黑龙江省双鸭山一中2016届高三上学期期末物理试卷 29页

www.ks5u.com ‎2015-2016学年黑龙江省双鸭山一中高三（上）期末物理试卷 ‎　‎ 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1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多个选项符合题目要求．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．关于物理思想方法和物理学史，下列说法正确的是（　　）‎ A．卡文迪许利用扭秤装置比较准确地测出了万有引力常量，从而提出了万有引力定律 B．法拉第首先发现了电流可以使周围的小磁针偏转 C．E=是用等效法定义的物理量 D．匀变速直线运动的位移公式x=v0t+at2 是利用微元法推导的公式 ‎2．如图所示质量为1kg的滑块从半径为50cm的半圆形轨道的边缘A点滑向底端B，此过程中，克服摩擦力做功为3J．若滑块与轨道间的动摩擦因数为0.1，则在B点时滑块受到摩擦力的大小为（g=10m/s2）（　　）‎ A．3.6N B．2N C．1.8N D．0.4N ‎3．宇宙中有一半径为R的星球，宇航员站在该星球上离星球表面h高处以速度v平行星球表面抛出一质量为m的小球，测得小球的水平位移为x，这一平抛运动的空间范围很小，可不计重力加速度的变化．下列判断正确的是（　　）‎ A．在该星球表面上以的初速度水平抛出一物体，物体将落回星球表面 B．在该星球表面上以的初速度水平抛出一物体，物体不再落回星球表现 C．绕该星球表面附近运行的卫星的向心加速度为 D．绕该星球表面附近运行的卫星的周期为 ‎4．如图所示，水平细杆上套一环A，环A与球B间用一不可伸长轻质绳相连，质量分别为mA和mB，由于B球受到水平风力作用，A与B球一起向右匀速运动，已知细绳与竖直方向的夹角为θ，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．A球受到3个力 B．B球受到的风力大小为mBgtanθ C．杆对A球的支持力随着风力的增加而增加 D．当风力增大时，A受到的摩擦力也将增大 ‎5．纸面内两个半径均为R的圆相切于O点，两圆形区域内分别存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化．一长为2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω，t=0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图所示．若选取从O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图象可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．如图所示是电视机显像管及其偏转线圈的示意图．如果发现电视画面的幅度比正常的偏小，可能引起的原因是（　　）‎ A．电子枪发射能力减弱，电子数减少 B．加速电场的电压过高，电子速率偏大 C．偏转线圈局部短路，线圈匝数减少 D．偏转线圈电流过大，偏转磁场增强 ‎7．如图所示，在绝缘的斜面上方存在着沿水平向右的匀强电场，斜面上的带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，则以下判断正确的是（　　）‎ A．金属块带正电荷 B．金属块克服电场力做功8J C．金属块的机械能减少12J D．金属块的电势能减少4J ‎8．如图所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，导轨间距为L，电阻不计、与导轨相连的定值电阻阻值为R．磁感强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一质量为m的导体棒，从ab位置以平行斜面大小为v的初速度向上运动，最远到达a′b′的位置，滑行的距离为s．导体棒的电阻也为R，与导轨之间接触良好并与导轨始终垂直且动摩擦因数为μ．则（　　）‎ A．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为 B．上滑过程中通过定值电阻R的电量为 C．上滑过程中定值电阻R产生的热量为mv2﹣mgs（sinθ+μcosθ）‎ D．上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2﹣mgs sinθ ‎　‎ 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．（一）、必考题 ‎9．某同学用一直流电流表0.6A档测量电流时，测得的结果如图甲所示，则该电流表读数I=　　A．