1、2015-2016学年广东省汕尾市陆丰市启恩中学高三（上）第二次段考物理试卷一.选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1在物理学的重大发现中，科学家们创造出了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法和科学假说法、建立物理模型法等等，以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是（）A根据速度定义式v=，当t非常非常小时，就可以表示物体在该时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法B在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假
2、设法C在探究加速度与力和质量三者之间关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法D在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法2物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”如图所示，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起某同学另找来器材再探究此实验他连接好电路，经重复实验，线圈上的套环均未动对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是（）A线圈接在了直
3、流电源上B所用套环不是闭合圆环C电源电压过高D所选线圈的匝数过多3假设在宇宙中存在这样三个天体A、B、C，它们在一条直线上，天体A离天体B的高度为某值时，天体A和天体B就会以相同的角速度共同绕天体C运转，且天体A和天体B绕天体C运动的轨道都是圆轨道，如图所示以下说法正确的是（）A天体A做圆周运动的加速度小于天体B做圆周运动的加速度B天体A做圆周运动的线速度小于天体B做圆周运动的线速度C天体A做圆周运动的向心力等于天体C对它的万有引力D天体A做圆周运动的向心力大于天体C对它的万有引力4矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，如图甲所示，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直于纸面向里
4、，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，则（）A在0t1时间内，导线框中电流的方向为abcdaB在0t1时间内，导线框中电流越来越小C在t1t2时间内，导线框中电流保持不变D在t1t2时间内，导线框bc边受到安培力大小保持不变5风速仪的简易装置如图甲所示，风杯在风力作用下带动与其固定在一起的永磁铁转动，线圈中的感应电流随风速的变化而变化风速为v1时，测得线圈中的感应电流随时间变化的关系如图乙所示：若风速变为v2，且v2v1，则感应电流的峰值Im和周期T的变化情况是（）AIm变小，T变小BIm变小，T变大CIm变大，T变小DIm变大，T变大6如图所示，质量相等的物体A、B通过一轻质弹簧相连，
5、开始时B放在地面上，A、B均处于静止状态现通过细绳将A向上缓慢拉起，第一阶段拉力做功为W1时，弹簧变为原长；第二阶段拉力再做功W2时，B刚要离开地面弹簧一直在弹性限度内，则（）A两个阶段拉力做的功不相等B拉力做的总功大于A的重力势能的增加量C第一阶段，拉力做的功小于A的重力势能的增加量D第二阶段，拉力做的功大于A的重力势能的增加量7如图所示，AOC是光滑的金属轨道，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金属直杆如图所示立在导轨上，直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中Q端始终在OC上，空间存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，则在PQ杆滑动的过程中，下列判断正确的是（）A感应电流的
6、方向先是由PQ，后是由QPB感应电流的方向始终是由QP，后是由PQCPQ受磁场力的方向垂直杆向左DPQ受磁场力的方向先垂直于杆向左，后垂直于杆向右8如图（甲）所示，打开电流和电压传感器，将磁铁置于螺线管正上方距海绵垫高为h处静止释放，磁铁穿过螺线管后掉落到海绵垫上并静止若磁铁下落过程中受到的磁阻力远小于磁铁重力，且不发生转动，不计线圈电阻图（乙）是计算机荧屏上显示的UIt曲线，其中的两个峰值是磁铁刚进入螺线管内部和刚从内部出来时产生的下列说法正确的是（）A若仅增大h，两个峰值间的时间间隔会增大B若仅减小h，两个峰值都会减小C若仅减小h，两个峰值可能会相等D若仅减小滑动变阻器的值，两个峰值都会增
