．降落至底部距地面的高度为h时，立即以恒定加速度减速，最终钢琴落地时刚好速度为零（g取10m/s2），求：
（1）h的最小值是多少；
（2）为了保证绳索和钢琴的安全，此次以0.6m/s的初速度匀减速到零，用时3s，求此次减速过程中钢琴机械能的变化量△E．
11．（17分）（2015?武侯区校级模拟）如图所示，BCPC′D是螺旋轨道，半径为R的圆O与半径为2R的BCD圆弧相切于最低点C，与水平面夹角都是37°的倾斜轨道AB、ED分别与BC、C′D圆弧相切于B、D点（C、C′均为竖直圆的最底点），将一劲度系数为k的轻质弹簧的一端固定在AB轨道的有孔固定板上，平行于斜面的细线穿过有孔固定板和弹簧跨过定
滑轮将小球和大球连接，小球与弹簧接触但不相连，小球质量为m，大球质量为m，ED
轨道上固定一同样轻质弹簧，弹簧下端与D点距离为L2，初始两球静止，小球与B点的距离是L1，L1＞L2，现小球与细线突然断开．一切摩擦不计，重力加速度为g．
（1）细线刚断时，小球的加速度大小；
（2）小球恰好能完成竖直圆周运动这种情况下，小球过C点前后瞬间有压力突变，求压力改变量为多少？
（3）小球冲上左侧轨道获得与初始线断相同的加速度时，小球的速度．
12．（19分）（2015?宜宾校级模拟）如图所示，竖直平面（纸面）内，Ⅰ、Ⅱ区域有垂直于纸面、方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两磁场边界平行，与水平方向夹角为45°，两磁场间紧靠边界放置长为L，间距为d的平行金属板MN、PQ，磁场边界上的O点与PQ板在同一水平面上，直线O1O2到两平行板MN、PQ的距离相等．在两板间存在如图乙所示的交变电场（取竖直向下为正方向）质量为m，电量为+q粒子，t0时刻从O点沿垂
直于OP竖直向上射入磁场，t=的时刻从点O1沿水平方向进入电场．并从O2点离开电场，不计粒子重力，求：
（1）粒子的初速度速度v0；
（2）粒子从点O进入Ⅰ磁场到射出Ⅱ磁场运动的总时间；
（3）若将粒子的速度提高一倍，仍从t0时刻由点O竖直向上射入，且交变电场的周期为
T=，要使粒子能够穿出电场，则电场强度大小E0满足的条件．
2015年四川省成都七中高考物理二诊模拟试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．（6分）（2015?宜宾校级模拟）以下说法中正确的是（）
A．回旋加速器利用了电磁感应原理
B．相对论认为质量和长度都随速度增大而增大
C．麦克斯韦预言并用实验验证了电磁波的存在
D．γ射线是一种波长很短的电磁波
【考点】* 质量和速度的关系；X射线、α射线、β射线、γ射线及其特性．
【分析】回旋加速器是利用电场加速粒子，利用磁场将粒子旋回电场中加速；爱因斯坦的狭义相对论有尺缩效应和运动质量增加效应；麦克斯韦从理论上预言了电磁波的存在，赫兹通过实验发现了电磁波；γ射线是一种高频电磁波．
【解答】解：A、回旋加速器是利用电场加速粒子，利用磁场将粒子旋回电场中加速，不涉及感应电流，故A错误；
B、相对论认为质量随速度增大而增大，长度随速度增大而缩短，故B错误；
C、麦克斯韦从理论上预言了电磁波的存在，赫兹通过实验发现了电磁波，故C错误；
D、γ射线是一种波长很短的电磁波，是放射性现象中产生的，故D正确；
故选：D．
【点评】本题考查了回旋加速器原理、狭义相对论、麦克斯韦电磁场理论和天然放射现象，知识点多，难度小，记住基础知识即可．
2．（6分）（2015?宜宾校级模拟）在坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v=200m/s，已知t=0时，波刚好传播到x=40m处，如图所示．在x=400m处有一接收器（图中未画出），则下列说法正确的是（）
A．波源开始振动时方向沿y轴正方向
B．接收器在t=2s时才能接受到此波
C．从t=0开始经0.15s，x=40m的质点运动的路程为0.6m
D．若波源向x轴正方向运动，接收器收到波的频率可能为9Hz
【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．