另一位同学用20分度游标卡尺测一工件的长度，结果如图乙所示，则该工件的长度L=　　cm．‎ ‎10．（1）某同学使用多用电表粗略测量一定值电阻的阻值，先把选择开关旋到“×100”档位，测量时针偏转如图（a）所示．‎ 请将测量过程补充完整：‎ ‎①断开待测电阻，将选择开关旋到　　档：‎ ‎②将两表笔　　，调整“　　旋钮”，使指针指向“　　Ω”；‎ ‎③再接入待测电阻，将指针示数×　　，即为待测电阻阻值．‎ ‎④测量结束后，将选择开关旋到“OFF”挡．‎ ‎（2）接下来采用“伏安法”较准确地测量该电阻的阻值，所用实验器材如图（b）所示．其中电压表内阻约为5kΩ，电流表内阻约为5Ω．图中部分电路已经连接好，请完成实验电路的连接．‎ ‎（3）图（c）是一个多量程多用电表的简化电路图，测量电流、电压和电阻各有两个量程．当转换开关S旋到位置3时，可用来测量　　；当S旋到位置　　 时，可用来测量电压，其中S旋到位置　　 时量程较大．‎ ‎11．如图甲所示，质量m=2.0kg的物体静止在水平面上，物体跟水平面间的动摩擦因数μ=0.20．从t=0时刻起，物体受到一个水平力F的作用而开始运动，前8s内F随时间t变化的规律如图乙所示．g取10m/s2． 求：‎ ‎（l）第6s末物体的速度．‎ ‎（2）前8s内水平力F所做的功．‎ ‎12．如图，xoy平面内存在着沿y轴正方向的匀强电场，一个质量为m、带电荷量为+q的粒子从坐标原点O以速度v0沿x轴正方向开始运动．当它经过图中虚线上的M（2a，a）点时，撤去电场，粒子继续运动一段时间后进入一个矩形匀强磁场区域（图中未画出），又从虚线上的某一位置N处沿y轴负方向运动并再次经过M点．已知磁场方向垂直xoy平面（纸面）向里，磁感应强度大小为B，不计粒子的重力．试求：‎ ‎（1）电场强度的大小；‎ ‎（2）N点的坐标；‎ ‎（3）矩形磁场的最小面积．‎ ‎　‎ ‎（二）、选考题：共45分．请考生从给出的3个选修中选一个作答．如果多做，则按所做的第一个计分．【物理-选修3-3】‎ ‎13．关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是（　　）‎ A．某气体的摩尔体积为V，每个气体分子的体积为Vo，则阿伏伽德罗常数NA=‎ B．第二类永动机不可能制造成功的原因是因为违背了能量守恒定律 C．用活塞压缩汽缸里的气体，对气体做了2.0×105J的功，若气体向外界放出1.5×105J的热量，则气体的内能增加了0.5×105J D．当两分子间的距离小于平衡位置的距离r0时，分子间的斥力大于分子间的引力 E．气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关 ‎14．如图所示，质量为m，横截面积为S的活塞能沿容器壁无摩擦滑动，活塞和气缸是绝热的．活塞在气缸内密封了温度为T0的气体，此时活塞与容器底的距离为h，通过气缸内的电阻丝给气体加热到温度为T的过程中电阻丝放热Q．已知外界大气压恒为P0，求：‎ ‎（1）此过程中活塞移动的距离；‎ ‎（2）此过程中密闭气体的内能增加了多少？‎ ‎　‎ ‎【物理--选修3-4】‎ ‎15．下列说法中正确的是（　　）‎ A．光的偏振现象说明光具有波动性，但并非所有的波都能发生偏振现象 B．变化的电场一定产生变化的磁场；变化的磁场一定产生变化的电场 C．在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为绿光，则干涉条纹间距变窄 D．某人在速度为0.5c的飞船上打开一光源，则这束光相对于地面的速度应为1.5c E．火车过桥要慢行，目的是使驱动力频率远小于桥梁的固有频率，以免发生共振损坏桥梁 ‎16．由不同介质制成的两个半径均为R的透明四分之一圆柱体I和Ⅱ紧靠在一起，截面如图所示，圆心为0，顶部交点为D，以O为原点建立直角坐标系xOy．红色光束1从介质I底部的A（﹣R，0）点垂直于界面入射；红色光束2平行于y轴向下射入介质Ⅱ，入射点为B且∠BOD=60°．已知透明介质I对红光的折射率n1=，透明介质Ⅱ对红光的折射率n2=．设光束1经柱面反射或折射后与y轴交点和光束2经柱体下底面折射后与y轴交点之间的距离为d．求：‎ ‎①距离d的大小；‎ ‎②若入射光换为蓝光，则距离d将比上面求得的结果大还是小？‎ ‎　‎ ‎【物理--选修3-5】‎ ‎17．核电站的核能来源于U核的裂变，下列说法中正确的是（　　）‎ A．92235U原子核中有92个质子、143个中子 B．92235U的一种可能的裂变是变成两个中等质量的原子核，如54139Xe和3895Sr，反应方程式为92235U+01n→54139Xe+3895Sr+201n C．92235U是天然放射性元素，常温下它的半衰期约为45亿年，升高温度半衰期缩短 D．反应后的核废料已不具有放射性，不需要进一步处理 E．一个92235U核裂变的质量亏损为△m=0.2155u，则释放的核能约201MeV ‎18．