四川省资阳市2015届高三理综(物理部分)第二次诊断性考试试题

绝密★启用前2015年第二次大联考【四川卷】理科综合·物理试题注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

满分110分，考试时间60分钟。

2．答题前考生务必用0.5毫米黑色墨水签字笔填写好自己的姓名、班级、考号等信息3．考试作答时，请将答案正确填写在答题卡上。

第一卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．稿纸上作答无效．．．．．．．。

（满分110分，考试时间60分钟）第Ⅰ卷（选择题共42分）第Ⅰ卷共7题，每题6分。

每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的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．光导纤维现已在通讯、医疗技术中大量使用。

光导纤维是由折射率不同的透明材料通过特殊复合技术制成的复合纤维。

光导纤维由芯线和外涂层组成，下列说法正确的是（）A．光纤芯线的折射率要低B．涂层材料折射率要高C．芯料和涂料的折射率相差越大越好D．一束光经光纤传导过程中，光几乎都在外涂层里传播【答案】C该题考查光导纤维的原理【解析】因为要求发生全反射，所以光导纤维的光纤芯线的折射率高，涂层材料的折射率低，而且两者的折射率相差越大越好，故ABD错误，C正确。

2．如图所示，内壁及碗口光滑的半球形碗固定在水平面上，碗口保持水平。

A球、C球与B 球分别用两根轻质细线连接。

当系统保持静止时，B球对碗壁刚好无压力，图中θ=30°，则A球和C球的质量之比为（）A ．1:2 B．2 :1 C ．1:3D．3:1【答案】C该题考查共点力的平衡问题【解析】B球对碗壁刚好无压力，则根据几何知识分析可得B球所在位置两线的夹角为90°，以B球为研究对象，进行受力分析，水平方向所受合力为零，由此可知，故选C点评：本题难度较小，明确B球所在位置夹角为90°是本题求解的关键3．如图甲所示为一列简谐横波在t=0时刻波动图象，图乙为介质中M点的振动图象。

【市级联考】四川省资阳市2024届高三第二次诊断性考试理科综合全真演练物理试题一、单选题 (共6题)第(1)题我国成功发射了“天问一号”火星探测器，该探测器在着陆火星之前在距离火星表面高度位置绕火星运行一周用时为，其中为火星的半径。

则火星的第一宇宙速度可表示为（ ）A．B．C．D．第(2)题1887年，赫兹在研究电磁波的实验中偶然发现，接收电路的间隙如果受到光照，就更容易产生电火花，这就是最早发现的光电效应现象。

用如图所示电路研究光电效应，下列说法正确的是（ ）A．爱因斯坦为了解释光电效应现象的实验规律，提出了“光子”说B．光照强度越大，电子从K板逸出时的初动能越大C．光照条件不变时，闭合开关S，滑片P向右移动时，光电流会一直增大D．只要照射足够长的时间，任何频率的光都能够使K板发出光电子第(3)题如图所示，两颗卫星A、B在同一个轨道平面内，沿顺时针方向绕地球做匀速圆周运动，近地卫星A的周期约为1.5h，卫星B的轨道半径为卫星A轨道半径的2倍。

由于地球的遮挡，A、B两卫星在运动过程中一定时间内不能直接进行信号传输，则A和B卫星从相距最近开始一直到刚好不能直接进行信号传输经历的最短时间约为（ ）A．0.4h B．0.6h C．1h D．1.5h第(4)题科学家发现在月球上含有丰富的（氦3）．它是一种高效、清洁、安全的核聚变燃料，其参与的一种核聚变反应的方程式为．关于聚变下列表述正确的是A．聚变反应不会释放能量B．聚变反应产生了新的原子核C．聚变反应没有质量亏损D．目前核电站都采用聚变反应发电第(5)题如图所示是一个趣味实验中的“电磁小火车”，“小火车”是一节两端都吸有强磁铁的干电池，发现两端的强磁铁无论是同名相对还是异名相对，都能牢牢地吸附在干电池上。

“轨道”是用裸铜线绕成的螺线管，螺线管的口径较“小火车”大。

将“小火车”放入螺线管内，在电池的正负极之间的一段螺线管上形成电流，小火车就会沿螺线管运动。

资阳市理科综合物理答案 第1页（共2页）资阳市2015年高中阶段教育学校招生统一考试理 科 综 合全卷分为物理、化学两部分，共8页。

全卷满分130分。

考试时间共100分钟。

注意事项：1．答题前，请考生务必在答题卡上正确填写自己的姓名、准考证号和座位号。

考试结束，将试题卷和答题卡一并交回。

2．各学科的选择题，每小题选出的答案须用2B 铅笔在答题卡上把对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦净后，再选涂其它答案。

3．各学科的非选择题须用0.5mm 黑色墨水签字笔在答题卡上对应题号答题位置作答；在试卷上作答，答案无效。

物理部分一、选择题（本大题包括7小题，每小题3分，共21分；每小题只有一个选项符合题意） 1．如图所示，编钟是我国春秋战国时代的乐器。

下列说法中错误．．的是 A ．敲击钟时发出的声音是由钟振动而产生的B ．敲击大小不同的钟发出的声音在空气中的传播速度不同C ．敲击大小不同的钟能发出不同音调的声音D ．人耳能区分不同乐器的声音是因为它们的音色不同 2．下列有关光现象的的四个情境中属于光的折射的是3．如图所示是热现象的一些情景或应用，说法错误．．的是蜡烛在平面镜中的像 街角处凸面镜扩大视野 插入水杯的铅笔好像断了 墙上的手影A C DB资阳市理科综合物理答案 第2页（共2页）A ．清晨昆虫和植物上露珠的形成是液化现象B ．“测温枪”可以不接触人体而测出人的体温C ．加热水使试管塞子冲出去的过程中发生了能量的转移和转化D ．冬天人们搓手取暖是通过热传递改变手的内能 4．如图所示，下列有关能源及能的转化的说法中错误．．的是A ．太阳能集热器的吸热板把太阳能转化为内能B ．太阳能汽车利用太阳能电池把太阳能直接转化成汽车动能C ．乐山大佛脸上出现的黑色条纹是人类消耗化石能源产生酸性气体形成酸雨腐蚀造成的D ．汽车散失的热不能收集起来再利用表明能量转化过程具有方向性 5．关于下列各图说法错误．．的是A ．信鸽能从2000km 以外的地方飞回家里，主要是靠地磁场来导航B ．丹麦物理学家奥斯特给导线通电时，下方的磁针发生偏转，证实了电流的周围存在着磁场C ．磁悬浮列车的车厢和铁轨上分别安放着磁极相对的磁体，由于磁极间的相互作用，列车在铁轨上方几厘米的高度飞驰D ．课间操时教室墙上的扬声器发出悠扬的声音是把声信号转换成电信号6．2015年4月25日尼泊尔发生8.1级大地震，造成巨大人员和财产损失。

