北京市海淀区2020届高三下学期6月二模反馈物理试题 Word版含解析 34页

海淀区高三物理二模反馈题 ‎1.如图所示为小明在玩蹦床情景，其中A位置表示床面未受压力时的平衡位置，B位置是他从最高点直立下落的过程中脚压床面所到达的最低位置。若床面始终在弹性限度内，空气阻力及床面的质量均可忽略不计，将小明看成质点，对于他从最高点下落到最低点的过程，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 床面从A位置下降到B位置的过程中，小明的速度不断变小 B. 床面在B位置时，小明所受合外力一定大于他所受的重力 C. 床面从A位置下降到B位置的过程中，小明先处于失重状态后处于超重状态 D. 小明从最高点运动到A位置的过程中重力对他所做的功，与他将床面压至B位置的过程中床面对他所做的功的绝对值一定相等 E. 小明从最高点运动到将床面压至B位置的过程中，重力对他做的功与床面弹力对他做的功的绝对值相等 F. 小明从最高点运动到将床面压至B位置的过程中，床面和小明（包含地球）所组成的系统机械能守恒 ‎【答案】BCEF ‎【解析】‎ ‎【详解】A．刚接触床面时，弹力小于重力，合力向下，继续向下加速，故A错误；‎ B．床面在Ａ位置时，小明的加速度为ｇ，如果小明从Ａ位置静止向下运动，由简谐振动的对称性可知最低点的加速度也为ｇ，而此时由高处下落的最低点的位置比原位置更低，因此加速度更大，大于ｇ，因此合外力大于重力；故B正确；‎ C．小明接触床面前处于失重状态，即床面在A位置；小明刚接触床面到弹力与重力大小相等之前，弹力小于重力，合力向下，仍然处于失重状态；床面继续下降，弹力大于重力，合力向上，小明处于超重状态，故C正确；‎ DE．小明从最高点至B位置，根据动能定理 - 34 -‎ 即 可知全程重力对他做的功与床面弹力对他做的功的绝对值相等，故D错误，E正确；‎ F．小明从最高点运动到将床面压至B位置的过程中，床面和小明（包含地球）所组成的系统不受除重力外的外力，故系统机械能守恒，故F正确。‎ 故选BCEF。‎ ‎2. 一物体从某一高度自由落下落在竖立于地面的轻弹簧上，如图所示，在Ａ点物体开始与轻弹簧接触，到Ｂ点时，物体速度为零，然后被弹簧弹回，下列说法正确的是( )‎ A. 物体从Ａ下降到Ｂ的过程中动能不断变小 B. 物体从Ｂ上升到Ａ的过程中动能不断变大 C. 物体从Ａ下降到Ｂ以及从Ｂ上升到Ａ的过程中速率都是先增大后减小 D. 物体在Ｂ点时所受合力为零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 物体从A点下降到B的过程中，开始重力大于弹簧的弹力，加速度方向向下，物体做加速运动，由于弹力在增大，则加速度在减小，当重力等于弹力时，速度达到最大，然后在运动的过程中，弹力大于重力，根据牛顿第二定律知，加速度方向向上，加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动，运动的过程中弹力增大，加速度增大，到达最低点，速度为零．故速度先增大后减小，则动能先增大，后减小；同理，在从B上升到A的过程中，开始时弹簧的弹力大于重力，加速度向上，物体向上运动，由于弹力减小，则加速度减小，但速度继续增大；弹力与重力相等时速度达最大，此后由于弹力小于重力，物体的速度开始减小，故速率先增大后减小，动能先增大，后减小，故C正确．‎ 点睛：解决本题的关键知道加速度方向与合力方向相同，当加速度方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动．‎ ‎3.一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中．若把在空中下落的过程称为过程I - 34 -‎ ‎，进入泥潭直到停住的过程称为过程II，空气阻力忽略不计．则（ ）‎ A. 过程I中钢珠动量的改变量等于重力的冲量 B. 过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力冲量的大小 C. 过程II中钢珠克服阻力所做的功等于过程I与过程II中钢珠所减少的总重力势能 D. 过程II中损失的机械能等于过程I中钢珠所增加的动能 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】过程Ⅰ中钢珠只受到重力，根据动量定理分析得知，钢珠动量改变量等于重力的冲量．