1、2018-2019学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（下）适应性物理试卷（3月份）一、选择题（第15题单选；第68题多选）1（3分）一个矩形线圈在匀强磁场中转动，产生交流电动势的瞬时值为e=2202sin100t(V)，则下列说法中正确的是（）A当t0时，线圈平面与中性面垂直B当t=1200s时，穿过线圈的磁通量等于零C该交流电能让标注为“300V，5F”的电容器正常工作D若转速n提高1倍，其他条件不变，则电动势的变化规律将变为e=4402sin100t(V)2（3分）如图所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点。下列说法中正确的是（）A小球从A出发到返回
2、A的过程中，位移为零，外力做功为零B小球从A到C过程与从C到B过程，合外力的冲量相同C小球从A到C过程与从C到B过程，速度的变化量相等D小球从A到C过程与从C到B过程，损失的机械能相同3（3分）如图所示，质量为m的物块与转轴OO相距R，物块随水平转台由静止开始缓慢转动，当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到开始滑动前的这一过程中，转台对物块做的功为mgR8，若物块与转台之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则物块与转台间的动摩擦因数为（）A0.125B0.15C0.25D0.54（3分）如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B，相互绝缘且质量均为2kg，A带
3、负电，电荷量为0.2C，B不带电。开始处于静止状态，若突然加沿竖直方向的匀强电场，此瞬间A对B的压力大小变为8N，g10m/s2，则（）A电场强度为120N/C，方向竖直向下B电场强度为60N/C，方向竖直向下C电场强度为120N/C，方向竖直向上D电场强度为100N/C，方向竖直向上5（3分）如图所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3垂直纸面如图放置，与坐标原点分别位于边长为a的正方形的四个点上，L1与L2中的电流均为I，方向均垂直于纸面向外，L3中的电流为2I，方向垂直纸面向里（已知电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强度B=kIr（其中k为常数）。某时刻有一质子（
4、电量为e）正好沿与x轴正方向成45斜向上经过原点O，速度大小为v，则质子此时所受磁场力为（）A方向垂直纸面向里，大小为23kIveaB方向垂直纸面向外，大小为32kIve2aC方向垂直纸面向里，大小为32kIveaDD方向垂直纸面向外，大小为23kIve2a6（3分）关于近代物理，下列说法正确的是（）A射线、射线和射线都是高速运动的带电粒子流B根据玻尔理论，氢原子辐射出一个光子后，氢原子电势能减小，核外电子运动的加速度增大C质子、中子、粒子的质量分别为m1、m2、m3，质子和中子结合成一个粒子，释放的能量是（2m1+2m2m3）c2（c是真空中的光速）D用不同频率的光分别照射同一光电管，其遏止
5、电压是相同的7（3分）如图所示，I为电流表示数，U为电压表示数，P为定值电阻R2消耗的功率，Q为电容器C所带的电荷量，W为电源通过电荷量q时电源做的功。当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，下列图象能正确反映各物理量关系的是（）ABCD8（3分）如图所示，将一光滑的质量为4m半径为R的半圆槽置于光滑水平面上，在槽的左侧紧挨有一个质量为m的物块，今让一质量也为m的小球自左侧槽口A的正上方高R处从静止开始落下，与半圆槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是（）A小球在半圆槽内第一次由A到最低点B的运动过程中，槽的支持力对小球做负功B小球第一次运动到半圆槽的最低点B时，小球与槽的速度大小之比为4：1
6、C小球第一次在半圆槽的最低点B时对槽的压力为13mg3D物块最终的动能为mgR15二、实验题（2小题）9为测量滑块与木板之间的滑动摩擦力f，某同学的实验装置如图1所示，打点计时器固定在斜面上，滑块拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下。（1）为测量滑动摩擦力f，除了滑块的质量m和加速度a，下列物理量中还应测量的有（已知重力加速度为g） （填字母序号）。A滑块运动的时间tB木板的长度LC木板的质量mD木板的末端被垫起的高度h（2）图2是打出纸带的一段。已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，选A、B、C、等7个点为计数点，各读数点间有一个点没有画出，纸带却不小心被弄上了墨迹，D点看不清楚，如图中
