2018年河南省开封市高考物理一模试卷
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1~5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．如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环，小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力（ ）
A．一直不做功 B．一直做正功
C．始终指向大圆环圆心 D．始终背离大圆环圆心
2．一静止的钠核发生β衰变，衰变方程为Na→Mg+e，下列说法正确的是（ ）
A．衰变后镁核的动能等于电子的动能
B．衰变后镁核的动量大小等于电子的动量大小
C．镁核的半衰期等于其放出一个电子所经历的时间
D．衰变后电子与镁核的质量之和等于衰变前钠核的质量
3．如图所示，光滑物块m放在斜面体M上，斜面体M底部粗糙，物块m两端与固定的弹簧相连，弹簧的轴线与斜面平行．当物块在斜面上做周期性往复运动时，斜面体保持静止，下列图中能表示地面对斜面体的摩擦力Ff随时间t变化规律的是（ ）
A． B． C． D．
4．“畅想号”火星探测器首次实现火星软着陆和火星表面巡视勘察，并开展地质构造等科学探测．“畅想号”在地球表面的重力为G1，在火星表面的重力为G2；地球与火星均视为球体，其半径分别为R1、R2；地球表面重力加速度为g．则（ ）
A．火星表面的重力加速度为
B．火星与地球的质量之比为
C．卫星分别绕火星表面与地球表面运行的速率之比为
D．“畅想号”火星探测器环绕火星表面做匀速圆周运动的周期为2π
5．空间存在着如图的匀强磁场，MN为磁场理想边界，光滑水平面上有一个边长为a，质量为m，电阻为R的金属正方形线框，从图中Ⅰ位置以速度2v沿垂直于磁场方向开始运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的如图II位置时，线框的速度为v，则下列说法正确的是（ ）
A．在图中位置II时线框中的电功率为
B．此过程中回路产生的电能为mv2
C．在图中位置II时线框的加速度为
D．此过程中通过线框截面的电量为
6．如图所示，三根绝缘轻杆构成一个等边三角形，三个顶点分别固定A、B、C三个带正电的小球．小球质量分别为m、2m、3m，所带电荷量分别为q、2q、3q．CB边处于水平面上，ABC处于竖直面内，整个装置处于方向与CB边平行向右的匀强电场中．现让该装置绕过中心O并与三角形平面垂直的轴顺时针转过120°角，则A、B、C三个球所构成的系统的（ ）
A．电势能不变 B．电势能减小 C．重力势能减小 D．重力势能增大
7．如图所示，一质量为m的小球固定在长为2L的轻杆上端，轻杆下端用光滑铰链连接于地面上的A点，杆可绕A点在竖直平面内自由转动，杆的中点系一细绳，电机与自动装置控制绳子，使得杆可以从虚线位置绕A点逆时针倒向地面，且整个倒下去的过程中，杆做匀速转动．那么在此过程中（ ）
A．小球重力做功为2mgL
B．绳子拉力做功大于2mgL
C．重力做功功率逐渐增大
D．绳子拉力做功功率先增大后减小
8．如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值．静止的带电粒子带电荷量为+q，质量为m（不计重力），从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为θ=30°，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，则（ ）
A．两板间电压的最大值Um=
B．CD板上可能被粒子打中区域的长度S=（）L
C．粒子在磁场中运动的最长时间tm=
D．能打到N板上的粒子的最大动能为
二、非选择题(一）必考题
9．某实验小组用如图甲所示装置测量木板对木块的摩擦力所做的功．实验时，木块在重物牵引下向右运动，重物落地后，木块继续向右做匀减速运动．图乙是重物落地后打点计时器打出的纸带，纸带上的小黑点是计数点，相邻的两计数点之间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图所示．已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz．
