2016年河北省邯郸一中高考一轮收官物理试卷（二）
一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分.第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8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．物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术创新和革命，促进了物质生活繁荣与人类文明的进步，关于物理学发展过程中的认识，下列说法正确的是（ ）
A．牛顿发现了万有引力定律并通过实验测量计算出引力常量G
B．德国天文学家开普勒发现了万有引力定律，提出了牛顿三大定律
C．丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，并总结了右手螺旋定则
D．法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律﹣﹣库仑定律，并测出了静电力常量K的值
2．如图所示，挡板垂直于斜面固定在斜面上，一滑块m放在斜面上，其上表面呈弧形且左端最薄，一球M搁在挡板与弧形滑块上，一切摩擦均不计，用平行于斜面的拉力F拉住弧形滑块，使球与滑块均静止．现将滑块平行于斜面向上拉过一较小的距离，球仍搁在挡板与滑块上且处于静止状态，则与原来相比（ ）
A．滑块对球的弹力增大 B．挡板对球的弹力减小
C．斜面对滑块的弹力增大 D．拉力F不变
3．如图所示，滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点．则能大致反映滑块整个运动过程中速度v、加速度a、动能Ek、重力对滑块所做的功w与时间t关系的是（取初速度方向为正方向）（ ）
A． B． C． D．
4．如图所示，理想变压器与电阻R，交流电压表V、交流电流表A按图甲所示方式连接，已知变压器原副线圈的匝数比为n1：n2=10：1，电阻R=5Ω．图乙是R两端电压U随时间变化的图象，Um=10V．则下列说法中正确的是（ ）
A．交变电流的频率是Um=50Hz B．电压表V的读数为10V
C．电流表A的读数为20A D．变压器的输入功率为40w
5．2014年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持．特别是“高分一号”突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术．如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图．“北斗”系统中两颗卫星“G1”和“G3”的轨道半径均为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，“高分一号”在C位置，若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．则以下说法正确的是（ ）
A．卫星“G1”和“G3”的加速度大小相等均为g
B．卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间为
C．如果调动“高分一号”卫星到达卫星“G3”所在的轨道，必须对其减速
D．“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，运行一段时间后，高度会降低，速度增大，机械能会减小
6．如图，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a（0，L）．一质量为m、电荷量为﹣e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x 轴正方向的夹角为60°．下列说法中正确的是（ ）
A．电子在磁场中运动的时间为
B．电子在磁场中运动的时间为
C．磁场区域的圆心坐标为（，）
D．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（0，﹣L）
7．质量为m的带电小球由空中某点A无初速度地自由下落，在t秒末加上竖直方向且范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点．整个过程中不计空气阻力且小球从未落地，则（ ）
A．匀强电场方向竖直向上
B．从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能变化了mg2t2
C．整个过程中小球电势能减少了2mg2t2
D．从A点到最低点的过程中，小球重力势能变化了mg2t2
8．如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计．在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B．现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始，在拉力作用下以初速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中（ ）
A．通过R的电流方向为由外向内
B．通过R的电流方向为由内向外
C．R上产生的热量为
D．流过R的电量为
二、必考题（共4小题，满分47分）