如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M=8kg的平板小车，车上有一个质量m=1.9kg的木块，木块距小车左端6m（木块可视为质点），车与木块一起以v=1m/s的速度水平向右匀速行驶．一颗质量m0=0.1kg的子弹以v0=179m/s的初速度水平向左飞来，瞬间击中木块并留在其中．如果木块刚好不从车上掉下来，求木块与平板之间的动摩擦因数μ．（g=10m/s2）‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年黑龙江省双鸭山一中高三（上）期末物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多个选项符合题目要求．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．关于物理思想方法和物理学史，下列说法正确的是（　　）‎ A．卡文迪许利用扭秤装置比较准确地测出了万有引力常量，从而提出了万有引力定律 B．法拉第首先发现了电流可以使周围的小磁针偏转 C．E=是用等效法定义的物理量 D．匀变速直线运动的位移公式x=v0t+at2 是利用微元法推导的公式 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可 ‎【解答】解：A、牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了万有引力恒量．故A正确．‎ B、奥斯特发现了电流的磁效应，发现了电流可以使周围的小磁针偏转．故B错误．‎ C、E=是用比值定义的物理量．故C错误．‎ D、在推导匀变速直线运动的位移公式时，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．‎ 故选：D ‎　‎ ‎2．如图所示质量为1kg的滑块从半径为50cm的半圆形轨道的边缘A点滑向底端B，此过程中，克服摩擦力做功为3J．若滑块与轨道间的动摩擦因数为0.1，则在B点时滑块受到摩擦力的大小为（g=10m/s2）（　　）‎ A．3.6N B．2N C．1.8N D．0.4N ‎【考点】动能定理的应用；向心力．‎ ‎【分析】由动能定理可以求出滑块到达B处的速度，由牛顿第二定律可以求出在B点时，轨道对滑块的支持力，然后求出在B点时滑块受到的摩擦力．‎ ‎【解答】解：由A到B过程，由动能定理可得：mgR﹣Wf=mv2﹣0，‎ 在B点由牛顿第二定律得：F﹣mg=m，‎ 滑块受到的滑动摩擦力f=μF，‎ 解得：f=1.8N；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．宇宙中有一半径为R的星球，宇航员站在该星球上离星球表面h高处以速度v平行星球表面抛出一质量为m的小球，测得小球的水平位移为x，这一平抛运动的空间范围很小，可不计重力加速度的变化．下列判断正确的是（　　）‎ A．在该星球表面上以的初速度水平抛出一物体，物体将落回星球表面 B．在该星球表面上以的初速度水平抛出一物体，物体不再落回星球表现 C．绕该星球表面附近运行的卫星的向心加速度为 D．绕该星球表面附近运行的卫星的周期为 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】‎ 根据平抛运动的规律，求出平抛运动的重力加速度，根据重力提供向心力，求出第一宇宙速度的大小．根据重力提供向心力求出向心加速度的大小和线速度的大小，结合圆周运动的周期公式求出绕该星球表面附近运行的卫星的周期．‎ ‎【解答】解：A、根据，x=vt得，g=，根据mg=m，解得=，知在该星球表面上以的初速度水平抛出一物体，物体将不再落回星球．故A错误，B正确．‎ C、卫星贴近星球表面附近运行，有：mg=ma，解得a=．故C正确．‎ D、根据mg=m，解得=，则周期T=．故D错误．‎ 故选BC．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，水平细杆上套一环A，环A与球B间用一不可伸长轻质绳相连，质量分别为mA和mB，由于B球受到水平风力作用，A与B球一起向右匀速运动，已知细绳与竖直方向的夹角为θ，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．A球受到3个力 B．B球受到的风力大小为mBgtanθ C．杆对A球的支持力随着风力的增加而增加 D．当风力增大时，A受到的摩擦力也将增大 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】对A、B两物体组成的整体受力分析，受重力、支持力、风力和水平向左的摩擦力，再对球B受力分析，受重力、风力和拉力，根据共点力平衡条件列式分析；再次根据共点力平衡条件列式分析各力的变化．