（1）可以判断纸带的 （填“左端”或“右端”）与木块连接．根据纸带提供的数据可计算出打点计时器在打下A点、B点时木块的速度vA、vB，其中vA= m/s．（结果保留两位有效数字）
（2）要测量在AB段木板对木块的摩擦力所做的功WAB，还应测量的物理量是 ．（填入物理量前的字母）
A．木板的长度l B．木块的质量m1
C．木板的质量m2 D．重物的质量m3
E．木块运动的时间t F．AB段的距离xAB
（3）在AB段木板对木块的摩擦力所做的功的表达式WAB= ．（用vA、vB和第（2）问中测得的物理量的符号表示）
10．某同学为了将一量程为3V的电压表改装成可测量电阻的仪表﹣欧姆表
（1）先用如图a所示电路测量该电压表的内阻，图中电源内阻可忽略不计，闭合开关，将电阻箱阻值调到3kΩ时，电压表恰好满偏；将电阻箱阻值调到12kΩ时，电压表指针指在如图b所示位置，则电压表的读数为 V．由以上数据可得电压表的内阻RV= kΩ；
（2）将图a的电路稍作改变，在电压表两端接上两个表笔，就改装成了一个可测量电阻的简易欧姆表，如图c所示，为将表盘的电压刻度转换为电阻刻度，进行了如下操作：将两表笔断开，闭合开关，调节电阻箱，使指针指在“3.0V”处，此处刻度应标阻值为 （填“0”或“∞”）；再保持电阻箱阻值不变，在两表笔间接不同阻值的已知电阻找出对应的电压刻度，则“1V”处对应的电阻刻度为 kΩ；
（3）若该欧姆表使用一段时间后，电池内阻不能忽略且变大，电动势不变，但将两表笔断开时调节电阻箱，指针仍能满偏，按正确使用方法再进行测量，其测量结果将
A．偏大 B．偏小 C．不变 D．无法确定．
11．光滑水平面上放着质量mA=lkg的物块A与质量mB=2kg的物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A、B均不拴接），用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能EP=49J．在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示．放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R=0.5m，B恰能到达最高点C．取g=l0m/s2，求
（1）绳拉断后B的速度VB的大小；
（2）绳拉断过程绳对B的冲量I的大小；
（3）绳拉断过程绳对A所做的功W．
12．如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L=1m，导轨平面与水平面夹角α=30°，导轨电阻不计．磁感应强度为B=1.0T的匀强磁场垂直导轨平面斜向下，金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m=0.01kg、电阻不计．定值电阻R1=30Ω，电阻箱电阻调到R2=120Ω，电容C=0.01F，取重力加速度g=10m/s2．现将金属棒由静止释放．
（1）在开关接到1的情况下，求金属棒下滑的最大速度．
（2）在开关接到1的情况下，当R2调至30Ω后且金属棒稳定下滑时，R2消耗的功率为多少？
（3）在开关接到2的情况下，求经过时间t=2.0s时金属棒的速度．
【物理选修3-3】
13．对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是（ ）
A．体积不变，压强减小的过程，气体一定放出热量，内能减小
B．若气体内能增加，则外界一定对气体做功
C．若气体的温度升高，则每个气体分子的速度一定增大
D．若气体压强不变，气体分子平均距离增大时，则气体分子的平均动能一定增大
E．气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的
14．如图所示，粗细均匀的U形管，左端封闭，右端开口，左端用水银封闭着长L=15cm的理想气体，当温度为27℃时，两管水银面的高度差△h=3cm，设外界大气压为75cmHg，则
（1）若对封闭气体缓慢加热，为了使左右两管中的水银面相平，温度需升高到多少？
（2）若保持27℃不变，为了使左右两管中的水银面相平，需从右管的开口端再缓慢注入的水银柱长度应为多少？
【物理选修3-4】
15．如图所示，一列简谐横波在某一时刻的波的图象，A、B、C是介质中的三个质点，已知波是向x正方向传播，波速为v=20m/s，下列说法正确的是（ ）
A．这列波的波长是10cm
B．质点A的振幅为零
C．质点B此刻向y轴正方向运动