7、所示，则滑块下滑的加速度a m/s2（计算结果保留2位有效数字）。（3）可以推断出CD间的距离约为 cm。10课外小组利用如图甲所示电路测量电压表（毫伏表）内电阻RV，该电压表量程为500mV，内电阻约为100图中电源电动势为E、内可阻忽略不计，R1为滑动变阻器，R2为电阻箱，V为待测电压表。经以下步骤可近似测得电压表V（毫伏表）的内电阻RV。a断开S2，闭合S1，电阻箱R2的阻值调到最大，调节R1，使电压表读数等于其量程U0；b保持R1不变，闭合S2，调节R2，使电压表读数等于U02，然后读出R2的值，取RVR2。（1）按图甲所示的实物图，在图乙所给出的虚线框中画出电路图。（2）在备选的实验
8、器材中，有两个滑动变阻器供选择，它们的铭牌上分别标有：A“4500，1A”，B“50，2A”，在保证各实验器材均能正常工作的前提下，为尽可能提高测量精度且便于调节，滑动变阻器R1应选用 （填“A”或“B”）（3）若实验中测得的结果R测100，要将这令电压表改装成量程为10V的电压表，则应串联一个阻值为R串 定值电阻。（4）本实验中测RV的系统误差来自于 。三、计算题（2小题）11如图所示，半径R0.8m的四分之一光滑圆弧轨道最低点与水平传送带平滑连接，传送带皮带轮的半径r0.2m，转速为20r/s，可视为质点的物块从轨道顶端由静止下滑，物块与传送带间的动摩擦因数为0.2已知物块的质量mlkg，
9、两皮带轮间的距离L24m，传送带不打滑，重力加速度g10m/s2求：（1）传送带的速度；（2）物块滑到圆弧轨道底端时所受到轨道作用力的大小；（3）物块在水平传送带上的运动时间。12如图所示，两条光滑的绝缘导轨，导轨的水平部分足够长并与倾斜部分平滑连接，两导轨间距L10cm，导轨的倾斜部分气水平面成53，其中有一段匀强磁场区域abcd，磁场方向垂直于斜面向上，磁感应强度B1T，磁场下边界离水平轨道的高度h0.8m。水平部分导轨间有竖直方向等距离间隔也为L的匀强磁场B1和B2，B1和B2的方向相反，大小相等，即B1B2B现有一质量m0.01kg、电阻R0.5、边长也为L的正方形金属框，由倾斜导轨上
10、某高度处静止释放，金属框离开磁场abcd时恰好做匀速运动，此后金属框在水平导轨上滑行一段时间后进入水平磁场区域，最终线框静止。重力加速度g10m/s2，感应电流的磁场可以忽略不计，sin530.8，cos530.6求：（l）金属框离开磁场abcd时的速度；（2）在水平导轨上运动过程中金属框内产生的电热；（3）若金属框恰能通过n个完整磁场区域，试写出n与高度h的关系式。四、选考题（4小题）13（3分）有关对热学的基础知识理解正确的是（）A液体表面张力的方向与液面平行并指向液体内部B热的物体把温度传递给冷的物体，最终达到相同温度C当某一密闭容器自由下落时，容器中的气体压强不会为零D空气相对湿度越大
11、时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水就停止蒸发E在“用油膜法测分子直径”的实验中，作出了把油膜视为单分子层、忽略油酸分子间的间距并把油酸分子视为球形这三方面的近似处理14在盛有冰水混合物的水槽中竖直地浸有一足够高的导热气缸，不计质量的活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞的横截面积S4103m2，如图甲所示。现缓慢地在活塞上倒上一定量的细沙，活塞静止时气体的体积恰好变为原来的一半，然后将气缸移出水槽，缓慢加热至某一温度，活塞刚好上升到最初的位置。整个过程中气缸内气体的状态变化如图乙所示（箭头表示状态变化的方向）。大气压强P01.0105pa，g10m/s2，不计活塞与缸壁的摩擦。求：，
12、所加细沙的质量；气体最后的温度。15如图所示，沿x轴正方向传播的简谐横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为l00m/s，下列说法中正确的是（）A图示时刻质点b的加速度正在减小B从图示时刻开始，经过0.03s，质点a通过的路程为0.6mC从图示时刻开姶，再经过0.005s质点b恰好到达波谷D若此波遇到另一波并发生稳定干涉现象，则该波所遇到的波的频率为25HzE若发生明显衍射现象，则该波所遇到的障碍物或孔的尺寸可能是3m16如图所示，两块半径均为R的半圆形玻璃砖正对放置，沿竖直方向的两条直径BC、BC相互平行，两圆心之间的距离为3R3，一束单色光正对圆心O从A点射入左侧的玻璃砖，最后从右侧玻璃
13、砖上的P点（图中未画出）射出。已知玻璃折射率若不考虑光在各个界面的反射，求该单色光在第一块AOB60，玻璃折射率n=2，若不考虑光在各个界面的反射，求该单色光在第一块半圆形玻璃砖中传播的时间和从P点射出时出射角大小（已知光在真空中的速度大小为c）。2018-2019学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（下）适应性物理试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题（第15题单选；第68题多选）1（3分）一个矩形线圈在匀强磁场中转动，产生交流电动势的瞬时值为e=2202sin100t(V)，则下列说法中正确的是（）A当t0时，线圈平面与中性面垂直B当t=1200s时，穿过线圈的磁通量等于零C该交流电能让标注为