7、大二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题-32题为必考题，每个试题考生都必须作答，第33题-40题为选考题，考生根据要求作答（一）、必考题（共129分）9某同学在实验室用如图实58甲所示的装置来研究有关做功的问题（1）如图甲所示，在保持M7m条件下，可以认为绳对小车的拉力近似等于砂和砂桶的总重力，在控制小车质量不变的情况下进行实验在实验中，该同学先接通打点计时器的电源，再放开纸带，已知交流电的频率为50Hz图乙是在m=100g、M=1kg情况下打出的一条纸带，O为起点，A、B、C为过程中3个相邻的计数点，相邻的计数点之间有4个没有标出，有关数据如图乙所示，则打B点时小车的动能Ek= J
8、，从开始运动到打B点时，绳的拉力对小车做的功W= J（保留2位有效数字，g取9.8m/s2）（2）在第（1）问中，绳的拉力对小车做的功W大于小车获得的动能Ek，请你举出导致这一结果的主要原因：（写出一种即可）10有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现要描绘这个灯泡的伏安特性图线有下列器材供选用：A电压表（05V，内阻约为10k）B电压表（010V，内阻约为20k）C电流表（00.3A，内阻约为1）D电流表（00.6A，内阻约为0.4）E滑动变阻器（10，2A）F学生电源（直流6V），还有电键、导线若干（1）实验中所用电压表应选用，电流表应选用表示）（2）实验时要求尽量减小实验误差，测量电压
9、从零开始多取几组数据，请将下图中实物连接成满足实验要求的测量电路（3）某同学根据实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线（如图所示），若用电动势为3V、内阻为2.5的电源给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率是W11如图所示，两根平行金属导轨固定在同一水平面内，间距为L，导轨左端连接一个电阻一根质量为m、电阻为r的金属杆ab垂直放置在导轨上在杆的右方距杆为d处有一个匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向下，磁感应强度为B对杆施加一个大小为F、方向平行于导轨的恒力，使杆从静止开始运动，已知杆到达磁场区域时速度为v，之后进入磁场恰好做匀速运动不计导轨的电阻，假定导轨与杆之间存在恒定的阻力求：（1）导轨
10、对杆ab的阻力大小f（2）杆ab进入磁场后产生的电流大小及其方向（3）导轨左端所接电阻的阻值R12如图所示，相距为b、板间电压为U的平行金属板M、N间有垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场；在pOy区域内有垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场；pOx区域为无场区一正离子沿平行于金属板、垂直磁场射入两板间并做匀速直线运动，从H（0，2b）点垂直y轴进入第象限（1）求离子在平行金属板间的运动速度；（2）若离子经Op上某点离开磁场，最后垂直x轴离开第象限，求离子在第象限磁场区域的运动时间；（3）要使离子一定能打在x轴上，则离子的荷质比应满足什么条件？选考题.物理-选修3-313下列说法中正确的
11、是（）A温度低的物体内能小B分子运动的平均速率可能为零，瞬时速度不可能为零C液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引D0的铁和0的冰，它们的分子平均动能相同E气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关14如图所示，有两个不计质量的活塞M、N将两部分理想气体封闭在绝热气缸内，温度均是270CM活塞是导热的，N活塞是绝热的，均可沿气缸无摩擦地滑动，已知活塞的横截面积均为S=2cm2，初始时M活塞相对于底部的高度为H=27cm，N活塞相对于底部的高度为h=18cm现将一质量为m=400g的小物体放在M活塞的上表面上，活塞下降已知大气压强为p0=1.
12、0105Pa，求下部分气体的压强多大；现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热，使下部分气体的温度变为127，求稳定后活塞M、N距离底部的高度物理-选修3-5（说明：（1）题填正确答案标号选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分每选错1个扣3分，最低得分为0分）15 U放射性衰变有多种可能途径，其中一种途径是先变成Bi，而Bi可以经一次衰变变成X（X代表某种元素），也可以经一次衰变变成Ti， X和Ti最后都变成Pb，衰变路径如图所示可知图中（）Aa=82，b=206Ba=84，b=206C是衰变，放出电子，电子是由中子转变成质子和电子而生成的D是衰变，放出的是正电子，正电子是由质子转变成中子
13、和一个正电子而生成的E U经过8次衰变和6次衰变后可生成新核Pb16如图所示，质量均为M的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的小钉（质量不计）O上系一长度为L的细线，细线另一端系一质量为m的球C，现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球（C球不与直杆相碰）求：（1）两木块刚分离时，A、B、C的速度各多大？（2）两木块分离后，小球偏离竖直方向的最大偏角的余弦值cos 2015-2016学年广东省汕尾市陆丰市启恩中学高三（上）第二次段考物理试卷参考答案与试题解析一.选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921
