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江西省2020届高三上学期模拟检测物理试卷
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物理试卷
一.选择题
1．（6分）在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步。下列表述符合物理学史的是（ ）
A．伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证
B．牛顿发现了万有引力定律，并预言了引力波的存在
C．法拉第首次引入电场线和磁感线，极大地促进了人类对电磁现象的研究
D．库仑提出了库仑定律，并用油滴实验测得了元电荷的值
2．（6分）质量为M＝1kg的木板静止在粗糙水平面上，木板与地面间的动摩擦因数为μ1，在木板的左端放置一个质量为m＝1kg、大小可忽略的铁块。铁块与木板间的动摩擦因数为μ2，取g＝10m/s2．若在铁块右端施加一个从0开始增大的水平向右的力F，假设木板足够长，铁块受木板摩擦力Ff随拉力F的变化如图所示。则两个动摩擦因数的数值为（ ）
A．μ1＝0.1 μ2＝0.4 B．μ1＝0.1 μ2＝0.2
C．μ1＝0.2 μ2＝0.4 D．μ1＝0.4 μ2＝0.4
3．（6分）如图所示，理想变压器原线圈a、b间输入一稳定的正弦交流电，原线圈接有理想交流电流表A，副线圈接有理想交流电压表V，当滑动变阻器的滑片向上滑动时，下列说法正确的是（ ）
A．电压表的示数不变 B．电压表的示数增大
C．电流表的示数增大 D．电阻R2的功率减小
4．（6分）已知氢原子的基态能量为 E1，激发态能量，其中n＝2，3，4…，用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速。有一氢原子处于n＝3的激发态，在它向低能态跃迁时，可能辐射的光子的最大波长为（ ）
A． B． C． D．
5．（6分）如图所示，在直角三角形abc区域（含边界）内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a＝60°，∠b＝90°，边长ac＝L，一个粒子源在a点将质量为2m、电荷量为q的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是（ ）
A． B． C． D．
6．（3分）如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝2Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝1T，导轨间距L＝1m。一质量m＝2kg，阻值r＝2Ω的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v﹣x图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.2，则从起点发生x＝1m位移的过程中（g＝10m/s2）（ ）
A．金属棒克服安培力做的功W1＝0.25 J
B．金属棒克服摩擦力做的功W2＝5 J
C．整个系统产生的总热量Q＝4.25 J
D．拉力做的功W＝9.25 J
7．（3分）2018年3月30日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第三十、三十一颗北斗导航卫星。按照计划，北斗卫星导航系统将于2018年底服务“一带一路”沿线国家。已知“北斗第三十颗导航卫星”做匀速圆周运动的轨道半径小于地球同步卫星轨道半径，运行速度为v，向心加速度为a；地球表面的重力加速度为g，引力常量为G．下列判断正确的是（ ）
A．地球质量为
B．该导航卫星的运行周期大于24 小时
C．该导航卫星的轨道半径与地球半径之比为：
D．该导航卫星的运行速度与地球第一宇宙速度之比：
8．（3分）空间分布有竖直方向的匀强电场，现将一质量为m的带电小球A从O点斜向上抛出，小球沿如图所示的轨迹击中绝缘竖直墙壁的P点。将另一质量相同、电荷量不变、电性相反的小球B仍从O点以相同的速度抛出，该球垂直击中墙壁的Q点（图中未画出）。对于上述两个过程，下列叙述中正确的是（ ）
A．球A的电势能增大，球B的电势能减小
B．P点位置高于Q点
C．若仅增大A球质量，A球有可能击中Q点
D．电场力对球A的冲量大小等于对球B的冲量大小
二、非选择题：（一）必考题（共129分）
9．（6分）用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。气垫导轨上A处安装了一个光电门，滑块上固定一遮光条，滑块用绕过气垫导轨左端定滑轮的细线与钩码相连，每次滑块都从同一位置由静止释放，释放时遮光条位于气垫导轨上B位置的上方。
（1）某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d＝ mm。
（2）实验中，接通气源，滑块静止释放后，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间为t，测得滑块质量为M，钩码质量为m，A、B间的距离为L．在实验误差允许范围内，钩码减小的重力势能mgL与 （用直接测量的物理量符号表示）相等，则机械能守恒。
（3）下列不必要的一项实验要求是 （请填写选项前对应的字母）。
A．滑块必须由静止释放 B．应使滑块的质量远大于钩码的质量
C．已知当地重力加速度 D．应使细线与气垫导轨平行
10．（8分）某实验小组用如下器材来测量电压表的内阻。
A．待测电压表（量程3V，内阻约几千欧）
B．电流表（量程0.6A，内阻约0.1Ω）
C．电池组（电动势约3V，内阻可忽略）
D．滑动变阻器R0
E．变阻箱R（0﹣9999Ω）
F．开关和导线若干
（1）图甲是某同学设计的电路，大家讨论后一致认为此电路不可行，你认为原因是 ；
A．R0阻值较小
B．电流表存在内阻
C．电压表无法准确读数
D．电流表无法准确读数
（2）同学们改用图乙电路进行测量，设电阻箱的阻值R，电压表的示数为U，为了根据图象能求得电压表的内阻，应该作 图线（选“﹣R”、填“U﹣R”、U﹣）；
（3）请根据你选择的坐标轴和下表的数据，在图丙中标上合适的标度作出相应图线；
R/kΩ
0.6
1.5
2
3
4
5
U/V
2.5
2
1.8
1.5
1.3
1.13
/kΩ﹣1
1.67
0.67
0.5
0.33
0.25
0.20
/V﹣1
0.40
0.50
0.56
0.67
0.78
0.88