9．游标卡尺结构如图甲所示，测量某一圆柱形容器的内径时，应使用 部位；测量它的深度时，应使用 部位（填表示部位的字母）．某次测量时游标卡尺的示数如图乙所示，其读数为 cm．
10．某同学通过实验测定一个阻值约为0.5Ω的电阻Rx的阻值．
（1）现有电源（4V，内阻不计）、滑动变阻器（0～50Ω，额定电流2A）、定值电阻R0=4.5Ω、开关和导线若干以及下列电表：
A．电压表（0～3V，内阻3kΩ） B．电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω）
为减少测量误差，在实验中，应采用下图中的 电路图（填“甲”或“乙”）．
（2）按所选择的电路图连接好电路，闭合开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U，则该电阻的测量值的表达式为Rx= ．
（3）在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片P从一端滑向另一端，随滑片P移动距离x的增加，电压表的示数U也随之增加，下列反映U﹣x关系的示意图中正确的是 ．
11．如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨MAC、NBD水平放置，MA、NB间距L=0.4m，AC、BD的延长线相交于E点且AE=BE，E点到AB的距离d=6m，M、N两端与阻值R=2Ω的电阻相连．虚线右侧存在方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1T．一根长度也为L=0.4m、质量m=0.6kg、电阻不计的金属棒，在外力作用下从AB
处以初速度υ0=2m/s沿导轨水平向右运动，棒与导轨接触良好，运动过程中电阻R上消耗的电功率不变．求：
（1）电路中的电流I；
（2）金属棒向右运动过程中克服安培力做的功W；
（3）金属棒向右运动过程中外力做功的平均功率P．
12．如图所示，光滑水平轨道左端与长L=1.25m的水平传送带AB相接，传送带逆时针匀速转动的速度υ0=1m/s．轻弹簧右端固定，弹簧处于自然状态时左端恰位于A点．现用质量m=0.1kg的小物块（视为质点）将弹簧压缩后由静止释放，到达水平传送带左端B点后，立即沿切线进人竖直固定的光滑半圆轨道最高点并恰好做圆周运动，经圆周最低点C后滑上质量为M=0.9kg的长木板且不会从木板上掉下．半圆轨道的半径R=0.4m，物块与传送带间动摩擦因数μ1=0.8，物块与木板间动摩擦因数μ2=0.25，长木板与水平地面间动摩擦因数μ3=0.026，g取10m/s2．求：
（1）物块到达B点时速度υB的大小；
（2）弹簧被压缩时的弹性势能EP；
（3）小物块在长木板上滑行的最大距离s．
三、选考题：【选修3－3】（共2小题，满分15分）
13．下列说法中正确的是（ ）
A．布朗运动并不是液体分子的运动，但它说明分子永不停息地做无规则运动
B．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用
C．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点
D．当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，分子势能越小
14．如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．初状态整个装置静止不动处于平衡，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l0，温度为T0．设外界大气压强为P0保持不变，活塞横截面积为S，且mg=P0S，环境温度保持不变．求：
①在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞B下降的高度．
②现只对Ⅱ气体缓慢加热，使活塞A回到初始位置，此时Ⅱ气体的温度．
四、选考题：【选修3－4】（共2个小题，共0分）
15． A、B两列简谐横波均沿x轴正向传播，在某时刻的波形分别如图中甲、乙所示，经过时间t（t小于A波的周期TA），这两列简谐横波的波形分别变为图中丙、丁所示，则A、B两列波的波速vA、vB之比可能是（ ）
A．1：1 B．2：1 C．1：2 D．3：1
E．1：3
16．有一玻璃球冠，右侧面镀银，光源S就在其对称轴上，如图所示．从光源S发出的一束光射到球面上，其中一部分光经球面反射后恰能竖直向上传播，另一部分光折入玻璃球冠内，经右侧镀银面第一次反射恰能沿原路返回．若球面半径为R，玻璃折射率为，求光源S与球冠顶点M之间的距离SM为多大？
五、选考题：【选修3－5】（共2个小题，0分）
17．以下说法符合物理学史的是（ ）
A．普朗克引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元
B．康普顿效应表明光子具有能量
C．德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子，认为实物粒子也具有波动性
D．汤姆逊通过α粒子散射实验，提出了原子具有核式结构
E．为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的
18．如图所示，轻弹簧的两端与质量均为2m的B、C两物块固定连接，静止在光滑水平面上，物块C紧靠挡板但不粘连．另一质量为m的小物块A以速度vo从右向左与B发生弹性正碰，碰撞时间极短可忽略不计．（所有过程都在弹簧弹性限度范围内）求：
（1）A、B碰后瞬间各自的速度；
