2025届安徽省合肥市第一中学、安徽168中学高三下学期4月联考物理试卷-A4

这是一份2025届安徽省合肥市第一中学、安徽168中学高三下学期4月联考物理试卷-A4，共22页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1．一质量为1kg的滑块，以6m/s的初速度在光滑的水平面上向左滑行．从某一时刻起在滑块上施加一个向右的水平力，经过一段时间后，滑块的速度方向变成向右，大小仍为6m/s．在这段时间里水平力对物体所做的功是（ ）
A．0B．9 JC．18 JD．无法确定
2．如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用铅笔靠着线的左侧水平向右匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，以橡皮初始位置为坐标原点，则橡皮运动的轨迹可能为（ ）
A．B．
C．D．
3．在离地面高为h处，竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，当它落到地面时速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于（ ）
A．mgh−12mv2−12mv02B．﹣mgh−12mv2−12mv02
C．﹣mgh+12mv2−12mv02D．mgh+12mv02−12mv2
4．下列说法中正确的是（ ）
A．伽利略科学思想方法的核心是把实验和逻辑推理（包括数学推演）和谐地结合起来
B．鸡蛋碰坚硬的石头鸡蛋容易碎，是因为石头给鸡蛋的力大于鸡蛋给石头的力
C．在微观物理学中，由于我们不可能同时准确地知道某个粒子的位置和动量，所以粒子出现的位置是无规律可循的
D．如图是小球竖直下落的频闪照片，频闪周期为T，量出照片中2、3位置与3、4位置的距离分别为x1、x2，那么小球在3位置的速度约为x1+x22T
5．一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离，如图所示。假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法错误的是（ ）
A．运动员到达最低点前重力势能始终变小
B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能变大
C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒
D．蹦极过程中，重力势能的改变与参考平面的选取有关
6．下列说法正确的是（ ）
A．爱因斯坦发现了光电效应，并提出相应理论，合理地解释了光电效应
B．康普顿效应表明光有波动性；光电效应说明光有粒子性
C．α粒子散射实验中，α粒子碰到电子会出现大角度散射
D．电子的波动是概率波
7．在观察蜡块运动的实验中，假设从某时刻（t＝0）开始，红蜡块在玻璃管内每1s上升的距离都是10cm，与此同时，玻璃管向右沿水平方向加速平移，每1s内的位移依次是4cm、12cm、20cm、28cm。下列说法正确的是（ ）
A．蜡块的运动轨迹是直线
B．蜡块任意1秒钟速度的变化方向一定不同
C．蜡块任意1秒钟速度的变化方向一定相同
D．蜡块任意1秒钟速率的变化量相等
8．如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，并且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L（未超过弹性限度），则在圆环下滑到最大距离的过程中（ ）
A．圆环的机械能守恒
B．弹簧弹性势能变化了3mgL
C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
9．某一足球比赛中，运动员大力踢出的点球恰好击中横梁．假定足球击中横梁时速度大小为20m/s，足球的质量为450g，则该运动员对足球所做的功的大小约为（ ）
A．45JB．90JC．100JD．180J
10．如图所示，用细线将小球悬挂于O点，用铅笔靠着线的左侧水平向右以大小为v0的速度匀速移动，运动中悬线始终保持竖直，则该过程中小球运动的速度（ ）
