1、寒假作业(一)力与运动1多选我国自主研制的歼-20 战机在某次试飞过程中的视频截图和竖直方向 vy-t 图像分别如图甲和图乙所示，则下列说法正确的是()A歼-20 战机在前 50 s 内竖直方向的加速度大小为 0.8 m/s2B歼-20 战机在 50 s 到 100 s 内静止C歼-20 战机在 100 s 到 200 s 内竖直方向的加速度大小为 0.4 m/s2D在 200 s 末，以地面为参考系，歼-20 战机的速度大小为 0解析：选 AC 根据图像可知，前 50 s 内竖直方向的加速度大小为 a1v1t14050 m/s20.8 m/s2，故 A 正确；歼-20 战机在 50 s 到
2、100 s 内竖直方向做匀速直线运动，不是静止状态，故 B 错误；根据图像可知，在 100 s 到 200 s 内竖直方向的加速度大小为 a2v2t2 40100m/s20.4 m/s2，故 C 正确；在 200 s 末，以地面为参考系，竖直方向速度为零，但水平方向速度不一定为零，所以歼-20 战机的速度大小不一定为零，故 D 错误。2.如图所示，A 和 B 两物块的接触面是水平的，A 与 B 保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑，在下滑过程中 B 的受力个数为()A3 个 B4 个C5 个D6 个解析：选 B 先以 A 为研究对象，分析受力情况：受重力、B 对 A 的竖直向上的支持力，B 对
3、A 没有摩擦力，否则 A 不会匀速运动。再对 B 研究，B 受到重力、A 对 B 竖直向下的压力，斜面的支持力和滑动摩擦力，共 4 个力。3.如图所示，某竖直弹射装置由两根劲度系数为 k 的轻弹簧以及质量不计的底盘构成，当质量为 m 的物体竖直射向空中时，底盘对物体的支持力为 6mg(g 为重力加速度)，已知两根弹簧与竖直方向的夹角为 60，则此时每根弹簧的伸长量为()A.3mgkB.4mgkC.5mgkD.6mgk解析：选 D 对物体 m，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：Nmgma其中：N6mg解得：a5g再对质量不计的底盘和物体 m 整体分析，受两个拉力和重力，根据牛顿第二定律，有：
4、竖直方向：2Fcos 60mgma解得：F6mg根据胡克定律，有：xFk6mgk故 D 正确。4.(2017达州一模)如图所示，一箱子放在水平地面上，现对箱子施加一斜向上的拉力 F，保持拉力的方向不变，在拉力 F 的大小由零逐渐增大的过程中(箱子未离开地面)。关于摩擦力 f 的大小随拉力 F 的变化关系，下列四幅图可能正确的是()解析：选 B 设 F 与水平方向的夹角为，木箱处于静止状态时，根据平衡条件得：木箱所受的静摩擦力为 fFcos，F 增大，f 增大；当拉力达到一定值，箱子运动瞬间，静摩擦力变为滑动摩擦力，由于最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，故摩擦力有个突然减小的过程；木箱运动时，所受的
5、支持力 NGFsin，F 增大，N 减小，此时木箱受到的是滑动摩擦力，大小为 fN，N 减小，则 f 减小，故 A、C、D 错误，B 正确。5.(2017德阳一诊)2016 年 10 月 17 日发射的“神舟十一号”飞船于 10 月 19 日与“天宫二号”顺利实现了对接。在对接过程中，“神舟十一号”与“天宫二号”的相对速度非常小，可以认为具有相同速率。它们的运动可以看作是绕地球的匀速圆周运动，设“神舟十一号”的质量为 m，对接处距离地球表面高度为 h，地球的半径为 r，地球表面处的重力加速度为 g，不考虑地球自转的影响，“神舟十一号”在对接时，下列结果正确的是()A对地球的引力大小为 mgB向
6、心加速度为 rrhgC周期为2rhrrhgD动能为mgr2rh解析：选 C“神舟十一号”在对接处的重力加速度小于地球表面的重力加速度，对地球的引力小于 mg，故 A 错误；在地球表面重力等于万有引力，有 GMmr2 mg，解得：GMgr2对接时，万有引力提供向心力，有 G Mmrh2ma联立式得：ar2rh2g，故 B 错误；根据万有引力提供向心力，有 G Mmrh2m42T2(rh)联立得 T2rhrrhg，故 C 正确；根据万有引力提供向心力，G Mmrh2m v2rh动能 Ek12mv2 GMm2rh mgr22rh，故 D 错误。6.(2018 届高三沧州一中检测)如图，竖直平面内有一
7、段圆弧 MN，小球从圆心 O 处水平抛出；若初速度为 va，将落在圆弧上的 a 点；若初速度为vb，将落在圆弧上的 b 点；已知 Oa、Ob 与竖直方向的夹角分别为、，不计空气阻力，则()A.vavbsin sin B.vavbcos cos C.vavbcos cos sin sin D.vavbsin sin cos cos 解析：选 D 对 a，根据 Rcos 12gt12 得，t12Rcos g，则 vaRsin t1Rsin g2Rcos，对 b，根据 Rcos 12gt22 得，t22Rcos g，则 vbRsin t2Rsin g2Rcos，解得vavbsin sin cos c
8、os，D 正确。7.多选如图所示，光滑斜面与水平面成 角，斜面上一根长为 l0.30 m 的轻杆，一端系住质量为 0.2 kg 的小球，另一端固定在 O 点，现将轻杆拉至水平位置，然后给小球一沿着斜面向下并与轻杆垂直的初速度 v03.0 m/s，取 g10 m/s2，则()A此时小球的加速度大小为 30 m/s2B小球到达最高点时受到杆的弹力沿斜面向下C若增大 v0，到达最高点时杆对小球的弹力一定增大D若增大 v0，到达最高点时杆对小球的弹力可能减小解析：选 BC 小球做变速圆周运动，在初位置加速度不指向圆心，将其分解：切向加速度为：amgsin mgsin；向心加速度为：anv02l 320
9、.30 m/s230 m/s2，故此时小球的加速度为合加速度，a an2a230 m/s2，故 A 错误。从开始到最高点过程，根据动能定理，有：mglsin 12mv1212mv02；解得：v1 v022glsin；考虑临界情况，如果没有杆的弹力，重力平行斜面的分力提供向心力，有：mgsin mv22l，可以得到 v2 小于v1，说明杆在最高点对球有拉力，沿斜面向下，故 B 正确。在最高点时，轻杆对小球的弹力是拉力，故：Fmgsin mv最高2l，如果初速度增大，则最高点速度也增加，故拉力 F 一定增大，故 C 正确，D 错误。8.(2018 届高三揭阳市揭东一中检测)如图，人造卫星 M、N
10、在同一平面内绕地心 O 做匀速圆周运动。已知 M、N 连线与 M、O 连线间的夹角最大为，则 M、N 的运动周期之比等于()Asin3B.1sin3C.sin3D.1sin3解析：选 D 设 M、N 的轨道半径分别 RM、RN。据题卫星 M、N 连线与 M、O 连线间的夹角最大时，MN 连线与卫星N 的运行轨道应相切，如图：根据几何关系有 RNRMsin 根据开普勒第三定律有：RM3TM2RN3TN2联立解得TMTN1sin3故 D 正确。9(2017马鞍山一模)两物块 A、B 并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面，现用一水平推力 F 作用在物块 A 上，使 A、B 由静止开始一起向右做
11、匀加速运动，如图(a)所示，在 A、B 的速度达到 6 m/s 时，撤去推力 F。已知 A、B 质量分别为 mA1 kg、mB3 kg，A 与水平面间的动摩擦因数为 0.3，B 与地面没有摩擦，B 物块运动的 v-t图像如图(b)所示。取 g10 m/s2，求：(1)推力 F 的大小；(2)A 物块刚停止运动时，物块 A、B 之间的距离。解析：(1)在水平推力 F 作用下，物块 A、B 一起做匀加速运动，加速度为 a，由 B 物块的 v-t 图像得，avt62 m/s23 m/s2对于 A、B 整体，由牛顿第二定律得FmAg(mAmB)a，代入数据解得 F15 N。(2)设物块 A 匀减速运动
12、的时间为 t，撤去推力 F 后，A、B 两物块分离，A 在摩擦力作用下做匀减速运动，B 做匀速运动，对 A，由mAgmAaA，解得 aAg3 m/s2t0v0aA 063 s2 s物块 A 通过的位移 xAv02 t6 m物块 B 通过的位移 xBv0t62 m12 m物块 A 刚停止时 A、B 间的距离 xxBxA6 m。答案：(1)15 N(2)6 m10.近年来网上购物发展迅速，使得物流业迅速发展起来，图示为某快递物流中心用传送带分流物品的示意图，传送带以恒定速度 v4 m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角 37。现将质量 m2 kg 的小物品由静止轻放在其底端(小物品可看成质点)，平
13、台上的人通过一根轻绳用恒力 F20 N拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地高为 H1.8 m 的平台上，如图所示。已知物品与传送带之间的动摩擦因数 0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取 10 m/s2，已知 sin 370.6，cos 370.8，求：(1)物品达到与传送带相同速率所用的时间；(2)物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？(3)若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力 F，则物品还需多少时间才能到达平台？解析：(1)物品在达到与传送带速度 v4 m/s 相等前，有：Fmgcos 37mgsin 37ma1解得：a18 m/s2由 va1t1，得 t1va10.5 s位
14、移为：x112a1t121 m。(2)达共速后，有：Fmgcos 37mgsin 37ma2解得 a20，即滑块匀速上滑，位移为：x2Hsin 37x12 m则匀速运动的时间为 t2x2v0.5 s总时间为：tt1t21 s即物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是 1 s。(3)在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，根据牛顿第二定律，有mgcos 37mgsin 37ma3解得：a32 m/s2假设物品向上匀减速到速度为零时，通过的位移为 x v22a34 m由此知物品速度减为零之前已经到达平台；由 x2vt312a3t32即 24t3122t32解得：t3(2 2)s(另一解不合题意，舍去
15、)即物品还需(2 2)s 到达平台。答案：(1)0.5 s(2)1 s(3)(2 2)s11(2017淮北一模)如图所示，ABCD 是一个光滑的过山车轨道模型，现对静止在 A处的滑块施加一个水平向右的推力 F，使它从 A 点开始做匀加速直线运动，当它水平滑行 2.5 m 时到达 B 点，此时撤去推力 F、滑块滑入半径为 0.5 m 且内壁光滑的竖直固定圆轨道，并恰好通过最高点 C，当滑块滑过水平 BD 部分后，又滑上静止在 D 处，且与 ABD 等高的长木板上，已知滑块与长木板的质量分别为 0.2 kg、0.1 kg，滑块与长木板、长木板与水平地面间的动摩擦因数分别为 0.3、215，它们之间
16、的最大静摩擦力均等于各自滑动摩擦力，取 g10 m/s2，求：(1)水平推力 F 的大小；(2)滑块到达 D 点的速度为多少？(3)木板至少为多长时，滑块才能不从木板上掉下来？在该情况下，木板在水平地面上最终滑行的总位移为多少？解析：(1)由于滑块恰好过 C 点，则有：m1gm1vC2R，从 A 到 C 由动能定理得：Fxm1g2R12m1vC20，代入数据联立解得：F1 N。(2)从 A 到 D 由动能定理得：Fx12m1vD2，代入数据解得：vD5 m/s。(3)滑块滑到木板上时，对滑块：1m1gm1a1，解得：a11g3 m/s2，对木板有：1m1g2(m1m2)gm2a2，代入数据解得
17、：a22 m/s2，滑块恰好不从木板上滑下，此时滑块滑到木板的右端时恰好与木板速度相同，有：v 共vDa1t，v 共a2t，代入数据解得：t1 s，此时滑块的位移为：x1vDt12a1t2，木板的位移为：x212a2t2，Lx1x2，代入数据解得：L2.5 m，v 共2 m/s，x21 m，达到共同速度后木板又滑行 x，则有：v 共 222gx，代入数据解得：x1.5 m，木板在水平地面上最终滑行的总位移为：xx2x2.5 m。答案：(1)1 N(2)5 m/s(3)2.5 m 2.5 m寒假作业(二)能量与动量1(2017德阳一诊)如果一物体在任意相等的时间内受到的冲量相同，则此物体的运动不
18、可能是()A匀速圆周运动 B自由落体运动C平抛运动D竖直上抛运动解析：选 A 如果物体在任意相等时间内受到的冲量都相同，由 IFt 可知，物体受到的合力是恒力。物体做自由落体运动、平抛运动或竖直上抛运动时只受重力，合力为恒力；物体做匀速圆周运动时合力为变力，故 B、C、D 均可能，A 不可能。2.如图所示，光滑水平地面上固定一带滑轮的竖直杆，用轻绳系着小滑块绕过滑轮，用恒力 F1 水平向左拉滑块的同时，用恒力 F2拉绳，使滑块从 A 点起由静止开始向右运动，B 和 C 是 A 点右方的两点，且 ABBC，则以下说法正确的是()A从 A 点至 B 点 F2 做的功大于从 B 点至 C 点 F2
19、做的功B从 A 点至 B 点 F2 做的功小于从 B 点至 C 点 F2 做的功C从 A 点至 C 点 F2 做的功一定等于滑块克服 F1 做的功D从 A 点至 C 点 F2 做的功一定大于滑块克服 F1 做的功解析：选 A 由题，ABBC，根据数学知识得知，从 A 点至 B 点绳头的位移大于从 B点至 C 点的位移，F2 又是恒力，则从 A 点至 B 点 F2 做的功大于从 B 点至 C 点 F2 做的功，故 A 正确，B 错误。滑块从 A 到 C 过程，可能先加速后减速，滑块在 A 点与 C 点速率可能相等，根据动能定理得知，滑块从 A 运动到 C 过程中动能的变化量为零，总功为零，则从A
20、 点至 C 点 F2 做的功可能等于滑块克服 F1 做的功，故 C、D 错误。3.多选如图所示为某汽车在平直公路上启动时发动机功率 P 随时间 t 变化的图像，P0 为发动机的额定功率。已知在 t2 时刻汽车的速度已经达到最大值 vm，汽车所受阻力大小与速度大小成正比。由此可得()A在 t3 时刻，汽车速度一定等于 vmB在 t1t2 时间内，汽车一定做匀速运动C在 t2t3 时间内，汽车一定做匀速运动D在发动机功率达到额定功率前，汽车一定做匀加速运动解析：选 AC 已知在 t2 时刻汽车的速度已经达到最大值 vm，此后汽车做匀速直线运动，速度不变，所以在 t3 时刻，汽车速度一定等于 vm，
21、故 A 正确。0t1 时间内汽车的功率均匀增加，汽车所受阻力增大，汽车做变加速直线运动；汽车的功率在 t1 时刻达到额定功率，根据 PFv，速度继续增大，牵引力减小，则加速度减小，则在 t1t2 时间内汽车做加速度减小的加速运动，故 B、D 错误。在 t2t3 时间内，汽车已达到最大速度，且功率保持不变，汽车一定做匀速直线运动，故 C 正确。4.如图，长方体 ABCD-A1B1C1D1 中|AB|2|AD|2|AA1|，将可视为质点的小球从顶点 A 在BAD 所在范围内(包括边界)分别沿不同方向水平抛出，落点都在 A1B1C1D1 范围内(包括边界)。不计空气阻力，以 A1B1C1D1 所在水
22、平面为重力势能参考平面，则小球()A抛出速度最大时落在 B1 点B抛出速度最小时落在 D1 点C从抛出到落在 B1D1 线段上任何一点所需的时间都相等D落在 B1D1 中点时的机械能与落在 D1 点时的机械能相等解析：选 C 由于小球抛出时离地高度相等，故各小球在空中运动的时间相等，则可知水平位移越大，抛出时的速度越大，故落在 C1 点的小球抛出速度最大，落点靠近 A1 点的小球速度最小，故 A、B 错误，C 正确；由题图可知，落在 B1D1 中点和落在 D1 点的水平位移不同，所以两种情况中对应的水平速度不同，则可知它们在最高点时的机械能不相同，因下落过程机械能守恒，故落地时的机械能也不相同
23、，故 D 错误。5.多选如图，两个相同小物块 a 和 b 之间用一根轻弹簧相连，小物块 a 和 b 及弹簧组成的系统用细线静止悬挂于足够高的天花板下。细线某时刻被剪断，系统下落，已知重力加速度为 g，则()A细线剪断瞬间，a 和 b 的加速度大小均为 gB弹簧恢复原长时，a 和 b 的加速度大小均为 gC下落过程中弹簧一直保持拉伸状态D下落过程中 a、b 和弹簧组成的系统机械能守恒解析：选 BD 开始时系统处于平衡状态，弹簧的弹力大小等于物块 b 的重力 mg，当细线剪断瞬间，弹簧不能突变，则物块 b 受力仍然平衡，加速度为零，而 a 受向下的重力和拉力作用，加速度为 2g，故 A 错误；弹簧
24、恢复原长时，两物块均只受重力，故加速度大小为 g，由于此时物块 a 的速度大于 b 的速度，故此后一段时间弹簧处于压缩状态，故 B正确，C 错误；对 a、b 和弹簧组成的系统来说，由于只有重力做功，故机械能守恒，故 D正确。6多选一物体放在水平地面上，如图 1 所示，已知物体所受水平拉力 F 随时间 t 的变化情况如图 2 所示，物体相应的速度 v 随时间 t 的变化关系如图 3 所示，则()A26 s 时间内物体的加速度大小为 0.75 m/s2B物体的质量为 1 kgC整个过程中，物体所受摩擦力始终为 2 ND010 s 时间内，物体克服摩擦力所做的功为 30 J解析：选 AD 在速度时间
25、图像上，斜率表示加速度，由题图 3 可得 26 s 时间内物体的加速度为：avt 362 m/s20.75 m/s2，故 A 正确。由题图 3 知，68 s 内物体做匀速直线运动，由平衡条件得：f 滑F32 N由图 3 可得 26 s 内物体做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F2f 滑ma1联立代入数据解得：m43 kg，故 B 错误。在 01 s 内物体静止不动，物体所受摩擦力 f 静F11 N，210 s 内物体所受摩擦力f 滑2 N，故 C 错误。在整个过程中通过的位移为：x12(28)3 m15 m，物体克服摩擦力做功：Wf滑x215 J30 J，故 D 正确。7(2017乌鲁木齐二
26、模)动车组是由几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢组成的，带动力的车厢叫动车，不带动力的车厢叫拖车。每节动车与拖车质量都相等，每节动车的额定功率都相等。动车组运行过程中总阻力来自两部分：一部分是车轮与铁轨之间摩擦产生的机械阻力，阻力大小与动车组的质量成正比；另一部分来自于空气阻力，阻力大小与动车组速度的平方成正比。一列 12 节车厢的动车组，有 3 节动车时最大速度为 160 km/h，此时空气阻力是总阻力的 0.5 倍。若要使 12 节车厢的动车组的速度达到 240 km/h，则动车的节数至少为()A7 节B8 节C9 节D10 节解析：选 B 设每节动车的功率为 P，12 节车厢的动车组
27、受到的机械阻力为 f，则有3P(fkv12)v1，nP(fkv22)v2，根据题意 fkv12，代入 v1、v2，解得 n7.3故至少有 8 节动车，故 B 正确。8.如图所示，放在光滑水平桌面上的 A、B 两小木块中部夹一被压缩的轻弹簧，当轻弹簧被放开时，A、B 两小木块各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地面上。若 mA3mB，则下列结果正确的是()A若轻弹簧对 A、B 做功分别为 W1 和 W2，则有 W1W211B在与轻弹簧作用过程中，两木块的速度变化量之和为零C若 A、B 在空中飞行时的动量变化量分别为 p1 和 p2，则有 p1p211D若 A、B 同时离开桌面，则从释放轻弹簧
28、开始到两木块落地的这段时间内，A、B两木块的水平位移大小之比为 13解析：选 D 弹簧弹开木块过程中，两木块及弹簧组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：mAvAmBvB0，则速度之比 vAvB13，根据动能定理得：轻弹簧对 A、B 做功分别为 W112mAvA2，W212mBvB2，联立解得 W1W213，故 A 错误。根据动量守恒定律得知，在与轻弹簧作用过程中，两木块的动量变化量之和为零，即 mAvAmBvB0，可得，vAvB0，故 B 错误。A、B 离开桌面后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间相等，设为 t。由动量定理得：A、B 在空中飞行时的动量变化量分别为
29、 p1mAgt，p2mBgt，所以 p1p231，故 C 错误。平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，由 xv0t 知，t 相等，则 A、B 两木块的水平位移大小之比等于 vAvB13，故 D 正确。9.用光滑圆管制成如图所示的轨道，竖直立于水平地面上，其中ABC 为圆轨道的一部分，CD 为倾斜直轨道，二者相切于 C 点，已知圆轨道的半径 R1 m，倾斜轨道 CD 与水平地面的夹角为 37，现将一小球以一定的初速度从 A 点射入圆管，小球直径略小于圆管的直径，取重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求小球通过倾斜轨道 CD 的最长时间(结果保留一位有效数字)。解
