2016年山东省师大附中高考物理模拟试卷（五）
一.选择题（本题包括7个小题．共42分．每小题给出的四个选项中．有的只有一个选项正确．有的有多个选项正确．全部选对的得6分，选对但不全的得3分．有错选的得0分．）
1．物理学中引入了“质点”、“点电荷”、“电场线”等概念，从科学方法上来说属于（ ）
A．控制变量 B．类比 C．理想模型 D．等效替代
2．地球静止轨道卫星的轨道面与地球赤道共面，倾斜地球同步轨道卫星的轨道面与地球赤道面有一定的夹角，它的运转周期是24小时．2011年12月2日，中国在西昌卫星发射中心用“长征三号甲”运载火箭成功发射的第10颗北斗导航卫星就是一颗倾斜地球同步轨道卫星．2012年l0月25日，中国在西昌卫星发射中心用“长征三号丙，运载火箭成功发射的第16颗北斗导航卫星是一颗地球静止轨道卫星，它与先期发射的15颗北斗导航卫星组网运行，北斗导航工程区域组网顺利完成．现在已向亚太大部分地区提供正式服务．关于这两颗卫旱下列说法正确是（ ）
A．这两颗卫星离地面的高度一样，约为3.6万千米
B．第10颗北斗导航卫星的运行速度一定比第一宇宙速度小
C．发射第10颗北斗导航卫星要比发射同等质量的近地卫星少消耗能量
D．第10颗北斗导航卫星比第16颗北斗导航卫星运行加速度大
3．如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O为圆心，AB为沿水平方向的直径．若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D点；若A点小球抛出的同时，在C点以初速度v2沿BA方向平抛另一相同质量的小球并也能击中D点．已知∠COD=60°，且不计空气阻力，则（ ）
A．两小球同时落到D点
B．两小球在此过程中动能的增加量相等
C．在击中D点前瞬间，重力对两小球做功的功率不相等
D．两小球初速度之比v1：v2=：3
4．如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一轻弹簧相连，轻弹簧能承受的最大拉力为T．现用水平拉力F拉质量为3m的木块，使三个木块一起加速运动，则以下说法正确的是（ ）
A．质量为2m的木块受到四个力的作用
B．当F逐渐增大到T时，轻弹簧刚好被拉断
C．当F逐渐增大到1.5T时，轻弹簧还不会被拉断
D．当F撤去瞬间，m所受摩擦力的大小和方向不变
5．如图所示，M为理想变压器，电表均可视为理想电表，电源电压U不变，输电线电阻忽略不计．当变阻器滑片P向上移动时，对于电表读数发生的变化判断正确的是（ ）
A．Al变大 B．A2变小 C．VI不变 D．V2变小
6．如图所示，宽度为d的有界匀强磁场竖直向下穿过光滑的水平桌面，一质量为m的椭圆形导体框平放在桌面上，椭圆的长轴平行磁场边界，短轴小于d．现给导体框一个初速度v0（v0垂直磁场边界），已知导体框全部在磁场中的速度为v，导体框全部出磁场后的速度为v1；导体框进入磁场过程中产生的焦耳热为Q1，导体框离开磁场过程中产生的焦耳热为Q2．下列说法正确的是（ ）
A．导体框离开磁场过程中，感应电流的方向为顺时针方向
B．导体框进出磁场都是做匀变速直线运动
C．Q1＞Q2
D．Q1+Q2=m（v﹣v）
7．如图所示，虚线a、b、c代表电场中一簇等势线，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带电质点（重力不计）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，对同一带电质点，据此可知（ ）
A．三个等势面中，a的电势最高
B．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大
C．带电质点通过P点时的电场力比通过Q点时大
D．带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大
二、非选择题：【必做部分】
8．在验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=200g的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O为纸带下落的起始点，A、B、C为纸带上选取的三个连续点．已知打点计时器每隔T=0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.8m/s2，那么
（1）B点瞬时速度是vB= m/s．
（2）同学丙想根据纸带上的测量数据进一步计算重物和纸带下落过程中所受的阻力，为此他计算出纸带下落的加速度为a= m/s2．
（3）若同学丁不慎将上述纸带从OA之间扯断，他仅利用A点之后的纸带能否实现验证机 械能守恒定律的目的？ ．（填“能”或“不能”）