A．方向时刻在变，大小恒为2v0
B．方向与竖直向上成45°角，大小恒为v0
C．方向与竖直向上成45°角，大小恒为2v0
D．方向与竖直向上成45°角，大小恒为2v0
11．一质点在xOy平面上运动，0～2s内质点沿x轴方向的位移—时间图像和沿y轴方向的速度—时间图像分别如图甲、乙所示，则（ ）
A．质点可能做直线运动
B．t＝0时质点的速度为0
C．0～1s内质点的位移大小为2m
D．质点在第1s内与第2s内通过的位移相同
12．质量为30kg的小孩坐在秋千板上，秋千板离系绳子的横梁的距离是2.5m．小孩的父亲将秋千板从最低点拉起1.25m高度后由静止释放，小孩沿圆弧运动至最低点时，它对秋千板的压力约为（ ）
A．0B．200NC．600ND．1000N
13．下列关于力和运动的说法正确的是（ ）
A．物体在恒力作用下不可能做曲线运动
B．物体在变力作用下不可能做直线运动
C．物体在变力作用下不可能做曲线运动
D．物体在变力作用下可能做曲线运动
二、实验题（本题共2道小题）
14．如图1所示，一验电器与锌板相连，在A处用一紫外线灯照射锌板，关灯后验电器指针保持一定偏角。
（1）现用一带少量负电的金属小球与锌板接触，则验电器指针偏角将 （选填“增大”“减小”或“不变”）。
（2）使验电器指针回到零，再用相同强度的钠灯发出的黄光照射锌板，验电器指针无偏转。那么，若改用强度更大的红外线灯照射锌板，可观察到验电器指针 （选填“有”或“无”）偏转。
（3）为了进一步研究光电效应的规律，设计了如图2所示的电路，图中标有A和K的为光电管，其中K为阴极，A为阳极。现接通电源，用光子能量为10.5eV的光照射阴极K，电流计中有示数，若将滑动变阻器的滑片P缓慢向右滑动，电流计的读数逐渐减小，当滑至某一位置时电流计的读数恰好为零，读出此时电压表的示数为6.0V，则光电管阴极材料的逸出功为 eV；现保持滑片P位置不变，增大入射光的强度，电流计的读数 （选填“为零”或“不为零”）。
15．实验1：在“用DIS研究通电螺线管的磁感应强度”实验中
（1）在对螺线管通电 （选填“前”或“后”）必须对磁传感器进行调零。
（2）（单选题）实验时，将磁传感器探管前端插至通电螺线管轴线中点时，磁传感器读数为5mT。减小通电螺线管的电流后，将探管从螺线管的另一端插入，当探管前端再次到达螺线管轴线中点时，磁传感器的读数可能为 。
A．5mT
B．﹣5mT
C．3mT
D．﹣3mT
实验2：简易温度计构造如图所示。两内径均匀的竖直玻璃管下端与软管连接，在管中灌入液体后，将左管上端通过橡皮塞插入玻璃泡。在标准大气压下，调节右管的高度，使左右两管的液面相平，在左管液面位置标上相应的温度刻度。多次改变温度，重复上述操作。
（1）此温度计的特点是 。
A．刻度均匀，刻度值上小下大
B．刻度均匀，刻度值上大下小
C．刻度不均匀，刻度值上小下大
D．刻度不均匀，刻度值上大下小
（2）影响这个温度计灵敏度的因素有 。
A．液体密度
B．玻璃泡大小
C．左管内径粗细
D．右管内径粗细
（3）若管中液体是水银，当大气压变为75cmHg时，用该温度计测得的温度值 （选填“偏大”或“偏小”）。为测得准确的温度，在测量时需 。
三、计算题（本题共4道小题）
16．如图所示，竖直平面内的一半径R＝0.50m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，一水平面与圆弧槽相接于D点。质量m＝0.10kg的小球从B点正上方H＝0.95m高处的A点自由下落，由B点进入圆弧槽轨道，从D点飞出后落在水平面上的Q点，DQ间的距离s＝2.4m，球从D点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h＝0.80m，取g＝10m/s2，不计空气阻力，求：
（1）小球经过C点时轨道对它的支持力大小N；
（2）小球经过最高点P的速度大小vP；
（3）D点与圆心O的高度差hOD。
17．在离地面80m高处无初速度地释放一小球，小球质量为m＝200g，不计空气阻力，g取10m/s2，取释放点所在水平面为参考平面。求：
（1）在第2s末小球的重力势能。
（2）在第3s内重力所做的功和重力势能的变化。
