2014年四川省高考物理試卷

1、2014年四川省高考物理試卷一、選擇題1（6分）如圖所示，甲是遠(yuǎn)距離輸電線路的示意圖，乙是發(fā)電機(jī)輸出電壓隨時間變化的圖象，則（）A用戶用電器上交流電的頻率是100HzB發(fā)電機(jī)輸出交流電的電壓有效值是500VC輸電線的電流只由降壓變壓器原副線圈的匝數(shù)比決定D當(dāng)用戶用電器的總電阻增大時，輸電線上損失的功率減小2（6分）電磁波已廣泛運(yùn)用于很多領(lǐng)域下列關(guān)于電磁波的說法符合實(shí)際的是（）A電磁波不能產(chǎn)生衍射現(xiàn)象B常用的遙控器通過發(fā)出紫外線脈沖信號來遙控電視機(jī)C根據(jù)多普勒效應(yīng)可以判斷遙遠(yuǎn)天體相對于地球的運(yùn)動速度D光在真空中運(yùn)動的速度在不同慣性系中測得的數(shù)值可能不同3（6分）如圖所示，口徑較大、充滿水的薄壁圓

2、柱形淺玻璃缸底有一發(fā)光小球，則（）A小球必須位于缸底中心才能從側(cè)面看到小球B小球所發(fā)的光能從水面任何區(qū)域射出C小球所發(fā)的光從水中進(jìn)入空氣后頻率變大D小球所發(fā)的光從水中進(jìn)入空氣后傳播速度變大4（6分）有一條兩岸平直、河水均勻流動、流速恒為v的大河。小明駕著小船渡河，去程時船頭指向始終與河岸垂直，回程時行駛路線與河岸垂直。去程與回程所用時間的比值為k，船在靜水中的速度大小相同，則小船在靜水中的速度大小為（）ABCD5（6分）如圖所示，甲為t=1s時某橫波的波形圖象，乙為該波傳播方向上某一質(zhì)點(diǎn)的振動圖象，距該質(zhì)點(diǎn)x=0.5m處質(zhì)點(diǎn)的振動圖象可能是（）ABCD6（6分）如圖所示，不計電阻的光滑U形金屬

3、框水平放置，光滑、豎直玻璃擋板H、P固定在框上，H、P的間距很小質(zhì)量為0.2kg的細(xì)金屬桿CD恰好無擠壓地放在兩擋板之間，與金屬框接觸良好并圍成邊長為1m的正方形，其有效電阻為0.1此時在整個空間加方向與水平面成30°角且與金屬桿垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化規(guī)律是B=（0.40.2t）T，圖示磁場方向?yàn)檎较?，框、擋板和桿不計形變則（）At=1s時，金屬桿中感應(yīng)電流方向從C到DBt=3s時，金屬桿中感應(yīng)電流方向從D到CCt=1s時，金屬桿對擋板P的壓力大小為0.1NDt=3s時，金屬桿對擋板P的壓力大小為0.2N7（6分）如圖所示，水平傳送帶以速度v1勻速運(yùn)動，小物體P、Q由

4、通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t=0時刻P在傳送帶左端具有速度v2，P與定滑輪間的繩水平，t=t0時刻P離開傳送帶不計定滑輪質(zhì)量和摩擦，繩足夠長正確描述小物體P速度隨時間變化的圖象可能是（）ABCD二、解答題8（6分）小文同學(xué)在探究物體做曲線運(yùn)動的條件時，將一條形磁鐵放在桌面的不同位置，讓小鋼珠在水平桌面上從同一位置以相同初速度v0運(yùn)動，得到不同軌跡，圖中a、b、c、d為其中四條運(yùn)動軌跡，磁鐵放在位置A時，小鋼珠的運(yùn)動軌跡是 （填軌跡字母代號），磁鐵放在位置B時，小鋼珠的運(yùn)動軌跡是 （填軌跡字母代號）實(shí)驗(yàn)表明，當(dāng)物體所受合外力的方向跟它的速度方向 （選填“在”或“不在”）同一直線上時，物體做

