海南省高考物理试卷 25页

‎2018年海南省高考物理试卷 ‎　‎ 一、单项选择题:本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1．（4.00分）一攀岩者以1m/s的速度匀速向上攀登，途中碰落了岩壁上的石块，石块自由下落。3s后攀岩者听到石块落地的声音，此时他离地面的高度约为（　　）‎ A．10m B．30m C．50m D．70m ‎2．（4.00分）土星与太阳的距离是火星与太阳距离的6倍多。由此信息可知（　　）‎ A．土星的质量比火星的小 B．土星运行的速率比火星的小 C．土星运行的周期比火星的小 D．土星运行的角速度大小比火星的大 ‎3．（4.00分）如图，一绝缘光滑固定斜面处于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，通有电流I的金属细杆水平静止在斜面上。若电流变为0.5I，磁感应强度大小变为3B，电流和磁场的方向均不变，则金属细杆将（　　）‎ A．沿斜面加速上滑 B．沿斜面加速下滑 C．沿斜面匀速上滑 D．仍静止在斜面上 ‎4．（4.00分）已知TH的半衰期为24天。4gTh经过72天还剩下（　　）‎ A．0 B．0.5g C．1g D．1.5g ‎5．（4.00分）如图，用长为l的轻绳悬挂一质量为M的沙箱，沙箱静止。一质量为m的弹丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度。不计空气阻力。对子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程（　　）‎ A．若保持m、v、l不变，M变大，则系统损失的机械能变小 B．若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能变小 C．若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能变大 D．若保持M、m、v不变，l变大，则系统损失的机械能变大 ‎6．（4.00分）某大瀑布的平均水流量为5900m3/s，水的落差为50m。已知水的密度为1.00×103kg/m3．在大瀑布水流下落过程中，重力做功的平均功率约为（　　）‎ A．3×106W B．3×107W C．3×108W D．3×109W ‎　‎ 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．‎ ‎7．（5.00分）如图，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有一面积为S的矩形单匝闭合导线abcd，ab边与磁场方向垂直，线框的电阻为R．使线框以恒定角速度ω绕过ad、bc中点的轴旋转。下列说法正确的是（　　）‎ A．线框abcd中感应电动势的最大值是BSω B．线框abcd中感应电动势的有效值是BSω C．线框平面与磁场方向平行时，流经线框的电流最大 D．线框平面与磁场方向垂直时，流经线框的电流最大 ‎8．（5.00分）如图（a），一长木板静止于光滑水平桌面上，t=0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图（b）为物块与木板运动的v﹣t图象，图中t1、v0、v1‎ 已知。重力加速度大小为g。由此可求得（　　）‎ A．木板的长度 B．物块与木板的质量之比 C．物块与木板之间的动摩擦因数 D．从t=0开始到t1时刻，木板获得的动能 ‎9．（5.00分）如图，a、b、c、d为一边长为L的正方形的顶点。电荷量均为q（q＞0）的两个点电荷分别固定在a、c两点，静电力常量为k。不计重力。下列说法正确的是（　　）‎ A．b点的电场强度大小为 B．过b、d点的直线位于同一等势面上 C．在两点电荷产生的电场中，ac中点的电势最低 D．在b点从静止释放的电子，到达d点时速度为零 ‎10．（5.00分）如图，三个电阻R1、R2、R3的阻值均为R，电源的内阻r＜R，c为滑动变阻器的中点。闭合开关后，将滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动，下列说法正确的是（　　）‎ A．R2消耗的功率变小 B．R3消耗的功率变大 C．电源输出的功率变大 D．电源内阻消耗的功率变大 ‎　‎ 三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。‎ ‎11．