9．在测定金属的电阻率的实验中，所用金属电阻丝的电阻约为30Ω．现通过以下实验测量该金属材料的电阻率
（1）用螺旋测微器测量电阻丝直径，其示数如图1所示，则该电阻丝直径的测量值d= mm．
（2）实验中能提供的器材有开关、若干导线及下列器材：
电压表Vl（量程0～3V，内阻约3kΩ）
电压表V2（量程0～15V，内阻约15kΩ）
电流表Al（量程0～100mA，内阻约5Ω）
电流表A2（量程0～0.6A，内阻约0.1Ω）
滑动变阻器R1（o～5Ω）
滑动变阻器R2（0～1kΩ）
电源E（电动势为4.5V，内阻不计）
为了便于调节电路并能较准确的涮l也电阻丝的阻值，电流表应选 ，滑动变阻器应选 ．
（3）如图2所示，将电阻丝拉直后两端固定在刻度尺两端的接线柱a和b上，刻度尺的中间有一个可沿电阻丝滑动的触头P，触头的另一端为接线柱c，当用手按下触头P时，触 头P才与电阻丝接触，触头的位置可在刻度尺上读出．实验中改变触头P与电阻丝接触 的位置，并移动滑动变阻器的滑片，使电流表示数I保持不变，分别测量出多组接入电路中电阻丝的长度L与对应的电压U．请在图3中完成实验电路的连接，部分已连好的线不能改动．（要求：能改变电阻丝的测量长度和进行多次测量）
（4）利用测量数据画出U﹣L图线，如图4所示，其中（L0，U0）是U﹣L图线上的一个点的坐标．根据U﹣L图线，用电阻丝的直径d、电流I和坐标（L0，U0）可计算得出电阻丝的电阻率p= ．（用所给字母表示）
10．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R．用质量m1=0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点．用同种材料、质量为m2=0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后做匀变速运动其位移与时间的关系为s=6t﹣2t2，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道．g=10m/s2，求：
（1）物块m2过B点时的瞬时速度V0及与桌面间的滑动摩擦因数．
（2）BP间的水平距离
（3）判断m2能否沿圆轨道到达M点（要求计算过程）．
（4）释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功．
11．如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直予坐标平面向内的有界圆形匀强磁场区域（图中未画出）；在第二象限内存在与x轴平行的匀强电场．一粒子源固定在x轴上的A点，A点坐标为（﹣L，0）．粒子源沿y 轴正方向释放出速度人小为v的电子，电子恰好能通过y轴上的C点，C点坐标为（0，2L），电子经过磁场偏转后方向恰好垂直ON，ON是与x轴正方向成15°角的射线．（电子的质量为m，电荷量为e，不考虑粒子的重力和粒子之问的相互作用．）
求：
（1）第二象限内电场强度E的大小和方向．
（2）电子离开电场时的速度方向与y轴正方向的夹角θ．
（3）粗略画出电子在电场和磁场中的轨迹．
（4）圆形磁场的最小半径见Rmin．
【选做部分】．[物理-物理3-3]
12．下列说法中正确的有 （ ）
A．第二类永动机和第一类永动机一样，都违背了能量守恒定律
B．自然界中的能量虽然是守恒的，但有的能量便于利用，有的不便于利用，故要节约能源
C．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大
D．晶体都具有固定的熔点
13．如图所示，用销钉固定的导热活塞把水平放置的导热气缸分隔成容积相同的两部分，分别封闭着A、B两部分理想气体：A部分气体压强为PA0=2.5×105 Pa，B部分气体压强为PB0=1.5×105 Pa．现拔去销钉，待活塞重新稳定后，（外界温度保持不变，活塞与气缸间摩擦可忽略不计，整个过程无漏气发生）
①求此时A部分气体体积与原来体积之比；
②判断此过程中A部分气体是吸热还是放热，并简述理由．
2016年山东省师大附中高考物理模拟试卷（五）
参考答案与试题解析
一.选择题（本题包括7个小题．共42分．每小题给出的四个选项中．有的只有一个选项正确．有的有多个选项正确．全部选对的得6分，选对但不全的得3分．有错选的得0分．）
1．物理学中引入了“质点”、“点电荷”、“电场线”等概念，从科学方法上来说属于（ ）
A．控制变量 B．类比 C．理想模型 D．等效替代
【考点】电场线；质点的认识；元电荷、点电荷．
【分析】物理学中引入了“质点”、“点电荷”、“电场线”等概念，都是在物理学中引入的理想化的模型，是众多的科学方法中的一种．
【解答】解：“质点”、“点电荷”、“电场线”等都是为了研究问题简单而引入的理想化的模型，所以它们从科学方法上来说属于理想模型，所以C正确．