【分析】简谐波传播过程中，介质中各质点的起振方向与波源的起振方向相同，由图中x=40m 处质点的振动方向读出起振方向，即可判断出波源开始振动时的方向．波在介质中匀速传播，
由t=求出波传到接收器的时间．质点在一个周期内通过的路程是四个振幅，根据时间与
周期的关系，求出质点运动的路程．若波源向x轴正方向运动，接收器收到波的频率减小．【解答】解：
A、由图中x=40m处质点的起振方向为沿y轴负方向，则波源开始振动时方向沿y轴负方向．故A错误．
B、接收器与x=40m的距离为△x=400m﹣40m=360m，波传到接收器的时间为
t==．故B错误．
C、由图读出波长为λ=20m，周期为T==s=0.1s，由于t=0.15s=1.5T，从t=0开始经
0.15s时，x=40m的质点运动的路程S=1.5×4A=6×10cm=0.6m．故C正确．
D、该波的频率为f==10Hz，若波源向x轴正方向运动，波源与接收器间的距离
减小，根据多普勒效应可知，接收器收到波的频率增大，将大于10Hz．故D错误．
故选C
【点评】简谐波传播过程中，介质中各质点的起振与波源的起振方向相同．当波源与观察者的距离变化时，观察者接收到的频率将发生改变，产生多普勒效应．
3．（6分）（2010?济南一模）如图所示，物块A、B叠放在水平桌面上，装砂的小桶C通过细线牵引A、B一起在水平桌面上向右加速运动，设A、B间的摩擦力为f1，B与桌面间的摩擦力为f2，若增大C桶内砂的质量，而A、B仍一起向右运动，则摩擦力f1和f2的变化情况是（）
A．f1不变，f2变大B．f1变大，f2不变
C．f1和f2都变大 D．f1和f2都不变
【考点】静摩擦力和最大静摩擦力．
【专题】摩擦力专题．
【分析】由于AB一起向右运动，可以用整体法，AB整体水平方向受绳的拉力和滑动摩擦力f2．增大C的质量，绳的拉力增大，AB整体的合力即加速度增大．对A来说，合力就是静摩擦力f1，因此f1是增大的．
【解答】解：由题意知，对A：f1是静摩擦力，f1=m A a，
对AB整体：F拉﹣f2=（m A+m B）a．
f2是滑动摩擦力，f2=μ（m A+m B）g．
若增加C桶内沙的质量，系统加速度变大，故f1变大，f2不变，选项B正确．
故选：B
【点评】考查受力分析与牛顿第二定律，本题注意：f1是静摩擦力，为A提供加速度，如果增加C的质量，整体的加速度就会变大，所以f1也要变大为A提供更大的加速度．f2是动摩擦力，动摩擦力是不变的，只和总压力、摩擦系数有关．
4．（6分）（2015?宜宾校级模拟）某小型水电站的电能输送示意图如图甲，发电机的输出电压变化规律如图乙，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1，n2．降压变压器原副线圈匝数分别为n3，n4（变压器均为理想变压器）．要使额定电压为220V的用电器正常工作，则下列说法正确的是（）
A．乙图中电压的瞬时值表达式为：μ=220sin200πtV
B．＞
C．当用户用电器的负载增加时，输电线上损耗的功率增大
D．升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率
【考点】远距离输电．
【专题】交流电专题．
【分析】通过理想升压变压器T1将电送到用户附近，然后用理想降压变压器T2向远处用户供电家中．提升电压的目的是降低线路的功率损失，从而提高用户得到的功率．
【解答】解：A、根据乙图可知，电压的最大值U m=220V，周期T=0.02s，所以
ω===100πrad/s，则乙图中电压的瞬时值表达式为：u=220sin100πt V，故A错
误；
B、由变压器的电压比与匝数之比的关系得：=，=；
因升压变压器，所以U1＞U2，又因与为线路电压损失，即U2＞U3，所以＜，故B错
误．
C、当用户用电器的负载增加时，则电阻减小，输电线上电流增大，则损耗的功率增大，故C正确．
D、因是理想变压器，则其输入功率与输出功率相等，但由于电线电阻功率损失，所以升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率．故D错误．
故选：C．
【点评】理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象．远距离输电，由于导线通电发热导致能量损失，所以通过提高输送电压，从而实现降低电损．