D．质点C再经过0.15s通过平衡位置
E．质点一个周期内通过的路程一定为1.6cm
16．在桌面上有一个倒立的玻璃圆锥，其顶点恰好与桌面接触，圆锥的轴（图中虚线）与桌面垂直，过轴线的截面为等边三角形，如图所示．有一半径为r=0.1m的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的桌面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合．已知玻璃的折射率为n=1.73．则：
①通过计算说明光线1能不能在圆锥的侧面B点发生全反射？
②光线1经过圆锥侧面B点后射到桌面上某一点所用的总时间是多少？（结果保留三位有效数字）
2018年河南省开封市高考物理一模试卷
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1~5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．如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环，小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力（ ）
A．一直不做功 B．一直做正功
C．始终指向大圆环圆心 D．始终背离大圆环圆心
【考点】62：功的计算．
【分析】小环在运动过程中，大环是固定在桌面上的，大环没有动，大环对小环的作用力垂直于小环的运动方向，根据功的定义分析做功情况．
【解答】解：AB、大圆环是光滑的，则小环和大环之间没有摩擦力；大环对小环的支持力总是垂直于小环的速度方向，所以大环对小环没有做功，故A正确，B错误；
CD、小环在刚刚开始运动时，在大环的接近顶部运动时，大环对小环的支持力背离大环圆心，小环运动到大环的下半部分时，支持力指向大环的圆心，故CD错误．
故选：A．
2．一静止的钠核发生β衰变，衰变方程为Na→Mg+e，下列说法正确的是（ ）
A．衰变后镁核的动能等于电子的动能
B．衰变后镁核的动量大小等于电子的动量大小
C．镁核的半衰期等于其放出一个电子所经历的时间
D．衰变后电子与镁核的质量之和等于衰变前钠核的质量
【考点】JI：爱因斯坦质能方程；JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度．
【分析】根据动量守恒定律，抓住系统总动量为零得出两粒子的动量大小，结合动能和动量的关系得出动能的大小关系．半衰期是原子核有半数发生衰变的时间，结合衰变的过程中有质量亏损分析衰变前后质量的大小关系．
【解答】解：AB、一静止的钠核放出一个电子衰变成镁核，根据系统动量守恒知，衰变后镁核和电子动量之和为零，可知衰变后镁核的动量大小等于电子的动量大小，根据Ek= 知，由于镁核和电子质量不同，则动能不同，故A错误，B正确．
C、半衰期是原子核有半数发生衰变的时间，故C错误．
D、衰变的过程中有质量亏损，即衰变后电子与镁核的质量之和小于衰变前钠核的质量，故D错误．
故选：B．
3．如图所示，光滑物块m放在斜面体M上，斜面体M底部粗糙，物块m两端与固定的弹簧相连，弹簧的轴线与斜面平行．当物块在斜面上做周期性往复运动时，斜面体保持静止，下列图中能表示地面对斜面体的摩擦力Ff随时间t变化规律的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】27：摩擦力的判断与计算．
【分析】物块在光滑的斜面上做简谐运动，对斜面的压力N1等于物块重力垂直于斜面的分力．斜面体处于静止，分析受力，作出力图，由平衡条件分析地面对斜面体的摩擦力f与时间t的关系．
【解答】解：设斜面的倾角为θ．
物块在光滑的斜面上做简谐运动，对斜面的压力N1等于物块重力垂直于斜面的分力，
即N1=mgcosθ．
以斜面体为研究对象，作出力图如图．
地面对斜面体的摩擦力f=N1sinθ=mgsinθcosθ
因为m，θ不变，所以f不随时间变化，故A正确，BCD错误．
故选：A．
4．“畅想号”火星探测器首次实现火星软着陆和火星表面巡视勘察，并开展地质构造等科学探测．“畅想号”在地球表面的重力为G1，在火星表面的重力为G2；地球与火星均视为球体，其半径分别为R1、R2；地球表面重力加速度为g．则（ ）
A．火星表面的重力加速度为
B．火星与地球的质量之比为
C．卫星分别绕火星表面与地球表面运行的速率之比为