30、析：小球通过倾斜轨道时间若最长，则小球到达圆轨道的最高点的速度为 0，从最高点到 C 点：对小球由动能定理可得：mgh12mvC2由几何关系得：hRRcos 小球在 CD 段做匀加速直线运动，由位移公式得：LvCt12at2CD 的长度为：LR1cos sin 对小球利用牛顿第二定律可得：mgsin ma代入数据联立解得：t0.7 s。答案：0.7 s10(2017潍坊期中)如图所示，一内壁光滑的圆弧形轨道 ACB 固定在水平地面上，轨道的圆心为 O，半径 R0.5 m，C 为最低点，其中 OB 水平，AOC37，质量 m2 kg的小球从轨道左侧距地面高 h0.55 m 的某处水平抛出，恰好从
31、轨道 A 点沿切线方向进入圆轨道，取 g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)小球抛出点到 A 点的水平距离；(2)小球运动到 B 点时对轨道的压力大小。解析：(1)小球做平抛运动，竖直方向：hR(1cos 37)12gt2，解得：t0.3 s，竖直分速度：vygt100.3 m/s3 m/s，水平分速度：v0vytan 37 30.60.8m/s4 m/s，抛出点距 A 点的水平距离：Lxv0t40.3 m1.2 m。(2)小球从抛出到 B 点过程，由动能定理得：mg(hR)12mvB212mv02，在 B 点，由牛顿第二定律得：FmvB2R，解得：F68 N，由
32、牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小：FF68 N。答案：(1)1.2 m(2)68 N11.如图所示，物块 A 静止在光滑水平面上，木板 B 和物块 C 一起以速度 v0 向右运动，与 A 发生弹性正碰，已知 v05 m/s，mA6 kg，mB4 kg，mC2 kg，C 与 B 之间动摩擦因数 0.2，木板 B 足够长，取 g10 m/s2，求：(1)B 与 A 碰撞后 A 物块的速度；(2)B、C 共同的速度；(3)整个过程中系统增加的内能。解析：(1)以 A、B 为研究对象，B 与 A 发生弹性碰撞过程，设向右为正，由动量守恒定律可有：mBv0mAvAmBvB；由机械能守恒定律可知：1
33、2mBv0212mBvB212mAvA2联立解得：vA4 m/s，vB1 m/s。(2)碰后 B 反向运动，与 C 相互作用。对 B、C，由动量守恒定律可知：mCv0mBvB(mCmB)v解得：v1 m/s。(3)系统增加的内能为Q12mBvB212mCv0212(mCmB)v2解得 Q24 J。答案：(1)4 m/s，方向向右(2)1 m/s，方向向右(3)24 J寒假作业(三)电场与磁场1.如图所示，两根长直导线 a、b 通有方向相反大小分别为 I 和 2I 的恒定电流，此时导线 b 受到的磁场力大小为 F，设该磁场力方向为正方向。若在导线 b的右侧再放置一根与 a、b导线平行且共面的通电
34、长直导线 c(导线 a、b 与 b、c 之间的距离相等)，导线 c 中通有如图所示的电流 I。导线 b 受到磁场力大小变为 2F。已知通电导线周围磁场的磁感应强度大小为 BkIr，式中常量 k0，I 为电流强度，r 为距导线的距离。则此时导线 a 受到的磁场力为()A54F B.32FC12FD.12F解析：选 A 异向电流之间为斥力，没有加导线 c 时，导线 b 给导线 a 的作用力大小为 F，方向向左，由 BkIr 可知，导线 c 在 b 处的磁场强度为在 a 处的 2 倍，导线 c 给 b 的作用力大小为 F，方向向右，结合 FBIL，可知，导线 c 给导线 a 的作用力大小为F4，方向
35、向左，故导线 a 受到的磁场力为54F，故 A 正确，B、C、D 错误。2.如图所示电场，实线表示电场线。一个初速度为 v 的带电粒子仅在电场力的作用下从 a 点运动到 b 点，虚线表示其运动的轨迹。则()A粒子带正电B粒子受到的电场力不断减小Ca 点电势高于 b 点电势D电场力一直做正功，粒子动能增加解析：选 C 由轨迹弯曲方向可判断出电场力方向，受力方向指向弧内，则粒子带负电荷，故 A 错误；电场线的疏密代表电场的强弱，从 a 到 b，电场强度先增大后减小，则粒子受到的电场力先增大后减小，故 B 错误；沿着电场线方向电势降低，则 a 点电势高于b 点电势，故 C 正确；电场力方向与速度方向
36、夹角大于 90，一直做负功，动能减小，故 D错误。3.多选如图所示，某无限长粗糙绝缘直杆与等量异种电荷连线的中垂线重合，杆竖直放置。杆上有 A、B、O 三点，其中 O 为等量异种电荷连线的中点，AOBO。现有一带电小圆环从杆上 A 点以初速度 v0 向 B点滑动，滑到 B 点时速度恰好为 0。则关于小圆环的运动，下列说法正确的是()A运动的加速度先变大再变小B电场力先做正功后做负功C运动到 O 点的动能为初动能的一半D运动到 O 点的速度小于v02解析：选 AC 等量异种电荷的连线的中垂线上，从 A 到 B 电场强度先增大后减小，O点的电场强度最大，所以小圆环受到的电场力先增大后减小，小圆环受
37、到的摩擦力：fFNqE，所以小圆环受到的摩擦力先增大后减小，它的加速度：amgfm，则 a 先增大后减小，故 A 正确。一对等量异种电荷的连线的中垂线是等势面，故小圆环从 A 到 B 过程电场力不做功，故 B 错误。设 A、B 之间的距离为 2L，摩擦力做功为 2Wf，小圆环从 A 到 B 的过程中，电场力不做功，重力和摩擦力做功，根据动能定理得：AO 过程：mgLWf12mvO212mv02AB 过程：mg2L2Wf012mv02联立以上两个公式解得：vO 22 v012v0，12mvO21212mv02，即运动到 O 点的动能为初动能的一半，运动到 O 点的速度大于v02，故 C 正确，D
38、 错误。4.多选如图所示，匀强磁场垂直于纸面向里，匀强电场竖直向上。质量为 m、电荷量为 q 的小球以速率 v 在复合场区域做匀速圆周运动。已知匀强磁场的磁感应强度为 B，重力加速度为 g，则()A小球带负电B电场强度大小为 qmgC小球做圆周运动的半径为mvqBD小球做圆周运动的周期为2mqB解析：选 CD 小球做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则 mgqE，电场力方向竖直向上，那么小球带正电，故 A 错误。由 mgqE，得电场强度大小为 Emgq，故 B错误。洛伦兹力提供向心力 qvBmv2R，得圆周运动的半径 RmvqB，故 C 正确。小球做圆周运动的周期 T2Rv 2mqB，故 D
39、 正确。5.两个相距很近的等量异种点电荷组成的系统称为电偶极子。设相距为 l，电荷量分别为q 和q 的点电荷构成电偶极子，如图所示。取二者连线方向为 y 轴方向，中点 O 为原点，建立如图所示的 xOy坐标系，P 点距坐标原点 O 的距离为 r(rl)，P、O 两点间的连线与 y轴正方向的夹角为，设无穷远处的电势为零，P 点的电势为，真空中静电力常量为 k。下面给出 的四个表达式，其中只有一个是合理的。你可能不会求解 P 点的电势，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断。根据你的判断，的合理表达式应为()Akqlsin rBkqrcos l2Ckqlcos r2Dkqlsi
40、n r2解析：选 C 若夹角 90，则 P 点位于 x 轴上，检验电荷从无穷远沿 x 轴移动到 O点的过程中，电力始终与位移方向垂直，则 x 轴上的电势处处为 0，这与 cos 90相符，可见 A、D 错误；因离 O 点越远，其电势就越小，故 r 应在分母上，故 B 错误，C 正确。6多选如图所示，利用电磁铁产生磁场，毫安表检测输入霍尔元件的电流，毫伏表检测霍尔元件输出的霍尔电压。已知图中的霍尔元件是 P 型半导体，与金属导体不同，它内部形成电流的“载流子”是空穴(空穴可视为能自由移动带正电的粒子)。图中的 1、2、3、4 是霍尔元件上的四个接线端。当开关 S1、S2 闭合后，电流表 A 和电
41、表 B、C 都有明显示数，下列说法中正确的是()A电表 B 为毫伏表，电表 C 为毫安表B接线端 2 的电势高于接线端 4 的电势C若调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反，但大小不变，则毫伏表的示数将保持不变D若适当减小 R1、增大 R2，则毫伏表示数一定增大解析：选 BC 由题图可知，电表 B 串联在电源 E2 的电路中，故它是电流表，即毫安表，而电表 C 是并联在 2、4 两端的，它是测量霍尔电压的，故它是电压表，即毫伏表，选项 A 错误；由于霍尔元件的载流子是带正电的粒子，由磁场方向向下，电流方向由 1 到 3，由左手定则可知，带正电的粒子受到的洛伦兹力的方向指向极板接
42、线端 2，即接线端 2 的电势高于接线端 4 的电势，选项 B 正确；当通过电磁铁和霍尔元件的电流方向与原来电流方向相反，但大小不变时，由左手定则可知粒子的偏转方向不变，故霍尔电压的大小及方向不变，即毫伏表的示数将保持不变，选项 C 正确；若减小 R1，则会让磁感应强度增大，若增大 R2，会让电流 I 减小，粒子的定向移动速率 v 也变小，但不能确定霍尔电压的变化情况，故毫伏表的示数不一定增大，选项 D 错误。7.多选如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场 E，M 点与N 点在同一电场线上。两个完全相同的带电粒子，分别以初速度 v1、v2垂直于电场线进入电场(轨迹位于竖直平面内)，两粒子恰好
43、能相遇于 P点，重力不计。在此过程中，下列说法正确的是()A两粒子到达 P 点的速度大小可能相等B电场力对两粒子做功一定不相同C两粒子到达 P 点时的电势能都比进入电场时大D两粒子到达 P 点所需时间一定不相等解析：选 ABD 两粒子进入电场后竖直方向匀速运动，水平方向匀加速运动，且加速度相同。因为两粒子水平方向的位移不同，所以电场力做功一定不同，两粒子达到 P 点所需时间也不相等，故 B、D 正确；电场力对两粒子都做正功，电势能减少，故 C 错误；竖直方向上，yv1t1v2t2，由数学知识可得，当 yat1t2 时，at12v12 at22v22，即两粒子到达 P 点的速度大小相等，故 A
44、正确。8.(2017沈阳模拟)如图所示，在、两个区域内存在磁感应强度均为 B 的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，边界 AC、AD的夹角DAC30，边界 AC 与边界 MN 平行，边界 AC 处磁场方向垂直纸面向里，区域宽度为 d。质量为 m、电荷量为q 的粒子在边界 AD上距 A 点 d 处垂直 AD 射入区，已知粒子速度大小为qBdm，方向垂直磁场，不计粒子重力，则粒子在磁场中运动的总时间为()A.m3qBB.2m3qBC.5m6qBD.7m6qB解析：选 C 根据洛伦兹力提供向心力，有 qvBmv2R得 RmvqBmqBdmqBd根据几何关系，粒子离开区域的速度方向沿 AC 方
45、向，进入磁场区域做匀速圆周运动，运动14周期后射出磁场，在区域圆弧所对的圆心角 160，在区域圆弧所对的圆心角为 90，粒子在磁场中运动的总时间为 t6090360T 5122mqB 5m6qB，故 C 正确，A、B、D 错误。9.如图所示，一带电荷量为q、质量为 m 的小物块处于一倾角为37的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止。重力加速度为 g，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)水平向右电场的电场强度大小；(2)若将电场强度改为竖直向下，大小不变，小物块的加速度是多大；(3)若将电场强度改为水平向左，大小变为原来的 2 倍，小物块从高度 H
46、处从静止释放，求小物块到达地面的时间为多少。解析：(1)小物块受重力、电场力和弹力，三力平衡，根据平衡条件，有：qEmgtan 37解得：E3mg4q。(2)由牛顿第二定律可得：(qEmg)sin 37ma解得：a2120g。(3)电场力：Fq2E32mg电场力与重力的合力与水平方向的夹角的正切值：tan mgF 23，故 33.737，故物块将离开斜面，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动：H12gt2解得：t2Hg。答案：(1)3mg4q (2)2120g(3)2Hg10.(2017东北四市一模)如图所示，在直角坐标系第一象限内有 A(6 cm,2 cm)、B(12 cm,8
47、cm)两点，匀强磁场垂直于 xOy 平面向外。一带负电的粒子 q1.61019 C，质量为 m3.91023 kg，以 v016 m/s 的速度从坐标原点 O 沿 x 轴正方向入射。不计重力。(1)为使带电粒子经过 B 点，求磁感应强度的大小。(2)在第一象限内再加入平行 xOy 平面的匀强电场，并改变磁感应强度的大小，带电粒子可先后经过 A、B 两点，动能分别变为初动能的 2 倍和 5 倍，求电场强度。解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示：由几何关系可知：R2122(R8)2代入数据得：R13 cm洛伦兹力充当向心力，有：qv0Bmv02R代入数据得 B0.03 T。(2
48、)洛伦兹力不做功，粒子从 O 点到 A 点由动能定理有：qUOAEkAEkOEkO粒子从 O 点到 B 点由动能定理有：qUOBEkBEkO4EkO从而 UOB4UOA沿 BO 方向电势均匀降落，由几何关系可找到 BO 的四等分点 C(3 cm,2 cm)，AC 为匀强电场中的一等势线从 O 点到 A 点，qEdEkAEkOEkO12mv02代入数据得：E1.56 V/m电场方向沿 y 轴负方向。答案：(1)0.03 T(2)1.56 V/m，方向沿 y 轴负方向11示波器中的示波管对电子的偏转是电偏转，电视机中的显像管对电子的偏转是磁偏转。小明同学对这两种偏转进行了定量的研究并做了对比，已知
49、电子的质量为 m、电荷量为 e，在研究的过程中空气阻力和电子所受重力均可忽略不计。(1)如图甲所示，水平放置的偏转极板的长度为 l，板间距为 d，极板间的偏转电压为 U，在两极板间形成匀强电场。极板右端到竖直荧光屏 MN 的距离为 b，荧光屏 MN 与两极板间的中心线 O1O1垂直。电子以水平初速度 v0 从两极板左端沿两极板间的中心线射入，忽略极板间匀强电场的边缘效应，求电子打到荧光屏上时沿垂直于极板板面方向偏移的距离；(2)如图乙所示，圆心为 O2、半径为 r 的水平圆形区域中有垂直纸面向里、磁感应强度为 B 的匀强磁场，与磁场区域右侧边缘的最短距离为 L 的 O2处有一竖直放置的荧光屏P
50、Q，荧光屏 PQ 与 O2O2连线垂直。今有一电子以水平初速度 v0 从左侧沿 O2O2方向射入磁场，飞出磁场区域时其运动方向的偏转角度为(未知)。请求出 tan2的表达式。解析：(1)设电子在偏转电场运动的加速度为 a，时间为 t，离开偏转电场时的偏移距离为 y，根据运动学公式有：y12at2根据牛顿第二定律有：aeUmd电子在电场中的运动时间：t lv0联立解得：y eUl22mdv02电子飞出偏转电场时，其速度的反向延长线通过偏转电场的中心，设电子打在屏上距O1的最大距离为 Y，则由几何关系可知：Yybl2l2将 y 代入解得 Y eUl2dmv02(l2b)。(2)由牛顿第二定律和洛伦
51、兹力公式得ev0Bmv02R，解得 Rmv0eB由如图所示的几何关系得，电子在磁场中一段圆弧轨迹所对应的圆心角与偏转角相等，均为 则：tan2rRBermv0。答案：(1)eUl2dmv02(l2b)(2)tan2Bermv0寒假作业(四)电路与电磁感应1.如图所示，在匀强磁场中有一个矩形单匝线圈 ABCD，AB 边与磁场垂直，MN 边始终与金属滑环 K 相连，PQ 边始终与金属滑环 L 相连；金属滑环 L、交流电流表 A、定值电阻 R、金属滑环 K 通过导线串联。使矩形线圈以恒定角速度绕过 BC、AD 中点的轴旋转。下列说法中正确的是()A交流电流表 A 的示数随时间按余弦规律变化B线圈转动
52、的角速度越大，交流电流表 A 的示数越小C线圈平面与磁场平行时，流经定值电阻 R 的电流最大D线圈平面与磁场垂直时，流经定值电阻 R 的电流最大解析：选 C 交流电流表测量的是交流电的有效值，线圈的角速度恒定，电流表示数不随时间而变化，故 A 错误。由交流电动势最大值 EmNBS 可知，越大，Em 越大，有效值 E 22 Em 越大，交流电流表 A 的示数越大，故 B 错误。当线圈平面与磁场平行时，AB 边与 CD 边垂直切割磁感线，感应电动势最大，感应电流最大，故 C 正确，D 错误。2多选将四根完全相同的表面涂有绝缘层的金属丝首尾连接，扭成如图所示四种形状的闭合线圈，图中大圆半径均为小圆半
53、径的两倍，将线圈先后置于同一匀强磁场中，线圈平面均与磁场方向垂直。若磁感应强度从 B 增大到 2B，则线圈中通过的电量最少的是()解析：选 BC 根据法拉第电磁感应定律，ENt，由闭合电路欧姆定律，IER，且电量 qIt，则有 qNR，若磁感应强度从 B 增大到 2B，则线圈中通过的电量最少的是磁通量变化最少的，由于穿过线圈的磁通量分正负面，设小圆半径为 R，因此 A 选项的磁通量变化量为 A5BR2，而 D 选项是将小圆旋转 180 度后再翻转，则磁通量变化量与 A选项相同，为 D5BR2，对于 B 选项，是将 A 选项小圆旋转 180 度，则磁通量的变化量为 B3BR2；而 C 选项，是将
54、 A 选项小圆翻转 180 度，则磁通量的变化量同 B 选项，为 C3BR2。综上所述，故 B、C 正确，A、D 错误。3.多选(2017南通模拟)如图所示电路中，L 为电感线圈，C 为电容器，当开关 S 由断开变为闭合时()AA 灯中无电流通过，不可能变亮BA 灯中有电流通过，方向由 b 到 aCB 灯逐渐熄灭，c 点电势高于 d 点电势DB 灯逐渐熄灭，c 点电势低于 d 点电势解析：选 BD 开关 S 由断开变为闭合时，电容器放电，所以 S 闭合瞬间 A 灯有从 b到 a 的电流，故 A 错误，B 正确；S 闭合瞬间，由于自感，L 中的电流会慢慢减小，所以 B灯逐渐熄灭，由于线圈中的电流
55、方向是从右向左，所以 c 点的电势低于 d 点的电势，故 C错误，D 正确。4多选(2017东北四市一模)如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒 ab 垂直静置于导轨上构成回路。在外力 F 作用下，回路上方的条形磁铁(下端是 N 极)竖直向上做匀速运动。在匀速运动某段时间内外力 F 做功 WF，磁场力对导体棒做功 W1，磁铁克服磁场力做功 W2，重力对磁铁做功 WG，回路中产生的焦耳热为 Q，导体棒获得的动能为 Ek。则下列选项中正确的是()A导体棒中的电流方向为 abBW1W2CW2W1QDWFWGEkQ解析：选 ACD 依据楞次定律可知，向下穿过闭合回路的磁通量减小，
56、则导体棒中感应电流方向由 ab，故 A 正确；根据题意，由动能定理知：导体棒：W1Ek根据能量守恒知 W2W1Q对磁铁有：WFWGW20由得 WFWGEkQ，故 C、D 正确，B 错误。5.多选(2017钦州市港区月考)如图所示，直线 A 为某电源的 U-I图线，曲线 B 为某小灯泡 D1 的 U-I 图线的一部分，用该电源和小灯泡D1 组成闭合电路时，灯泡 D1 恰好能正常发光，则下列说法中正确的是()A此电源的内阻为 0.5 B灯泡 D1 的额定电压为 3 V，功率为 6 WC把灯泡 D1 换成“3 V,20 W”的灯泡 D2，电源的输出功率将变小D由于灯泡 D1 的 U-I 图线是一条曲
57、线，所以灯泡发光过程，欧姆定律不适用解析：选 AB 由题图读出电源的电动势为 E4 V，图线 A 的斜率大小表示电源的内阻，则 r4160.5，故 A 正确；灯泡与电源连接时，A、B 两图线的交点表示灯泡的工作状态，则知其电压 U3 V，I2 A，则灯泡 D1 的额定电压为 3 V，功率为 PUI6 W，故 B 正确；把灯泡 D1 换成“3 V,20 W”的灯泡 D2，由 PU2R，知：灯泡 D2 正常工作时的电阻为 R2U2P 3220 0.45，灯泡 D1 的电阻为 R1UI 32 1.5，把灯泡 D1 换成“3 V，20 W”的灯泡 D2 时，输出电压小于 3 V，灯泡 D2 的电阻更接
58、近电源的内阻，电源的输出功率将变大，故 C 错误；小灯泡是纯电阻，欧姆定律是适用的，小灯泡的 U-I 图线之所以是一条曲线，是因为小灯泡电阻随温度的变化发生改变，故 D 错误。6.多选如图所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管(正向电阻为 0，反向电阻为)连接，电源负极接地。开始时电容器不带电，闭合开关 S，稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中 P 点。在开关 S 保持接通的状态下，下列说法正确的是()A当滑动变阻器的滑片向上滑动时，带电油滴会向上运动B当电容器的上极板向上移动时，带电油滴会向下运动C当电容器的下极板向下移动时，P 点的电势不变D当电容器的下极板向左移动时，P 点
59、的电势会升高解析：选 AD 当滑动变阻器的滑片向上滑动时，变阻器有效阻值增大，R 的电压增大，则电容器板间电压增大，场强增大，油滴所受的电场力增大，所以带电油滴会向上运动，故 A 正确。当电容器的上极板向上移动时，由电容的决定式 C S4kd知，电容减小，而电容器的电压不变，由 CQU知，Q 要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，根据推论 E4kQS 可知电容器板间场强不变，油滴所受的电场力不变，所以带电油滴仍静止不动，故 B 错误。当电容器的下极板向下移动时，电容器所带的电量 Q 不变，由 E4kQS 知电容器板间场强不变，由 UEd 知，P