（4）根据你所画出的图线，求出电源的电动势E＝ V，电压表内阻Rv＝ kΩ（保留两位有效数字）。
11．（14分）如图所示，质量为2m和m的两个弹性环A、B用不可伸长的、长为L的轻绳连接，分别套在水平细杆OP和竖直细杆OQ上，OP与OQ在O点用一小段圆弧杆平滑相连，且OQ足够长。初始时刻，将轻绳拉至水平位置伸直，然后释放两个小环，A环通过小段圆弧杆时速度大小保持不变，重力加速度为g，不计一切摩擦，试求：
（1）当B环下落时A球的速度大小；
（2）A环到达O点后再经过多长时间能够追上B环；
12．（18分）如图所示，在真空室内的P点，能沿平行纸面向各个方向不断发射电荷量为+q、质量为m的粒子（不计重力），粒子的速率都相同。ab为P点附近的一条水平直线，P到直线ab的距离PC＝L，Q为直线ab上一点，它与P点相距PQ＝．当直线ab以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q点；当ab以上区域只存在平行该平面的匀强电场时，所有粒子都能到达ab直线，且它们到达ab直线时动能都相等，其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q点。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）粒子的发射速率；
（2）PQ两点间的电势差；
（3）仅有磁场时，能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间。
[物理--选修33]（15分）
13．（5分）下列说法中正确的是（ ）
A．由于表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，所以液体存在表面张力
B．用油膜法估测出了油酸分子直径，如果已知其密度可估测出阿伏伽德罗常数
C．在棉花、粉笔等物体内都有很多细小的孔道，它们起到了毛细管的作用
D．一定质量的理想气体从外界吸收热量，温度一定升高
E．空气相对湿度大，体表的水不易蒸发，所以人就感到潮湿
14．（10分）为了更方便监控高温锅炉外壁的温度变化，在锅炉的外壁上镶嵌一个导热性能良好的汽缸，汽缸内气体温度可视为与锅炉外壁温度相等。汽缸开口向上，用质量为m＝1kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S＝1cm2．当汽缸内温度为300K时，活塞与汽缸底间距为L，活塞上部距活塞L处有一用轻质绳悬挂的重物M．当绳上拉力为零时，警报器报警。已知室外空气压强p0＝1.0×105Pa，活塞与器壁之间摩擦可忽略。求：
（ⅰ）当活塞刚刚碰到重物时，锅炉外壁温度为多少？
（ⅱ）若锅炉外壁的安全温度为900K，那么重物的质量应是多少？
[物理--选修34]（15分）
15．如图所示，一由玻璃制成的直角三棱镜ABC，其中AB＝AC，该三棱镜对红光的折射率大于．一束平行于BC边的白光射到AB面上。光束先在AB面折射后射到BC面上，接着又从AC面射出。下列说法正确的是（ ）
A．各色光在AB面的折射角都小于30°
B．各色光在BC面的入射角都大于45°
C．有的色光可能不在BC面发生全反射
D．从AC面射出的有色光束中红光在最上
E．从AC面射出的光束一定平行于BC边
16．如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，在x轴上有P、M、Q三点，从波传到x＝5m的点时开始计时，已知t1＝0.5s时x＝7m的M点第一次出现波峰。求：
①这列波传播的速度；
②从t＝0时刻起到t2＝0.85s止，质点Q（x＝9m）通过的路程（保留至小数点后一位）
参考答案与试题解析
一.选择题
1．（6分）在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步。下列表述符合物理学史的是（ ）
A．伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证
B．牛顿发现了万有引力定律，并预言了引力波的存在
C．法拉第首次引入电场线和磁感线，极大地促进了人类对电磁现象的研究
D．库仑提出了库仑定律，并用油滴实验测得了元电荷的值
【考点】1U：物理学史．
【专题】31：定性思想；45：归纳法；511：直线运动规律专题．
【分析】本题是物理学史问题，根据伽利略、牛顿、法拉第和库仑等人的物理学成就进行解答。
【解答】解：A、伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理得到的，故A错误；
B、牛顿发现了万有引力定律，但并没有预言引力波的存在，预言了引力波存在的人是爱因斯坦，故B错误；
C、法拉第首次引入电场线和磁感线，极大地促进了人类对电磁现象的研究，故C正确；
D、库仑提出了库仑定律，密立根用油滴实验测得了元电荷的值，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物理学史问题，关键要记牢物理学上重大发现、发明、著名理论，平时要加强记忆。
2．（6分）质量为M＝1kg的木板静止在粗糙水平面上，木板与地面间的动摩擦因数为μ1，在木板的左端放置一个质量为m＝1kg、大小可忽略的铁块。铁块与木板间的动摩擦因数为μ2，取g＝10m/s2．若在铁块右端施加一个从0开始增大的水平向右的力F，假设木板足够长，铁块受木板摩擦力Ff随拉力F的变化如图所示。则两个动摩擦因数的数值为（ ）
A．μ1＝0.1 μ2＝0.4 B．μ1＝0.1 μ2＝0.2
C．μ1＝0.2 μ2＝0.4 D．μ1＝0.4 μ2＝0.4
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；548：热力学定理专题．
【分析】根据图象分析二者的运动情况，先以整体为研究对象根据牛顿第二定律求解加速度大小，分析铁块的摩擦力随F 的变化关系，求解μ1；再以铁块为研究对象，根据滑动摩擦力的计算公式求解μ2。
【解答】解：根据图线可知，当0＜F＜2N过程中，整体保持静止；当2N＜F≤6N过程中，二者以共同的加速度加速前进；
当F＞6N过程中，铁块受到的摩擦力不变，说明二者打滑，发生相对运动；
所以在2N＜F≤6N过程中，系统的加速度为：
对铁块，根据牛顿第二定律可得：F﹣f＝ma，
解得：f＝F+μ1g
当F＝6N时，摩擦力为：f＝4N，
解得：μ1＝0.1；
当F＞6N过程中，铁块的摩擦力不变，则有：
μ2mg＝4N，
解得：μ2＝0.4，故A正确、BCD错误。
故选：A。
【点评】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用