14、题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1在物理学的重大发现中，科学家们创造出了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法和科学假说法、建立物理模型法等等，以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是（）A根据速度定义式v=，当t非常非常小时，就可以表示物体在该时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法B在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法C在探究加速度与力和质量三者之间关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法D在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动
15、过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法【考点】物理学史【分析】在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量法；当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法；质点是实际物体在一定条件下的科学抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；在研究曲线运动或者加速运动时，常常采用微元法，将曲线运动变成直线运动，或将变化的速度变成不变的速度【解答】解：A、根据速度定义式v=，当t非常非常小时，就可以表示物体在该时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，故A错误；B、质点采用的科学方法为建立
16、理想化的物理模型的方法，故B错误；C、在探究加速度与力和质量三者之间关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法，故C正确；D、在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故D正确；本题选不正确的，故选：B2物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”如图所示，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起某同学另找来器材再探究此实验他连接好电路，经重复实验，线圈上的套环均
17、未动对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是（）A线圈接在了直流电源上B所用套环不是闭合圆环C电源电压过高D所选线圈的匝数过多【考点】研究电磁感应现象【分析】闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量发生变化，产生感应电流，从而受到安培力，会向上跳起根据套环跳起的原理判断导致套环未动的原因【解答】解：A、线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流，会跳动故A错误B、如果所用套环不是闭合圆环，开关闭合时环中不产生感应电流，则不会受到安培力，环不会跳起，故B正确C、电源电压越高，闭合开关时穿过环的磁通量越大，感应电流越大，环跳起的高度越大，故C错
18、误D、所选线圈的匝数过多，套环中产生的感应电动势增大，同时线圈的匝数增加，线圈受到的安培力也增大，仍然能向上跳起，故D错误故选：B3假设在宇宙中存在这样三个天体A、B、C，它们在一条直线上，天体A离天体B的高度为某值时，天体A和天体B就会以相同的角速度共同绕天体C运转，且天体A和天体B绕天体C运动的轨道都是圆轨道，如图所示以下说法正确的是（）A天体A做圆周运动的加速度小于天体B做圆周运动的加速度B天体A做圆周运动的线速度小于天体B做圆周运动的线速度C天体A做圆周运动的向心力等于天体C对它的万有引力D天体A做圆周运动的向心力大于天体C对它的万有引力【考点】万有引力定律及其应用；牛顿第二定律；向心
19、力【分析】根据公式a=2r，分析加速度的关系；由公式v=r，分析速度的关系；天体A做圆周运动的向心力是由B、C的万有引力共同提供的【解答】解：A、由于天体A和天体B绕天体C运动的轨道都是同轨道，角速度相同，由a=2r，可知天体A做圆周运动的加速度大于天体B做圆周运动的加速度，故A错误B、由公式v=r，角速度相同，可知天体A做圆周运动的速度大于天体B做圆周运动的速度，故B错误CD、天体A做圆周运动的向心力是B、C的万有引力的合力提供的，所以天体A做圆周运动的向心力大于天体C对它的万有引力，故C错误，D正确；故选：D4矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，如图甲所示，磁感线的方向与导线框所在平面垂直