14、“300V，5F”的电容器正常工作D若转速n提高1倍，其他条件不变，则电动势的变化规律将变为e=4402sin100t(V)【考点】E5：交流的峰值、有效值以及它们的关系菁优网版权所有【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；53A：交流电专题【分析】根据交流电的表达式，可知知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等，明确电容器的耐压值为交流电的最大值。【解答】解：A、t0时，电动势为零，线圈平面与磁感线垂直，线圈平面与中性面重合，故A错误；B、当t=1200s时，e=2202sin1001200=2202V，电动势最大，线圈与中性垂
15、直，磁能量等于零，故B正确；C、300V是电容器允许的最高电压，而该交流电最大值是2202V=311V，所以此交流电不可以使“300V，50F”的电容器正常工作，故C错误；D、感应电动势的瞬时值表达式为e=2202sin100t(V)，当将其电枢的转速提高一倍时，由2n，EmnBS，可知Em和都增加一倍，则表达式为e=4402sin200t(V)，故D错误；故选：B。【点评】对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义。2（3分）如图所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点。下列说法中正确的是（）A小球
16、从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零B小球从A到C过程与从C到B过程，合外力的冲量相同C小球从A到C过程与从C到B过程，速度的变化量相等D小球从A到C过程与从C到B过程，损失的机械能相同【考点】52：动量定理；6B：功能关系菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题【分析】要求动能的减少量可以根据动能定理求合外力对物体所做的功；要求速度的变化量可以根据公式vat来求；而机械能的损失等于除重力外其他力所做的负功。【解答】解：A、位移是从初位置指向末位置的有向线段，故小球从A出发到返回A，位移为0，但整个过程中摩擦力的方向与小球运动的方向始终相反，故整
17、个过程中摩擦力对物体做负功，即外力做功不为零，故A错误；B、C、B为AC的中点，故小球从A到C过程与从C到B过程加速度相同，但速度在减小，故AC过程用时较少，根据vat，可知AC过程的速度变化量较小，根据动量定理得：IPmv，可知AC过程的合力冲量较小；故B错误，C错误；D、克服除重力之外其它力做多少功物体的机械能就减少多少，根据mgscosE，可得小球从A到C过程与从C到B过程，损失的机械能相等，故D正确；故选：D。【点评】利用动能定理解题时注意：（1）分析物体受力情况，确定哪些力是恒力，哪些力是变力；（2）找出其中恒力的功及变力的功；（3）分析物体初末状态，求出动能变化量；（4）运用动能定
18、理求解。3（3分）如图所示，质量为m的物块与转轴OO相距R，物块随水平转台由静止开始缓慢转动，当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到开始滑动前的这一过程中，转台对物块做的功为mgR8，若物块与转台之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则物块与转台间的动摩擦因数为（）A0.125B0.15C0.25D0.5【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力菁优网版权所有【专题】31：定性思想；4C：方程法；521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用【分析】根据最大静摩擦力求出物块刚好发生转动时的线速度大小，结合动能定理求出转台做功的大小的表达式即可求出。【解答】解：由于物体做圆周运动，物体刚
19、开始滑动这一时刻，物体受到转台的摩擦力达到最大静摩擦力，并由此提供向心力，则有：mg=mv2R，解得：v=gR，设转台对物块做的功为W，根据动能定理得：W=12mv2=mgR8，又v=gR，联立解得：0.25，故ABD错误，C正确故选：C。【点评】本题考查了动能定理和牛顿第二定律的基本运用，通过最大静摩擦力求出发生滑动时的速度是解决本题的关键。4（3分）如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B，相互绝缘且质量均为2kg，A带负电，电荷量为0.2C，B不带电。开始处于静止状态，若突然加沿竖直方向的匀强电场，此瞬间A对B的压力大小变为8N，g10m/s2，则（）A电场强度为120
20、N/C，方向竖直向下B电场强度为60N/C，方向竖直向下C电场强度为120N/C，方向竖直向上D电场强度为100N/C，方向竖直向上【考点】37：牛顿第二定律；AK：带电粒子在匀强电场中的运动菁优网版权所有【专题】31：定性思想；4C：方程法；531：带电粒子在电场中的运动专题【分析】先对物体B受力分析求解加速度，再对物体A受力分析求解电场力，最后根据FEq求解电场强度。【解答】解：开始时物体B平衡，A对B的压力大小等于A的重力大小，为20N；加上电场后瞬间A对B的压力大小变为8N，而弹簧的弹力和重力不变，故合力为12N，方向向上，根据牛顿第二定律，有：a=F合m=122=6m/s2，再对物体