18．如图是电饭煲的电路图，S1是一个控温开关，手动闭合后，当此开关温度达到居里点（103℃）时，会自动断开，S2是一个自动控温开关，当温度低于70℃时，会自动闭合；温度高于80℃时，会自动断开．红灯是加热时的指示灯，黄灯是保温时的指示灯．电阻R1＝R2＝500Ω，电阻R3＝50Ω，两灯电阻不计．
（1）简述电饭煲的工作原理．
（2）计算加热和保温两种状态下，电饭煲消耗的电功率之比．
19．如图所示为自耦变压器的示意图，其中L为一个绕在闭合铁芯上的线圈，共有1500匝。它的下端点接地，并连接着输入端B和输出端D，另一输入端A固定在线圈某处，而另一输出端C则可以在线圈上滑动。
（1）要求在A、B间输入220V交变电压，在C、D间的输出电压在0～250V间连续可调。A、B间线圈匝数是多少？
（2）若输入电压降至210V，输出电压要求为220V，连接在C、D间的线圈应为多少匝？
2025年安徽省合肥一中、安徽168中学高考物理联考试卷（4月份）
参考答案与试题解析
一．选择题（共13小题）
一、选择题（本题共13道小题）
1．一质量为1kg的滑块，以6m/s的初速度在光滑的水平面上向左滑行．从某一时刻起在滑块上施加一个向右的水平力，经过一段时间后，滑块的速度方向变成向右，大小仍为6m/s．在这段时间里水平力对物体所做的功是（ ）
A．0B．9 JC．18 JD．无法确定
【分析】物体在光滑水平面上向左滑行的同时，受到向右作用一水平力，经过一段时间速度向右，则由动能定理可求出这段时间内力做的功．
【解答】解：选取物体从速度以6m/s到速度大小为6m/s作为过程，由动能定理可知：
W=12mv2−12mv′2=0，故A正确，BCD错误；
故选：A。
2．如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用铅笔靠着线的左侧水平向右匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，以橡皮初始位置为坐标原点，则橡皮运动的轨迹可能为（ ）
A．B．
C．D．
【分析】由于铅笔的作用，橡皮同时做水平向右的分运动和竖直向上的分运动，由运动的合成可知合速度的情况。
【解答】解：橡皮参与了水平向右和竖直向上的分运动，如图所示
两个方向的分运动都是匀速直线运动，vx和vy恒定，则v合恒定，则橡皮做匀速直线运动，故A正确，BCD错误。
故选：A。
3．在离地面高为h处，竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，当它落到地面时速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于（ ）
A．mgh−12mv2−12mv02B．﹣mgh−12mv2−12mv02
C．﹣mgh+12mv2−12mv02D．mgh+12mv02−12mv2
【分析】物体从离地面A处以一定速度竖直上抛，最后又以一定速度落到地面，则过程中物体克服空气阻力做功，可由动能定理求出．
【解答】解：选取物体从刚抛出到正好落地，由动能定理可得：
mgh﹣Wf=12mv2−12mv02
解得：Wf＝mgh−12mv2+12mv02
故选：D。
4．下列说法中正确的是（ ）
A．伽利略科学思想方法的核心是把实验和逻辑推理（包括数学推演）和谐地结合起来
B．鸡蛋碰坚硬的石头鸡蛋容易碎，是因为石头给鸡蛋的力大于鸡蛋给石头的力
C．在微观物理学中，由于我们不可能同时准确地知道某个粒子的位置和动量，所以粒子出现的位置是无规律可循的
D．如图是小球竖直下落的频闪照片，频闪周期为T，量出照片中2、3位置与3、4位置的距离分别为x1、x2，那么小球在3位置的速度约为x1+x22T
【分析】根据伽利略的贡献和成就可知他开创了科学实验和逻辑推理相结合的时代；作用力与反作用力大小相等；微观世界中，根据不确定性关系可知，位置有统计规律；图中的位移是照片的位移并非实际位移，故计算结果不是小球的实际速度。
【解答】解：A.伽利略开创了科学实验和逻辑推理相结合的时代，首次证明了物体的运动不需要力维持，故A正确；
B.根据牛顿第三定律可知，石头给鸡蛋力的大小始终等于鸡蛋给石头力的大小，故B错误；
C.在微观物理学中，不可能同时准确地知道某个粒子的位置和动量，但粒子出现的位置是有统计规律的，故C错误；