20、，规定磁场的正方向垂直于纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，则（）A在0t1时间内，导线框中电流的方向为abcdaB在0t1时间内，导线框中电流越来越小C在t1t2时间内，导线框中电流保持不变D在t1t2时间内，导线框bc边受到安培力大小保持不变【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【分析】由乙图可知B的变化，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向；由法拉第电磁感应定律可知电动势，即可知电路中电流的变化情况；由F=BIL可知安培力的变化情况【解答】解：A、由图可知，0t1内，线圈中磁通量的变化率相同，故0到t1时间内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流
21、方向为顺时针，即电流为adcba方向，故A错误；B、从0到t1时间内，线圈中磁通量的变化率相同，由E=可知，电路中电流大小时恒定不变；同理从t1到t2时间内，导线电流大小恒定，故B错误，C正确；D、由上分析，从0到t2时间内，路中电流大小时恒定不变，根据F=BIL，可知，从0到t2时间内，导线框ab边受到的安培力先减小，后增大，故D错误；故选：C5风速仪的简易装置如图甲所示，风杯在风力作用下带动与其固定在一起的永磁铁转动，线圈中的感应电流随风速的变化而变化风速为v1时，测得线圈中的感应电流随时间变化的关系如图乙所示：若风速变为v2，且v2v1，则感应电流的峰值Im和周期T的变化情况是（）AIm
22、变小，T变小BIm变小，T变大CIm变大，T变小DIm变大，T变大【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系【分析】线圈在磁场中转动，会产生交流电根据相对运动，可知，磁场对线圈来转动，则也会产生交流电转动的周期即为交流电的周期，转动的转速与交流电的最大值有关【解答】解：根据EM=NBS，可知当转速变大时，则最大感应电动势也变大，所以感应电流也变大；根据转速与周期成反比，可知，当转速变大时，则周期变小故C正确，ABD错误；故选：C6如图所示，质量相等的物体A、B通过一轻质弹簧相连，开始时B放在地面上，A、B均处于静止状态现通过细绳将A向上缓慢拉起，第一阶段拉力做功为W1时，弹簧变为原长；第二阶段拉
23、力再做功W2时，B刚要离开地面弹簧一直在弹性限度内，则（）A两个阶段拉力做的功不相等B拉力做的总功大于A的重力势能的增加量C第一阶段，拉力做的功小于A的重力势能的增加量D第二阶段，拉力做的功大于A的重力势能的增加量【考点】功能关系【分析】应用平衡条件求出弹簧压缩与伸长时的形变量关系，然后应用功能关系求出拉力的功，根据功的表达式分析答题【解答】解：开始时A压缩弹簧，压缩量为 x1=；要使B刚要离开地面，则弹力应等于B的重力，即 kx2=mg，故此时弹簧的伸长量 x2=，则x1=x2A、缓慢提升物体A，物体A的动能不变，第一阶段与第二阶段弹簧的形变量相同，设弹簧初始时的弹性势能为EP，由功能关系得
24、：W1+EPmgx=0，W2EPmgx=0，W1=mgxEP，W2=mgx+EP，则：W1W2，即两个阶段拉力做的功不相等，故A正确；B、由于在整个过程中，弹簧的弹性势能变化量为零，物体A、B的动能不变，B的重力势能不变，由能量守恒定律可知，拉力做的功转化为A的重力势能，拉力做的总功等于A的重力势能的增加量，故B错误；C、由A可知，拉力做功 W1=mgxEP，物体重力势能的增加量为mgx，则第一阶段，拉力做的功小于A的重力势能的增量，故C正确；D、由A可知，拉力做功 W2=mgx+EP，重力势能的增加量为mgx，则第二阶段拉力做的功大于A的重力势能的增加量，故D正确；故选：ACD7如图所示，A
25、OC是光滑的金属轨道，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金属直杆如图所示立在导轨上，直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中Q端始终在OC上，空间存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，则在PQ杆滑动的过程中，下列判断正确的是（）A感应电流的方向先是由PQ，后是由QPB感应电流的方向始终是由QP，后是由PQCPQ受磁场力的方向垂直杆向左DPQ受磁场力的方向先垂直于杆向左，后垂直于杆向右【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律【分析】在PQ杆滑动的过程中，POQ的面积先增大，后减小，穿过POQ磁通量先增大，后减小，根据楞次定律判断感应电流方向PQ受磁场力的方向，即安培