5、曲線運(yùn)動9（11分）如圖甲是測量阻值約幾十歐的未知電阻Rx的原理圖，圖中R0是保護(hù)電阻（10），R1是電阻箱（099.9），R是滑動變阻器，A1和A2是電流表，E是電源（電動勢10V，內(nèi)阻很?。┰诒ＷC安全和滿足要求的情況下，使測量范圍盡可能大實(shí)驗(yàn)具體步驟如下：（）連接好電路、將滑動變阻器R調(diào)到最大；（）閉合S，從最大值開始調(diào)節(jié)電阻箱R1，先調(diào)R1為適當(dāng)值，再調(diào)節(jié)滑動變阻器R，使A1示數(shù)I1=0.15A，記下此時電阻箱的阻值R1和A2的示數(shù)I2；（）重復(fù)步驟（），再測量6組R1和I2的值；（）將實(shí)驗(yàn)測得的7組數(shù)據(jù)在坐標(biāo)紙上描點(diǎn)根據(jù)實(shí)驗(yàn)回答以下問題：現(xiàn)有四只供選用的電流表：A電流表（03mA，內(nèi)阻

6、為2.0）B電流表（03mA，內(nèi)阻未知）C電流表（00.3A，內(nèi)阻為5.0）D電流表（00.3A，內(nèi)阻未知）A1應(yīng)選用 ，A2應(yīng)選用 測得一組R1和I2值后，調(diào)整電阻箱R1，使其阻值變小，要使A1示數(shù)I1=0.15A，應(yīng)讓滑動變阻器R接入電路的阻值 （“不變”、“變大”或“變小”）在坐標(biāo)紙上畫出R1與I2的關(guān)系圖根據(jù)以上實(shí)驗(yàn)得出Rx= 10（15分）石墨烯是近些年發(fā)現(xiàn)的一種新材料，其超高強(qiáng)度及超強(qiáng)導(dǎo)電、導(dǎo)熱等非凡的物理化學(xué)性質(zhì)有望使21世紀(jì)的世界發(fā)生革命性變化，其發(fā)現(xiàn)者由此獲得2010年諾貝爾物理學(xué)獎用石墨烯制作超級纜繩，人類搭建“太空電梯”的夢鄉(xiāng)有望在本世紀(jì)實(shí)現(xiàn)科學(xué)家們設(shè)想，通過地球同步軌道

7、站向地面垂下一條纜繩至赤道基站，電梯沿著這條纜繩運(yùn)行，實(shí)現(xiàn)外太空和地球之間便捷的物資交換（1）若“太空電梯”將貨物從赤道基站運(yùn)到距地面高度為h1的同步軌道站，求軌道站內(nèi)質(zhì)量為m1的貨物相對地心運(yùn)動的動能設(shè)地球自轉(zhuǎn)角速度為，地球半徑為R（2）當(dāng)電梯倉停在距地面高度h2=4R的站點(diǎn)時，求倉內(nèi)質(zhì)量m2=50kg的人對水平地板的壓力大小取地面附近重力加速度g=10m/s2，地球自轉(zhuǎn)角速度=7.3×105rad/s，地球半徑R=6.4×103km11（17分）在如圖所示的豎直平面內(nèi)，水平軌道CD和傾斜軌道GH與半徑r=m的光滑圓弧軌道分別相切于D點(diǎn)和G點(diǎn)，GH與水平面的夾角=37&#

8、176;過G點(diǎn)，垂直于紙面的豎直平面左側(cè)有勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.25T；過D點(diǎn)，垂直于紙面的豎直平面右側(cè)有勻強(qiáng)電場電場方向水平向右，電場強(qiáng)度E=1×104N/C小物體P1質(zhì)量m=2×103kg、電荷量q=+8×106C，受到水平向右的推力F=9.98×103N的作用，沿CD向右做勻速直線運(yùn)動，到達(dá)D點(diǎn)后撤去推力當(dāng)P1到達(dá)傾斜軌道底端G點(diǎn)時，不帶電的小物體P2在GH頂端靜止釋放，經(jīng)過時間t=0.1s與P1相遇P1和P2與軌道CD、GH間的動摩擦因數(shù)均為=0.5，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37&#