资阳市2012~2013学年度高中三年级诊断性考试理科综合能力测试（物理部分）本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页．全卷共110分．注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、座位号、报名号填写在答题卡上，并将条形码贴在答题卡上对应的虚线框内．2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

第Ⅱ卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效．3．考试结束，监考人只将答题卡收回．第Ⅰ卷（选择题，共48分）一、选择题（本题包括8小题．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。

全部选对的得满分，选不全的得一半分数，有选错或不答的得0分）1．物体甲的速度与时间图象和物体乙的位移与时间图象分别如图所示，则这两个物体的运动情况是A．甲在整个t=4s时间内有来回运动，它通过的总路程为12mB．甲在整个t=4s时间内运动方向一直不变，通过的总位移大小为6mC．乙在整个t=4s时间内有来回运动，它通过的总路程为12mD．乙在整个t=4s时间内运动方向一直不变，通过的总位移大小为6m2．半圆柱体M放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板PQ，M与PQ之间放有一个光滑均匀的小圆柱体N，整个系统处于静止。

如图所示是这个系统的纵截面图。

若用外力F使PQ保持竖直并且缓慢地向右移动，在N落到地面以前，发现M 始终保持静止。

在此过程中，下列说法正确的是A ．地面对M 的摩擦力逐渐增大B ．MN 间的弹力先减小后增大C ．PQ 对N 的弹力逐渐减小D ．PQ 和M 对N 的弹力的合力逐渐增大3．如图所示，两轻弹簧a 、b 悬挂一小铁球处于平衡状态，a 弹簧与竖直方向成30°角，b 弹簧水平，a 、b 的劲度系数分别为k 1、k 2。

则两弹簧的伸长量x 1与x 2之比为A ．12k kB ．21k kC ．212k kD ．212k k4．如图所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮P 和Q 靠摩擦传动，两轮的半径R ∶r =2∶1。

资阳市高中2012级第一次诊断性考试理科综合·物理本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页．全卷共110分．注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、座位号、报名号填写在答题卡上，并将条形码贴在答题卡上对应的虚线框内．2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．第Ⅱ卷用0.5mm黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效．3．考试结束，监考人只将答题卡收回．第Ⅰ卷（选择题，共42分）一、选择题（本题包括7小题．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。

全部选对的得满分，选不全的得一半分数，有选错或不答的得0分）1．下列说法正确的是A．电磁波与机械波一样可以产生衍射、干涉现象，所以它们没有本质的区别B．电磁波和机械波一样依赖于介质传播C．空间中某个区域有变化的电场或变化的磁场，不一定能产生电磁波D．用同样的装置进行双缝干涉实验，红光和紫光的条纹间距相等2．如图所示为一列在均匀介质中传播的简谐横波在t=4s时刻的波形图，若已知振源在坐标原点O处，波速为2m/s，则A．振源O开始振动时的方向沿y轴正方向B．P点振幅比Q点振幅小C．再经过△t=4s，质点P将向右移动8mD．再经过△t=4s，质点Q通过的路程是0.4m3．如图所示，一个质量为M的箱子放在水平地面上，箱内用一长为L的细线拴一质量为m的小球，绳的另一端固定在箱子的顶板上。

现把细绳拉到与竖直方向成θ角自由释放，当球摆到最低点时，地面受到的压力为A．(2cos)-MgθB．(1cos)+-Mg mgθC．()+M m gD．(32cos)+-Mg mgθ4．关于沿圆轨道运行的人造地球卫星，下列说法正确的是A．卫星的轨道半径越大，卫星的运行速率就越大B．在轨道上运行的卫星受到的向心力一定等于地球对卫星的引力C．在同一条轨道上运行的不同卫星，周期可以不同D．人造地球卫星的轨道半径只要大于地球的半径，卫星的运行速度大小就一定介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间5．一带负电小球，在从空中a点运动到b点的过程中，受重力、空气阻力和静电力作用，重力对小球做功3.5J，小球克服空气阻力做功0.5J，静电力对小球做功1J，则下列说法正确的是A．小球在a点的重力势能比在b点小3.5JB．小球在a点的机械能比在b点小0.5JC．小球在a点的电势能比在b点少1JD．小球在a点的动能比在b点多4J6．如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在光屏P上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是A．滑动触头右移、其他不变时电子打在荧光屏上的位置上升B．滑动触头左移、其他不变时电子打在荧光屏上的位置上升C．电压U增大、其他不变时电子从发出到打在荧光屏上的时间不变D．电压U增大、其他不变时电子打在荧光屏上的速度大小不变7．第17届亚运会于2014年9月19日~10月4日在韩国仁川举行，我国运动员薛长锐、李玲以5.55m和4.35m分别夺得男、女撑杆跳金牌。

资阳市高中2015级第二次诊断性考试理科数学参考答案及评分意见一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。

1.C2.A3.B4.D5.A6.B7.C8.B9.D 10.C 11.D 12.C 二、填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分。

