河北省石家庄市高考物理一模试卷

2018年河北省石家庄市高考物理一模试卷　二、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第19～21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．（6分）飞艇常常用于执行扫雷、空中预警、电子干扰等多项作战任务。如图所示为飞艇拖曳扫雷具扫除水雷的模拟图。当飞艇匀速飞行时，绳子与竖直方向恒成θ角。已知扫雷具质量为m，重力加速度为g，扫雷具所受浮力不能忽略，下列说法正确的是（　　）A．扫雷具受3个力作用B．绳子拉力大小为C．海水对扫雷具作用力的水平分力小于绳子拉力D．绳子拉力一定大于mg2．（6分）如图所示，a、b、c、d为四颗地球卫星，a静止在地球赤道面还未发射，6是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星。若b、c、d的运动均可看作匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）A．a的向心加速度小于a所在处的重力加速度B．在相同时间内b、c、d转过的弧长相等C．c在4小时内转过的圆心角为D．d的运动周期可能为20小时3．（6分）如图所示，理想变压器三个线圈的匝数比nl：n2：n3=10：5：1，其中匝数为n1的原线圈接到220V的交流电源上，匝数为n2和n3的两个副线圈分别与电阻R2、R3组成闭合回路。已知通过电阻R3的电流I3=2A，电阻R2=ll0Ω，则通过电阻R2的电流I2和通过原线圈的电流I1分别是（　　）A．10A，12A B．10A，20A C．1A． D．1A，3A4．（6分）如图所示，质量为m的物体A和质量为2m的物体B适过不可伸长的轻绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧。开始用手托着物体A使弹簧处于原长且细绳伸直，此时物体A与地面的距离为h，物体B静止在地面上。现由静止释放A，A与地面即将接触时速度恰好为0，此时物体B对地面恰好无压力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）A．物体A下落过程中一直处于失重状态B．物体A即将落地时，物体B处于失重状态C．物体A下落过程中，弹簧的弹性势能最大值为mghD．物体A下落过程中，A的动能和弹簧的弹性势能之和先增大后减小5．（6分）质量分别为m1与m2的甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p1=5kg?m/s，p2=7kg?m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为8kg?m/s，则甲、乙两球质量m1与m2间的关系可能是（　　）A．m1=m2 B．2m1=m2 C．3m1=2m2 D．4m1=m26．（6分）如图所示，正方形ABCD的四个顶点各固定一个点电荷，所带电荷量分别为+q、﹣q、+q、﹣q，E、F、O分别为AB、BC及AC的中点。下列说法正确的是（　　）A．E点电势低于F点电势B．F点电势等于O点电势C．E点电场强度与F点电场强度相同D．F点电场强度大于O点电场强度7．（6分）如图所示，两个质量均为m的小球A、B套在半径为R的圆环上，圆环可绕竖直方向的直径旋转，两小球随圆环一起转动且相对圆环静止。已知OA与竖直方向的夹角θ=53°，OA与OB垂直，小球B与圆环间恰好没有摩擦力，重力加速度为g，sin53°=，cos53°=．下列说法正确的是（　　）A．圆环旋转角速度的大小为B．圆环旋转角速度的大小为C．小球A与圆环间摩擦力的大小为mgD．小球A与圆环间摩擦力的大小为mg8．（6分）如图所示，等腰直角三角形ab．区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，直角边bc的长度为L．三个相同的带正电粒子从b点沿bc方向分别以速率v1、v2、v3射入磁场，在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3，且t1：t2：t3=3：3：2．不计粒子的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　）A．粒子的速率关系一定是v1=v2＜v3B．粒子的速率可能是v2＜v1＜v3C．粒子的比荷=D．粒子的比荷=　三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第38题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（11题，共129分）9．