9、176;=0.8，物體電荷量保持不變，不計空氣阻力求：（1）小物體P1在水平軌道CD上運(yùn)動速度v的大小；（2）傾斜軌道GH的長度s12（19分）如圖所示，水平放置的不帶電的平行金屬板p和b相距h，與圖示電路相連，金屬板厚度不計，忽略邊緣效應(yīng)p板上表面光滑，涂有絕緣層，其上O點(diǎn)右側(cè)相距h處有小孔K；b板上有小孔T，且O、T在同一條豎直直線上，圖示平面為豎直平面質(zhì)量為m，電荷量為q（q0）的靜止粒子被發(fā)射裝置（圖中未畫出）從O點(diǎn)發(fā)射，沿p板上表面運(yùn)動時間t后到達(dá)K孔，不與其碰撞地進(jìn)入兩板之間粒子視為質(zhì)點(diǎn)，在圖示平面內(nèi)運(yùn)動，電荷量保持不變，不計空氣阻力，重力加速度大小為g（1）求發(fā)射裝置對粒子做的功

10、；（2）電路中的直流電源內(nèi)阻為r，開關(guān)S接“1”位置時，進(jìn)入板間的粒子落在b板上的A點(diǎn)，A點(diǎn)與過K孔豎直線的距離為L此后將開關(guān)S接“2”位置，求阻值為R的電阻中的電流強(qiáng)度；（3）若選用恰當(dāng)直流電源，電路中開關(guān)S接“1”位置，使進(jìn)入板間的粒子受力平衡，此時在板間某區(qū)域加上方向垂直于圖面的、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小合適的勻強(qiáng)磁場（磁感應(yīng)強(qiáng)度B只能在0Bm=范圍內(nèi)選取），使粒子恰好從b板的T孔飛出，求粒子飛出時速度方向與b板板面的夾角的所有可能值（可用反三角函數(shù)表示）2014年四川省高考物理試卷參考答案與試題解析一、選擇題1（6分）如圖所示，甲是遠(yuǎn)距離輸電線路的示意圖，乙是發(fā)電機(jī)輸出電壓隨時間變化的圖象，則（

11、）A用戶用電器上交流電的頻率是100HzB發(fā)電機(jī)輸出交流電的電壓有效值是500VC輸電線的電流只由降壓變壓器原副線圈的匝數(shù)比決定D當(dāng)用戶用電器的總電阻增大時，輸電線上損失的功率減小【分析】根據(jù)圖象可知交流電的最大值以及周期等物理量，然后進(jìn)一步可求出其瞬時值的表達(dá)式以及有效值等同時由變壓器電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比【解答】解：A、發(fā)電機(jī)的輸出電壓隨時間變化的關(guān)系，由圖可知，T=0.02s，故f=，故A錯誤；B、由圖象可知交流的最大值為Um=500V，因此其有效值為U=V，故B錯誤；C、輸電線的電流由輸送的功率與電壓決定的，與降壓變壓器原副線圈的匝數(shù)比無關(guān)，故C錯誤；D、當(dāng)用戶用電器的總電

12、阻增大時，用戶的功率減小，降壓變壓器的輸出功率減小，則輸入的功率減小，輸入的電流減小，輸電線上損失的功率減小，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查了有關(guān)交流電描述的基礎(chǔ)知識，要根據(jù)交流電圖象正確求解最大值、有效值、周期、頻率、角速度等物理量，同時正確書寫交流電的表達(dá)式2（6分）電磁波已廣泛運(yùn)用于很多領(lǐng)域下列關(guān)于電磁波的說法符合實(shí)際的是（）A電磁波不能產(chǎn)生衍射現(xiàn)象B常用的遙控器通過發(fā)出紫外線脈沖信號來遙控電視機(jī)C根據(jù)多普勒效應(yīng)可以判斷遙遠(yuǎn)天體相對于地球的運(yùn)動速度D光在真空中運(yùn)動的速度在不同慣性系中測得的數(shù)值可能不同【分析】電磁波是橫波，波都能發(fā)生干涉和衍射，常用紅外線做為脈沖信號來遙控電視；利用