‎ ‎【解答】解：A、对A、B两物体组成的整体受力分析，受重力、支持力、风力和水平向左的摩擦力，所以A受到重力、支持力、绳子的拉力和摩擦力的作用，共4个力．故A错误；‎ B、对球B受力分析，受重力、风力和拉力，如左图，风力为：F=mBgtanθ，故B正确；‎ C、D、根据B的受力，可知绳对B球的拉力为：T=；‎ 当风力增大时，θ增大，则T增大．‎ 把环和球当作一个整体，对其受力分析，受重力（mA+mB）g、支持力N、风力F和向左的摩擦力f，如右图，根据共点力平衡条件可得：杆对A环的支持力大小为：‎ N=（mA+mB）g、‎ f=F=‎ 所以，当风力增大时，杆对A球的支持力不变，A受到的摩擦力也将增大．‎ 故C错误，D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎5．纸面内两个半径均为R的圆相切于O点，两圆形区域内分别存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化．一长为2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω，t=0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图所示．若选取从O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图象可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】根据右手定则判断方向，然后根据分析大小变化即可做出选择．‎ ‎【解答】解：由右手定则可判，开始时感应电动势为正，故D错误；‎ 设经时间t导体杆转过的角度为α，则α=ωt，导体杆有效切割长度为L=2Rsinωt．‎ 由可知，E=2BR2ωsin2ωt，B、R、ω不变，切割的有效长度随时间先增大后减小，且做非线性、非正弦的变化，经半个周期后，电动势的方向反向，故ABD错误，C正确；‎ 故选：C ‎　‎ ‎6．如图所示是电视机显像管及其偏转线圈的示意图．如果发现电视画面的幅度比正常的偏小，可能引起的原因是（　　）‎ A．电子枪发射能力减弱，电子数减少 B．加速电场的电压过高，电子速率偏大 C．偏转线圈局部短路，线圈匝数减少 D．偏转线圈电流过大，偏转磁场增强 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】‎ 根据电视机显像管的工作原理分析，可知其作用．运动的电子在电流提供的磁场中受到洛伦兹力作用，从而使电子打到荧光屏上．画面变大，是由于电子束的偏转角增大，即轨道半径减小所致．根据洛伦兹力提供向心力，从而确定影响半径的因素．‎ ‎【解答】解：如果发现电视画面幅度比正常时偏小，是由于电子束的偏转角减小，即轨道半径增大所致．‎ A、电子枪发射能力减弱，电子数减少，而运动的电子速率及磁场不变，因此不会影响电视画面偏大或小，所以A错误；‎ B、当加速电场电压过高，电子速率偏大，则会导致电子运动半径增大，从而使偏转角度减小，导致画面比正常偏小，故B正确；‎ C、当偏转线圈匝间短路，线圈匝数减小时，导致偏转磁场减小，从而使电子运动半径增大，所以导致画面比正常偏小，故C正确；‎ D、当偏转线圈电流过大，偏转磁场增强时，从而导致电子运动半径变小，所以导致画面比正常偏大，故D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，在绝缘的斜面上方存在着沿水平向右的匀强电场，斜面上的带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，则以下判断正确的是（　　）‎ A．金属块带正电荷 B．金属块克服电场力做功8J C．金属块的机械能减少12J D．金属块的电势能减少4J ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；功能关系．‎ ‎【分析】在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，根据动能定理求出电场力做功．知道电场力做功量度电势能的改变．知道重力做功量度重力势能的改变．‎ ‎【解答】解：在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，根据动能定理得：‎ W总=WG+W电+Wf=△EK 解得：W电=﹣4J A、由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷．故A正确；‎ B、金属块克服电场力做功4J，B错误；‎ C、在金属块滑下的过程中重力做功24J，重力势能减小24J，动能增加了12J，所以金属块的机械能减少12J，故C正确．‎ D、金属块克服电场力做功4J，金属块的电势能增加4J．