（2）弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比．
2016年河北省邯郸一中高考一轮收官物理试卷（二）
参考答案与试题解析
一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分.第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8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．物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术创新和革命，促进了物质生活繁荣与人类文明的进步，关于物理学发展过程中的认识，下列说法正确的是（ ）
A．牛顿发现了万有引力定律并通过实验测量计算出引力常量G
B．德国天文学家开普勒发现了万有引力定律，提出了牛顿三大定律
C．丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，并总结了右手螺旋定则
D．法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律﹣﹣库仑定律，并测出了静电力常量K的值
【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、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过实验测量计算出引力常量G，故A错误；
B、顿发现了万有引力定律，提出了牛顿三大定律，故B错误；
C、丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，安培总结了右手螺旋定则，故C错误；
D、法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律﹣﹣库仑定律，并测出了静电力常量K的值，故D正确；
故选：D．
【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．
2．如图所示，挡板垂直于斜面固定在斜面上，一滑块m放在斜面上，其上表面呈弧形且左端最薄，一球M搁在挡板与弧形滑块上，一切摩擦均不计，用平行于斜面的拉力F拉住弧形滑块，使球与滑块均静止．现将滑块平行于斜面向上拉过一较小的距离，球仍搁在挡板与滑块上且处于静止状态，则与原来相比（ ）
A．滑块对球的弹力增大 B．挡板对球的弹力减小
C．斜面对滑块的弹力增大 D．拉力F不变
【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．
【专题】共点力作用下物体平衡专题．
【分析】隔离对球分析，抓住重力大小方向不变，挡板的弹力方向不变，根据合力为零判断出木板、滑块对球弹力的变化．对球和滑块整体分析，抓住合力为零，判断斜面对滑块弹力以及拉力的变化．
【解答】解：A、B、对球进行受力分析，如图（a），球只受三个力的作用，挡板对球的力F1方向不变，作出力的矢量图，挡板上移时，F2与竖直方向夹角减小，最小时F2垂直于F1，可以知道挡板弹力F1和滑块对球的作用力F2都减小；故A错误，B正确；
C、D、再对滑块和球一起受力分析，如图（b），其中F N=Gcosθ不变，F+F1不变，F1减小，可以知道斜面对滑块的支持力不变，拉力F增大，故C错误，D错误．
故选：B．
【点评】本题属于力学的动态分析，关键是抓住不变量，通过作图法判断力的变化．以及掌握整体法和隔离法的运用．
3．如图所示，滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点．则能大致反映滑块整个运动过程中速度v、加速度a、动能Ek、重力对滑块所做的功w与时间t关系的是（取初速度方向为正方向）（ ）
A． B． C． D．
【考点】功的计算．
【专题】功的计算专题．
【分析】根据牛顿第二定律求出上滑和下滑过程中的加速度大小，从而得出速度随时间的变化规律，根据动能定理得出动能与位移的规律，根据W=mgh，得出重力势能与位移变化关系．
【解答】解：A、B上滑时的加速度a1==gsinθ+μgcosθ，下滑时的加速度a2==gsinθ﹣μgcosθ．知a1＞a2．根据位移公式x=，由于下滑与上滑过程位移大小相等，则知，下滑时间t2＞上滑的时间t1．由于机械能有损失，返回到出发点时速度小球出发时的初速度．根据速度时间图线的斜率表示加速度，故A正确，B错误．
C、据速度公式和动能公式可知，动能随时间成二次函数关系变化，而图中是一次函数关系，故C错误．
D、重力做功W=﹣mgh=﹣mgxsinθ，故D错误．
故选：A
【点评】解决本题的关键根据牛顿第二定律得出上滑和下滑的加速度，判断出物体的运动情况
4．如图所示，理想变压器与电阻R，交流电压表V、交流电流表A按图甲所示方式连接，已知变压器原副线圈的匝数比为n1：n2=10：1，电阻R=5Ω．图乙是R两端电压U随时间变化的图象，Um=10V．则下列说法中正确的是（ ）
A．交变电流的频率是Um=50Hz B．电压表V的读数为10V
C．电流表A的读数为20A D．变压器的输入功率为40w
【考点】变压器的构造和原理．
【专题】交流电专题．
【分析】根据电阻R两端电压u随时间t
变化的图象，结合有效值与最大值的关系，及周期，即可求解频率；交流电压表测量是有效值；根据原副线圈的电压与匝数成正比，即可求解电源的电压u随时间t变化的规律；根据欧姆定律，即可求出原线圈中电流i随时间t变化的规律．