26、力方向始终与PQ垂直，由左手定则判断其方向【解答】解：A、B在PQ杆滑动的过程中，POQ的面积先增大，后减小，穿过POQ磁通量先增大，后减小，根据楞次定律可知：感应电流的方向先是由PQ，后是由QP故A正确，B错误； C、D由左手定则判断得到：PQ受磁场力的方向先垂直于杆向左，后垂直于杆向右故C错误，D正确故选：AD8如图（甲）所示，打开电流和电压传感器，将磁铁置于螺线管正上方距海绵垫高为h处静止释放，磁铁穿过螺线管后掉落到海绵垫上并静止若磁铁下落过程中受到的磁阻力远小于磁铁重力，且不发生转动，不计线圈电阻图（乙）是计算机荧屏上显示的UIt曲线，其中的两个峰值是磁铁刚进入螺线管内部和刚从内部出来
27、时产生的下列说法正确的是（）A若仅增大h，两个峰值间的时间间隔会增大B若仅减小h，两个峰值都会减小C若仅减小h，两个峰值可能会相等D若仅减小滑动变阻器的值，两个峰值都会增大【考点】自感现象和自感系数【分析】感应电动势的大小等于磁通量的变化率，因此通过线圈速度越大，磁通量的变化率越大，电动势越大，两个峰值也越大；根据闭合电路欧姆定律可知，当外电阻等于内阻时，输出功率最大【解答】解：A、若仅增大h，磁铁经过线圈的时间减小，两个峰值间的时间间隔会减小故A错误；B、C、当h减小时，磁铁进入线框的速度减小，导致线框中磁通量的变化率减小，因此两个峰值都会减小，且两个峰值不可能相等；故B正确，C错误；D、根
28、据闭合电路欧姆定律可知，不计线圈电阻，减小滑动变阻器阻值，则感应回路中的感应电流增大，线圈对磁铁的阻碍作用增大，磁铁的机械能转化为电能的比例增大，即感应回路中的电功率P=UI增大，两个峰值都会增大，故D正确故选：BD二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题-32题为必考题，每个试题考生都必须作答，第33题-40题为选考题，考生根据要求作答（一）、必考题（共129分）9某同学在实验室用如图实58甲所示的装置来研究有关做功的问题（1）如图甲所示，在保持M7m条件下，可以认为绳对小车的拉力近似等于砂和砂桶的总重力，在控制小车质量不变的情况下进行实验在实验中，该同学先接通打点计时器的电源，再放开
29、纸带，已知交流电的频率为50Hz图乙是在m=100g、M=1kg情况下打出的一条纸带，O为起点，A、B、C为过程中3个相邻的计数点，相邻的计数点之间有4个没有标出，有关数据如图乙所示，则打B点时小车的动能Ek=0.50 J，从开始运动到打B点时，绳的拉力对小车做的功W=0.52 J（保留2位有效数字，g取9.8m/s2）（2）在第（1）问中，绳的拉力对小车做的功W大于小车获得的动能Ek，请你举出导致这一结果的主要原因：摩擦没有完全抵消；砂与砂桶的重力大于绳的拉力（写出一种即可）【考点】探究功与速度变化的关系【分析】（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点时的速度，从而求出小
30、车此时的动能根据拉力的大小，结合移动的位移求出拉力做功的大小（2）绳子对小车做功与小车获得的动能不等的原因有：摩擦力未平衡，或沙和沙桶的重力大于绳子的拉力【解答】解：由平均速度表示中间时刻的瞬时速度可知，B点的速度为：vB=cm/s=99.75cm/s=0.9975m/s，小车的动能为：Ek=Mv2=10.997520.50J绳子拉力对小车做功的大小为：W=mgx=0.1100.5155J0.52J（2）绳子拉力对象小车做功大于小车或的动能，可能的原因是摩擦力未平衡，或沙和沙桶的重力大于绳子的拉力故答案为：（1）0.50，0.52；（2）摩擦没有完全抵消；砂与砂桶的重力大于绳的拉力10有一个小
31、灯泡上标有“4V，2W”的字样，现要描绘这个灯泡的伏安特性图线有下列器材供选用：A电压表（05V，内阻约为10k）B电压表（010V，内阻约为20k）C电流表（00.3A，内阻约为1）D电流表（00.6A，内阻约为0.4）E滑动变阻器（10，2A）F学生电源（直流6V），还有电键、导线若干（1）实验中所用电压表应选用A，电流表应选用D表示）（2）实验时要求尽量减小实验误差，测量电压从零开始多取几组数据，请将下图中实物连接成满足实验要求的测量电路（3）某同学根据实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线（如图所示），若用电动势为3V、内阻为2.5的电源给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率是0.8
32、W【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】（1）仪表的选择应本着安全准确的原则；电压表要测量灯泡两端的电压，故应通过灯泡的额定电压值判断需要的电压表；由流过灯泡的电流判断需要的电流表；由题意判断需要的滑动变阻器；（2）根据滑动变阻器分压及限流接法的不同作用，结合题意选择滑动变阻器的接法；由电流表、电压表与灯泡内阻间的大小关系确定电流表的接法【解答】解：（1）因灯泡的额定电压为4V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用05V的电压表，故选A；由P=UI得，灯泡的额定电流I=0.5A；故电流表应选择00.6A的量程，故选D；（2）由题意要求可知，电