3．（6分）如图所示，理想变压器原线圈a、b间输入一稳定的正弦交流电，原线圈接有理想交流电流表A，副线圈接有理想交流电压表V，当滑动变阻器的滑片向上滑动时，下列说法正确的是（ ）
A．电压表的示数不变 B．电压表的示数增大
C．电流表的示数增大 D．电阻R2的功率减小
【考点】E8：变压器的构造和原理．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；53A：交流电专题．
【分析】电源电压U＝UR1+U1，UR1＝R1I1，原副线圈电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，当滑线变阻器的滑片P向上滑动时，副线圈电阻减小，根据欧姆定律分析电流、电压变化。
【解答】解：ABC、当滑线变阻器的滑片P向上滑动时，电阻减小，副线圈电流变大，原线圈电流也变大，电流表示数变大，故R1分压变大，则原线圈输入电压减小，匝数不变，副线圈电压减小，故电压表示数减小，故AB错误，C正确；
D、当滑线变阻器的滑片P向上滑动时，电阻减小，副线圈电流变大，R2阻值不变，故功率变大，故D错误；
故选：C。
【点评】变压器的动态分析与恒定电流动态分析相似，只是注意“电压由原线圈决定，功率和电流由副线圈决定”。
4．（6分）已知氢原子的基态能量为 E1，激发态能量，其中n＝2，3，4…，用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速。有一氢原子处于n＝3的激发态，在它向低能态跃迁时，可能辐射的光子的最大波长为（ ）
A． B． C． D．
【考点】J4：氢原子的能级公式和跃迁．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；54N：原子的能级结构专题．
【分析】能级间跃迁辐射或吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子能量越大，频率越大，波长越小。
【解答】解：一群氢原子处于n＝3激发态，据玻尔理论在这3种频率光子中，可释放出的光子频率种类中，当氢原子从n＝3能级向n＝2能级跃迁时辐射的光子波长最长，
E2＝
E3＝，
＝E3﹣E2，
λ＝＝，故A正确，BCD错误
故选：A。
【点评】解决本题的关键知道能级间跃迁放出或吸收光子的能量满足＝hγ＝Em﹣En。
5．（6分）如图所示，在直角三角形abc区域（含边界）内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a＝60°，∠b＝90°，边长ac＝L，一个粒子源在a点将质量为2m、电荷量为q的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】粒子在磁场中转过的圆心角越大，粒子的运动时间越长，粒子沿ab边界方向射入磁场从ac边射出磁场时转过的圆心角最大，运动时间最长，作出粒子运动轨迹求出粒子的最大轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出粒子的最大速度。
【解答】解：粒子沿ab边界方向射入磁场从ac边射出磁场时转过的圆心角最大，粒子在磁场中的运动时间最长，粒子速度最大时运动轨迹与bc相切，粒子运动轨迹如图所示，
由题意可知：∠a＝60°，∠b＝90°，边长ac＝L，则ab＝L，四边形abdO是正方形，粒子轨道半径：r＝L
粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvmB＝2m
解得粒子的最大速度为：，故ACD错误，B正确；
故选：B。
【点评】本题带电粒子在有界的磁场中运动的类型，注意根据圆的对称性得到出射时粒子速度和边界的夹角与入射时速度和边界的夹角相等。解答此题的关键是明确粒子的运动规律，画出临界轨迹，结合几何关系确定轨道半径，根据牛顿第二定律列式求解最大速度，注意粒子不能从C点射出。
6．（3分）如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝2Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝1T，导轨间距L＝1m。一质量m＝2kg，阻值r＝2Ω的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v﹣x图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.2，则从起点发生x＝1m位移的过程中（g＝10m/s2）（ ）
A．金属棒克服安培力做的功W1＝0.25 J
B．金属棒克服摩擦力做的功W2＝5 J
C．整个系统产生的总热量Q＝4.25 J
D．拉力做的功W＝9.25 J
【考点】65：动能定理；BB：闭合电路的欧姆定律；CE：安培力的计算；D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4B：图析法；53B：电磁感应与图像结合．
【分析】由速度图象得出v与x的关系式，由安培力公式FA＝，得到FA与x的关系式，可知FA与x是线性关系，即可求出发生x＝1m位移的过程中安培力做功x，再根据动能定理求解拉力做功；根据能量守恒求解整个系统产生的总热量Q。
【解答】解：A、由速度﹣位移图象得：v＝2x
金属棒所受的安培力为：
代入得：FA＝0.5x
则知FA与x是线性关系。当x＝0时，安培力FA1＝0
当x＝1m时，安培力FA2＝0.5N
则从起点发生x＝1m位移的过程中，安培力做功为：WA＝﹣x＝×1J×＝﹣0.25J
即金属棒克服安培力做的功为：W1＝0.25J，故A正确。
B、金属棒克服摩擦力做的功为：W2＝μmgx＝0.2×2×10×1J＝4J，故B错误；
CD、克服安培力做功等于回路中产生的电热，克服摩擦力做功等于产生的摩擦热，则整个系统产生的总热量Q＝WA+W2＝4.25 J，故C正确；
D、根据动能定理得：WF+W2+WA＝mv2，其中v＝2m/s，μ＝0.2，m＝2kg
代入解得拉力做的功为：WF＝8.25J．故D错误。
故选：AC。
【点评】本题的关键是根据v与x的关系，由安培力公式FA＝得到FA与x的关系式，确定出FA与x是线性关系，从而能求出安培力平均值，可以利用安培力平均值求出安培力做的功。若安培力是变化的，不能这样做。
7．（3分）2018年3月30日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第三十、三十一颗北斗导航卫星。按照计划，北斗卫星导航系统将于2018年底服务“一带一路”沿线国家。已知“北斗第三十颗导航卫星”做匀速圆周运动的轨道半径小于地球同步卫星轨道半径，运行速度为v，向心加速度为a；地球表面的重力加速度为g，引力常量为G．下列判断正确的是（ ）