D．“畅想号”火星探测器环绕火星表面做匀速圆周运动的周期为2π
【考点】4F：万有引力定律及其应用．
【分析】探测器在火星和地球上质量不变，求出在地球质量，即能求出在火星的重力加速度，根据重力等于万有引力求质量，根据公式v==求第一宇宙速度，根据周期公式T=2π求周期．
【解答】解：A、设探测器的质量m=，火星表面的重力加速度：g2==，故A错误．
B、根据mg=G得M=，火星与地球的质量之比： ==，故B正确．
C、第一宇宙速度：v==，火星与地球的第一宇宙速度之比： =，故C错误．
D、根据周期公式T=2π，再根据g=，“畅想号”火星探测器绕火星表面匀速圆周运动的周期T=2π=2π，故D错误；
故选：B．
5．空间存在着如图的匀强磁场，MN为磁场理想边界，光滑水平面上有一个边长为a，质量为m，电阻为R的金属正方形线框，从图中Ⅰ位置以速度2v沿垂直于磁场方向开始运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的如图II位置时，线框的速度为v，则下列说法正确的是（ ）
A．在图中位置II时线框中的电功率为
B．此过程中回路产生的电能为mv2
C．在图中位置II时线框的加速度为
D．此过程中通过线框截面的电量为
【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；BB：闭合电路的欧姆定律．
【分析】在图中位置II时线框左右两边都切割磁感线，产生感应电动势，两个电动势串联，线框中产生的感应电动势为E=2Ba•2v，由P=求出电功率．线框的动能转化为电能，根据能量守恒定律求解电能．安培力F=BIa、I=，线框所受的合外力为2F，根据牛顿第二定律求解加速度．根据q=，求解通过线框截面的电量．
【解答】解：A、线框中产生的感应电动势为E=2Bav，线框中的电功率为：P==．故A正确．
B、根据能量守恒定律得：线框中产生的电能为：Q=m（2v）2﹣=mv2．故B正确．
C、线框所受的安培力的合力为：F=2BIa=2Ba•=
由牛顿第二定律得：a==．故C错误．
D、在位置Ⅱ时，线框的磁通量为零，线框磁通量的变化量△Φ=Ba2，此过程中通过线框截面的电量为：q==．故D正确．
故选：ABD
6．如图所示，三根绝缘轻杆构成一个等边三角形，三个顶点分别固定A、B、C三个带正电的小球．小球质量分别为m、2m、3m，所带电荷量分别为q、2q、3q．CB边处于水平面上，ABC处于竖直面内，整个装置处于方向与CB边平行向右的匀强电场中．现让该装置绕过中心O并与三角形平面垂直的轴顺时针转过120°角，则A、B、C三个球所构成的系统的（ ）
A．电势能不变 B．电势能减小 C．重力势能减小 D．重力势能增大
【考点】AE：电势能．
【分析】根据电场力做功和重力做功的定义式求解总功，再根据电场力做做功电势能减小，重力做做功重力势能减小分析．
【解答】解：顺时针转过120°时，A到B位置，B到C位置，C到A位置
A、设三角形的边长为L，则：电场力做功WAB=0.5qEL，WBC=﹣2qEL，WCA=1.5qEL，故W总=0，电势能不变，A正确B错误
C、重力做功：WGAB=mgLcos30°=，WGBC=0，WGCA=3mgLcos30°=﹣，故WG总=﹣mgL，重力势能增加，C错误D正确
故选：AD
7．如图所示，一质量为m的小球固定在长为2L的轻杆上端，轻杆下端用光滑铰链连接于地面上的A点，杆可绕A点在竖直平面内自由转动，杆的中点系一细绳，电机与自动装置控制绳子，使得杆可以从虚线位置绕A点逆时针倒向地面，且整个倒下去的过程中，杆做匀速转动．那么在此过程中（ ）
A．小球重力做功为2mgL
B．绳子拉力做功大于2mgL
C．重力做功功率逐渐增大
D．绳子拉力做功功率先增大后减小
【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率；62：功的计算．
【分析】根据W=mgh
求的重力做功；小球在在倒下的过程中，由于速率不变，根据动能定理求的拉力做功，根据P=Fvcosθ求的重力的功率；
【解答】解：A、小球重力做功为W=mg•2L=2mgL，故A正确；
B、在整个过程中，根据动能定理可得W﹣mg，解得W=2mgL，故B错误；
C、根据P=Fvcosθ可知，P=mgvcosθ，在下落过程中，θ逐渐减小，故重力做功功率逐渐增大，故C正确；
D、在整个过程中，重力的功率和绳子的功率相同，故绳子的功率逐渐增大，故D错误；
故选：AC