33、压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，灯泡的电阻约为R=，跟电流表内阻接近，所以用电流表外接法，实物图连接如图所示（3）当灯泡接入电动势为3V、内阻为2.5的电源中时，由闭合电路欧姆定律E=U+IrU=32.5I画出UI图象，与该小灯泡的伏安特性曲线的交点表示该灯泡接入电路中的电压和电流，由图读出通过灯泡电流为0.4A，两端电压为2.0V，所以功率为0.8W故答案为：（1）A；D（2）如图所示（3）0.80（0.780.82）11如图所示，两根平行金属导轨固定在同一水平面内，间距为L，导轨左端连接一个电阻一根质量为m、电阻为r的金属杆ab垂直放置在导轨上在杆的右方距杆
34、为d处有一个匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向下，磁感应强度为B对杆施加一个大小为F、方向平行于导轨的恒力，使杆从静止开始运动，已知杆到达磁场区域时速度为v，之后进入磁场恰好做匀速运动不计导轨的电阻，假定导轨与杆之间存在恒定的阻力求：（1）导轨对杆ab的阻力大小f（2）杆ab进入磁场后产生的电流大小及其方向（3）导轨左端所接电阻的阻值R【考点】安培力；牛顿第二定律【分析】（1）在磁场区中，由牛顿第二定律可求得f （2）由安培力的大小表达式及方向可求得电流的大小与方向 （3）由欧姆定律可求得电阻阻值【解答】解：（1）杆进入磁场前做匀加速运动，有Ff=mav2=2ad解得导轨对杆的阻力f=F（2）
35、杆进入磁场后做匀速运动，有F=f+FB杆ab所受的安培力FB=ILB解得杆ab中通过的电流I=杆中的电流方向自a流向b（3）杆产生的感应电动势E=Blv杆中的感应电流I=解得导轨左端所接电阻阻值R=r答：（1）导轨对杆ab的阻力大小f为F（2）杆ab进入磁场后产生的电流大小为，方向自a流向b（3）导轨左端所接电阻的阻值R为r12如图所示，相距为b、板间电压为U的平行金属板M、N间有垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场；在pOy区域内有垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场；pOx区域为无场区一正离子沿平行于金属板、垂直磁场射入两板间并做匀速直线运动，从H（0，2b）点垂直y轴进入第象限（1
36、）求离子在平行金属板间的运动速度；（2）若离子经Op上某点离开磁场，最后垂直x轴离开第象限，求离子在第象限磁场区域的运动时间；（3）要使离子一定能打在x轴上，则离子的荷质比应满足什么条件？【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）正离子沿平行于金属板垂直磁场射入两板间做匀速直线运动时，洛伦兹力与电场力平衡，由平衡条件和E0=结合可求出离子在平行金属板间的运动速度（2）离子在磁场中运动圈后从Op上离开磁场，可求出离子在磁场中运动时间，离开磁场后离子做匀速直线运动，由几何知识求出位移，即可求出时间（3）带电粒子进入pOy区域做匀速圆周运动，据题由几何关系可求出圆周
37、运动的半径在磁场中由洛伦兹力提供向心力，可求出比荷的范围【解答】解：（1）离子在平行板内匀速直线运动，因此有 qvB0=qE 又E=解得离子在平行板内的速度为v=（2）如图为离子在第I象限磁场区域内运动的轨迹图，由几何关系得，轨迹半径为r=，轨迹对应的圆心角为=运动周期为T=运动时间为t=T=T=（3）要使离子一定能打在x轴上，离子在磁场B中运动，当轨迹与OP相切时，圆的最小半径如图所示由几何关系r2+r2=a 得r2=由qvB=m 得 =（1+）即必须小于（1+）答：（1）离子在平行金属板间的运动速度；（2）离子在第象限磁场区域的运动时间；（3）必须小于（1+）选考题.物理-选修3-313下
38、列说法中正确的是（）A温度低的物体内能小B分子运动的平均速率可能为零，瞬时速度不可能为零C液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引D0的铁和0的冰，它们的分子平均动能相同E气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关【考点】温度是分子平均动能的标志；理想气体的状态方程【分析】温度是分子热运动平均动能的标志，温度相同的两物体中，分子热运动平均动能相同，每个分子的动能不完全相同物体分子的动能、势能之和统称内能，与质量、温度、体积有关，温度低内能不一定小；表面张力的微观解释，分子间距大表现为引力；气体压强的微观解释【解答】解：A、物体分子的动能、势能
39、之和统称内能，与质量、温度、体积有关，温度低内能不一定小，故A错误；B、分子永不停息的做无规则运动，其平均速率不可能为零，故B错误；C、表面张力的微观解释，液体表面层的分子间距较大，表现为引力，故C正确；D、温度是分子热运动平均动能的标志，与物质的种类无关，故D正确；E、气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关，单位体积内的分子数越多碰撞次数越多，分子的平均动能越大，单位时间碰撞次数越多，而温度又是分子平均动能的标志，故E正确；故选：CDE14如图所示，有两个不计质量的活塞M、N将两部分理想气体封闭在绝热气缸内，温度均是270CM活塞是导热的，N活塞是绝热的，均