（6分）小明同学利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中红外线发射器、接收器可记录小球的挡光时间。小明同学进行了如下操作：（1）用螺旋测微器测小球的直径如图乙所示，则小球的直径为　　mm；（2）该小球质量为m、直径为d．现使小球从红外线的正上方的高度h处自由下落，记录小球挡光时间t，已知重力加速度为g，则小球下落过程中动能增加量的表达式为　　；重力势能减少量的表达式为　　（用所给字母表示）。（3）改变小球下落高度h，多次重复实验，发现小球动能的增加量总是小于重力势能的减少量，你认为可能的原因是　　（至少写出一条）。10．（9分）某课题研究小组准备测量一个锂电池的电动势和内阻，在操作台上准备了如下实验器材：A．待测锂电池（电动势E约为，内阻r未知）B．电压表V（量程3V，内阻约为几千欧）C．电流表A（量程，内阻RA=Ω）D．电阻箱R1（0﹣Ω，）E．滑动变阻器R2（最大阻值为l0Ω）F．定值电阻R0（阻值约为5Ω）G．开关S一个、导线若干（1）在实验操作过程中，该小组成员设计了如图甲所示电路。多次改变电阻箱Ri的阻值R，读出电压U，根据测得的数据作出﹣图，如图乙所示，则电源电动势E=　　V。（2）为了测定锂电池的内阻需测出电阻R0的阻值，小组成员设计了如图丙所示的电路，请在图丁中连接对应的实物图。实验过程中，某次测量电流表示数为时，电压表示数如图戊所示，由此可求得R0=　　Ω；结合图乙可求得电池内阻r=　　Ω．（以上两空结果均保留两位有效数字）11．（13分）如图所示，光滑绝缘水平桌面处在电场强度大小为E、方向水平向右的匀强电场中，某时刻将质量为m、带电荷量为一q的小金属块从A点由静止释放，小金属块经时间t到达B点，此时电场突然反向、电场强度增强为某恒定值，且仍为匀强电场，又经过时间t小金属块回到A点。小金属块在运动过程中电荷量保持不变。求：（1）电场反向后匀强电场的电场强度大小；（2）整个过程中电场力所做的功。12．（19分）倾角为37°的绝缘斜面固定在水平地面上，在斜面内存在一宽度d=的有界匀强磁场，边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上，如图甲所示。在斜面上由静止释放一质量m=，电阻R=Ω的正方形金属线框abcd，线框沿斜面下滑穿过磁场区域，线框从开始运动到完全进入磁场过程中的图象如图乙所示。已知整个过程中线框底边bc始终与磁场边界保持平行，重力加速度g=10m/s2，sin37°=．cos37°=。（1）求金属线框与斜面间的动摩擦因数μ；（2）求金属线框穿越该匀强磁场的过程中，线框中产生焦耳热的最大功率Pm；（3）若线框bc边出磁场时，磁感应强度开始随时间变化，且此时记为t=0时刻。为使线框出磁场的过程中始终无感应电流，求从t=0时刻开始，磁感应强度B随时间t变化的关系式。　【物理--选修3-3】（15分）13．（5分）下列说法正确的是（　　）A．第二类永动机违反了热力学第二定律，但不违反能量守恒定律B．被踩扁的乒乓球（表面没有开裂）放在热水里浸泡，恢复原状的过程中，球内气体对外做正功的同时会从外界吸收热量C．由于液体表面分子间距离小于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势D．两个分子间分子势能减小的过程中，两分子间的相互作用力可能减小E．布朗运动是指在显微镜下观察到的组成悬浮颗粒的固体分子的无运动14．（10分）如图甲所示，质量为M的长方体气缸放在光滑水平地面上，气缸用导热性能良好的材料制成，内壁光滑，内有质量为m的活塞，横截面积为S，不计气缸和活塞的厚度。环境温度为死时。活塞恰好在气缸的最右端，外界大气压强恒为p0。①若环境温度缓慢降低，求活塞移动到气缸正中间时的环境温度T；②若环境温度T0保持不变，给气缸施加水平向右的推力，最终活塞稳定到气缸正中间随气缸一起向右做匀加速直线运动，如图乙所示，求此时推力F的大小。　【物理--选修3-4】（15分）15．甲、乙两列简谐横波在同种均匀介质中传播，如图所示为t=0时刻两列波恰好在坐标原点相遇时的波形图，甲波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播，乙波沿x轴负方向传播，则（　　）A．甲、乙两波的频率之比为2：1B．乙波的传播速度为4m/sC．两列波叠加后，x=0处的质点振幅为20cmD．t=时，x=0处的质点处于平衡位置，且向下运动E．两列波叠加后，x=2m处为振动加强点16．