【解答】解：A、由图象可知，周期为T=2×10﹣2s，那么交流电的频率：，故A错误；
B、由于Um=10V，则有效值为： V，电压表的读数为有效值，即10V．故B正确；
C、根据欧姆定律，副线圈中的电流值： A，变压器是原副线圈的电流与匝数成反比，则原线圈中电流： A．故C错误；
D、输入功率等于输出功率，即：P入=UI2=10×2=20W．故D错误；
故选：B．
【点评】考查电表测量是有效值，掌握有效值与最大值的联系与区别，理解由图象确定电压或电流的变化规律，注意原副线圈的电压、电流与匝数的关系．
5．2014年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持．特别是“高分一号”突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术．如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图．“北斗”系统中两颗卫星“G1”和“G3”的轨道半径均为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，“高分一号”在C位置，若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．则以下说法正确的是（ ）
A．卫星“G1”和“G3”的加速度大小相等均为g
B．卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间为
C．如果调动“高分一号”卫星到达卫星“G3”所在的轨道，必须对其减速
D．“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，运行一段时间后，高度会降低，速度增大，机械能会减小
【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．
【专题】定量思想；推理法；人造卫星问题．
【分析】A、根据万有引力提供向心力=ma，以及黄金代换式GM=gR2．求卫星的加速度大小．
B、由万有引力提供向心力，求出卫星的角速度，然后通过转过的角度求出时间
C、“高分一号”卫星速度增大，万有引力不够提供向心力，做离心运动，轨道半径变大．
D、“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，要克服阻力做功，机械能减小
【解答】解：A、根据万有引力提供向心力=ma，以及黄金代换式GM=gR2．得其加加速度大小相等均为，则A错误
B、由rω2=a=， 又ωt=可得t=，则B错误
C、“高分一号”卫星到达卫星“G3”所在的轨道，必须对其加速，则C错误
D、“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，摩擦力做功机械能减小，则D正确
故选：D
【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力=ma，以及黄金代换式GM=gR2
6．如图，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a（0，L）．一质量为m、电荷量为﹣e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x 轴正方向的夹角为60°．下列说法中正确的是（ ）
A．电子在磁场中运动的时间为
B．电子在磁场中运动的时间为
C．磁场区域的圆心坐标为（，）
D．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（0，﹣L）
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．
【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】作出粒子在磁场中的运动轨迹，结合几何关系求出粒子的半径，从而确定圆心的坐标，根据圆心角的大小，求出粒子在磁场中的运动时间．
【解答】解：电子的运行轨迹如图所示．
根据几何关系得，R=2（R﹣L），解得R=2L，则圆心的坐标为（0，﹣L）．故C错误，D正确．
根据几何关系得，圆心角的大小为60度，周期T=，则电子的运行时间t=．故B正确，A错误．
故选：BD．
【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，掌握确定圆心、半径和圆心角是解决本题的关键，本题对数学几何要求较高，平时的学习中需加强训练．
7．质量为m的带电小球由空中某点A无初速度地自由下落，在t秒末加上竖直方向且范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点．整个过程中不计空气阻力且小球从未落地，则（ ）
A．匀强电场方向竖直向上
B．从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能变化了mg2t2
C．整个过程中小球电势能减少了2mg2t2
D．从A点到最低点的过程中，小球重力势能变化了mg2t2