D.利用频闪照片计算要注意照片与实际尺寸的比例，即比例尺，所以公式计算的是照片上小球的速度，不是实际的速度，故D错误。
故选：A。
5．一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离，如图所示。假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法错误的是（ ）
A．运动员到达最低点前重力势能始终变小
B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能变大
C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒
D．蹦极过程中，重力势能的改变与参考平面的选取有关
【分析】根据重力做功、机械能守恒定律结合重力势能的变化和参考平面的选取关系进行分析解答。
【解答】解：A.运动员到达最低点前，重力对运动员一直做正功，运动员的重力势能始终减小，故A正确；
B.蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力方向向上，运动员的位移向下，弹力对运动员做负功，弹性势能增加，故B正确；
C.以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，故C正确；
D.重力势能的改变与重力做功有关，取决于初末位置的高度差，与参考平面的选取无关，故D错误。
本题选错误的，故选：D。
6．下列说法正确的是（ ）
A．爱因斯坦发现了光电效应，并提出相应理论，合理地解释了光电效应
B．康普顿效应表明光有波动性；光电效应说明光有粒子性
C．α粒子散射实验中，α粒子碰到电子会出现大角度散射
D．电子的波动是概率波
【分析】根据光电效应的解释和发现以及康普顿效应，α粒子散射实验的解释和物质波的概念进行分析解答。
【解答】解：A.光电效应不是爱因斯坦发现的，爱因斯坦提出了光子说，合理地解释了光电效应，故A错误；
B.康普顿效应表明光有粒子性，光电效应也说明光有粒子性，故B错误；
C.α粒子散射实验中，α粒子的质量远大于电子的质量，α粒子碰到电子，α粒子的运动不会改变，不会出现大角度散射，出现大角度偏转是因为α粒子和金原子核的相互作用结果，故C错误；
D.电子是实物粒子，其波动是概率波，故D正确。
故选：D。
7．在观察蜡块运动的实验中，假设从某时刻（t＝0）开始，红蜡块在玻璃管内每1s上升的距离都是10cm，与此同时，玻璃管向右沿水平方向加速平移，每1s内的位移依次是4cm、12cm、20cm、28cm。下列说法正确的是（ ）
A．蜡块的运动轨迹是直线
B．蜡块任意1秒钟速度的变化方向一定不同
C．蜡块任意1秒钟速度的变化方向一定相同
D．蜡块任意1秒钟速率的变化量相等
【分析】分别分析竖直和水平方向的运动，得出合加速度方向与合速度方向不共线，从而确定是曲线运动；因为水平方向加速度恒定，所以任意1秒钟速度的变化方向一定相同；需要通过计算合速度的大小变化来判断速率变化量是否相等。
【解答】解：A、依题意可知，蜡块竖直向上做匀速直线运动，水平向右做匀加速直线运动，加速度方向水平向右，则蜡块做匀变速曲线运动，即蜡块的运动轨迹是曲线，故A错误；
BC、根据
a=ΔvΔt
解得
Δv＝aΔt
由于蜡块做匀变速运动，加速度一定，则蜡块任意1秒钟速度的变化量的大小与方向均一定，故B错误，C正确；
D、由于蜡块的运动轨迹是曲线，速度方向时刻变化，速率的变化量并不相等，故D错误。
故选：C。
8．如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，并且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L（未超过弹性限度），则在圆环下滑到最大距离的过程中（ ）
A．圆环的机械能守恒
B．弹簧弹性势能变化了3mgL
C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
【分析】分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，由于弹簧的拉力对圆环做功，所以圆环机械能不守恒，系统的机械能守恒；根据系统的机械能守恒进行分析。