如图所示为某种半圆柱透明介质的截面图，截面ABC的半径r=12cm，直径AB与足够大的水平屏幕朋Ⅳ垂直并与A点接触。透明介质放置在空气中，现有一束紫光射向圆心O，在AB分界面上的入射角为i，i较小时，MN屏幕上有两个亮斑，逐渐增大入射角，当i=45°时，其中一个亮斑恰好消失。已知真空中的光速c=3×l08m/s．求：①该介质对紫光的折射率n；②当i=45°时，紫光从进入透明介质到射到MN屏幕的传播时间t。　2018年河北省石家庄市高考物理一模试卷参考答案与试题解析　二、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第19～21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．（6分）飞艇常常用于执行扫雷、空中预警、电子干扰等多项作战任务。如图所示为飞艇拖曳扫雷具扫除水雷的模拟图。当飞艇匀速飞行时，绳子与竖直方向恒成θ角。已知扫雷具质量为m，重力加速度为g，扫雷具所受浮力不能忽略，下列说法正确的是（　　）A．扫雷具受3个力作用B．绳子拉力大小为C．海水对扫雷具作用力的水平分力小于绳子拉力D．绳子拉力一定大于mg【分析】对物体受力分析，受重力、浮力、拉力和水的水平方向的摩擦力，根据平衡条件并运用正交分解法列式分析。【解答】解：A、对扫雷具进行受力分析，受到受重力、浮力、拉力和水的水平方向的摩擦力，如图，故A错误；B、根据平衡条件，有：竖直方向：F浮+Tcosθ=mg，水平方向：f=Tsinθ，计算得出：T=；故B错误；C、D、扫雷器具受到海水的水平方向的作用力摩擦力等于拉力的水平分力，即小于绳子的拉力，而绳子拉力不一定大于mg，故C正确、D错误。故选：C。【点评】本题关键是对物体进行受力分析，然后平衡条件列式分析，关键不要忘了有浮力。　2．（6分）如图所示，a、b、c、d为四颗地球卫星，a静止在地球赤道表面还未发射，6是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星。若b、c、d的运动均可看作匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）A．a的向心加速度小于a所在处的重力加速度B．在相同时间内b、c、d转过的弧长相等C．c在4小时内转过的圆心角为D．d的运动周期可能为20小时【分析】地球同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，根据a=ω2r比较a与c的向心加速度大小，再比较c的向心加速度与g的大小。根据万有引力提供向心力，列出等式得出角速度与半径的关系，分析弧长关系。根据开普勒第三定律判断周期关系。【解答】解：A、地球同步卫星的周期c必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=ω2r知，c的向心加速度大；由牛顿第二定律得：，解得：a=，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星c的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，故A正确；B、由牛顿第二定律得：，解得：v=，卫星的轨道半径越大，速度越小，故在相同时间内b、c、d转过的弧长各不相同，故B错误；C、c是同步卫星，在4小时内转过的圆心角为：，故C错误；D、由开普勒第三定律=k知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，d的运行周期应大于24h，不可能是20h，故D错误；故选：A【点评】对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道同步卫星的条件和特点。　3．（6分）如图所示，理想变压器三个线圈的匝数比nl：n2：n3=10：5：1，其中匝数为n1的原线圈接到220V的交流电源上，匝数为n2和n3的两个副线圈分别与电阻R2、R3组成闭合回路。已知通过电阻R3的电流I3=2A，电阻R2=ll0Ω，则通过电阻R2的电流I2和通过原线圈的电流I1分别是（　　）A．10A，12A B．10A，20A C．1A． D．1A，3A【分析】根据电压与匝数成正比，可以求得两个副线圈的电压，根据欧姆定律求出通过R2的电流，再根据变压器的输入的功率和输出的功率相等可以求得原线圈Ⅰ中的电流强度I1。【解答】解：根据电压与匝数成正比可得：，而n1：n2：n3=10：5：1，U1=220V，解得：U2=110V，U3=22V根据欧姆定律得：I2==A=1A，根据变压器的输入的功率和输出的功率相等可得：U1I1=U2I2+U3I3即：220I1=110×1+22×2所以有：I1=。