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；重力势能．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】分析小球的运动情况：小球先做自由落体运动，加上匀强电场后小球先向下做匀减速运动，后向上做匀加速运动．由运动学公式求出t秒末速度大小，加上电场后小球运动，看成一种匀减速运动，自由落体运动的位移与这个匀减速运动的位移大小相等、方向相反，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求电场力，由W=qEd求得电场力做功，即可得到电势能的变化．由动能定理得求出A点到最低点的高度，得到重力势能的减小量．
【解答】解：A、小球所受电场力方向是向上的，但不知道小球带电的电性，所以不能判断电场的方向，故A错误；
B、从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了△Ek=，故B错误；
C、小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反．设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，
取竖直向下方向为正方向，则
由gt2=﹣（vt﹣at2）
又v=gt
解得 a=3g，则小球回到A点时的速度为v′=v﹣at=﹣2gt
整个过程中小球速度增量的大小为△v=v′﹣v=﹣3gt，速度增量的大小为3gt．
由牛顿第二定律得：
a=，
联立解得电场力大小：
Eq=4mg
整个过程中电场力做的功；
电场力做的功等于电势能的减小量，故整个过程中小球电势能减少了2mg2t2；
故C正确；
D、设从A点到最低点的高度为h，根据动能定理得：
mgh﹣qE（h﹣gt2）=0
解得：h=gt2；故D错误．
故选：C．
【点评】本题考查学生应用牛顿运动定律及功能关系解决物理问题的能力；首先要分析小球的运动过程，采用整体法研究匀减速运动过程，抓住两个过程之间的联系：位移大小相等、方向相反，运用牛顿第二定律、运动学规律和动能定理结合进行研究．
8．如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计．在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B．现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始，在拉力作用下以初速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中（ ）
A．通过R的电流方向为由外向内
B．通过R的电流方向为由内向外
C．R上产生的热量为
D．流过R的电量为
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律；楞次定律．
【专题】电磁感应与电路结合．
【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向．金属棒做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，感应电动势的最大值为Em=BLv0，有效值为E=Em，根据焦耳定律求出求解金属棒产生的热量．通过R的电量由公式金属棒向上穿越磁场过程中通过R的电量 q=求解．
【解答】解：AB、金属棒从轨道最低位置cd运动到ab处的过程中，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律判断得知通过R的电流方向为由外向内．故A正确，B错误．
C、金属棒做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，可得产生的感应电动势的最大值为Em=BLv0，有效值为E=Em
根据焦耳定律有：Q=t
时间为 t=
联立解得 Q=．故C正确．
D、通过R的电量由公式：q=△t===．故D错误．
故选：AC．
【点评】解决本题的关键是判断出回路中产生的是正弦式交变电流，相当于线圈在磁场中转动时单边切割磁感线，要用有效值求解热量，用平均值求解电量．
二、必考题（共4小题，满分47分）
9．游标卡尺结构如图甲所示，测量某一圆柱形容器的内径时，应使用 B 部位；测量它的深度时，应使用 D 部位（填表示部位的字母）．某次测量时游标卡尺的示数如图乙所示，其读数为 1.22 cm．
【考点】刻度尺、游标卡尺的使用．
【专题】实验题．
【分析】游标卡尺来测量玻璃管内径应该用内爪．
游标卡尺的读数方法是主尺读数加上游标读数，不需要估读．
【解答】解：游标卡尺来测量内径应该用内爪．即B部分．测量它的深度时，应使用D部位
游标卡尺测内径时，主尺读数为12mm，游标读数为0.1×2=0.2mm，最后读数为12.2mm=1.22cm．
故答案为：B；D；1.22
【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法．注意游标卡尺的精确度．
10．某同学通过实验测定一个阻值约为0.5Ω的电阻Rx的阻值．
（1）现有电源（4V，内阻不计）、滑动变阻器（0～50Ω，额定电流2A）、定值电阻R0=4.5Ω、开关和导线若干以及下列电表：
A．电压表（0～3V，内阻3kΩ） B．电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω）
为减少测量误差，在实验中，应采用下图中的 甲 电路图（填“甲”或“乙”）．
（2）按所选择的电路图连接好电路，闭合开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U，则该电阻的测量值的表达式为Rx= ﹣Ro ．