21、A受力分析，设电场力为F（向上），根据牛顿第二定律，有：FN+Fmgma，解得：F24N，故场强为：E=Fq=240.2=120N/C，方向竖直向下，故A正确，BCD错误故选：A。【点评】本题关键是采用隔离法先后对物体B和A受力分析，然后根据牛顿第二定律多次列方程求解，不难。5（3分）如图所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3垂直纸面如图放置，与坐标原点分别位于边长为a的正方形的四个点上，L1与L2中的电流均为I，方向均垂直于纸面向外，L3中的电流为2I，方向垂直纸面向里（已知电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强度B=kIr（其中k为常数）。某时刻有一质子（电量为e）
22、正好沿与x轴正方向成45斜向上经过原点O，速度大小为v，则质子此时所受磁场力为（）A方向垂直纸面向里，大小为23kIveaB方向垂直纸面向外，大小为32kIve2aC方向垂直纸面向里，大小为32kIveaDD方向垂直纸面向外，大小为23kIve2a【考点】C6：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；CC：安培力菁优网版权所有【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；53D：磁场 磁场对电流的作用【分析】通电导线在其周围产生磁场，求出三根通电导线产生的磁感应强度在O点的场强，根据磁场的合成求得在O点的合场强，即可求得受到的磁场力【解答】解：根据安培定则，作出三根导线分别在O点的磁场方向，
23、如图：由题意知，L1在O点产生的磁感应强度大小为B1=kIa，L2在O点产生的磁感应强度大小为B2=kI2a，L3在O点产生的磁感应强度大小为B3=2kIa，先将B2正交分解，则沿x轴负方向的分量为B2x=kI2asin45=kI2a，同理沿y轴负方向的分量为B2y=kI2asin45=kI2a，故x轴方向的合磁感应强度为Bx=B1+B2x=3kI2a，y轴方向的合磁感应强度为By=B3-B2y=3kI2a，故最终的合磁感应强度的大小为B=Bx2+By2=32kI2a，方向为tan=ByBx=1，则45，如图：故某时刻有一质子（电量为e）正好沿与x轴正方向成45斜向上经过原点O，由左手定则可知
24、，洛伦兹力的方向为垂直纸面向外，大小为f=vBv=32kIve2a，故B正确故选：B。【点评】磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据安培定则判断导线周围磁场方向是解题的前提。6（3分）关于近代物理，下列说法正确的是（）A射线、射线和射线都是高速运动的带电粒子流B根据玻尔理论，氢原子辐射出一个光子后，氢原子电势能减小，核外电子运动的加速度增大C质子、中子、粒子的质量分别为m1、m2、m3，质子和中子结合成一个粒子，释放的能量是（2m1+2m2m3）c2（c是真空中的光速）D用不同频率的光分别照射同一光电管，其遏止电压是相同的【考点】J3：玻尔模型和氢原子的能级结构菁优网版权所
25、有【专题】31：定性思想；43：推理法；54N：原子的能级结构专题【分析】射线是电磁波，不带电；根据爱因斯坦质能方程判断是释放核能还是吸收能量；氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的运动速度增大；关键光电效应方程分析。【解答】解：A、射线、射线都是高速运动的带电粒子流，射线是电磁波，不带电，故A错误；B、氢原子辐射出一个光子后，能量减小，轨道半径减小，则电势能减小，由ke2r2=ma知，加速度增大，故B正确；C、质子、中子、粒子的质量分别为m1、m2、m3，质子和中子结合成一个粒子，质量亏损m（2m1+2m2m3），根据质能方程，释放的能量为E=mc2=(2m1+2m2-m3)
26、c2，故C正确；D、根据光电效应方程：EkmhW0，根据动能定理：eU遏止Ekm，联立得：U遏止=he-W0e，故用不同频率的光分别照射同一光电管，遏止电压也不相同，故D错误；故选：BC。【点评】本题考查选修35中内容，考得比较散，关键熟悉教材，牢记这些知识点，即可轻松解决，注意结合能与比结合能的区别，及玻尔理论内容的理解。7（3分）如图所示，I为电流表示数，U为电压表示数，P为定值电阻R2消耗的功率，Q为电容器C所带的电荷量，W为电源通过电荷量q时电源做的功。当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，下列图象能正确反映各物理量关系的是（）ABCD【考点】BB：闭合电路的欧姆定律菁优网版权所有【专题
27、】535：恒定电流专题【分析】当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，分别得到各个量的表达式，再进行分析。【解答】解：A、当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，R2消耗的功率为 PI2R，PI2，故A正确。B、电容器C的电压UCEI（R2+r），电荷量QCUCCEI（R2+r），则QI=-C（R2+r），保持不变，则QI图象是向下倾斜的直线，故B正确。C、电压表示数 UEIr，UI图象应是向下倾斜的直线，故C错误。D、电源通过电荷量q时电源做的功 WqE，E是电源的电动势，则Wq是过原点的直线，故D错误。故选：AB。【点评】根据