（6.00分）学生课外实验小组使用如图所示的实验装置测量重力加速度大小。实验时，他们先测量分液漏斗下端到水桶底部的距离s；然后使漏斗中的水一滴一滴地下落，调整阀门使水滴落到桶底发出声音的同时，下一滴水刚好从漏斗的下端滴落；用秒表测量第1个水滴从漏斗的下端滴落至第n个水滴落到桶底所用的时间t。‎ ‎（1）重力加速度大小可表示为g=　 　（用s、n、t表示）；‎ ‎（2）如果某次实验中，s=0.90m，n=30，t=13.0s，则测得的重力加速度大小g=　 　m/s2；（保留2位有效数字）‎ ‎（3）写出一条能提高测量结果准确程度的建议：　 　。‎ ‎12．（12.00分）某同学利用图（a）中的电路测量电流表Ⓐ的内阻RA（约为5Ω）和直流电源的电动势E（约为10V）。图中R1和R2为电阻箱，S1和S2为开关。已知电流表的量程为100mA，直流电源的内阻为r。‎ ‎（1）断开S2，闭合S1，调节R1的阻值，使Ⓐ满偏；保持R1的阻值不变，闭合S2，调节R2，当R2的阻值为4.8Ω时Ⓐ的示数为48.0mA．忽略S2闭合后电路中总电阻的变化，经计算得RA=　 　Q；（保留2位有效数字）‎ ‎（2）保持S1闭合，断开S2，多次改变R1的阻值，并记录电流表的相应示数。若某次R1的示数如图（b）所示，则此次R1的阻值为　 　Ω；‎ ‎（3）利用记录的R1的阻值和相应的电流表示数I，作出I﹣1﹣R1图线，如图（c）所示。用电池的电动势E、内阻r和电流表内阻RA表示I﹣1随R1变化的关系式为I﹣1=　 　。利用图（c）可求得E=　 　V．（保留2位有效数字）‎ ‎　‎ 四、计算题：本题共2小题，共26分。把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。‎ ‎13．（10.00分）如图，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B．P是圆外一点，OP=3r。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出。已知粒子运动轨迹经过圆心O，不计重力。求 ‎（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径；‎ ‎（2）粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。‎ ‎14．（16.00分）如图，光滑轨道PQO的水平段QO=，轨道在O点与水平地面平滑连接。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞。A、B与地面间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度大小为g。假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短。求 ‎（1）第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小；‎ ‎（2）A、B均停止运动后，二者之间的距离。‎ ‎　‎ 五、选修题：共12分。请考生从第15、16题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修3-3]‎ ‎15．（4.00分）如图，一定量的理想气体，由状态a等压变化到状态b，再从b等容变化到状态c。a、c两状态温度相等。下列说法正确的是（　　）‎ A．从状态b到状态c的过程中气体吸热 B．气体在状态a的内能等于在状态c的内能 C．气体在状态b的温度小于在状态a的温度 D．从状态a到状态b的过程中气体对外做正功 ‎16．（8.00分）一储存氮气的容器被一绝热轻活塞分隔成两个气室A和B，活寨可无摩擦地滑动。开始时用销钉固定活塞，A中气体体积为2.5×10﹣4m3，温度为27℃，压强为6.0×104Pa；B中气体体积为4.0×10﹣4m3，温度为﹣17℃，压强为2.0×104Pa．现将A中气体的温度降至﹣17℃，然后拔掉销钉，并保持A、B中气体温度不变，求稳定后A和B中气体的压强。‎ ‎　‎ ‎[选修3-4](12分)‎ ‎17．警车向路上的车辆发射频率已知的超声波，同时探测反射波的频率。下列说法正确的是（　　）‎ A．车辆匀速驶向停在路边的警车，警车探测到的反射波频率增高 B．车辆匀速驶离停在路边的警车，警车探测到的反射波频率降低 C．警车匀速驶向停在路边的汽车，探测到的反射波频率降低 D．