13. 35；14.43；15. 12；12. (1,3]．三、解答题：本大题共70分。

（一）必考题：共60分。

17．（12分）（1）当1n =时，1122a a =-，解得12a =，当2n ≥时，22n n S a =-，1122n n S a --=-. 则122n n n a a a -=-，所以12n n a a -=， 所以{}n a 是以2为首项，2为公比的等比数列. 故112n n n a a q-==. ····························································································· 4分 （2）22log 22nnnn b n ==⋅,则231222322nn T n =⨯+⨯+⨯++⨯ ①23412122232(1)22n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+⨯ ②①－②得：23122222n n n T n +-=++++-⨯= 12(12)212n n n +--⨯-11222n n n ++=-⋅-.所以1(1)22n n T n +=-⋅+．由12500n n T n +-⋅+<得1252n +>.由于4n ≤时，152232n +≤=52<；5n ≥时，162264n +≥=52>.故使12500n n S n +-⋅+<成立的正整数n 的最小值为5. ················································ 12分 18．（12分）（1）由题， 3.56t 1+2+3+4+5+6==，76y 6.6+6.7+7+7.1+7.2+7.4==，61()()ii i tt y y =--∑( 2.5)(0.4)( 1.5)(0.3)00.50.1 1.50.2 2.50.4 2.8=-⨯-+-⨯-++⨯+⨯+⨯=， 621()ii tt =-∑222222( 2.5)( 1.5)(0.5)0.5 1.5 2.517.5=-+-+-+++=．所以 2.80.1617.5b== ，又 ay bt =- ，得 70.16 3.5 6.44a =-⨯=， 所以y 关于t 的线性回归方程为 0.16 6.44y t =+． ······················································· 6分 （2）① 由（1）知 0.16 6.44y t =+，当7t =时， 0.167 6.447.56y =⨯+=， 即2018年该农产品的产量为7.56万吨．② 当年产量为y 时，销售额323(4.50.3)10(0.3 4.5)10S y y y y =-⨯=-+⨯（万元），当7.5y =时，函数S 取得最大值，又因{}6.6 6.777.17.27.47.56y ∈，，，，，，， 计算得当7.56y =，即7t =时，即2018年销售额最大. ················································· 12分19.（12分）（1）取11AC 的中点G ，连接EG ，FG ，由于E ，F 分别为AC ，11B C 的中点，所以FG ∥11A B ．又11A B ⊂平面11ABB A ，FG ⊄平面11ABB A ， 所以FG ∥平面11ABB A ．又AE ∥1A G 且AE ＝1A G ， 所以四边形1AEGA 是平行四边形．则EG ∥1AA ．又1AA ⊂平面11ABB A ，EG ⊄平面11ABB A ， 所以EG ∥平面11ABB A ．所以平面EFG ∥平面11ABB A ．又EF ⊂平面EFG ，所以直线EF ∥平面11ABB A ． ···················································································· 6分 （2）令AA 1＝A 1C ＝AC ＝2，由于E 为AC 中点，则A 1E ⊥AC ，又侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ，交线为AC ，A 1E ⊂平面A 1AC ，则A 1E ⊥平面ABC ，连接EB ，可知EB ，EC ，1EA 两两垂直．以E 为原点，分别以EB ，EC ，1EA 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则B (1，0，0)，C (0，1，0)，A 1(0，0，3)，A (0，－1，0)，1(11B ．所以(1,1,0)BC =-，1(1BA =-，11(0,1BB AA ==， 令平面A 1BC 的法向量为1111(,,)x y z =n ，由1110,0,BC BA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n则11110,0,x y x -+=⎧⎪⎨-=⎪⎩令1x1=n ． 令平面B 1BC 的法向量为2222(,,)x y z =n ，由2210,0,BC BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n则22220,0,x y y -+=⎧⎪⎨+=⎪⎩令2x =21)=-n ． 由1212125cos ,7⋅<>==n n n n n n ，故二面角11B BC A --的余弦值为75. ·························· 12分20.（12分）（1）由12e =，设椭圆的半焦距为c ，所以2a c =， 因为C 过点3(1)2P ，，所以221914a b +=，又222c b a +=，解得2a b =，所以椭圆方程为22143x y+=． ·········································································································· 4分 （2）① 显然两直线12l l ，的斜率存在，设为12k k ，，()()1122,,M x y N x y ，，由于直线12l l ，与圆2223(1)(0)2x y r r -+=<<相切，则有12k k =-，直线1l 的方程为()1312y k x -=-， 联立方程组112232143y k x k x y ⎧=-+⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，，消去y ，得()()()22211114312832120x k k k x k ++-+--=，因为P M ，为直线与椭圆的交点，所以()11121812143k k x k -+=+，同理，当2l 与椭圆相交时，()11221812143k k x k ++=+，所以112212443k x x k --=+，而()11211212112243k y y k x x k k --=+-=+， 所以直线MN 的斜率121212y y k x x -==-．② 设直线MN 的方程为12y x m =+，联立方程组2212143y x m x y ⎧=+⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，， 消去y 得2230x mx m ++-=，所以MN =O到直线的距离d ， OMN ∆得面积为12S ===， 当且仅当22m =时取得等号．经检验，存在r （302r <<），使得过点3(1)2P ，的两条直线与圆222(1)x y r -+=相切，且与椭圆有两个交点M ，N ．所以OMN ∆··········································································· 12分21．（12分）（1）由题()222[e (3)e ](3)e (33)e (0)x x x x x x x a x x af x x x x -+-----+--'==>．方法1：由于233304x x -+-≤-<，e 10x -<-<，23(33)e 4xx x -+-<-，又34a >-，所以2(33)e 0x x x a -+--<，从而()0f x '<，于是()f x 为(0,＋∞)上的减函数． ·············································································· 4分 方法2：令2()(33)e x h x x x a =-+--，则2()()e x h x x x '=-+，当01x <<时，()0h x '>，()h x 为增函数；当1x >时，()0h x '<，()h x 为减函数． 故()h x 在1x =时取得极大值，也即为最大值． 则max ()(1)e h x h a ==--．由于34a >-，所以max ()(1)e 0h x h a ==--<， 于是()f x 为(0,＋∞)上的减函数． ············································································· 4分 （2）令2()(33)e x h x x x a =-+--，则2()()e x h x x x '=-+，当01x <<时，()0h x '>，()h x 为增函数；当1x >时，()0h x '<，()h x 为减函数． 当x 趋近于+∞时，()h x 趋近于-∞．由于()f x 有两个极值点，所以()0f x '=有两不等实根，即2()(33)e 0x h x x x a =-+--=有两不等实数根12x x ，（12x x <）． 则(0)0,(1)0,h h <⎧⎨>⎩解得3e a -<<-．可知1(0,1)x ∈，由于3322333(1)e 0()e e +30244h a h a =-->=--<-<，，则2(1)2,3x ∈．而()2222222(33)e 0x x x a f x x -+--'==，即2222e 33x a x x =-+-（#） 所以()2222(3)e ()x x af x f x x -+==极大值，于是()22222233ax a f x x x -=-+，（*）令22122(1)2t x x t t =-⇒=+-<<-，则（*）可变为()2111t g t a a t t t t==++++， 可得1131t t 2-<<-++，而3e a -<<-，则有()21311t g t a a t t t t==<++++， 下面再说明对于任意3e a -<<-，23(1,)2x ∈，()22f x >．又由（#）得2222e (33)x a x x =-+-，把它代入（*）得()222(2)e x f x x =-，所以当23(1,)2x ∈时，()222(1)e 0x f x x '=-<恒成立，故()222(2)e x f x x =-为3(1,)2的减函数，所以()32231()e 222f x f >=>． ···················· 12分 所以满足题意的整数m 的最小值为3. （二）选考题：共10分。