故选C．
【点评】理想化的模型是实际物体的简化处理．物理上研究的方法很多，我们在学习物理知识的同时，更要学习科学研究的方法．
2．地球静止轨道卫星的轨道面与地球赤道共面，倾斜地球同步轨道卫星的轨道面与地球赤道面有一定的夹角，它的运转周期是24小时．2011年12月2日，中国在西昌卫星发射中心用“长征三号甲”运载火箭成功发射的第10颗北斗导航卫星就是一颗倾斜地球同步轨道卫星．2012年l0月25日，中国在西昌卫星发射中心用“长征三号丙，运载火箭成功发射的第16颗北斗导航卫星是一颗地球静止轨道卫星，它与先期发射的15颗北斗导航卫星组网运行，北斗导航工程区域组网顺利完成．现在已向亚太大部分地区提供正式服务．关于这两颗卫旱下列说法正确是（ ）
A．这两颗卫星离地面的高度一样，约为3.6万千米
B．第10颗北斗导航卫星的运行速度一定比第一宇宙速度小
C．发射第10颗北斗导航卫星要比发射同等质量的近地卫星少消耗能量
D．第10颗北斗导航卫星比第16颗北斗导航卫星运行加速度大
【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．
【专题】定性思想；模型法；人造卫星问题．
【分析】地球静止轨道卫星的周期为24h，离地高度大约3.6万千米，卫星圆周运动的向心力由万有引力提供，据此分析由周期关系确定轨道半径．
【解答】解：A、两颗卫星的周期都是24h，故可知两个卫星的轨道高度与地球同步卫星轨道高度相同，都约为3.6万千米．故A正确；
B、由v=知，绕地球圆周运动，轨道半径越大，运行速度越小，可知第一宇宙速度是卫星绕地球圆周运动的最大速度，则第10颗北斗导航卫星的运行速度一定比第一宇宙速度小．故B正确；
C、发射高轨道卫星需要克服地球引力做更多的功，故发射第10颗北斗导航卫星要比发射同等质量的近地卫星多消耗能量，故C错误；
D、根据万有引力提供圆周运动向心力，得 G=ma，得 a=，故第10颗北斗导航卫星与第16颗北斗导航卫星运行加速度大小相等，故D错误；
故选：AB
【点评】本题要明确卫星绕地球做圆周运动时，由万有引力提供圆周运动向心力，并能由此判断周期与轨道半径的关系，掌握宇宙速度的物理意义，知道向高轨道发射卫星需要更多的能量．
3．如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O为圆心，AB为沿水平方向的直径．若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D点；若A点小球抛出的同时，在C点以初速度v2沿BA方向平抛另一相同质量的小球并也能击中D点．已知∠COD=60°，且不计空气阻力，则（ ）
A．两小球同时落到D点
B．两小球在此过程中动能的增加量相等
C．在击中D点前瞬间，重力对两小球做功的功率不相等
D．两小球初速度之比v1：v2=：3
【考点】动能定理的应用；平抛运动．
【专题】动能定理的应用专题．
【分析】根据平抛运动的竖直位移研究运动的时间，根据水平位移求出平抛运动的初速度．从而得出两球的初速度之比．平抛运动过程中，重力做功等于动能的增加量，由W=mgh分析动能增加量的关系．重力的瞬时功率P=mgvy．
【解答】解：A、两球均做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由h=，得t=，由于两球下落的高度不同，则知两球不可能同时到达D点．故A错误．
B、根据动能定理得知：重力做功等于动能的增加量，而重力做功不等，则动能的增加量不等．B错误．
C、在击中D点前瞬间，重力做功的功率为P=mgvy=mg•gt，t不等，则P不等．故C正确．
D、设半圆的半径为R．
小球从A点平抛，可得R=v1t1 R=gt12
小球从C点平抛，可得Rsin60°=v2t2
R（1﹣cos60°）=gt22
联立解得=．故D正确．
故选CD
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，掌握平抛运动的运动学规律．
4．如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一轻弹簧相连，轻弹簧能承受的最大拉力为T．现用水平拉力F拉质量为3m的木块，使三个木块一起加速运动，则以下说法正确的是（ ）
A．质量为2m的木块受到四个力的作用
B．当F逐渐增大到T时，轻弹簧刚好被拉断
C．当F逐渐增大到1.5T时，轻弹簧还不会被拉断
D．当F撤去瞬间，m所受摩擦力的大小和方向不变
【考点】牛顿第二定律；胡克定律．
【专题】牛顿运动定律综合专题．
【分析】根据弹簧的最大拉力为T，对质量为m和2m的两个物体分析，求出加速度的最大值，再对整体分析，求出拉力的最大值．撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律判断m所受的摩擦力大小和方向是否改变．