A．地球质量为
B．该导航卫星的运行周期大于24 小时
C．该导航卫星的轨道半径与地球半径之比为：
D．该导航卫星的运行速度与地球第一宇宙速度之比：
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52A：人造卫星问题．
【分析】根据万有引力提供向心力，结合运行速度和向心加速度求出地球的质量；根据万有引力提供向心力得出周期的表达式，结合轨道半径的大小比较周期大小；根据万有引力等于重力和万有引力提供向心力分别求出导航卫星的轨道半径与地球半径的表达式，从而得出导航卫星的轨道半径与地球半径之比；根据万有引力提供向心力得出导航卫星的运行速度与第一宇宙速度之比。
【解答】解：A、根据得，地球的质量M＝，又a＝，则M＝，故A正确。
B、根据得，T＝，由于“北斗第三十颗导航卫星”做匀速圆周运动的轨道半径小于地球同步卫星轨道半径，则周期小于同步卫星的周期，即小于24小时，故B错误。
C、根据得，R＝，根据的，r＝，则导航卫星的轨道半径与地球半径之比为，故C正确。
D、根据得，导航卫星的运行速度v＝，根据得，，则导航卫星的运行速度与地球第一宇宙速度之比为，故D错误。
故选：AC。
【点评】解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：1、万有引力提供向心力，2、万有引力等于重力，并能灵活运用。
8．（3分）空间分布有竖直方向的匀强电场，现将一质量为m的带电小球A从O点斜向上抛出，小球沿如图所示的轨迹击中绝缘竖直墙壁的P点。将另一质量相同、电荷量不变、电性相反的小球B仍从O点以相同的速度抛出，该球垂直击中墙壁的Q点（图中未画出）。对于上述两个过程，下列叙述中正确的是（ ）
A．球A的电势能增大，球B的电势能减小
B．P点位置高于Q点
C．若仅增大A球质量，A球有可能击中Q点
D．电场力对球A的冲量大小等于对球B的冲量大小
【考点】37：牛顿第二定律；52：动量定理；AE：电势能与电场力做功．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】根据题意可判断电场力的方向，从而判断电场力做功情况以及电势能变化情况；分析两种情况下的加速度关系，根据v2﹣v02＝2ah判断h的关系；根据I＝Ft判断电场力的冲量关系。
【解答】解：A、由题意可知，击中P点的小球A受电场力向下，垂直击中Q点的小球B受电场力向上，可知电场力对A做负功，对B做正功，球A的电势能增大，球B的电势能减小，选项A正确；
B、根据牛顿第二定律，对A球：mg+qE＝maA；对B球：mg﹣qE＝maB；可知aA＞aB；对球A竖直方向：，对球B在竖直方向：；可得hA＜hB，即P点位置低于Q点，选项B错误；
C、若仅增大A球质量，可知aA减小，但是不可能等于aB，则hA不可能等于hB，则若仅增大A球质量，A球不可能击中Q点，选项C错误；
D、因两次抛球小球在水平方向的分速度相同，水平位移相同，可知两球运动的时间t相同；根据I＝Eqt可知电场力对球A的冲量大小等于对球B的冲量大小，选项D正确；
故选：AD。
【点评】本题考查电学和力的综合问题，关键是根据运动情况判断电场力的方向。
二、非选择题：（一）必考题（共129分）
9．（6分）用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。气垫导轨上A处安装了一个光电门，滑块上固定一遮光条，滑块用绕过气垫导轨左端定滑轮的细线与钩码相连，每次滑块都从同一位置由静止释放，释放时遮光条位于气垫导轨上B位置的上方。
（1）某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d＝ 2.70 mm。
（2）实验中，接通气源，滑块静止释放后，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间为t，测得滑块质量为M，钩码质量为m，A、B间的距离为L．在实验误差允许范围内，钩码减小的重力势能mgL与 （用直接测量的物理量符号表示）相等，则机械能守恒。
（3）下列不必要的一项实验要求是 B （请填写选项前对应的字母）。
A．滑块必须由静止释放 B．应使滑块的质量远大于钩码的质量
C．已知当地重力加速度 D．应使细线与气垫导轨平行
【考点】MD：验证机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】】游标卡尺读数结果等于固定刻度读数加上可动刻度读数，不需要估读；
本实验中由于遮光条通过光电门的时间极短，因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度大小，从而即可求解动能的增加量；
通过实验数据，来判定钩码重力势能的减少量与系统动能的增加量的关系即可，与滑块的质量是否远大于钩码的质量无关；
根据机械能守恒定律，即可判断出满足的表达式，由于动能增加量大于势能的减小量，说明还有其他重力做正功，即可判断。
【解答】解；（1）由图示游标卡尺可知，主尺示数为2mm，游标尺示数为14×0.05mm＝0.70mm，则游标卡尺读数为2mm+0.70mm＝2.70mm；
（2）由于遮光条通过光电门的时间极短因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度，因此滑块经过光电门时的瞬时速度为：v＝；
实验要验证机械能守恒定律，故：mgL＝（M+m）v2＝；
（3）本实验中拉力时通过实验数据，来判定钩码重力势能的减少量与系统动能的增加量的关系，故不需要保证所挂钩码的质量m远小于滑块质量M，故ACD不符合题意，B符合；
故选：B
故答案为：（1）2.70 （2） （3）B
【点评】本题考查了实验器材、实验注意事项、实验数据处理、实验误差分析等问题；要掌握实验原理、实验器材与实验注意事项、实验数据的处理方法；常常应用图象法处理实验数据，应用图象法处理实验数据时为方便实验数据处理，注意游标卡尺没有估计值。
10．（8分）某实验小组用如下器材来测量电压表的内阻。
A．待测电压表（量程3V，内阻约几千欧）
B．电流表（量程0.6A，内阻约0.1Ω）
C．电池组（电动势约3V，内阻可忽略）
D．滑动变阻器R0
E．变阻箱R（0﹣9999Ω）
F．开关和导线若干
（1）图甲是某同学设计的电路，大家讨论后一致认为此电路不可行，你认为原因是 D ；
A．R0阻值较小
B．电流表存在内阻
C．电压表无法准确读数
D．电流表无法准确读数
