2016年贵州省贵阳一中高三物理第三轮冲刺
物理
本卷共46题，包括必考与选考两部分，三种题型：选择题、实验题和解答题。
一、选择题（23个小题）
1.在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用，下列叙述不符合史实的是（ ）
A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系
B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说
C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流
D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
答案：C
解析：1820年，丹麦物理学家奥斯特在试验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在的联系，符合史实，故A正确；安倍根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，很好地解释了软铁磁化现象，符合史实，故B正确；法拉第在试验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，不会出现感应电流，故C错误；楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律；即感应电流具有这样的方向，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故D正确；本题选不符合史实的，故选C。
2.在物理学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是 ( )
A.自然界的电荷只有两种，美国科学家密立根将其命名为正电荷和负电荷，美国物理学家富兰克林通过油滴实验比较精确地测定了电荷量e的数值
B.卡文迪许用扭秤实验测定了引力常量G和静电力常量k的数值
C.奥斯特发现了电流间的相互作用规律，同时找到了带电粒子在磁场中的受力规律
D.开普勒提出了三大行星运动定律后，牛顿发现了万有引力定律
答案：D
解析：自然界的电荷只有两种，美国科学家富兰克林将其命名为正电荷和负电荷，美国物理学家密立根通过油滴实验比较精确地测定了电荷量e的数值，选项A错误；卡文迪许仅仅测定了引力常量G的常量，选项B错误；带电粒子在磁场中的受力规律不是奥斯特发现的，选项C错误；开普勒提出了三大行星运动定律后，牛顿发现了万有引力定律，故选项D正确。
3.如图所示，将一质量为m的小球从空中O点以速度水平抛出，飞行一段时间后，小球经过P点时动能，不计空气阻力，则小球从O到P过程中 （ ）
A、经过的时间为 B、速度增量为，方向斜向下
C、运动方向改变的角度的正切值为 D、下落的高度为
答案：A
解析：做平抛运动的过程中，只有重力做功，故有，，联立解得，故经历的时间为 ，速度增量，方向竖直向下，下落的高度为 ，选项A正确，B、D错误，运动方向改变的角度的正切值为，选项C错误。
4．如图所示，水平转台上的小物体A、B通过轻弹簧连接，并随转台一起匀速转动，A、B的质量分别为m、2m，A、B与转台的动摩擦因数都为μ，A、B离转台中心的距离分别为1.5r、r，已知弹簧的原长为1.5r，劲度系数为k，设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法中正确的是（ ）
A．当B受到的摩擦力为0时，转台转动的角速度为
B．当A受到的摩擦力为0时，转台转动的角速度为
C．当B刚好要滑动时，转台转动的角速度为
D．当A刚好要滑动时，转台转动的角速度为
答案：BD
解析：当B受到的摩擦力为0时，则，解得，选项A错误；当A受到的摩擦力为0时，，解得，选项B正确；当B刚好要滑动时，此时，解得，选项C错误；当A刚好要滑动时，则，解得，选项D正确。
5.如图所示，光滑斜面与水平面成α角，斜面上一根长为l=0.30cm的轻杆，一端系住质量为0.2kg的小球，另一端可绕O点在斜面内转动，先将轻杆拉至水平位置，然后给小球一沿着斜面并与轻杆垂直的初速度，取，则 （ ）
A．此时小球的加速度大小为
B．小球到达最高点时，杆对其的弹力沿斜面向上
C．若增大，小球达到最高点时杆子对小球的弹力一定增大
D．若增大，小球达到最高点时杆子对小球的弹力可能减小
答案：C
解析：小球做变速圆周运动，在初位置加速度不指向圆心，将其分解：切向加速度为；向心加速度为；故时小球的加速度为合加速度，,故A错误；从开始到最高点过程，根据动能定理，有，解得；考虑临界情况，如果没有杆的弹力，
重力平行斜面向下的分力提供向心力，有,可以得到小于，说明杆在最高点对球是拉力，故B错误；在最高点时，轻杆对小球的弹力是拉力，故，如果初速度增大，则最高点速度也增加，故拉力F一定增加，故C正确，D错误。
6.如图所示，物块A放在木板B上，A、B的质量均为，A、B之间的动摩擦因数为，B与地面之间的动摩擦因数为。若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A的加速度为；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时B的加速度为，则与的比为（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：当水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，临界情况是A、B的加速度相等，隔离对B分析，B的加速度为，当水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时A、B间的摩擦力刚好达到最大，A、B的加速度相等，有：，可得：，选项C正确。