故C正确、ABD错误；故选：C。【点评】在本题中，由于副线圈有两个线圈，电流与匝数成反比的结论不在成立，所以在计算电流的时候不能再用，但是电压与匝数成正比的结论仍然是成立的。　4．（6分）如图所示，质量为m的物体A和质量为2m的物体B适过不可伸长的轻绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧。开始用手托着物体A使弹簧处于原长且细绳伸直，此时物体A与地面的距离为h，物体B静止在地面上。现由静止释放A，A与地面即将接触时速度恰好为0，此时物体B对地面恰好无压力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）A．物体A下落过程中一直处于失重状态B．物体A即将落地时，物体B处于失重状态C．物体A下落过程中，弹簧的弹性势能最大值为mghD．物体A下落过程中，A的动能和弹簧的弹性势能之和先增大后减小【分析】A与地面即将接触时，物体B对地面恰好无压力，说明地面对B的支持力等于B的重力。分析弹簧的拉力与A的重力关系分析A的状态。B一直处于平衡状态。对弹簧和A组成的系统，由机械能守恒求弹簧的弹性势能最大值，并分析A的动能和弹簧的弹性势能之和变化情况。【解答】解：A、开始时弹簧处于原长，弹力为零。物体B对地压力恰好为零，故细线的拉力为2mg，故弹簧对A的拉力也等于2mg，可知弹簧对A的拉力先大于A的重力，后小于A的重力，所以物体A先处于失重状态，后处于超重状态，故A错误。B、物体A即将落地时，A的速度恰好为零，物体B对地面恰好无压力，则知物体B一直处于平衡状态，故B错误。C、对弹簧和A组成的系统，由机械能守恒得弹簧的弹性势能最大值Epm=mgh，故C正确。D、物体A下落过程中，A的重力势能一直减小，由系统的机械能守恒知动能和弹簧的弹性势能之和一直增大，故D错误。故选：C【点评】本题的关键是分别对两个物体受力分析，然后根据机械能守恒定律列式求解。要注意A的机械能并不守恒。　5．（6分）质量分别为m1与m2的甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p1=5kg?m/s，p2=7kg?m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为8kg?m/s，则甲、乙两球质量m1与m2间的关系可能是（　　）A．m1=m2 B．2m1=m2 C．3m1=2m2 D．4m1=m2【分析】碰撞过程中系统遵守动量守恒，总动能不增加，碰撞后同向运动时，后面物体的速度不大于前面物体的速度，根据这三个规律，求解两球的质量关系。【解答】解：根据动量守恒定律得：p1+p2=p1′+p2′解得：p1′=4kg?m/s。碰撞过程系统的总动能不增加，则有：+≤+代入数据解得：≤。碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有：≤代入数据解得：≥。综上有≤≤，所以只有2m1=m2可能，故B正确，ACD错误。故选：B【点评】对于碰撞过程，往往根据三大规律，分析两个质量的范围：1、动量守恒；2、总动能不增加；3、碰撞后两物体同向运动时，后面物体的速度不大于前面物体的速度。　6．（6分）如图所示，正方形ABCD的四个顶点各固定一个点电荷，所带电荷量分别为+q、﹣q、+q、﹣q，E、F、O分别为AB、BC及AC的中点。下列说法正确的是（　　）A．E点电势低于F点电势B．F点电势等于O点电势C．E点电场强度与F点电场强度相同D．F点电场强度大于O点电场强度【分析】电势是标量，合成符合代数法则；电场强度是矢量，合成符合平行四边形定则，将4个电荷分成两组等量异号电荷或者两组等量同种电荷进行分析即可。【解答】解：AB、对A、B位置的两个电荷而言，E、O在中垂线上，电势等于无穷远电势，为零；对C、D位置的两个电荷而言，E、O同样在中垂线上，电势依然等于无穷远电势，为零；根据代数合成法则，E、O点的电势均为零，相等；同理，对A、D位置的两个电荷而言，F、O在中垂线上，电势等于无穷远电势，为零；对B、C位置的两个电荷而言，F、O同样在中垂线上，电势依然等于无穷远电势，为零；根据代数合成法则，F、O点的电势均为零，相等；故A错误，B正确；CD、先考虑O点场强，对A、C位置的电荷而言，O点场强为零；对B、D位置的电荷而言，O点场强同样为零；故根据矢量合成法则，O点的场强为零；再分析E点，对A、B位置的两个电荷，在E位置场强向下，设为E1；对C、D位置的两个电荷而言，在E位置场强向上，设为E2；由于E1＞E2，故E点的合场强向下，为E1﹣E2，不为零；再分析F点，对B、C位置的两个电荷，在EF置场强向左，大小也为E1；对A、D位置的两个电荷而言，在F位置场强向右，大小也为E2；由于E1＞E2，故E点的合场强向左，为E1﹣E2，不为零；故E点场强等于F点场强，但大于O点场强，故C错误，D正确；故选：BD【点评】本题考查电场强度的和电势的合成，关键是分成两组熟悉的电荷，同时区分矢量合成和标量合成遵循的法则不同。　