8．如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值．静止的带电粒子带电荷量为+q，质量为m（不计重力），从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为θ=30°，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，则（ ）
A．两板间电压的最大值Um=
B．CD板上可能被粒子打中区域的长度S=（）L
C．粒子在磁场中运动的最长时间tm=
D．能打到N板上的粒子的最大动能为
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；AK：带电粒子在匀强电场中的运动．
【分析】当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系，再利用动能定理即可求出加速场的电压的最大值Um；找出粒子打中CD的两端的临界情况，利用几何关系，即可求出CD板上可能被粒子打中区域的长度s；利用粒子在磁场中运动的周期公式，结合粒子转过的圆心角，即可求出粒子在磁场中运动的最长时间tm；找出粒子能打到N上半径最大的情况，即：粒子轨迹恰好与CD相切，利用动能表达式以及几何关系，再结合磁场中洛伦兹力提供向心力，即可求出能打到N板上的粒子的最大动能．
【解答】解：粒子运动轨迹如图所示：
A、当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，由几何知识得：r=L，
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，
在加速电场中，由动能定理得：qUm=mv2﹣0，解得：Um=，故A正确；
B、设粒子轨迹与CD相切于H点，此时粒子半径为r′，粒子轨迹垂直打在CD边上的G点，
则GH间距离即为粒子打中区域的长度s，根据几何关系：QC=L=r′+，解得：r′=，
根据几何关系可得粒子打中区域的长度：s=r﹣=，故B正确；
C、粒子在磁场中运动的周期为：T=粒子在磁场中运动的最大圆心角：θ=180°，
所以粒子在磁场中运动的最长时间为：t=T=，故C错误；
D、当粒子在磁场的轨迹与CD边相切时，即粒子半径r′=时，打到N
板上的粒子的动能最大，
最大动能：Ekm=mv2，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=m，解得：Ekm=，故D正确．
故选：ABD．
二、非选择题(一）必考题
9．某实验小组用如图甲所示装置测量木板对木块的摩擦力所做的功．实验时，木块在重物牵引下向右运动，重物落地后，木块继续向右做匀减速运动．图乙是重物落地后打点计时器打出的纸带，纸带上的小黑点是计数点，相邻的两计数点之间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图所示．已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz．
（1）可以判断纸带的 右端 （填“左端”或“右端”）与木块连接．根据纸带提供的数据可计算出打点计时器在打下A点、B点时木块的速度vA、vB，其中vA= 0.72 m/s．（结果保留两位有效数字）
（2）要测量在AB段木板对木块的摩擦力所做的功WAB，还应测量的物理量是 B ．（填入物理量前的字母）
A．木板的长度l B．木块的质量m1
C．木板的质量m2 D．重物的质量m3
E．木块运动的时间t F．AB段的距离xAB
（3）在AB段木板对木块的摩擦力所做的功的表达式WAB= ．（用vA、vB和第（2）问中测得的物理量的符号表示）
【考点】MJ：探究功与速度变化的关系．
【分析】（1
）重物着地后，木块做匀减速直线运动，根据相等时间内的位移减小确定纸带的哪一端与木块连接．根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出A点的速度．
（2、3）该过程中摩擦力做功等于动能的变化，结合动能定理确定所需测量的物理量，求出摩擦力所做的功．
【解答】解：（1）木块在重物牵引下向右运动，重物落地后，木块继续向右做匀减速运动，则相等时间内的位移越来越小，可知纸带的右端与木块相连．
A点的瞬时速度为： m/s=0.72m/s．
（2）重物着地后，摩擦力做功等于木块动能的变化量，根据A、B的速度大小求出摩擦力做功的大小，所以还需要测量的物理量为木块的质量．故选：B．
