湖北省荆门市第一中学2019届高三物理七月月考试题（含解析）

是非线性元件。

（4）该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R＝21Ω的定值电阻，测量待测电池组的电动势E和内阻r，如图（e）所示，闭合S1和S2，电压表读数为3.00V，断开S2，电压表读数为1.00V，结合图（d）可算出E＝______V，r= _____Ω。（结果均保留两位有效数字，电压表为理想电压表） 【答案】（1）10；b （2）增大； （3）Y （4）3.2；0.50 【解析】

试题分析：（1）由图甲（a）可知，指针指在“10刻度线”位置处，由于“10刻度线”左右两边的最小刻度都不是“1份”单位，因此不需要估读下一位，又因为多用电表选择开关选择了“×1”挡，所以最终读数为10Ω，此值约为所用电压表内阻的1/300，电流表内阻的10倍，因而相对较小，为了减小电表内阻引起的实验测量误差，应选用电流表的外接法，即图甲（b）电路。

（2）图甲（b）电路中采用了滑动变阻器的分压式接法，在滑片P从左向右滑动的过程中，测量电路部分分得的电压逐渐增大，因此电流表读数应逐渐增大。

（4）由图乙（a）可知，当线性元件X两端电压为3．00V时，对应流经它的电流为0．30A，电压为1．00V时，对应流经它的电流为0．10A，所以元件X的电阻为RX=10Ω，根据闭合电路欧姆定律E=I（

＋r）可知，当闭合S1和S2时，R被短路，，断开S2

后，R与元件X串联接在电源两端，E=0．10A×（RX＋R＋r），解得E=3．15V=3．2V，r=0．50Ω。 考点：描绘小灯泡伏安特性曲线实验

【名师点睛】知道串联电路中电阻、电流和电压的关系，会正确使用滑动变阻器，会根据欧姆定律判断电压表和电流表示数的变化．关键掌握滑动变阻器分压式和限流式的区别，电流表内外接的区别，以及会通过图线求解电源的电动势和内阻

11.如图所示，BCD为固定在竖直平面内的半径为r=10m的圆弧形光滑绝缘轨道，O为圆心，OC竖直，OD水平，OB与OC间夹角为53°，整个空间分布着范围足够大的竖直向下的匀强电场。从A点以初速v0=9m/s沿AO方向水平抛出质量m=0.1kg的小球（小球可视为质点），小球带正电荷q=+0.01C，小球恰好从B点沿垂直于OB的方向进入圆弧轨道。不计空气阻力。求：

（1）A、B间的水平距离L

（2）小球过C点时对轨道的压力的大小FN 【答案】（1）9m （2）4.41N 【解析】 【分析】

根据平行四边形定则求出B点的竖直分速度，根据几何关系求出竖直位移，抓住竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，结合运动学公式求出运动的时间，从而求出A、B间的水平距离。

【详解】（1）从A到B，根据平行四边形定则知：vBy=v0tan53° 根据速度时间公式：vBy=at 下落距离为：y=rcos53°

根据位移时间公式：y=at

联立代入数据解得：t=1s a=12m/s2 则A、B间的水平距离：L=v0t=9×1m=9m。

2

（2）从A到C，根据动能定理得：mar=- 在C点，根据牛顿第二定律可得：FN-ma=代入数据解得：FN=4.41N

【点睛】本题考查了动能定理、牛顿第二定律和类平抛运动和圆周运动的综合运用，知道圆周运动向心力的来源，以及类平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键。

12.电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天

运载器．电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C．两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计．炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒

MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触．首先开关S接1，使电容器完全充

电．然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动．当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨．问：

（1）磁场的方向；

（2）MN刚开始运动时加速度a的大小；

（3）MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少．

【答案】（1）垂直于导轨平面向下；（2）【解析】

（3） （1）电容器充电后上板带正电，下板带负电，放电时通过MN的电流由M到N，欲使炮弹射出，安培力应沿导轨向右，根据左手定则可知磁场的方向垂直于导轨平面向下。

（2）电容器完全充电后，两极板间电压为E，根据欧姆定律，电容器刚放电时的电流：炮弹受到的安培力：根据牛顿第二定律： 解得加速度 （3）电容器放电前所带的电荷量开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vm时，MN上的感应电动势：最终电容器所带电荷量 设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力：由动量定理，有： 又： 整理的：最终电容器所带电荷量 点睛：本题难度较大，尤其是最后一个小题，给学生无从下手的感觉：动量定理的应用是关键。

13.两列简谐横波的振幅都是20 cm，传播速度大小相同。实线波的频率为2 Hz，沿x轴正方向传播；虚线波沿x轴负方向传播。某时刻两列波在如图所示区域相遇，则___。

A．在相遇区域会发生干涉现象 B．实线波和虚线波的频率之比为3∶2

C．平衡位置为x＝6 m处的质点在图示时刻速度为零 D．平衡位置为x＝8.5 m处的质点在图示时刻位移y＞20 cm

E．从图示时刻起再经过0.25 s，平衡位置为x＝5 m处的质点的位移y＜0 【答案】BDE 【解析】

传播速度大小相同．实线波的频率为2Hz，其周期为0.5s，波长4m，则波速

；由图可知：虚线波的波长为6m，则周期为，频率： ,则两波的频率不同．所以不能发生干涉现象．故A错误；实线波和虚线波的频

率之比为，选项B正确；平衡位置为x=6m处的质点由实线波和虚线波引起的振动方

向均向上，速度是两者之和，故此刻速度不为零，选项C错误；两列简谐横波在平衡位置为x=8.5m处的质点是振动加强的，此刻各自位移都大于10cm，故质点此刻位移y>20cm，选项D正确；从图示时刻起再经过0.25s，实线波在平衡位置为x=5m处于波谷，而虚线波也处于y轴上方，但不在波峰处，所以质点的位移y＜0．故E正确；故选BDE.

点睛：此题主要考查波的叠加；关键是理解波的独立传播原理和叠加原理，两列波相遇时能互不干扰，各个质点的速度和位移都等于两列波在该点引起的振动的矢量和.