【解答】解：A、圆环沿杆滑下过程中，弹簧的拉力对圆环做功，圆环的机械能不守恒，故A错误，
B、图中弹簧水平时恰好处于原长状态，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L，可得物体下降的高度为h=3L，根据系统的机械能守恒得
弹簧的弹性势能增大量为ΔEp＝mgh=3mgL，故B正确。
C、圆环所受合力为零，速度最大，此后圆环继续向下运动，则弹簧的弹力增大，圆环下滑到最大距离时，所受合力不为零，故C错误。
D、根据圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，知圆环的动能先增大后减小，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，故D错误。
故选：B。
9．某一足球比赛中，运动员大力踢出的点球恰好击中横梁．假定足球击中横梁时速度大小为20m/s，足球的质量为450g，则该运动员对足球所做的功的大小约为（ ）
A．45JB．90JC．100JD．180J
【分析】对足球从运动员踢球到击中横梁的过程，根据动能定理列式求解运动员对足球做的功．
【解答】解：球门高度为 h＝2.4m
对足球从运动员踢球到击中横梁的过程，根据动能定理得：
W﹣mgh=12mv2−0
得：W＝mgh+12mv2=0.45×10×2.4+12×0.45×202＝100.8J≈100J
故选：C。
10．如图所示，用细线将小球悬挂于O点，用铅笔靠着线的左侧水平向右以大小为v0的速度匀速移动，运动中悬线始终保持竖直，则该过程中小球运动的速度（ ）
A．方向时刻在变，大小恒为2v0
B．方向与竖直向上成45°角，大小恒为v0
C．方向与竖直向上成45°角，大小恒为2v0
D．方向与竖直向上成45°角，大小恒为2v0
【分析】小球参加了两个分运动，水平向右匀速移动，同时，竖直向上匀速运动，实际运动是这两个运动的合运动，根据平行四边形定则可以判断合速度情况。
【解答】解：小球运动分解为水平方向和竖直方向，均为v0的匀速直线运动，如图所示
合成之后合速度方向与竖直向上成45°角，大小恒为2v0，故C正确，ABD错误。
故选：C。
11．一质点在xOy平面上运动，0～2s内质点沿x轴方向的位移—时间图像和沿y轴方向的速度—时间图像分别如图甲、乙所示，则（ ）
A．质点可能做直线运动
B．t＝0时质点的速度为0
C．0～1s内质点的位移大小为2m
D．质点在第1s内与第2s内通过的位移相同
【分析】把质点的运动分解到x轴和y轴方向，在x方向做加速度均匀增加的变加速运动，图像与坐标轴围成的面积表示速度的变化量；在y方向做匀速运动，再结合选项分析。
【解答】解：A．根据题图可知，质点在x方向做匀速直线运动，在y方向先做初速度为零的匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，根据运动的合成可知质点做曲线运动，故A错误；
B．根据甲图的位移—时间图像可知x方向的速度大小为vx=ΔxΔt=2−02−0m/s＝1m/s，根据乙图可知沿y方向的分速度vy0＝0，所以t＝0时质点的速度为v0＝vx＝1m/s，故B错误；
C．根据甲图可知，0～1s内质点在x方向的位移大小为x＝vxt＝1×1m＝1m
根据乙图可知，0～1s内质点在y方向的位移大小为y=12×1×2m＝1m
0～1s内质点的位移大小为s=x2+y2=12+12m=2m，故C错误；
D．根据甲图可知，第2s内质点在x方向的位移大小为x′＝vxt′＝1×1m＝1m
根据乙图可知，第2s内质点在y方向的位移大小为y′=12×1×2m＝1m
第2s内质点的位移大小为s′=x′2+y′2=12+12m=2m，质点在第1s内与第2s内通过的位移相同，故D正确。
故选：D。
12．质量为30kg的小孩坐在秋千板上，秋千板离系绳子的横梁的距离是2.5m．小孩的父亲将秋千板从最低点拉起1.25m高度后由静止释放，小孩沿圆弧运动至最低点时，它对秋千板的压力约为（ ）
A．0B．200NC．600ND．1000N