13、多普勒效應(yīng)和光速不變原理判斷CD選項(xiàng)【解答】解：AB、電磁波是橫波，波都能發(fā)生干涉和衍射，常用紅外線做為脈沖信號來遙控電視，故AB錯誤；C、由于波源與接受者的相對位移的改變，而導(dǎo)致接受頻率的變化，稱為多普勒效應(yīng)，所以可以判斷遙遠(yuǎn)天體相對于地球的運(yùn)動速度，故C正確；D、根據(jù)光速不變原理，知在不同慣性系中，光在真空中沿不同方向的傳播速度大小相等，故D錯誤。故選：C?！军c(diǎn)評】明確干涉和衍射是波特有的現(xiàn)象；知道電磁波譜及作用功能，多普勒效應(yīng)和光速不變原理，屬于基礎(chǔ)題3（6分）如圖所示，口徑較大、充滿水的薄壁圓柱形淺玻璃缸底有一發(fā)光小球，則（）A小球必須位于缸底中心才能從側(cè)面看到小球B小球所發(fā)的光能從水

14、面任何區(qū)域射出C小球所發(fā)的光從水中進(jìn)入空氣后頻率變大D小球所發(fā)的光從水中進(jìn)入空氣后傳播速度變大【分析】小球反射的光線垂直射向界面時，傳播方向不發(fā)生改變；小球所發(fā)的光射向水面的入射角較大時會發(fā)生全反射；光從一種介質(zhì)進(jìn)入另一介質(zhì)時頻率不變【解答】解：A、無論小球處于什么位置，小球所發(fā)的光會有一部分沿水平方向射向側(cè)面，則傳播方向不發(fā)生改變，可以垂直玻璃缸壁射出，人可以從側(cè)面看見小球，故A錯誤；B、小球所發(fā)的光射向水面的入射角較大時會發(fā)生全反射，故不能從水面的任何區(qū)域射出，故B錯誤；C、小球所發(fā)的光從水中進(jìn)入空氣后頻率不變，C錯誤；D、小球所發(fā)的光在介質(zhì)中的傳播速度v=，小于空氣中的傳播速度c，故D正

15、確；故選：D。【點(diǎn)評】本題考查了折射和全反射現(xiàn)象，由于從水射向空氣時會發(fā)生全反射，故小球所發(fā)出的光在水面上能折射出的區(qū)域?yàn)橐粓A形區(qū)域，并不是都能射出4（6分）有一條兩岸平直、河水均勻流動、流速恒為v的大河。小明駕著小船渡河，去程時船頭指向始終與河岸垂直，回程時行駛路線與河岸垂直。去程與回程所用時間的比值為k，船在靜水中的速度大小相同，則小船在靜水中的速度大小為（）ABCD【分析】根據(jù)船頭指向始終與河岸垂直，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式，可列出河寬與船速的關(guān)系式，當(dāng)路線與河岸垂直時，可求出船過河的合速度，從而列出河寬與船速度的關(guān)系，進(jìn)而即可求解?！窘獯稹拷猓涸O(shè)船渡河時的速度為vc；當(dāng)船頭指向始終與河岸垂直，則

16、有：t去=；當(dāng)回程時行駛路線與河岸垂直，則有：t回=；而回程時的船的合速度為：v合=；由于去程與回程所用時間的比值為k，所以小船在靜水中的速度大小為：vc=，故B正確；故選：B?！军c(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵知道分運(yùn)動與合運(yùn)動具有等時性，以及知道各分運(yùn)動具有獨(dú)立性，互不干擾。5（6分）如圖所示，甲為t=1s時某橫波的波形圖象，乙為該波傳播方向上某一質(zhì)點(diǎn)的振動圖象，距該質(zhì)點(diǎn)x=0.5m處質(zhì)點(diǎn)的振動圖象可能是（）ABCD【分析】由甲讀出波長，由乙圖讀出周期，從而求出波速。由圖乙讀出質(zhì)點(diǎn)的狀態(tài)，判斷出波的傳播方向，再根據(jù)該質(zhì)點(diǎn)與x=0.5m處質(zhì)點(diǎn)狀態(tài)關(guān)系，分析即可。【解答】解：從甲圖可以得到波長為2m，乙圖