故A正确．对全过程分析，根据动量定理可知，则阻力的冲量的大小等于过程Ⅱ和过程Ⅰ中重力冲量的大小总和．故B错误．对于整个过程：钢珠动能的变化量，根据动能定理得知，整个过程重力做功等于钢珠克服阻力做功，而整个重力做功等于整个过程中钢珠所减少的重力势能，所以过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功等于过程Ⅰ与过程Ⅱ中钢珠所减少的重力势能之和．故C正确．根据功能关系分析得知，过程Ⅱ中损失的机械能等于过程Ⅱ中钢珠克服阻力做功，等于过程Ⅰ中钢珠所增加的动能和过程Ⅱ减小的重力势能．故D错误．故选AC．‎ ‎【点睛】本题一要灵活选择研究的过程；二是运用动量定理研究冲量，运用动能定理研究动能的改变量是常用的思路．‎ ‎4.为了演示“感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化”的现象，老师做了这样的演示实验：如图所示，铝制水平横梁两端各固定一个铝环，其中环A是闭合的，环B是断开的，横梁可以绕中间的支点在水平面内转动。当装置静止不动时，用一磁铁的N极去接近A环，发现A环绕支点沿顺时针（俯视）方向转动。若不考虑由于空气流动对实验结果的影响，关于该实验，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 若其他条件相同，磁铁接近A环越快，A环中产生的感应电动势就越大 B. 若其他条件相同，而将磁铁的N极接近B环，则横梁一定不转动 C. 无论磁铁靠近A环或B环，相应环中都有焦耳热产生 D. 若磁铁N极靠近A环，沿磁铁运动方向观察，A环会有沿环逆时针方向的感应电流 ‎【答案】ABD - 34 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若其他条件相同，磁铁接近A环越快，则穿过A环的磁通量增加得越快，A环中产生的感应电动势就越大，故A正确；‎ BC．当磁铁的N极接近B环时，由于B环没有形成闭合回路，故只产生感应电动势，没有产生感应电流。所以B环一定不会转动，不会产生焦耳热。故B正确，C错误；‎ D．根据右手定则，可判断出A环产生的感应电流方向是逆时针方向。故D正确。‎ 故选ABD。‎ ‎5.一列简谐横波沿x轴传播，速度为‎1.0m/s，t=0时波形如图甲所示，此时质点a位于波峰，质点c位于波谷，质点b、d位于平衡位置。图乙是波上质点b的振动图象。下列说法中正确的是（　　）‎ A. 质点b与质点d的速度大小总是相等的，加速度大小也总是相等的 B. 经t=4.0s质点a运动的路程‎16m C. 经t=4.0s质点a的振动沿x轴正方向传播‎4.0m D. 机械波传播一个周期，各质点就通过一个波长的路程 E. 一观察者从x=0处出发沿着x轴向质点d运动，其观测到的该波的频率将大于0.25Hz ‎【答案】AE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．此时质点b与质点d相差半个波长距离，所以速度和加速度大小总是相等的，故A正确；‎ B．由乙图可知，简谐波的周期为 振幅为 质点a运动的路程 - 34 -‎ 故B错误；‎ C．根据图乙b质点在开始的振动图象可得振动方向向下，由波形的同侧法原理可知波沿x轴负方向传播，故C错误；‎ D．波传播一个周期，波的振动形式通过一个波长的路程，而质点并不随波迁移，故D错误；‎ E．由周期和频率的关系可知，波的频率为 而观察者沿着x轴靠近波源运动时，由多普勒效应可知，观察者接收到的该波的频率将大于波源的实际频率0.25Hz，故E正确。‎ 故选AE。‎ ‎6.一货箱随竖直升降机运动的速度—时间图象如图所示，取竖直向上为正方向，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 在t3时刻货箱运动到最高位置 B. 在0~t1时间内，货箱所受合力不断变大 C. 在t5~t7时间内，货箱处于失重状态 D. 在t1~t2时间内，货箱的机械能可能保持不变 E. 在t2~t3时间内，升降机对货箱做功的功率不断变小 ‎【答案】AE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图像可知，时间内货箱速度为正，向上运动；在时间内货箱速度为负，向下运动，则在t3时刻货箱运动到最高位置，故A正确；‎ B．