7．（6分）如图所示，两个质量均为m的小球A、B套在半径为R的圆环上，圆环可绕竖直方向的直径旋转，两小球随圆环一起转动且相对圆环静止。已知OA与竖直方向的夹角θ=53°，OA与OB垂直，小球B与圆环间恰好没有摩擦力，重力加速度为g，sin53°=，cos53°=．下列说法正确的是（　　）A．圆环旋转角速度的大小为B．圆环旋转角速度的大小为C．小球A与圆环间摩擦力的大小为mgD．小球A与圆环间摩擦力的大小为mg【分析】B球受到的摩擦力恰好为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，求解角速度的大小；分析此时B球受力情况，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小。【解答】解：AB、小球B与圆环间恰好没有摩擦力，由支持力和重力的合力提供向心力，有：mgtan37°=mω2Rsin37°解得：，则A正确，B错误；CD、对小球A受力分析，有：Nsinθ﹣fcosθ=mω2RsinθNcosθ+fsinθ﹣mg=0联立解得：，故C错误，D正确；故选：AD。【点评】解决本题的关键搞清物块做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律，抓住竖直方向上合力为零，水平方向上的合力提供向心力进行求解。　8．（6分）如图所示，等腰直角三角形ab．区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，直角边bc的长度为L．三个相同的带正电粒子从b点沿bc方向分别以速率v1、v2、v3射入磁场，在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3，且t1：t2：t3=3：3：2．不计粒子的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　）A．粒子的速率关系一定是v1=v2＜v3B．粒子的速率可能是v2＜v1＜v3C．粒子的比荷=D．粒子的比荷=【分析】三个相同的带电粒子以不同速度沿同一方向进入三角形磁场区域，由半径公式r=，则速度较大的带电粒子进入磁场时做匀速圆周运动的半径大，而再由带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间t=T，可知第一、二两种粒子在磁场中偏转角度相同为90°，而第三个粒子偏转60°，打在ac边上，画出其运动轨迹，由偏转角度与周期公式求出比荷。【解答】解：根据题设条件，三个相同的带电粒子从b点沿bc方向以不同速度进入三角形磁场区域，粒子在磁场中做匀速圆周运动洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：r=，粒子轨道半径与速度成正比，又因为三个粒子在磁场中运动的时间之比为t1：t2：t3=3：3：1，显然它们在磁场中的偏转角度之比为3：3：1．即粒子1、2打在ab上，而粒子3打在ac上，轨迹如图所示：A、粒子1、2打在ab上，而粒子3打在ac上，粒子3的速度比1、2的速度，无法确定粒子1、2的速度关系，1、2两粒子的速度即可能相等也可能不相等，故A错误，B正确；C、对速度为v2的粒子，其偏转角度为90°，粒子在磁场中的运动时间：t2=T=×，则：=，故C错误；D、对速度为v3的粒子偏转30°，运动轨迹如图所示，由几何关系知：r3tan15°+r3tan15°cos30°=L，解得：r3=2L，粒子在磁场中做匀速圆周运动洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：r=，==，故D正确；故选：BD。【点评】三个相同的粒子以不同速度沿相同方向进入三角形磁场区域，由于半径不同，再加上在磁场中的时间之比就能确定三个粒子偏转角之比，再综合磁场区域与粒子通过直线边界的对称性，从而确定三个粒子打在磁场边界的位置，从而可以比较速度大小，也能求出粒子的比荷。　三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第38题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（11题，共129分）9．