（3）在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片P从一端滑向另一端，随滑片P移动距离x的增加，电压表的示数U也随之增加，下列反映U﹣x关系的示意图中正确的是 C ．
【考点】伏安法测电阻．
【专题】定量思想；实验分析法；恒定电流专题．
【分析】（1）合理选择实验器材，先选必要器材，再根据要求满足安全性，准确性，方便操作的原则选择待选器材．电流表的接法要求大电阻内接法，小电阻外接法．
（2）由图示电压表与电流表读出其示数，然后由欧姆定律求出电阻阻值；
（3）根据闭合电路欧姆定律，结合电阻定律，即可求解
【解答】解：（1）根据待测电阻的阻值与电压表及电流表的阻值，可知，待测电阻的阻值偏小，因此选择电流表外接法，故选择甲图．
（2）电压表的读数为U；电流表的读数为I；根据欧姆定律，则有：Rx=﹣Ro；
（3）根据闭合电路欧姆定律与电阻定律，U=IRX=RX，当滑片P移动距离x的增加，被测电阻Rx两端的电压增大，但不成正比，且增加越来越快，则U﹣x图象如图C所示，故选C．
故答案为：（1）甲；（2）﹣Ro；（3）C
【点评】考查如何选择仪器，掌握选择的方法与原则；学会由电路图去连接实物图，注意电表的正负极；理解欧姆定律与电阻定律的应用，掌握误差的分析及其产生原因
11．如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨MAC、NBD水平放置，MA、NB间距L=0.4m，AC、BD的延长线相交于E点且AE=BE，E点到AB的距离d=6m，M、N两端与阻值R=2Ω的电阻相连．虚线右侧存在方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1T．一根长度也为L=0.4m、质量m=0.6kg、电阻不计的金属棒，在外力作用下从AB处以初速度υ0=2m/s沿导轨水平向右运动，棒与导轨接触良好，运动过程中电阻R上消耗的电功率不变．求：
（1）电路中的电流I；
（2）金属棒向右运动过程中克服安培力做的功W；
（3）金属棒向右运动过程中外力做功的平均功率P．
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；功率、平均功率和瞬时功率．
【专题】电磁感应与电路结合．
【分析】（1）由E=BLv可求得电动势；由欧姆定律可求得电路中的电流；
（2）根据导体切割的有效长度可得出安培力的表达式，利用F﹣x图象，借助v﹣t图象的规律可由图象求得安培力的功；
（3）由电功公式可求得运动的时间；根据电功率不变则可得出电动势的表达式；则由动能定理可求得外力做功的功率．
【解答】解：（1）金属棒开始运动时产生感应电动势E=BLv0=1×0.4×2=0.8V；
电路中的电流I==A=0.4A；
（2）金属棒向右运动运动距离为x时，金属棒接入电路的有效长度为L1，由几何关系可得：
=
L1==0.4﹣
此时金属棒所受安培力为：F=BIL1=0.16﹣（0≤x）
作出F﹣x图象，由图象可得运动过程中确服安培力所做的功为：
W=x==0.36J；
（3）金属棒运动过程所用时间为t，W=I2Rt；
解得：t=s；
设金属棒运动的的速度为v，由于电阻R上消耗的电功率不变；
则有：
BLv0=Bv；
v=2v0
由动能定理可得：
Pt﹣W=mv2﹣mv02
解得：P=
代入数据解得：P=3.52W．
答：（1）电路中的电流I为0.4A；
（2）金属棒向右运动过程中克服安培力做的功W为0.36J；
（3）金属棒向右运动过程中外力做功的平均功率P为3.52W．
【点评】本题中第二小题要注意该方法的正确应用，根据v﹣t图象结论的迁移应用可直接求出面积所表示的意义．
12．如图所示，光滑水平轨道左端与长L=1.25m的水平传送带AB相接，传送带逆时针匀速转动的速度υ0=1m/s．轻弹簧右端固定，弹簧处于自然状态时左端恰位于A点．现用质量m=0.1kg的小物块（视为质点）将弹簧压缩后由静止释放，到达水平传送带左端B点后，立即沿切线进人竖直固定的光滑半圆轨道最高点并恰好做圆周运动，经圆周最低点C后滑上质量为M=0.9kg的长木板且不会从木板上掉下．半圆轨道的半径R=0.4m，物块与传送带间动摩擦因数μ1=0.8，物块与木板间动摩擦因数μ2=0.25，长木板与水平地面间动摩擦因数μ3=0.026，g取10m/s2．求：
（1）物块到达B点时速度υB的大小；
（2）弹簧被压缩时的弹性势能EP；
（3）小物块在长木板上滑行的最大距离s．
【考点】动能定理；牛顿第二定律．
【专题】动能定理的应用专题．
【分析】（1）据恰好做圆周运动，利用牛顿运动定律列方程求解．（2）利用运动过程能量守恒即可求弹簧压缩时的弹性势能．（3）先据受力情况判断长木板的运动情况，再利用牛顿运动定律或动能定理求解．
【解答】解：（1）物体恰好做圆周运动，在光滑半圆轨道最高点，据牛顿第二定律：mg=
解得：vB==2m/s
（2）物体被弹簧弹出的过程中，物块和弹簧组成的系统机械能守恒：
Ep=
由于vB＞1m/s，所以物块在传送带上一直做匀减速运动
物块在传送带上据动能定理得： ﹣
又因为：f1=μ1mg
联立解得：Ep=1.2J
（3）物块从B到C过程中由机械能守恒定律得：mg•2R=
解得：vC= ①
物块在长木板上滑行过程中，对长木板受力分析：
上表面受到的摩擦力f2=μ2mg=0.25N
下表面受到摩擦力：f3=μ3（M+m）g=0.26N＞f2，所以长木板静止不动．
对物块在长木板上滑行过程由动能定理得： ②
联立①②解得：s==4m
答：1）物块到达B点时速度υB的大小2m/s；