60、 与下极板间的电势差变大，P 点的电势会升高，故 C 错误。当电容器的下极板向左移动时，由 C S4kd，可知电容器的电容减小，由 CQU知，Q 要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，那么只能是极板间 U 增大，由 EUd知电容器板间场强变大，则 P 与下极板间的电势差变大，P 点的电势升高，故 D 正确。7.多选如图所示，两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为，下端接有定值电阻 R，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度为 B。现给导体棒 MN 一平行于导轨的初速度 v，使导体棒保持与导轨垂直并沿导轨向上运动，经过一段时间导体棒又回到原
61、位置。不计导轨和导体棒的电阻，在这一过程中，下列说法正确的是()A导体棒上滑时棒中的电流方向由 N 到 MB导体棒上滑阶段和下滑阶段的同一位置受到的安培力大小相同C整个过程中流过导体棒横截面的电荷量必然为零D导体棒上升阶段减少的动能等于回路中产生的热量解析：选 AC 导体棒上滑时，依据楞次定律，棒中的电流方向由 N 到 M，故 A 正确；导体棒上滑阶段和下滑阶段的同一位置，由于电阻产生热量，导致来回的速度大小不相等，再由安培力公式 FBILB2L2vR，那么同一位置受到的安培力大小也不相同，故 B 错误；依据电量综合表达式 qItERtR，整个过程中流过导体棒横截面的电荷量 q0，故 C正确；
62、根据能量守恒定律，导体棒在上升阶段减少的动能等于棒增加的重力势能与回路中产生的热量之和，故 D 错误。8多选如图所示，某交流发电机的线圈共 n 匝，面积为 S，内阻为 r，线圈两端与电阻 R 构成闭合回路。当线圈在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，以角速度 绕轴 OO匀速转动时，下列说法正确的是()A产生感应电动势的有效值 EnBS2B从图示位置转过 90的过程中，通过电阻 R 横截面的电荷量 qnBSRC线圈经过中性面时，感应电流达到了最大值D线圈中的电流每经过时间方向改变一次解析：选 AD 线圈中产生的感应电动势最大值 EmnBS，产生的是正弦交流电，则感应电动势的有效值 EEm2nBS2，
63、A 正确；从图示位置转过 90的过程中，通过电阻 R横截面的电荷量 q I t，而平均感应电流 I ErR，平均感应电动势 E nt，故 qnrR，而线圈从图示位置转过 90的过程中，磁通量的变化 BS，可得 qnBSrR，B 错误；线圈经过中性面时，磁通量最大，但磁通量的变化率最小为 0，因此感应电动势最小为0，故感应电流达到了最小值，C 错误；线圈中的电流变化周期为 T2，一个周期内线圈中电流方向改变 2 次，则线圈中的电流每经过时间方向改变一次，D 正确。9.如图所示，位于竖直平面内的矩形金属线圈，边长 L10.40 m、L20.25 m，其匝数 n100 匝，总电阻 r1.0，线圈的两
64、个末端分别与两个彼此绝缘的铜环 C、D(集流环)焊接在一起，并通过电刷和 R3.0 的定值电阻相连接。线圈所在空间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度 B1.0 T，在外力驱动下线圈绕竖直固定中心轴 O1O2 匀速转动，角速度 2.0 rad/s。求：(1)电阻 R 两端电压的最大值；(2)从线圈通过中性面(即线圈平面与磁场方向垂直的位置)开始计时，经过14周期通过电阻 R 的电荷量；(3)在线圈转动一周的过程中，整个电路产生的焦耳热。解析：(1)线圈中感应电动势的最大值 EmnBS，其中 SL1L2则 EmnBSnBL1L220 V线圈中感应电流的最大值 Im EmRr5.0 A电阻 R 两端
65、电压的最大值 UmImR15 V。(2)从线圈平面通过中性面时开始，设经过14周期的时间为 t，此过程中线圈中的平均感应电动势 E nt nBSt通过电阻 R 的平均电流 I ERrnBSRrt，通过电阻 R 的电荷量 qItnBSRr2.5 C。(3)线圈中感应电流的有效值 IIm25 22A线圈转动一周的过程中，电流通过整个回路产生的焦耳热：Q 热I2(Rr)TI2(Rr)250 J157 J。答案：(1)15 V(2)2.5 C(3)157 J10.如图所示，一无限长的光滑金属平行导轨置于匀强磁场 B 中，磁场方向垂直导轨平面，导轨平面竖直且与地面绝缘，导轨上 M、N间接一电阻 R，P、
66、Q 端接一对沿水平方向的平行金属板，导体棒 ab置于导轨上，其电阻为 3R，导轨电阻不计，棒长为 L，平行金属板间距为 d。今导体棒通过定滑轮在一物块拉动下开始运动，稳定后棒做匀速运动，不计一切摩擦阻力。此时有一带电量为 q 的液滴恰能在两板间做半径为 r 的匀速圆周运动，且速率为 v，求：(1)棒向右运动的速度；(2)物块的质量。解析：(1)设平行金属板间电压为 U，液滴在平行金属板间做匀速圆周运动，重力与电场力必定平衡，则有：qUdmg由 qvBmv2r，得：rmvqB联立解得：UgdrBv则棒产生的感应电动势为：EUR(R3R)4gdrBv由 EBLv 棒，得：v 棒4gdrvL。(2)
67、棒中电流为：IURgdrBvRab 棒匀速运动，外力与安培力平衡，则有：FBILgdrLB2vR而外力等于物块的重力，即为：mggdrLB2vR解得：mdrLB2vR。答案：(1)4gdrvL (2)drLB2vR11(2017常州一模)如图甲所示，在水平面上固定有长为 L2 m、宽为 d0.5 m 的光滑金属“U”型导轨，导轨右端接有 R1 的电阻，在“U”型导轨右侧 l1 m 范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。在 t0 时刻，质量为m0.1 kg、内阻 r1 的导体棒 ab 以 v01 m/s 的初速度从导轨的左端开始向右运动，导轨的电阻忽略不计，g
68、取 10 m/s2。(1)求第 1 s 内流过 ab 的电流大小及方向；(2)求 ab 棒进入磁场瞬间的加速度大小；(3)导体棒最终停止在导轨上，求全过程回路中产生的焦耳热。解析：(1)第 1 s 内磁场随时间均匀变化，由法拉第电磁感应定律有 E1t ldBt 0.5 V所以流过 ab 的电流 I1 E1Rr0.25 A，方向由 a 流向 b。(2)依题意可知 ab 棒在 1 s 末时刻进入磁场(速度仍为 v0)，此后磁感应强度保持不变则 E2Bdv00.5 VI2 E2Rr0.25 AFBI2d由牛顿第二定律，有 BI2dma所以 a1.25 m/s2。(3)依据焦耳定律，Q1I12(Rr)
69、t10.125 J根据功能关系，则有：Q212mv020.05 J全过程回路产生的焦耳热 QQ1Q20.175 J。答案：(1)0.25 A 方向由 a 流向 b(2)1.25 m/s2(3)0.175 J寒假作业(五)原子物理学1(2017皖南八校联考)下列说法正确的是()A汤姆孙发现电子从而提出了原子的核式结构模型B普朗克通过对光电效应现象的分析提出了光子说C极限频率越小的金属材料逸出功越大D现已建成的核电站发电的能量来自于重核裂变解析：选 D 汤姆孙发现电子，卢瑟福提出了原子的核式结构模型，选项 A 错误；爱因斯坦通过对光电效应现象的分析提出了光子说，选项 B 错误；根据 Wh 可知极限
70、频率越小的金属材料逸出功越小，选项 C 错误；现已建成的核电站发电的能量来自于重核裂变，选项 D 正确。2(2017天津武清区期中)下列核反应属于热核反应的是()A.614C 714N1 0eB.92235U01n 53139I3995Y201nC12H13H24He01nD.919F24He1022Ne11H解析：选 C 轻核聚变又叫热核反应，是指把轻核结合成质量较大的核，并释放出核能的反应，由此可知 C 是轻核聚变，其中 A 为衰变，B 为重核裂变，D 为原子核的人工转变。故 C 正确，A、B、D 错误。3多选下列四幅图的有关说法中正确的是()A射入小孔的电磁波不能从空腔射出，这个小孔就是
71、一个黑体B乙图中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大C丙图中，射线 a 由电子组成，射线 b 为电磁波，射线 c 由 粒子组成D链式反应属于重核的裂变解析：选 ABD 在空腔壁上开一个很小的孔，射入小孔的电磁波在空腔内表面会发生多次反射和吸收，最终不能从空腔射出，这个小孔就成了一个绝对黑体，简称黑体，故 A正确；光的颜色决定了光的频率，颜色相同，则频率相同，根据光电效应方程，知最大初动能相同，则遏止电压相等，入射光越强，饱和光电流越大，故 B 正确；根据左手定则，a向左偏，知 a 带正电，由 粒子组成，射线 b 为电磁波，射线 c 由电子组成，故 C 错误；链式反应属于重核裂
72、变，比如铀核裂变为链式反应，故 D 正确。4.氢原子的部分能级如图所示，大量处于 n2 激发态的氢原子从一束单一频率的光中吸收了能量后，跃迁到某较高激发态，再向低能级跃迁时，可以发出 6 种不同频率的光子，其中能量最小的光子是氢原子()A从 n5 跃迁到 n4 产生的B从 n4 跃迁到 n3 产生的C从 n3 跃迁到 n2 产生的D从 n2 跃迁到 n1 产生的解析：选 B 根据向低能级跃迁时，可以发出 6 种不同频率的光子，有 6nn12，解得 n4，即最高可以跃迁到第 4 能级，由能级图可知第 4 和第 3 能级之间的能级差最小，所以能量最小的光子是氢原子从 n4 跃迁到 n3 产生的，故
73、 A、C、D 错误，B 正确。5多选下列说法正确的是()A汤姆孙通过 粒子散射实验建立了原子的核式结构模型B 衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的C在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后波长变长D如果用紫光照射某种金属发生光电效应，改用绿光照射该金属一定发生光电效应解析：选 BC 卢瑟福的 粒子散射实验揭示了原子的核式结构，故 A 错误。衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的，故 B 正确。在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，则动量减小，根据 hp，知波长增大，故 C 正
74、确。只有入射光的频率大于金属的极限频率才能发生光电效应；如果用紫光照射某种金属发生光电效应，改用绿光照射该金属不一定发生光电效应，故 D 错误。6(2017恩施模拟)某科学家提出年轻热星体中核聚变的一种理论，其中的两个核反应方程为 11H 126C 137NQ1；11H 157N 126CXQ2；方程中 Q1、Q2 表示释放的能量，相关的原子核质量见下表，下列判断正确的是()AX 是 23He，Q2Q1 BX 是 24He，Q2Q1CX 是 23He，Q2Q1DX 是 24He，Q2Q1解析：选 B 根据核反应方程的质量数守恒和电荷数守恒可判断出 X 是 24He，根据爱因斯坦质能方程可知质量
75、亏损大的释放能量大。11H 126C 137N 中质量亏损为：m1(1.007 812.000 013.005 7)u0.002 1 u，11H 157N 126CX 中质量亏损为：m2(1.007 815.000 112.000 04.002 6)u0.005 3 u。根据爱因斯坦质能方程可知：Q1m1c2，Q2m2c2，则 Q1E43，光子的频率 Eh，所以 43E43，光子的波长 hcE，所以 4341，故 C正确；从第 4 能级跃迁到第 3 能级时，原子要辐射一定频率的光子，原子的能量减少，故 D错误。寒假作业(六)力学实验1利用如图所示装置可以做力学中的许多实验，则下列利用此装置进行
76、相关实验时说法正确的是()A利用此装置“研究匀变速直线运动”时，必须设法消除小车和木板间摩擦阻力的影响B利用此装置探究“小车的加速度与质量的关系”并用图像法处理数据时，如果画出小车的加速度 a 随质量 M 变化的 a-M 图像不是直线，就可确定加速度与质量成反比C利用此装置探究“功与速度变化的关系”实验时，应将木板带打点计时器的一端适当垫高平衡摩擦力D实验时不需要调整滑轮高度，不用管细线与木板是否平行解析：选 C 此装置可以用来研究匀变速直线运动，但不需要平衡摩擦力，故 A 错误。曲线的种类有双曲线、抛物线、三角函数曲线等，所以若 a-M 图像是曲线，不能断定曲线是双曲线，即不能断定加速度与质
77、量成反比，应画出 a-1M图像，故 B 错误。探究“功与速度变化的关系”实验时，需要平衡摩擦力，方法是将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面分力补偿小车运动中所受阻力的影响，从而使小车受到的合力即为绳子的拉力，故 C 正确。实验时需要调整滑轮高度，让细线与木板平行，故D 错误。2(2017泉州模拟)某实验小组做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验。实验时，先把弹簧平放在桌面上，用刻度尺测出弹簧的原长 L04.6 cm，再把弹簧竖直悬挂起来，在下端挂钩码，每增加一只钩码均记下对应的弹簧的长度 x，数据记录如下表所示。钩码个数12345弹力 F/N1.02.03.04.
78、05.0弹簧的长度 x/cm7.09.011.013.015.0(1)根据表中数据在下图中作出 F-x 图像；(2)由此图线可得，该弹簧劲度系数 k_N/m；(结果保留 2 位有效数字)(3)图线与x轴的交点坐标大于L0的原因是_。解析：(1)描点作图，如图所示：(2)图像的斜率表示劲度系数，故有：kFx50 N/m。(3)图线与 x 轴的交点坐标表示弹簧不挂钩码时的长度，其数值大于弹簧原长，是因为弹簧自身重力的影响。答案：(1)图见解析(2)50(3)竖直悬挂时，弹簧自身重力的影响3(2018 届高三重庆一中调研)如图所示为弹簧弹射装置。在内壁光滑、水平固定的金属管中放有轻弹簧，在其两端各放
79、置一个金属小球 1 和 2(两球直径略小于管内径且与弹簧不固连)，压缩弹簧并锁定。现解除锁定，则两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射。按下述步骤进行实验：用天平测出两球质量分别为 m1、m2；用刻度尺测出两管口离地面的高度均为 h；解除弹簧锁定弹出两球，记录两球在水平地面上的落点 P、Q。回答下列问题：(1)要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，只需测量的物理量是_。(已知重力加速度 g)A弹簧的压缩量 x1B两球落点 P、Q 到对应管口 M、N 的水平距离 x1、x2C小球的直径D两球从管口弹出到落地的时间 t1、t2(2)根据测量结果，可得弹性势能的表达式为 Ep_。(3)用上述测得的物
80、理量来表示，如果满足关系式_，则表明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒。解析：(1)由题意可知，弹簧的弹性势能转化为两小球的动能，则由 Ep12m1v1212m2v22即可求得弹性势能，故应测量两小球的质量以及两小球的出射速度。测量小球的出射速度，可根据平抛运动的规律由出射高度和水平位移求出，故 B 正确，A、C、D 错误。(2)由(1)可知，Ep12m1v1212m2v22，由 h12gt2 可得平抛运动的时间 t2hg；根据水平方向上的匀速直线运动规律可知v1x1t，v2x2t。即 Ep12m1v1212m2v22m1gx124hm2gx224h。(3)根据动量守恒定律可知，两球射出前动量
81、为零，射出后运动方向相反，设向左为正方向，则有 0m1v1m2v2，再根据水平方向上 xvt 可得 m1x1m2x2。答案：(1)B(2)m1gx124hm2gx224h(3)m1x1m2x24某活动小组利用如图所示的装置测定物块 A 与桌面间的最大静摩擦力，步骤如下：a如图所示组装好器材，使连接物块 A 的细线与水平桌面平行b缓慢向矿泉水瓶内加水，直至物块 A 恰好开始运动c用天平测出矿泉水瓶及水的总质量 md用天平测出物块 A 的质量 M(1)该小组根据以上过程测得的物块 A 与桌面间的最大静摩擦力为_，本小组采用注水法的好处是_。(当地重力加速度为 g)(2)若认为最大静摩擦力等于滑动摩
82、擦力，则物块 A 与桌面间的动摩擦因数为_。解析：(1)根据共点力平衡可知，最大静摩擦力 fmg，活动小组采用注水法好处是可以连续不断地注入水，即连续不断地改变拉力。(2)根据共点力平衡可知，Mgmg解得 mM。答案：(1)mg 可以连续的改变拉力(2)mM5(2017全国卷)某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，将画有坐标轴(横轴为 x 轴，纵轴为 y 轴，最小刻度表示 1 mm)的纸贴在水平桌面上，如图(a)所示。将橡皮筋的一端 Q 固定在 y 轴上的 B 点(位于图示部分之外)，另一端 P 位于 y 轴上的 A 点时，橡皮筋处于原长。(1)用一只测力计将橡皮筋的 P 端沿 y 轴从
83、 A 点拉至坐标原点 O，此时拉力 F 的大小可由测力计读出。测力计的示数如图(b)所示，F 的大小为_N。(2)撤去(1)中的拉力，橡皮筋 P 端回到 A 点；现使用两个测力计同时拉橡皮筋，再次将P 端拉至 O 点。此时观察到两个拉力分别沿图(a)中两条虚线所示的方向，由测力计的示数读出两个拉力的大小分别为 F14.2 N 和 F25.6 N。()用 5 mm 长度的线段表示 1 N 的力，以 O 为作用点，在图(a)中画出力 F1、F2 的图示，然后按平行四边形定则画出它们的合力 F 合；()F 合的大小为_ N，F 合与拉力 F 的夹角的正切值为_。若 F 合与拉力 F 的大小及方向的偏
84、差均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则。解析：(1)由测力计的读数规则可知，读数为 4.0 N。(2)()利用平行四边形定则作图，如图所示。()由图可知 F 合4.0 N，从 F 合的顶点向 x 轴和 y 轴分别作垂线，顶点的横坐标对应长度为 1 mm，顶点的纵坐标长度为 20 mm，则可得出 F 合与拉力 F 的夹角的正切值为 0.05。答案：(1)4.0(2)()图见解析()4.0 0.056(2017江苏高考)利用如图 1 所示的实验装置探究恒力做功与物体动能变化的关系。小车的质量为 M200.0 g，钩码的质量为 m10.0 g，打点计时器的电源为 50 Hz
85、 的交流电。(1)挂钩码前，为了消除摩擦力的影响，应调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车观察到_。(2)挂上钩码，按实验要求打出的一条纸带如图 2 所示。选择某一点为 O，依次每隔 4个计时点取一个计数点。用刻度尺量出相邻计数点间的距离 x，记录在纸带上。计算打出各计数点时小车的速度 v，其中打出计数点“1”时小车的速度 v1_m/s。(3)将钩码的重力视为小车受到的拉力，取 g9.80 m/s2，利用 Wmgx 算出拉力对小车做的功 W。利用 Ek12Mv2 算出小车动能，并求出动能的变化量 Ek。计算结果见下表。W/103J2.452.923.353.814.26Ek/103 J2.312
86、.733.123.614.00请根据表中的数据，在方格纸上作出 Ek-W 图像。(4)实验结果表明，Ek 总是略小于 W。某同学猜想是由于小车所受拉力小于钩码重力造成的。用题中小车和钩码质量的数据可算出小车受到的实际拉力 F_N。解析：(1)挂钩码前，调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车，小车做匀速直线运动，表明此时已消除了摩擦力的影响。(2)打出计数点“1”时小车的速度v12.062.501020.2m/s0.228 m/s。(3)根据题表格中的数据，描点作图，如图所示：(4)由于 Wmgx，EkFx，则有 FEkW mg4.242.004.502.140.019.8 N0.093 N。答案
87、：(1)小车做匀速运动(2)0.228(3)见解析图(4)0.0937(2017全国卷)某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度之间的关系。使用的器材有：斜面、滑块、长度不同的矩形挡光片、光电计时器。实验步骤如下：如图(a)，将光电门固定在斜面下端附近；将一挡光片安装在滑块上，记下挡光片前端相对于斜面的位置，令滑块从斜面上方由静止开始下滑；当滑块上的挡光片经过光电门时，用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间 t；用 s 表示挡光片沿运动方向的长度如图(b)所示，v 表示滑块在挡光片遮住光线的 t 时间内的平均速度大小，求出 v；将另一挡光片换到滑块上，使滑块上的挡光片前端与中
88、位置相同，令滑块由静止开始下滑，重复步骤、；多次重复步骤；利用实验中得到的数据作出 v t 图，如图(c)所示。完成下列填空：(1)用 a 表示滑块下滑的加速度大小，用 vA 表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度大小，则 v 与 vA、a 和 t 的关系式为 v _。(2)由图(c)可求得，vA_ cm/s，a_ cm/s2。(结果保留 3 位有效数字)解析：(1)v 是 t 时间内中间时刻t2 的瞬时速度，vA 为 t 时间内的初速度，根据速度公式得v vAat2 vAa2t。(2)由 v vA12at 结合题图(c)可知，图线与纵轴交点的纵坐标即为 vA，将图线延长与纵轴相交，得 vA