警车匀速驶离停在路边的汽车，探测到的反射波频率不变 ‎18．如图，由透明介质构成的半球壳的内外表面半径分别为R和R．一横截面半径为R的平行光束入射到半球壳内表面，入射方向与半球壳的对称轴平行，所有的入射光线都能从半球壳的外表面射出。已知透明介质的折射率为n=．求半球壳外表面上有光线射出区域的圆形边界的半径。不考虑多次反射。‎ ‎　‎ ‎2018年海南省高考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题:本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1．（4.00分）一攀岩者以1m/s的速度匀速向上攀登，途中碰落了岩壁上的石块，石块自由下落。3s后攀岩者听到石块落地的声音，此时他离地面的高度约为（　　）‎ A．10m B．30m C．50m D．70m ‎【分析】石头下落后做自由落体运动，根据h=gt2，不需要考虑声音传播的题意，即可求解下落的距离。‎ ‎【解答】解：石块下落的高度：h=gt2=45m。‎ 该过程中，攀岩者向上上升的高度：x=vt=1×3=3m 此时他离地面的高度约为：H=h+x=45+3=48m≈50m。故ABD错误，C正确 故选：C。‎ ‎【点评】本题关键明确自由落体运动的运动性质，然后根据运动学公式列式求解即可。‎ ‎　‎ ‎2．（4.00分）土星与太阳的距离是火星与太阳距离的6倍多。由此信息可知（　　）‎ A．土星的质量比火星的小 B．土星运行的速率比火星的小 C．土星运行的周期比火星的小 D．土星运行的角速度大小比火星的大 ‎【分析】根据万有引力提供向心力得出周期、线速度、加速度的表达式，结合轨道半径的大小进行比较。‎ ‎【解答】‎ 解：A、万有引力提供向心力，可知土星与火星的质量都被约去，无法比较两者的质量。‎ ‎ B、由=，得v=知轨道半径小速率大，B正确。‎ ‎ C、由，得，知r大，周期长，C错误。‎ ‎ D、由，知r大，角速度小，D错误。‎ ‎ 故选：B。‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，知道线速度、角速度、周期与轨道半径的关系。‎ ‎　‎ ‎3．（4.00分）如图，一绝缘光滑固定斜面处于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，通有电流I的金属细杆水平静止在斜面上。若电流变为0.5I，磁感应强度大小变为3B，电流和磁场的方向均不变，则金属细杆将（　　）‎ A．沿斜面加速上滑 B．沿斜面加速下滑 C．沿斜面匀速上滑 D．仍静止在斜面上 ‎【分析】先对磁场强度和电流大小没有改变前列出平衡方程，然后当它们改变后，再列出牛顿第二定律即可判断出物体的运动情况。‎ ‎【解答】解：当磁场的磁感应强度大小为B，电流变为I时，金属棒处于静止状态，‎ 根据平衡条件和安培力公式可得：BIL=mgsinθ，‎ 当磁场的磁感应强度大小为3B，电流变为0..5I时，此时安培力大小变为：‎ F=3B×0.5I×L=1.5BIL，金属棒将沿斜面向上加速，加速度大小为：‎ ‎．故A正确、BCD错误。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】解答本题的关键是：要对磁场强度和电流大小改变前后分别列出方程，通过对比可直接得出金属棒的运动情况。‎ ‎　‎ ‎4．（4.00分）已知TH的半衰期为24天。4gTh经过72天还剩下（　　）‎ A．0 B．0.5g C．1g D．1.5g ‎【分析】根据半衰期定义式m=m0（）n，结合衰变次数，即可求解。‎ ‎【解答】解：根据半衰期为24天，经过72天，发生3次衰变，‎ 依据m=m0（）3，代入数据解得：m=4×（）3=0.5g，故ACD错误，B正确；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】考查半衰期的定义式，掌握衰变次数与剩下的质量关系。‎ ‎　‎ ‎5．（4.00分）如图，用长为l的轻绳悬挂一质量为M的沙箱，沙箱静止。一质量为m的弹丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度。不计空气阻力。对子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程（　　）‎ A．若保持m、v、l不变，M变大，则系统损失的机械能变小 B．