【分析】秋千板和小孩做圆周运动．先由机械能守恒求出秋千板到达最低点时的速度．秋千板摆到最低点时，以小孩为研究对象，分析受力情况．小孩受到重力和秋千板的支持力，由这两个力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出秋千板对小孩的支持力，再得到压力．
【解答】解：由机械能守恒得：mgh=12mv2得 v=2gℎ=2×10×1.25=5m/s
以小孩为研究对象，分析受力情况，作出力图，如图。
根据牛顿第二定律得：FN﹣mg＝mv2r
得到：FN＝m（g+v2r）＝30×（10+522.5）N＝600N
由牛顿第三定律知小孩对秋千板的压力为600N。
故选：C。
13．下列关于力和运动的说法正确的是（ ）
A．物体在恒力作用下不可能做曲线运动
B．物体在变力作用下不可能做直线运动
C．物体在变力作用下不可能做曲线运动
D．物体在变力作用下可能做曲线运动
【分析】曲线运动的条件是合力与速度不共线；当合力与速度共线时，物体就做直线运动．
【解答】解：A、当物体运动速度与力不在同一直线时，物体就做曲线运动；若合力为恒力，当恒力与速度不共线时，物体做曲线运动，如平抛运动，故A错误；
B、当变力的方向与速度共线时，物体就做直线运动，如汽车恒定功率启动问题，故B错误；
C、当变力的方向与速度不共线时，物体就做曲线运动，如匀速圆周运动，故C错误；
D、当变力的方向与速度不共线时，物体就做曲线运动，如匀速圆周运动，故D正确；
故选：D。
二、实验题（本题共2道小题）
14．如图1所示，一验电器与锌板相连，在A处用一紫外线灯照射锌板，关灯后验电器指针保持一定偏角。
（1）现用一带少量负电的金属小球与锌板接触，则验电器指针偏角将 减小 （选填“增大”“减小”或“不变”）。
（2）使验电器指针回到零，再用相同强度的钠灯发出的黄光照射锌板，验电器指针无偏转。那么，若改用强度更大的红外线灯照射锌板，可观察到验电器指针 无 （选填“有”或“无”）偏转。
（3）为了进一步研究光电效应的规律，设计了如图2所示的电路，图中标有A和K的为光电管，其中K为阴极，A为阳极。现接通电源，用光子能量为10.5eV的光照射阴极K，电流计中有示数，若将滑动变阻器的滑片P缓慢向右滑动，电流计的读数逐渐减小，当滑至某一位置时电流计的读数恰好为零，读出此时电压表的示数为6.0V，则光电管阴极材料的逸出功为 4.5 eV；现保持滑片P位置不变，增大入射光的强度，电流计的读数 为零 （选填“为零”或“不为零”）。
【分析】（1）用紫外线照射锌板，发生光电效应，锌板带正电，用带负电的金属小球与锌板接触，结合电量的变化判断验电器指针偏角的变化。
（2）根据光电效应的条件，结合入射光的频率大小判断是否发生光电效应，从而判断验电器指针是否偏转。
（3）从图中可知，所加的电压为反向电压，电流计的读数恰好为零，此时电压表的示数为6.0V，可知光电子的最大初动能，根据光电效应方程Ekm＝hγ﹣W0，求出逸出功．光电子的最大初动能与入射光的强度无关，与入射光的频率有关．
【解答】解：（1）在A处用一紫外线灯照射锌板，锌板产生光电效应，光电子射出后，锌板带正电，用一带少量负电的金属小球与锌板接触，会使锌板上带的正电减少，验电器指针偏角将减小。
（2）钠灯发出的黄光照射锌板，验电器指针无偏转，说明黄光不能使锌板产生光电效应；改用红外线灯照射锌板，红外线的频率小于黄光的频率，红外线也不能使锌板产生光电效应，验电器指针无偏转。
（3）当滑片滑至某一位置时电流计的读数恰好为零，说明A和K间的电压为反向电压，
若将滑动变阻器的滑片P缓慢向右滑动，A和K间的反向电压增加，电流计的读数减小。
当滑至某一位置时电流计的读数恰好为零，读出此时电压表的示数为6.0V，说明反向遏止电压为6V．即最大初动能EK＝eUc＝6.0eV，
根据光电效应方程Ekm＝hv﹣W0得6.0ev＝10.5eV﹣W0，
所以光电管阴极材料的逸出功为4.5eV。
光电子的最大初动能与入射光的强度无关，与入射光的频率有关．所以增大入射光的强度，电流计的读数为零．
故答案为：（1）减小；（2）无；（3）4.5；为零。
15．实验1：在“用DIS研究通电螺线管的磁感应强度”实验中
（1）在对螺线管通电 前 （选填“前”或“后”）必须对磁传感器进行调零。