图像中的斜率等于物体的加速度，则在时间内，图像中的斜率不变，即物体加速度不变，根据牛顿第二定律，货箱的合外力不变，故B错误；‎ C．在时间内，图像斜率为零，货箱的加速度为零，根据牛顿第二定律，货箱的合外力为零；在 - 34 -‎ 时间内，图像斜率为正，货箱的加速度方向向上，根据牛顿第二定律，货箱的合外力方向向上，物体处于超重状态，故C错误；‎ D．在时间内，货箱的速度不变，即动能不变；速度为正，向上运动，重力势能增加，货箱的机械能增加，故D错误；‎ E．升降机对货箱做功的功率 在时间内，图像中的斜率不变，即物体加速度不变，根据牛顿第二定律，货箱的合外力不变，由于速度减小，所以升降机对货箱做功的功率不断变小，故E正确。‎ 故选AE。‎ ‎7.若货物随升降机沿竖直方向运动的v-t图象如图所示，取竖直向上为正方向，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是（　　）‎ ‎、‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据速度时间图线可知，货物先向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得 mg-F=ma 解得 F=mg-ma＜mg t1-t2时间内做匀速直线运动 - 34 -‎ F=mg t2-t3时间内向下做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得 F-mg=ma 解得 F=mg+ma＞mg t3-t4时间内向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得 F-mg=ma 解得 F=mg+ma＞mg 根据图象可知t3-t4时间内和t2-t3时间内的加速度相同，所以这两段时间的F相同，‎ t4-t5时间内做匀速直线运动 F=mg t5-t6时间内向上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得 mg-F=ma 解得 F=mg-ma＜mg 故B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎8.某小组用如图甲所示的可拆变压器探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数之间的关系，在实验时组装的变压器如图乙所示。在铁芯上的原、副线圈接入匝数分别为n1=800匝和n2=200匝，原线圈两端与正弦式交流电源相连，用交流电压表测得原、副线圈两端的电压分别为10V和0.8V。在其他条件保持不变的情况下，下列措施中能使副线圈两端的电压高于0.8V的是（　　）‎ A. 增加副线圈的匝数 B. 增加原线圈的匝数 C. 将副线圈两端接上用电器 - 34 -‎ D. 将铁芯B安装在铁芯A上 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据 可知副线圈输出电压 即测出来的结果偏低，这是由于该同学实验中没有将铁芯B安装在铁芯A上，有漏磁现象，存在电能损失，导致变压器的输出电压变低。在不装铁芯B的情况下，增加副线圈的匝数，输出电压也会变大。故BC错误，AD正确。‎ 故选AD。‎ ‎9.某小组用如图甲所示的可拆变压器探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数之间的关系，在实验时忘记把图甲中的变压器铁芯B组装到变压器铁芯A上，组装后的变压器如图乙所示。在铁芯上的原、副线圈接入匝数分别为n1=800匝和n2=200匝，原线圈两端与正弦式交流电源相连，电源两端的输出电压u=12sin314t（V），则与副线圈两端连接的交流电压表的示数可能是（　　）‎ A. 0.6‎V B. 3V C. 3V D. 12V ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由题可知电源两端的输出电压 则输入电压的有效值 根据 - 34 -‎ 可得 由于该同学实验中没有将铁芯B安装在铁芯A上，有漏磁现象，存在电能损失，导致变压器的输出电压低于理论计算值。故BCD错误，A正确。