17、可以得到周期為2s，即波速為v=1m/s；由乙圖象可以得到t=1s時，該質(zhì)點(diǎn)位移為負(fù)，并且向下運(yùn)動，該波是可能向左傳播，也可能向右傳播，而距該質(zhì)點(diǎn)x=0.5m處質(zhì)點(diǎn)，就是相差或時間相差T，但有兩種可能是提前或延后。若是延后，在t=1s時再經(jīng)過到達(dá)乙圖的振動圖象t=1s時的位移，所以A正確；若是提前，在t=1s時要向返回到達(dá)乙圖的振動圖象t=1s時的位移，該質(zhì)點(diǎn)在t=1s時，該質(zhì)點(diǎn)位移為負(fù)，并且向上運(yùn)動，所以BCD都錯誤。故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c(diǎn)評】本題關(guān)鍵要分析出兩個質(zhì)點(diǎn)狀態(tài)的關(guān)系，根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的振動方向熟練判斷波的傳播方向。6（6分）如圖所示，不計電阻的光滑U形金屬框水平放置，光滑、

18、豎直玻璃擋板H、P固定在框上，H、P的間距很小質(zhì)量為0.2kg的細(xì)金屬桿CD恰好無擠壓地放在兩擋板之間，與金屬框接觸良好并圍成邊長為1m的正方形，其有效電阻為0.1此時在整個空間加方向與水平面成30°角且與金屬桿垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化規(guī)律是B=（0.40.2t）T，圖示磁場方向?yàn)檎较?，框、擋板和桿不計形變則（）At=1s時，金屬桿中感應(yīng)電流方向從C到DBt=3s時，金屬桿中感應(yīng)電流方向從D到CCt=1s時，金屬桿對擋板P的壓力大小為0.1NDt=3s時，金屬桿對擋板P的壓力大小為0.2N【分析】根據(jù)楞次定律，并由時刻來確定磁場的變化，從而判定感應(yīng)電流的方向；根據(jù)法拉第

19、電磁感應(yīng)定律，結(jié)合閉合電路歐姆定律，及安培力表達(dá)式，與力的合成與分解，并由三角知識，即可求解【解答】解：A、當(dāng)t=1s時，則由磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化規(guī)律是B=（0.40.2t）T，可知，磁場在減小，根據(jù)楞次定律可得，金屬桿中感應(yīng)電流方向從C到D，故A正確；B、同理，當(dāng)t=3s時，磁場在反向增加，由楞次定律可知，金屬桿中感應(yīng)電流方向從C到D，故B錯誤；C、當(dāng)在t=1s時，由法拉第電磁感應(yīng)定律，則有：E=0.2×12×=0.1V；再由歐姆定律，則有感應(yīng)電流大小I=1A；則t=1s時，那么安培力大小F=BtIL=（0.40.2×1）×1×1=0.2N；

20、由左手定則可知，安培力垂直磁場方向斜向上，則將安培力分解，那么金屬桿對擋板P的壓力大小N=Fcos60°=0.2×0.5=0.1N，故C正確；D、同理，當(dāng)t=3s時，感應(yīng)電動勢仍為E=0.1V，電流大小仍為I=1A，由于磁場的方向相反，由左手定則可知，安培力的方向垂直磁感線斜向下，根據(jù)力的合成，則得金屬桿對H的壓力大小為N=Fcos60°=0.2×0.5=0.1N，故D錯誤；故選：AC?！军c(diǎn)評】考查楞次定律與法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用，掌握左手定則的內(nèi)容，注意磁場隨著時間變化的規(guī)律，及理解力的平行四邊形定則的應(yīng)用7（6分）如圖所示，水平傳送帶以速度v1勻速

21、運(yùn)動，小物體P、Q由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t=0時刻P在傳送帶左端具有速度v2，P與定滑輪間的繩水平，t=t0時刻P離開傳送帶不計定滑輪質(zhì)量和摩擦，繩足夠長正確描述小物體P速度隨時間變化的圖象可能是（）ABCD【分析】要分不同的情況進(jìn)行討論：若V2V1：分析在fQ的重力時的運(yùn)動情況或fQ的重力的運(yùn)動情況若V2V1：分析在fQ的重力時的運(yùn)動情況或fQ的重力的運(yùn)動情況【解答】解：若V2V1：f向右，若fGQ，則向右勻加速到速度為V1后做勻速運(yùn)動到離開，則為B圖若fGQ，則向右做勻減速到速度為0后再向左勻加速到離開，無此選項(xiàng)若V2V1：f向左，若fGQ，則減速到V1后勻速向右運(yùn)動離開，無此