40、可沿气缸无摩擦地滑动，已知活塞的横截面积均为S=2cm2，初始时M活塞相对于底部的高度为H=27cm，N活塞相对于底部的高度为h=18cm现将一质量为m=400g的小物体放在M活塞的上表面上，活塞下降已知大气压强为p0=1.0105Pa，求下部分气体的压强多大；现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热，使下部分气体的温度变为127，求稳定后活塞M、N距离底部的高度【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强【分析】先由力学知识确定出状态上下两部分的气体压强，然后确定添加物块后的压强，根据对下部分的气体列玻意耳定律方程即可求解；先根据玻意耳定律求出上部分气体后来的长度，然后以下部气体为研究对象列理想气体
41、状态方程求解【解答】解：对两个活塞和重物作为整体进行受力分析得：PS=mg+P0SP=1.2105Pa对下部分气体进行分析，初状态压强为P0，体积为hs，温度为T1，末状态压强为P，体积设为h2s，温度为T2由理想气体状态方程可得：得：h2=20cm对上部分气体进行分析，根据玻意耳定律定律可得：P0（Hh）S=pls得：L=7.5cm 故此时活塞M距离底端的距离为H2=20+7.5=27.5cm 答：下部分气体的压强1.2105Pa；现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热，使下部分气体的温度变为1270C，稳定后活塞M、N距离底部的高度27.5cm物理-选修3-5（说明：（1）题填正确答案标号选
42、对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分每选错1个扣3分，最低得分为0分）15 U放射性衰变有多种可能途径，其中一种途径是先变成Bi，而Bi可以经一次衰变变成X（X代表某种元素），也可以经一次衰变变成Ti， X和Ti最后都变成Pb，衰变路径如图所示可知图中（）Aa=82，b=206Ba=84，b=206C是衰变，放出电子，电子是由中子转变成质子和电子而生成的D是衰变，放出的是正电子，正电子是由质子转变成中子和一个正电子而生成的E U经过8次衰变和6次衰变后可生成新核Pb【考点】裂变反应和聚变反应；原子核衰变及半衰期、衰变速度【分析】83210Bi经过变化为210X，质量数没有发生变化，为衰
43、变，经过变化为81bTi，核电荷数少2，为衰变，根据衰变和衰变的实质原子核经过一次衰变，电荷数减小2，质量数减小4，一次衰变后电荷数增加1，质量数不变分析即可【解答】解：A、B、83210Bi经过变化为210X，质量数没有发生变化，为衰变，即：83210Bi210X+10e，故a=84，83210Bi经过经过变化为81bTi，核电荷数少2，为衰变，即：83210Bi81bTi+24He，故b=206，故A错误，B正确；C、D、是衰变，放出电子，电子是由中子转变成质子时产生的，故C正确，D错误；E、质量数减少238206=32为8次衰变，电荷数92=82+826故经过6次衰变，故E正确故选：BC
44、E16如图所示，质量均为M的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的小钉（质量不计）O上系一长度为L的细线，细线另一端系一质量为m的球C，现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球（C球不与直杆相碰）求：（1）两木块刚分离时，A、B、C的速度各多大？（2）两木块分离后，小球偏离竖直方向的最大偏角的余弦值cos 【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】（1）小球向下摆动到最低点时，A、B、C系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出两木块刚分离时A、B、C的速度（2）两木块分离后，A、C组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出最大偏角的余弦值cos 【解答】解：（1）小球C下落到最低点时，AB开始分离，此过程水平方向动量守恒根据机械能守恒有：mgL=mvC2+2MvAB2；取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得：mvC2MvAB=0联立解得：vC=2，vAB=（2）选A、C为研究对象，由水平方向动量守恒有：mvcMvAB=（m+M）v由机械能守恒，有：mvC2+MvAB2=（m+M）v2+mgL（1cos ）解得：cos=答：（1）两木块刚分离时，A、B的速度为，C的速度为2（2）两木块分离后，小球偏离竖直方向的最大偏角的余弦值cos 是2016年11月19日