89、52.1 cm/s，图线的斜率等于12a，即12a53.6052.130.18cm/s2，求得 a16.3 cm/s2。答案：(1)vAa2t(2)52.1 16.38某同学用如图甲所示的实验装置探究加速度与力的关系。他在气垫导轨旁安装了一个光电门 B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，力传感器可直接测出细线中拉力大小，传感器下方悬挂钩码。改变钩码数量，每次都从 A 处由静止释放滑块。已知滑块(含遮光条)总质量为 M，导轨上遮光条位置到光电门位置的距离为 L。请回答下面相关问题。(1)如图乙，实验时用游标卡尺测得遮光条的宽度为 d_ cm。某次实验中，由数字
90、毫秒计记录遮光条通过光电门的时间为 t,由力传感器记录对应的细线拉力大小为 F，则滑块运动的加速度大小 a 应表示为_(用题干已知物理量和测得物理量字母表示)。(2)下列实验要求中不必要的是_。A应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量B应使遮光条位置与光电门间的距离适当大些C应将气垫导轨调节至水平D应使细线与气垫导轨平行解析：(1)游标卡尺的主尺读数为 9 mm，游标尺上第 10 个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为 100.05 mm0.50 mm，所以最终读数为：9 mm0.50 mm9.50 mm0.950 cm；已知初速度为零，位移为 L，要计算加速度，需要知道末速度，故需要由
91、数字计时器读出遮光条通过光电门 B 的时间 t，末速度 vdt由 v22aL，得 av22L d22Lt2。(2)拉力是直接通过传感器测量的，故与滑块质量和钩码质量大小关系无关，故 A 错误。应使 A 位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故 B 正确。应将气垫导轨调节水平，才能使拉力等于合力，故 C 正确。要保持细线方向与气垫导轨平行，拉力才等于合力，故 D 正确。本题选择不必要的，故选 A。答案：(1)0.950 d22Lt2(2)A寒假作业(七)电学实验1.(2017曲靖一中月考)如图所示的电学黑箱中，有两只电阻，定值电阻 R08，另一为未知电阻 Rx；由箱内抽出三根引线 A、B
92、、C，当开关 S 与 C 闭合时，电流表的示数为 1 A，电压表示数为 8 V；当开关 S 与 D 闭合时，电流表示数为 1 A，电压表的示数为 10 V。(1)请在黑箱中画出两个电阻和 A、B、C 的连接图；(2)分析可知 Rx_。解析：(1)由分析的思路可知，电阻 R0 和 Rx 是串联在 A、B 之间的。当 S 与 C 闭合时，电压表示数为 8 V、电流表示数为 1 A，而定值电阻 R0 的阻值正好是8 V1 A8；因此与 C 点连接的导线位于 R0、Rx 之间，且 R0 与 A 端相连，Rx 与 B 端相连，作图如右：(2)由题意及(1)题图可知：U08 V，I1 A，U10 V所以
93、RxUU0I10 V8 V1 A2。答案：(1)电路图见解析(2)22.(2017沈阳模拟)在如图所示的电路中，A、B、C 为三节干电池，实验中理想电压表和电流表的读数如表所示。电键位置电压表 U(V)电流表 I(A)K11.400.20K22.700.30(1)如果干电池 A 和 B 具有相同的电动势和内阻，根据表中实验数据，可计算出干电池A 的电动势为_V，内阻为_(保留两位小数)；(2)已知干电池 C 的电动势与 A、B 相同，当电键 K 与“3”连接时，电流表的示数变为 0.29 A，则其原因是_。解析：(1)根据闭合电路的欧姆定律，有电键 K 接 1 时：EU1I1r电键 K 接 2
94、 时：2EU2I2(2r)代入数据解得：E1.50 V，r0.50。(2)K 接 3 时，电源的电动势变大，灯泡电阻不变，电流变小，原因是干电池 C 是旧电池，内阻较大，功率损耗较大。答案：(1)1.50 0.50(2)干电池 C 是旧电池，内阻较大，功率损耗较大3在物理课外活动中，刘聪同学制作了一个简单的多用电表，图甲为电表的电路原理图。已知选用的电流表内阻 Rg10、满偏电流 Ig10 mA，当选择开关接 3 时为量程 250 V 的电压表。该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，C 为上排刻度线的中间刻度，由于粗心上排刻度线对应数值没有标出。(1)若指针指在图乙所示位置，选择开关接 1
95、时其读数为_；选择开关接 3 时其读数为_。(2)为了测该多用电表欧姆挡的电阻和表内电源的电动势，刘聪同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验：将选择开关接 2，红黑表笔短接，调节 R1 的阻值使电表指针满偏。将多用电表红、黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在 C 处，此时电阻箱示数如图丙所示，则 C 处刻度应为_。计算得到多用电表内电池的电动势为_V。(保留 2 位有效数字)(3)欧姆调零后将电表红、黑表笔与某一待测电阻相连，若指针指在图乙所示位置，则待测电阻的阻值为_。(保留 2 位有效数字)解析：(1)选择开关接 1 时测电流，多用电表为量程是 10 mA 的电流表，其分
96、度值为 0.2 mA，示数为 6.9 mA；选择开关接 3 时测电压，多用电表为量程 250 V 的电压表，其分度值为 5 V，其示数为 173 V；(2)由题图丙所示电阻箱可知，电阻箱示数为 01 000 1100 510 01 150；指针指在 C 处时，电流表示数为 5 mA0.005 A，C 处电阻为中值电阻，则电表内阻为 150，电源电动势 EI2R0.0051502 V1.5 V；(3)根据第(1)问可知，欧姆调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，此时电路中的电流值为 I6.90 mA，而表内电池的电动势为 E1.5 V，表内总电阻为 r150，所以待测电阻的阻值为 REIr67
97、。答案：(1)6.9 mA 173 V(2)150 1.5(3)674.利用如图所示的电路测量一个满偏电流为 300 A，内阻 rg 约为 100 的电流表的内阻值，有如下的主要实验器材可供选择：A滑动变阻器(阻值范围 020)B滑动变阻器(阻值范围 01 750)C滑动变阻器(阻值范围 030 k)D电源(电动势 1.5 V，内阻 0.5)E电源(电动势 8 V，内阻 2)F电源(电动势 12 V，内阻 3)(1)为了使测量尽量精确，在上述可供选择的器材中，滑动变阻器 R 应选用_，电源 E 应选用_。(选填器材前面的字母序号)(2)实验时要进行的主要步骤有：A断开 S2，闭合 S1B调节
98、R 的阻值，使电流表指针偏转到满刻度C闭合 S2D调节 R的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的三分之二E记下此时 R的阻值为 190 则待测电流表的内阻 rg 的测量值为_，该测量值_(选填“大于”“小于”或“等于”)电流表内阻的真实值。解析：(1)在半偏法测电流表的电阻实验中，两次步骤的干路电流为了保持不变，即滑动变阻器尽量选择较大的，电源电压尽量选择较大的，故滑动变阻器 R 应选用 C；电源应选用 E，为什么不选 F 呢？因为如果选择了 F，由于它的电压太大，当变阻器的电阻达到最大时电路中的最小电流 I12 V30 000 400 A，超出电流表的满偏电流值。(2)当电流表满偏时，说明干路电
99、流为 300 A，若使电流表指针偏转到满刻度的三分之二，即 200 A 时，通过电阻箱 R的电流就为 100 A，由于电流表与电阻箱的电流之比为 21，则它们的电阻之比为 12，所以电流表的电阻为 190 295；该测量值小于电流表的真实值，因为实际干路的电流会比 300 A 稍大一些，故电阻箱的电流会比 100 A 稍大一些，所以它的电阻就会稍小一些。答案：(1)C E(2)95 小于5.(2018 届高三厦门一中检测)某同学欲将满偏电流 Ig100 A，内阻未知的电流表改装成量程较大的电压表，并对改装表进行校对。(1)该同学采用“半偏法”利用如图所示的电路测量电流表的内阻(图中电源的电动势
100、为 E6 V)时，先闭合开关 S1，调节滑动变阻器 R，使电流表指针偏转到满刻度，再闭合开关 S2，保持 R 不变，调节电阻箱 R的阻值使电流表指针偏转到满刻度的_，电阻箱 R的阻值为 198，则该同学测出的电流表的内阻为 Rg_。(2)若要将该电流表改装成量程为 1 V 的电压表，需给它_(填“串联”或“并联”)一个阻值为 R0_的电阻。(3)把改装好的电压表与标准电压表并联在电路中进行校对，由于(1)中对电流表内阻测定存在系统误差，若改装好的电压表的测量值为 U1，标准电压表的测量值为 U2，则U1_U2(选填“”“”或“”)。解析：(1)先闭合开关 S1，调节滑动变阻器 R，使电流表指针
101、偏转到满刻度，再闭合开关 S2，保持 R 不变，调节电阻箱 R，使电流表指针偏转到满刻度的一半，接着读出此时R的阻值为 198。电流表半偏，流过电阻箱的电流与流过电流表的电流相等，并联电压相等，则电流表的内阻为 RgR198。(2)改装电压表需要串联一电阻分压，根据欧姆定律可得 Ig(RgR0)1 V，解得 R09 802。(3)半偏法测电阻认为电流表与电阻并联后总电压不变，则电流表的内阻等于所并联电阻值，所以半偏法测电流表电阻比实际电阻偏小，按照测量值改装电压表时串联的电阻偏大，这个串联的电阻偏大、分压大，使电压表读数比实际偏小，故 U1U2。答案：(1)一半 198(2)串联 9 802
102、(3)6(2017东北三省四市一模)待测电阻 Rx 的阻值约为 100，现要测量其阻值，实验室提供器材如下：A电流表 A1(量程 40 mA，内阻 r1 约为 10)；B电流表 A2(量程 20 mA，内阻 r230)；C电压表 V(量程 15 V，内阻约为 3 000)；D定值电阻 R0120；E滑动变阻器 R(阻值范围 05，允许最大电流 1.0 A)；F电源(电动势 E3 V，内阻不计)；G开关 S 及导线若干。(1)为了使测量结果准确，以上器材不合适的是_。(用器材前对应的序号字母填写)(2)利用其余的实验器材，设计测量 Rx 的最佳实验电路，将电路图画在实线框内并标明元件符号。(3)
103、实验中需要测量的物理量有_，待测电阻的表达式 Rx_。解析：(1)由于电压表量程为 15 V，远大于电源的电动势，故电压表不可用。(2)由于电压表不可用，故可以采用电流表 A2 与定值电阻 R0 串联作电压表测电压，用电流表 A1 测量电流，由于改装的电压表内阻已知，故电流表 A1 采用外接法，由于待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示：(3)待测电阻两端电压 UI2(R0r2)，通过待测电阻的电流 IxI1I2，待测电阻阻值：RxUIxI2r2R0I1I2，其中 I1、I2 分别为电流表 A1 和 A2 的示数。答案：(1)C(2)电路
104、图见解析图(3)电流表 A1 的示数 I1，电流表 A2 的示数 I2 I2r2R0I1I27某学习小组欲探究小灯泡(“3 V1.5 W”)的伏安特性，可提供的实验器材如下：A电池组：电动势约 4.5 V，内阻可不计；B双量程的电压表V1：量程为 03 V、内阻约为 3 kV2：量程为 015 V、内阻约为 15 kC双量程的电流表A1：量程为 00.6 A、内阻约为 1 A2：量程为 03 A、内阻约为 0.1 D滑动变阻器 R：阻值范围 010、允许通过最大电流为 2 A；E开关 S，导线若干。在尽量提高测量精度的情况下，请回答下列问题：(1)根据以上器材，用笔画线代替导线将实物图 1 连
105、接成完整电路；(2)闭合开关前，滑动变阻器的滑动片应移到_端(选填“A”或“B”)；(3)调节滑动变阻器得到电压、电流数据如下表，请在图 2 所示的坐标纸上画出小灯泡的 U-I 图线。组数1234567U/V00.280.580.921.502.003.00I/A00.100.200.300.400.450.49(4)根据图线可估得小灯泡在常温下的电阻约为_(结果保留 2 位有效数字)。解析：(1)本实验应采用滑动变阻器分压接法，同时由于灯泡内阻较小，故采用电流表外接法以减小误差，故连线如图甲所示。(2)为了让电压值从零开始调节，由图可知测量电路与滑动变阻器的左侧并联，故开始时滑片应滑到 A
106、端。(3)根据描点法可得出对应的伏安特性曲线如图乙所示；(4)作出过原点的切线，如图丙所示；常温下的电阻为图线过原点的切线的斜率，故 R0.270.1 2.7。答案：(1)见解析图甲(2)A(3)见解析图乙(4)2.7寒假作业(八)选修 331(2018 届高三湖南师大附中检测)(1)下列说法中正确的是()A悬浮在液体中的微小固体颗粒的运动是无规则的，说明液体分子的运动也是无规则的B物体中分子热运动的动能的总和等于物体的内能C橡胶无固定熔点，是非晶体D热机的效率可以等于 100%E对于同一种气体，温度越高，分子平均动能越大(2)标准状况下的压强为 p01105 Pa，在标准状况下用打气筒给一个
107、体积为2.5 L的足球充气。充气前足球内部空气的压强为1105Pa，设充气过程中足球体积不变，且球内、外的温度均保持 20 不变。在打气最后的时刻，对打气筒活塞施加的压力为 F200 N，设打气筒为圆柱形、其活塞的截面积为 S10 cm2，打气筒每次打气压下的高度为 20 cm。不计各种摩擦，打气筒的活塞与连杆、把手的重力均不计。充气过程中，打气筒的活塞下压了多少次？解析：(1)根据布朗运动可知，悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动间接说明液体分子的运动也是无规则的，所以 A 项正确。因为物体的内能是分子热运动的动能和分子势能之和，所以 B 项错误。晶体有固定的熔点，非晶体无固定熔点，C 项正
108、确。因为热机工作时必有能量耗散，所以热机的效率不可能达到 100%，D 项错误。因为温度是分子平均动能的唯一标志，所以 E 项正确。(2)充气的最后的末态，设足球内气体的压强为 p，以活塞为研究对象，由平衡条件得p0SFpS每次压下打气筒的体积为 lS，设共需要压下打气筒 n 次。取足球内原有气体与外面打进的气体整体为研究对象，做等温变化，由玻意耳定律得p0(2.5103nlS)p2.5103，代入数据解得 n25(次)。答案：(1)ACE(2)252(1)下列说法正确的是()A悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动B空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果C彩色液晶显示器利用了液
109、晶的光学性质具有各向异性的特点D高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故E干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果(2)在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差 p 与气泡半径 r 之间的关系为 p2r，其中 0.070 N/m。现让水下 10 m 处一半径为 0.50 cm 的气泡缓慢上升。已知大气压强 p01.0105 Pa，水的密度 1.0103kg/m3，重力加速度大小 g10 m/s2。()求在水下 10 m 处气泡内外的压强差；()忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值
110、。解析：(1)悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的热运动，A 项错误；空中的小雨滴呈球形是由于水的表面张力作用，使得小雨滴表面积最小而呈球形，B 项正确；彩色液晶中的染料分子利用液晶具有光学各向异性的特点，与液晶分子结合而定向排列，当液晶中电场强度不同时，染料分子对不同颜色的光吸收强度不同而显示各种颜色，C 项正确；高原地区水的沸点较低是由于高原地区大气压强较小，D 项错误；由于湿泡外纱布中的水蒸发吸热而使其显示的温度低于干泡显示的温度，E 项正确。(2)()当气泡在水下 h10 m 处时，设其半径为 r1，气泡内外压强差为 p1，则p12r1 代入题给数据得 p128 Pa。()设气泡在
111、水下 10 m 处时，气泡内空气的压强为 p1，气泡体积为 V1；气泡到达水面附近时，气泡内空气的压强为 p2，气泡内外压强差为 p2，其体积为 V2，半径为 r2。气泡上升过程中温度不变，根据玻意耳定律有p1V1p2V2由力学平衡条件有p1p0ghp1p2p0p2气泡体积 V1 和 V2 分别为V143r13V243r23联立式得 r1r23p0p2ghp0p1由式知，pip0，i1,2，故可略去式中的 pi 项。代入题给数据得r2r13 21.3。答案：(1)BCE(2)()28 Pa()3 2或 1.33(1)下列说法正确的是()A布朗运动就是悬浮在液体中小颗粒分子的无规则运动B叶面上的
112、小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用C第二类永动机违反了热传导的方向性D当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大E一定质量的理想气体先经等容降温，再经等温压缩，压强可以回到初始的数值(2)如图所示，质量为 m、横截面积为 S 的两个密闭活塞将开口向上竖直放置的导热气缸内的理想气体分成、两部分，当在活塞 A 上放有质量为 2m 的铁砂后，整个装置处于静止状态，此时、两部分气体的高度均为 l0。已知环境温度、大气压强 p0 均保持不变，且满足 mgp0S，不计一切摩擦。当取走铁砂后，两活塞在某位置重新处于平衡，求活塞 A 上升的高度。解析：(1)布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，不是小颗粒分子
113、的无规则运动，而是液体分子无规则运动的间接反映，故 A 错误。叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用形成的，故 B 正确。第二类永动机违反了热传导的方向性，即违反了热力学第二定律，故 C 正确。当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定比较大，绝对湿度不一定较大，人们感到干燥时，空气的相对湿度一定比较小，绝对湿度不一定较小，故 D 错误。根据理想气体的状态方程：pVT C 可知，一定质量的理想气体先经等容降温，压强减小；再经等温压缩，压强又增大，所以压强可以回到初始的数值，故 E 正确。(2)对气体，初状态 p1p03mgS 4p0末状态 p1p0mgS 2p0由玻意耳定律 p1l0Sp1l1
114、S解得 l12l0气体，初状态 p2p1mgS 5p0末状态 p2p1mgS 3p0由玻意耳定律 p2l0Sp2l2Sl253l0A 活塞上升的高度 l(l1l0)(l2l0)53l0。答案：(1)BCE(2)53l04(1)下列说法中正确的是()A运送沙子的卡车停于水平地面，在缓慢卸沙过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则胎内气体从外界吸热B民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地被“吸”在皮肤上。其原因是，当火罐内的气体体积不变时，温度降低，压强减小C晶体的物理性质都是各向异性的D一
115、定量的理想气体从外界吸收热量，其内能一定增加E分子间的相互作用力由引力与斥力共同产生，并随着分子间距的变化而变化，分子间引力和斥力都随分子间距的减小而增大(2)如图，横截面积相等的绝热气缸 A 与导热气缸 B 均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两气缸间均无摩擦，两气缸内都装有理想气体，初始时体积均为 V0、温度为 T0，且压强相等，缓慢加热 A 中气体，停止加热达到稳定后，A 中气体压强变为原来的 1.5 倍，设环境温度始终保持不变，求气缸 A 中气体的体积 VA 和温度 TA。解析：(1)在缓慢卸沙过程中，若车胎不漏气，胎内气体的压强减小，温度不变，根据理想气体状态方程pVT C 分析知
116、，气体的体积增大，对外做功，由热力学第一定律可知，胎内气体从外界吸热，故 A 正确。当火罐内的气体体积不变时，温度降低，根据理想气体状态方程pVT C 分析知，气体的压强减小，这样外界大气压大于火罐内气体的压强，从而使火罐紧紧地被“吸”在皮肤上，故 B 正确。单晶体的物理性质是各向异性的，而多晶体的物理性质是各向同性的，故 C 错误。一定量的理想气体从外界吸收热量，其内能不一定增加，还与对外做功情况有关，故 D 错误。分子间的引力与斥力同时存在，分子间的相互作用力由引力与斥力共同产生，并随着分子间距的变化而变化，分子间引力和斥力都随分子间距的减小而增大，故 E 正确。(2)设初态压强为 p0，
117、加热膨胀后 A、B 压强相等。pB1.5p0B 中气体始末状态温度相等，由玻意耳定律得：p0V01.5p0VB2V0VAVB解得 VA43V0对 A 部分气体，由理想气体状态方程得：p0V0T0 1.5p0VATA解得 TA2T0。答案：(1)ABE(2)43V0 2T05(1)下列说法正确的是()A“用油膜法估测分子的大小”实验中油酸分子直径等于纯油酸体积除以相应油酸膜的面积B一定质量的理想气体在体积不变的情况下，压强 p 与热力学温度 T 成正比C气体分子的平均动能越大，气体的压强就越大D物理性质各向同性的一定是非晶体E液体的表面张力是由于液体分子间的相互作用引起的(2)如图甲所示的玻璃管