（2）弹簧被压缩时的弹性势能1.2J；
（3）小物块在长木板上滑行的最大距离4m．
【点评】分析透滑块的运动情况和受力情况是解题的关键，据受力情况判断滑块的运动是解题的核心，灵活利用牛顿运动定律、动能定理和能量守恒定律，基础题．
三、选考题：【选修3－3】（共2小题，满分15分）
13．下列说法中正确的是（ ）
A．布朗运动并不是液体分子的运动，但它说明分子永不停息地做无规则运动
B．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用
C．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点
D．当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，分子势能越小
【考点】* 液体的表面张力现象和毛细现象；布朗运动；* 晶体和非晶体．
【分析】依据布朗运动现象和实质判定A；
由表面张力的形成原因判定B；
液晶的特征是具有光学异性，故可以制作显示器；
依据分子力做功判定分析势能；
【解答】解：
A、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，它说明液体分子永不停息地做无规则运动．故A正确；
B、液体表面张力产生的原因是：液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力．露珠的形成就是由于液体表面张力的作用，故B正确；
C、液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点，故C正确；
D、当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子力表现为引力，故随分子间的距离增大，分子力做负功，分子势能增大，故D错误；
故选：ABC．
【点评】该题关键是掌握布朗运动的现象和实质；其次要会分析分子力随距离的变化，以及分子力做功与分子势能变化关系，这些是重点考察内容．
14．如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．初状态整个装置静止不动处于平衡，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l0，温度为T0．设外界大气压强为P0保持不变，活塞横截面积为S，且mg=P0S，环境温度保持不变．求：
①在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞B下降的高度．
②现只对Ⅱ气体缓慢加热，使活塞A回到初始位置，此时Ⅱ气体的温度．
【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强．
【专题】理想气体状态方程专题．
【分析】先由力学知识确定出状态ⅠⅡ中的气体压强，然后确定添加铁砂后的压强，根据对Ⅱ中气体列玻意耳定律方程即可求解；
先根据玻意耳定律求出Ⅰ中气体后来的长度，然后以Ⅱ气体为研究对象列理想气体状态方程求解．
【解答】解：①初状态Ⅰ气体压强
Ⅱ气体压强
添加铁砂后Ⅰ气体压强 P1′=P0+=4p0
Ⅱ气体压强P2′=P1′+=5P0
根据玻意耳定律，Ⅱ气体等温变化，P2l0S=P2′l2S
可得：，B活塞下降的高度h2=l0﹣l2=0.4l0
②Ⅰ气体等温变化，
可得：l1=0.5l0
只对Ⅱ气体加热，I气体状态不变，所以当A活塞回到原来位置时，Ⅱ气体高度l2″=2l0﹣0.5l0=1.5l0
根据气体理想气体状态方程：
=
得：T2=2.5T0
答：①在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞B下降的高度为0.4l0．
②现只对II气体缓慢加热，使活塞A回到初始位置，此时II气体的温度2.5T0．
【点评】本题考查了理想气体状态方程和力学知识的综合应用，这是高考重点，要加强这方面的练习．
四、选考题：【选修3－4】（共2个小题，共0分）
15．A、B两列简谐横波均沿x轴正向传播，在某时刻的波形分别如图中甲、乙所示，经过时间t（t小于A波的周期TA），这两列简谐横波的波形分别变为图中丙、丁所示，则A、B两列波的波速vA、vB之比可能是（ ）
A．1：1 B．2：1 C．1：2 D．3：1
E．1：3
【考点】横波的图象．
【分析】由题，甲、丙图象反相，t小于A波的周期TA，说明A波经过了半个周期．B波的图象与原来重合，说明经过了整数倍周期．由图读出两波的波长，由题分别得到周期与时间的关系，由波速公式得到波速的关系式，再进行选择．
【解答】解：由图读出，A波波长为λA=24cm，甲图到丙图一定是半个周期，所以周期TA=2t；B波波长为λB=12cm，乙图与丁图的波形图相同，经过的时间一定是整数个周期，所以周期TB=，波速vA=，vB=，
得到vA：vB=1：n，所以A、B两列波的波速vA、vB之比可能是ACE，不可能的是B、D．
故选：ACE
【点评】本题中知道两个时刻波形图，抓住经过半个周期时间，波形反相；经过整数倍周期时间，图象重合是关键．
16．有一玻璃球冠，右侧面镀银，光源S就在其对称轴上，如图所示．从光源S
发出的一束光射到球面上，其中一部分光经球面反射后恰能竖直向上传播，另一部分光折入玻璃球冠内，经右侧镀银面第一次反射恰能沿原路返回．若球面半径为R，玻璃折射率为，求光源S与球冠顶点M之间的距离SM为多大？
【考点】光的折射定律．
【专题】光的折射专题．