（2）同学们改用图乙电路进行测量，设电阻箱的阻值R，电压表的示数为U，为了根据图象能求得电压表的内阻，应该作 ﹣R 图线（选“﹣R”、填“U﹣R”、U﹣）；
（3）请根据你选择的坐标轴和下表的数据，在图丙中标上合适的标度作出相应图线；
R/kΩ
0.6
1.5
2
3
4
5
U/V
2.5
2
1.8
1.5
1.3
1.13
/kΩ﹣1
1.67
0.67
0.5
0.33
0.25
0.20
/V﹣1
0.40
0.50
0.56
0.67
0.78
0.88
（4）根据你所画出的图线，求出电源的电动势E＝ 2.9 V，电压表内阻Rv＝ 3.1 kΩ（保留两位有效数字）。
【考点】N3：测定电源的电动势和内阻；N6：伏安法测电阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；43：推理法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）根据实验的原理，结合欧姆定律分析该电路不可行的原因。
（2）根据闭合电路欧姆定律得出电压表示数U与电阻箱电阻R的关系式，结合线性函数关系确定所作的图线。
（3）描点作图。
（4）根据图线的斜率和纵轴截距求出电动势和电压表的内阻。
【解答】解：（1）运用图甲测量电压表的内阻，即运用电压表的示数除以电流表的示数，即为电压表的内阻，由于电动势大约3V，电压表的内阻大约几千欧，则电流表的示数非常小非常小，无法准确读数，可知该电路不可行的原因是电流表的无法准确读数，
故选：D。
（2）根据闭合电路欧姆定律得：E＝U+，整理得：，作﹣R图线，图线的纵轴截距等于电动势的倒数，根据图线的斜率可以求出电压表的内阻。
（3）﹣R图线如图所示。
（4）由图象可知，当R＝0时，＝0.34V，则，图线的斜率k＝，RV＝3.1×103Ω＝3.1kΩ。
故答案为：（1）D，（2）﹣R，（3）如图所示，（4）2.9，3.1。
【点评】解决本题的关键知道实验的原理，运用闭合电路欧姆定律，运用图象法进行求解。对于图线问题，一般的解题思路是得出物理量间的关系式，结合图线的斜率或截距进行求解。
11．（14分）如图所示，质量为2m和m的两个弹性环A、B用不可伸长的、长为L的轻绳连接，分别套在水平细杆OP和竖直细杆OQ上，OP与OQ在O点用一小段圆弧杆平滑相连，且OQ足够长。初始时刻，将轻绳拉至水平位置伸直，然后释放两个小环，A环通过小段圆弧杆时速度大小保持不变，重力加速度为g，不计一切摩擦，试求：
（1）当B环下落时A球的速度大小；
（2）A环到达O点后再经过多长时间能够追上B环；
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；45：运动的合成和分解；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）A与B下降的过程中系统的机械能守恒，先由速度的合成与分解求出A、B速度的关系，然后即可求出A、B在不同点的速度；
（2）根据匀变速直线运动的公式，结合位移关系即可求出A追上B的时间。
【解答】解：（1）当B环下落时绳子与水平方向之间的夹角满足：sinα＝
即为：α＝30°
由速度的合成与分解可知：
v绳＝vAcos30°＝vBsin30°
则有：vB＝＝vA
B下降的过程中A与B组成的系统机械能守恒，有：，
所以A环的速度为：vA＝；
（2）由于A到达O点时B的速度等于0，由机械能守恒有：2mvA′2＝mgL，
解得vA′＝环A过O点后做初速度为vA′、加速度为g的匀加速直线运动，B做自由落体运动；
当A追上B时，有：vA′t+gt2＝L+gt2
解得：t＝；
答：（1）当B环下落时A球的速度大小为；
（2）A环到达O点后再经过时间能够追上B环。
【点评】该题结合机械能守恒考查运动的合成与分解，解答的关键是能看到A与B的速度不一定大小相等，但它们沿绳子方向的分速度大小相等。
12．（18分）如图所示，在真空室内的P点，能沿平行纸面向各个方向不断发射电荷量为+q、质量为m的粒子（不计重力），粒子的速率都相同。ab为P点附近的一条水平直线，P到直线ab的距离PC＝L，Q为直线ab上一点，它与P点相距PQ＝．当直线ab以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q点；当ab以上区域只存在平行该平面的匀强电场时，所有粒子都能到达ab直线，且它们到达ab直线时动能都相等，其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q点。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）粒子的发射速率；
（2）PQ两点间的电势差；
（3）仅有磁场时，能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间。
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】（1）当只存在匀强磁场时，c粒子由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出粒子的运动轨迹，由几何知识求出a粒子做匀速圆周运动的半径，由牛顿第二定律求出∝粒子的发射速率；
（2）当只存在匀强电场时，a粒子做类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学结合求解PQ两点间的电势差；
（3）当仅加上述磁场时，根据几何知识确定出轨迹的圆心角，然后求出能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间；
【解答】解：（1）设粒子做匀速圆周运动的半径为R，过O作PQ的垂线交PQ于A点，如图所示：
由几何知识可得：＝
代入数据可得粒子轨迹半径为：R＝＝
洛伦兹力提供向心力为：qvB＝
解得粒子发射速度为：v＝
（2）真空室只加匀强电场时，由粒子到达ab直线的动能相等，可知ab为等势面，电场方向垂直ab向下，水平向左射出的粒子经时间t到达Q点，在这段时间内
＝L＝vt
＝L＝at2
式中a＝
解得电场强度的大小为U＝
（3）只有磁场时，粒子以O1为圆心沿圆弧PD运动，当弧和直线ab相切于D点时，粒子速度的偏转
角最大，对应的运动时间最长，如图所示。据图有：
sinaα＝＝0.6
解得：α＝37°
故最大偏转角为：γmax＝233°
粒子在磁场中运动最大时长为：t1＝T＝
式中T为粒子在磁场中运动的周期，粒子以O2为圆心沿圆弧PC运动的速度偏转角最小，对应的运动时间最短。据图有
sinβ＝＝
解得：β＝53°