资阳市高中2015级高考模拟考试理科综合能力测试物理二、选择题：在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第19-21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，有选错得0分。

14．要进行太空矿产资源开采，必须建立“太空加油站”。

假设“太空加油站”正在地球赤道平面内的圆周轨道上运行，其离地球表面的高度为同步卫星离地球表面高度的十分之一，且运行方向与地球自转方向一致。

下列说法中正确的是 A ．站在地球赤道上的人观察到“太空加油站”向西运动B ．“太空加油站”运行的速度大小等于同步卫星运行速度大小的10倍C ．在“太空加油站”工作的宇航员因不受重力而在舱中悬浮或静止D ．“太空加油站”运行的加速度等于其所在高度处的重力加速度 15．如图所示是某电场的等势面，下列关于该电场描述正确的是A ．A 点的电场强度比C 点的小B ．负电荷在A 点的电势能比在C 点的电势能大 C ．电荷沿等势面AB 移动的过程中，电场力始终不做功D ．正电荷由A 移动到C ，电场力做负功16．如图所示，将两根劲度系数均为k 、原长均为L 的轻弹簧一端固定于水平天花板上相距为2L 的两点，另一端共同连接一质量为m 的物体，平衡时弹簧与水平天花板的夹角为α=53°，若将物体的质量改变为M ，平衡时弹簧与水平天花板的夹角为β=37°。

已知6.037sin ，则mM 的值为 A ．329B ．169C ．83D ．4317．光滑水平面上有一可看做质点的物体，由静止开始先做加速度为a 1的匀加速直线运动，经过一段时间后动能为E k1；然后做加速度为a 2的匀减速直线运动，经过相同时间后物体恰好回到初始位置，动能为E k2。

下列说法正确的是 A ．a 1＝a 2B ．a 2＝2a 1C ．E k2＝2 E k1D ．E k2＝4 E k118．如图所示为氢原子的能级示意图，用某种频率的光照射大量处于基态的氢原子，氢原子受激发后只辐射出三种不同频率的光a 、b 、c ，频率νa ＞νb ＞νc ，让这三种光照射到逸出功为10.2eV 的某金属表面。