118、上端开口，管内有一部分水银封住密闭气体，上管足够长，上、下管的截面积分别为 S21 cm2、S12 cm2。封闭气体初始温度为 57，乙图为对封闭气体缓慢加热过程中气体压强随体积变化的图线。求：(摄氏温度 t 与热力学温度 T 的关系是Tt273 K)()封闭气体初始状态的压强；()若缓慢升高气体温度，升高至多少可将所有水银全部压入细管内。解析：(1)用油膜法测分子直径大小的实验中，油膜经充分扩散，形成单分子油膜，故纯油酸体积除以油膜面积即为分子直径大小，故 A 正确；由查理定律可知，一定质量的理想气体在体积不变的情况下，压强 p 与热力学温度 T 成正比，故 B 正确；气体分子平均动能大，说
119、明气体温度较高，但不确定气体体积的大小，由理想气体状态方程可知无法确定气体压强大小，故 C 错误；多晶体也具有各向同性的特点，故 D 错误；液体的表面张力是由于表面层分子分布比液体内部稀疏，分子间相互作用表现为引力，故 E 正确。(2)()气体初状态体积为：V1LS144 cm3，由题图知此时压强为：p180 cmHg。()由题意知：水银全部进入细管内时，p282 cmHg，V248 cm3从状态 1 到状态 2 由理想气体状态方程知：p1V1T1 p2V2T2，其中 T1(57273)K330 K代入数据解得：T2369 K。答案：(1)ABE(2)()80 cmHg()369 K寒假作业(
120、九)选修 341(2017马鞍山一模)(1)下列说法正确的是()A光的偏振现象说明光是横波B变化的磁场一定会产生变化的电场C照相机镜头在阳光下呈现淡紫色是光的全反射现象D相对论认为时间和空间与物体的运动状态有关E光的双缝干涉实验中，若仅将入射光从蓝光改为红光，则相邻亮条纹间距一定变大(2)一列简谐横波沿 x 轴正向传播，波源的平衡位置坐标为x00。M、N 是传播方向上两质点，横坐标分别为 x14 m、x212 m。t0 时波源开始振动，t0.5 s 时质点 M 开始振动，M 点的振动图像如图所示。求：()波从波源传到 N 点的时间；()从 t0 时刻到 N 点第一次达到波峰时，波源质点所经过的
121、路程。解析：(1)光的偏振现象说明光是横波，故 A 正确；均匀变化的磁场只会产生恒定的电场，而非均匀变化的磁场会产生变化的电场，故 B 错误；照相机的镜头呈现淡紫色是光的干涉现象，故 C 错误；相对论认为时间、空间都会随物体运动的速度而发生变化，故 D 正确；光的双缝干涉实验中，光的双缝干涉条纹间距 xLd，若仅将入射光从蓝光改为红光，由于红光波长大于蓝光波长，则相邻亮条纹间距变大，故 E 正确。(2)()根据波从波源传到 M 点的过程，可得波速为：vx1t 40.5 m/s8 m/s，波从波源传到 N 点的时间为：t2x2v128 s1.5 s。()波传到 N 点后 N 点向上开始振动，再经
122、过14周期第一次达到波峰。由题图读出波的周期为：T1 s所以从 t0 时刻到 N 点第一次达到波峰时经历时间为：tt2T41.75 s1.75T，波源质点所经过的路程为：s1.754A1.7540.2 cm1.4 cm。答案：(1)ADE(2)()1.5 s()1.4 cm2.(1)如图所示为某时刻的两列简谐横波在同一介质中沿相同方向传播的波形图，此时 a 波上某质点 P 的运动方向如图所示，则下列说法正确的是()A两列波具有相同的波速B此时 b 波上的质点 Q 正向上运动C一个周期内，Q 质点沿 x 轴前进的距离是 P 质点的 1.5 倍D在 P 质点完成 30 次全振动的时间内 Q 质点可
123、完成 20 次全振动Ea 波和 b 波在空间相遇处会产生稳定的干涉图样(2)半径为 R 的固定半圆形玻璃砖的横截面如图所示，O 点为圆心，OO与直径 AB 垂直。足够大的光屏 CD 紧靠在玻璃砖的左侧且与 AB 垂直。一光束沿半径方向与 OO成 30射向 O 点，光屏 CD 区域出现两个光斑，两光斑间的距离为(31)R。求：()此玻璃的折射率；()当 变为多大时，两光斑恰好变为一个。解析：(1)两列简谐横波在同一介质中波速相同，故 A 正确。此时 a 波上某质点 P 的运动方向向下，由波形平移法可知，波向左传播，可知此时 b 波上的质点 Q 正向上运动，故B 正确。在简谐波传播过程中，介质中质
124、点只上下振动，不会沿 x 轴前进，故 C 错误。由题图可知，两列波波长之比 ab23，波速相同，由波速公式 vf 得 a、b 两波频率之比为 fafb32。所以在 P 质点完成 30 次全振动的时间内 Q 质点可完成 20 次全振动，故 D 正确。两列波的频率不同，不能产生稳定的干涉图样，故 E 错误。(2)()细光束在 AB 界面一部分反射，另一部分折射，设折射角为，光路图如图所示，由几何关系得：L1 Rtan Rtan 30 3R根据题意两光斑间的距离为(31)R所以 L2R由几何关系知 45根据折射定律，折射率 nsin sin sin 45sin 30 2。()若光屏 CD 上恰好只剩
125、一个光斑，则说明该光束恰好发生全反射。由 sin C1n得临界角为：C45即当 45时，光屏上恰好只剩下一个光斑。答案：(1)ABD(2)()2()453(1)如图所示，a、b、c、k 为连续的弹性介质中间隔相等的若干质点，e 点为波源，t0 时刻从平衡位置开始向上做简谐运动，振幅为 3 cm，周期为 0.2 s。在波的传播方向上，后一质点比前一质点迟 0.05 s 开始振动。t0.25 s 时，x 轴上距 e 点 2.0 m 的某质点第一次到达最高点，则()A该机械波在弹性介质中的传播速度为 8 m/sB该机械波的波长为 2 mC图中相邻质点间距离为 0.5 mD当 a 点经过的路程为 9
126、cm 时，h 点经过的路程为 12 cmE当 b 点在平衡位置向下振动时，c 点位于平衡位置的上方(2)如图所示，直角玻璃三棱镜置于空气中，已知A60，C90，一束极细的光于 AC 边的中点 D 垂直 AC 边入射，ADa，棱镜的折射率 n 2。求：()光从棱镜第一次射入空气时的折射角；()光从进入棱镜到它第一次从 BC 边和 AB 边射入空气所经历的时间分别为多少？(设光在真空中的传播速度为 c)解析：(1)根据题意可知波的周期为 0.2 s，t0 时刻 e 点从平衡位置开始向上做简谐运动，经过 t0.05 s，e 点第一到达最高点。t0.25 s 时，x 轴上距 e 点 2.0 m 的某质
127、点第一次到达最高点，则知该质点的振动比 e 点落后一个周期，所以波长为 2 m，波速为 v10 m/s，故 A 错误，B 正确。由波的周期为 T0.2 s，后一质点比前一质点迟 0.05 sT4开始振动，可知相邻质点间的距离等于14波长，为 0.5 m，故 C 正确。根据对称性知，当 a 点经过的路程为 9 cm 时，h 点经过的路程为 12 cm，故 D 正确。波从 e 点向左右两侧传播，根据波的传播方向知，当 b 点在平衡位置向下振动时，c 点位于波谷，故 E 错误。(2)()如图所示，i160，设玻璃对空气的临界角为 C，则 sin C1n 12，得 C45因为 i145，发生全反射由几
128、何知识可得，i2i13030C，则光线从 BC 边折射而出，由折射定律有：sin rsin i2 2所以 r45。由几何关系可知在 BC 边上反射的光线将垂直 AB 边射出。()三棱镜中光速 vcn c2从 BC 边射出的光线所用的时间：t1 3av avcos 305 6a3c。从 AB 边射出的光线所用的时间：t2t1 3a3v 2 6ac。答案：(1)BCD(2)()45()5 6a3c 2 6ac4(2018 届高三湖南师大附中检测)(1)如图所示，甲图为沿 x 轴传播的一列简谐横波在 t0 时刻的波动图像，乙图为参与波动质点 P 的振动图像，则下列判断正确的是()A该波的传播速率为
129、4 m/sB该波的传播方向沿 x 轴正方向C经过 0.5 s 时间，质点 P 沿波的传播方向向前传播 2 mD该波在传播过程中若遇到 3 m 的障碍物，能发生明显衍射现象E经过 0.5 s 时间，质点 P 的位移为零，路程为 0.4 m(2)如图所示，横截面为矩形 ABCD 的玻璃砖竖直放置在水平面上，其厚度为 d，AD 面镀有银，用一束与 BC 面成 45角的细微光向下照射在 BC面上，在水平面上出现两个光斑，距离为23 3d，求玻璃砖的折射率。解析：(1)由题图甲读出该波的波长为 4 m，由题图乙读出周期为 T1 s，则波速为 vT41 m/s4 m/s，故 A 正确。在乙图上读出 t0
130、时刻 P 质点的振动方向沿 y 轴负方向，在甲图上判断出该波的传播方向沿 x 轴负方向，故 B 错误。质点 P 只在自己的平衡位置附近上下振动，并不沿波的传播方向向前传播，故 C 错误。由于该波的波长为 4 m，所以该波在传播过程中若遇到 3 m的障碍物，能发生明显的衍射现象，故 D 正确。经过 t0.5 sT2时间，质点 P 又回到平衡位置，位移为零，路程为 s2A20.2 m0.4 m，故 E 正确。(2)作出光路图，由光的反射定律和光路可逆性可知，反射光线 OH与折射光线 FG 平行，且 OH 与水平面的夹角为 45。则得 OFGH23 3dIE12OF 33 dtan rIEIO 33
131、，可得 r30所以折射率 nsin isin r 2。答案：(1)ADE(2)25.(1)某同学利用平行玻璃砖测量玻璃的折射率，按插针法步骤正确操作，借助刻度尺完成了光路图。该同学有圆规，却没有量角器，他就以 O 点为圆心，15.00 cm 为半径画圆，分别交入射光线于 A 点，交直线 OO的延长线于 C 点，分别过 A、C 点作法线 NN的垂线交 NN于 B、D 点，如图所示。用刻度尺测得 AB9.00 cm，CD6.00 cm，则玻璃的折射率 n_(请用已知线段表示)，代入数据求得 n_。若玻璃砖前后两面并不平行，按正确实验操作，则他测出的折射率_(填“会”或“不会”)受到影响。(2)如图
132、所示，一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，图中的实线和虚线分别是该波在 t0.02 s 和 t0.08 s 时刻的波形图。()在 t0.02 s 时，求 x0.9 m 处质点的振动方向及该波的最大周期；()若波传播的周期为 T，且 8Tt9T，求该波传播的波速大小。解析：(1)由题图可得 sinAOBABOA，sinDOCCDOC，OAOC，根据折射定律得 nsinAOBsinDOCABCD9.006.001.5。由于在确定玻璃中的折射光线的位置时与前后两面是否平行无关，所以只要操作正确，折射率的测量就不会受玻璃砖的形状的影响。(2)()该波沿 x 轴正方向传播，根据前一质点带动后一质点振动的原
133、理，t0.02 s 时，x0.9 m 处的质点向 y 轴负方向振动。由题意有34Tmaxtt解得 Tmax0.08 s。()若 8Tt9T，则依题意有 tt634 T解得 T0.089s由题图可知该波的波长 1.2 m，则波速vT135 m/s。答案：(1)ABCD 1.5 不会(2)()沿 y 轴负方向 0.08 s()135 m/s寒假作业(十)一模考前适应性训练(一)一、选择题(本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 15 题只有一个选项符合题目要求，第 68 题有多个选项符合题目要求。全选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分)
134、1(2017海淀一月模拟)玻尔提出的氢原子结构理论主要依据的现象是()A 粒子散射实验的现象B中子轰击铀核发生裂变的现象C原子核的天然放射性现象D低压氢气放电管中的氢气在高电压作用下发光，产生线状谱线的现象解析：选 D 粒子散射实验的现象得出了原子核式结构模型，故 A 错误。中子轰击铀核发生裂变是核电站的主要原理，故 B 错误。原子核的天然放射现象说明原子核内部有复杂结构，故 C 错误。低压氢气放电管中的氢气在高电压作用下发光，产生线状谱线的现象，用核式结构模型无法解释，在这基础上，玻尔提出了氢原子结构理论，用能量的量子化进行解释，故 D 正确。2.如图所示，是一名登山运动员攀登陡峭雪壁的情形
135、，如果认为峭壁的平面是竖直的平面，冰面是光滑的，腿与峭壁面是垂直的，细绳与壁面的夹角为 30，运动员重为 80 kg。则细绳给人的张力大小为(g 取10 m/s2)()A.800 33N B800 NC.1 600 33N D1 600 N解析：选 C 对运动员受力分析如图所示：根据平衡条件，水平方向：NTsin 30竖直方向：Tcos 30mg故细绳给人的张力为：Tmgcos 3080032N1 600 33N故 C 正确。3.如图所示，P、Q 是两个电荷量相等的异种电荷，在其电场中有a、b、c 三点在一条直线上，平行于 P、Q 的连线，b 在 P、Q 连线的中垂线上，abbc，下列说法正确
136、的是()A电势：abcB电势：acbC电场强度：EaEbEcD电场强度：EbEaEc解析：选 A P、Q 是两个电荷量相等的异种电荷，画出等势面和电场线分布，如图所示：根据沿着电场线，电势逐渐降低，可得 abc，故 A 正确，B 错误。电场线的疏密程度反映电场强度的大小，由于对称性可得 EaEc，故 C、D 错误。4(2018 届高三皖南八校联考)一颗在赤道上空做匀速圆周运动的人造卫星，其轨道半径上对应的重力加速度为地球表面重力加速度的四分之一，则某一时刻该卫星观测到地面赤道最大弧长为(已知地球半径为 R)()A.23RB.12RC.13RD.14R解析：选 A 根据卫星在其轨道上满足 GMm
137、r2 mg，且在地球表面 GMmR2 mg，又因为 g14g，解得 r2R；则某一时刻该卫星观测到地面赤道的弧度数为23，则观测到地面赤道最大弧长为23R，A 正确。5如图甲所示，在粗糙的水平面上，一质量 m1 kg 可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并被锁定，滑块与弹簧不相连，解除锁定前滑块处于 P 处，t0 时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的速度时间图像如图乙所示，其中 Oab 段为曲线，bc 段为直线，在 t11 s 时滑块已经在水平面上滑行 x4 m 的距离。在滑块运动方向上与 P 相距 7 m 的 Q 处有一竖直挡板，若滑块与挡板碰撞被弹回时无能量损失，g 取 10 m/s2，弹簧的
138、劲度系数为 0.8 N/m，则下列说法正确的是()A滑块与水平面间动摩擦因数为 0.2B弹簧锁定时具有的弹性势能为 10 JC若水平面光滑，则在滑块向右运动的过程中，滑块的机械能守恒D当滑块从 P 点向右运动 2.5 m 时，滑块具有最大的动能解析：选 A 从图像可知，滑块脱离弹簧后的加速度为：a1vcvbt2421 m/s22 m/s2由牛顿第二定律有：mgma1得：0.2，故 A 正确；t11 s 时滑块已经在水平面上滑行 x4 m 的距离，设弹簧对滑块做功为 W，由动能定理知：Wmgx12mvb2代入数据得：W16 J由题图可知此时弹簧已经恢复原长，弹性势能已经全部释放，所以弹性势能 E
139、pW16 J，故 B 错误；若水平面光滑，则在滑块向右运动的过程中，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，但滑块的机械能不守恒，故 C 错误；当弹簧弹力等于滑动摩擦力时，滑块的动能最大，则有：kxmg，解得：x2.5 m，则当滑块从 P 点向右运动的位移 x4 m2.5 m1.5 m 时，滑块具有最大的动能，故 D 错误。6.(2017南宁一模)如图所示，小球从斜面底端正上方 h 高处，以某一速度正对倾角为 的斜面水平抛出时，小球到达斜面的位移最小，(重力加速度为 g)则()A小球平抛的初速度 v0gh2 sin B小球平抛的初速度 v0gh2cos C飞行时间 t2hg cos D飞行时间 t2h
140、g cos 解析：选 AC 过抛出点作斜面的垂线，如图所示：当小球落在斜面上的 B 点时，位移最小，设运动的时间为 t，则水平方向：xhcos sin v0t竖直方向：yhcos cos 12gt2解得 v0gh2 sin，t2hg cos。故 A、C 正确。7.如图所示，abcd 为水平放置的平行光滑金属导轨，间距为 l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，导轨电阻不计。已知金属杆 MN 倾斜放置，与导轨成 角，单位长度的电阻为 r，保持金属杆以速度 v 沿平行于 cd 的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)。则()A电路中感应电动势的大小为 Blvsin B电路中
141、感应电流的大小为Bvsin rC金属杆所受安培力的大小为B2lvsin rD金属杆的发热功率为B2v2lsin r解析：选 BD 电路中感应电动势为：EBlv，故 A 错误。由题意可知金属杆接入电路中的有效电阻 R lrsin，则电路中感应电流的大小为：IERBvsin r，故 B 正确。金属杆所受安培力的大小为：FBIMNBIlsin B2lvr，故 C 错误。金属杆的热功率为：PEII2RB2v2lsin r，故 D 正确。8(2017沈阳模拟)如图所示，虚线框内为漏电保护开关的原理示意图，变压器 A 处用火线和零线平行绕制成线圈，然后接到用电器，B 处有一个输电线圈，一旦线圈 B 中有电
142、流，经放大后便能推动继电器切断电源，如果甲、乙、丙、丁四人分别以图示方式接触电线(裸露部分),甲、乙、丙站在木凳上，则下列说法正确的是()A甲不会发生触电事故，继电器不会切断电源B乙会发生触电事故，继电器不会切断电源C丙会发生触电事故，继电器会切断电源D丁会发生触电事故，继电器会切断电源解析：选 AD 题图中甲、乙站在木凳上(人与地绝缘)接触火线时，火线和零线中电流方向、大小不变，线圈 A 产生的总磁通量为零，线圈 B 中不产生感应电流，继电器均不会切断电源，甲、乙不会发生触电事故，故 A 正确，B 错误；当丙双手“火线零线”触电时(人与地绝缘)，火线和零线中电流方向相反、大小相等，线圈 A
143、产生的总磁通量为零；线圈 B 中不会产生感应电流，故继电器不会切断电源，但人会触电，故 C 错误；当丁如题图中“手地”触电时，会导致一部分电流通过大地，发生触电事故，火线和零线中电流方向、大小不等，线圈 A 产生的总磁通量不为零，故会在线圈 B 中产生感应电流，经放大后便能推动继电器切断电源，故 D 正确。二、非选择题(共 47 分)9(6 分)(2018 届高三西北工大附中检测)某实验小组利用拉力传感器和打点计时器“探究加速度与力的关系”。他们将拉力传感器固定在小车上记录小车静止时受到拉力的大小，下面按照甲图进行实验，t0 时，小车处于甲图所示的位置。(1)该 同 学 按 甲 图 完 成 实
144、 验，请 指 出 至 少 一 处 错 误：_。(2)把甲图中的错误改正后，重新做实验，图乙是实验中获得的一条纸带的某部分，选取 A、B、C、D、E 为计数点(每两个计数点间还有 4 个点未画出)，AC 间的距离为_cm。(3)若打点计时器使用的交流电频率为 50 Hz，则小车的加速度大小为_m/s2。(结果保留两位有效数字)解析：(1)该实验的错误之处：打点计时器的电源接了直流电；小车释放时离打点计时器太远；实验前未平衡摩擦阻力。(2)AC 间的距离为 3.10 cm。(3)根据 xaT2，运用逐差法得：axCExAC4T210.103.103.1010240.01m/s20.98 m/s2。
145、答案：(1)打点计时器的电源接了直流电；小车释放时离打点计时器太远；实验前未平衡摩擦阻力(2)3.10(3)0.9810(9 分)(2017福州一中模拟)为了测量某高内阻电源的电动势 E 和内阻 r(电动势约 5 V、内阻约 500)，现提供下列器材：A待测电源B电压表 V(03 V，内阻约几千欧)C电流表 A(10 mA，RA10)D电阻箱 R0(09 999.9)E滑动变阻器 R1(020)F滑动变阻器 R2(01 000)G开关及导线H干电池若干节(内阻很小)(1)实验中需要将电压表改装。首先测定其内阻，某同学采用图甲所示的电路，电源为干电池组。开关 S 闭合前，电阻箱 R0的阻值应该调
146、到_(选填“零”或“最大”)。闭合开关，调节电阻箱，当电压表指针满偏时，阻值为 R012 950；当电压表指针半偏时，阻值为 R028 900，则电压表内阻 RV_。(2)采用图乙所示的电路测量电源电动势和内阻。电阻箱 R0 与电压表串联构成量程为 6 V 的电压表，则 R0_；滑动变阻器应选_(选填“R1”或“R2”)。(3)根据实验测得数据，作出电源路端电压 U 随电流 I 变化的图像如图丙所示，由图像可知 E_V，r_。解析：(1)开关 S 闭合前，电阻箱 R0 的阻值应该调到最大。由 U URVR010.5U0.5URV R02，解得 RV3 000。(2)根据扩大电压表量程原理，电阻
147、箱 R0 与电压表串联构成量程为 6 V 的电压表，则R03 000；滑动变阻器应选阻值范围大的 R2。(3)由闭合电路欧姆定律，EUIr，结合图线解得 E5.0 V，图线斜率的绝对值等于电源内阻 r490。答案：(1)最大 3 000(2)3 000 R2(3)5.0 49011.(14 分)如图为固定在竖直平面内的轨道，直轨道 AB 与光滑圆弧轨道 BC 相切，圆弧轨道的圆心角为 37，半径为 r0.25 m，C 端水平，AB 段的动摩擦因数为 0.5。竖直墙壁 CD 高 H0.2 m，紧靠墙壁在地面上固定一个和 CD 等高，底边长 L0.3 m 的斜面。一个质量 m0.1 kg 的小物块