速度偏转角最小为：γmin＝106°
故最短时间为：t2＝＝
答：（1）粒子的发射速率是；
（2）PQ两点间的电势差；
（3）仅有磁场时，能到达直线ab的粒子所用最长时间是
最短时间是。
【点评】本题的突破口是确定a粒子在匀强磁场中和匀强电场中的运动轨迹，由几何知识求解磁场中圆周运动的半径。
[物理--选修33]（15分）
13．（5分）下列说法中正确的是（ ）
A．由于表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，所以液体存在表面张力
B．用油膜法估测出了油酸分子直径，如果已知其密度可估测出阿伏伽德罗常数
C．在棉花、粉笔等物体内都有很多细小的孔道，它们起到了毛细管的作用
D．一定质量的理想气体从外界吸收热量，温度一定升高
E．空气相对湿度大，体表的水不易蒸发，所以人就感到潮湿
【考点】8F：热力学第一定律；8L：估测油酸分子大小；95：液体的表面张力；96：毛细现象；9H：相对湿度．菁优网版权所有
【分析】表面张力产生的原因是由于表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大；
在用油膜法估测分子的大小”实验中，我们做了些理想化处理，认为油酸分子之间无间隙，油酸膜为单层分子。
在棉花、粉笔等物体内都有很多细小的孔道，它们起到了毛细管的作用。
做功与热传递都可以改变物体的内能。
人是否感到潮湿与相对湿度有关。
【解答】解：A、液体间的作用力是由分子间的引力和斥力相互作用一起的，即由分子作用力引起的，表面张力产生的原因是由于表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大。故A正确。
B、用油膜法估测出了油酸分子直径，如果已知其密度和油膜的摩尔质量才能估测出阿伏伽德罗常数。故B错误。
C、在棉花、粉笔等物体内都有很多细小的孔道，它们起到了毛细管的作用，可以吸附液体分子。故C正确。
D、一定质量的理想气体从外界吸收热量，若同时对外做功，内能不一定增大，所以温度不一定升高。故D错误。
E、人是否感到潮湿与相对湿度有关，空气相对湿度大，体表的水不易蒸发，所以人就感到潮湿。故E正确。
故选：ACE。
【点评】此题主要考查了热力学的基本知识点，向表面张力、阿伏伽德罗常数、热力学第一定律、相对湿度等，只要平时记住即可。
14．（10分）为了更方便监控高温锅炉外壁的温度变化，在锅炉的外壁上镶嵌一个导热性能良好的汽缸，汽缸内气体温度可视为与锅炉外壁温度相等。汽缸开口向上，用质量为m＝1kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S＝1cm2．当汽缸内温度为300K时，活塞与汽缸底间距为L，活塞上部距活塞L处有一用轻质绳悬挂的重物M．当绳上拉力为零时，警报器报警。已知室外空气压强p0＝1.0×105Pa，活塞与器壁之间摩擦可忽略。求：
（ⅰ）当活塞刚刚碰到重物时，锅炉外壁温度为多少？
（ⅱ）若锅炉外壁的安全温度为900K，那么重物的质量应是多少？
【考点】9D：气体的等温变化；9E：气体的等容变化和等压变化；9K：封闭气体压强．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；21：信息给予题；31：定性思想；43：推理法；54A：气体的状态参量和实验定律专题．
【分析】（1）活塞上升过程为等压变化，根据盖吕萨克定律列式可求解当活塞刚刚碰到重物时，锅炉外壁温度；
（2）活塞碰到重物后到绳的拉力为零是等容过程，对活塞受力分析，结合查理定律列式求解重物的质量。
【解答】解：（ⅰ）活塞上升过程为等压变化，则先后体积分别为：
V1＝LS
V2＝2LS
根据盖吕萨克定律列式有：
解得：T2＝600K
（ⅱ）活塞碰到重物后到绳的拉力为零是等容过程，设重物质量为M，则可知前后压强为：
p2S＝p0S+mg
p3S＝p0S+（m+M）g
根据查理定律可得：
解得：M＝1kg
答：（ⅰ）当活塞刚刚碰到重物时，锅炉外壁温度为600K；
（ⅱ）若锅炉外壁的安全温度为900K，那么重物的质量应是1kg。
【点评】本题考查气体实验定律的综合运用，解题关键是要分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，明确变化过程，选择合适的规律解决。
[物理--选修34]（15分）
15．如图所示，一由玻璃制成的直角三棱镜ABC，其中AB＝AC，该三棱镜对红光的折射率大于．一束平行于BC边的白光射到AB面上。光束先在AB面折射后射到BC面上，接着又从AC面射出。下列说法正确的是（ ）
A．各色光在AB面的折射角都小于30°
B．各色光在BC面的入射角都大于45°
C．有的色光可能不在BC面发生全反射
D．从AC面射出的有色光束中红光在最上
E．从AC面射出的光束一定平行于BC边
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54D：光的折射专题．
【分析】由临界角的范围，由临界角公式求出折射率的范围，从而确定各色光的折射角大小，根据临界角的性质确定能否发生发全射，并根据几何关系和折射定律确定各色光的位置。
【解答】解：A、设光在AB面的折射角为α，由折射定律知，＞，解得sin α＜，即各色光在AB面的折射角都小于30°，故A正确；
B、由几何关系知，各色光射向BC面时，入射角都大于45°，故B正确；
C、由临界角公式sin θ＝知，各色光全反射的临界角都小于45°，各色光都在BC面发生全反射，故C错误；
D、从AC面射出的光束一定平行于BC边，由于红光射向BC面时的入射角最大，故红光射到AC面时处于最下方，故E正确，D错误。
故选：ABE。
【点评】本题考查全反射知识。在所有色光中红光的折射率最小，全反射临界角最大。要作出光路图，由几何知识与折射定律结合研究即可。
16．如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，在x轴上有P、M、Q三点，从波传到x＝5m的点时开始计时，已知t1＝0.5s时x＝7m的M点第一次出现波峰。求：
①这列波传播的速度；
②从t＝0时刻起到t2＝0.85s止，质点Q（x＝9m）通过的路程（保留至小数点后一位）
【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；21：信息给予题；31：定性思想；43：推理法；51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】①据波前运动方向可得：M点第一次出现波峰的时间和周期的关系，从而求得周期；再根据图象得到波长，即可求得这列波传播的速度；