故D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，导轨间距为L，电阻不计、与导轨相连的定值电阻阻值为R．磁感强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一质量为m的导体棒，从ab位置以平行斜面大小为v的初速度向上运动，最远到达a′b′的位置，滑行的距离为s．导体棒的电阻也为R，与导轨之间接触良好并与导轨始终垂直且动摩擦因数为μ．则（　　）‎ A．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为 B．上滑过程中通过定值电阻R的电量为 C．上滑过程中定值电阻R产生的热量为mv2﹣mgs（sinθ+μcosθ）‎ D．上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2﹣mgs sinθ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．‎ ‎【分析】导体棒向上做减速运动，开始时速度最大，产生的感应电流最大，受到的安培力最大，由E=Blv、I=、FA=BIl求出最大安培力．根据q=求解电量．‎ 由能量守恒定律研究热量．回路中产生的热量等于导体棒克服安培力做的功．上滑的过程中动能减小，重力势能增加，即可求得机械能的损失 ‎【解答】解：A、根据导体棒的运动过程可知，当导体棒开始运动时速度最大，产生的感应电动势和感应电流最大，所受的安培力最大，由E=BLv、I=、FA=BIL得最大安培力为：Fmax=．故A正确．‎ B、根据q=It=t=可知，上滑过程中通过定值电阻R的电量为：q==，故B正确；‎ C、根据能量守恒可知，上滑过程中导体棒的动能减小，转化为焦耳热、摩擦生热和重力势能，则有电流做功发出的热量为：Q= [mv2﹣mgssinθ﹣μmgscosθ）]= mv2﹣mgs（sinθ+μcosθ）．故C错误．‎ D、上滑的过程中导体棒的动能减小mv2，重力势能增加mgs•sinθ，所以导体棒损失的机械能为mv2﹣mgssinθ．故D正确．‎ 故选：ABD ‎　‎ 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．（一）、必考题 ‎9．某同学用一直流电流表0.6A档测量电流时，测得的结果如图甲所示，则该电流表读数I=　0.43　A．另一位同学用20分度游标卡尺测一工件的长度，结果如图乙所示，则该工件的长度L=　5.025　cm．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】解决本题的关键掌握：电流表量程是0.6A，最小分度是0.02A，读数应估读到0.01A．游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．‎ ‎【解答】解：电流表量程是0.6A，最小分度是0.02A，则电流表读数I=0.43A．‎ ‎20分度游标卡尺，游标尺每一分度表示的长度是0.05mm，图中看出：主尺读数为l1=50mm，游标尺上第5条刻度线与主尺对齐，表示的长度为l2=5×0.05mm=0.25mm，则该工件的长度L=l1+l2=50.25mm=5.025cm 故答案为：0.43；5.025．‎ ‎　‎ ‎10．（1）某同学使用多用电表粗略测量一定值电阻的阻值，先把选择开关旋到“×100”档位，测量时针偏转如图（a）所示．‎ 请将测量过程补充完整：‎ ‎①断开待测电阻，将选择开关旋到　×10　档：‎ ‎②将两表笔　短接　，调整“　欧姆调零　旋钮”，使指针指向“　0　Ω”；‎ ‎③再接入待测电阻，将指针示数×　10　，即为待测电阻阻值．‎ ‎④测量结束后，将选择开关旋到“OFF”挡．‎ ‎（2）接下来采用“伏安法”较准确地测量该电阻的阻值，所用实验器材如图（b）所示．其中电压表内阻约为5kΩ，电流表内阻约为5Ω．图中部分电路已经连接好，请完成实验电路的连接．‎ ‎（3）图（c）是一个多量程多用电表的简化电路图，测量电流、电压和电阻各有两个量程．当转换开关S旋到位置3时，可用来测量　电阻　；当S旋到位置　5、6　 时，可用来测量电压，其中S旋到位置　6　 时量程较大．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】（1）用多用电表测电阻要选择合适的挡位，使指针指在表盘中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；多用电表使用完毕后，要把选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡．‎ ‎（2）判断Rx与的大小关系判断是电流表外接还是内接．‎ ‎（3）欧姆表、电压表、电流表都是由小量程电流表改装而成，根据电表结构选择．