28、物理规律得到解析式，再分析图象的形状和物理意义是常用的方法。8（3分）如图所示，将一光滑的质量为4m半径为R的半圆槽置于光滑水平面上，在槽的左侧紧挨有一个质量为m的物块，今让一质量也为m的小球自左侧槽口A的正上方高R处从静止开始落下，与半圆槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是（）A小球在半圆槽内第一次由A到最低点B的运动过程中，槽的支持力对小球做负功B小球第一次运动到半圆槽的最低点B时，小球与槽的速度大小之比为4：1C小球第一次在半圆槽的最低点B时对槽的压力为13mg3D物块最终的动能为mgR15【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律菁优网版权所有【专题】12：应用题；31：定
29、性思想；43：推理法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合【分析】小球自左端槽口A点的正上方从静止开始下落于光滑的圆弧槽，且槽置于光滑的水平面上。由于槽的左侧有一竖直墙壁，只有重力做功，小球的机械能守恒。当小球在半圆槽内运动的B到C过程中，槽也会向右运动。水平方向满足动量守恒。在运动过程中，仍只有重力做功，小球与槽组成的系统机械能守恒。小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动。【解答】解：A、小球从AB的过程中，小球对半圆槽的压力方向向左下方，所以半圆槽要向左推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向左运
30、动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，而是大于90，故槽的支持力对小球做负功，故A正确；B、由小球、半圆槽和物块组成的系统在水平方向不受外力，故球、半圆槽和物块在水平方向动量守恒，取向右为正，则有：mv1（4m+m）v20，解得：v1：v25：1，故B错误；C、根据系统机械能守恒得：mg2R=12mv12+12(4m+m)v22，联立解得：v1=10gR3，v2=1510gR3小球第一次在最低点，由牛顿第二定律得：FN-mg=mv12R，联立解得：FN=133mg，故C正确；D、当小球从BC的过程中，小球对半圆槽有向右下方的压力，半圆槽开始减速，与物块分离，则物块最终以v2=1510gR3
31、的速度向左匀速运动，则物块的动能为E=12mv22=mgR15，故D正确；故选：ACD。【点评】本题考查动量守恒定律与机械能守恒定律。当球下落到最低点过程，由于左侧竖直墙壁作用，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，但小球机械能守恒。当球从最低点上升时，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒，但小球机械能不守恒，而小球与槽组成的系统机械能守恒。二、实验题（2小题）9为测量滑块与木板之间的滑动摩擦力f，某同学的实验装置如图1所示，打点计时器固定在斜面上，滑块拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下。（1）为测量滑动摩擦力f，除了滑块的质量m和加速度a，下列物理量中还应测量的有（已知重力加速度为g
32、）BD（填字母序号）。A滑块运动的时间tB木板的长度LC木板的质量mD木板的末端被垫起的高度h（2）图2是打出纸带的一段。已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，选A、B、C、等7个点为计数点，各读数点间有一个点没有画出，纸带却不小心被弄上了墨迹，D点看不清楚，如图中所示，则滑块下滑的加速度a3.0m/s2（计算结果保留2位有效数字）。（3）可以推断出CD间的距离约为7.24cm。【考点】M9：探究影响摩擦力的大小的因素菁优网版权所有【专题】13：实验题；32：定量思想；43：推理法；524：摩擦力专题【分析】由saT2可求加速度，对物体受力分析，求合力由牛顿第二定律得摩擦力，由fN得，夹角
33、由斜面的高、长求出；【解答】解：（1）根据mgsinmgcosma，得=gsin-agcos，根据数学知识有：sin=hL，cos=L2-h2，联立解得=gh-aLgL2-h2，故还需要木板的长度L和木板的末端被垫起的高度h，故选BD。（2）因各读数点间有一个点没有画出，故相邻两计数点的时间间隔T0.04s，根据xaT2，得a=xFG-xEFT2，代入数据得a3.0m/s2（3）根据xCE-xBC=x=aT2，代入数据得：xCE7.24cm。故答案为：（1）BD （2）3.0 （3）7.24【点评】实验的核心是实验原理，根据原理选择器材，安排实验步骤，进行数据处理等等。10课外小组利用如图甲所