（6分）小明同学利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中红外线发射器、接收器可记录小球的挡光时间。小明同学进行了如下操作：（1）用螺旋测微器测小球的直径如图乙所示，则小球的直径为　　mm；（2）该小球质量为m、直径为d．现使小球从红外线的正上方的高度h处自由下落，记录小球挡光时间t，已知重力加速度为g，则小球下落过程中动能增加量的表达式为　m（）2　；重力势能减少量的表达式为　mgh　（用所给字母表示）。（3）改变小球下落高度h，多次重复实验，发现小球动能的增加量总是小于重力势能的减少量，你认为可能的原因是　阻力做负功　（至少写出一条）。【分析】螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；根据下降的高度求出重力势能的减小量，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光电门的速度，从而得出动能的增加量；根据能量守恒定律分析重力势能的减少量△Ep往往大于动能的增加量△Ek的原因。【解答】解：（1）螺旋测微器的固定刻度为，可动刻度为×=，所以最终读数为+=，（2）已知经过光电门时的时间小球的直径；则可以由平均速度表示经过光电门时的速度；所以v=，则小球下落过程中动能增加量的表达式为△Ek=m（）2；重力势能减少量的表达式为△EP=mgh。（3）根据能量守恒定律分析，重力势能的减少量△Ep往往大于动能的增加量△Ek的原因是阻力做负功，故答案为：（1）；（2）m（）2，mgh；（3）阻力做负功。【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量。本题为创新型实验，要注意通过分析题意明确实验的基本原理才能正确求解。　10．（9分）某课题研究小组准备测量一个锂电池的电动势和内阻，在操作台上准备了如下实验器材：A．待测锂电池（电动势E约为，内阻r未知）B．电压表V（量程3V，内阻约为几千欧）C．电流表A（量程，内阻RA=Ω）D．电阻箱R1（0﹣Ω，）E．滑动变阻器R2（最大阻值为l0Ω）F．定值电阻R0（阻值约为5Ω）G．开关S一个、导线若干（1）在实验操作过程中，该小组成员设计了如图甲所示电路。多次改变电阻箱Ri的阻值R，读出电压U，根据测得的数据作出﹣图，如图乙所示，则电源电动势E=　　V。（2）为了测定锂电池的内阻需测出电阻R0的阻值，小组成员设计了如图丙所示的电路，请在图丁中连接对应的实物图。实验过程中，某次测量电流表示数为时，电压表示数如图戊所示，由此可求得R0=　　Ω；结合图乙可求得电池内阻r=　　Ω．（以上两空结果均保留两位有效数字）【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律列式，由图象即可求得电动和内电阻；（2）根据原理图即可确定实物图，由欧姆定律可确定定值电阻大小，再由（1）中数据求出电源内阻。【解答】解：（1）根据电路图由闭合电路欧姆定律可知：U=E﹣（r+R0）变形可得：=+由图可知，则由图可知，=解得：E=；（2）根据原理图即可得出对应的实物图；由图可知，电压表示数U=；由欧姆定律可知：R+RA===7Ω解得：R=7﹣=Ω；根据（2）中图象可知：==解得：r=故答案为：（1）（2）如图所示【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，明确闭合电路欧姆定律的正确应用是解题的关键，同时注意明确图象法求解数据的关键。　11．（13分）如图所示，光滑绝缘水平桌面处在电场强度大小为E、方向水平向右的匀强电场中，某时刻将质量为m、带电荷量为一q的小金属块从A点由静止释放，小金属块经时间t到达B点，此时电场突然反向、电场强度增强为某恒定值，且仍为匀强电场，又经过时间t小金属块回到A点。小金属块在运动过程中电荷量保持不变。求：（1）电场反向后匀强电场的电场强度大小；（2）整个过程中电场力所做的功。【分析】（1）小金属块由A点运动到B点过程和由B点运动到A点过程，分别根据位移时间公式、速度时间公式列方程联立即可求出（2）根据动能定理求出整个过程中电场力所做的功。【解答】解：（1）设t末和2t末小金属块的速度大小分别为v1和v2，电场反向后匀强电场的电场强度大小为E1，小金属块由A点运动到B点过程，由位移时间公式得，………①由速度时间公式得，………②小金属块由B点运动到A点过程，由位移时间公式得，………③由速度时间公式得，………④联立①～④解得：E1=3E；………⑤（2）根据动能定理，整个过程中电场力所做的功………⑥联立⑤⑥解得：。