（3）根据动能定理知，WAB=．
故答案为：（1）右端，0.72；（2）B；（3）．
10．某同学为了将一量程为3V的电压表改装成可测量电阻的仪表﹣欧姆表
（1）先用如图a所示电路测量该电压表的内阻，图中电源内阻可忽略不计，闭合开关，将电阻箱阻值调到3kΩ时，电压表恰好满偏；将电阻箱阻值调到12kΩ时，电压表指针指在如图b所示位置，则电压表的读数为 1.50 V．由以上数据可得电压表的内阻RV= 6 kΩ；
（2）将图a的电路稍作改变，在电压表两端接上两个表笔，就改装成了一个可测量电阻的简易欧姆表，如图c所示，为将表盘的电压刻度转换为电阻刻度，进行了如下操作：将两表笔断开，闭合开关，调节电阻箱，使指针指在“3.0V”处，此处刻度应标阻值为 ∞ （填“0”或“∞”）；再保持电阻箱阻值不变，在两表笔间接不同阻值的已知电阻找出对应的电压刻度，则“1V”处对应的电阻刻度为 2 kΩ；
（3）若该欧姆表使用一段时间后，电池内阻不能忽略且变大，电动势不变，但将两表笔断开时调节电阻箱，指针仍能满偏，按正确使用方法再进行测量，其测量结果将 C
A．偏大 B．偏小 C．不变 D．无法确定．
【考点】NA：把电流表改装成电压表．
【分析】（1）由图示表盘确定电压表的分度值，然后根据指针位置读出其示数；根据电路图应用闭合电路的欧姆定律求出电压表内阻；
（2）根据闭合电路欧姆定律和分流公式分别列出通过电流表电流的表达式，联立求解即可；
（3）根据闭合电路的欧姆定律分析实验误差．
【解答】解：（1）由图（b）所示电压表表盘可知，其分度值为0.1V，示数为1.50V；
电源内阻不计，由图（a）所示电路图可知，电源电动势：E=U+IR=U+R
由题意可知：E=3+，E=1.5+×12000，
解得：RV=6000Ω=6kΩ；
（2）电压表的示数为3V，则与之并联部分相当于断路刻度应标阻值为∞．
若电压表示数为1V，其与外接电阻构成并联关系，并联总电阻为R，因其电压为1V，且变阻箱电阻为3KΩ，分压2V，则可知R=1.5KΩ
由R=，则电流为3V时的电流的，
解得：RX=2KΩ
（3）因电动势不变，仅内阻变化，可改变电阻箱的阻值使总的电阻不变，则不影响测量结果．
故选：C
故答案为：（1）1.50，6；（2）∞，2；（3）C
11．光滑水平面上放着质量mA=lkg的物块A与质量mB=2kg的物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A、B均不拴接），用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能EP=49J．在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示．放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R=0.5m，B恰能到达最高点C．取g=l0m/s2，求
（1）绳拉断后B的速度VB的大小；
（2）绳拉断过程绳对B的冲量I的大小；
（3）绳拉断过程绳对A所做的功W．
【考点】66：动能定理的应用；37：牛顿第二定律；4A：向心力；52：动量定理；69：弹性势能；6B：功能关系．
【分析】（1）对于恰能到达圆轨道的最高点，找出临界条件，列出相应的等式．
（2）清楚B的运动过程，选择某一过程应用动能定理研究，解出某一状态的速度．
（3）在B向右运动的过程中，弹簧的弹性势能转化给B的动能，根据动量定理求出冲量．
（4）应用动量守恒定律和动能定理求解绳拉断的过程中所做的功．
【解答】解：（1）设B在绳被拉断后瞬时的速率为vB，到达C点的速率为vC，
根据B恰能到达最高点C有：
F向=mBg=mB﹣﹣﹣﹣﹣①
对绳断后到B运动到最高点C这一过程应用动能定理：
﹣2mBgR=mBvc2﹣mBvB2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②解得：vB=5m/s．
（2）设弹簧恢复到自然长度时B的速率为v1，取向右为正方向，
弹簧的弹性势能转化给B的动能，Ep=mBv12﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
根据动量定理有：I=mBvB﹣mBv1 ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣④