22、選項(xiàng)若fGQ，則減速到小于V1后f變?yōu)橄蛴?，加速度變小，此后加速度不變，繼續(xù)減速到0后向左加速到離開，則為C圖則AD錯誤，BC正確故選：BC?！军c(diǎn)評】考查摩擦力的方向與速度的關(guān)系，明確其與相對運(yùn)動方向相反，結(jié)合牛頓第二定律分析運(yùn)動情況，較難二、解答題8（6分）小文同學(xué)在探究物體做曲線運(yùn)動的條件時，將一條形磁鐵放在桌面的不同位置，讓小鋼珠在水平桌面上從同一位置以相同初速度v0運(yùn)動，得到不同軌跡，圖中a、b、c、d為其中四條運(yùn)動軌跡，磁鐵放在位置A時，小鋼珠的運(yùn)動軌跡是b（填軌跡字母代號），磁鐵放在位置B時，小鋼珠的運(yùn)動軌跡是c（填軌跡字母代號）實(shí)驗(yàn)表明，當(dāng)物體所受合外力的方向跟它的速度方向不在（

23、選填“在”或“不在”）同一直線上時，物體做曲線運(yùn)動【分析】首先知道磁體對鋼珠有相互吸引力，然后利用曲線運(yùn)動的條件判斷其運(yùn)動情況即可【解答】解：磁體對鋼珠有相互吸引力，當(dāng)磁鐵放在位置A時，即在鋼珠的正前方，所以鋼珠所受的合力與運(yùn)動的方向在一條直線上，所以其運(yùn)動軌跡為直線，故應(yīng)是b；當(dāng)磁鐵放在位置B時，先鋼珠運(yùn)動過程中有受到磁體的吸引，小鋼珠逐漸接近磁體，所以其的運(yùn)動軌跡是c；當(dāng)物體所受的合外力的方向與小球的速度在一條直線上時，其軌跡是直線；當(dāng)不在一條直線上時，是曲線故答案為：b，c，不在【點(diǎn)評】明確曲線運(yùn)動的條件，即主要看所受合外力的方向與初速度的方向的關(guān)系，這是判斷是否做曲線運(yùn)動的依據(jù)9（11

24、分）如圖甲是測量阻值約幾十歐的未知電阻Rx的原理圖，圖中R0是保護(hù)電阻（10），R1是電阻箱（099.9），R是滑動變阻器，A1和A2是電流表，E是電源（電動勢10V，內(nèi)阻很?。┰诒ＷC安全和滿足要求的情況下，使測量范圍盡可能大實(shí)驗(yàn)具體步驟如下：（）連接好電路、將滑動變阻器R調(diào)到最大；（）閉合S，從最大值開始調(diào)節(jié)電阻箱R1，先調(diào)R1為適當(dāng)值，再調(diào)節(jié)滑動變阻器R，使A1示數(shù)I1=0.15A，記下此時電阻箱的阻值R1和A2的示數(shù)I2；（）重復(fù)步驟（），再測量6組R1和I2的值；（）將實(shí)驗(yàn)測得的7組數(shù)據(jù)在坐標(biāo)紙上描點(diǎn)根據(jù)實(shí)驗(yàn)回答以下問題：現(xiàn)有四只供選用的電流表：A電流表（03mA，內(nèi)阻為2.0）B電流

25、表（03mA，內(nèi)阻未知）C電流表（00.3A，內(nèi)阻為5.0）D電流表（00.3A，內(nèi)阻未知）A1應(yīng)選用D，A2應(yīng)選用C測得一組R1和I2值后，調(diào)整電阻箱R1，使其阻值變小，要使A1示數(shù)I1=0.15A，應(yīng)讓滑動變阻器R接入電路的阻值變大（“不變”、“變大”或“變小”）在坐標(biāo)紙上畫出R1與I2的關(guān)系圖根據(jù)以上實(shí)驗(yàn)得出Rx=31.3【分析】（1）由題意可知，A1示數(shù)I1=0.15A，即可確定量程，根據(jù)題目中圖象示數(shù)可知，A2的量程為0.3A；，（2）由歐姆定律，結(jié)合電路分析方法，可知滑動變阻器的阻值如何變化；（3）根據(jù)描點(diǎn)，作出圖象，讓圖線分布在點(diǎn)兩邊，刪除錯誤點(diǎn)；（4）根據(jù)串并聯(lián)特征，結(jié)合R1與