34、示电路测量电压表（毫伏表）内电阻RV，该电压表量程为500mV，内电阻约为100图中电源电动势为E、内可阻忽略不计，R1为滑动变阻器，R2为电阻箱，V为待测电压表。经以下步骤可近似测得电压表V（毫伏表）的内电阻RV。a断开S2，闭合S1，电阻箱R2的阻值调到最大，调节R1，使电压表读数等于其量程U0；b保持R1不变，闭合S2，调节R2，使电压表读数等于U02，然后读出R2的值，取RVR2。（1）按图甲所示的实物图，在图乙所给出的虚线框中画出电路图。（2）在备选的实验器材中，有两个滑动变阻器供选择，它们的铭牌上分别标有：A“4500，1A”，B“50，2A”，在保证各实验器材均能正常工作的前提下
35、，为尽可能提高测量精度且便于调节，滑动变阻器R1应选用A（填“A”或“B”）（3）若实验中测得的结果R测100，要将这令电压表改装成量程为10V的电压表，则应串联一个阻值为R串1900定值电阻。（4）本实验中测RV的系统误差来自于实际总电流变大。【考点】N6：伏安法测电阻菁优网版权所有【专题】13：实验题；31：定性思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题【分析】（1）根据实物图，画出电路图即可；（2）滑动变阻器采用的是限流式接法，为了提高测量精度且便于调节，滑动变阻器应用电阻最大值较大的；（3）根据串并联电路特点，结合欧姆定律，即可求出应串联一个阻值为R串；（4）闭合S2前后，外电阻的减
36、小了，故总电流变大。【解答】解：（1）根据实物图画出电路图，如图所示：（2）由电路图可知，滑动变阻器采用的是限流式接法，故为尽可能提高测量精度且便于调节并且保证电路安全，滑动变阻器应用电阻最大值较大的，故选A。（3）根据串联电路电流相等，可得：50010-3100=10-50010-3Rx，解得：Rx1900。（4）闭合S2前后，认为总电流不变，而实际上闭合S2后外电阻的减小了，总电流变大，故本实验中测RV的系统误差来自于实际总电流变大，。故答案为：（1）如图所示；（2）A；（3）1900（4）实际总电流变大。【点评】本题考查了实验器材选择、实验数据处理、实验方案分析，要掌握实验器材的选择原则
37、，认真审题、理解题意与实验步骤、知道实验原理是解题的关键。三、计算题（2小题）11如图所示，半径R0.8m的四分之一光滑圆弧轨道最低点与水平传送带平滑连接，传送带皮带轮的半径r0.2m，转速为20r/s，可视为质点的物块从轨道顶端由静止下滑，物块与传送带间的动摩擦因数为0.2已知物块的质量mlkg，两皮带轮间的距离L24m，传送带不打滑，重力加速度g10m/s2求：（1）传送带的速度；（2）物块滑到圆弧轨道底端时所受到轨道作用力的大小；（3）物块在水平传送带上的运动时间。【考点】37：牛顿第二定律；6C：机械能守恒定律菁优网版权所有【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4T：
38、寻找守恒量法；52E：机械能守恒定律应用专题【分析】（1）由公式vr，求解传送带的速度。（2）物块下滑到圆弧轨道底端的过程中，由机械能守恒定律求出物块滑到轨道底端时的速度，由牛顿第二定律求解物块滑到圆弧轨道底端时轨道对物块的作用力，再由牛顿第三定律求物块对轨道作用力的大小。（3）分析物块传动带带后的运动过程：物块滑上传送带后做匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式结合求出物块匀加速到速度等于传送带速度所用时间，以及通过的位移，再求匀速运动的时间，从而求得总时间。【解答】解：（1）传送带的速度为：vr2nr2200.28m/s。（2）物块在下滑过程中，由机械能守恒定律得：mgR=12mv02
39、代入数据解得：v04m/s物块在圆弧轨道底端时，由牛顿第二定律得：Nmgmv02R；解得物块所受的支持力：N30N由牛顿第三定律知，物块对轨道的作用力大小为30N，方向竖直向下。（3）物块滑上传送带后做匀加速直线运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律得：mgma代入数据解得：ag2m/s2物块匀加速到速度等于v时运动的时间为：t1=v-v0a=8-42=2s匀加速的位移为：x1=v0+v2t1=4+822=12m则匀速运动的时间为：t2=L-x1v=24-128=1.5s故物块在水平传送带上的运动时间为：t总t1+t23.5s答：（1）传送带的速度是8m/s；（2）物块滑到圆弧轨道底端时所受到
40、轨道作用力的大小是30N；（3）物块在水平传送带上的运动时间是3.5s。【点评】弄清楚物体的运动过程和受力情况是解题关键。要知道物块沿光滑圆弧下滑的过程，遵守机械能守恒定律。物块在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动。12如图所示，两条光滑的绝缘导轨，导轨的水平部分足够长并与倾斜部分平滑连接，两导轨间距L10cm，导轨的倾斜部分气水平面成53，其中有一段匀强磁场区域abcd，磁场方向垂直于斜面向上，磁感应强度B1T，磁场下边界离水平轨道的高度h0.8m。水平部分导轨间有竖直方向等距离间隔也为L的匀强磁场B1和B2，B1和B2的方向相反，大小相等，即B1B2B现有一质量m0.01kg、电