‎ ‎【解答】解：（1）把选择开关旋到“×100”档位，由图（a）所示可知，指针偏角太大，欧姆表所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应换用较小的挡位．‎ ‎①断开待测电阻，将选择开关旋到×10档：‎ ‎②将两表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0Ω”；‎ ‎③再接入待测电阻，将指针示数×10，即为待测电阻阻值．‎ ‎④测量结束后，将选择开关旋到“OFF”挡．‎ ‎（2）由题可知待测电阻约几百欧， =≈120Ω＜Rx，即Rx为大电阻，采用电流表内接法，误差较小．如图所示．‎ ‎（3）由图（c）所示可知，当转换开关S旋到位置3时，电源与两并联电阻串联，构成欧姆表，可测量电阻；‎ 当S旋到位置5、6时，电流表与电阻串联，组成电压表，可用来测量电压，其中S旋到位置6时，串联电阻阻值较大，电压表量程较大．‎ 故答案为：（1）×10，短接，欧姆调零，0，10；（2）电路图如图所示；（3）电阻，5、6，6．‎ ‎　‎ ‎11．如图甲所示，质量m=2.0kg的物体静止在水平面上，物体跟水平面间的动摩擦因数μ=0.20．从t=0时刻起，物体受到一个水平力F的作用而开始运动，前8s内F随时间t变化的规律如图乙所示．g取10m/s2． 求：‎ ‎（l）第6s末物体的速度．‎ ‎（2）前8s内水平力F所做的功．‎ ‎【考点】功的计算；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）根据牛顿第二定律求出前4s内和第5s内物体的加速度，由速度公式求出第4s末和第5s末物体的速度．撤去F后物体做匀减速运动，由牛顿第二定律求出加速度，由速度公式求出速度减到零的时间．即可求得6s末的速度 ‎（2）利用运动学公式分别求的0﹣4s和4﹣5s内的位移，有W=FL求的做功即可．‎ ‎【解答】解：（1）在0﹣4s内：根据牛顿第二定律得：‎ F﹣μmg=ma1‎ 解得：a1=3m/s2‎ 第4s末物体的速度为：v1=at1=12m/s 在4﹣5s：﹣（F+μmg）=ma2‎ 解得：a2=﹣7m/s2‎ 第5s末物体的速度为：v2=v1+a2t2=12﹣7×1=5（m/s）‎ F变为零后：﹣μmg=ma3‎ 解得：a3=﹣2m/s2‎ 运动时间为：t3===2.5s ‎6s末的速度为：v3=v2+a3t′=5﹣2×1m/s=3m/s．‎ ‎（2）由图可得：0﹣4s内物体的位移：s1=‎ ‎4﹣5s内物体的位移为：s2=‎ 拉力做功为：‎ WF=F1S1﹣F2S2‎ 解得：‎ WF=155J 答：（l）第6s末物体的速度3m/s．‎ ‎（2）前8s内水平力F所做的功为155J ‎　‎ ‎12．如图，xoy平面内存在着沿y轴正方向的匀强电场，一个质量为m、带电荷量为+q的粒子从坐标原点O以速度v0沿x轴正方向开始运动．当它经过图中虚线上的M（2a，a）点时，撤去电场，粒子继续运动一段时间后进入一个矩形匀强磁场区域（图中未画出），又从虚线上的某一位置N处沿y轴负方向运动并再次经过M点．已知磁场方向垂直xoy平面（纸面）向里，磁感应强度大小为B，不计粒子的重力．试求：‎ ‎（1）电场强度的大小；‎ ‎（2）N点的坐标；‎ ‎（3）矩形磁场的最小面积．‎ ‎【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】带电粒子在电场中做类平抛运动，射出电场后做匀速直线运动，进入在磁场中做匀速圆周运动，利用类平抛运动的规从电场中射出速度方向的垂线一，垂足为P，则P点为粒子射入磁场的入射点，N为从磁场中射出的初射点．以O′为圆心，ON为半径做圆如下图；该圆即是粒子运动的轨迹；做NP 的平行线与圆相切，再做MO′的两条平行线与圆相切，则这三条切线和MN围成的面积即是最小面积．‎ ‎【解答】解：如图是粒子的运动过程示意图．‎ ‎（1）粒子从O到M做类平抛运动，设时间为t，则有 得 电场强度大小为：‎ ‎（2）设粒子运动到M点时速度为v，与x方向的夹角为α，则：‎ ‎=‎ ‎，‎ 由题意知，粒子从P点进入磁场，从N点离开磁场，粒子在 磁场中以O′点为圆心做匀速圆周运动，设半径为R，‎ 则：，‎ 代入数据得粒子做圆周运动的半径为：‎ 由几何关系知：‎ 所以N点的纵坐标为 横坐标为 故N点的坐标为（2a， +a）‎ ‎（3）当矩形磁场为图示虚线矩形时的面积最小．则矩形的两个边长分别为 L1=2R=‎ 所以矩形磁场的最小面积为：‎ 矩形磁场最小面积为 答：‎ ‎（1）电场强度的大小；‎ ‎（2）N点的坐标（2a， +a）‎ ‎（3）矩形磁场的最小面积．‎ ‎　‎ ‎（二）、选考题：共45分．请考生从给出的3个选修中选一个作答．如果多做，则按所做的第一个计分．【物理-选修3-3】‎ ‎13．关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是（　　）‎ A．