四川省资阳市2015届高三二诊考试物理试卷一、选择题（本题包括7小题．每题6分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得满分，选不全的得一半分数，有选错或不答的得0分）A．B．C．D．考点：电磁波的产生．.分析：明确电磁波产生的条件，明确只有周期性变化的磁场才能形成电场；根据图象得出符合产生电磁波的磁场．解答：解：只有交变的磁场才能产生电场，从而继续产生磁场，将能量传播出去；故只有D 能产生电磁波；故选：D．点评：本题考查电磁波的产生条件，要注意明确，恒定的电场（磁场）不产生磁（电）场；只有交变的电（磁）场才能产生电磁波．2．（6分）（2015•资阳模拟）如图是在高山湖泊边拍摄的一张风景照片，湖水清澈见底，近处湖面水下的景物（石块、砂砾等）都看得很清楚，而远处则只看到对岸山峰和天空彩虹的倒影，水面下的景物则根本看不到．下列说法中正确的是（）A．远处山峰的倒影非常清晰，是因为山峰的光线在水面上发生了全反射B．光线由水射入空气，光的波速变大，波长变小C．远处水面下景物的光线射到水面处，入射角很大，可能发生了全反射，所以看不见D．近处水面下景物的光线到水面处，入射角较小，反射光强而折射光弱，因此有较多的能量射出水面而进入人眼睛中考点：全反射．.专题：光的折射专题．分析：远处山峰的倒影在水面发生了反射现象；远处水面下景物的光线射到水面处，入射角很大，能发生全反射．光线由水射入空气，光的波速变大，频率不变，波长变大．解答：解：A、远处山峰的倒影非常清晰，是因为山峰的光线在水面上发生了反射，但不是全反射，因为全反射只有光从光密介质射入光疏介质时才可能发生，故A错误．B、光线由水射入空气，光的波速变大，频率不变，由波速公式v=λf知波长变大，故B错误．C、远处水面下景物的光线射到水面处，入射角很大，当入射角大于等于全反射临界角时能发生全反射，光线不能射出水面，因而看不见，故C正确．D、近处水面下景物的光线到水面处，入射角越小，反射光越弱而折射光越强，射出水面而进入人眼睛中能量越少，故D错误．故选：C．点评：本题关键要掌握全反射现象以及产生的条件，要注意反射与全反射的区别，不能混为一谈．3．（6分）（2015•资阳模拟）一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是（）A．副线圈输出电压的频率为5HzB．副线圈输出电压的有效值为31VC． P向右移动时，原、副线圈的电流比减小D．P向右移动时，变压器的输入功率增加考点：变压器的构造和原理；电功、电功率．.专题：交流电专题．分析：根据瞬时值表达式可以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即可求得结论．解答：解：A、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，所以A错误．B、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为310V，所以副线圈的电压的最大值为31V，所以电压的有效值为V=≈22V，所以B错误．C、P右移，R变小，副线的电压不变，则副线圈的电流变大，原线圈的电流也随之变大；但原、副线圈的电流比等于匝数比的倒数，是不变的，故C错误．D、P向右移动时，滑动变阻器的电阻较小，副线圈的电压不变，所以电路消耗的功率将变大，变压器的输出功率、输出功率均增加，故D正确．故选：D．点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路．4．（6分）（2015•资阳模拟）“嫦娥二号”探月卫星绕地运行一段时间后，离开地球飞向月球．如图所示是绕地飞行的三条轨道，轨道1是近地圆形轨道，2和3是变轨后的椭圆轨道．A点是2轨道的近地点，B点是2轨道的远地点，卫星在轨道1的运行速率为7.7km/s，则下列说法中正确的是（）A．卫星在2轨道经过A点时的速率一定小于7.7km/sB．卫星在2轨道经过B点时的速率一定小于7.7km/sC．卫星在3轨道所具有的机械能小于2轨道所具有的机械能D．卫星在3轨道所具有的最大速率小于2轨道所具有的最大速率考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．.专题：人造卫星问题．分析：当卫星的速度变大，使万有引力不够提供向心力时，卫星会做离心运动，轨道变高，卫星在经过A点时，要做离心运动才能沿2轨道运动．当卫星的速度减小，使万有引力大于向心力时，卫星做近心运动，轨道变低，卫星经过B速度变小．卫星的运动的轨道高度越高，需要的能量越大，具有的机械能越大．卫星在轨道2经过A点要加速做离心运动才能进入轨道3．解答：解：A、卫星在经过A点时，要做离心运动才能沿2轨道运动，卫星在1轨道上的速度为7.7km/s，故在2轨道上经过A点的速度一定大于7.7km/s．故A错误．B、假设有一圆轨道经过B点，根据v=，可知此轨道上的速度小于7.7km/s，卫星在B点速度减小，才会做近心运动进入2轨道运动．故卫星在2轨道经过B点时的速率一定小于7.7km/s，故B正确．C、卫星的运动的轨道高度越高，需要的能量越大，具有的机械能越大，所以卫星在3轨道所具有的机械能一定大于2轨道所具有的机械能，故C错误．D、根据开普勒第二定律可知近月点速度大于远月点速度，故比较卫星在轨道3经过A点和轨道2经过A点的速度即可，又因为卫星在轨道2经过A点要加速做离心运动才能进入轨道3，故卫星在3轨道所具有的最大速率大于2轨道所具有的最大速率．故D 错误．故选：B．点评：本题要掌握离心运动的条件和近心运动的条件，能够根据这两个条件判断速度的大小．还要知道卫星的运动的轨道高度越高，需要的能量越大，具有的机械能越大．5．（6分）（2015•资阳模拟）如图所示是一列简谐横波某时刻的波形曲线，质点a、b相距20cm，c、d相距40cm，此时质点a的加速度大小为2m/s2，质点c的速度方向向下，且再经过0.1s，质点c将第一次到达下方最大位移处，则（）A．波的传播方向向右B．波的传播速率为8m/sC．此时质点b的加速度大小为2m/s2，方向与质点a的加速度方向相同D．质点d与a的振幅不等考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系．.专题：振动图像与波动图像专题．分析：由质点带动法判断波传播的方向，根据图象得出波长，根据v=求解波速，根据a=﹣判断加速度．解答：解：A、由质点带动法知，c的速度方向向下，这列波向左传播，故A错误；B、经过0.1s，质点c将第一次到达下方最大位移处，所以T=4×0.1=0.4s，波长λ=2×0.4=0.8m，所以v==，故B错误C、ab两点的位移相同，根据a=﹣可知，ab两点加速度相同，故质点b的加速度大小为2m/s2，方向与质点a的加速度方向相同，故C正确；D、质点d与a的振幅相等，故D错误．故选：C点评：本题考查了波传播方向的判定：质点带动法，能根据图象得出波长和周期，根据v=求解波速，难度不大，属于基础题．6．（6分）（2015•资阳模拟）如图所示，空间存在匀强电场，方向竖直向下，从绝缘斜面上的M点沿水平方向抛出一带电小球，最后小球落在斜面上的N点．已知小球的质量为m、初速度大小为v0、斜面倾角为θ，电场强度大小未知．则下列说法中正确的是（）A．可以判断小球一定带正电荷B．可以求出小球落到N点时速度的方向C．可以分别求出小球到达N点过程中重力和静电力对小球所做的功D．