【解答】解：A、质量为2m的物体受重力、支持力、m对它的压力以及摩擦力，还有弹簧的弹力，总共受5个力．故A错误．
B、当弹簧的弹力为T时，m和2m的加速度a=，对整体分析，拉力F=6ma=2T．知当拉力为2T时，轻弹簧恰好被拉断．故B错误，C正确．
D、撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，m和2m整体的加速度不变，隔离对m分析，根据牛顿第二定律知，m所受的摩擦力大小和方向都不变．故D正确．
故选CD．
【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．
5．如图所示，M为理想变压器，电表均可视为理想电表，电源电压U不变，输电线电阻忽略不计．当变阻器滑片P向上移动时，对于电表读数发生的变化判断正确的是（ ）
A．Al变大 B．A2变小 C．VI不变 D．V2变小
【考点】变压器的构造和原理．
【专题】交流电专题．
【分析】和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R2的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．
【解答】解：输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以变压器的输出电压也不变，所以V1、V2的示数都不变，当变阻器的滑动头P向上移动时，滑动变阻器的电阻减小，所以负线圈的电流增大，原线圈的电流也要变大，所以AC正确，BD错误．
故选：A．
【点评】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．
6．如图所示，宽度为d的有界匀强磁场竖直向下穿过光滑的水平桌面，一质量为m的椭圆形导体框平放在桌面上，椭圆的长轴平行磁场边界，短轴小于d．现给导体框一个初速度v0（v0垂直磁场边界），已知导体框全部在磁场中的速度为v，导体框全部出磁场后的速度为v1；导体框进入磁场过程中产生的焦耳热为Q1，导体框离开磁场过程中产生的焦耳热为Q2．下列说法正确的是（ ）
A．导体框离开磁场过程中，感应电流的方向为顺时针方向
B．导体框进出磁场都是做匀变速直线运动
C．Q1＞Q2
D．Q1+Q2=m（v﹣v）
【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．
【专题】电磁感应——功能问题．
【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向；根据导线框进出磁场是，所受安培力的大小判断导线框的运动情况；根据线框的速度大小比较出产生感应电动势的大小，从而比较出电流的大小，得知进出磁场时产生的热量大小．根据能量守恒定律求出进出磁场时的产生的焦耳热之和．
【解答】解：A、导线框离开磁场时，磁通量减小，根据楞次定律得，感应电流的方向为顺时针方向．故A正确．
B、导线框在进出磁场时，速度变化，则感应电动势变化，产生的感应电流变化，则所受的安培力变化，根据牛顿第二定律知，加速度变化，导线框做的变减速运动．故B错误．
C、因为进磁场时的速度大于出磁场时的速度，则进磁场时产生的电流要比出磁场时产生的电流大，根据克服安培力做功知，Q1＞Q2．故C正确．
D、根据能量守恒定律知，线框动能的减小量全部转化为焦耳热，则．故D正确．
故选ACD．
【点评】解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及知道线框进出磁场的运动情况，会通过能量守恒定律求解产生的热量．
7．如图所示，虚线a、b、c代表电场中一簇等势线，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带电质点（重力不计）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，对同一带电质点，据此可知（ ）
A．三个等势面中，a的电势最高
B．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大
C．带电质点通过P点时的电场力比通过Q点时大
D．带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大
【考点】等势面；电势；电势能．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】根据合力指向轨迹的内侧和电场线与等势线垂直，确定电场力的方向，判断电势的高低．由电场力做功的正负判断电势能的变化．电场力做正功，质点的电势能减小，动能增大；电场力做负功，质点的电势能增大，动能减小．根据等差等势面密处场强大，判断场强大小，确定加速度的大小．