26、I2的圖象的斜率含義，依據(jù)歐姆定律，即可求解【解答】解：（1）A1示數(shù)I1=0.15A，則A1應(yīng)選用量程為0.3A的電流表，由于只要知道電流大小即可，即選用D；根據(jù)R1與I2的關(guān)系圖，可知，A2的量程為0.3A，且必須要知道其電阻，因此選用C；（2）調(diào)整電阻箱R1，使其阻值變小，要使A1示數(shù)I1=0.15A，則與其串聯(lián)的兩個電阻一個電流表的兩端電壓必須要在減小，因此只有應(yīng)讓滑動變阻器R接入電路的阻值在變大，才能達(dá)到這樣的條件；（3）根據(jù)題目中已知描的點(diǎn)，平滑連接，注意讓圖線分布在點(diǎn)的兩邊，刪除錯誤的，如圖所示；（4）根據(jù)歐姆定律，則有：（R1+R0+RA1）IA1=I2（RX+RA2）；整理可

27、得：R1=I2；而R1與I2的圖象的斜率k=241.7；則有：RX=kIA1RA2=241.7×0.155=31.3；故答案為：（1）D，C；（2）變大；（3）如上圖所示；（4）31.3【點(diǎn)評】考查如何確定電表的方法，緊扣題意是解題的關(guān)鍵，理解歐姆定律的應(yīng)用，掌握串并聯(lián)特點(diǎn)，注意誤差與錯誤的區(qū)別，理解圖象的斜率含義10（15分）石墨烯是近些年發(fā)現(xiàn)的一種新材料，其超高強(qiáng)度及超強(qiáng)導(dǎo)電、導(dǎo)熱等非凡的物理化學(xué)性質(zhì)有望使21世紀(jì)的世界發(fā)生革命性變化，其發(fā)現(xiàn)者由此獲得2010年諾貝爾物理學(xué)獎用石墨烯制作超級纜繩，人類搭建“太空電梯”的夢鄉(xiāng)有望在本世紀(jì)實(shí)現(xiàn)科學(xué)家們設(shè)想，通過地球同步軌道站向地面垂下

28、一條纜繩至赤道基站，電梯沿著這條纜繩運(yùn)行，實(shí)現(xiàn)外太空和地球之間便捷的物資交換（1）若“太空電梯”將貨物從赤道基站運(yùn)到距地面高度為h1的同步軌道站，求軌道站內(nèi)質(zhì)量為m1的貨物相對地心運(yùn)動的動能設(shè)地球自轉(zhuǎn)角速度為，地球半徑為R（2）當(dāng)電梯倉停在距地面高度h2=4R的站點(diǎn)時，求倉內(nèi)質(zhì)量m2=50kg的人對水平地板的壓力大小取地面附近重力加速度g=10m/s2，地球自轉(zhuǎn)角速度=7.3×105rad/s，地球半徑R=6.4×103km【分析】（1）因?yàn)橥杰壍勒九c地球自轉(zhuǎn)的角速度相等，根據(jù)軌道半徑求出軌道站的線速度，從而得出軌道站內(nèi)貨物相對地心運(yùn)動的動能（2）根據(jù)向心加速度的大小，結(jié)