5．（6分）（2014?广元三模）2013年12月2日，嫦娥三号探测器由长征三号乙运载火箭从西昌卫星发射中心发射，首次实现月球软着陆和月面巡视勘察．假设嫦娥三号在环月圆轨道和椭圆轨道上运动时，只受到月球的万有引力．则（）
A．若已知嫦娥三号环月圆轨道的半径、运动周期和引力常量，则可以计算出月球的密度B．嫦娥三号由环月圆轨道变轨进入环月椭圆轨道时，应让发动机点火使其加速
C．嫦娥三号在环月椭圆轨道上P点的速度大于Q点的速度
D．嫦娥三号在环月圆轨道上的运行速率比月球的第一宇宙速度小
【考点】万有引力定律及其应用．
【专题】万有引力定律的应用专题．
【分析】已知嫦娥三号环月段圆轨道的半径、运动周期和引力常量，根据万有引力提供向心力，可以解出月球的质量，但是不知道的月球的半径，无法计算出月球的密度；根据卫星变轨原理分析轨道变化时卫星是加速还是减速．
【解答】解：A、根据万有引力提供向心力G=m r，可以解出月球的质量M=，
由于不知道月球的半径，无法知道月球的体积，故无法计算月球的密度．故A错误；
B、嫦娥三号在环月段圆轨道上P点减速，使万有引力大于向心力做近心运动，才能进入进入环月段椭圆轨道．故B错误；
C、嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P点向Q点运动中，距离月球越来越近，月球对其引力做正功，故速度增大，即嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P点的速度小于Q点的速度，故C错误；
D、卫星越高越慢，第一宇宙速度是星球表面近地卫星的环绕速度，故嫦娥三号在环月圆轨道上的运行速率比月球的第一宇宙速度小，故D正确．
故选：D．
【点评】本题要掌握卫星的变轨原理，嫦娥三号在环月段圆轨道上做圆周运动万有引力等于向心力，要进入环月段椭圆轨道需要做近心运动，使得在P点所受万有引力大于圆周运动向心力，因为同在P点万有引力不变，故嫦娥三号只有通过减速减小向心力而做近心运动进入椭圆轨道．
6．（6分）（2015?宜宾校级模拟）如图所示，真空中有一均匀玻璃球，虚线CD过球心O．两束单色光Ⅰ、Ⅱ分别由玻璃球表面上的A、B两点折射进入玻璃球，Ⅰ从D点射出，Ⅱ从E 点射出（图中未画出离开玻璃球后的出射光线），Ⅰ、Ⅱ平行于CD且三线共面，
∠AOC=∠BOC=60°，则下列说法正确的是（）
A．玻璃球对Ⅱ光的折射率小于
B．在玻璃球中，Ⅰ光传播的速度大于II光传播的速度
C．无论怎样改变入射角的大小，进入玻璃球的II光总能射出玻璃球
D．用Ⅰ光与II光照射同一双缝干涉装置，光屏上Ⅰ比Ⅱ的明条纹间距大
【考点】光的折射定律．
【专题】光的折射专题．
【分析】根据折射定律分析折射率的大小，从而由v=比较出光在玻璃球中速度的大小．根
据光路可逆性分析光线能否射出玻璃球．由折射率的大小，比较波长的大小，从而能分析干涉条纹间距的大小．
【解答】解：A、对Ⅰ光，折射率：n==；由图知两束射入玻璃球时，入射角相等，光束Ⅱ的折射角大，由折射定律可知玻璃球对Ⅱ光的折射率小，故A正确．
B、由v=，知在玻璃球中，I光传播的速度小于Ⅱ光传播的速度．故B错误．
C、根据几何关系可知光束从玻璃内射到界面时，入射角等于从空气射入玻璃时的折射角，根据光路可逆性原理得知进入玻璃球的Ⅱ光总能射出玻璃球．故C正确．
D、由于玻璃球对Ⅱ光的折射率小，则Ⅱ光的频率小，波长长，而干涉条纹的间距与波长成正比，所以光屏上Ⅱ比Ⅰ的明条纹间距大，故D错误．
故选：AC．
【点评】解决本题的关键是掌握折射定律，判断出折射率的大小关系，并熟记折射率与光速、波长等的关系．
7．（6分）（2015?宜宾校级模拟）如图所示，匀强磁场的方向垂直于光滑的金属导轨平面向里，极板间距为d的平行板电容器与总阻值为2Ro的滑动变阻器通过平行导轨连接，电阻为Ro的导体棒MN可在外力的作用下沿导轨从左向右做匀速直线运动．当滑动变阻器的滑动触头位于a、b的中间位置且导体棒MN的速度为Vo时，位于电容器中P点的带电油滴恰好处于静止状态．若不计摩擦和平行导轨及导线的电阻，各接触处接触良好，重力加速度为g，则下列判断正确的是（）
A．油滴带正电荷