41、阻R0.5、边长也为L的正方形金属框，由倾斜导轨上某高度处静止释放，金属框离开磁场abcd时恰好做匀速运动，此后金属框在水平导轨上滑行一段时间后进入水平磁场区域，最终线框静止。重力加速度g10m/s2，感应电流的磁场可以忽略不计，sin530.8，cos530.6求：（l）金属框离开磁场abcd时的速度；（2）在水平导轨上运动过程中金属框内产生的电热；（3）若金属框恰能通过n个完整磁场区域，试写出n与高度h的关系式。【考点】6C：机械能守恒定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势菁优网版权所有【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；52E：机械能守恒定律应用专题【分析】（1）在磁场
42、中做匀速运动，根据共点力平衡求得速度；（2）金属框最终停止时，从离开abcd磁场到静止根据能量守恒得（3）先运用动能定理求出金属线框刚全部进入水平导轨时的速度。线框进入水平导轨的磁场中后由于受到安培力作用而减速直至速度减为零，线框在穿越任一磁场区域的过程中，通过线框的电量相等，运用动量定理求出线框穿越每一磁场区域速度的变化量，即可求解此题。【解答】解：（1）金属框匀速离开磁场abcd，根据平衡条件得：mgsinBIL根据闭合电路欧姆定律得：I=BLvR联立则有：mgsin=B2L2vR解得：v4m/s（2）金属框最终停止时，根据能量守恒得Q=12mv2+mg(h-L2sin)解得：Q0.156
43、J（3）当线框滑到水平轨道时，速度设为v0，根据机械能守恒得：12mv2+mg(h-L2sin)=12mv02解得：v0=15.2+20h当线框恰好穿过第一个磁场区域，n1时，根据动量定理得：-(BI1Lt1+2BI2Lt2)=0-mv0且q1=I1t1=BL2R，q2=I2t2=2BL2R 联立得：5B2L3R=mv0同理，n2时，-(BLBL2R+2BL2R2BL+2BL2R2BL)=0-mv0联立得：9B2L3R=mv0综上可得：(4n+1)B2L3R=mv0，n1，2，3即：4n+1=515.2+20h，n1，2，3（4n+1）2500h+380，n1，2，3解得：n=500h+380
44、-14，n1，2，3答：（l）金属框离开磁场abcd时的速度为4m/s；（2）在水平导轨上运动过程中金属框内产生的电热为0.156J；（3）若金属框恰能通过n个完整磁场区域，n与高度h的关系式为n=500h+380-14，n1，2，3。【点评】该题考查了多个知识点的综合运用。做这类问题我们还是应该从运动过程和受力分析入手研究，运用一些物理规律求解问题。动能定理的应用非常广泛，我们应该首先考虑。四、选考题（4小题）13（3分）有关对热学的基础知识理解正确的是（）A液体表面张力的方向与液面平行并指向液体内部B热的物体把温度传递给冷的物体，最终达到相同温度C当某一密闭容器自由下落时，容器中的气体压强
45、不会为零D空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水就停止蒸发E在“用油膜法测分子直径”的实验中，作出了把油膜视为单分子层、忽略油酸分子间的间距并把油酸分子视为球形这三方面的近似处理【考点】9C：气体压强的微观意义；O1：用油膜法估测分子的大小菁优网版权所有【专题】13：实验题；31：定性思想；43：推理法；541：分子运动论专题【分析】表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直指向液体内部；热的物体把热量传递给冷的物体；气体压强是由分子频繁碰撞而引起的，与容器的运动状态无关；空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水就蒸发慢；知道在油膜法测分子大
46、小的实验中，将分子视为球形，并且不计分子间的间隙，同时形成的是单分子油膜。【解答】解：A、表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直指向液体内部，故A错误；B、在自然的过程中，热的物体把内能传递给冷的物体，最终达到温度相等；而不是热的物体把“温度”传递给冷的物体，最终达到温度相等，故B错误；C、当某一密闭容器自由下落时，气体分子仍然在碰撞器壁，则气体压强不为零，故C正确；D、空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢，故D错误；E、在“用油膜法测分子直径”的实验中，作出了把油膜是呈单分子分布的；把油酸分子看成球形；分子之间没有空隙，紧密排列，
47、故E正确；故选：CE。【点评】考查表面引力的方向，掌握传递是热量，及传递的方向，同时理解气体压强产生的原由，注意处于饱和汽压时，蒸发没有停止；最后考查了油膜法测分子大小的实验，注意实验模型的正确建立。14在盛有冰水混合物的水槽中竖直地浸有一足够高的导热气缸，不计质量的活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞的横截面积S4103m2，如图甲所示。现缓慢地在活塞上倒上一定量的细沙，活塞静止时气体的体积恰好变为原来的一半，然后将气缸移出水槽，缓慢加热至某一温度，活塞刚好上升到最初的位置。整个过程中气缸内气体的状态变化如图乙所示（箭头表示状态变化的方向）。大气压强P01.0105pa，g10m/s2，不计活