②由波速求得质点Q开始振动的时间，进而得到质点运动时间，再根据运动时间和周期的关系，由振幅求得路程。
【解答】解：①由波的平移可知，波从x＝2m处传播到x＝7m处，M点第一次出现波峰，
可得波速为：v＝＝m/s＝10m/s
②从t＝0开始，设经过△t质点Q开始振动，则有：△t＝＝s＝0.4s
所以质点Q振动的时间为：△t1＝t2﹣△t＝0.85s﹣0.4s＝0.45s
由v＝，T＝0.4s，△t1＝T
质点Q通过的路程为：s＝4A+A
s＝40+5（cm）＝47.1cm
答：①这列波传播的速度为10m/s；
②从t＝0时刻起到t2＝0.85s止，质点Q（x＝9m）通过的路程为47.1cm。
【点评】机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。
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一.选择题
1．（6分）在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步。下列表述符合物理学史的是（ ）
A．伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证
B．牛顿发现了万有引力定律，并预言了引力波的存在
C．法拉第首次引入电场线和磁感线，极大地促进了人类对电磁现象的研究
D．库仑提出了库仑定律，并用油滴实验测得了元电荷的值
2．（6分）质量为M＝1kg的木板静止在粗糙水平面上，木板与地面间的动摩擦因数为μ1，在木板的左端放置一个质量为m＝1kg、大小可忽略的铁块。铁块与木板间的动摩擦因数为μ2，取g＝10m/s2．若在铁块右端施加一个从0开始增大的水平向右的力F，假设木板足够长，铁块受木板摩擦力Ff随拉力F的变化如图所示。则两个动摩擦因数的数值为（ ）
A．μ1＝0.1 μ2＝0.4 B．μ1＝0.1 μ2＝0.2
C．μ1＝0.2 μ2＝0.4 D．μ1＝0.4 μ2＝0.4
3．（6分）如图所示，理想变压器原线圈a、b间输入一稳定的正弦交流电，原线圈接有理想交流电流表A，副线圈接有理想交流电压表V，当滑动变阻器的滑片向上滑动时，下列说法正确的是（ ）
A．电压表的示数不变 B．电压表的示数增大
C．电流表的示数增大 D．电阻R2的功率减小
4．（6分）已知氢原子的基态能量为 E1，激发态能量，其中n＝2，3，4…，用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速。有一氢原子处于n＝3的激发态，在它向低能态跃迁时，可能辐射的光子的最大波长为（ ）
A． B． C． D．
5．（6分）如图所示，在直角三角形abc区域（含边界）内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a＝60°，∠b＝90°，边长ac＝L，一个粒子源在a点将质量为2m、电荷量为q的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是（ ）
A． B． C． D．
6．（3分）如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝2Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝1T，导轨间距L＝1m。一质量m＝2kg，阻值r＝2Ω的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v﹣x图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.2，则从起点发生x＝1m位移的过程中（g＝10m/s2）（ ）
A．金属棒克服安培力做的功W1＝0.25 J
B．金属棒克服摩擦力做的功W2＝5 J
C．整个系统产生的总热量Q＝4.25 J
D．拉力做的功W＝9.25 J
7．（3分）2018年3月30日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第三十、三十一颗北斗导航卫星。按照计划，北斗卫星导航系统将于2018年底服务“一带一路”沿线国家。已知“北斗第三十颗导航卫星”做匀速圆周运动的轨道半径小于地球同步卫星轨道半径，运行速度为v，向心加速度为a；地球表面的重力加速度为g，引力常量为G．下列判断正确的是（ ）
A．地球质量为
B．该导航卫星的运行周期大于24 小时
C．该导航卫星的轨道半径与地球半径之比为：
D．该导航卫星的运行速度与地球第一宇宙速度之比：
8．（3分）空间分布有竖直方向的匀强电场，现将一质量为m的带电小球A从O点斜向上抛出，小球沿如图所示的轨迹击中绝缘竖直墙壁的P点。将另一质量相同、电荷量不变、电性相反的小球B仍从O点以相同的速度抛出，该球垂直击中墙壁的Q点（图中未画出）。对于上述两个过程，下列叙述中正确的是（ ）
A．球A的电势能增大，球B的电势能减小
B．P点位置高于Q点
C．若仅增大A球质量，A球有可能击中Q点
D．电场力对球A的冲量大小等于对球B的冲量大小
二、非选择题：（一）必考题（共129分）
9．（6分）用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。气垫导轨上A处安装了一个光电门，滑块上固定一遮光条，滑块用绕过气垫导轨左端定滑轮的细线与钩码相连，每次滑块都从同一位置由静止释放，释放时遮光条位于气垫导轨上B位置的上方。
（1）某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d＝ mm。
（2）实验中，接通气源，滑块静止释放后，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间为t，测得滑块质量为M，钩码质量为m，A、B间的距离为L．在实验误差允许范围内，钩码减小的重力势能mgL与 （用直接测量的物理量符号表示）相等，则机械能守恒。
（3）下列不必要的一项实验要求是 （请填写选项前对应的字母）。
A．滑块必须由静止释放 B．应使滑块的质量远大于钩码的质量
C．已知当地重力加速度 D．应使细线与气垫导轨平行
10．（8分）某实验小组用如下器材来测量电压表的内阻。
A．待测电压表（量程3V，内阻约几千欧）
B．电流表（量程0.6A，内阻约0.1Ω）
C．电池组（电动势约3V，内阻可忽略）
D．滑动变阻器R0
E．变阻箱R（0﹣9999Ω）
F．开关和导线若干
（1）图甲是某同学设计的电路，大家讨论后一致认为此电路不可行，你认为原因是 ；
A．R0阻值较小