若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能变小 C．若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能变大 D．若保持M、m、v不变，l变大，则系统损失的机械能变大 ‎【分析】弹丸击中沙箱过程系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律可以求出弹丸击中沙箱后的共同速度，弹丸与沙箱一起摆动过程系统机械能守恒，应用机械能守恒定律求出系统损失的机械能，然后分析答题。‎ ‎【解答】解：弹丸击中沙箱过程系统水平方向动量守恒，以弹丸的初速度方向为正方向，‎ 由动量守恒定律得：mv=（M+m）v′，解得：v′=，‎ 弹丸与沙箱一起摆动过程系统机械能守恒，由能量守恒定律可知，‎ 整个过程系统损失的机械能：△E=mv2﹣（M+m）v′2=；‎ A、若保持m、v、l不变，M变大，系统损失的机械能：△E==变大，故A错误；‎ B、若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能：△E==变大，故B错误；‎ C、若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能：△E=变大，故C正确；‎ D、若保持M、m、v不变，l变大，则系统损失的机械能：△E=不变，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，弹丸击中沙箱过程系统动量守恒，机械能不守恒，沙箱摆动过程系统机械能守恒，整个过程损失的机械能等于弹丸击中沙箱过程损失的机械能，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出系统损失的机械能即可解题。‎ ‎　‎ ‎6．（4.00分）某大瀑布的平均水流量为5900m3/s，水的落差为50m。已知水的密度为1.00×103kg/m3．在大瀑布水流下落过程中，重力做功的平均功率约为（　　）‎ A．3×106W B．3×107W C．3×108W D．3×109W ‎【分析】根据平均功率P=，W=mgh，m=ρQt求解。‎ ‎【解答】解：设在很短时间t内有质量为m的水落下，重力做功的平均功率P==‎ 水的质量m=ρQt 代入数据解得，P=3×109W；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】此题考查平均功率的定义应用，属于简单题目，注意设一下时间来表示质量。‎ ‎　‎ 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．‎ ‎7．（5.00分）如图，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有一面积为S的矩形单匝闭合导线abcd，ab边与磁场方向垂直，线框的电阻为R．使线框以恒定角速度ω绕过ad、bc中点的轴旋转。下列说法正确的是（　　）‎ A．线框abcd中感应电动势的最大值是BSω B．线框abcd中感应电动势的有效值是BSω C．线框平面与磁场方向平行时，流经线框的电流最大 D．线框平面与磁场方向垂直时，流经线框的电流最大 ‎【分析】‎ 线圈在磁场中转动产生感应电动势，明确中性面的特点，知道在中性面位置磁通量最大，感应电动势最小，在与中性面垂直位置，磁通量最小，感应电动势最大即可 ‎【解答】解：AB、线框abcd绕垂直于磁场的轴转动，产生的感应电动势的最大值是Em=BSω，故A正确，B错误；‎ CD、线框平面与磁场方向平行时，此时线圈处于与中性面垂直位置，故此时产生的感应电动势最大，流经线框的电流最大，故C正确，D错误；‎ 故选：AC。‎ ‎【点评】本题主要考查了线圈转动过程中产生的感应电动势的最大值和位置，明确中性面的特点即可判断 ‎　‎ ‎8．（5.00分）如图（a），一长木板静止于光滑水平桌面上，t=0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图（b）为物块与木板运动的v﹣t图象，图中t1、v0、v1已知。重力加速度大小为g。由此可求得（　　）‎ A．木板的长度 B．物块与木板的质量之比 C．物块与木板之间的动摩擦因数 D．从t=0开始到t1时刻，木板获得的动能 ‎【分析】物块与木板组成的系统动量守恒，根据图示图象分析清楚运动过程，应用动量守恒定律与能量守恒定律、动量定理、动能定理分析答题。