148、(视为质点)在倾斜轨道上从距离 B 点 l0.5 m 处由静止释放，从 C 点水平抛出。重力加速度 g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)小物块运动到 C 点时对轨道的压力的大小；(2)小物块从 C 点抛出到击中斜面的时间；(3)改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值。解析：(1)小物块从 A 到 C 的过程，由动能定理得：mglsin 37mg(rrcos 37)mglcos 3712mv02代入数据解得：v0 3 m/s在 C 点，由牛顿第二定律得：Nmgmv02r代入数据解得：N2.2 N由牛顿第三定律得，小物块运动到 C 点时对轨道
149、的压力的大小为 2.2 N。(2)如图，设物块落到斜面上时水平位移为 x，竖直位移为 y，由几何关系得LxyLH代入得：x0.31.5y由平抛运动的规律得：xv0t，y12gt2联立得 15t22 3t0.60代入数据解得：t 315 s。(3)由(2)知 x0.31.5yv02t2v022yg(0.31.5y)2可得：v02g0.31.5y22y小物块击中斜面时动能为：Ek12mv02mgy0.094 mg1y2516mgy0.94 mg解得：当 y0.12 m 时，Ekmin0.15 J。答案：(1)2.2 N(2)315 s(3)0.15 J12(18 分)如图所示，与水平面成 37的倾
150、斜轨道 AC，其延长线在D 点与半圆轨道相切，轨道半径 R1 m，全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN 的右侧存在垂直于纸面向里的匀强磁场(C 点在 MN 边界上)。一质量为 0.4 kg 的带电小球沿轨道 AC 下滑，至 C 点时速度为 v01007m/s，接着沿直线 CD 运动到 D 处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过 K 点，在 K 点速度 vK4 m/s,求：(不计空气阻力，g10 m/s2，cos 370.8)(1)小球带何种电荷；(2)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功；(3)小球从 K 点飞出时磁场同时消失，小球离开 K 点后的
151、运动轨迹与直线 AC(或延长线)的交点为 G(G 点未标出)，求 G 点到 D 点的距离。解析：(1)小球受到重力、电场力与洛伦兹力作用，如果小球带负电，电场力水平向右，洛伦兹力斜向左下方，重力竖直向下，小球受到的合力不可能为零，也不可能与速度方向在同一直线上，小球不可能做直线运动，则小球带正电。(2)小球在 CD 间做匀速直线运动，则有 C 点的速度与 D 点的速度相等，即：vDv01007m/s，电场力与重力的合力：Fmgcos 375 N；从 D 到 K 过程，对小球，由动能定理可得：WfF2R12mvK212mvD2，代入数据解得：Wf27.6 J。(3)在 CD 段，设重力与电场力合
152、力为 F，则：FqvB5 N，小球离开 K 点后做类平抛运动，加速度：aFm，2R12at2，代入数据解得：t0.4 2 s，svKt40.4 2 m2.26 m。答案：(1)正电(2)27.6 J(3)2.26 m三、选考题(共 15 分，请从给出的 2 道题中任选一题作答，多答则按所答的第一题评分)物理选修 33(15 分)13(1)(6 分)下列说法正确的是_。A已知阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，能估算出气体分子的大小B若两个分子只受到它们之间的分子力作用，当分子间的距离减小时，分子的动能一定增大C系统吸收热量时，它的内能不一定增加D根据热力学第二定律可知，热量不可能自发地从低温
153、物体传到高温物体E气体对容器的压强是大量气体分子对容器壁频繁碰撞引起的(2)(9 分)如图所示，某水银气压计的玻璃管顶端高出水银槽液面 100 cm 不变，因上部混有少量的空气使读数不准，当气温为 27 时，实际大气压为 76 cmHg，而该气压计读数为 70 cmHg。求：()若气温为 27 时，该气压计中水银柱高度为 64 cm，则此时实际气压为多少 cmHg?()在气温为3 时，该气压计中水银柱高度变为 73 cm，则此时实际气压应为多少cmHg?解析：(1)由于气体分子的间隙很大，仅由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，只能估算每个分子占据的空间体积，是不能估算该种气体分子大小的，选
154、项 A 错误；分子力做功等于分子势能的减小量；若两个分子只受到它们间的分子力作用，在两分子间距离减小的过程中，如果是引力，分子的动能一定增大；如果是斥力，分子的动能一定减小，选项 B 错误；物体吸收热量时，可能同时对外做功，根据热力学第一定律，它的内能不一定增加，选项 C 正确；根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体而不引起其他变化，如电冰箱要耗电，选项 D 正确；容器中的气体对器壁的压强是由于大量气体分子对容器壁的频繁碰撞引起的，取决于分子的数密度和分子热运动的平均动能，故 E正确。(2)()根据平衡知识得：上部混有少量的空气压强为：p176 cmHg70 cmHg6 cm
155、Hg上部混有少量的空气体积：V1(10070)S30 cmS若在气温为 27 时，用该气压计测得的气压读数为 64 cmHg，空气体积：V2(10064)S36 cmS气体温度不变，根据玻意耳定律得：p1V1p2V2解得 p25 cmHgp64 cmHg5 cmHg69 cmHg。()T1(27327)K300 KV3(10073)S27 cmST3(2733)K270 K根据理想气体状态方程pVT C 得：p1V1T1 p3V3T3代入数据解得：p36 cmHgp73 cmHg6 cmHg79 cmHg。答案：(1)CDE(2)()69 cmHg()79 cmHg物理选修 34(15 分)1
156、4.(1)(6 分)频率不同的两束单色光 1 和 2 以相同的入射角从同一点射入一厚平行玻璃砖，单色光 1、2 在玻璃砖中折射角分别为 30和 60，其光路如图所示，下列说法正确的是_。A射出折射光线 1 和 2 一定是平行光B单色光 1 的波长大于单色光 2 的波长C在玻璃中单色光 1 的传播速度大于单色光 2 的传播速度D图中单色光 1、2 通过玻璃砖所需的时间大小关系无法确定E单色光 1 从玻璃射到空气的全反射临界角小于单色光 2 从玻璃射到空气的全反射临界角(2)(9 分)如图所示，实线是某列横波在 0 时刻的波形图，虚线是 0.25 s 时刻的波形图。振幅为 2 cm，已知 0 时刻
157、 x1 m 处的质点正在向 y 轴负方向运动。求：()波的最大周期；()波在最大周期情况下，写出 x2.5 m 处的质点振动位移为 2 cm 的可能时刻。解析：(1)根据几何知识可知，光线在玻璃砖上表面的折射角等于在下表面的入射角，由光路可逆性原理可知，出射光线的折射角等于入射光线的入射角，所以出射光线与入射光线平行，因此出射光线 1 与 2 相互平行，选项 A 正确；在上表面，单色光 1 比单色光 2偏折厉害，则单色光 1 的折射率大，频率大，单色光 1 的波长小，选项 B 错误；根据 vcn知，单色光 1 的折射率大，则单色光 1 在玻璃中传播的速度小，选项 C 错误；单色光 1 在玻璃中
158、传播的速度小，而在玻璃中单色光 1 通过的路程比单色光 2 短，二者通过的时间将无法确定，选项 D 正确；根据 sin C1n知，单色光 1 的折射率大，则临界角小，故 E 正确。(2)()由题意可知，波向左传播，波长为 4 m；vn3t(16n12)m/s，n0,1,2,3，Tv14n3当 n0 时，最大周期 T13 s。()由波形图可知，x2.5 m 处的质点 0 时刻位移为 2 cm，沿 y 轴正方向振动，则经过位移为 2 cm 的时刻有：t1112n3 s，n0,1,2,3，；t216n3 s，n0,1,2,3，。答案：(1)ADE(2)()13 s()t1112n3 s，n0,1,2
159、,3，t216n3 s，n0,1,2,3，寒假作业(十一)一模考前适应性训练(二)一、选择题(本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 15 题只有一个选项符合题目要求，第 68 题有多个选项符合题目要求。全选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分)1.(2017沈阳模拟)a、b 两辆汽车沿同一直线运动，它们的 x-t 图像如图所示，则下面关于两车运动情况的说法正确的是()A前 2 s 内两车的位移相同Bt1 s 时两车之间的距离最远Cb 车的加速度的大小为 1 m/s2D第 3 秒内两车行驶的路程相同解析：选 D 位移大小等于初、末位置
160、坐标之差，根据图像可知，前 2 s 内 a 车的位移大于 b 车位移，故 A 错误；图像的交点表示相遇，根据图像可知，t1 s 时两车相遇，故 B错误；b 车做匀速直线运动，加速度为 0，故 C 错误；图像的斜率表示速度，根据图像可知，第 3 s，a、b 速度相同，做匀速直线运动，则第 3 秒内两车行驶的路程相同，故 D 正确。2.(2017吉林大学附中模拟)如图所示，空间中存在与等边三角形 ABC所在平面平行的匀强电场。其中电势 AB0，C。保持该电场的大小和方向不变，让等边三角形以 AB 为轴转过 60，则此时 C 点的电势为()A.32 B12C 32 D12解析：选 B 运用匀强电场
161、UEd 求解即可，关键明确 d 为沿电场方向的距离。因为A、B 点等势，所以电场方向水平向左，设等边三角形的边长为 L，则 C 点到 AB 的垂线长度为 32 L，所以匀强电场 E 32 L，让等边三角形以 AB 为轴转过 60，则 C 点在平面上的投影点到 AB 的距离为 d 32 Lcos 60 34 L，故此时 C 点的电势为 Ed 32 L 34 L12，B 正确。3.(2017钦州市港区月考)在如图所示的电路中，电池的电动势为E，内电阻为 r，R1、R2 为两个阻值固定的电阻，当可变电阻 R 的滑片向下移动时，理想电流表的示数 I 和理想电压表的示数 U 将()AI 变小，U 变大B
162、I 变大，U 变小CI 变小，U 变小DI 变大，U 变大解析：选 B 当 R 的滑片向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知总电流 I 增大。电压表测量路端电压 U，而 UEIr，I 增大，E、r 不变，则 U 变小。设变阻器两端电压为 U，则 UEI(R1r)，I 增大，其他量不变，则 U变小，通过 R2 的电流变小，而总电流变大，则电流表的示数 I 变大，故 B 正确。4.实际生活中常常利用如图所示的装置将重物吊到高处。现有一质量为M 的同学欲将一质量也为 M 的重物吊起，已知绳子在水平天花板上的悬点与定滑轮固定点之间的距离为 L，不计滑轮的大
163、小、滑轮与绳的重力及滑轮受到的摩擦力。当该同学把重物缓慢拉升到最高点时，动滑轮与天花板间的距离为()A.36 LB.33 LC.32 LD.12L解析：选 A 当该同学把重物缓慢拉升到最高点时，绳子的拉力等于人的重力，即为Mg，而重物的重力也为 Mg，设绳子与竖直方向的夹角为，可得 2Mgcos Mg，则 60，此时动滑轮与天花板的距离为 dL2tan 36 L，所以 A 正确，B、C、D 错误。5某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成。发电机中矩形线圈所围成的面积为 S，匝数为 N，电阻不计，它可绕水平轴 OO在磁感应强度为 B 的水平匀强磁场中以角速度 匀
164、速转动。矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头 P 上下移动时可改变输出电压，R0 表示输电线的电阻，以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是()A若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值最小B发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为 eNBScos tC当用户数目增多时，为使用户电压保持不变，滑动触头 P 应向下滑动D当滑动触头 P 向下移动时，变压器原线圈两端的电压将升高解析：选 B 当线圈与磁场平行时，感应电流最大，故 A 错误；从垂直中性面计时，则感应电动势的瞬时值表达式为 eNBScos t，故 B 正确；当用户数目增多时，功率增大，根据功率 PUI，电压不变
165、，则电流增大，损失电压增大，从而可确定触头 P 移动方向向上，故 C 错误；当触头 P 向下移动，只会改变原线圈的电流，不会改变原线圈的电压，故 D 错误。6下列说法正确的是()A若氢原子核外电子从激发态 n3 跃迁到基态发出的光子刚好能使某金属发生光电效应，则从激发态 n2 跃迁到基态发出的光子一定能使该金属发生光电效应B英籍物理学家卢瑟福在 1919 年用 粒子轰击氮核打出了两种粒子，测出了它们的质量和电荷量，证明了原子核内部是由质子和中子组成的C任何原子核在衰变过程中质量数和电荷数都守恒D光子除了具有能量外还具有动量解析：选 CD 根据光电效应中极限频率和玻尔理论可知，A 错误；英籍物理
166、学家卢瑟福用 粒子轰击氮核时发现了质子，测出了它的质量和电荷量，并没有发现中子，B 错误；根据原子核的衰变规律可知，任何原子核在衰变过程中都遵循质量数和电荷数守恒，C 正确；根据光量子理论，光子不仅具有能量，还具有动量，D 正确。7.如图所示，物块 A、B 叠放在一起，其中 B 与斜面间的动摩擦因数tan，A、B 整体相对静止以一定的初速度沿固定的足够长的斜面上滑，则下列说法正确的是()A上滑的过程 A、B 整体处于失重状态B上滑到最高点后 A、B 整体将停止运动CA 与 B 之间的摩擦力在上滑过程中大于下滑过程DA 与 B 之间的摩擦力上滑与下滑过程中大小相等解析：选 AD 在上升和下滑的过
167、程，整体都是只受三个力，重力、支持力和摩擦力，以向下为正方向，根据牛顿第二定律得向上运动的过程中：(mAmB)gsin f(mAmB)a，f(mAmB)gcos 因此有：agsin gcos，方向沿斜面向下，所以向上运动的过程中 A、B 组成的整体处于失重状态，故 A 正确。同理对整体进行受力分析，向下运动的过程中，由牛顿第二定律得：(mAmB)gsin f(mAmB)a，得：agsin gcos 由于 tan，所以 a0所以上滑到最高点后 A、B 整体将向下运动，故 B 错误；以 B 为研究对象，向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有：mBgsin fmBa，解得：fmBgcos；向下运动的过
168、程中，根据牛顿第二定律有：mBgsin fmBa，解得：fmBgcos；所以 ff，即 A 与 B 之间的摩擦力上滑与下滑过程中大小相等，故 C 错误，D 正确。8半径为 r 带缺口的刚性金属网环在纸面上固定放置，在网环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板 A、B 连接，两板间距为 d 且足够宽，如图甲所示。有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图乙所示。在平行金属板 A、B 正中间有质量未知、电荷量为 q 的带电液滴，液滴在 00.1 s 内处于静止状态，已知重力加速度为 g。则以下说法正确的是()A液滴带正电B液滴的质量为qr210gdC第 0.3
169、s 时液滴的运动方向改变D第 0.4 s 时液滴距初始位置距离为 0.08g(单位：米)解析：选 ABD 根据楞次定律可知，在 00.1 s 内线圈中产生的感应电动势下板为正，液滴处于平衡状态时，可知液滴带正电，选项 A 正确；在 00.1 s 内线圈中产生的感应电动势 EBt S0.010.1 r20.1r2；对液滴 mgEdq，解得 mqr210gd，选项 B 正确；0.10.2 s 内电动势的方向发生改变，则液滴向下做加速运动，0.20.3 s 内电动势的方向不变，液滴继续向下加速运动，0.30.4 s 内电动势方向改变，液滴受力平衡，向下做匀速运动，选项 C 错误；液滴向下匀加速运动：
170、mgEdqma，解得 a2g,0.10.3 s 内液滴向下加速运动的位移 x112at2122g0.220.04g(m)；在 0.3 s 时刻液滴的速度 vat2g0.2 m/s0.4g m/s；0.30.4 s 内液滴向下做匀速运动，故位移 x2vt0.04g(m)，第 0.4 s 时液滴距初始位置距离为 0.08g(单位：米)，选项 D 正确。二、非选择题(共 47 分)9(6 分)(2017鸡西模拟)利用如图所示的实验装置探究动能定理，将光电门固定在轨道上的 B 点，用重物通过细线拉小车，小车质量为 M，保持小车质量不变，改变所挂重物质量 m 多次进行实验，每次小车都从同一位置 A 由静
171、止释放(g 取 10 m/s2)。(1)做该实验时，是否需要平衡摩擦力_(填“需要”或“不需要”)。(2)实 验 时，发 现 传 感 器 示 数 明 显 不 等 于 重 物 的 重 力，其 原 因 是_。(3)在正确规范操作后，实验时除了需要读出传感器的示数 F，测出了小车质量 M，还需 测 量 的 物 理 量 有 _，验 证 动 能 定 理 的 表 达 式 为_(用测得的物理量表示)。解析：(1)由于该实验探究拉力做功与动能变化的关系，所以不能有摩擦力做功，所以需要平衡摩擦力。(2)由于没有满足重物的质量远小于小车的质量，导致传感器示数明显不等于重物的重力。(3)实验时需要读出传感器的示数
172、F，测出了小车质量 M，还需测量的物理量有：AB 两点的长度 s、在 B 点的速度 v，光电门测速度的原理是用平均速度来代替瞬时速度 v，根据功能关系可以求出需要验证的关系式：Fs12Mv2。答案：(1)需要(2)重物的质量没有远小于小车的质量(3)AB 两点的长度 s、在 B 点的速度 v Fs12Mv210(9 分)(2017重庆一诊)某学习小组在练习使用多用电表的同时，对多用电表进行了探究(以下问题中均使用同一多用电表)。(1)该学习小组先使用多用电表测量电压，若选择开关处在“10 V”挡位，指针的位置如图 1 所示，则测量结果为_V。(2)然后学习小组对多用电表进行了探究，将多用电表选
173、择开关旋至某倍率欧姆挡，测未知电阻值的电路如图 2 所示，通过查找资料，了解到表头 G 的满偏电流为 10 mA，并通过测量作出了电路中电流 I 与待测电阻阻值 Rx 关系图像如图 3 所示，由此可确定电池的电动势 E_V，该图像的函数关系式为 I_。综上可判定学习小组使用了多用电表_倍率的欧姆挡。A1 B10C100 D1 k解析：(1)若用多用电表直流 10 V 挡测量电压，其分度值为 0.2 V，对应读数是 4.4 V。(2)对欧姆表内部的电路由全电路的欧姆定律得IErrgRxR滑，当欧姆调零时，Rx0。IER滑rgr10 mA；而指针指向中值电阻时，R滑rgrRx150，而 I1E15
174、01505 mA，故 E1.5 V；故电流的表达式为 I1.5150Rx；由此可知欧姆表的内阻 150 1510，则选择的是10 的倍率。答案：(1)4.4(2)1.5 1.5150Rx B11.(14 分)如图所示，倾角为 的无限长斜面上 PQ 部分粗糙，且长为 3L，其余部分都光滑。质量均为 m 的四个小物块(可视为质点)置于斜面，每相邻两物块间有一长为 L 且平行于斜面的轻杆，每根杆的上端与物块粘连而下端与物块不粘连，各物块与斜面 PQ 段的动摩擦因数均为 2tan。A、B、C、D 同时释放时 A 恰在 P 点，且各物块有相同的沿斜面向下的初速度，最终四个物块均能通过 Q 点。重力加速度
175、为 g。求：(1)A 在 PQ 段运动刚达到最大速度时的位置；(2)物块 C 刚过 P 点时，杆对物块 D 的弹力；(3)要使四个物块均能通过 Q 点，最初释放各物块时的初速度 v0 应该满足的条件。解析：(1)由整体法，将四物块及杆看成整体，当它们下滑到重力沿斜面向下的分力等于摩擦力时运动速度达最大值，有：nmgcos 4mgsin 得到：n2即物块 B 刚过 P 点，此时 A 离 P 点的距离为 L。(2)对四物块及杆整体用牛顿第二定律得：3mgcos 4mgsin 4ma得到 a12gsin，方向沿斜面向上对物块 D 用牛顿第二定律得：Fmgsin ma解得 F32mgsin，方向沿斜面
176、向上。(3)要使四个物块都能通过 Q 处，物块 D 过 Q 点时它的速度应大于零。物块 A 离开 Q点时，物块发生分离。设物块 D 刚过 P 点时的速度为 v对物块 D 从 P 到 Q 的过程用动能定理得mgsin 3Lmgcos 3L012mv2解得：v 6gLsin 开始下滑时的初速度为 v0，对整体进入 PQ 段过程用动能定理：4mgsin 3Lmgcos(3L2LL)124mv2124mv02解得：v0v 6gLsin 即释放时，初速度 v0 6gLsin。答案：(1)A 离 P 点的距离为 L(2)32mgsin，方向沿斜面向上(3)v0 6gLsin 12(18 分)(2018 届
177、高三厦门一中检测)如图所示，PR 是一长为 L0.64 m 的绝缘平板，固定在水平地面上，挡板 R 固定在平板的右端，整个空间存在一个平行于 PR 的匀强电场 E，在板的右半部分有一个垂直于纸面向里的匀强磁场 B，磁场的宽度 d0.32 m，一个质量 m5104 kg，带电荷量 q5.0102 C 的小物块，从板的 P 端由静止开始向右做匀加速运动，从 D 点进入磁场后恰能做匀速直线运动，当物块碰到挡板 R 后被弹回，若在碰撞瞬间撤去电场(不计撤掉电场对原磁场的影响)，物块返回时在磁场中仍做匀速运动，离开磁场后做减速运动，停在 C 点，PCL4，若物块与平板间的动摩擦因数 0.20，取 g10