7．如图甲所示，在空间存在一个变化的电场和一个变化的磁场，电场的方向水平向右（图甲中由B到C），电场强度大小随时间的变化情况如图乙所示；磁感应强度方向垂直于纸面、大小随时间的变化情况如图丙所示。在t=1s时，从A点沿AB方向（垂直于BC）以初速度v0射出第一个粒子，并在此之后，每隔2s有一个相同的粒子沿AB方向均以初速度v0射出，并恰好均能击中C点，若AB=BC=L，且粒子由A运动到C的时间小于1s。不计重力和空气阻力，对于各粒子由A运动到C的过程中，以下说法正确的是（ ）
A．电场强度E0和磁感应强度B0的大小之比为
B．第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比为2︰1
C．第一个粒子和第二个粒子通过C的动能之比为 1︰4
D．第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比为
答案：AD
解析：在t=1s时，空间区域存在匀强磁场，粒子做匀速圆周运动，如图2所示；由牛顿第二定律得，粒子的轨道半径，R = l，解得 ；带电粒子在匀强电场中类平抛运动，竖直方，水平方向，得，则 ,故A正确；第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比,故B错误；第二个粒子，由动能定理得：,,第一个粒子的动能，第一个粒子和第二个粒子通过C的动能之比为1：5，故C错误；第一个粒子的运动时间，第二个粒子的运动时间，第一个粒子和第二个粒子运动时间之比，故D正确。
8.在真空中A、B两点分别放有异种点电荷＋Q和－2Q，以AB连线中点O为圆心作一圆形路径，如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 场强大小关系有Ea＝Eb、Ec＝Ed
B. 电势高低关系有φa>φb、φc＝φ0＝φd
C. 将一负点电荷沿圆弧由a运动到b的过程中电场力做正功
D. 将一正点电荷沿直线由a运动到d的过程中电场力做功小于将该正点电荷沿直线由d运动到b的过程中电场力做功
答案：D
解析：设圆的半径为R，Aa=r，根据点电荷电场叠加可得，
，根据数学知识可得，根据对称性可得，但两者方向不同，沿电场线方向电势降低，在AB连线上电场方向从A指向B，故，根据对称性可得 ，但由于直线cd不是等势面，所以与O点的电势不同，A、B错误；将一负点电荷沿圆弧由a运动到b的过程中，电场力方向与运动方向相反，所以电场力做负功．故C错误；由于ad间电场线比db间电场线疏，则ad间的场强比db间场强大， ad间的电势差小于db间电势差，由W=Uq知，正点电荷沿直线由a运动到d的过程中电场力做功小于将该正点电荷沿直线由d运动到b的过程中电场力做功，故D正确。
9.火星成为我国深空探测的第二颗星球，假设火星探测器在着陆前，绕火星表面匀速飞行(不计周围其他天体的影响)，航天员测出飞行N圈用时t，已知地球质量为M，地球半径为R，火星半径为r，地球表面重力加速度为g，则
A．火星探测器匀速飞行的向心加速度约为
B．火星探测器匀速飞行的速度约为
C．火星探测器的质量为
D．火星的平均密度为
答案：A
解析析：火星探测器绕火星表面运动的周期为，根据公式，可得，A正确；根据公式可得，注意探测器是绕火星表面运动的，所以式中半径不是地球半径，B错误；根据公式，由于探测器的质量抵消，故无法求解探测器的质量，C错误；根据公式，结合 , 解得
，故D错误。
10．如图所示，地球同步卫星P和地球导航卫星Q在同一个平面内绕地球做匀速圆周运动，下列说法中正确的有（ ）
A．P的运行周期比Q小
B．P的线速度比Q小
C．P的向心加速度比Q小
D．若要使Q到P的轨道上运行，应该增加它的机械能
答案：BCD
解析：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有。周期，P的轨道半径大于Q的轨道半径，所以P的运行周期比Q大，选项A错误；线速度，加速度，P的轨道半径大于Q的轨道半径，所以P的线速度比Q小，P的向心加速度比Q小，选项B、C正确；若要使Q到P的轨道上运行，需要克服引力做功，做离心运动，所以应该增加它的机械能，选项D正确。
11．如图甲所示的电路中理想变压器原、副线圈匝数比为10:1，A 、V均为理想电表，R、L和D分别是光敏电阻（其阻值随光强增大而减小）、理想线圈和灯泡。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是（ ）
A．电压u的频率为100 Hz
B．V的示数为 V
C．有光照射R时，A的示数变大
D．抽出L中的铁芯，D变亮
答案：CD
解析：由乙图知周期为0.02s，所以频率为50Hz，所以A错误；根据变压规律和V的示数为22V，电表示数对应有效值，所以B错误；当有光照射R时，R的阻值减小，负载电流增大，所以原线圈电流增大，即电表A的示数增大，所以C正确；抽出L中的铁芯，线圈L对交流电的阻碍作用变小，所以电路中电流增大，D变亮，所以D正确。
12．一运动员穿着飞翔装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动，运动方向与水平方向成53°，运动员的加速度大小为3g/4。已知运动员（包含装备）的质量为m，则在运动员下落高度为h的过程中，下列说法正确的是（ ）
A． 运动员势能的减少量为3mgh/5
B． 运动员动能的增加量为3mgh/4
C． 运动员动能的增加量为15mgh/16
D． 运动员的机械能减少了mgh/16
答案：CD