B．若将导体棒的速度变为2V o，电容器的带电量增加油滴将向上加速运动，加速度a=g C．若保持导体棒的速度为Vo不变，而将滑动触头置于a端，同时将电容器上极板向上移
动距离，油滴将静止
D．若保持导体棒的速度为Vo不变，将上极板竖直向上移动距离d，带电油滴的电势能增加，且P点的电势降低
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．
【专题】电磁感应与电路结合．
【分析】导体棒MN相当于电源，M端为正极，外电路由滑动变阻器构成，电容器两端电压和滑动变阻器两端电压相等，弄清楚这些然后对带电液滴进行受力分析即可正确解答本题．
【解答】解：A、根据右手定责可知，M端为正极，液滴静止，因此带负电，故A错误；
B、设导体棒长度为L，导体棒切割磁感线形成的感应电动势为：E=BLv
电容器两端电压为：①
开始液滴静止有：②
当若将导体棒的速度变为2v0时，有：③
④
联立①②③④得：a=g．故B正确；
C、若保持导体棒的速度为Vo不变，而将滑动触头置于a端，
若将上极板竖直向上移动距离d时，此时液滴所受电场力为：⑤，因
此液滴仍然静止，故C正确；
D、若保持导体棒的速度为v0不变，将上极板竖直向上移动距离d，电容器两端之间的电压仍然为，距离增大，电场强度减小，P与下极板之间的电势差减小，P点的电势降低，
负电荷的电势能增大，故D正确．
故选：BCD．
【点评】本题实质上借助电磁感应考查了有关电容器的运算，注意正确分析电容器两端电压以及极板的正负极．
二、解答题（共5小题，满分68分）
8．（6分）（2015?宜宾校级模拟）由于当年实验条件的限制，伽利略无法直接对落体运动进行实验研究，而今天即使在中学实验室里，我们具备了足够的技术条件，也可以通过实验来验证落体运动的规律．如图是某次实验中获得质量为m的小球下落时的频闪照片，频闪间
隔是s，根据此照片，完成下列的分析和计算：（保留三位有效数值）
（1）由照片可以得出小球的下落运动是：匀加速直线运动，依据是相邻相等时间内的位移之差都相等；
（2）根据此照片，分析计算出小球在3号位置的速度v3=0.984m/s．
【考点】测定匀变速直线运动的加速度．
【专题】实验题．
【分析】根据小球下落相邻位置的位移之差的关系判断运动性质．
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出3点时小车的瞬时速度大小．
【解答】解：（1）频闪照相每隔相同时间间隔曝光一次，小球在相等时间内的位移越来越大所以小球做加速运动，
由于相邻相等时间内的位移之差都相等，所以小球的下落运动是匀加速直线运动．
（2）频闪间隔是s，
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出3点时小车的瞬时速度大小．
v3===0.984m/s
故答案为：①匀加速直线运动；相邻相等时间内的位移之差都相等．
②0.984m/s
【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．
9．（11分）（2015?宜宾校级模拟）某物理兴趣小组要精确测量一只电流表G（量程为1mA、内阻约为100）的内阻．实验室中可供选择的器材有：
电流表A1：量程为3mA，内阻约为200Ω
电流表A2：量程为0.6A，内阻约为0.1Ω；
定值电阻R1：阻值为10Ω；
定值电阻R2：阻值为60Ω；
滑动变阻器R3：最大电阻20Ω，额定电流1.5A；
直流电源：电动势1.5V，内阻0.5Ω；
开关，导线若干．
（1）为了精确测量电流表G的内阻，你认为该小组同学应选择的电流表为A1（选填“A1”或“A2”）、定值电阻为R2（选填“R1”或“R2”）
（2）在方框中画出你设计的实验电路图
（3）按照你设计的电路进行实验，测得电流表A的示数为Ⅰ1，电流表G的示数为Ⅰ2，则
电流表G的内阻的表达式为r g=．
【考点】伏安法测电阻．
【专题】实验题．
【分析】（1）根据待测电流表的量程选择电流表，由欧姆定律求出电路最大电流时电路的最小电阻，根据该电阻选择定值电阻．
（2）没有电压表，可以把待测电流表与定值电阻并联，然后由电流表测出并联电流，然后由并联电路特点及欧姆定律求出待测电流表内阻；为了多次测量，可以使用滑动变阻器的分压接法；据此设计实验电路．