29、合牛頓第二定律求出支持力的大小，從而得出人對水平地板的壓力大小【解答】解：（1）因?yàn)橥杰壍勒九c地球自轉(zhuǎn)的角速度相等，則軌道站的線速度v=（R+h1），貨物相對地心的動能（2）根據(jù)，因?yàn)閍=，聯(lián)立解得N=11.5N根據(jù)牛頓第三定律知，人對水平地板的壓力為11.5N答：（1）軌道站內(nèi)質(zhì)量為m1的貨物相對地心運(yùn)動的動能為（2）質(zhì)量m2=50kg的人對水平地板的壓力大小為11.5N【點(diǎn)評】本題考查了萬有引力定律與牛頓第二定律的綜合，知道同步軌道站的角速度與地球自轉(zhuǎn)的角速度相等，以及知道人所受的萬有引力和支持力的合力提供圓周運(yùn)動的向心力，掌握萬有引力等于重力這一理論，并能靈活運(yùn)用11（17分）在如圖所

30、示的豎直平面內(nèi)，水平軌道CD和傾斜軌道GH與半徑r=m的光滑圓弧軌道分別相切于D點(diǎn)和G點(diǎn)，GH與水平面的夾角=37°過G點(diǎn)，垂直于紙面的豎直平面左側(cè)有勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.25T；過D點(diǎn)，垂直于紙面的豎直平面右側(cè)有勻強(qiáng)電場電場方向水平向右，電場強(qiáng)度E=1×104N/C小物體P1質(zhì)量m=2×103kg、電荷量q=+8×106C，受到水平向右的推力F=9.98×103N的作用，沿CD向右做勻速直線運(yùn)動，到達(dá)D點(diǎn)后撤去推力當(dāng)P1到達(dá)傾斜軌道底端G點(diǎn)時，不帶電的小物體P2在GH頂端靜止釋放，經(jīng)過時間t=0.1s與P1相遇P

31、1和P2與軌道CD、GH間的動摩擦因數(shù)均為=0.5，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，物體電荷量保持不變，不計空氣阻力求：（1）小物體P1在水平軌道CD上運(yùn)動速度v的大?。唬?）傾斜軌道GH的長度s【分析】（1）P1運(yùn)動到D點(diǎn)的過程中，對小物體進(jìn)行正確的受力分析，在水平方向上利用二力平衡可求得小物體P1在水平軌道CD上運(yùn)動速度v的大小（2）P1從D點(diǎn)到傾斜軌道底端G點(diǎn)的過程中，電場力和重力做功；P1在GH上運(yùn)動過程中，受重力、電場力和摩擦力作用；P2在GH上運(yùn)動過程中，受重力和摩擦力作用；對于各物體在各段的運(yùn)動利用牛頓第二定律和能量的轉(zhuǎn)化與守恒

32、，列式即可解得軌道GH的長度【解答】解：（1）設(shè)小物體P1在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的速度為v，受到向上的洛倫茲力為F1，受到的摩擦力為f，則：F1=qvBf=（mgF1）由題意可得水平方向合力為零，有：Ff=0聯(lián)立式，并代入數(shù)據(jù)得：v=4m/s；（2）設(shè)P1在G點(diǎn)的速度大小為vG，由于洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理有：qErsinmgr（1cos）=mmv2P1在GH上運(yùn)動，受到重力，電場力和摩擦力的作用，設(shè)加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定律有：qEcosmgsin（mgcos+qEsin）=ma1P1與P2在GH上相遇時，設(shè)P1在GH上運(yùn)動的距離為s1，運(yùn)動的時間為t，則有：s1=vGt+a1t2設(shè)P2質(zhì)量為m2，在GH上運(yùn)動的加速度為a2，則有：m2gsinm2gcos=m2a2P1與P2在GH上相遇時，設(shè)P2在GH上運(yùn)動的距離為s2，則有：s2=a2t2聯(lián)立式，并代入數(shù)據(jù)得：s=s1+s2s=0.56m答：（1）小物體P1在水平軌道CD上運(yùn)動速度v的大小為4m/s；（2）傾斜軌道GH的長度s為0.56m【點(diǎn)評】解答該題的關(guān)鍵是對這兩個物體運(yùn)動進(jìn)行分段分析，分析清晰受力情況和各自的運(yùn)動規(guī)律，利用運(yùn)動定律和能量的轉(zhuǎn)化與守恒定律進(jìn)行解答；這是一個復(fù)合場的問題，要注意對場力的分析，了解洛倫茲力的特點(diǎn)，洛倫茲力不做功；知道電場力做功的特點(diǎn)，解答該題要細(xì)心，尤其是在