答：（1）电场反向后匀强电场的电场强度大小为E1=3E；（2）整个过程中电场力所做的功为。【点评】解答本题关键是对不同过程应用匀变速直线运动相关公式以及动能定理列式即可，属于基础性题目，难度不大。　12．（19分）倾角为37°的绝缘斜面固定在水平地面上，在斜面内存在一宽度d=的有界匀强磁场，边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上，如图甲所示。在斜面上由静止释放一质量m=，电阻R=Ω的正方形金属线框abcd，线框沿斜面下滑穿过磁场区域，线框从开始运动到完全进入磁场过程中的图象如图乙所示。已知整个过程中线框底边bc始终与磁场边界保持平行，重力加速度g=10m/s2，sin37°=．cos37°=。（1）求金属线框与斜面间的动摩擦因数μ；（2）求金属线框穿越该匀强磁场的过程中，线框中产生焦耳热的最大功率Pm；（3）若线框bc边出磁场时，磁感应强度开始随时间变化，且此时记为t=0时刻。为使线框出磁场的过程中始终无感应电流，求从t=0时刻开始，磁感应强度B随时间t变化的关系式。【分析】（1）利用v﹣t图象斜率表示加速度，根据加速度的定义式，结合牛顿第二定律联立即可求出摩擦因数；（2）【解答】解：（1）由v﹣t图象可知在进入磁场之前做匀加速直线运动，a=2m/s2，由牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma解得：μ=（2）由v﹣t图象可知线框匀速进入磁场，进入磁场的时间：t=匀速进入磁场的速度：v1=s则线框边长：l=v1t=匀速运动过程根据平衡可得：mgsinθ﹣μmgcosθ=F安安培力：F安=B0Il欧姆定律：I=导体棒切割磁场产生的电动势：E=B0lv1联立各式可得：T线框完全进入磁场后做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma，可得加速度：a=2m/s2，线框出磁场时速度最大，电功率最大，设线框出磁场时速度大小为v2，由运动学公式可得：v22=v12+2a（d﹣l）解得：v2=s出磁场时的感应电动势：E′=BLv2出磁场时的感应电流：I′=出磁场时的安培力：F′=BI′l解得线框中产生焦耳热的最大功率：Pm=F′v2=≈（3）穿过线框的磁通量保持不变则线框中无感应电流，从线框下边出磁场时开始计时，设时间为t，则穿过线框的磁通量满足：φ=解得：（其中t≤）答：（1）金属线框与斜面间的动摩擦因数μ为；（2）金属线框穿越该匀强磁场的过程中，线框中产生焦耳热的最大功率Pm约为；（3）磁感应强度B随时间t变化的关系式为（其中t≤）。【点评】本题考查导体棒切割磁场模型，解题关键是要分好过程，正确进行受力分析，结合运动状态列出力学方程，要求线框出磁场，并且无感应电流，则任意时间t回路的磁通量相等，始终等于初状态的磁通量，则B随时间t的关系式就能求出。　【物理--选修3-3】（15分）13．（5分）下列说法正确的是（　　）A．第二类永动机违反了热力学第二定律，但不违反能量守恒定律B．被踩扁的乒乓球（表面没有开裂）放在热水里浸泡，恢复原状的过程中，球内气体对外做正功的同时会从外界吸收热量C．由于液体表面分子间距离小于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势D．两个分子间分子势能减小的过程中，两分子间的相互作用力可能减小E．布朗运动是指在显微镜下观察到的组成悬浮颗粒的固体分子的无规则运动【分析】第二类永动机不违反能量守恒定律；乒乓球内的气体受力膨胀，对外做功，温度升高，根据热力学第一定律列式分析吸放热情况；液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力；分子势能减小时分子力可能减小；布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动。【解答】解：A、第二类永动机违反了热力学第二定律，但不违反能量守恒定律。故A正确。B、被踩扁的乒乓球（表面没有开裂）放在热水里浸泡，恢复原状的过程中，球内气体对外做正功，温度升高，内能增加，根据热力学第一定律△U=Q+W知会从外界吸收热量，故B正确。C、由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，故C错误。D、分子间分子势能与距离的关系如图所示：从图可以看出，分子势能变小，分子间距可能增加，也可能减小；若分子间距大于平衡间距，分子势能减小，分子间距变小，分子力可能增加，也可能减小。故D正确。