‎ 故选A。‎ ‎10.‎2018年12月8日2时23分，我国成功发射“嫦娥四号”探测器。“嫦娥四号”探测器经历绕地飞行、地月转移、近月制动（太空刹车）、绕月飞行，最终于‎2019年1月3日10时26分实现了人类首次在月球背面软着陆，其运动轨迹示意图如图所示。假设“嫦娥四号”质量保持不变，其在绕月圆轨道和绕月椭圆轨道上运动时只受到月球的万有引力，则有关“嫦娥四号”的下列说法中正确的是（　　）‎ A. 沿轨道Ⅰ绕地运行过程中，在a点的机械能小于在b点的机械能 B. 沿轨道Ⅰ绕地运行的周期一定小于沿轨道Ⅱ绕地运行的周期 C. 每次运动到绕地轨道近地点和绕月轨道近月点时都需要加速 D. 沿轨道①绕月运行的周期一定小于沿轨道②绕月运行的周期 E. 沿轨道Ⅰ绕地运行的过程中在a点的加速度一定大于在b点的加速度 ‎【答案】BE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．卫星在同一个椭圆轨道上运行时，动能和势能相互转化，机械能守恒，故A错误；‎ B．轨道Ⅰ和轨道Ⅱ的中心天体都是地球，根据开普勒第三定律可知，椭圆轨道半长轴越长，周期越长，故B正确；‎ C．卫星在椭圆轨道上绕中心天体运行并处于近地点时，势能最小，动能最大，速度最快，随后做离心运动，动能转化为势能，速度变慢，并不需要进行加速，故C错误；‎ D - 34 -‎ ‎．轨道①和轨道②的中心天体都是月球，根据开普勒第三定律可知，椭圆轨道半长轴越长，周期越长，故D错误。‎ E．卫星沿轨道Ⅰ运行时，合外力即为万有引力，由牛顿第二运动定律得 可知加速度 距离越远，加速度越小，故E正确。 ‎ 故选BE。‎ ‎11.如图所示，轻质弹簧的左端固定在竖直墙壁上，右端与静止在光滑水平面上的木块A相连接，子弹B沿水平方向射入木块后留在木块内，再将弹簧压缩到最短。上述这个过程可抽象为两个典型的过程：过程①是子弹射入木块并获得共同速度；过程②是木块与子弹一起压缩弹簧并将弹簧压到最短。已知木块的质量大于子弹的质量，空气阻力可忽略不计，则下列说法中正确的是（　　）‎ A. 过程①中木块获得的动能一定小于此过程中子弹损失动能的二分之一 B. 过程②中弹簧的最大弹性势能一定小于过程①中子弹损失的动能 C. 过程②中弹簧最大弹性势能一定大于过程①中木块所获得的动能 D. 过程②中弹簧的最大弹性势能一定小于过程①中子弹损失动能的二分之一 E. 过程①中木块对子弹所做功绝对值一定小于子弹对木块所做功的绝对值 F. 过程①中木块对子弹的冲量大小一定等于子弹对木块的冲量大小 G. 过程②中墙壁对弹簧的冲量大小一定等于木块和子弹动量的减小量 ‎【答案】ABCFG ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据动量守恒 可得 子弹损失的动能 - 34 -‎ 木块获得的动能 则 因此A正确；‎ E．根据动能定理，木块对子弹所做功等于子弹簧动能的减小量，子弹对木块所做功等于木块动能的增量，由于 因此木块对子弹所做功绝对值一定大于子弹对木块所做功的绝对值，E错误；‎ F．根据冲量的定义，可知两者相互作力大小相等，作用时间相等，因此冲量大小相等，F正确；‎ B．弹簧的最大弹性势能 由于 因此过程②中弹簧的最大弹性势能一定小于过程①中子弹损失的动能，B正确；‎ C．由于 因此过程②中弹簧的最大弹性势能一定大于过程①中木块所获得的动能，C正确；‎ D．由于 无法确定与的大小关系，因此D错误；‎ G．将子弹与木块和弹簧做为一个整体，根据动量定理，可知过程②中墙壁对弹簧的冲量大小一定等于木块和子弹动量的减小量，G正确。‎ 故选ABCFG。‎ ‎12.‎ - 34 -‎ 某小组利用频闪照相的方法研究单摆的运动过程，即用在同一张底片上多次曝光的方法，在远处从与单摆摆动平面垂直的视角拍摄单摆在摆动过程中的多个位置的照片。从摆球离开左侧最高点A时开始，每隔相同时间曝光一次，得到了一张记录摆球从A位置由静止运动到右侧最高点B的照片，如图所示，其中摆球运动到最低点O时摆线被一把刻度尺挡住。对照片进行分析可知（　　）‎ A. A和B位置等高，说明摆球在运动过程中机械能守恒 B. 摆球在A点的所受合力大小大于在B点的合力 C. 摆球经过O点前后瞬间加速度大小不变 D. 摆球经过O点前后瞬间角速度大小不变 E. 摆球从A点到O点的过程中重力做功的功率，等于摆球从O点到B点的过程中克服重力做功的功率 F. 