解析：运动员的重力势能减少mgh,选项A错误；运动员所受的合力大小，合力做功，运动员动能增加，选项C正确；运动员的机械能减少量，选项D正确。
13.如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。t=0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，金属棒电阻为r
，导轨电阻忽略不计。已知通过电阻R的感应电流I随时间t变化的关系如图乙所示．下列关于棒运动速度v、外力F、流过R的电量q以及闭合回路中磁通量的变化率随时间变化的图象正确的是
答案：AB
解析：导体做切割磁感线运动，根据E=Blv，结合闭合回路欧姆定律可得，
v-t图象是一条过原点斜率大于零的直线，说明了导体棒做的是初速度为零的匀加速直线运动，即v=at，A正确；根据如图乙所示的I-t图象可知I=kt，其中k为比例系数，由闭合电路欧姆定律可得，可推出E=kt（R+r），而，所以有，图象是一条过原点斜率大于零的直线，B正确；对导体棒在沿导轨方向列出动力学方程F-BIl=ma ,而，v=at得到，可见F-t图象是一条斜率大于零但不过原点的直线，C错误；，所以q-t图象是一条开口向上的抛物线，故D错误。
14.如图甲所示，固定光滑斜面AC长为L，B为斜面中点．一物块在恒定拉力F作用下，从最低点A由静止开始沿斜面向上拉到B点撤去拉力F，物块继续上滑至最高点C，设物块由A运动到C的时间为t0，下列描述该过程中物块的速度v随时间t、物块的动能随位移x、加速度a随位移x、机械能E随位移x变化规律的图象中，可能正确的是（ ）
答案：BD
解析：由于物块是在B处，即中点处开始减速的，不是在中间时刻开始减速的，故A错误根据动能定理可得，在中点处开始动能减小，故B正确；在AB阶段，是加速运动，之后做减速运动，所以加速度方向不同，C错误；根据除重力以外其它力做功等于机械能的增量，知前半段恒力F做正功，可知机械能随x均匀增加，后半段只有重力做功，机械能守恒，故D正确。
15．如图所示，粗糙斜面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点．现将物块拉到A点后由静止释放，物块运动到最低点B，图中B点未画出．下列说法正确的是（ ）
A．B点一定在O点左下方
B．速度最大时，物块的位置可能在O点左下方
C．从A到B的过程中，物块和弹簧的总机械能一定减小
D．从A到B的过程中，物块减小的机械能一定等于它克服摩擦力做的功
答案：BC
解析：弹簧处于自然长度时物块处于O点，所以在O点，弹簧弹力为零，物体从A向B运动过程，受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦力，由于不知道滑动摩擦力的具体大小，所以无法判断B点在O点的上方还是下方，故选项A错误；重力的下滑分力可以大于摩擦力．若mgsinθ＜f，所以当弹力和重力沿斜面的分量等于摩擦力时，速度最大，此时弹簧处于伸长状态，所以速度最大时，物块的位置在O点上方，若mgsinθ＞f，所以当重力沿斜面的分量等于摩擦力和弹簧弹力时，速度最大，此时弹簧处于压缩状态，所以速度最大时，物块的位置在O点下方，故选项B正确；从A到B的过程中，滑动摩擦力一直做负功，故物块和弹簧组成的系统机械能减小，故选项C正确；从A到B的过程中，根据能量守恒定律，物块减小的机械能等于弹性势能的减小量和克服摩擦力做的功之和，若弹簧的弹性势能增加时，则物块减小的机械能大于它克服摩擦力做的功，故选项D错误。
16．如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆C和D上，a球置于C点正下方的地面上时，轻绳Cb恰好处于水平拉直状态．现将b球由静止释放，当b球摆至最低点时，a球对地面压力刚好为零．现把细杆D水平移动少许，让b球仍从原位置由静止释放摆至最低点的过程中，不计空气阻力，下列说法中正确的是（ ）
A．若细杆D水平向左移动，则b球摆至最低点时，a球会离开地面
B．若细杆D水平向右移动，则b球摆至最低点时，a球会离开地面
C．b球重力的功率先变大后变小
D．b球所受拉力的功率始终为零
答案：CD
解：由于b球摆动过程中机械能守恒，则有mbgl=mbv2/2，当b球摆到最低点时，由牛顿第二定律得：F﹣mbg=mb v2/l ，联立得：F=3mbg，可知F与小球b到悬点的距离无关，故若细杆D水平向左或向右移动时，小球b摆到最低点时细绳的拉力不变，则a球不会离开地面．故A、B错误．开始时重力的功率为零；b球摆到最低点时，重力与速度垂直，由功率公式P=Fvcosθ，θ是F与v的夹角，可知b球摆到最低点时重力的功率为0，所以b球重力的功率一定先变大后变小；故C正确；由于拉力始终与速度方向垂直，故拉力的功率始终为零；故D正确。
17.图乙中，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=10：1．原线圈与如图甲所示的交流电连接。电路中电表均为理想电表，定值电阻R1=5Ω，热敏电阻R2的阻值随温度的升高而减小，则（ ）
A．电压表示数为V B．R1的电功率为0.2W
C．R1电流的频率为50Hz D．R2处温度升高时，电流表示数变小
答案：BC
解析：本题主要考查了以理想变压器为载体，考查交变电流的相关知识。由图得交流电电压
最大的值为V，则其有效值为U= =10V，副线圈输出电压为1V，故A错误；R1的电功率为P==0.2W ，频率为，BC正确， R2温度升高，电阻变小，电流变大，故D错误。所以本题应选BC。