E、布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动，而组成小颗粒的分子有成千上万个，颗粒的运动是大量分子集体的运动，并不是颗粒分子的无规则运动，布朗运动是液体分子无规则运动的反映。故E错误。故选：ABD【点评】解决本题的关键是掌握分子动理论，要知道布朗运动既不是固体颗粒分子的运动，也不是液体分子的运动，而是液体分子无规则运动的反映。　14．（10分）如图甲所示，质量为M的长方体气缸放在光滑水平地面上，气缸用导热性能良好的材料制成，内壁光滑，内有质量为m的活塞，横截面积为S，不计气缸和活塞的厚度。环境温度为死时。活塞恰好在气缸的最右端，外界大气压强恒为p0。①若环境温度缓慢降低，求活塞移动到气缸正中间时的环境温度T；②若环境温度T0保持不变，给气缸施加水平向右的推力，最终活塞稳定到气缸正中间随气缸一起向右做匀加速直线运动，如图乙所示，求此时推力F的大小。【分析】①活塞从右端缓慢到正中间过程中发生等压变化，遵从盖﹣吕萨克定律，由此列式求解。②若环境温度T0保持不变，气缸导热性能良好，气体发生等温变化，遵从玻意耳定律，由玻意耳定律和牛顿第二定律结合解答。【解答】解：①活塞从右端缓慢到正中间过程中发生等压变化，遵从盖﹣吕萨克定律。设气缸总长为L，由得降后温度为：。②气体发生等温变化，遵从玻意耳定律，由得后来气体压强为：p=2p0对活塞m由牛顿第二定律得：pS﹣p0S=ma对活塞和气缸整体由牛顿第二定律得：F=（M+m）a由以上各式得施加力为：答：①若环境温度缓慢降低，求活塞移动到气缸正中间时的环境温度T为；②此时推力F的大小为。【点评】本题的关键是根据题目暗含条件分析出气体为何种变化过程，然后确定好初末状态量，选择合适的气体实验定律列式求解即可。　【物理--选修3-4】（15分）15．甲、乙两列简谐横波在同种均匀介质中传播，如图所示为t=0时刻两列波恰好在坐标原点相遇时的波形图，甲波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播，乙波沿x轴负方向传播，则（　　）A．甲、乙两波的频率之比为2：1B．乙波的传播速度为4m/sC．两列波叠加后，x=0处的质点振幅为20cmD．t=时，x=0处的质点处于平衡位置，且向下运动E．两列波叠加后，x=2m处为振动加强点【分析】甲、乙两列简谐横波在同种均匀介质中传播，波速相等，由图读出波长，由v=λf求频率之比。并由此公式求乙波的传播速度。根据波的叠加原理求两列波叠加后，x=0处的质点振幅。根据时间与周期的关系分析t=时x=0处质点的运动状态。由波的叠加原理分析两列波叠加后，x=2m处质点的振动情况。【解答】解：A、甲、乙两列简谐横波在同种均匀介质中传播，波速相等，由图知，λ甲=2m，λ乙=2m，由v=λf知甲、乙两波的频率之比为1：1，故A错误。B、乙波的传播速度为v=λ乙f乙=2×2=4m/s，故B正确。C、两列波叠加后，x=0处的质点振动加强，振幅为A0=A甲+A乙=10cm+20cm=30cm，故C错误。D、两波的周期为T===．t=0时刻，x=0处的质点处于平衡位置，且向上运动。因为t==，所以t=时，x=0处的质点处于平衡位置，且向下运动。故D正确。E、两列波叠加后，在x=2m处两波的波峰与波峰或波谷与波谷相遇，振动加强，故E正确。故选：BDE【点评】本题关键要把握两种图象的关系，知道波速由介质决定，甲、乙两列简谐横波在同种均匀介质中传播，波速相等。能根据波的传播读出质点的速度方向，在波动图象上运用波的叠加原理理解这类问题。　16．如图所示为某种半圆柱透明介质的截面图，截面ABC的半径r=12cm，直径AB与足够大的水平屏幕朋Ⅳ垂直并与A点接触。透明介质放置在空气中，现有一束紫光射向圆心O，在AB分界面上的入射角为i，i较小时，MN屏幕上有两个亮斑，逐渐增大入射角，当i=45°时，其中一个亮斑恰好消失。已知真空中的光速c=3×l08m/s．求：①该介质对紫光的折射率n；②当i=45°时，紫光从进入透明介质到射到MN屏幕的传播时间t。【分析】①当i=45°时，其中一个亮斑恰好消失，说明紫光在AB面上恰好发生了全反射，此时入射角等于临界角，由公式sinC=求出折射率n。②作出光路图，由几何知识求解紫光从进入透明介质到射到MN屏幕的传播距离，由v=求得紫光在玻璃中的传播速度，即可求得传播时间t。【解答】解：①设紫光的临界角为C，则知C=45°由公式sinC=解得：②紫光在透明介质中的传播速度为：v=紫光从进入透明介质到射到MN屏幕的传播时间为：解得：答：①该介质对紫光的折射率n是；②当i=45°时，紫光从进入透明介质到射到MN屏幕的传播时间t是×10﹣9s。【点评】本题首先要能熟练作出光路图，掌握临界角公式sinC=，并能正确应用几何关系进行求解。