在O点附近摆球相邻位置的间隔较大，说明其在O点附近相邻位置间的运动时间较长 G. 小球在A点受绳的拉力大小小于其在B点受绳的拉力 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．A和B位置等高，说明摆球在运动过程中机械能守恒，A正确；‎ B．在A点处所受合力大小 而在B点处所受合力大小 其中、是轨迹的切线与水平方向夹角，由于A、B两点高度相同，因此 由于 可得 - 34 -‎ 因此 B错误；‎ C．摆球经过O点前后瞬间速度大小不变，根据 可知经过O点后，运动半径减小，因此加速度变大，C错误；‎ D．根据 因此经过O点后半径变小角速度变大，D错误；‎ F．在O点附近摆球相邻位置的间隔较大，说明其在O点附近相邻位置间的运动速度较大，时间间隔相等，F错误；‎ G．小球在A点受到拉力为 小球在B点受到拉力为 由于 因此 G错误。‎ 故选A。‎ ‎13.在研究磁场对电流作用的实验中，将直导线换作一块厚度（ab边长）为d、宽度（bc边长）为l的半导体板。如图所示，当有电流I垂直于磁场方向通过半导体板时，连接在半导体板两侧的电压表指针发生偏转，说明半导体板两侧之间存在电压，这个电压叫做霍尔电压UH。用同种材料制成的不同规格的半导体板进一步实验，并在表格中记录了数据结果。后来由于某种原因表格的第一行有些污渍导致有些内容看不清楚了，请你用学过的物理知识并结合表格数据，判断表格中第二列和第三列可能分别是哪个物理量（　　）‎ - 34 -‎ 外加磁场B/T 霍尔电压UH/V ‎1‎ ‎1.0×10-3‎ ‎2.0×10-4‎ ‎4.0×10-1‎ ‎1.4×10-2‎ ‎2‎ ‎1.0×10-3‎ ‎4.0×10-4‎ ‎4.0×10-1‎ ‎7.0×10-3‎ ‎3‎ ‎1.0×10-3‎ ‎2.0×10-4‎ ‎2.0×10-1‎ ‎7.0×10-3‎ A. 第二列为板的宽度l B. 第二列为通入的电流强度I C. 第三列为板的厚度d D. 第三列为通入的电流强度I ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】最后稳定后，电荷在电磁场中做匀速运动，因此 前后面间的霍尔电压 ‎①‎ 而电流强度微观表达式 ‎②‎ 由①②联立得 若电流强度I恒定不变，可知霍尔电压仅仅与B、d有关，与其它因素无关，第二列与第三列只能是d、l、I三个物理量中的两个。从数据发现第四列的外加磁场B和第三列的比值恰好与第五列霍尔电压成正比，因此第三列应该厚度d - 34 -‎ ‎，而这种情况下，应是电流强度保持不变，因此第二列应是电流强度I，因此BC正确，AD错误。‎ 故选BC。‎ ‎14.如图所示，半导体板放在磁感应强度为B的匀强磁场中，B垂直于导体板的上、下表面。当电流I垂直左右横截面通过半导体板时，在半导体板的前后两表面间会产生电势差UH，这种现象称为霍尔效应，定义霍尔电阻为。实验表明，当磁场不太强时RH与B成正比；当磁场超过一定数值时，RH会显示出量子化行为，可以表示为，n为正整数。已知R0仅与元电荷e和普朗克常数h有关。你可能不了解此现象的具体机制，也不会求解R0的表达式，但根据所学的知识你可以对R0表达式的合理性做出一些判断。根据你的判断，下列关于R0的表达式可能正确的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据 可知的单位是 ，再根据 可知R0的单位是 ，而电量e的单位，根据 可知为单位 ，比较这几个单位可推出 C正确，ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎15.‎ - 34 -‎ 物理关系式不仅反映了物理量之间的数值关系，也确定了相应物理量的单位间的关系。对于单位的分析是帮助我们检验研究结果正确性的一种方法。某一空间具有电场，该空间就具有电场能量。单位体积的电场所具有的电场能量叫做电场的能量密度。下面是某同学从研究平行板电容器充电后储存的电场能量来猜测电场能量密度ωe的表达式，式中C为电容器的电容、U为电容器充电后其两极板间的电压、E为两极板间的电场强度、d为两极板间的距离、S为两极板正对面积、εr为两极板间所充介质的相对介电常数（没有单位的纯数）、k为静电力常量。请你分析下面给出的关于ωe的表达式中可能正确的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．