可以断定，当小球的速度方向与斜面平行时，小球与斜面间的距离最大考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．.专题：电场力与电势的性质专题．分析：小球在运动过程中受重力与电场力作用，做类平抛运动，对小球受力分析、应用牛顿第二定律、类平抛运动的规律分析答题．解答：解：A、小球做类平抛运动，电场力既可向上也可向下，故小球带正电、负电都可以，故A错误；B、利用平抛知识有：===tanθ，速度偏向角设为α，则tanα==tanθ，可求出小上球落到N点时的速度大小和方向，故B正确；C、求出小球到达N点的速度，由动能定理可以求出小球到达N点过程中重力和电场力对小球所做的功，故C正确D、小球在垂直与斜面方向上做匀减速直线运动，当小球在垂直与斜面方向的速度为零，即小球速度平行与斜面时，小球与斜面间的距离最大，故D正确；故选：BCD．点评：类平抛可以分解为水平方向的匀速直线运动，竖直方向的匀加速运动，熟练应用类平抛运动规律即可正确解题；电荷在电场中受到的电场力方向与电荷的电性有关．7．（6分）（2015•资阳模拟）如图所示，空间存在着与圆台母线垂直向外的磁场，各处的磁感应强度大小均为B，圆台母线与竖直方向的夹角为θ．一个质量为m、半径为r的通电匀质金属环位于圆台底部，0～t时间内环中电流大小恒定为I，由静止向上运动经过时间t后撤去该恒定电流并保持圆环闭合，圆环上升的最大高度为H．已知重力加速度为g，磁场的范围足够大．在圆环向上运动的过程中，下列说法正确的是（）A．圆环先做加速运动后做减速运动B．在时间t内安培力对圆环做功为mgHC．圆环先有扩张后有收缩的趋势D．圆环运动的最大速度为﹣gt考点：楞次定律．.专题：电磁感应与电路结合．分析：根据牛顿第二定律，与运动学公式，依据做功表达式，结合电磁感应与安培力，即可求解．解答：解：A、圆环先向上做加速运动；当电流撤去后，由于惯性，圆环继续向上运动，在磁场中切割磁感线产生感应电流，电流方向俯视为逆时针，由左手定则可知圆环所受安培力方向垂直磁感线向下，由于速度在变化，则安培力也在变，所以圆环做变减速运动，故A 正确；B、由功能关系可知，在上升全过程中，在t时间内安培力对圆环做的功等于全过程重力做的功mgH和t时间后圆环克服安培力做的功，所以在时间t内安培力对圆环做功大于mgH，故B错误；C、圆环通电流时，由安培力垂直磁感线向上可知，电流方向俯视为顺时针，安培力分量指向圆心，圆环有收缩的趋势；撤去电流后，根据右手定则可知，切割产生的感应电流方向俯视为逆时针，则安培力分量背离圆心，则有扩张的趋势，故C错误；D、环中通以恒定电流I后，圆环所受安培力为BI2πr，则在竖直方向的分力为2πrBIcosθ，由牛顿第二定律，可得：BI2πrcosθ﹣mg=ma，则圆环向上的加速度为a=﹣g，则竖直方向上，在电流未撤去时，圆环将做匀加速直线运动，经过时间t，速度会达到最大值，由v=at得v=﹣gt，故D正确．故选：AD．点评：磁场中力做功与牛顿第二定律、电磁感应等的综合问题，注意掌握线圈扩张与收缩的原因．二、非选择题，（共68分）8．（8分）（2015•资阳模拟）测量小物块Q与平板P之间的动摩擦因数的实验装置如图所示．AB 是半径足够大的、光滑的四分之一圆弧轨道，与水平固定放置的P板的上表面BC在B点相切，C点在水平地面的垂直投影为C′．重力加速度为g．实验步骤如下：①用天平称出物块Q的质量m；②测量出轨道AB的半径R、BC的长度L和CC′的高度h；③将物块Q在A点由静止释放，在物块Q落地处标记其落地点D；④重复步骤③，共做10次；⑤将10个落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量圆心到C′的距离s．用实验中的测量量表示：（ⅰ）物块Q到达B点时的动能EkB=mgR；（ⅱ）物块Q到达C点时的动能EkC=；（ⅲ）在物块Q从B运动到C的过程中，物块Q克服摩擦力做的功Wf=；（ⅳ）物块Q与平板P之间的动摩擦因数μ=．考点：探究影响摩擦力的大小的因素．.专题：实验题．分析：（1）物块由A到B点过程，由动能定理可以求出物块到达B时的动能；（2）物块离开C点后做平抛运动，由平抛运动的知识可以求出物块在C点的速度，然后求出在C点的动能；（3）由B到C，由动能定理可以求出克服摩擦力所做的功；（4）由功的计算公式可以求出动摩擦因数．解答：解：（1）从A到B，由动能定理得：mgR=EKB﹣0，则物块到达B时的动能EKB=mgR；（2）离开C后，物块做平抛运动，水平方向：s=vCt，竖直方向：h=gt2，物块在C点的动能EKC=mvC2，解得：EKC=；（3）由B到C过程中，由动能定理得：﹣Wf=mvC2﹣mvB2，克服摩擦力做的功Wf=；（4）B到C过程中，克服摩擦力做的功：Wf=μmgL=，则μ=；故答案为：（1）mgR；（2）；（3）；（4）．点评：熟练应用动能定理、平抛运动规律、功的计算公式即可正确解题．9．（9分）（2015•资阳模拟）某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：A．被测干电池一节B．电流表：量程0～0.6A，内阻rA=0.3ΩC．电流表：量程0～0.6A，内阻约为0.1ΩD．电压表：量程0～3V，内阻未知E．电压表：量程0～15V，内阻未知F．滑动变阻器：0～10Ω，2AG．滑动变阻器：0～100Ω，1AH．开关、导线若干伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差．在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻．（1）在上述器材中请选择适当的器材：ABDFH（填写选项前的字母）；（2）实验电路图应选择图中的甲（填“甲”或“乙”）（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U﹣I图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E= 1.5V，内电阻r=0.70Ω．考点：测定电源的电动势和内阻．.专题：实验题．分析：（1）实验中要能保证安全和准确性选择电表；（2）本实验应采用电阻箱和电压表联合测量，由实验原理可得出电路原理图；（3）由原理利用闭合电路欧姆定律可得出表达式，由数学关系可得出电动势和内电阻．解答：解：（1）在上述器材中请选择适当的器材：A．被测干电池一节为了读数准确，所以选择D．B．电流表：量程0～0.6A；且应明确电流表内阻；故电流表选B；电压表：量程0～3V，滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选F．滑动变阻器，H．开关、导线若干（2）因电流表B的内阻已知，故可以将电流表内阻等效为电源内阻，求出等效电阻后，再求出实际电源电阻，故采用甲图可以有效修正实验误差；（3）由U﹣I图可知，电源的电动势E=1.50V；等效内电阻r===1.0Ω；故实际内阻为1.0﹣0.3=0.7Ω；故答案为：①ABDFH②甲；③1.5，0.7．点评：本题为设计性实验，在解题时应注意明确实验的原理；并且要由实验原理结合闭合电路欧姆定律得出表达式，由图象得出电动势和内电阻；要特别注意实验误差的修正方法．10．（15分）（2015•资阳模拟）如图所示，一粗糙斜面AB与光滑圆弧轨道BCD相切，C为圆弧轨道的最低点，圆弧BC所对圆心角θ=37°．已知圆弧轨道半径为R=0.5m，斜面AB的长度为L=2.875m．