（2）（单选题）实验时，将磁传感器探管前端插至通电螺线管轴线中点时，磁传感器读数为5mT。减小通电螺线管的电流后，将探管从螺线管的另一端插入，当探管前端再次到达螺线管轴线中点时，磁传感器的读数可能为 D 。
A．5mT
B．﹣5mT
C．3mT
D．﹣3mT
实验2：简易温度计构造如图所示。两内径均匀的竖直玻璃管下端与软管连接，在管中灌入液体后，将左管上端通过橡皮塞插入玻璃泡。在标准大气压下，调节右管的高度，使左右两管的液面相平，在左管液面位置标上相应的温度刻度。多次改变温度，重复上述操作。
（1）此温度计的特点是 A 。
A．刻度均匀，刻度值上小下大
B．刻度均匀，刻度值上大下小
C．刻度不均匀，刻度值上小下大
D．刻度不均匀，刻度值上大下小
（2）影响这个温度计灵敏度的因素有 BC 。
A．液体密度
B．玻璃泡大小
C．左管内径粗细
D．右管内径粗细
（3）若管中液体是水银，当大气压变为75cmHg时，用该温度计测得的温度值 偏大 （选填“偏大”或“偏小”）。为测得准确的温度，在测量时需 调整两管液面高度差，使右管液面比左管液面高1cm，然后读数 。
【分析】实验一
（1）在通电前必须对磁传感器进行调零。
（2）减小通过电螺线管的电流后，通电螺线管内磁感应强度减小，从不同端插入磁传感器的读数时正负不同。
实验二（1）测温泡C内气体发生等容变化，根据查理定律得到温度与温度计的0℃和任意温度刻度线间距离的关系，再进行分析。
（2）根据温度计的工作原理分析影响灵敏度的因素。
（3）根据温度计的原理应用平衡条件分析答题。
【解答】解：实验一
（1）在对螺线管通电前必须对磁传感器进行调零，否则就会有测量误差。
（2）减小通电螺线管的电流后，螺线管内的磁感应强度变小，由于螺线管轴线中点磁感应强度方向一定，所以从另一端插入时，磁传感器的读数可能为﹣3mT，故ABC错误，D正确。
故选：D。
实验二
（1）以球型容器内的气体为研究对象，由题意可知，气体发生等压变化，
由盖吕萨克定律得：VT=C，
得T=VC
可知温度T与体积V成正比，刻度线是均匀的，
温度越高，气体体积越大，刻度线越低，因此刻度值上小下大，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2）球内气体发生等压变化，气体体积的变化反映了气体温度的变化，温度计的灵敏度取决于气体体积变化，所以影响温度计灵敏度的因素有：玻璃泡大小、左管内径粗细，故AD错误，BC正确。
故选：BC；
（3）温度计标度时大气压为标准大气压76cmHg，封闭气体的压强为76cmHg，若管中液体是水银，当大气压变为75cmHg时，封闭气体压强为75cmHg，气体体积要变大，水银液面要下降，用该温度计测得的温度值偏大；为测得准确的温度，在测量时需调整两管液面高度差，使右管液面比左管液面高1cm，然后读数。
故答案为：实验一（1）前；（2）D；
实验二（1）A；（2）BC；（3）偏大；调整两管液面高度差，使右管液面比左管液面高1cm，然后读数
三、计算题（本题共4道小题）
16．如图所示，竖直平面内的一半径R＝0.50m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，一水平面与圆弧槽相接于D点。质量m＝0.10kg的小球从B点正上方H＝0.95m高处的A点自由下落，由B点进入圆弧槽轨道，从D点飞出后落在水平面上的Q点，DQ间的距离s＝2.4m，球从D点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h＝0.80m，取g＝10m/s2，不计空气阻力，求：
（1）小球经过C点时轨道对它的支持力大小N；
（2）小球经过最高点P的速度大小vP；
（3）D点与圆心O的高度差hOD。
【分析】（1）小球在C点时，做圆周运动，重力和支持力的合力作为向心力，由向心力的公式可以求得轨道对它的支持力；
（2）小球经过最高点P之后，做的是平抛运动，由平抛运动的规律可以求得P点的速度大小；
（3）从开始运动到P点的过程中，机械能守恒，由机械能守恒列出方程就可以解得。
【解答】解：（1）设经过C点的速度为 v1，由机械能守恒得
mg（H+R）=12m v12
由牛顿第二定律有
N﹣mg＝mv12R
代入数据解得 N＝6.8N
（2）设P点的速度为vP，P到Q做平抛运动，