ωe单位应该是，而 单位是，单位不对，因此A错误；‎ B．表达式 单位是 ，单位也不对，B错误；‎ C．表达式 因此单位是，C错误；‎ D．表达式 因此单位是，D正确。‎ 故选D。‎ ‎16.N95口罩中起阻隔作用的关键层是熔喷布，熔喷布的纤维里加入了驻极体材料，它能依靠静电感应吸附比熔喷布网状纤维孔洞小很多的0.1μm - 34 -‎ 量级或更小的微粒，从而有了更好的过滤效果。制备驻极体的一种方法是对某些电介质材料进行加热熔化，然后在强电场中进行极化冷却。电介质中每个分子都呈电中性，但分子内正、负电荷分布并不完全重合，每个分子可以看成是等量异号的电荷对。如图所示，某种电介质未加电场时，分子取向随机排布，熔化时施加水平向左的匀强电场，正、负电荷受电场力的作用，分子取向会发生一致性的变化。冷却后撤掉电场，形成驻极体，分子取向能够较长时间维持基本不变。这个过程就像铁在强磁场中磁化成磁铁的过程。根据以上信息可知，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 驻极体通过与吸入的空气中微粒的接触，使得微粒带电，从而起到吸附过滤作用 B. 若放置时间过长，驻极体口罩会因电场衰减而过期，这是电荷中和的结果 C. 驻极体就像一个平行板电容器，电场只存在于内部，外部没有电场 D. 若用导线将图示驻极体左、右两表面短接，两表面的电荷都将会中和 E. 若将驻极体沿垂直于极化电场方向切开，会形成两个和原来性质相同的驻极体 F. 上述材料冷却后，撤去外电场，材料左边界带正电，右边界带负电 G. 上述驻极体制备过程中，材料整体没有移动，所以外电场对材料不做功 ‎【答案】EF ‎【解析】‎ ‎【详解】A．驻极体通过静电感应，吸附小的微粒，从而起到吸附过滤作用，A错误；‎ B．若放置时间过长，驻极体口罩会因电场衰减而过期，这是极化电荷又变的杂乱无章的结果，B错误；‎ CD．驻极体与驻极体是有间隙的，在每个驻极体周围都存在着电场，所有电场累加在一起相当于左右两个极板的电场，但与平行板电容器不同的是，内部不是匀强电场，周围也存在电场，且即便用导线将图示驻极体的左、右两表面短接，两表面的电荷都也不会中和，CD错误；‎ E．若将驻极体沿垂直于极化电场方向切开，会形成两个和原来性质相同的驻极体，E正确；‎ F．根据电荷的极化，上述材料冷却后，撤去外电场，材料左边界带正电，右边界带负电，F正确；‎ G．由于极化电荷发生了转动，电场力对这些极化电荷做了正功，G错误。‎ 故选EF。‎ ‎17.如图所示，用气体压强传感器探究气体等温变化的规律，操作步骤如下：‎ - 34 -‎ ‎①在注射器内用活塞封闭一定质量的气体，将注射器、压强传感器、数据采集器和计算机逐一连接起来；‎ ‎②缓慢移动活塞至某一位置，待示数稳定后记录此时注射器内封闭气体的体积V1和由计算机显示的气体压强值p1；‎ ‎③重复上述步骤②，多次测量并记录；‎ ‎④根据记录的数据，作出相应图象，分析得出结论。‎ ‎(1)在本实验操作的过程中，需要保持不变的量是气体的__________和__________。‎ ‎(2)根据记录的实验数据，做出了如图所示的p-V图。对图线进行分析，如果在误差允许范围内，p1、p2、V1、V2之间满足关系式__________，就说明一定质量的气体在温度不变时，其压强与体积成反比。图线在V1、V2之间所围的面积的物理意义表示__________。‎ ‎(3)在不同温度环境下，另一位同学重复了上述实验，实验操作和数据处理均正确。环境温度分别为T1、T2，且T1>T2。在如图所示的四幅图中，可能正确反映相关物理量之间关系的是______（选填选项前的字母）。‎ ‎(4)在相同温度环境下，不同小组的同学均按正确的实验操作和数据处理的方法完成了实验，并在相同坐标标度的情况下画出了压强与体积的关系图线，如图所示。对于两组的图线并不相同的结果，他们请教了老师，老师的解释是由于他们选取的气体质量不同。若4个小组所选择的研究对象的质量分别是m1、m2、m3和m4，则由图可知它们的大小关系是m1_____m2，m3_____m4（选填“大于”或“小于”）。‎ - 34 -‎ ‎【答案】 (1). 质量 (2). 温度 (3). p1V1=p2V2 (4). 气体体积由V1变到V2的过程中，气体对外界所做的功 (5). AC (6). 