质量为m=1kg的小物块（可视为质点）从斜面顶端A点处由静止开始沿斜面下滑，从B点进入圆弧轨道运动恰能通过最高点D．sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2．求：（1）物块经C点时对圆弧轨道的压力Fc；（2）物块与斜面间的动摩擦因数μ．考点：动能定理；向心力．.专题：动能定理的应用专题．分析：（1）由牛顿第二定律求的在D点的速度，从C到D由动能定理求的C点速度，由牛顿第二定律求的在D点的作用力；（2））对小物块从A经B到C过程，由动能定理有：解答：解：（1）由题意知小物体沿光滑轨道从C到D且恰能通过最高点，由牛顿运动定律和动能定理有：…①从D到C由动能定理可得…②由牛顿第二定律可知…③FC=F′C…④联解①②③④并代入数据得：FC=60N…⑤（2）对小物块从A经B到C过程，由动能定理有：…⑥联解①②⑥并代入数据得：μ=0.25答：（1）物块经C点时对圆弧轨道的压力Fc为60N（2）物块与斜面间的动摩擦因数μ为0.25．点评：本题主要考查了牛顿第二定律与动能定理，关键是抓住过程的分析11．（17分）（2015•资阳模拟）如图所示，无限长金属导轨EF、PQ固定在倾角为θ=53°的光滑绝缘斜面上，轨道间距L=1m，底部接入一阻值为R=0.4Ω的定值电阻，上端开口．垂直斜面向上的匀强磁场的磁感应强度B=2T．一质量为m=0.5kg的金属棒ab与导轨接触良好，ab与导轨间动摩擦因数μ=0.2，ab连入导轨间的电阻r=0.1Ω，电路中其余电阻不计．现用一质量为M=2.86kg的物体通过一不可伸长的轻质细绳绕过光滑的定滑轮与ab相连．由静止释放M，当M下落高度h=2.0m时，ab开始匀速运动（运动中ab始终垂直导轨，并接触良好）．不计空气阻力，sin53°=0.8，cos53°=0.6，取g=10m/s2．求：（1）ab棒沿斜面向上运动的最大速度vm；（2）ab棒从开始运动到匀速运动的这段时间内电阻R上产生的焦耳热QR和流过电阻R的总电荷量q．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．.专题：电磁感应与电路结合．分析：（1）由静止释放M，ab棒先向上做加速运动，随着速度增大，产生的感应电流增大，所受的安培力增大，加速度减小，当加速度为零时做匀速运动，速度就达到最大值．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律推导出安培力与速度的关系式，结合平衡条件求解最大速度．（2）在ab棒从开始运动到匀速运动的过程中，系统的重力势能减小，转化为系统增加的动能和焦耳热，根据能量守恒求出总的焦耳热，再由焦耳定律求电阻R上产生的热量．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式求解电量．解答：解：（1）由题意知，由静止释放M后，ab棒在绳拉力T、重力mg、安培力F和轨道支持力N及摩擦力f共同作用下做沿轨道向上做加速度逐渐减小的加速运动直至匀速运动，当达到最大速度时，由平衡条件有：T﹣mgsinθ﹣F﹣f=0…①N﹣mgcosθ=0…②T=Mg…③又由摩擦力公式得f=μN…④ab所受的安培力F=BIL…⑤回路中感应电流I=…⑥联解①②③④⑤⑥并代入数据得：最大速度vm=3m/s…⑦（2）由能量守恒定律知，系统的总能量守恒，即系统减少的重力势能等于系统增加的动能、焦耳热及摩擦而转化的内能之和，有：Mgh﹣mghsinθ=+Q+fh…⑧电阻R产生的焦耳热QR=Q…⑨根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律有：流过电阻R的总电荷量q=△t…⑩电流的平均值…⑪感应电动势的平均值=…⑫磁通量的变化量△Φ=B•（Lh）…⑬联解⑧⑨⑩⑪⑫⑬并代入数据得：QR=26.3J，q=8C答：（1）ab棒沿斜面向上运动的最大速度vm是3m/s．（2）ab棒从开始运动到匀速运动的这段时间内电阻R上产生的焦耳热QR是26.3J，流过电阻R的总电荷量q是8C．点评：本题有两个关键：一是推导安培力与速度的关系；二是推导感应电荷量q的表达式，对于它们的结果要理解记牢，有助于分析和处理电磁感应的问题．12．（19分）（2015•资阳模拟）如图a所示的平面坐标系xOy，在整个区域内充满了匀强磁场，磁场方向垂直坐标平面，磁感应强度B随时间变化的关系如图b所示．开始时刻，磁场方向垂直纸面向内（如图），t=0时刻有一带正电的粒子（不计重力）从坐标原点O沿x轴正向进入磁场，初速度为v0=2×103m/s．已知带电粒子的比荷为=1.0×104C/kg，其它有关数据见图中标示．试求：（1）t1=×10﹣4s时粒子所处位置的坐标（x1，y1）；（2）带电粒子进入磁场运动后第一次到达y轴时离出发点的距离h；（3）带电粒子是否还可以返回原点？如果可以，求返回原点经历的时间t′．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．.专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）由洛伦兹力提供向心力可以得到轨道半径，由轨道半径可得周期，由磁场的变化可以画出在第一段时间内粒子的运动轨迹，由运动轨迹的几何关系可得到粒子的坐标；（2）依据第一问得到的结果，可以得到在第二，第三时间段内的运动轨迹，由图可知粒子恰好在第三段时间末到达y轴，由此可得时间和第一次到达y轴时离出发点的距离h；（3）依据磁场变化的周期性，可知粒子的运动也存在对应的周期性，可做粒子的轨迹图，由图可知其返回的时间．解答：解：（1）由题意知，粒子进入磁场后在磁场中做圆周运动，设半径为R，周期为T，由洛伦兹力提供向心力，有：…①…②联解①②并代入数据得：T=4π×10﹣4s…③比较粒子在磁场中做圆周运动周期T和磁场变化周期可知，粒子在t1时间内运动了三分之一圆周，其圆心为O1，运动轨迹对应的圆心角为120°，作出粒子在磁场中运动的轨迹如图所示．由图中几何关系有：x1=Rcos30°…④y1=R（1+sin30°）=1.5R…⑤联解①④⑤并代入数据得：m，y1=0.6m．（2）根据磁场的变化规律知，粒子在磁场的第一个周期后三分之一周期内做圆周运动的方向将发生变化，设其圆心为O2；第二个周期前三分之二周期内做圆周运动的圆心为O3，作出粒子在磁场中运动的轨迹如图所示．由图中几何关系有：…⑥…⑦…⑧…⑨联解①⑥⑦⑧⑨并代入数据得：h=1.6m（3）可以回到原点；由于粒子在磁场中做周期性运动，根据对称性和周期性，作出粒子的部分运动轨迹如图所示．其中以O1、O3、O5、O7、O9、O11为圆心的运动轨迹所对应的圆心角为120°，每段轨迹对应时间为：…⑩以O2、O4、O6、O8、O10、O12为圆心的运动轨迹所对应的圆心角为60°，每段轨迹对应时间为：…⑪由图中几何关系，从原点出发到回到原点的总时间为：t′=6（t1+t2）…⑫联解③⑩⑪⑫并代入数据得：t′=12π×10﹣4s…⑬答：（1）t1=×10﹣4s时粒子所处位置的坐标（m，0.6m）；（2）带电粒子进入磁场运动后第一次到达y轴时离出发点的距离是1.6m；（3）可以，返回原点经历的时间是12π×10﹣4点评：本题重点是对磁场周期性的应用，磁场的周期性一定就会由粒子运动周期性的变化，故只要得到一个周期的运动轨迹，就可以重复画轨迹，直到得到想要的结果．本题由于粒子的运动轨迹比较复杂，故考察的难度相对较大．。