178、 m/s2。(1)判断电场的方向以及物块带正电还是带负电；(2)求磁感应强度 B 的大小；(3)求物块与挡板碰撞过程中损失的机械能。解析：(1)物块由静止开始向右做匀加速运动，证明电场力向右且大于摩擦力，进入磁场后做匀速直线运动，说明它所受摩擦力增大，可得所受洛伦兹力方向向下。由左手定则可判断物块带负电，而所受电场力向右，说明电场方向向左。(2)设物块被挡板弹回后做匀速直线运动的速度为 v2，物块在磁场中向左做匀速直线运动，受力平衡，有 mgBv2q，从离开磁场到停在 C 点，mgL4012mv22，解得 B0.125 T。(3)设从 D 点进入磁场时的速度为 v1，由动能定理可得 qEL2m
179、gL212mv12，从 D 点到R 做匀速直线运动，有 qE(mgBv1q)小物块撞击挡板损失的机械能为E12mv1212mv22，解得 E4.8104 J。答案：(1)电场方向水平向左，物块带负电(2)0.125 T(3)4.8104 J三、选考题(共 15 分，请从给出的 2 道题中任选一题作答，多答则按所答的第一题评分)物理选修 33(15 分)13(1)(5 分)下列说法正确的是_。A布朗运动就是分子的无规则运动B热力学温度是国际单位制中 7 个基本物理量之一C热量能够自发地从高温物体传到低温物体，但不能自发地从低温物体传到高温物体D做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的E温
180、度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同(2)(10 分)在图甲所示的密闭气缸内装有一定质量的理想气体，图乙是它从状态 A 变化到状态 B 的 V-T 图像。已知 AB 的反向延长线通过坐标原点，气体在 A 点的压强为 p1.0105 Pa，在从状态 A 变化到状态 B 的过程中，气体吸收的热量 Q6.0102 J，求：()气体在状态 B 的体积 VB；()此过程中气体内能的增量 U。解析：(1)悬浮在液体或气体中的小颗粒的无规则运动，体现了分子的无规则运动，由液体分子的无规则运动而引起的，不是小颗粒分子的无规则运动，也不是液体分子的无规则运动，故 A 错误；热力
181、学温度是国际单位制中 7 个基本物理量之一，故 B 正确；根据热力学第二定律可知，热量能够自发地从高温物体传到低温物体，但不能自发地从低温物体传到高温物体，故 C 正确；做功是通过能量转化的方式改变系统内能的，热传递是能量的转移，不是能量的转化，故 D 错误；温度是描述热运动的物理量，根据热力学定律可知，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同，故 E 正确。(2)()由题 V-T 图像延长线通过坐标原点，则知从 A 到 B 理想气体发生等压变化。由盖吕萨克定律得：VATAVBTB；解得：VBTBTAVA4.01023.01026.0103 m38.0103 m3。()外界对气体做的功：
182、Wp(VBVA)1.0105(8.01036.0103)J2102 J。根据热力学第一定律：UQW解得：U6.0102 J2102 J4.0102 J400 J。答案：(1)BCE(2)()8.0103 m3()400 J物理选修 34(15 分)14(2017达州一模)(1)(5 分)图甲为一列简谐横波在 t0 时的波形图，P 是平衡位置在 x1.0 m 处的质点，Q是平衡位置在x4.0 m处的质点；图乙为质点Q的振动图像，下列说法正确的是_。A这列波的波长是 8.0 m，周期是 0.2 s，振幅是 10 cmB在 t0 时，质点 Q 向 y 轴正方向运动C从 t0 到 t0.15 s，该波
183、沿 x 轴负方向传播了 6 mD从 t0 到 t0.15 s，质点 P 通过的路程为 30 cmE质点 Q 做简谐运动的表达式为 y0.10sin 10t(国际单位)(2)(10 分)如图所示，一圆柱形桶的高为 d、底面直径为3d。当桶内无液体时，用一细束单色光从某点 A 沿桶口边缘恰好照射到桶底边缘上的某点 B。当桶内液体的深度等于桶高的一半时，仍然从 A 点沿 AB方向照射，恰好照射到桶底上的 C 点。C、B 两点相距 3d3，光在真空中的速度 c3.0108m/s。求：()液体的折射率 n；()光在液体中传播的速度 v。解析：(1)由题图甲知：这列波的波长是 8.0 m，振幅是 10 c
184、m，由题图乙知：周期是 0.2 s，故 A 正确。题图乙为质点 Q 的振动图像，则知在 t0 时，质点 Q 正从平衡位置向上运动，所以质点 Q 向 y 轴正方向运动，故 B 正确。在 t0 时，质点 Q 向 y 轴正方向运动，根据波形平移法可知该波沿 x 轴正方向传播，波速为：vT 80.2 m/s40 m/s，从 t0 到t0.15 s，经过的时间为：t0.15 s，则从 t0 到 t0.15 s,该波沿 x 轴正方向传播的距离为 xvt400.15 m6 m，故 C 错误。从 t0 到 t0.15 s，由于 t0 时质点 P 不在波峰、波谷和平衡位置，所以从 t0 到 t0.15 s 内，
185、质点 P 通过的路程不是 3A30 cm，故 D 错误。质点 Q 做简谐运动的表达式为 yAsin2T t0.1sin20.2t0.10sin 10t(m)，故 E 正确。(2)()据题意，其光路如图所示。设入射角为 i，折射角为 r，由几何知识有：tan i 3dd 3，则有：i60。又 BNONtan 60 32 d则 CNBNBC 32 d 33 d 36 d所以 tan rCNON3d6d2 33，解得：r30故折射率为：nsin isin rsin 60sin 30 3。()光在液体中传播的速度为：vcn31083m/s 3108 m/s。答案：(1)ABE(2)()3()3108
186、m/s寒假作业(十二)一模考前适应性训练(三)一、选择题(本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 14 题只有一个选项符合题目要求，第 58 题有多个选项符合题目要求。全选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分)1.(2017泉州模拟)如图所示为甲、乙两物体从同一地点沿同一方向开始做直线运动的 v-t 图像。图中 t112t2，则在 0t2 的运动过程中，下列说法正确的是()A在 t1 时刻，甲的位移是乙的位移的 1.5 倍B甲的加速度大小是乙的加速度大小的 1.5 倍C在 t2 时刻，甲与乙相遇D在到达 t2 时刻之前，乙一直在甲的前
187、面解析：选 C 由题图可知，在 t1 时刻，乙的速度为12v0，此时甲的位移为v02 t1，乙的位移为12v02 t114v0t1，甲位移是乙位移的 2 倍，故 A 错误；甲的加速度大小为 a 甲v0t1，乙的加速度大小为 a 乙v0t2，由 t112t2，则 a 甲2a 乙，故 B 错误；由于在 t2 时刻，甲、乙的位移相等，即此时乙刚好追上甲，故 C 正确；相遇前甲一直在乙的前面，故 D 错误。2.如图所示，质量分别为 m 和 2m 的两个小球置于光滑水平面上，且固定在一轻质弹簧的两端，现沿弹簧轴线方向在质量为 2m的小球上施加一水平向右的拉力 F1，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的
188、距离为 x1，若沿弹簧轴线方向在质量为 m 的小球上施加一水平向左的拉力 F2，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为 x2，已知 x12x2，则有()AF1F2 BF14F2CF14F2DF12F2解析：选 B 沿弹簧轴线方向在质量为 2m 的小球上施加一水平向右的拉力 F1，对整体分析，整体的加速度 aF13m，隔离对质量为 m 的小球分析，根据牛顿第二定律得，F 弹maF13 kx1；同理，沿弹簧轴线方向在质量为 m 的小球上施加一水平向左的拉力 F2，aF23m，隔离对质量为 2m 的小球分析，根据牛顿第二定律得：F 弹2ma2F23 kx2，由于 x12x2，联立可得：F14F
189、2，故 B 正确，A、C、D 错误。3(2017北京高考)利用引力常量 G 和下列某一组数据，不能计算出地球质量的是()A地球的半径及重力加速度(不考虑地球自转)B人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期C月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离D地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离解析：选 D 由于不考虑地球自转，则在地球表面附近，有 GMm0R2 m0g，故可得 MgR2G，A 项错误；由万有引力提供人造卫星的向心力，有 GMm1R2 m1v2R，v2RT，联立得 Mv3T2G，B 项错误；由万有引力提供月球绕地球运动的向心力，有 GMm2r2 m22T2r，故可得
190、M 42r3GT2，C 项错误；同理，根据地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离，可求出太阳的质量，但不可求出地球的质量，D 项正确。4.(2017肇庆二模)如图所示，一个长直轻杆两端分别固定一个小球 A和 B，两球质量均为 m，两球半径忽略不计，杆的长度为 l。先将杆 AB竖直靠放在竖直墙上，轻轻振动小球 B，使小球 B 在水平面上由静止开始向右滑动，当小球 A 沿墙下滑距离为l2时，下列说法正确的是(不计一切摩擦)()A小球 A 和 B 的速度都为 gl2B小球 A 和 B 的速度都为 3gl2C小球 A、B 的速度分别为 gl2 和 3gl2D小球 A、B 的速度分别为 3gl2
191、 和 gl2解析：选 D 设小球 A 向下的速度为 v1，小球 B 水平向右的速度为 v2，则它们沿杆方向的分速度是相等的，即 v1sin 30v2cos 30，得 v1 3v2，则选项 A、B 均错误；又因为杆下滑时机械能守恒，故mglmgl212mv1212mv22，联立两式解得 v1 3gl2，v2 gl2；选项 C 错误，D 正确。5(2017滕州一模)下列说法正确的是()A光电效应和电子的衍射现象说明了粒子的波动性B 粒子散射实验证明了原子的核式结构模型C氢原子辐射出一个光子后能量减小，核外电子的加速度增大D比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定解析：选 BCD 光
192、电效应说明了粒子性，电子的衍射现象说明了波动性，故 A 错误；粒子散射实验证明了原子的核式结构模型，并且可以用来估算原子核半径，故 B 正确；氢原子辐射出一个光子后能量减小，核外电子从高能级跃迁到低能级，能量减小，但加速度随着半径减小而增大，故 C 正确；比结合能是结合能与核子数的比值，比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢靠，原子核越稳定，故 D 正确。6.如图所示，一个由绝缘材料制成的闭合圆环水平放置，环上各点在同一平面内，在环面内 A、B 两点分别固定两个点电荷 QA 和 QB，其中QA 为正电荷，一个带正电的小球 P 穿在环上，可以沿着闭合环无摩擦地滑动，现给小球 P一定的初速度，小
193、球恰好能沿环做速度大小不变的运动，则下列判断正确的是()AB 点固定的电荷 QB 一定为负电荷BB 点固定的电荷 QB 一定为正电荷CQA 和 QB 所产生的电场，在环上各点的电场强度都相同DQA 和 QB 所产生的电场，在环上各点的电势都相等解析：选 BD 根据题意，小球恰好能沿环做速度大小不变的运动，由动能定理知，电场力不做功，即闭合圆环和电场的某一等势面重合，根据常见电场的电场分布和等势面分布图知，A、B 是等量同种点电荷，QA 为正电荷，QB 也一定为正电荷，故 B 正确，A 错误；闭合环正好和电场的某个等势面重合，故环上各点的电势都相等，故 C 错误，D 正确。7.1831 年，法拉
194、第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机(图甲)。它是利用电磁感应的原理制成的，是人类历史上第一台发电机。图乙是这个圆盘发电机的示意图：铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片 C、D 分别与转动轴和铜盘的边缘良好接触，使铜盘转动，电阻 R 中就有电流通过。若所加磁场为匀强磁场，回路的总电阻恒定，从左往右看，铜盘沿顺时针方向匀速转动，下列说法正确的是()A铜片 D 的电势高于铜片 C 的电势B电阻 R 中有正弦式交变电流流过C铜盘转动的角速度增大 1 倍，流过电阻 R 的电流也随之增大 1 倍D保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，则铜盘中有电流产生解析：选 ACD
195、根据右手定则可知，电流从 D 点流出，流向 C 点，因此铜片 D 的电势高于铜片 C 的电势，故 A 正确；由于铜盘切割磁感线且转动方向不变，从而在电路中形成方向不变的电流，故 B 错误；因感应电动势 EBL v，IER，而 v r2，则有 IBLr2R，当角速度增大 1 倍，流过电阻 R 的电流也随之增大 1 倍，故 C 正确；保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，导致穿过铜盘的磁通量变化，则铜盘中有涡流产生，故 D正确。8.(2017西北工大附中模拟)如图所示，理想变压器原线圈中正弦式交变电源的输出电压和电流分别为 U1 和 I1，两个副线圈的输出电压和电流分别为 U2 和 I2
196、、U3 和 I3。接在原、副线圈中的五个完全相同的灯泡均正常发光。则下列表述正确的是()AU1U2U3112BI1I2I3121C三个线圈匝数 n1n2n3521D电源电压 U1 与原线圈两端电压 U1之比为 54解析：选 BD 设灯泡均正常发光时的电压为 U，由题图可知，则有：U2U，U32U，设灯泡均正常发光时的电流为 I，由题图可知，则有：I1I，I22I，I3I；所以有：I1I2I3121，故 B 正确。理想变压器的输入功率和输出功率相等，所以输入的功率为I1U1，输出的功率为两个副线圈的功率的和，所以 I1U1I2U2I3U3，所以 U1U2U3412。理想变压器的电压与匝数成正比，
197、由 U1U2U3412，可知：n1n2n3412，故 C 错误。根据原线圈与灯泡串联，则有电压关系：U1U154，所以 D 正确，A 错误。二、非选择题(共 47 分)9(6 分)借助计算机，力传感器的挂钩与其他物体间的弹力大小能够在屏幕上显示出来。为了探究最大静摩擦力的大小跟哪些因素有关，某同学在老师的指导下做了一系列实验：将滑块平放在长木板上，用力传感器沿长木板水平拉滑块，改变拉力直到将滑块拉动；再在长木板上铺上毛巾，并在滑块上放上砝码，重复前一个过程，得到的图线分别如甲、乙所示。(1)由图知：在 t1t2 这段时间内，滑块的运动状态是_(填“运动”或“静止”)，滑块受到的最大静摩擦力为_
198、(填“F1”或“F2”)。(2)结合甲、乙两图线，_(填“能”或“不能”)得出最大静摩擦力与两物体接触面的粗糙程度和接触面的压力均有关的结论。解析：(1)由题图知：在 t1t2 这段时间内，摩擦力不断增大，物体受到的摩擦力是静摩擦力，因此滑块的运动状态是静止；由图示可知，滑块受到的最大静摩擦力为 F1。(2)实验中同时改变接触面粗糙程度和物体间的压力，不能得出最大静摩擦力与两物体接触面的粗糙程度和接触面间的压力均有关的结论。答案：(1)静止 F1(2)不能10.(9 分)在“测定金属丝的电阻率”的实验中，为了安全、准确、方便地测出电阻丝的电阻 Rx，设计了如图所示实验电路图来完成实验，实验仪器
199、如下：A待测金属丝(Rx 约 5)B电压表 V(量程 1 V，内阻 RV1 k)C电流表 A(量程 0.6 A，内阻 RA1)D定值电阻 R1(阻值 R10.5 k)E定值电阻 R2(阻值 R22 k)F滑动变阻器 R3(010)G滑动变阻器 R4(01 000 )H电源(电动势为 3 V，内阻很小)I开关、导线若干(1)实验中定值电阻应选用_，滑动变阻器应选用_(选填仪器前面字母)；(2)用图中电路测量该金属丝的电阻，若某次测量中，电压表的读数为 U，电流表的读数为 I，该金属丝电阻的表达式为：Rx_(用测出或已知的物理量的符号表示)。解析：(1)电源的电动势为 3 V，而电压表 V 的量程
200、为 1 V，内阻 RV1 k，必须通过串联电阻来扩大量程，因此定值电阻应选用 R2(阻值 R22 k)，从而达到 3 V 量程，待测金属丝 Rx 约 5，且滑动变阻器是限流式接法，因此滑动变阻器应选用小电阻，即滑动变阻器 R3(010)；(2)电压表的读数为 U，那么金属丝与电流表两端的电压为 3U，由于电流表的读数为 I，则金属丝电阻 Rx3UI RA。答案：(1)E F(2)3UI RA11.(14 分)(2017淮北一模)如图所示，一足够长的固定斜面倾角 37，两物块 A、B 的质量 mA、mB 分别为 1 kg 和 2 kg，它们与斜面之间的动摩擦因数均为 0.5。两物块之间的轻绳长
201、L0.5 m，作用在 B 上沿斜面向上的力F 逐渐增大，使 A、B 一起由静止开始沿斜面向上运动，g 取 10 m/s2。(sin 370.6，cos 370.8)(1)当作用在物块 B 上的拉力 F 达到 42 N 时，连接物块 A、B 之间的轻绳恰好被拉断，求该轻绳能承受的最大拉力；(2)若连接物块 A、B 之间的轻绳恰好被拉断瞬间 A、B 的速度均为 10 m/s，轻绳断裂后作用在 B 物块上的外力 F42 N 不变，求当 A 运动到最高点时，物块 A、B 之间的距离。解析：(1)对 AB 整体受力分析，由牛顿第二定律得：F(mAmB)gsin(mAmB)gcos(mAmB)a代入数据解
202、得 a4 m/s2对 A 物块受力分析，由牛顿第二定律得：FTmAgsin mAgcos mAa代入数据解得：FT14 N。(2)轻绳断裂后，对 A 物块受力分析，由牛顿第二定律得：mAgsin mAgcos mAaA代入数据解得：aA10 m/s2由运动学公式有：vaAt解得：t vaA1 s由运动学公式有：xAvt2 5 m轻绳断裂后，对 B 物块受力分析，由牛顿第二定律得：FmBgsin mBgcos mBaB代入数据解得：aB11 m/s2由运动学公式有：xBvt12aBt2代入数据解得：xB15.5 m由题意可知，当 A 运动到最高点时，物块 A、B 之间的距离为：xxBxAL11
203、m。答案：(1)14 N(2)11 m12.(18 分)(2017南通模拟)在平面直角坐标系 xOy 中，第象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，第象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为 B。一质量为 m，电荷量为 q 的带正电的粒子从 y 轴正半轴上的M 点以速度 v0 垂直于 y 轴射入电场，经 x 轴上的 N 点与 x 轴正方向成 45角射入磁场，最后从 y 轴负半轴上的 P 点垂直于 y 轴射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求：(1)M、N 两点间的电势差 UMN；(2)粒子在磁场中运动的轨道半径 r；(3)粒子从 M 点运动到 P 点的总时间 t。解析：(1)设粒子过 N 点
204、的速度为 v，有v0v cos，v 2v0，粒子从 M 点到 N 点的过程，有：qUMN12mv212mv02，解得：UMNmv022q。(2)粒子以 O圆心做匀速圆周运动，半径为 ON，由牛顿第二定律得：qvBmv2r，解得：r 2mv0qB。(3)由几何关系得：ONrsin，设粒子在电场中运动时间为 t1，有 ONv0t1，解得 t1 mqB，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：T2mqB，设粒子在磁场中运动的时间为 t2，有：t22 T3m4qB，由 tt1t2，解得：t43m4qB。答案：(1)mv022q (2)2mv0qB(3)43m4qB三、选考题(共 15 分，请从给出的 2 道
205、题中任选一题作答，多答则按所答的第一题评分)物理选修 33(15 分)13(1)(5 分)下列说法正确的是_。A布朗运动说明了液体分子与悬浮颗粒之间存在着相互作用力B物体的内能在宏观上只与其所处状态及温度和体积有关C一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行D液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大E气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力(2)(10 分)如图所示，两端开口的气缸水平固定，A、B 是两个厚度不计的活塞，面积分别为 S120 cm2，S210 cm2，它们之间用一根细杆连接，B 通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为 M 的重物 C 连接
206、，静止时气缸中的空气压强 p1.3105 Pa，温度 T540 K，气缸两部分的气柱长均为 L。已知大气压强 p01105 Pa，取 g10 m/s2，缸内空气可看作理想气体，不计一切摩擦。求：()重物 C 的质量 M 是多少；()逐渐降低气缸中气体的温度，活塞 A 将缓慢向右移动，当活塞 A 刚靠近 D 处而处于平衡状态时缸内气体的温度是多少。解析：(1)布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，说明了液体分子在做无规则运动，无法说明分子间是否存在作用力，故 A 错误；物体的内能在宏观上与温度、体积和物质的量有关，故 B 错误；根据热力学第二定律可知，一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增