（3）由并联电路特点及欧姆定律求出电流表G的内阻．
【解答】解：（1）待测电流表G量程是1mA，因此可以选电流表A1：量程为3mA，内阻约为200Ω；当通过电流表A1的电流等于其量程3mA时，
电路最小电阻约为R===500Ω，
则定值电阻最小应为R定=R﹣R A1﹣R G=500Ω﹣200Ω﹣100Ω=200Ω，
为保证电路安全，定值电阻阻值应大一点，定值电阻应选R2：阻值为60Ω；
（2）待测电流表与定值电阻并联，然后由电流表测出并联电流，滑动变阻器采用分压接法，电路图如图所示．
（3）电流表A的示数为I1，电流表G的示数为I2，通过定值电阻的电流为I=I1﹣I2，电流表G两端的电压U=IR2，
待测电流表内阻r g==；
故答案为：（1）A1；R2；（2）电路图如图所示；（3）．
【点评】本题考查了实验器材的选取、实验电路的设计、求电阻等问题；选择实验器材时，首先要保证电路安全，在保证安全的情况下，为使读数准确，电表量程及电阻阻值应选小的．实验电路的设计是本题的难点，没有电压表，利用并联电路特点求出待测电流表两端电压是常用的方法．
10．（15分）（2014?邯郸一模）成都是一座来了就不想走的城市，悠闲而不失高雅，前不久，成都东区音乐公园就举办了一场盛大的钢琴音乐会．工作人员在布置舞台时，要用绳索把钢琴从高台吊运到地面．已知钢琴的质量为175kg，绳索能承受的最大拉力为1820N，吊运过程中钢琴以0.6m/s的速度在竖直方向上做匀速直线运动．降落至底部距地面的高度为h时，立即以恒定加速度减速，最终钢琴落地时刚好速度为零（g取10m/s2），求：
（1）h的最小值是多少；
（2）为了保证绳索和钢琴的安全，此次以0.6m/s的初速度匀减速到零，用时3s，求此次减速过程中钢琴机械能的变化量△E．
【考点】功能关系；牛顿第二定律．
【分析】根据牛顿第二定律求出钢琴减速时的最大加速度，结合匀变速直线运动的速度位移公式求出h的最小值．
根据运动学公式和机械能的概念求减少的机械能．
【解答】解：（1）当拉力最大时，h有最小值．
对钢琴：F﹣mg=ma
解得：a=0.4 m/s2
又v2=﹣2ah
解得：h=0.45m
（2）当减速时间为3s时：
h′=t=0.9m
△E=mg h′+m v2=1606.5J
所以，钢琴机械能的机械能减少了1606.5J
答：（1）h的最小值是0.45m；
（2）此次减速过程中钢琴机械能的变化量1606.5J．
【点评】本题的难点在于何时离地面的高度最小，注意题目中的条件：绳子承受的最大拉力，结合运动学公式即可求解．
11．（17分）（2015?武侯区校级模拟）如图所示，BCPC′D是螺旋轨道，半径为R的圆O与半径为2R的BCD圆弧相切于最低点C，与水平面夹角都是37°的倾斜轨道AB、ED分别与BC、C′D圆弧相切于B、D点（C、C′均为竖直圆的最底点），将一劲度系数为k的轻质弹簧的一端固定在AB轨道的有孔固定板上，平行于斜面的细线穿过有孔固定板和弹簧跨过定
滑轮将小球和大球连接，小球与弹簧接触但不相连，小球质量为m，大球质量为m，ED
轨道上固定一同样轻质弹簧，弹簧下端与D点距离为L2，初始两球静止，小球与B点的距离是L1，L1＞L2，现小球与细线突然断开．一切摩擦不计，重力加速度为g．
（1）细线刚断时，小球的加速度大小；
（2）小球恰好能完成竖直圆周运动这种情况下，小球过C点前后瞬间有压力突变，求压力改变量为多少？
（3）小球冲上左侧轨道获得与初始线断相同的加速度时，小球的速度．
【考点】向心力；牛顿第二定律．
【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
【分析】（1）细线刚断时，小球的加速度大小根据牛顿第二定律求解；
（2）小球在经过C点时，在C点左右两边相当于分别在两个圆周上过最低点，根据重力和轨道的支持力的合力提供向心力，列式得到压力改变量与速度的关系式；小球恰好能完成竖直圆周运动时，在最高点由重力提供向心力，根据牛顿第二定律可求得最高点小球的速度．小球从最低点到最高点的过程中，机械能守恒，列出方程，联立即可求解．
（3）当小球能过顶，小球滑上左侧斜面轨道，压缩弹簧获得与初始线断时相同大小的加速