18.如图所示，正方形导线框ABCD、abcd的边长均为L，电阻均为R，质量分别为2m和m，它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，且正方形导线框与定滑轮处于同一竖直平面内．在两导线框之间有一宽度为2L、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场．开始时导线框ABCD的下边与匀强磁场的上边界重合，导线框abcd的上边到匀强磁场的下边界的距离为L．现将系统由静止释放，当导线框ABCD刚好全部进入磁场时，系统开始做匀速运动，不计摩擦的空气阻力，则（ ）
A. 两线框刚开始做匀速运动时轻绳上的张力FT=mg
B. 系统匀速运动的速度大小
C. 两线框从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热
D. 导线框abcd的ab边通过磁场的时间
答案：BC
解析：两线框刚开始做匀速运动时，线圈ABCD全部进入磁场，由平衡知识可知，轻绳上的张力，选项A错误；对线圈abcd可知，两线框刚开始做匀速运动时，线圈abcd的上边ab刚进入磁场，此时，即系统匀速运动的速度大小, 选项B正确；由能量守恒关系可知，两线框从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热等于两个线圈的机械能的减小量，即，故选项C正确；若导线圈abcd在磁场中匀速运动时，ab边通过磁场的时间是
，但是线框在磁场中不是一直匀速上升，故选项D错误；故选B、C正确。
19．一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C运动到D点，其“速度—时间”图象如图所示。分析图象后，下列说法正确的是（ ）
A．A处的电场强度大于C处的电场强度
B．B、D两点的电场强度和电势一定都为零
C．粒子在A处的电势能大于在C处的电势能
D．A、C两点的电势差大于B、D两点间的电势差
答案：A
解析：因为v-t线的斜率等于物体的加速度，故在A处的加速度大于C处的加速度，A
处的电场强度大于C处的电场强度，选项A正确；B、D两点切线的斜率为零，故两点的加速度为零，场强为零，但是电势不可能都为零，选项B错误；粒子在A处的速度大于C处的速度，则在A处的动能大于C处的动能，在A处的电势能小于在C处的电势能，选项C错误；根据动能定理可知，由图线可知，则A、C两点的电势差小于B、D两点间的电势差，选项D错误；故选A。
20.一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中物体的机械能E与物体位移S关系的图像如图所示，其中过程的图线为曲线，过程的图线为直线，由此可以判断（ ）
A. 过程中物体所受拉力是变力，且一定不断增大
B. 过程中物体的动能一定是不断减小
C. 过程中物体一定做匀速运动
D. 过程中物体可能做匀加速运动
答案：AD
解析：由于除重力之外的其它力做多少负功，物体的机械能就减少多少，即F∆s = ∆E ，得，所以E-s图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知在内斜率的绝对值逐渐增大，故在内物体所受的拉力逐渐增大，故A正确；如果物体在内所受的绳子的拉力小于物体的重力，则物体加速向下运动，故物体的动能不断增大，故B错误；由于物体在内E-x图象的斜率的绝对值不变，故物体所受的拉力保持不变，体可能做匀加速直线运动，如果拉力等于物体所受的重力，物体可能做匀速直线运动，故C错误，D正确。
21. 如图甲所示，物体受到水平推力F的作用，在粗糙水平面上做直线运动。通过力传感器和速度传感器监测到推力F和物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示。重力加速度g＝10 m/s2。则（ ）
A．物体的质量m＝0.5 kg
B．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2
C．第2 s内物体克服摩擦力做的功W＝2 J
D．前2 s内推力F做功的平均功率＝1.5W
答案：ACD
解析：由速度时间图象可以知道在2-3s的时间内，物体匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为2N，在1-2s的时间内，物体做匀加速运动，直线的斜率代表加速度的大小，所以，由牛顿第二定律可得，所以，所以A正确；，所以，所以B错误；第二秒内物体的位移，摩擦力做的功W= fx = -2×1J = -2J ，所以C正确；在第一秒内物体没有运动，只在第二秒运动，F也只在第二秒做功，F的功为W=fx=3×1J=3J，所以前2S内推力F做功的平均功率，所以D正确，故选ACD。
22.如图所示，在边长为a的正方形区域内，有以对角线为边界、垂直于纸面的两个匀强磁场，磁感应强度大小相同、方向相反，纸面内一边长为a的正方形导线框沿x轴匀速穿过磁场区域，t＝0时刻恰好开始进入磁场区域，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下列选项中能够正确表示电流与位移关系的是( )
答案：B
解析：在x∈(0，a)时，右边框切割磁感应线产生感应电流，电流大小i＝＝(a－2x)，其中x∈(0，)时，方向顺时针；x＝时，导线框中感应电流为零；x∈(，a)时，方向逆时针．在x∈(a,2a)时，左边框切割磁感应线产生感应电流，x∈(a，a)时，感应电流大小i＝＝(3a－2x)，方向逆时针；x＝a时，导线框中感应电流为零；x∈(a,2a)，方向顺时针，所以B正确．
23.如图所示，匀强电场方向平行于xOy平面，在xOy平面内有一个半径为R＝5 cm的圆，圆上有一动点P，半径OP与x轴方向的夹角为θ，P点沿圆周移动时，O、P两点的电势差满足UOP＝25sin θ(V)，则该匀强电场的大小和方向分别为( )
A．5 V/m，沿x轴正方向
B．500 V/m，沿y轴负方向