大于 (7). 大于 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1] [2]玻意耳定律：对一定量的气体温度保持不变时……。因此应是质量和温度不变 ‎(2)[3]根据玻意耳定律可知 p1V1=p2V2‎ ‎[4] 气体体积由V1变到V2的过程中，气体对外界所做的功。‎ ‎(3)[5]AB．由于 PV=恒量 图象为双曲线，且取相同的体积时，温度高的压强大，因此 图象在 图象的上方，A正确，B错误；‎ CD．由于 PV=恒量 图象为过坐标原点的直线，且压强相同时，温度高的体积大，因此 图象在 图象的上方，C正确，D错误。‎ 故选AC。‎ ‎(4)[6][7]在体积和温度相同的，质量大的，单位体积内的分子数多，压强大，因此 ‎ ，‎ ‎18.为测量某金属丝的电阻率，小明同学设计了如图甲、乙所示的两种实验方案，已知电源的电动势E和内阻r在实验过程中保持不变。‎ - 34 -‎ ‎(1)小明先进行了如图甲方案的测量。‎ ‎①他首先利用游标卡尺和螺旋测微器分别测出甲、乙、丙三根不同金属丝的直径，示数分别如图甲、乙、丙所示。则三根金属丝直径的测量值分别为d甲=________mm、d乙=________mm、d丙=________mm。若三根金属丝的材料、长度相同且粗细均匀，则它们的电阻R甲、R乙和R丙中最大的是________，最小的是________。‎ - 34 -‎ ‎②实验过程中，小明先将甲金属丝接入电路，并用米尺测出接入电路中的甲金属丝的长度l=‎50.00cm。闭合开关后移动滑动变阻器的滑片分别处于不同的位置，并依次记录了两电表的测量数据如下表所示，其中5组数据的对应点他已经标在如图所示的坐标纸上，请你标出余下一组数据的对应点，并画出U-I图线________________。‎ 实验次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ U/V ‎0.90‎ ‎1.20‎ ‎1.50‎ ‎1.80‎ ‎2.10‎ ‎2.40‎ I/A ‎0.18‎ ‎0.24‎ ‎0.31‎ ‎0.37‎ ‎0.43‎ ‎0.49‎ ‎③该方案测得的甲金属丝的电阻率ρ甲=__________Ω·m（计算结果保留两位有效数字）。‎ ‎④对于上述第(1)所述的测量过程，随着通过金属丝的电流I - 34 -‎ 不断增大，滑动变阻器上的电功率P随之变化。对于P-I的关系图象，在下列图中可能正确的是（ ）‎ ‎(2)小明又用如图乙方案测量乙金属丝的电阻率，已知电源的电动势E=5.0V、内阻r=0.20Ω。实验中他可以通过改变接线夹（即图乙中滑动变阻器符号上的箭头）接触金属丝的位置以控制接入电路中金属丝的长度。‎ ‎①请在下述步骤的空格中将实验操作步骤补充完整：‎ a．正确连接电路，设定电阻箱的阻值，闭合开关；‎ b．读出电流表的示数，记录接线夹的位置；‎ c．断开开关，______________；‎ d．闭合开关，重复b、c的操作。‎ ‎②根据测得电流与金属丝接入长度关系的数据，绘出如图所示的关系图线，其斜率为_____________A-1∙m-1（保留2位有效数字）；图线纵轴截距与电源电动势的乘积代表了___________________的电阻之和。‎ ‎③图中图线的斜率、电源电动势和金属丝横截面积的乘积代表的物理量是____________，其数值和单位为_______________（保留2位有效数字）。‎ ‎(3)电表的内阻可能对实验产生系统误差，请你分别就这两种方案说明电表内阻对电阻率测量的影响____________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 1.75 (2). 1.34~1.38 (3). 0.546~0.548 (4). R丙 (5). R甲 (6). 见解析 (7). （2.3~2.5）×10-5 (8). D (9). 测出接入电路的金属丝的长度 (10). 12~14 (11). 电源内阻、电流表内电阻与电阻箱 (12). 