度时，弹簧弹力为F N=mg﹣mgsin37°，弹簧压缩量与右侧初始弹簧压缩量相同，则弹簧的弹性势能相等，整个过程机械能守恒，列式即可求解小球的速度．
【解答】解：（1）线未断时，弹簧对小球m的弹力大小F N=mg﹣mgsin37°
细线刚断时，小球的加速度a===g
（2）小球在经过C点时，在C点左右两边相当于分别在两个圆周上过最低点，
在右边：轨道对小球的支持力F N1=F n1+mg
得：F N1=m+mg
在左边：轨道对小球的支持力F N2=F n2+mg
得：F N2=m+mg
则小球对轨道的压力之差为：△F=F2﹣F1=m﹣m
又R1=2R，R2=R，
解得：△F=
又小球从C点到P点过程中，机械能守恒，则得：﹣2mgR=m
在最高点P时，由重力提供向心力，则有：mg=m
联立解得：△F=mg
（3）当小球能过顶，则小球滑上左侧斜面轨道，压缩弹簧获得与初始线断时相同大小的加
速度时，弹簧弹力为F N=mg﹣mgsin37°=
即弹簧压缩量与右侧初始弹簧压缩量相同，均为x=，则弹簧的弹性势能相等，整个过程机械能守恒：
mgL1sin37°﹣mg（L2+）sin37°=m
解得：v2=
答：（1）细线刚断时，小球的加速度大小为g；（2）压力改变量为mg．（3）小球冲上左
侧轨道获得与初始线断相同的加速度时，小球的速度为．
【点评】本题是复杂的力学问题，对于圆周运动，分析向心力的来源是关键，对于小球运动过程之中，要抓住机械能守恒，要具有解决综合问题的能力，需要加强这方面的练习．
12．（19分）（2015?宜宾校级模拟）如图所示，竖直平面（纸面）内，Ⅰ、Ⅱ区域有垂直于纸面、方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两磁场边界平行，与水平方向夹角为45°，两磁场间紧靠边界放置长为L，间距为d的平行金属板MN、PQ，磁场边界上的O点与PQ板在同一水平面上，直线O1O2到两平行板MN、PQ的距离相等．在两板间存在如图乙所示的交变电场（取竖直向下为正方向）质量为m，电量为+q粒子，t0时刻从O点沿垂
直于OP竖直向上射入磁场，t=的时刻从点O1沿水平方向进入电场．并从O2点离开电场，不计粒子重力，求：
（1）粒子的初速度速度v0；
（2）粒子从点O进入Ⅰ磁场到射出Ⅱ磁场运动的总时间；
（3）若将粒子的速度提高一倍，仍从t0时刻由点O竖直向上射入，且交变电场的周期为
T=，要使粒子能够穿出电场，则电场强度大小E0满足的条件．
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】（1）求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律可以求出粒子速度．
（2）求出粒子在磁场中、在电场中、在电磁场外的运动时间，然后求出总运动时间．（3）作出粒子在电场中的运动轨迹，应用类平抛运动规律分析答题．
【解答】解：（1）由题可知，两粒子的轨迹半径为：r=，
由牛顿第二定律得：qv0B=m，
解得：v0=；
（2）磁场中的总时间：t1=2×=，
在电场中，粒子在水平方向一直做匀速直线运动，
所以时间为：t2==，
两段电磁场外的时间：t3==，
所以，总时间为：t=t1+t2+t3，
解得：t=（π+2+）；
（3）粒子两次在磁场I中运动的时间相同，所以第二次进入时比第一次提前：
△t===，
所以，粒子第二次是在t=0时刻进入的电场．
第一次在电场中的轨迹如图所示，设经过n个周期性的运动穿出电场．
t==nT，n=，
设粒子第二次通过电场的时间为t′，t′T，
粒子第二次在电场中的轨迹如图所示
粒子第二次在半个周期内的侧移位移为
y0=（）2，
条件为：nv0＜d，解得：E0＜；
答：（1）粒子的初速度速度v0=；
（2）粒子从点O进入Ⅰ磁场到射出Ⅱ磁场运动的总时间t=（π+2+）；
（3）粒子能够穿出电场，电场强度大小满足E0＜．
【点评】本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的关键，应用牛顿第二定律、粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．