由③④解得：I=﹣4 N•s，其大小为4N•s
（3）设绳断后A的速率为vA，取向右为正方向，
根据动量守恒定律有：mBv1=mBvB+mAvA﹣﹣﹣﹣﹣⑤
根据动能定理有：W=mAvA2﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑥
由⑤⑥解得：W=8J
答：（1）绳拉断后B的速度VB的大小是5m/s；
（2）绳拉断过程绳对B的冲量I的大小是4N•s；
（3）绳拉断过程绳对A所做的功W是8J．
12．如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L=1m，导轨平面与水平面夹角α=30°，导轨电阻不计．磁感应强度为B=1.0T的匀强磁场垂直导轨平面斜向下，金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m=0.01kg、电阻不计．定值电阻R1=30Ω，电阻箱电阻调到R2=120Ω，电容C=0.01F，取重力加速度g=10m/s2．现将金属棒由静止释放．
（1）在开关接到1的情况下，求金属棒下滑的最大速度．
（2）在开关接到1的情况下，当R2调至30Ω后且金属棒稳定下滑时，R2消耗的功率为多少？
（3）在开关接到2的情况下，求经过时间t=2.0s时金属棒的速度．
【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；2H：共点力平衡的条件及其应用；BB：闭合电路的欧姆定律；BG：电功、电功率．
【分析】金属棒切割磁感线，产生电动势，从而形成电流，导致金属棒中有安培力出现，最终导致金属棒处于最大速度．由力的平衡条件可求出安培力，从而能算出棒的最大速度．
当金属棒处于稳定速度时，棒的切割相当电源，算出电源的电动势，从而可求出R2消耗的功率．
当接到2时，相当于电源给电容器充电，出现电流，从而列出安培力表达式，利用牛顿第二定律写出方程，最终得到棒做匀变速运动．因此由加速度可求出2S时的速度．
【解答】解：（1）当金属棒匀速下滑时速度最大，设最大速度vm，此时棒处于平衡状态，
故有mgsinα=F安，而F安=BIL，I=，其中R总=150Ω
由上各式得：mgsinα=
解得最大速度vm=
（2）当R2调整后，棒稳定下滑的速度，由前面可知：v=
故R2消耗的功率P2=I2R，其中I=
得P2=0.075W．
（3）对任意时刻，由牛顿第二定律 mgsinα﹣BLi=ma
△u=BL△v
得a=，上式表明棒下滑过程中，加速度保持不变，棒匀加速直线运动，
代入数据可得：a=2.5m/s2 ，
故v=at=5m/s
【物理选修3-3】
13．对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是（ ）
A．体积不变，压强减小的过程，气体一定放出热量，内能减小
B．若气体内能增加，则外界一定对气体做功
C．若气体的温度升高，则每个气体分子的速度一定增大
D．若气体压强不变，气体分子平均距离增大时，则气体分子的平均动能一定增大
E．气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的
【考点】98：理想气体．
【分析】根据热力学第一定律和气体实验定律联立可以判断气体状态参量的变化和内能变化．理想气体的分子力和分子势能可以忽略不计．温度是分子热运动平均动能的标志；气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁的不断碰撞而产生的，取决于分子数密度和分子热运动的平均动能．
【解答】解：A、理想气体体积不变，根据查理定律，压强与热力学温度成正比，压强减小，温度降低，内能减小△U＜0，因为体积不变，外界对气体不做功W=0，根据热力学第一定律△U=W+Q，知Q＜0气体放出热量，故A正确；
B、若气体内能增加则△U＞0，根据热力学第一定律△U=W+Q，可能气体从 外界吸热大于气体对外做功；或者不做功仅吸热，故B错误；
C、温度升高，分子的平均动能增加，分子的平均速率增加，但并不是每个分子的速度都增大，故C错误；
D、若气体压强不变，根据盖﹣吕萨克定律知体积与热力学温度成正比，气体分子平均距离增大，体积增大，温度升高，气体分子的平均动能不一定增大，故D正确；
E、从微观角度讲，被封闭气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁的不断碰撞而产生的，故E正确；