‎ ‎【解答】解：A、系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出物块相对°与木板滑行的距离，木板的长度可能等于该长度、也可能大于该长度，根据题意无法求出木板的长度，故A错误；‎ B、物块与木板作出的系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v1，解得：=，v0与v1已知，可以求出物块与木板的质量之比，故B正确；‎ C、对木板，由动量定理得：μmgt1=Mv1，解得：μ=，由于t1、v0、v1已知，可以求出动摩擦因数，故C正确；‎ D、由于不知道木板的质量，无法求出从t=0开始到t1时刻，木板获得的动能，故D错误；‎ 故选：BC。‎ ‎【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，物块与木板组成的系统动量守恒，根据图示图象分析清楚物块与木板的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、动量定理即可解题。‎ ‎　‎ ‎9．（5.00分）如图，a、b、c、d为一边长为L的正方形的顶点。电荷量均为q（q＞0）的两个点电荷分别固定在a、c两点，静电力常量为k。不计重力。下列说法正确的是（　　）‎ A．b点的电场强度大小为 B．过b、d点的直线位于同一等势面上 C．在两点电荷产生的电场中，ac中点的电势最低 D．在b点从静止释放的电子，到达d点时速度为零 ‎【分析】先求解两个电荷单独存在时在b点的场强，然后根据平行四边形定则合成得到b点的场强；根据等量同种点电荷的电场的特点判断b、d连线上各点电势的关系。根据电势关系分析运动。‎ ‎【解答】解：等量同种点电荷的电场线与等势面分布如图：‎ A、ac两电荷在b点的电场强度是矢量合，，则b点的电场强度大小为：，故A正确；‎ B、C、由等量同种点电荷的电场分布的特点可知，过b、d的直线不是等势面，在ac中点的电势最高。故B错误，C错误；‎ D、结合等量同种点电荷的电场分布的特点可知，b点与d点的电势是相等的，所以电子在b、d两点的电势能相等，所以从b点释放的电子，将沿bd的方向运动，到达d点的速度恰好等于0．故D正确；‎ 故选：AD。‎ ‎【点评】本题考查电场的叠加，注意电场强度时矢量，合成遵循平行四边形定则；电势是标量，合成遵循代数法则。‎ ‎　‎ ‎10．（5.00分）如图，三个电阻R1、R2、R3的阻值均为R，电源的内阻r＜R，c为滑动变阻器的中点。闭合开关后，将滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动，下列说法正确的是（　　）‎ A．R2消耗的功率变小 B．R3消耗的功率变大 C．电源输出的功率变大 D．电源内阻消耗的功率变大 ‎【分析】滑动变阻器分为左右两部分分别与R2和R3串联，R2与R3并联后与R1串联，c为滑动变阻器的中点，滑动触头在此点时，总电阻最大，然后根据欧姆定律分析电流变化，根据P=UI分析功率变化。‎ 电源输出的功率P在r=R外时最大，电源的内阻r＜R外，R外减小时，电源输出功率增大。‎ ‎【解答】解：ABD、c为滑动变阻器的中点，滑动触头在此点时，总电阻最大，将滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动，总电阻减小，总电流增大，R1和电源内阻分的电压增大，电源内阻消耗的功率变大，并联电路电压减小，R3所在之路电阻增大，电压减小，故电流减小，R3消耗的功率减小，而R2的电流增大，故R2功率增大，故AB错误，D正确；‎ C、电源输出的功率P在r=R外时最大，电源的内阻r＜R外，R外减小时，电源输出功率增大，故C正确；‎ 故选：CD。‎ ‎【点评】本题考查了串、联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，难点是滑动变阻器滑片P从中间→左端总电阻变化情况的判断。‎ ‎　‎ 三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。‎ ‎11．（6.00分）学生课外实验小组使用如图所示的实验装置测量重力加速度大小。实验时，他们先测量分液漏斗下端到水桶底部的距离s；然后使漏斗中的水一滴一滴地下落，调整阀门使水滴落到桶底发出声音的同时，下一滴水刚好从漏斗的下端滴落；用秒表测量第1个水滴从漏斗的下端滴落至第n个水滴落到桶底所用的时间t。