C．500 V/m，沿y轴正方向
D．250 V/m，沿x轴负方向
答案：C
解析：因O、P两点的电势差满足UOP＝25sin θ(V)，故可知场强方向沿y轴正向，根据U＝ERsin θ可知，ER＝25，则E＝ V/m＝500 V/m，故选C。
二、实验题（4个小题）
24.某实验小组利用小车、一端带有滑轮的导轨、打点计时器和几个已知质量的小钩码探究加速度与力的关系，实验装置如图甲所示。
（1）图乙是实验中得到的一条纸带，图中打相邻两计数点的时间间隔为0.1 s，由图中的数据可得小车的加速度a为 m/s2；
（2）该实验小组以测得的加速度a为纵轴，所挂钩码的总重力F为横轴，作出的图象如丙图中图线1所示，发现图象不过原点，怀疑在测量力时不准确，他们将实验进行了改装，将一个力传感器安装在小车上，直接测量细线拉小车的力F ′，作a-F ′图如丙图中图线2所示，则图象不过原点的原因是 ，对于图象上相同的力，用传感器测得的加速度偏大，其原因是 ；
（3）该实验小组在正确操作实验后，再以测得的加速度a为纵轴，所挂钩码的总重力F和传感器测得的F′为横轴作图象，要使两个图线基本重合，请你设计一个操作方案。
答案： ⑴0.195 ⑵未平衡摩擦力或平衡不足，钩码的重力比细线的拉力大 ⑶略，见解析
解析：⑴根据图乙可知：OA＝s1＝0.72 cm，AB＝s2＝0.91 cm，BC＝s3＝1.11 cm，CD＝s4＝1.30 cm，根据逐差法求得小车运动的加速度为：a＝＝0.195 m/s2；
⑵根据图丙可知，图线与横轴之间有大于零的横截距，其原因是未平衡摩擦力或平衡不足，用力传感器测得的加速度偏大的原因是钩码的重力比细线的拉力大，即钩码处于失重状态，而力传感器测出的力就是细线的拉力；
⑶将n个钩码都放在小车上，每次从小车上取一个钩码挂在细线上，其余钩码留在小车上随小车一起运动。
25.一同学要研究轻质弹簧的弹性势能与弹簧长度改变量的关系。实验装置如图甲所示，在离地面高为h的光滑水平桌面上，沿着与桌子右边缘垂直的方向放置一轻质弹簧，其左端固定，右端与质量为m
的小刚球接触。将小球向左压缩弹簧一段距离后由静止释放，使小球沿水平方向射出桌面，小球在空中飞行落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹。重力加速度为g。
[来源:Zxxk.Co
（1）若测得某次压缩弹簧释放后小球落点P痕迹到O点的距离为s，则释放小球前弹簧的弹性势能表达式为 ；（用m、g、s、h等四个字母表示）
（2）该同学改变弹簧的压缩量进行多次测量得到下表一组数据：
弹簧压缩量x/cm
1.00
1.50[
2.00
2.50
3.00
3.50
小球飞行水平距离s/cm
20.10
30.00
40.10
49.90
69.90
根据表中已有数据，表中缺失的数据可能是s= cm；
（3）完成实验后，该同学对上述装置进行了如下图乙所示的改变：（I）在木板表面先后钉上白纸和复写纸，并将木板竖直立于靠近桌子右边缘处，使小球向左压缩弹簧一段距离后由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；（II）将木板向右平移适当的距离固定，再使小球向左压缩弹簧一段距离后由静止释放，撞到木板上得到痕迹P；（III）用刻度尺测量纸上O点到P点的竖直距离为y。若已知木板与桌子右边缘的水平距离为L，则（II）步骤中弹簧的压缩量应该为 。（用L、h、y等三个字母表示）
答案：（1） （2）60.00（59.90～60.10之间都算对，有效数字必须4位） （3）
解析：（1）由平抛运动规律有 s=vt，，得
由机械能守恒定律得
释放小球前弹簧得弹性势能表达式为
(2)由表中数据可看出，在误差范围内，s正比于x，s=20x，则当弹簧压缩量x=3.00 cm时，
s=60.00 cm
(3)由平抛运动规律有L=vt ，y=gt2,
得
根据，所以弹簧弹性势能与弹簧压缩量x之间得关系式应为
根据能量守恒，则有
联立上式，解得弹簧得压缩量应该为
26.某同学为了测量金属热电阻在不同温度下的阻值，设计了如图甲所示的电路，其中为电阻箱，为金属热敏电阻，电压表可看做理想电表，电源使用的是稳压学生电源，实验步骤如下：
①按照电路图连接好电路
②记录当前的温度
③将单刀双掷开关S与1闭合，记录电压表读数U，电阻箱阻值
④将单刀双掷开关S与2闭合，调节变阻箱使电压表读数仍为U，记录电阻箱阻值
⑤改变温度，重复②→④的步骤
（1）则该金属热电阻在某一温度下的阻值表达式为： ，根据测量数据画出其电阻R随温度变化的关系如图乙所示；
（2）若调节电阻箱阻值，使，则可判断，当环境温度为 时，金属热电阻消耗的功率最大。
答案：（1） （2）20℃
解析：（1）将单刀双掷开关S与1闭合，记录电压表读数U，电阻箱阻值R1，此时电路的电流，由闭合电路欧姆定律有，将单刀双掷开关S与2闭合，调节变阻箱使电压表读数仍为U，记录电阻箱阻值R2，此时电路的电流，由闭合电路欧姆定律有，解得。
(2)由图乙可得金属热电阻R随温度t变化得关系为：R=100+t,若调节电阻箱阻值，使R0=120，则金属热电阻消耗的功率，故当R==120时，金属热电阻消耗的功率P最大，此时有： t = 20℃。
27.实验小组要测量一节干电池的电动势和内电阻。实验室有如下器材可供选择：
A．待测干电池（电动势约为1.5V，内阻约为1.0Ω）
B．电压表（量程3V）
C．电压表（量程15V）
D．电流表（量程0.6A）
E．定值电阻（阻值为50Ω）
F．滑动变阻器（阻值范围0-50Ω）
G．开关、导线若干
⑴为了尽量减小实验误差，在如图1所示的四个实验电路中应选用 。
⑵实验中电压表应选用 。（选填器材前的字母）
⑶实验中测出几组电流表和电压表的读数并记录在下表中。
序号
1
2
3
4
5
6
电压U（V）