某气体的摩尔体积为V，每个气体分子的体积为Vo，则阿伏伽德罗常数NA=‎ B．第二类永动机不可能制造成功的原因是因为违背了能量守恒定律 C．用活塞压缩汽缸里的气体，对气体做了2.0×105J的功，若气体向外界放出1.5×105J的热量，则气体的内能增加了0.5×105J D．当两分子间的距离小于平衡位置的距离r0时，分子间的斥力大于分子间的引力 E．气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关 ‎【考点】热力学第二定律；分子间的相互作用力；分子势能．‎ ‎【分析】知道阿伏伽德罗常数是联系宏观与微观的桥梁．能量的转化和转移是有方向的，第二类永动机不可能制成，是违反了热力学第二定律．根据热力学第一定律即可分析内能的变化；气体的温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关；‎ ‎【解答】解：A、每个气体分子占据空间的体积，与分子体积（分子间隙大）不同，所以某气体的摩尔体积为V，每个气体分子的体积为Vo，则阿伏伽德罗常数NA不等于，故A错误；‎ B、第二类永动机不可能制造成功的原因不是因为违背了能量守恒定律，是违反了热力学第二定律．故B错误；‎ C、用活塞压缩汽缸里的气体，对气体做了2.0×105J的功，若气体向外界放出1.5×105J的热量，根据热力学第一定律可知气体的内能增加了0.5×105J，故C正确；‎ D、分子引力的变化比分子斥力的变化快，当两分子间的距离小于平衡位置的距离r0时，分子间的斥力大于分子间的引力，故D正确；‎ E、气体的温度升高1K，内能的变化是相同的，而内能的变化与吸收的热量以及外界对气体的做功两个因素有关，所以气体的温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关．故E正确．‎ 故选：CDE．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，质量为m，横截面积为S的活塞能沿容器壁无摩擦滑动，活塞和气缸是绝热的．活塞在气缸内密封了温度为T0的气体，此时活塞与容器底的距离为h，通过气缸内的电阻丝给气体加热到温度为T的过程中电阻丝放热Q．已知外界大气压恒为P0，求：‎ ‎（1）此过程中活塞移动的距离；‎ ‎（2）此过程中密闭气体的内能增加了多少？‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】（1）由理想气体状态方程列方程得活塞移动的距离；‎ ‎（2）根据热力学第一定律求内能的增加量．‎ ‎【解答】解：（1）初状态：温度为：T1=T0，体积为：V1=Sh，‎ 末状态：温度为：T2=T，体积为：V2=（h+△h）S，‎ 气体做等压变化，根据： =‎ 得：△h=（﹣1）h ‎（2）封闭气体的压强始终：为P=P0+‎ 则气体对外做功为：W=（P0+）△V=（P0S+mgS）（﹣1）h 根据热力学第一定律：△U=Q+W，‎ 得：△U=Q﹣W=Q﹣（P0S+mgS）（﹣1）h 答：（1）此过程中活塞移动的距离为（﹣1）h；‎ ‎（2）此过程中密闭气体的内能增加了Q﹣（P0S+mgS）（﹣1）h．‎ ‎　‎ ‎【物理--选修3-4】‎ ‎15．下列说法中正确的是（　　）‎ A．光的偏振现象说明光具有波动性，但并非所有的波都能发生偏振现象 B．变化的电场一定产生变化的磁场；变化的磁场一定产生变化的电场 C．在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为绿光，则干涉条纹间距变窄 D．某人在速度为0.5c的飞船上打开一光源，则这束光相对于地面的速度应为1.5c E．火车过桥要慢行，目的是使驱动力频率远小于桥梁的固有频率，以免发生共振损坏桥梁 ‎【考点】光的偏振；自由振动和受迫振动．‎ ‎【分析】光的偏振说明光是横波，具有波动性；变化的电场一定产生磁场，变化的磁场一定产生电场；双缝干涉实验中，若波长越长，则干涉条纹间距越宽；由相对论可知，光速不变原理，当驱动力频率等于固有频率时达到共振，最易损坏桥梁．从而即可求解．‎ ‎【解答】解：A、光的偏振现象能说明光是横波，则光具有波动性，但纵波并不能发生偏振现象，故A正确；‎ B、当均匀变化的电场则产生稳定的磁场，非均匀变化的电场才产生变化的磁场，同理，后者也是这样的结论，故B错误；‎ C、光的双缝干涉实验中，若将入射光由红光改为绿光，由于波长变短，则干涉条纹间距变窄，故C正确；‎ D、在速度为0.5c的飞船上打开一光源，根据光速不变原理，则这束光相对于地面的速度应为c，故D错误；‎ E、火车过桥要慢行，目的是使驱动力频率远小于桥梁的固有频率，以免发生共振损坏桥，故E正确．‎ 故选：ACE．‎ ‎　‎ ‎16．