【解答】解：A、根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直，画出M、N两点处场强的方向，如图．则可知，三个等势面中的，a的电势最低．故A错误．
B、若质点从P到Q过程，电场力做负功，质点的电势能增大，动能减小，则质点在P点时的动能比通过Q点时大．故B正确，D错误；
C、根据电场线的疏密可知，P点的电场强度大于Q点，则带电质点在P点受到的电场力大于Q点，故C正确．
故选：BC．
【点评】已知等势面的分布，往往要作出电场的分布．根据电场线的方向判断电势的高低．基础题．
二、非选择题：【必做部分】
8．在验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=200g的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O为纸带下落的起始点，A、B、C为纸带上选取的三个连续点．已知打点计时器每隔T=0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.8m/s2，那么
（1）B点瞬时速度是vB= 1.92 m/s．
（2）同学丙想根据纸带上的测量数据进一步计算重物和纸带下落过程中所受的阻力，为此他计算出纸带下落的加速度为a= 9.50 m/s2．
（3）若同学丁不慎将上述纸带从OA之间扯断，他仅利用A点之后的纸带能否实现验证机 械能守恒定律的目的？ 能 ．（填“能”或“不能”）
【考点】验证机械能守恒定律．
【专题】实验题．
【分析】题的关键是处理纸带问题时应用=求瞬时速度，并根据△x=at2，可求出a的大小；
既可以用mgh=mv2来验证机械能守恒，也可以用mgh=mv22﹣mv12来验证．
【解答】解：（1）根据=求瞬时速度vB===1.92m/s，
（2）、根据△x=at2，可求出a=，
代入数据解得a==9.5m/s2，
（3）、根据mgh=mv22﹣mv12可知，可以利用A点之后的纸带验证机械能守恒，即能实现．
故答案为：1.92；9.50；能．
【点评】明确实验原理，熟记处理纸带问题的思路和方法，注意求瞬时速度的方法，分清理论推导与实验探索的区别，学会求加速度的方法，同时注意单位的统一．
9．在测定金属的电阻率的实验中，所用金属电阻丝的电阻约为30Ω．现通过以下实验测量该金属材料的电阻率
（1）用螺旋测微器测量电阻丝直径，其示数如图1所示，则该电阻丝直径的测量值d= 0.184 mm．
（2）实验中能提供的器材有开关、若干导线及下列器材：
电压表Vl（量程0～3V，内阻约3kΩ）
电压表V2（量程0～15V，内阻约15kΩ）
电流表Al（量程0～100mA，内阻约5Ω）
电流表A2（量程0～0.6A，内阻约0.1Ω）
滑动变阻器R1（o～5Ω）
滑动变阻器R2（0～1kΩ）
电源E（电动势为4.5V，内阻不计）
为了便于调节电路并能较准确的涮l也电阻丝的阻值，电流表应选 A1 ，滑动变阻器应选 R1 ．
（3）如图2所示，将电阻丝拉直后两端固定在刻度尺两端的接线柱a和b上，刻度尺的中间有一个可沿电阻丝滑动的触头P，触头的另一端为接线柱c，当用手按下触头P时，触 头P才与电阻丝接触，触头的位置可在刻度尺上读出．实验中改变触头P与电阻丝接触 的位置，并移动滑动变阻器的滑片，使电流表示数I保持不变，分别测量出多组接入电路中电阻丝的长度L与对应的电压U．请在图3中完成实验电路的连接，部分已连好的线不能改动．（要求：能改变电阻丝的测量长度和进行多次测量）
（4）利用测量数据画出U﹣L图线，如图4所示，其中（L0，U0）是U﹣L图线上的一个点的坐标．根据U﹣L图线，用电阻丝的直径d、电流I和坐标（L0，U0）可计算得出电阻丝的电阻率p= ．（用所给字母表示）
【考点】测定金属的电阻率．
【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．
【分析】（1）应分成整数部分和小数部分两部分来读；
（2）首先根据电动势大小选出电压表量程，再根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表的量程，根据电路中需要的最大电阻来选择变阻器；
（3）根据待测电阻满足，可知电流表应用外接法，根据变阻器的全电阻远小于待测电阻可知，变阻器应采用分压式接法；
（4）根据欧姆定律和电阻定律写出电压U与长度L的函数表达式，然后通过斜率的概念即可求解．
【解答】解：（1）螺旋测微器的读数为：d=0+18.4×0.01mm=0.184mm（0.183～0.185均可以）；
（2）由于电源电动势为4.5V，所以电压表应选V1，