1.45
1.40
1.30
1.25
1.20
1.10
电流I（A）
0.060
0.120
0.240
0.260
0.360
0.480
请你将第5组数据描绘在图2中给出的U－I坐标系中并完成U－I 图线；
⑷由此可以得到，此干电池的电动势E=________V，内电阻r =________Ω。（结果均保留两位有效数字）
⑸有位同学从实验室找来了一个电阻箱，用如图3所示的电路测量电池的电动势和内电阻。闭合开关后，改变电阻箱阻值。当电阻箱阻值为R1时，电流表示数为I1；当电阻箱阻值为R2时，电流表示数为I2。已知电流表的内阻为RA。请你用RA、R1、R2、I1、I2表示出电池的内电阻r = 。
答案 ：⑴丙 ⑵B ⑶见答图 ⑷1.5（1.49～1.51） 0.83（0.81～0.85）
⑸
解析：（1）由于电源内阻较小，座椅需要避免电流表的分压，故采用电流表内接法，这样电压表测量的则为路端电压，另外需要多测量几组数据，故采用滑动变阻器和电流表串联，故丙图误差较小。
（2）因为干电池的电动势大约为1.5 V，所以为了减小误差，应选取电压表B
（3）根据描点法可得。如图所示，
（4）U-I图象中纵截距表示电源电动势，故E=1.5 V，斜率表示内阻，所以有
（5）根据闭合回路欧姆定律可得E=I1（R1+r+RA）,E= I2 (R2+r+RA)，联立可得
三、实验题（7个小题）
28.如图所示，可视为质点的A、B两物体置于一静止长纸带上，纸带的左端与A、A与B之间距离均为d =0.5 m，两物体与纸带间的动摩擦因数均为，与地面间的动摩擦因数均为。现以恒定的加速度a=2m/s2向右水平拉动纸带，重力加速度g= l0 m/s2。求：
（1）A物体在纸带上的滑动时间；
（2）在给定的坐标系中定性画出A、B两物体的v-t图象；
（3）两物体A、B停在地面上的距离。
解（1）两物体在纸带上滑动时有μ1mg=ma1
当物体A滑离纸带时有at12﹣a1t12=d
由以上二式，代入数据解得t1=1s
（2）A先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，B先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，匀加速和匀减速运动的加速度大小均相等，则图线的斜率相同．如图所示。
（3）物体B离开纸带时的速度v1=a1t1
两物体在地面上运动时有μ2mg=ma2
物体A从开始运动到停在地面上过程中的总位移
s1=
当物体B滑离纸带时有at22﹣a1t22=2d
物体B离开纸带的速度v2=a1t2
物体B从开始运动到停在地面上过程中的总位移
S2=
两物体AB最终停止时的间距s=s2+d-s1
由以上各式可得s=1.25m。
29.某高速公路的一个出口路段如图所示，情景简化：轿车从出口A进入匝道，先匀减速直线通过下坡路段至B点（通过B点前后速率不变），再匀速率通过水平圆弧路段至C点，最后从C点沿平直路段匀减速到D点停下。已知轿车在A点的速度v0=72km/h，AB长L1＝l50m；BC为四分之一水平圆弧段，限速（允许通过的最大速度）v=36 km/h，轮胎与BC段路面间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，CD段为平直路段长L2=50m,重力加速度g取l0m/s2。
（1）若轿车到达B点速度刚好为v =36 km/h，求轿车在AB下坡段加速度的大小；
（2）为保证行车安全，车轮不打滑，求水平圆弧段BC半径R的最小值；
（3）轿车A点到D点全程的最短时间。
解：（1）对AB段匀减速直线运动有v2=﹣2aL1
代入数据解得a=1m/s2
（2）汽车在BC段做圆周运动，静摩擦力提供向心力，
为了确保安全，则须满足 Ff≤μmg
联立解得：R≥20m，即：Rmin=20cm
（3）设AB段时间为t1，BC段时间为t2，CD段时间为t3，全程所用最短时间为t。
L1= ， ，L2= ， t=t1+t2+t3
解得：t=23.14 s
30.如图所示，质量M=0.6kg的滑板静止在光滑水平面上，其左端C距锁定装置D的水平距离l=0.5m，滑板的上表面由粗糙水平面和光滑圆弧面在B点平滑连接而成，粗糙水平面长L=4m，圆弧的半径R=0.3m．现让一质量m=0.3kg，可视为质点的小滑块以大小m/s、方向水平向左的初速度滑上滑板的右端A。若滑板到达D处即被锁定，滑块返回B
点时装置D即刻解锁，已知滑块与滑板间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s。求：
（1）滑板到达D处前瞬间的速率；
（2）滑块到达最大高度时与圆弧顶点P的距离；
（3）滑块与滑板间摩擦产生的总热量。
解：（1）对滑块，由牛顿第二定律得：μmg=ma1，
对滑板，由牛顿第二定律有：μmg=Ma2，
解得：a1=2m/s2，a2=1m/s2，
设滑板到达D处前瞬间的速率为v，假定此时滑块还在AB之间的E处，速率为v1
由运动学规律有：l=a2t2，v=a2t，v1=v0﹣a1t，x=v0t﹣a1t2，
解得：t=ls，v=1m/s，v1=3m/s，xAE=x﹣l=3.5m，
因xAE＜L，假定成立，所以滑板到达D处前瞬间的速率：v=lm/s；
（2）滑板被锁定后，设滑块从E滑至B处的速率为v2，
由运动学规律有：v22﹣v12=﹣2a1（L﹣xAE），
解得：v2=m/s，
沿圆弧上升的过程中，由机械能守恒定律有：mgH=mv22，
解得：H=0.35 m，
所以，滑块达到最大高度时与圆弧顶点P的距离：h=（H﹣R）=0.05m；
（3）滑块从A至B产生的热量：Q1=μmgL，
解得：Q1=2.4J，
滑块返回B时的速率仍为v2，此时滑板刚好解锁，此后滑块与滑板在相互间的摩擦力作