‎ ‎（1）重力加速度大小可表示为g=　　（用s、n、t表示）；‎ ‎（2）如果某次实验中，s=0.90m，n=30，t=13.0s，则测得的重力加速度大小g=　9.6　m/s2；（保留2位有效数字）‎ ‎（3）写出一条能提高测量结果准确程度的建议：　“适当增大n”或“多次测量取平均值”。　。‎ ‎【分析】（1）依据自由落体运动的位移与时间关系h=，即可求解重力加速度；‎ ‎（2）将已知数据，代入上式，即可求解；‎ ‎（3）根据所测物理量，即可确定提高测量结果的准确度。‎ ‎【解答】解：（1）根据自由落体运动的位移与时间关系h=，‎ 则有：g=，‎ 而T=，解得：g=；‎ ‎（2）将s=0.90m，n=30，t=13.0s，代入数据，解得：g=9.6m/s2；‎ ‎（3）根据公式g=，要能提高测量结果准确程度，可适当增大n，或多次测量s取平均值；‎ 故答案为：（1）； （2）9.6； （3）“适当增大n”或“多次测量取平均值”。‎ ‎【点评】考查自由落体运动的规律，掌握减小测量误差的方法，注意保留两位有效数字。‎ ‎　‎ ‎12．（12.00分）某同学利用图（a）中的电路测量电流表Ⓐ的内阻RA（约为5Ω）和直流电源的电动势E（约为10V）。图中R1和R2为电阻箱，S1和S2为开关。已知电流表的量程为100mA，直流电源的内阻为r。‎ ‎（1）断开S2，闭合S1，调节R1的阻值，使Ⓐ满偏；保持R1的阻值不变，闭合S2，调节R2，当R2的阻值为4.8Ω时Ⓐ的示数为48.0mA．忽略S2闭合后电路中总电阻的变化，经计算得RA=　5.2　Q；（保留2位有效数字）‎ ‎（2）保持S1闭合，断开S2，多次改变R1的阻值，并记录电流表的相应示数。若某次R1的示数如图（b）所示，则此次R1的阻值为　148.2　Ω；‎ ‎（3）利用记录的R1的阻值和相应的电流表示数I，作出I﹣1﹣R1图线，如图（c）所示。用电池的电动势E、内阻r和电流表内阻RA表示I﹣1随R1变化的关系式为I﹣1=　R1+　。利用图（c）可求得E=　9.3　V．（保留2位有效数字）‎ ‎【分析】（1）根据题意应用并联电路特点与欧姆定律求出电流表内阻。‎ ‎（2）电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱示数。‎ ‎（3）根据电路图应用闭合电路欧姆定律求出表达式，然后根据图示图象求出电源电动势。‎ ‎【解答】解：（1）由题意可知，干电路电流不变为：Ig=100mA，流过电阻箱的电流：I2=Ig﹣IA=100mA﹣48mA=52mA，‎ 电流表内阻：RA====5.2Ω；‎ ‎（2）由图（b）所示可知，电阻箱阻值为：1×100Ω+4×10Ω+8×1Ω+2×0.1Ω=148.2Ω；‎ ‎（3）断开S2、闭合S1，由图示电路图可知，电源电动势：E=I（r+R1+RA），则：=R1+，‎ ‎﹣R1图象的斜率：k==，解得：E≈9.3V；‎ 故答案为：（1）5.2；（2）148.2； （3）R1+；9.3。‎ ‎【点评】电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱示数，要掌握常用器材的使用及读数方法；根据题意分析清楚电路结构、应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式是解题的关键。‎ ‎　‎ 四、计算题：本题共2小题，共26分。把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。‎ ‎13．（10.00分）如图，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B．P是圆外一点，OP=3r。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出。已知粒子运动轨迹经过圆心O，不计重力。求 ‎（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径；‎ ‎（2）粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。