由不同介质制成的两个半径均为R的透明四分之一圆柱体I和Ⅱ紧靠在一起，截面如图所示，圆心为0，顶部交点为D，以O为原点建立直角坐标系xOy．红色光束1从介质I底部的A（﹣R，0）点垂直于界面入射；红色光束2平行于y轴向下射入介质Ⅱ，入射点为B且∠BOD=60°．已知透明介质I对红光的折射率n1=，透明介质Ⅱ对红光的折射率n2=．设光束1经柱面反射或折射后与y轴交点和光束2经柱体下底面折射后与y轴交点之间的距离为d．求：‎ ‎①距离d的大小；‎ ‎②若入射光换为蓝光，则距离d将比上面求得的结果大还是小？‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】①光线1通过玻璃砖后不偏折．光线2在圆柱面上的入射角为60°，根据折射定律求出折射角，由几何知识求出在底面上的入射角，再由折射定律求出折射角，作出光路图．根据几何关系求解d．‎ ‎②若入射是蓝光，光线1仍不偏折，由于介质对蓝光的折射率大于介质对红光的折射率，光线2偏折得更厉害，d更小．‎ ‎【解答】解：①红光线1对介质 I的全反射临界角为：C1=arcsin=45°‎ 而光线1由A点入射后的入射角i1=60°＞45°，所以将会发生全反射，‎ 反射后恰好交y轴于D点（如图示；‎ 设红光线2在B点发生的折射的折射角为r2，由折射定律n2=得：‎ sinr2==所以：r2=30°‎ 光线2再传播到底部介面时入射角 i3=30°‎ 光线2对介质 II的全反射临界角为：C2=arcsin=60°，所以不会发生全反射．‎ 再由折射定律得：r3=60°‎ 设光线2射出后交y轴于P点：OP=•tan30°=R•=R 所以所求的距离 d=DP=R+R=R ‎②由于蓝光的折射率大于红光的折射率，再由（2）中的相关规律可得：‎ d比上面结果小．‎ 答：‎ ‎①距离d的大小是R；‎ ‎②若入射光换为蓝光，则距离d将比上面求得的结果小．‎ ‎　‎ ‎【物理--选修3-5】‎ ‎17．核电站的核能来源于U核的裂变，下列说法中正确的是（　　）‎ A．92235U原子核中有92个质子、143个中子 B．92235U的一种可能的裂变是变成两个中等质量的原子核，如54139Xe和3895Sr，反应方程式为92235U+01n→54139Xe+3895Sr+201n C．92235U是天然放射性元素，常温下它的半衰期约为45亿年，升高温度半衰期缩短 D．反应后的核废料已不具有放射性，不需要进一步处理 E．一个92235U核裂变的质量亏损为△m=0.2155u，则释放的核能约201MeV ‎【考点】爱因斯坦质能方程；裂变反应和聚变反应．‎ ‎【分析】根据爱因斯坦质能方程，发生核反应过程中发生质量亏损，放出大量的能量，但核反应方程还是会满足质量数和电荷数守恒；半衰期与环境温度无关；反应后的核废料仍然具有放射性，需要进一步处理．‎ ‎【解答】解：A、92为U元素的序数，也是质子数；由中子与质子之和质量数可得，中子数：235﹣92=143，故A正确；‎ B、发生核反应的过程满足电荷数和质量数守恒，有一种可能的裂变的反应方程式为：92235U+01n→54139Xe+3895Sr+201n，故B正确；‎ C、半衰期的大小由原子核内部因素决定，与外部环境无关，即升高温度并不能使半衰期缩短，故C错误；‎ D、反应后的核废料仍然具有放射性，需要进一步处理．故D错误；‎ E、根据质能方程与质量亏损可知，92235U核的裂变时释放出大量能量，产生明显的质量亏损，△E=△m•c2=0.2155×931.5=201MeV，故E正确．‎ 故选：ABE ‎　‎ ‎18．如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M=8kg的平板小车，车上有一个质量m=1.9kg的木块，木块距小车左端6m（木块可视为质点），车与木块一起以v=1m/s的速度水平向右匀速行驶．一颗质量m0=0.1kg的子弹以v0=179m/s的初速度水平向左飞来，瞬间击中木块并留在其中．如果木块刚好不从车上掉下来，求木块与平板之间的动摩擦因数μ．（g=10m/s2）‎ ‎【考点】动量守恒定律；功能关系．‎ ‎【分析】子弹射入木块的过程，子弹和木块组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求出子弹和木块的共同速度．再对子弹、木块和小车组成的系统，运用动量守恒定律和能量守恒定律求出木块与平板之间的动摩擦因数．‎ ‎【解答】解：设子弹射入木块后的共同速度为v1，以水平向左为正，则由动量守恒有：‎ m0v0﹣mv=（m+m0）v1…①‎ 代入数据解得：v1=8m/s 它们恰好不从小车上掉下来，则它们相对平板车滑行s=6 m时它们跟小车具有共同速度v2，则由动量守恒有：‎ ‎（m+m0）v1﹣Mv=（m+m0+M）v2…②‎ 由能量守恒定律有：‎ ‎…③‎ 联立①②③并代入数据得：μ=0.54‎ 答：木块与平板之间的动摩擦因数为0.54．‎ ‎　‎ ‎2017年2月22日