用下分别向右做减速与加速运动，假定达到共同速率v3时，滑块仍在滑板上，
对滑块、滑板分别由运动学规律列式有：v3=v2﹣a1t′，v3=a2t′，
x1=v2t′﹣a1t′2，x2=a2t′2，
解得：△x=x1﹣x2=m＜L，假定成立，
所以这一过程产生的热量：Q2=μmg△x，
解得：Q2=0.7J，
产生的总热量：Q=Q1+Q2=3.1J。
31.如图所示，两光滑金属导轨，间距d＝2m，在桌面上的部分是水平的，仅在桌面上有磁感应强度B＝1T、方向竖直向下的有界磁场，电阻R＝3Ω，桌面高H＝0.8m，金属杆ab质量m＝0.2kg，其电阻r＝1Ω，从导轨上距桌面h＝0.2m的高度处由静止释放，落地点距桌
面左边缘的水平距离s＝0.4m，取g＝10m/s2，求：
（1）金属杆刚进入磁场时，R上的电流大小；
（2）整个过程中电阻R放出的热量；
（3）磁场区域的宽度。
解：（1）设棒刚进入磁场时速度为v0，由机械能守恒定律有：mgh=
解得：v0=2m/s
又有法拉第电磁感应定律有：E=Bdv0=4 V
由闭合欧姆定律有：I==1A
（2）设棒刚离开磁场时速度为v，接着棒开始做平抛运动，在竖直方向上有：H=
解得：t=
在水平方向上有：s=vt，解得：v=1m/s
电磁感应过程中电阻R上产生电热
根据能量守恒有：
解得QR=0.225J
(3)棒穿过磁场过程加速度为a，由牛顿第二定律有：－BId＝ma
＝，进一步化简得：＝mΔv，又由于：vΔt＝Δl
全程求和：ΣΔv＝v－v0，ΣΔl＝l
解得：l＝＝0.2m。
32．如图所示，在两个水平平行金属极板间存在着竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度和磁感应强度的大小分别为E=2×106N/C和B1=0.1T，极板的长度l=m，间距足够大．在板的右侧还存在着另一圆形区域的匀强磁场，磁场的方向为垂直于纸面向外，圆形区域的圆心O位于平行金属极板的中线上，圆形区域的半径R=m。有一带正电的粒子以某速度沿极板的中线水平向右飞入极板后恰好做匀速直线运动，然后进入圆形磁场区域，飞出圆形磁场区域后速度方向偏转了60°，不计粒子的重力，粒子的比荷=2×108C/kg。
（1）求粒子沿极板的中线飞入的初速度v0；
（2）求圆形区域磁场的磁感应强度B2的大小；
（3）在其他条件都不变的情况下，将极板间的磁场B1撤去，为使粒子飞出极板后不能进入圆形区域的磁场，求圆形区域的圆心O离极板右边缘的水平距离d应满足的条件。
解：（1）粒子在极板间做匀速直线运动，有：qv0B1=qE
解得：v0=2×107m/s。
（2）设粒子的初速度大小为v，粒子在极板间匀速直线运动，则：qvB1=qE，
设粒子在圆形区域磁场中做圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得： ，
粒子运动轨迹如图所示，粒子速度方向偏转了60°，由数学知识可得：r=Rcot 30°，
解得：B2=0.1T；
（3）撤去磁场B1后粒子在极板间做平抛运动，设在板间运动时间为t，运动的加速度为a，
飞出电场时竖直方向的速度为vy，速度的偏转角为θ，由牛顿第二定律得：qE=ma，
水平方向：l=vt，竖直方向：，，
解得：，即θ=30°，
设粒子飞出电场后速度恰好与圆形区域的边界相切时，圆心O离极板右边缘的水平距离为d，
如图所示
则，解得：m
所以圆心O离极板右边缘的水平距离d应满足m （或m ）。
33.电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场由加有电压的相距为d的两块水平平行放置的导体板组成，匀强磁场的左边界与偏转电场的右边界相距为s，如图甲所示．大量电子（其重力不计）由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入偏转电场．当两板没有加电压时，这些电子通过两板之间的时间为2t0，当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、幅值恒为U0的电压时，所有电子均从两板间通过，进入水平宽度为l，竖直宽度足够大的匀强磁场中，最后通过匀强磁场打在竖直放置的荧光屏上．问：
（1）如果电子在t=0时刻进入偏转电场，则离开偏转电场时的侧向位移大小是多少？
（2）电子在刚穿出两板之间的偏转电场时最大侧向位移与最小侧向位移之比为多少？
（3）要使侧向位移最大的电子能垂直打在荧光屏上，匀强磁场的磁感应强度为
多少？（已知电子的质量为m、电荷量为e）
甲 乙
解：（1）当电子在t=0时刻进入偏转电场时，有，得
（2）由题意可知，要使电子的侧向位移最大，应让电子从0、2t0、4t0……等时刻进入偏转电场，在这种情况下，电子的侧向位移为
要使电子的侧向位移最小，应让电子从t0、3t0……等时刻进入偏转电场，在这种情况下，电子的侧向位移为
所以最大侧向位移和最小侧向位移之比为
（3） 设电子从偏转电场中射出时的偏向角为q ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径R,由几何关系有：
设电子从偏转电场中出来时的速度为vt，垂直偏转极板的速度为vy，则电子从偏转电场中出来时的偏向角为：，式中
又
由上述四式可得：
34.如图所示，半径为L1＝2 m的金属圆环内上、下半圆各有垂直圆环平面的有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B1＝T。长度也为L1、电阻为R的金属杆ab，一端处于圆环中心，