48、塞与缸壁的摩擦。求：，所加细沙的质量；气体最后的温度。【考点】99：理想气体的状态方程菁优网版权所有【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题【分析】根据玻意耳定律求出倒上细沙之后的压强，根据平衡即可求出所加细沙的质量；移出水槽，气体发生等压变化，根据盖吕萨克定律即可求出气体最后的温度。【解答】解：缓慢倒上细沙，故封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知当体积恰好变为原来的一半时，气体的压强增加为原来的两倍：p22p12.0105Pa根据平衡条件得：mg（p2p1）S可得所加细沙的质量：m=1105410-310kg=40kg移出水槽，气体发生等压变化，初
49、状态：体积V11103m3，温度T1273K末状态：体积V12103m3，温度T2根据盖吕萨克定律：V1T1=V2T2可得气体最后的温度：T2546K答：所加细沙的质量为40kg；气体最后的温度为546K。【点评】本题考查气体定律与力学平衡的综合运用，解题关键是要利用平衡求出初末状态封闭气体的压强，分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，再选择合适的规律解决。15如图所示，沿x轴正方向传播的简谐横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为l00m/s，下列说法中正确的是（）A图示时刻质点b的加速度正在减小B从图示时刻开始，经过0.03s，质点a通过的路程为0.6mC从图示时刻开姶，再经过
50、0.005s质点b恰好到达波谷D若此波遇到另一波并发生稳定干涉现象，则该波所遇到的波的频率为25HzE若发生明显衍射现象，则该波所遇到的障碍物或孔的尺寸可能是3m【考点】F5：波长、频率和波速的关系菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；51D：振动图像与波动图像专题【分析】根据波传播方向知道质点的振动的方向，从而知道质点加速度的变化和再经过0.005s质点b所处的位置。根据波的图象，计算出周期，而波的周期与质点的振动周期相同，从而求出质点在一段时间内通过的路程。发生干涉的条件是频率相同，看两列波的频率是否相同。比较波的波长与障碍物的尺寸，因为只有当波长比障碍物尺寸大或差不多时，就
51、会发生明显的衍射。【解答】解：A、由于波向x轴正方向传播，根据“上下坡”法，知道b质点向下振动，加速度正在增大，故A错误；B、由题知周期为T=v=4100s=0.04s，从图示时刻开始，经过0.03s，即34个周期，质点a通过的路程为3个振幅，即60cm0.6m，故B正确；C、从图示时刻开姶，b质点向下振动，做加速度增大的减速运动，故经过t=T8=0.005s，b质点仍末到达波谷，故C错误；D、此波的频率为f=1T=25Hz，故此波遇到另一波并发生稳定干涉现象，则该波所遇到的波的频率为25Hz，故D正确；E、该波波长4m，当波的波长比障碍物尺寸大或差不多时，就会发生明显的衍射，则该波所遇到的障
52、碍物或孔的尺寸可能是3m，故E正确；故选：BDE。【点评】本题主要是考查横波的图象，解决本题的关键掌握波动与振动的联系以及知道发生干涉和明显衍射的条件。16如图所示，两块半径均为R的半圆形玻璃砖正对放置，沿竖直方向的两条直径BC、BC相互平行，两圆心之间的距离为3R3，一束单色光正对圆心O从A点射入左侧的玻璃砖，最后从右侧玻璃砖上的P点（图中未画出）射出。已知玻璃折射率若不考虑光在各个界面的反射，求该单色光在第一块AOB60，玻璃折射率n=2，若不考虑光在各个界面的反射，求该单色光在第一块半圆形玻璃砖中传播的时间和从P点射出时出射角大小（已知光在真空中的速度大小为c）。【考点】H3：光的折射定
53、律菁优网版权所有【专题】11：计算题；32：定量思想；4F：几何法；54D：光的折射专题【分析】根据v=cn求出光在玻璃砖中传播速度，再由t=Rv求光在第一块半圆形玻璃砖中传播的时间。根据题意，作出的光路图。由折射定律求出光BC界面上的折射角，再结合几何关系求出光射在BC界面上的位置、入射角、折射角，由几何关系确定光射到弧面上的位置，最后由折射定律求出该单色光从P点射出时出射角大小。【解答】解：根据公式n=cv，解得：v=c2则光在第一块玻璃砖中传播的时间为：t=Rv=2Rc根据题意，作出的光路图，如图所示：在O点发生折射，由图可知 sin2nsin1，解得：245在D点发生折射，由光路可逆可知330在ODP中，由正弦定理有：sin4OD=sin(90+3)OP而OD=OO=33R解得：sin4=12所以430在D点发生折射，由折射定律有 sin5nsin4解得545答：该单色光在第一块半圆形玻璃砖中传播的时间是2Rc，从P点射出时出射角大小为45。【点评】本题考查光的折射。关键是作出光路图，根据几何知识求出OD的位置，以及各个入射角与折射角。声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2019/4/11 23:37:17；用户：tp；邮箱：lsgjgz137；学号：21474120