【点评】明确正选交流电产生的条件，瞬时值、峰值与有效值之间的关系即各量的应用；利用法拉第电磁感应定律求通过电阻的电量；注意三值间的关系及选取，题目难度较大． 5．（6分）（2015?南充模拟）在均匀介质中，各质点的平衡位置在同一水平直线上，相邻两质点的距离均为a，如图所示，振动从质点1开始向右传播，经过时间t，前11个质点第一次形成如图所示的波形，则此波的最大可能波速为（ ）
A．
B．
C．
D．
【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．
【分析】根据波形图得出波传播的最大距离，从而结合传播的时间可求出最大波速．
【解答】解：若波源的起振方向向上，前11个质点第一次形成如图所示的波形时，波恰好传到17质点，波传播的距离最大，最大距离s=16a，则最大波速 v=
．
故选：C 【点评】解决本题的关键知道质点的起振方向与波源的起振方向相同，抓住波源的起振方向得出传播的最大距离． 6．（6分）（2015?南充模拟）如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内．第Ⅲ、IV象限内有垂直于坐标面向外的匀强磁场，第IV象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场（图中未画出），一带电小球从x轴上的A点由静止释放，恰好从P点垂直于y轴进人第IV象限，然后做圆周运动，从Q点垂直于x轴进入第I象限，Q点距O点的距离为d，重力加速度为g．根据以上信息，不能求出的物理量有（ ）
A．圆周运动的速度大小 B．电场强度的大小和方向 C．小球在第IV象限运动的时间 D．磁感应强度大小 【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】粒子在第Ⅲ象限内运动时只有重力做功，机械能守恒，可求出粒子到达P点的速度．粒子在第IV象限内作圆周运动，重力与电场力平衡，列式分析能求出哪些量．
【解答】解：A、粒子在第Ⅲ象限内运动时只有重力做功，机械能守恒，设粒子到达P点的速度为v．
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根据机械能守恒定律得：mgd=，v=，即粒子做圆周运动的速度为，所以
可以求出粒子圆周运动的速度大小．故A正确．
B、粒子在第IV象限内作圆周运动，重力与电场力平衡，则有 mg=qE，E=
，由于粒子
的比荷未知，不能求出电场强度E的大小．
根据粒子第Ⅲ象限内运动情况，由左手定则判断知该粒子带负电，粒子在第IV象限内受到的电场力向上，则电场强度方向向下，故B错误． C、小球在第IV象限运动的时间 t=间t，故C正确．
D、小球在第IV象限内运动的半径为d，由d=
知，由于粒子的比荷未知，不能求出磁感=
，可知能求出小球在第IV象限运动的时
应强度大小，故D错误．
本题选不能求出的物理量，故选：BD．
【点评】本题考查了小球在磁场、电磁场中的运动，分析清楚小球的运动过程，应用动能定理、牛顿第二定律、周期公式即可正确解题，解题时要注意洛伦兹力对带电小球不做功． 7．（6分）（2015?南充模拟）如图所示，倾角为θ=37°的固定斜面与足够长的水平面平滑对接，一劲度系数k=18N/m的轻质弹簧的上端固定于斜面顶端，另一端固连在一质量m=1kg的光滑小球A，跟A紧靠的物块B（质量也为m）与斜面间的动摩擦因数μ1=0.75，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.2，图中施加在B上的力F=18N，方向沿斜面向上，A和B均处于静止状态，且斜面对B恰无摩擦力，当撤除力F后，A和B一起沿斜面下滑到某处时分离，分离后A一直在斜面上运动，B继续沿斜面下滑，已知：
2
sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s，下列说法中正确的是（ ）
A．A和B分离后A不能回到出发点 B．A和B分离时B的速度为5m/s C．B最终停留的位置距斜面末端1m D．B最终停留的位置距斜面末端4m
【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】A不能回到出发点，因为小球与物块一起下滑过程，物体对小球的弹力做负功而使小球的机械能减少；当AB分离时，AB具有相同的加速度与速度，根据牛顿第二定律求的弹簧的伸长量，在利用动能定理求的速度；对B利用动能定理即可求的位移．
【解答】解：A、A不能回到出发点，因为小球与物块一起下滑过程，物体对小球的弹力做负功而使小球和弹簧的机械能减少，故A正确．
B、未撤去力F时，对A和B整体，根据平衡条件得：
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2mgsinθ+F1=F
其中弹力为：F1=kx1 解得弹簧的压缩量为：x1=
，
分离时，AB之间无弹力作用，但速度和加速度相等，根据牛顿第二定律， 对B：mgsinθ﹣f=maB 其中f=μ1mgcosθ 联立解得aB=0
对A：mgsinθ﹣F2=maA， 其中弹力F2=kx2
由aA=aB=0，解得分离时弹簧的伸长量为： x2=
，
可见x1=x2，AB整体运动到分离弹簧的弹力做功为零，根据动能定理有：2mg?sinθ（x1+x2）﹣f（x1+x2）=
，
代入数据解得：v=2m/s．故B错误． C、分离后由动能定理得：
，
代入数据解得s=1m，故C正确，D错误． 故选：AC．
【点评】本题要抓住临界状态，分析临界条件，即小球与挡板刚分离时，B对小球的作用力为零，这也是两物体刚分离时常用到的临界条件
二、非选择题 8．（6分）（2015?南充模拟）如图是小强测绘小灯泡伏安特性曲线的实物图．小强在实验前检查电路时发现有一根导线的一端接错了地方，请你将图中的这根连线画上“×”，并在图上画出这根导线的正确连线；闭合开关前应将滑动变阻器的触动头滑到 最左端 （填“最左端”或“最右端”）；该实验采用了电流表的 外接 法（选填“内接”或“外接”）．
【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线． 【专题】实验题；恒定电流专题．
【分析】滑动变阻器采用分压接法闭合开关前，滑片应置于分压电路分压为零的位置； 根据描绘灯泡伏安特性曲线的实验原理分析电路图，然后答题
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【解答】解：由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路安全，闭合开关前，滑片要置于最左端．
描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电流表采用外接法；
由图示电路图可知，
滑动变阻器连接错误，修改后的电路图如图所示：
故答案为：电路图如图所示；最左端；外接
【点评】本题考查了实验注意事项、修改电路图，知道滑动变阻器的接法是正确修改电路图的关键． 9．（11分）（2015?南充模拟）物体的带电量是一个不易测得的物理量，某同学设计了如下实验来测量带电物体所带电量．如图（a）所示，他将一由绝缘材料制成的小物块A放在足够长的木板上，打点计时器固定在长木板末端，物块靠近打点计时器，一纸带穿过打点计时器与物块相连，操作步骤如下，请结合操作步骤完成以下问题：
（1）为消除摩擦力的影响，他将长木板一端垫起一定倾角，接通打点计时器，轻轻推一下小物块，使其沿着长木板向下运动．多次调整倾角θ，直至打出的纸带上点迹 间距相等 ，测出此时木板与水平面间的倾角，记为θ0．
（2）如图（b）所示，在该装置处加上一范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，用细绳通过一轻小定滑轮将物块A与物块B相连，绳与滑轮摩擦不计．给物块A带上一定量的正电荷，保持倾角θ0不变，接通打点计时器，由静止释放小物块A，该过程可近似认为物块A带电量不变，下列关于纸带上点迹的分析正确的是 D A．纸带上的点迹间距先增加后减小至零
B．纸带上的点迹间距先增加后减小至一不为零的定值
C．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差不变
D．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差逐渐减少，直至间距不变 （3）为了测定物体所带电量q，除θ0、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有 BD A．物块A的质量M
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