‎ ‎【分析】（1）画出粒子的运动轨迹，根据几何关系求出轨迹半径；‎ ‎（2）粒子第一次在圆形区域内做匀速直线运动，由求出时间；‎ ‎【解答】解：（1）根据题意，画出粒子在磁场中运动的轨迹，如图所示 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，由几何关系有：‎ 解得：‎ ‎（2）由得 粒子第一次在圆形区域内运动的时间=‎ 答：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径为；‎ ‎（2）粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间为 ‎【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，知道洛伦兹力提供粒子匀速圆周运动的向心力，关键是画轨迹，确定圆心和半径，再结合几何关系即可求解。‎ ‎　‎ ‎14．（16.00分）如图，光滑轨道PQO的水平段QO=，轨道在O点与水平地面平滑连接。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞。A、B与地面间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度大小为g。假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短。求 ‎（1）第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小；‎ ‎（2）A、B均停止运动后，二者之间的距离。‎ ‎【分析】（1）A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律求出A到达水平面时的速度，两物块碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与 机械能守恒定律可以求出碰撞后两物块的速度大小。‎ ‎（2）对两物块应用动能定理可以求出A、B在磁场水平面上的位移，然后求出两者静止时两者间的距离。‎ ‎【解答】解：（1）A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=mv02，‎ A、B发生完全弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，‎ 以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mvA+4mvB，‎ 由机械能守恒定律得：mv02=mvA2+•4mvB2，‎ 解得：vA=﹣，vB=；‎ ‎（2）物块B在粗糙水平面上做匀减速直线运动，最终速度为零，由动能定理得：‎ 对B：﹣μ•4mgx=0﹣•4mvB2，x=，‎ 设当物块A的位移为x时速度为v，‎ 对A，由动能定理得：﹣μmgx=mv2﹣mvA2，‎ 解得：v=，‎ A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，‎ 以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv=mvA′+4mvB′，‎ 由机械能守恒定律得：mv2=mvA′2+•4mvB′2，‎ 解得：vA′=﹣，vB′=，‎ 碰撞后A向左做减速运动，B向右做减速运动，由动能定理得：‎ 对A：﹣μmgxA=0﹣mvA′2，‎ 对B：﹣μ•4mgxB=0﹣•4mvB′2，‎ 解得：xA=h，xB=h，‎ A、B均停止运动后它们之间的距离：d=xA+xB=h；‎ 答：（1）第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小分别为、；‎ ‎（2）A、B均停止运动后，二者之间的距离为h。‎ ‎【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体的运动过程是解题的前提，应用机械能守恒定律、动量守恒定律与动能定理可以解题。‎ ‎　‎ 五、选修题：共12分。请考生从第15、16题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修3-3]‎ ‎15．（4.00分）如图，一定量的理想气体，由状态a等压变化到状态b，再从b等容变化到状态c。a、c两状态温度相等。下列说法正确的是（　　）‎ A．从状态b到状态c的过程中气体吸热 B．气体在状态a的内能等于在状态c的内能 C．气体在状态b的温度小于在状态a的温度 D．从状态a到状态b的过程中气体对外做正功 ‎【分析】对于一定质量理想气体，压强与温度和体积有关，关于P、V、T三者间的关系由实验定律加以分析，并满足理想气体状态方程，再结合热力学第一定律进行分析。