【分析】作出光路图，根据折射定律和几何关系，求出入射角和折射角，再由几何关系求解光源S与球心O之间的距离SO．
【解答】解：如图所示，根据折射定律，有：
根据反射定律，有：θ1=θ3
其中：θ3+θ2=90°
联立可得：θ1=60°，θ2=30°
由图，有：β=θ2=30°，α=θ1﹣β=30°
故：
故光源S与M间距：
答：光源S与球冠顶点M之间的距离SM约为0.73R．
【点评】处理几何光学相关的问题，关键是作出光路图，一定要用直尺准确作图，然后根据几何图形的特点求角或者线段的长度．
五、选考题：【选修3－5】（共2个小题，0分）
17．以下说法符合物理学史的是（ ）
A．普朗克引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元
B．康普顿效应表明光子具有能量
C．德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子，认为实物粒子也具有波动性
D．汤姆逊通过α粒子散射实验，提出了原子具有核式结构
E．为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的
【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、普朗克引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元，故A正确；
B、康普顿效应不仅表明了光子具有能量，还表明了光子具有动量，故B错误；
C、德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子，认为实物粒子也具有波动性，故C正确；
D、卢瑟福在用a粒子轰击金箔的实验中发现了质子，提出原子核式结构学说，故D错误；
E、为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的．故E正确；
故选：ACE
【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．
18．如图所示，轻弹簧的两端与质量均为2m的B、C两物块固定连接，静止在光滑水平面上，物块C紧靠挡板但不粘连．另一质量为m的小物块A以速度vo从右向左与B发生弹性正碰，碰撞时间极短可忽略不计．（所有过程都在弹簧弹性限度范围内）求：
（1）A、B碰后瞬间各自的速度；
（2）弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比．
【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．
【专题】动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】（1）A、B发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出碰后两物体的速度．
（2）在B压缩弹簧过程中，系统机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出弹簧的弹性势能；当弹簧第一次伸长最长时，B、C两物体组成的系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出弹簧的弹性势能，然后求出弹簧的弹性势能之比．
【解答】解：（1）A、B发生弹性正碰，碰撞过程中，A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒，以A、B组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mvo=mvA+2mvB，
在碰撞过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mv02=mvA2+•2mvB2，
联立解得：vA=﹣v0，vB=v0；
（2）弹簧第一次压缩到最短时，B的速度为零，该过程机械能守恒，由机械能守恒定律得，弹簧的弹性势能：
EP=•2m•vB2=mv02，
从弹簧压缩最短到弹簧恢复原长时，B、C与弹簧组成的系统机械能守恒，
弹簧恢复原长时，B的速度vB=v0，速度方向向右，C的速度为零，
从弹簧恢复原长到弹簧第一次伸长最长时，B、C与弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，
弹簧伸长最长时，B、C速度相等，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
2mvB=（2m+2m）v′，
由机械能守恒定律得：
•2m•vB2=•（2m+2m）•v′2+EP′，
解得：EP′=mv02，
弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比：EP：EP′=2：1；
答：（1）A、B碰后瞬间，A的速度为v0，方向向右，B的速度为v0，方向向左；
（2）弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比为2：1．
【点评】本题考查了物体的速度与弹簧弹性势能之比，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题，分析清楚物体运动过程是正确 解题的关键．
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