竖直方向 h=12gt2
水平方向 s2=vPt
代入数据解得 vP＝3.0m/s。
（3）从开始运动到P点的过程中，机械能守恒，取DQ面为零势能面，则
12mvP2+mgh＝mg（H+hOD）
代入数据解得 hOD＝0.3m。
答：（1）小球经过C点时轨道对它的支持力大小为6.8N；
（2）小球经过最高点P的速度大小vP是3.0m/s；
（3）D点与圆心O的高度差hOD是0.3m。
17．在离地面80m高处无初速度地释放一小球，小球质量为m＝200g，不计空气阻力，g取10m/s2，取释放点所在水平面为参考平面。求：
（1）在第2s末小球的重力势能。
（2）在第3s内重力所做的功和重力势能的变化。
【分析】（1）求出小球第2s末的高度，根据重力势能表达式求小球的重力势能；
（2）求出小球在第3s内的位移，根据重力做功的表达式求重力做的功，再根据重力做功与重力势能变化的关系求重力势能的变化。
【解答】解：（1）以释放点所在水平面为参考平面，在第2 s末小球所处的高度为：
h=−12gt2=−12×10×22 m＝﹣20 m
重力势能为：Ep＝mgh＝200×10﹣3×10×（﹣20）J＝﹣40 J
Ep＜0，说明小球在参考平面的下方。
（2）在第3 s末小球所处的高度为：
h′=−12gt′2=−12×10×32 m＝﹣45 m
第3 s内重力做的功为：
W＝mg（h﹣h′）＝200×10﹣3×10×（﹣20+45）J＝50 J
由重力做功与重力势能改变的关系可知，小球的重力势能减少了50 J。
答：（1）在第2s末小球的重力势能为﹣40J；
（2）在第3s内重力所做的功和重力势能的变化均为50J。
18．如图是电饭煲的电路图，S1是一个控温开关，手动闭合后，当此开关温度达到居里点（103℃）时，会自动断开，S2是一个自动控温开关，当温度低于70℃时，会自动闭合；温度高于80℃时，会自动断开．红灯是加热时的指示灯，黄灯是保温时的指示灯．电阻R1＝R2＝500Ω，电阻R3＝50Ω，两灯电阻不计．
（1）简述电饭煲的工作原理．
（2）计算加热和保温两种状态下，电饭煲消耗的电功率之比．
【分析】（1）分析电路结构，重点明确温控开关的作用，明确电饭煲的工作原理；
（2）根据电路结构利用串联电路规律由功率公式可求得功率的表达式，则可求得比值．
【解答】解：（1）电饭煲煮饭时，接上电源，S2自动闭合，同时把手动开关S1闭合，这时黄灯短路，红灯亮，电饭煲处于加热状态．加热到80℃时，S2自动断开，S1仍闭合，继续加热，待水烧开后温度升高到103℃，开关S1自动断开，这时饭已煮熟，黄灯亮，电饭煲处于保温状态，由于电饭煲散热，待温度下降到70℃时，S2自动闭合，电饭煲又处于加热状态，待温度上升到80℃时，S2又自动断开，电饭煲再次处于保温状态．
（2）设电饭煲处于加热状态时消耗的电功率为P1，保温状态电功率为P2，则有加热时功率为：
P1=U2R2R3R2+R3
保温时功率为：
P2=U2R1+R2R3R2+R3
联立并代入数据得：P1P2=121
答：（1）原理如上分析；
（2）加热和保温两种状态下消耗的电功率之比为12：1．
19．如图所示为自耦变压器的示意图，其中L为一个绕在闭合铁芯上的线圈，共有1500匝。它的下端点接地，并连接着输入端B和输出端D，另一输入端A固定在线圈某处，而另一输出端C则可以在线圈上滑动。
（1）要求在A、B间输入220V交变电压，在C、D间的输出电压在0～250V间连续可调。A、B间线圈匝数是多少？
（2）若输入电压降至210V，输出电压要求为220V，连接在C、D间的线圈应为多少匝？
【分析】根据原副线圈电压关系：U1U2=n1n2进行分析和求解。
【解答】解：（1）根据题意可知，n2＝1500匝，U1＝220V，U2＝250V，设原线圈的匝数为n1，根据匝数与电压的关系有U1U2=n1n2
解得n1＝1320匝
（2）根据题意可知，U1＝210V，U2＝220V，设副线圈的匝数为n2，根据匝数与电压的关系有U1U2=n1n2
解得n2≈1383匝
答：（1）A、B间线圈匝数为1320匝；
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
A
A
D
A
D
D
C
B
C
C
D
题号
12
13
答案
C
D