根据欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为：Imax==A=100mA，所以电流表应选A1；
根据闭合电路欧姆定律，电路中需要的最大电阻为：Rmax==Ω=135Ω，所以变阻器应选R1，且应采用分压式接法；
（3）由于待测电阻满足，可知电流表应用外接法，又变阻器应采用分压式接法，连线图如图所示：
（4）根据欧姆定律应有：Rx=
根据电阻定律应有：Rx=，
联立得：U=L，
根据函数斜率概念应有： =，
解得：ρ=；
故答案为：（1）0.184；
（2）A1，R1；
（3）如上图所示；
（4）．
【点评】应明确：①根据电动势大小选择电压表量程，根据通过待测电阻的最大电流选择电流表量程，根据电路中需要的最大电阻来选择变阻器；②当变阻器的全电阻远小于待测电阻或要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法；③当待测电阻满足时，电流表应用外接法．④遇到根据图象求解的问题，首先应根据物理规律写出公式，然后整理出关于纵轴物理量与横轴物理量的函数表达式，然后根据斜率和截距的概念即可求解．
10．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R．用质量m1=0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点．用同种材料、质量为m2=0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后做匀变速运动其位移与时间的关系为s=6t﹣2t2，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道．g=10m/s2，求：
（1）物块m2过B点时的瞬时速度V0及与桌面间的滑动摩擦因数．
（2）BP间的水平距离
（3）判断m2能否沿圆轨道到达M点（要求计算过程）．
（4）释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功．
【考点】机械能守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；平抛运动．
【专题】机械能守恒定律应用专题．
【分析】（1）由物块过B点后其位移与时间的关系求出初速度和加速度，根据牛顿第二定律即可求得与桌面间的滑动摩擦因数．
（2）物块由D点做平抛运动，根据平抛运动的基本公式求出到达D点的速度和水平方向的位移，根据物块过B点后其位移与时间的关系得出初速度和加速度，进而根据位移﹣速度公式求出位移；
（3）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则mg=，根据机械能守恒定律，求出M点的速度，与临界速度进行比较，判断其能否沿圆轨道到达M点．
（4）由能量转化及守恒定律即可求出m2释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功．
【解答】解：（1）由物块过B点后其位移与时间的关系s=6t﹣2t2得与s=：
v0=6m/s
加速度a=4m/s2
而μm2g=m2a 得μ=0.4
（2）设物块由D点以vD做平抛，
落到P点时其竖直速度为
根据几何关系有：
解得vD=4m/s
运动时间为：t=
所以DP的水平位移为：4×0.4m=1.6m
根据物块过B点后其位移与时间的关系为x=6t﹣2t2，有：
在桌面上过B点后初速v0=6m/s，加速度a=﹣4m/s2
所以BD间位移为m
所以BP间位移为2.5+1.6m=4.1m
（2）设物块到达M点的临界速度为vm，有：
vM==m/s
由机械能守恒定律得：
=
解得：
v′M=m/s
因为＜
所以物块不能到达M点．
（3）设弹簧长为AC时的弹性势能为EP，物块与桌面间的动摩擦因数为μ，
释放m1时，EP=μm1gsCB
释放m2时
且m1=2m2，
可得：
m2释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf，
则由能量转化及守恒定律得：
可得Wf=5.6J
答：（1）物块m2过B点时的瞬时速度为6m/s，与桌面间的滑动摩擦因数为0.4．
（2）BP间的水平距离为4.1m；
（3）m2不能否沿圆轨道到达M点；
（4）m2释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功为5.6J．
【点评】该题涉及到多个运动过程，主要考查了机械能守恒定律、平抛运动基本公式、圆周运动向心力公式的应用，用到的知识点及公式较多，难度较大，属于难题．