故选：ADE
14．如图所示，粗细均匀的U形管，左端封闭，右端开口，左端用水银封闭着长L=15cm的理想气体，当温度为27℃时，两管水银面的高度差△h=3cm，设外界大气压为75cmHg，则
（1）若对封闭气体缓慢加热，为了使左右两管中的水银面相平，温度需升高到多少？
（2）若保持27℃不变，为了使左右两管中的水银面相平，需从右管的开口端再缓慢注入的水银柱长度应为多少？
【考点】99：理想气体的状态方程．
【分析】（1）分别求出封闭气体初态和末态的压强，由气态方程求解封闭气体温度需升高多少．
（2）保持27°C不变，为了使左、右两管中的水银面相平，需从右管的开口端再缓慢注入的水银，封闭气体发生等温变化，水银面相平时，封闭气体的压强等于大气压，由玻意耳定律和几何关系求出水银柱高度h．
【解答】解：（1）以封闭气体为研究对象
初态：p1=p0﹣ρg△h=72cmHg ，T1=300K
末态：
根据理想气体状态方程，
代入数据：
解得：T2=343.75K，
即为：t2=70.75℃
（2）p3=75cmHg V3=L'S
根据玻意耳定律有：P1V1=P3V3，
代入数据为：72×15S=75×L′S
可得：L'=14.4cm
根据几何关系，有：l=△h+2（L﹣L'）=4.2cm
答：（1）若对封闭气体缓慢加热，为了使左右两管中的水银面相平，温度需升高到70.75℃
（2）若保持27℃不变，为了使左右两管中的水银面相平，需从右管的开口端再缓慢注入的水银柱长度应为4.2cm
【物理选修3-4】
15．如图所示，一列简谐横波在某一时刻的波的图象，A、B、C是介质中的三个质点，已知波是向x正方向传播，波速为v=20m/s，下列说法正确的是（ ）
A．这列波的波长是10cm
B．质点A的振幅为零
C．质点B此刻向y轴正方向运动
D．质点C再经过0.15s通过平衡位置
E．质点一个周期内通过的路程一定为1.6cm
【考点】F5：波长、频率和波速的关系；F4：横波的图象．
【分析】波动图象反映质点的位移随空间位置的变化，能直接读出波长和振幅．简谐运动中，各振动质点的振幅都相同．运用波形的平移法判断质点的振动方向．由波速公式求出周期，分析质点C再经过0.15s的位置．质点一个周期内通过的路程一定为四倍振幅．
【解答】解：A、由图知：这列波的波长是12m．故A错误．
B、图示时刻A点的位移为零，但振幅为0.4cm．故B错误．
C、简谐横波向x正方向传播，波形向右平移，则知质点B此刻向y轴正方向运动．故C正确．
D、该波的周期为T==s=0.6s，则t=0.15s=，则知质点C再经过0.15s通过平衡位置．故D正确．
E、质点一个周期内通过的路程一定为四倍振幅，即为4×0.4cm=1.6cm，故E正确．
故选：CDE
16．在桌面上有一个倒立的玻璃圆锥，其顶点恰好与桌面接触，圆锥的轴（图中虚线）与桌面垂直，过轴线的截面为等边三角形，如图所示．有一半径为r=0.1m的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的桌面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合．已知玻璃的折射率为n=1.73．则：
①通过计算说明光线1能不能在圆锥的侧面B点发生全反射？
②光线1经过圆锥侧面B点后射到桌面上某一点所用的总时间是多少？（结果保留三位有效数字）
【考点】H5：全反射．
【分析】①当半径为r的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的地面上，经过第一次折射时，由于入射角等于零，所以折射角也是零，因此折射光线不发生偏折．当第二次折射时，由于入射角等于60°，而玻璃的折射率为1.73，可得入射角与临界角的大小，所以会发生光的全反射，反射光线却恰好垂直射出．
①可根据几何关系可确定光线在圆锥内和外通过的路程，由v=求出光线在玻璃中的速度，即可求解时间．
【解答】解：①sinC=
C=arcsin； arcsin=60°
所以，光线1能在圆锥的侧面B点发生全反射．
②根据几何关系知BE=EF=r
所以，总时间t=≈1.58×10﹣9s
答：
①通过计算光线1能在圆锥的侧面B点发生全反射．
②光线1经过圆锥侧面B点后射到桌面上某一点所用的总时间是1.58×10﹣9s．
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