金属丝的电阻率 (13). （9.8±0.5）×10-5Ω∙m (14). ‎ - 34 -‎ 图甲方案，由于电流表分压，导致电压表测量值偏大，电阻的测量值偏大，电阻率测量值偏大；图乙方案中电表内阻对测量结果没有影响 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①[1]金属丝甲的直径 ‎[2]金属丝乙的直径 ‎[3]金属丝丙的直径 ‎[4][5]根据电阻定律的决定式 可知 ‎ 最小，最大 ‎②[6]图象如图所示 ‎③[7]根据图象可知电阻值 再根据电阻定律 代入数据，解得 ‎④[8]随电流增大，滑动变阻器的功率先变大后变小，当滑动变阻器阻值等于其它电阻之和时，功率最大，D正确，ABC错误。‎ - 34 -‎ 故选D。‎ ‎(2)①[9] 测出接入电路的金属丝的长度。‎ ‎②[10]由图象可得斜率为‎13 A-1∙m-1。‎ ‎[11][12]根据 整理得 其中就是单位长度的电阻，根据电阻定律 代入整理得 因此图线纵轴截距与电源电动势的乘积代表电源内阻、电流表内电阻与电阻箱电阻之和；斜率、电源电动势和金属丝横截面积的乘积代表的金属丝的电阻率。‎ ‎③[13]将电源电动势E和乙金属丝的直径d乙代入得 ‎（3）[14] 图甲方案，由于电流表的分压作用，导致电压表测量值偏大，电阻的测量值偏大，电阻率测量值偏大；图乙方案中电表内阻对测量结果没有影响。‎ ‎19.用伏安法测量电阻R的阻值，并求出电阻率ρ.给定电压表(内阻约为50 kΩ)、电流表(内阻约为40 Ω)、滑动变阻器、电源、电键、待测电阻R(约为250 Ω)及导线若干．‎ ‎(1)画出测量R的电路图____________．‎ ‎(2)上图中的6个点表示实验中测得的6组电流I、电压U的值，试写出根据此图求R值的步骤：‎ - 34 -‎ ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________；‎ 求出的电阻值R＝__________(保留3位有效数字)．‎ ‎(3)待测电阻是一均匀材料制成的圆柱体，用游标为50分度的卡尺测量其长度与直径，结果分别如图甲、图乙所示，由图可知其长度为__________，直径为________．‎ 甲 乙 ‎(4)由以上数据可以求出ρ＝________(保留一位有效数字)．‎ ‎【答案】 (1). (2). 作U—I直线，舍去左起第2点，其余5个点在一条直线上，不在这条线上的点尽量均匀分布在直线两侧 (3). 求该直线的斜率k，则R＝k (4). 225 Ω(220～230 Ω均为正确) (5). 8.00×10－‎3m (6). 1.98×10－‎3m (7). 9×10－2Ω·m ‎【解析】‎ ‎（1）根据题意可知：，故该实验的测量电路应该选用电流表的外接法，由于该题中滑动变阻器的阻值不明确，因此控制电路采用分压、限流均可（若滑动变阻器阻值很小，应采用分压接法，若阻值很大且大于待测电阻阻值，可用限流接法），故实验原理图如下图所示：‎ - 34 -‎ ‎（2）作U-I直线，舍去左起第2点，其余5个点在一条直线上，不在这条线上的点尽量均匀分布在直线两侧．作出的图线如图所示：‎ 图象的斜率表示电阻，为：‎ ‎（3）游标为50分度的卡尺的精确度为‎0.02mm，由图甲可知，长度：；由图乙可知，读数为：；‎ ‎（4）根据电阻定律，有：，解得：，代入数据解得：‎ ‎20.如图所示，用水平拉力F，使质量m=‎5.0kg的物体以v0=‎1.2m/s的速度沿水平地面向右做匀速直线运动。已知物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.40，空气阻力可忽略不计，取重力加速度g=‎10m/s2。‎ ‎(1)求水平拉力F的大小；‎ ‎(2)若从某时刻起，保持拉力F的大小不变，改为与水平成θ=37º角斜向上拉此物体，使物体沿水平地面向右做匀加速直线运动。已知sin37º=0.6，cos37º=0.8。求：‎ ‎①物体对地面的压力大小；‎ ‎②物体运动过程中所受滑动摩擦力的大小；‎ ‎③改变拉力方向后5.0s时物体的速度大小；‎ ‎④改变拉力方向后5.0s时拉力F的功率；‎ ‎⑤改变拉力方向后5.0s内拉力F所做的功W；‎ ‎⑥改变拉力方向后5.0s内物体动能增量的大小ΔEk，并说明W与ΔEk不相等的原因；‎ ‎(3)如保持拉力F的方向与水平成θ=37º角斜向上不变，要使物体能沿水平地面加速运动，则拉力F的大小应满足什么条件。‎ - 34 -‎ ‎【答案】(1)20N；(2)①38N；②15.2N；③‎2.0m/s；④32W；⑤128J；⑥6.4J，因有摩擦力做负功(3)19.2N