11．如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直予坐标平面向内的有界圆形匀强磁场区域（图中未画出）；在第二象限内存在与x轴平行的匀强电场．一粒子源固定在x轴上的A点，A点坐标为（﹣L，0）．粒子源沿y 轴正方向释放出速度人小为v的电子，电子恰好能通过y轴上的C点，C点坐标为（0，2L），电子经过磁场偏转后方向恰好垂直ON，ON是与x轴正方向成15°角的射线．（电子的质量为m，电荷量为e，不考虑粒子的重力和粒子之问的相互作用．）
求：
（1）第二象限内电场强度E的大小和方向．
（2）电子离开电场时的速度方向与y轴正方向的夹角θ．
（3）粗略画出电子在电场和磁场中的轨迹．
（4）圆形磁场的最小半径见Rmin．
【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．
【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】（1）粒子在电场中做类似平抛运动，x方向匀速，y方向匀加速，根据运动学公式列式求解；
（2）先根据运动学公式列式求解出x、y方向的分速度，然后根据几何关系列式求解；也可以根据类似平抛运动速度偏转角的正切是位移偏转角正切的2倍直接求解；
（3）根据平抛运动的特点画出粒子在电场中的轨迹，然后根据粒子运动的两个方向画出粒子在磁场中运动的轨迹；
（4）先根据洛伦兹力提供向心力求解出轨迹的半径，然后求得磁场的最小半径．
【解答】解：（1）从A到C的过程中，电子做类平抛运动，有：
x方向：
x方向：2L=vt
联立解得：
（2）设电子到达C点的速度大小为vc，方向与y轴正方向的夹角为θ．由动能定理，有：
解得：
故cosθ=
得：θ=45°
（3）画轨迹如图所示．
（4）电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为：
电子在磁场中偏转120°后垂直于ON射出．磁场最小半径为：
得：
答：（1）匀强电场的电场强度E的大小为；
（2）电子离开电场时的速度方向与y轴正方向的夹角θ为45°；
（3）轨迹如图．
（4）圆形磁场的最小半径Rm为
【点评】本题中粒子先在电场中做类似平抛运动，然后进入磁场做匀速圆周运动，要注意两个轨迹的连接点，然后根据运动学公式和牛顿第二定律以及几何关系列式求解，其中画出轨迹是关键．
【选做部分】．[物理-物理3-3]
12．下列说法中正确的有 （ ）
A．第二类永动机和第一类永动机一样，都违背了能量守恒定律
B．自然界中的能量虽然是守恒的，但有的能量便于利用，有的不便于利用，故要节约能源
C．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大
D．晶体都具有固定的熔点
【考点】能量守恒定律；热力学第二定律．
【分析】本题的关键是明确热力学第一定律和热力学第二定律的含义及区别，明确为什么要节约能源．
【解答】解：A、热力学第一定律说明第一类永动机不可能制成，能量守恒的热力学过程具有方向性即第二类永动机不可能实现，即第二类永动机不违背能量守恒定律，故A错误．
B、自然界中的能量虽然是守恒的，由热力学第二定律可知，能量集中的各种能量最终将会变为内能而耗散在大气中，从而不能再被利用，故要节约能源，所以B正确．
C、根据一定质量的理想气体状态方程=恒量可知，若温度T升高，体积V增大且增大的更多，则压强P可能减小，故C错误．
D、晶体分为单晶体和多晶体，其共同特点是具有固定的熔点，故D正确．
故选BD．
【点评】热力学第一定律又可以说成第一类永动机不可能制成，热力学第二定律又可以说成第二类永动机不可能制成．
13．如图所示，用销钉固定的导热活塞把水平放置的导热气缸分隔成容积相同的两部分，分别封闭着A、B两部分理想气体：A部分气体压强为PA0=2.5×105 Pa，B部分气体压强为PB0=1.5×105 Pa．现拔去销钉，待活塞重新稳定后，（外界温度保持不变，活塞与气缸间摩擦可忽略不计，整个过程无漏气发生）
①求此时A部分气体体积与原来体积之比；
②判断此过程中A部分气体是吸热还是放热，并简述理由．
【考点】热力学第一定律；气体的等温变化．
【专题】热力学定理专题．
【分析】（1）应用玻意耳定律求出气体的体积，然后求出两部分气体的体积之比．
（2）根据热力学第一定律判断气体是吸热还是放热．
【解答】解：①设A气体的体积为V，由玻意耳定律得：
PAV=PA′（V+△V），
PBV=PB（V﹣△V），
PA=PB，解得：△V=V，
A部分气体体积与原来的体积之比为5：4；
②A部分气体温度不变，气体内能不变，气体体积变大，气体膨胀对外做功，由热力学第一定律可得：气体从外界吸收热量．
答：①求此时A部分气体体积与原来体积之比为5：4；
②A部分气体是吸热．
【点评】熟练应用玻意耳定律、热力学第一定律即可正确解题，本题难度不大，是一道基础题．
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