另一端恰好搭接在金属环上，绕着a端沿逆时针方向匀速转动，角速度为ω＝rad/s。通过导线将金属杆的a端和金属环连接到图示的电路中（连接a端的导线与圆环不接触，图中的定值电阻R1＝R，滑片P位于R2的正中央，R2的总阻值为4R），图中的平行板长度为L2＝2 m，宽度为d＝2 m．图示位置为计时起点，在平行板左边缘中央处刚好有一带电粒子以初速度v0＝0.5 m/s向右运动，并恰好能从平行板的右边缘飞出，之后进入到有界匀强磁场中，其磁感应强度大小为B2，左边界为图中的虚线位置，右侧及上下范围均足够大。（忽略金属杆与圆环的接触电阻、圆环电阻及导线电阻，忽略电容器的充放电时间，忽略带电粒子在磁场中运动时的电磁辐射的影响，不计平行金属板两端的边缘效应及带电粒子的重力和空气阻力）求：
（1）在0～4 s内，平行板间的电势差UMN；
（2）带电粒子飞出电场时的速度；
（3）在上述前提下若粒子离开磁场后不会第二次进入电场，则磁感应强度B2应满足的条件。
解：（1）金属杆产生的感应电动势恒为
E=B1ω=2 V
由串并联电路的连接特点知：E=I•4R，U0=I•2R==1 V
T1==20 s
由右手定则知：
在0～4 s时间内，金属杆ab中的电流方向为b→a，则φa＞φb，则在0～4 s时间内，φM＜φN，UMN=﹣1 V
（2）粒子在平行板电容器内做类平抛运动，在0～时间内水平方向L2=v0•t1
t1==4 s＜
竖直方向=at
又vy=at1 ， a=，
解得：，vy=0.5 m/s
则粒子飞出电场时的速度大小v= m/s
==1，所以该速度与水平方向的夹角=45°
（3）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由B2qv=m
得r=
由几何关系及粒子在磁场中运动的对称性可知：＞d时离开磁场后不会第二次进入电场，即B2＜=T =2 T。
选考部分
选修3-3
1.下列说法正确的是________。（选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）
A．“用油膜法估测分子的大小”实验中油酸分子直径等于纯油酸体积除以相应油酸膜的面积
B．一定质量的理想气体在体积不变的情况下，压强p与热力学温度T成正比
C．气体分子的平均动能越大，气体的压强就越大
D．物理性质各向同性的一定是非晶体
E．液体的表面张力是由于液体分子间的相互作用引起的
答案：ABE
解析：油膜法测分子直径大小的实验中，油膜经充分扩散，形成单分子油膜，故纯油酸体积除以油膜面积即为分子直径大小，A正确；由查理定律可知，B正确；气体分子平均动能大，说明气体温度较高，但不确定气体体积的大小，有理想气体状态方程可知无法确定气体压强大小，C项错误；多晶体也具有各向同性的特点，D项错误；由液体表面张力的概念易知E项正确。
2.如图甲所示为“⊥”型上端开口的玻璃管，管内有一部分水银封住密闭气体，上管足够长，图中粗细部分截面积分别为S1＝2 cm2、S2＝1cm2。封闭气体初始温度为57℃，气体长度为
L＝22 cm，乙图为对封闭气体缓慢加热过程中气体压强随体积变化的图线。求：（摄氏温度t与热力学温度T的关系是T＝t＋273 K）
（Ⅰ）封闭气体初始状态的压强；
（Ⅱ）若缓慢升高气体温度，升高至多少方可将所有水银全部压入细管内。
解：（1）气体初状态体积为
，
由图知此时压强为，
（2），
从状态1到状态2由理想气体状态方程知代入数据知：
其中
代入数据解得：
选修3-4
1.如图所示，、、…、为连续的弹性介质中间隔相等的若干质点，点为波源，时刻从平衡位置开始向上做简谐运动，振幅为，周期为。在波的传播方向上，后一质点比前一质点迟开始振动。时，轴上距点2.0m的某质点第一次到达最高点，则 。
A. 该机械波在弹性介质中的传播速度为
B. 该机械波的波长为2m
C. 图中相邻质点间距离为0.5m
D. 当点经过的路程为9cm时，点经过的路程为12cm
E. 当点在平衡位置向下振动时，点位于平衡位置的上方
答案：BCD
解析：据题波的周期为0.2s，t=0时刻e点从平衡位置开始向上做简谐运动，经过t=0.05s，e点第一到达最高点．t=0.25s时，x轴上距e点2.0m的某质点第一次到达最高点，则知该质点的振动比e点落后一个周期，所以波长为 λ=2m，波速为 =10m/s，故A错误，B正确．由波的周期为 T=0.2s，后一质点比前一质点迟0.05s=T/4开始振动，可知相邻质点间的距离等于1/4波长，为0.5m．故C正确．根据对称性知，当a点经过的路程为9 cm时，h点经过的路程为12cm，故D正确．波从e点向左右两侧传播，根据波的传播方向知，当b点在平衡位置向下振动时，c点位于波谷，故E错误．
2.某横波在介质中沿x轴正方向传播，t=0时波源O开始振动，振动方向沿y轴负方向，图示为t=0.7s时的波形图，已知图中b点第二次出现在波谷，则该横波的传播速度v= 10 m/s；从图示时刻开始计时，图中c质点的振动位移随时间变化的函数表达式为 y=﹣0.03sin5πt m。
答案：10 y=﹣0.03sin5πt
解：由题意得：，得该波的周期为T=0.4s，由图知波长为 λ=4m，则波速为v==10m/s，横波在介质中沿x轴正方向传播，图示时刻c质点向下振动，则c质点的振动位移随时间变化的函数表达式为 y=﹣Asin（t）=﹣0.03sin=﹣0.03sin5πt m
3.如图所示，直角玻璃三棱镜置于空气中，已知∠A＝60°，∠C＝90°，一束极细的光于AC边的中点D垂直AC面入射，AD＝a，棱镜的折射率n＝.求：
①光从棱镜第一次射入空气时的折射角；
②光从进入棱镜到它第一次从BC边和AB边射入空气所经历的时间分别为多少？．(设光在真空中的传播速度为c)
解：①如图所示，i1＝60°，设玻璃对空气的临界角为C，
则sin C＝＝ C＝45°
i1>45°，发生全反射
i2＝i1－30°＝30°
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