207、大的方向进行，故 C 正确；液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，这就是液体表面张力的形成原因，故 D 正确；气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，故 E 正确。(2)()活塞整体受力处于平衡状态，则有：pS1p0S2p0S1pS2Mg解得：M3 kg。()当活塞 A 靠近 D 处时，活塞整体受力的平衡方程没变，气体压强不变，根据气体的等压变化有：S1S2LTS22LT解得：T360 K。答案：(1)CDE(2)()3 kg()360 K物理选修 34(15 分)14(1)(5 分)一列简谐横波沿着 x 轴正方向传播，波中 A、B 两质点在平衡位置间的距
208、离为 0.5 m，且小于一个波长，如图甲所示，A、B 两质点振动图像如图乙所示。由此可知_。A波中质点在一个周期内通过的路程为 8 cmB该机械波的波长为 4 mC该机械波的波速为 0.5 m/sDt1.5 s 时 A、B 两质点的位移相同Et1.5 s 时 A、B 两质点的振动速度相同(2)(10 分)有一个上、下表面平行且足够大的玻璃平板，玻璃平板的折射率为 n43、厚度为 d12 cm。现在其上方的空气中放置一点光源 S，点光源距玻璃板的距离为 L18 cm，从 S 发出的光射向玻璃板，光线与竖直方向夹角最大为 53，经过玻璃板后从下表面射出，形成一个圆形光斑，如图所示。求玻璃板下表面圆
209、形光斑的半径(sin 530.8)。解析：(1)由题图可知，该波的振幅为 2 cm，波中质点在一个周期内通过的路程为 4 倍的振幅，即 8 cm，故 A 正确。由题图知，t0 时刻 B 点通过平衡位置向上运动，A 点位于波峰，则有：xx2x1n14，n0,1,2,3，由题意可知 x0.5 m，则知 n 只能取 0，故 2 m，故 B 错误。由题图知周期 T4 s，则波速为 vT24 m/s0.5 m/s，故 C 正确。由题图可知，在 t1.5 s 时刻，A 的位移为负，而 B 的位移为正，故 D 错误。由题图知，t1.5 s 时 A、B 两质点到平衡位置的距离是相等的，所以振动的速度大小相等；
210、又由图可知，在t1.5 s 时刻二者运动的方向相同，所以它们的振动速度相同，故 E 正确。(2)由题意可知光在玻璃板上表面发生折射时的入射角为，设其折射角为 r，由折射定律可得：nsin sin r，代入数据可得：r37。光在玻璃板下表面发生折射时，由于入射角 r 始终小于玻璃板的临界角，所以不会发生全反射，光在玻璃板中传播的光路图如图所示。所以光从玻璃板下表面射出时形成一个圆形发光面，设其半径大小为 R，则有：RLtan dtan r，代入数据可得：R33 cm。答案：(1)ACE(2)33 cm寒假作业(十三)一模考前适应性训练(四)一、选择题(本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48
211、分。在每小题给出的四个选项中，第 14 题只有一个选项符合题目要求，第 58 题有多个选项符合题目要求。全选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分)1.(2017合肥二模)如图所示是一做匀变速直线运动的质点的位置时间图像(x-t 图像)，P(t1，x1)为图像上一点。PQ 为过 P 点的切线，与 x 轴交于点 Q。则下列说法正确的是()At1 时刻，质点的速率为x1t1Bt1 时刻，质点的速率为x1x2t1C质点的加速度大小为x1x2t12D0t1 时间内，质点的平均速度大小为2x1x2t1解析：选 B x-t 图像的斜率表示速度，则 t1 时刻，质点的速率为 vx1x2t
212、1，故 A 错误，B 正确；根据图像可知，t0 时刻，初速度不为零，根据 avv0t可知，加速度 ax1x2t1v0t1x1x2t12，故 C 错误；0t1 时间内，质点的平均速度大小 v x1t1，故 D 错误。2.(2017潍坊期中)如图所示，绝缘空心金属球壳不带电。现在中间放一带电荷量为 Q的正点电荷，a、b、c 分别是球壳内、球壳中、球壳外的点，下列分析正确的是()A球壳内壁不带电，感应电荷全部分布在外表面上Ba、b、c 三点中，b 点的电势最低CQ 在 b 点产生的场强为零Db 点的场强为零解析：选 D 由于静电感应，金属球壳内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷，故 A错误。球壳内部
213、电场线从 Q 出发到球壳内壁终止，球壳外部电场线从外表面出发到无穷远处终止，根据顺着电场线方向电势逐渐降低，且整个金属球壳是一个等势体，可知，a、b、c 三点中，a 点的电势最高，c 点的电势最低，故 B 错误。静电平衡后，金属球壳中的场强处处为零，则 b 点的场强为零，故 D 正确。b 点的合场强为零，但 Q 在 b 点产生的场强不为零，故 C 错误。3.如图所示的电路中，开关 S 闭合一段时间后，下列说法中正确的是()A将滑片 N 向右滑动时，电容器放电B将滑片 N 向右滑动时，电容器继续充电C将滑片 M 向上滑动时，电容器放电D将滑片 M 向上滑动时，电容器继续充电解析：选 A 当滑片
214、N 向右滑动时，R3 减小，电容器的电压也减小，故电容器在放电，故 A 正确，B 错误；当滑片 M 向上滑动时，对电路结构没有影响，电路总电阻没有变化，故电容器保持原来的状态，故 C、D 均错误。4.如图所示，水平桌面上有三个相同的物体 a、b、c 叠放在一起，a 的左端通过一根轻绳与质量为 m3 kg 的小球相连，绳与水平方向的夹角为 60，小球静止在光滑的半圆形器皿中。水平向右的力 F40 N 作用在 b 上，三个物体保持静止状态。g 取 10 m/s2，下列说法正确的是()A物体 c 受到向右的静摩擦力B物体 b 受到一个摩擦力，方向向左C桌面对物体 a 的静摩擦力方向水平向右D撤去力
215、F 的瞬间，三个物体将获得向左的加速度解析：选 B 设水平向右为正方向，设 a、b、c 的质量为 m1，由于均静止，故加速度为：a10；对 c 分析：设 b 对 c 的静摩擦力为 f，则水平方向上只受 f 影响，且 c 保持静止，由牛顿第二定律得：fm1a1，代入数据得：f0，故 A 错误；对 b 分析：b 静止，设 a 对 b的静摩擦力为 f1，则水平面上：Ff1m1a10，即：f1F40 N，故 b 只受一个静摩擦力，方向与 F 相反，即水平向左，故 B 正确；对 a 分析：a 静止，设绳的拉力为 T，器皿对小球的弹力为 N，桌面对 a 的静摩擦力为 f2，则水平方向上：f1f2Tm1a1
216、0对小球受力分析如图：由于小球静止，故竖直方向上：Nsin 60Tsin 60mg水平方向上：Ncos 60Tcos 60联立式代入数据解得：T10 3 N，f222.68 N，故地面对 a 的静摩擦力水平向左，故 C 错误；若撤去 F，对 a，水平方向上受绳的拉力：T10 3 Nf2，故整个系统仍然保持静止，故 D 错误。5(2017泉州模拟)下列说法正确的是()A235U 的半衰期约为 7 亿年，随地球环境的变化，半衰期可能变短B卢瑟福通过 粒子散射实验建立了原子核式结构模型C结合能越大，原子中核子结合的越牢固，原子核越稳定D任何金属都存在一个“极限频率”，入射光的频率大于这个频率，才能产
217、生光电效应解析：选 BD 原子核的半衰期与所处的化学状态和外部条件无关，由内部自身因素决定，地球环境变化，半衰期不变，故 A 错误；卢瑟福通过 粒子散射实验建立了原子核式结构模型，故 B 正确；比结合能越大，原子中核子结合的越牢固，故 C 错误；要有光电子逸出，则光电子的最大初动能 Ekm0，即只有入射光的频率大于金属的极限频率，即 0时，才会有光电子逸出，故 D 正确。6(2018 届高三莆田六中检测)在轨道上运动的质量为 m 的人造地球卫星，它到地面的距离等于地球半径 R，地面上的重力加速度为 g，忽略地球自转影响，则()A卫星运动的速度大小为 2gRB卫星运动的周期为 4 2RgC卫星运
218、动的向心加速度大小为12gD卫星轨道处的重力加速度为14g解析：选 BD 人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设地球质量为 M、卫星的轨道半径为 r，则GMmr2mv2r m2rmam42rT2又 r2R忽略地球自转的影响有GMmR2 mg，所以卫星运动的速度大小为 vGMr gR2，故 A 错误；T2 r3GM4 2Rg，故 B 正确；aGMr2 g4，故 C 错误；卫星轨道处的重力加速度为g4，故 D 正确。7.水平长直轨道上紧靠放置 n 个质量为 m 可看作质点的物块，物块间用长为 l 的细线连接，开始处于静止状态，轨道与物块间的动摩擦因数为。用水平恒力 F 拉动物块
219、1 开始运动，到连接第 n 个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，则()A拉力 F 所做功为 nFlB系统克服摩擦力做功为nn1mgl2CFnmg2DnmgF(n1)mg解析：选 BC 物块 1 的位移为(n1)l，则拉力 F 所做功为 WFF(n1)l(n1)Fl，故 A 错误。系统克服摩擦力做功为 Wfmglmg(n2)lmg(n1)lnn1mgl2，故 B 正确。据题，连接第 n 个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，假设没有动能损失，由动能定理有 WFWf，解得 Fnmg2。现由于绳子绷紧瞬间系统有动能损失，所以根据功能关系可知 Fnmg2，故 C 正确，D 错误。8.如图，一粒子发射
220、源 P 位于足够大绝缘板 AB 的上方 d 处，能够在纸面内向各个方向发射速率为 v、电荷量为 q、质量为 m 的带正电的粒子，空间存在垂直纸面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力。已知粒子做圆周运动的半径大小恰好为 d，则()A能打在板上的区域长度是 2dB能打在板上的区域长度是(31)dC同一时刻发射出的带电粒子达到板上的最大时间差为7d6vD同一时刻发射出的带电粒子达到板上的最大时间差为qd6mv解析：选 BC 打在板上粒子轨迹的临界状态如图甲所示：根据几何关系知，带电粒子能到达板上的长度 lR 3R(13)R(1 3)d，故 A 错误，B 正确；在磁场中运动时间最长和最短的粒子
221、运动轨迹示意图如图乙所示：由几何关系知，最长时间 t134T最短时间 t216T又有粒子在磁场中运动的周期 T2rv 2dv；根据题意：t1t2t联立解得：t 712T7d6v，故 C 正确，D 错误。二、非选择题(共 47 分)9(6 分)(2016浙江选考)做“验证机械能守恒定律”的实验，已有铁架台、铁夹、电源、纸带、打点计时器，还必须选取的器材是图中的_(填字母)。某同学在实验过程中，在重锤的正下方地面铺海绵；调整打点计时器的两个限位孔连线为竖直；重复多次实验。以上操作可减小实验误差的是_(填序号)。解析：需要选取的器材是重锤和刻度尺，故选 B、D；能减小实验误差的操作是。答案：BD 1
222、0(9 分)(2018 届高三武汉十一中检测)用伏安法测量一电池的内阻。已知该待测电池的电动势 E 约为 9 V，内阻约数十欧，允许输出的最大电流为 50 mA，可选用的实验器材有：电压表 V1(量程 5 V)；电压表 V2(量程 10 V)；电流表 A1(量程 50 mA)；电流表 A2(量程 100 mA)；滑动变阻器 R(最大电阻 300)；定值电阻 R1(阻值为 200，额定功率为18 W)；定值电阻 R2(阻值为 220，额定功率为 1 W)；开关 S；导线若干。测量数据如坐标纸上 U-I 图线所示。(1)在下面的虚线方框内画出合理的电路原理图，并标明所选器材的符号。(2)在设计的电
223、路中，选择定值电阻的根据是_。(3)由 U-I 图线求得待测电池的内阻为_。(4)在你设计的电路中，产生系统误差的主要原因是_。解析：(1)应用伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电路电流，电路图如图所示：(2)定值电阻 R1 在电路中的最大功率：P1I2R10.052200 W0.5 W18 W，定值电阻 R2 在电路中的最大功率：P2I2R20.052220 W0.55 W1 W，为保护电路安全，则定值电阻应选择 R2。(3)由图像可知，电源内阻rUI 7.507.000.0340.024 50。(4)由实验电路图可知，相对于电源电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流
224、表所测电流小于电路电流，电压表分流是造成系统误差的原因。答案：(1)电路原理图见解析(2)定值电阻在电路中消耗的功率会超过18W，R2 的功率满足实验要求(3)50(4)电压表分流11.(14 分)如图所示，AB 是倾角为 30的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在 B 点与圆弧相切。圆弧的半径为 R。一个质量为 m 的物体(可以看作质点)从直轨道上的 P 点由静止释放，结果它能在两轨道上做往返运动。已知 P 点与圆弧的圆心 O 等高，物体与轨道 AB 间的动摩擦因数为，重力加速度为 g，求：(1)物体对圆弧轨道的最大压力大小；(2)物体滑回到轨道 AB 上距 B 点的最大距离；
225、(3)新的释放点距 B 点的距离 L应满足什么条件，才能使物体能顺利通过圆弧轨道的最高点 D。解析：(1)根据几何关系：PB Rtan 3R从 P 点到 E 点根据动能定理，有：mgRmgcos PB12mvE20代入数据：mgRmg 32 3R12mvE2解得：vE 23gR在 E 点，根据向心力公式有：FNmgmvE2R解得：FN3mg3mg。由牛顿第三定律可知，物体对圆弧轨道的最大压力为 3mg3mg。(2)设物体滑回到轨道 AB 上距 B 点的最大距离为 x，根据动能定理，有mg(BPx)sin mgcos(BPx)00代入数据：mg(3Rx)12mg 32(3Rx)0解得：x 333
226、1R。(3)刚好到达最高点时，有 mgmv2R解得：v gR根据动能定理，有mg(Lsin RRcos)mgcos L12mv20代入数据：mg12LR 32 R mg 32 L12mgR解得：L3R 3R1 3所以 L3R 3R1 3 时，物体才能顺利通过圆弧轨道的最高点 D。答案：(1)3mg3mg(2)3331R(3)L3R 3R1 312(18 分)如图所示，固定的光滑金属导轨间距为 L，导轨电阻不计，上端 a、b 间接有阻值为 R 的电阻，导轨平面与水平面的夹角为，且处在磁感应强度大小为 B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中，质量为 m、电阻为 r 的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上
227、。初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度 v0，整个运动过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。已知重力加速度为 g，弹簧的劲度系数为 k，弹簧的中心轴线与导轨平行，弹簧重力不计。(1)求初始时刻通过电阻 R 的电流 I1 的大小和方向；(2)初始时刻导体棒的加速度 a 的大小；(3)导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为 Ep，求导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻 R 上产生的焦耳热 Q。解析：(1)棒产生的感应电动势为：E1BLv0通过 R 的电流大小为：I1 E1RrBLv0Rr根据右手定则判断得知：电流方向为 ba。(2)棒受到的安培力大小为：FBI1LB2L2v
228、0Rr，方向沿斜面向下，如图所示。根据牛顿第二定律有：mgsin Fma解得：agsin B2L2v0mRr。(3)导体棒最终静止，有：mgsin kx弹簧的压缩量为：xmgsin k设整个过程回路产生的焦耳热为 Q0，根据能量守恒定律有：12mv02mgxsin EpQ0；解得：Q012mv02mgsin 2kEp；电阻 R 上产生的焦耳热为：Q RRrQ0 RRr12mv02mgsin 2kEp。答案：(1)BLv0Rr 方向为 ba(2)gsin B2L2v0mRr(3)RRr12mv02mgsin 2kEp三、选考题(共 15 分，请从给出的 2 道题中任选一题作答，多答则按所答的第一
229、题评分)物理选修 33(15 分)13(1)(5 分)关于热现象，下列说法中正确的是_。A液体温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈B分子间距离为 r0 时没有作用力，大于 r0 时只有引力，小于 r0 时只有斥力C液晶的微观结构介于晶体和液体之间，其光学性质会随电压的变化而变化D天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则E当人们感觉空气干燥时，空气的相对湿度一定较小(2)(10 分)如图 1 所示，水平放置的气缸内被活塞封闭一定质量的理想气体，气体的温度为 17，活塞与气缸底的距离 L112 cm，离气缸口的距离 L23 cm，将气缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对
230、缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与气缸口相平为止，如图 2 所示。已知 g 取 10 m/s2，大气压强为 1.0105 Pa，活塞的横截面积 S100 cm2，质量 m20 kg，活塞可沿气缸壁无摩擦滑动但不漏气，求：()活塞上表面刚好与气缸口相平时气体的温度为多少？()在对气缸内气体逐渐加热的过程中，气体吸收 340 J 的热量，则气体增加的内能为多大？解析：(1)影响布朗运动的因素是温度和颗粒大小，温度越高、颗粒越小，布朗运动就越明显，故 A 正确；分子在相互作用的距离内既有引力，又有斥力，故 B 错误；液晶的光学性质随温度、压力、外加电压的变化而变化，选项 C 正确；天然石英表现为各
231、向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列遵循一定规则，故 D 错误；在一定气温条件下，大气中相对湿度越小，水汽蒸发也就越快，人们就越感到干燥，故当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小，故 E 正确。(2)()当气缸水平放置时，p01.0105 PaV0L1S，T0(27317)K当气缸口朝上，活塞到达气缸口时，活塞的受力分析图如图所示，有 p1Sp0Smg则 p1p0mgS 1.0105 Pa 200102 Pa1.2105 PaV1(L1L2)S由理想气体状态方程得p0L1ST0 p1L1L2ST1则 T1p1L1L2p0L1T01.21050.151.01050.12290 K435 K。
232、()当气缸口向上，未加热稳定时：由玻意耳定律得p0L1Sp1LS则 Lp0L1p1 1.01050.121.2105m0.1 m加热后，气体做等压变化，外界对气体做功为Wp0(L1L2L)Smg(L1L2L)60 J根据热力学第一定律 UWQ，得 U280 J。答案：(1)ACE(2)()435 K()280 J物理选修 34(15 分)14(1)(5 分)有关电磁波与振动和波的知识，下列说法正确的是_。A日光灯是紫外线的荧光效应的应用B单摆在做受迫振动时，它的周期等于单摆的固有周期C机械波从一种介质进入另一种介质后，它的频率保持不变D麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在E弹簧振子做简谐振动
233、时，振动系统的势能与动能之和保持不变(2)(10 分)如图所示，某种透明物质制成的直角三棱镜 ABD，光在透明物质中的传播速度为 2.4108 m/s，一束光线在纸面内垂直 AB面射入棱镜，发现光线刚好不能从 AD 面射出，光在真空中传播速度为 3.0108 m/s，sin 530.8，cos 530.6，求：()透明物质的折射率和直角三棱镜A 的大小；()光线从 BD 面首次射出时的折射角。(结果可用 的三角函数表示)解析：(1)日光灯应用了紫外线的荧光效应，选项 A 正确；当单摆做受迫振动时，它振动的周期等于驱动力的周期，不一定等于它的固有周期，选项 B 错误；机械波从一种介质进入另一种介
234、质，频率不变，选项 C 正确；麦克斯韦从理论上预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，选项 D 错误；弹簧振子做简谐振动时，只有动能和势能参与转化，根据机械能守恒条件可知，振动系统的势能与动能之和保持不变，选项 E 正确。(2)()由折射率与光速间的关系：ncv解出透明物质的折射率 n1.25由题意可知，光线从 AB 面垂直射入，恰好在 AD 面发生全反射，光线从 BD 面射出，光路图如图所示。设该透明物质的临界角为 C，由几何关系可知：sin C1n解得：CA53。()由几何关系知：37由折射定律知：nsin sin 解得：sin 34。答案：(1)ACE(2)()1.25 53()sin 34