‎ ‎【解答】解：A、气体从A到B发生等容变化，压强减小，温度降低，内能减小，气体对外界不做功，根据热力学第一定律知，气体放热，故A错误；‎ B、理想气体的内能只与温度有关，a、c两状态温度相等，内能相等，所以气体在状态a的内能等于气体在状态c的内能，故B正确；‎ C、气体从状态a到状态b发生等压变化，根据盖﹣吕萨克定律知，体积增大，温度升高，所以气体在状态b的温度大于在状态a的温度，故C错误；‎ D、气体从状态a到状态b，体积变大，气体对外界做正功，故D正确；‎ 故选：BD。‎ ‎【点评】本题考查气体实验定律和热力学第一定律的应用，注意热力学第一定律中的物理量正负号的含义，知道理想气体的内能只与温度有关。‎ ‎　‎ ‎16．（8.00分）一储存氮气的容器被一绝热轻活塞分隔成两个气室A和B，活寨可无摩擦地滑动。开始时用销钉固定活塞，A中气体体积为2.5×10﹣4m3，温度为27℃，压强为6.0×104Pa；B中气体体积为4.0×10﹣4m3，温度为﹣17℃，压强为2.0×104‎ Pa．现将A中气体的温度降至﹣17℃，然后拔掉销钉，并保持A、B中气体温度不变，求稳定后A和B中气体的压强。‎ ‎【分析】A中气体与B中气体相连，气压相等，由于活塞平衡，故其压强均相等。对两部分的气体写出理想气体的状态方程，然后联立即可。‎ ‎【解答】解：对A中气体，‎ 初态：PA=6.0×104Pa、VA=2.5×10﹣4m3、TA=273K+27K=300K。‎ 末态：PA'=？VA'=？TA'=273K﹣17K=256K 由理想气体状态方程得：…①‎ 对B中气体，‎ 初态：PB=2×104Pa、VB=4.0×10﹣4m3‎ 末态：PB'=？VB'=？‎ 由于温度相同，根据玻意耳定律得：‎ PBVB=PB′•VB′…②‎ 又VA+VB=VA'+VB'…③‎ PA'=PB'…④‎ ‎①②③④联立得：p=3.2x104Pa 答：稳定后A和B中气体的压强为3.2x104Pa。‎ ‎【点评】本题虽然有两部分的气体，但是变化比较简单，解答的关键是找出已知状态产量，然后根据理想气体状态方程列方程求解。‎ ‎　‎ ‎[选修3-4](12分)‎ ‎17．警车向路上的车辆发射频率已知的超声波，同时探测反射波的频率。下列说法正确的是（　　）‎ A．车辆匀速驶向停在路边的警车，警车探测到的反射波频率增高 B．车辆匀速驶离停在路边的警车，警车探测到的反射波频率降低 C．警车匀速驶向停在路边的汽车，探测到的反射波频率降低 D．警车匀速驶离停在路边的汽车，探测到的反射波频率不变 ‎【分析】‎ 当观察者与波源间发生相对运动时，观察都接收到的频率发生了变化，这种现象叫多普勒效应。根据车辆与警车间距离的变化情况分析。‎ ‎【解答】解：AC、车辆匀速驶向停在路边的警车，两者间距变小，产生多普勒效应，警车探测到的反射波频率增高，故A正确，C错误。‎ BD、车辆匀速驶离停在路边的警车，两者间距变大，产生多普勒效应，警车探测到的反射波频率降低，故B正确，D错误。‎ 故选：AB。‎ ‎【点评】多普勒效应是由于观察者和波源间位置的变化而产生的，要根据两者间距的变化分析观察者接受到的频率如何变化。‎ ‎　‎ ‎18．如图，由透明介质构成的半球壳的内外表面半径分别为R和R．一横截面半径为R的平行光束入射到半球壳内表面，入射方向与半球壳的对称轴平行，所有的入射光线都能从半球壳的外表面射出。已知透明介质的折射率为n=．求半球壳外表面上有光线射出区域的圆形边界的半径。不考虑多次反射。‎ ‎【分析】光从半球壳内表面边沿上的A点入射，入射角为90°，折射角为α，α等于全反射临界角，根据全反射临界角公式求出α．画出光路图，根据几何关系求出半球壳外表面上有光线射出区域的圆形边界的半径。‎ ‎【解答】解：设光从半球壳内表面边沿上的A点入射，入射角为90°（全反射临界角也为α），然后在半球壳外表面内侧的B点发生折射，入射角为β，如图所示。‎ ‎ ‎ 由全反射临界角的定义得 1=nsinα ①‎ 由正弦定理得 ‎ =②‎ ‎ OD为对称思，设∠BOD=γ，由几何关系可知 ‎ γ=﹣（α﹣β）③‎ ‎ 设B点到OD的距离为r，即为所求的半球壳外表面上有光线射出区域的圆形边界的半径，由几何关系有 ‎ r=Rsinγ ④‎ 由①②③④及题给数据解得 r=R 答：半球壳外表面上有光线射出区域的圆形边界的半径为R。‎ ‎【点评】解决本题的关键是理解全反射临界角的含义，掌握临界角公式，并能画出光路图，结合几何知识帮助解答。‎ ‎　‎