资阳市高中2016级第二次诊断性考试理科综合能力测试（物理部分）一、选择题：1.如图所示，“L”形支架AOB水平放置，物体P位于支架的OB部分，接触面粗糙；一根轻弹簧一端固定在支架AO上，另一端与物体P相连。

物体P静止时，弹簧处于压缩状态。

现将“L”形支架绕O点逆时针缓慢旋转一小角度，P与支架始终保持相对静止。

在转动的过程中，OB对P的A. 支持力增大B. 摩擦力不变C. 作用力增大D. 作用力减小【答案】D【解析】【分析】对P受力分析，要考虑弹力是否变化，及其静摩擦力的变化即可。

【详解】物体随OB缓慢转过一个小角度，其受力分析如图所示．支持力，增大，支持力N减小，所以A错误；弹力，因弹力F不变，增大，f减小，所以B错误；OB对P的作用力大小等于支持力N和摩擦力f的合力，由于N减小，f减小．OB对P的作用力大小将减小，所以C错误，D正确。

2.如图所示，一带正电的粒子以一定的初速度进入某点电荷Q产生的电场中，沿图中弯曲的虚线轨迹先后经过电场中的a、b两点，其中a点的场强大小为E a，方向与ab连线成30°角；b点的场强大小为E b，方向与ab连线成60°角，粒子只受电场力的作用。

下列说法中正确的是A. 点电荷Q带正电B. a点的电势低于b点电势C. 从a到b，系统的电势能减小D. 粒子在a点的加速度大于在b点的加速度【答案】C【解析】【分析】根据电荷间的相互作用，即可判断电性，由可判断电势能大小，由离点电荷远近可以判断电场强弱，加速度大小。

【详解】根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在运动的过程中，一直受库仑引力作用，因粒子带正电，所以点电荷带负电，故A错误；由图可知，点电荷Q位于E a方向延长线与E b方向延长线的交点处，且b点与a点相比，b点离负点电荷较近，b点处电势较低，所以B错误；由可知正点电荷在电势低处，电势能较小，所以正点电荷在d处时，系统具有的电势能较大，因此C正确；根据点电荷电场线的分布．b点处电场线分布较密，电场强度较大，粒子加速度较大，所以D错误。

资阳市高中2012级第二次诊断性考试理科综合·物理参考答案及评分意见8．Ⅰ．（1）mgR ；（2）24mgs h ；（3）2()4s mg R h -；（4）244hR s hL-。

（每空2分） Ⅱ．（1）ABDFH （3分）；（2）甲（2分）；（3）1.5V ，0.7Ω（每空2分）。

9.解：（1）由题意知小物体沿光滑轨道从C 到D 且恰能通过最高点，由牛顿运动定律和动能定理有：2D v mg m R =……………………① 2211222D C mg R mv mv -⋅=-……………………② 2C C v F mg m R '-=……………………③ C C F F '=-……………………④ 联解①②③④并代入数据得： 60N C F =……………………⑤ （2）对小物块从A 经B 到C 过程，由动能定理有：[]21sin (1cos )cos 02C mg L R mg L mv θθμθ+--⋅=- ………⑥联解①②⑥并代入数据得： 0.25μ= ……………………⑦评分参考意见：本题满分15分，其中①②⑥式各3分，③④式各2分，⑤⑦式各1分；若有其他合理解法且答案正确，可同样给分。

10.解：（1）由题意知，由静止释放M 后，ab 棒在绳拉力T 、重力mg 、安培力F 和轨道支持力N 及摩擦力f 共同作用下做沿轨道向上做加速度逐渐减小的加速运动直至匀速运动，当达到最大速度时有： sin 0T mg F f θ---=……………………① cos 0N mg θ-=……………………② T Mg =……………………③ f N μ=……………………④ F BIL =……………………⑤ m BLv I R r=+ ……………………⑥ 联解①②③④⑤⑥并代入数据得：3m/s m v = ……………………⑦（2）由能量守恒定律知，系统的总能量守恒，即系统减少的重力势能等于系统增加的动能、焦耳热及摩擦而转化的内能之和，有：21sin ()2m Mgh mgh M m v Q f h θ-=+++⋅ …⑧R R Q Q R r =+ ……………………⑨根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律有：q I t =⋅ ……………………⑩E I R r=+ ……………………⑪ E tφ∆= ……………………⑫ ()B Lh φ∆=⋅ ……………………⑬ 联解⑧⑨⑩⑪⑫⑬并代入数据得：26.3J R Q ≈……………………⑭ 8C q = ……………………⑮ 评分参考意见：本题满分17分，其中⑥⑧式各2分，①②③④⑤⑦⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮式各1分；若有其他合理解法且答案正确，可同样给分。