B．电流表存在内阻
C．电压表无法准确读数
D．电流表无法准确读数
（2）同学们改用图乙电路进行测量，设电阻箱的阻值R，电压表的示数为U，为了根据图象能求得电压表的内阻，应该作 图线（选“﹣R”、填“U﹣R”、U﹣）；
（3）请根据你选择的坐标轴和下表的数据，在图丙中标上合适的标度作出相应图线；
R/kΩ
0.6
1.5
2
3
4
5
U/V
2.5
2
1.8
1.5
1.3
1.13
/kΩ﹣1
1.67
0.67
0.5
0.33
0.25
0.20
/V﹣1
0.40
0.50
0.56
0.67
0.78
0.88
（4）根据你所画出的图线，求出电源的电动势E＝ V，电压表内阻Rv＝ kΩ（保留两位有效数字）。
11．（14分）如图所示，质量为2m和m的两个弹性环A、B用不可伸长的、长为L的轻绳连接，分别套在水平细杆OP和竖直细杆OQ上，OP与OQ在O点用一小段圆弧杆平滑相连，且OQ足够长。初始时刻，将轻绳拉至水平位置伸直，然后释放两个小环，A环通过小段圆弧杆时速度大小保持不变，重力加速度为g，不计一切摩擦，试求：
（1）当B环下落时A球的速度大小；
（2）A环到达O点后再经过多长时间能够追上B环；
12．（18分）如图所示，在真空室内的P点，能沿平行纸面向各个方向不断发射电荷量为+q、质量为m的粒子（不计重力），粒子的速率都相同。ab为P点附近的一条水平直线，P到直线ab的距离PC＝L，Q为直线ab上一点，它与P点相距PQ＝．当直线ab以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q点；当ab以上区域只存在平行该平面的匀强电场时，所有粒子都能到达ab直线，且它们到达ab直线时动能都相等，其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q点。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）粒子的发射速率；
（2）PQ两点间的电势差；
（3）仅有磁场时，能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间。
[物理--选修33]（15分）
13．（5分）下列说法中正确的是（ ）
A．由于表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，所以液体存在表面张力
B．用油膜法估测出了油酸分子直径，如果已知其密度可估测出阿伏伽德罗常数
C．在棉花、粉笔等物体内都有很多细小的孔道，它们起到了毛细管的作用
D．一定质量的理想气体从外界吸收热量，温度一定升高
E．空气相对湿度大，体表的水不易蒸发，所以人就感到潮湿
14．（10分）为了更方便监控高温锅炉外壁的温度变化，在锅炉的外壁上镶嵌一个导热性能良好的汽缸，汽缸内气体温度可视为与锅炉外壁温度相等。汽缸开口向上，用质量为m＝1kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S＝1cm2．当汽缸内温度为300K时，活塞与汽缸底间距为L，活塞上部距活塞L处有一用轻质绳悬挂的重物M．当绳上拉力为零时，警报器报警。已知室外空气压强p0＝1.0×105Pa，活塞与器壁之间摩擦可忽略。求：
（ⅰ）当活塞刚刚碰到重物时，锅炉外壁温度为多少？
（ⅱ）若锅炉外壁的安全温度为900K，那么重物的质量应是多少？
[物理--选修34]（15分）
15．如图所示，一由玻璃制成的直角三棱镜ABC，其中AB＝AC，该三棱镜对红光的折射率大于．一束平行于BC边的白光射到AB面上。光束先在AB面折射后射到BC面上，接着又从AC面射出。下列说法正确的是（ ）
A．各色光在AB面的折射角都小于30°
B．各色光在BC面的入射角都大于45°
C．有的色光可能不在BC面发生全反射
D．从AC面射出的有色光束中红光在最上
E．从AC面射出的光束一定平行于BC边
16．如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，在x轴上有P、M、Q三点，从波传到x＝5m的点时开始计时，已知t1＝0.5s时x＝7m的M点第一次出现波峰。求：
①这列波传播的速度；
②从t＝0时刻起到t2＝0.85s止，质点Q（x＝9m）通过的路程（保留至小数点后一位）
参考答案与试题解析
一.选择题
1．（6分）在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步。下列表述符合物理学史的是（ ）
A．伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证
B．牛顿发现了万有引力定律，并预言了引力波的存在
C．法拉第首次引入电场线和磁感线，极大地促进了人类对电磁现象的研究
D．库仑提出了库仑定律，并用油滴实验测得了元电荷的值
【考点】1U：物理学史．
【专题】31：定性思想；45：归纳法；511：直线运动规律专题．
【分析】本题是物理学史问题，根据伽利略、牛顿、法拉第和库仑等人的物理学成就进行解答。
【解答】解：A、伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理得到的，故A错误；
B、牛顿发现了万有引力定律，但并没有预言引力波的存在，预言了引力波存在的人是爱因斯坦，故B错误；
C、法拉第首次引入电场线和磁感线，极大地促进了人类对电磁现象的研究，故C正确；
D、库仑提出了库仑定律，密立根用油滴实验测得了元电荷的值，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物理学史问题，关键要记牢物理学上重大发现、发明、著名理论，平时要加强记忆。
2．（6分）质量为M＝1kg的木板静止在粗糙水平面上，木板与地面间的动摩擦因数为μ1，在木板的左端放置一个质量为m＝1kg、大小可忽略的铁块。铁块与木板间的动摩擦因数为μ2，取g＝10m/s2．若在铁块右端施加一个从0开始增大的水平向右的力F，假设木板足够长，铁块受木板摩擦力Ff随拉力F的变化如图所示。则两个动摩擦因数的数值为（ ）
A．μ1＝0.1 μ2＝0.4 B．μ1＝0.1 μ2＝0.2
C．μ1＝0.2 μ2＝0.4 D．μ1＝0.4 μ2＝0.4
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；548：热力学定理专题．
【分析】根据图象分析二者的运动情况，先以整体为研究对象根据牛顿第二定律求解加速度大小，分析铁块的摩擦力随F 的变化关系，求解μ1；再以铁块为研究对象，根据滑动摩擦力的计算公式求解μ2。
【解答】解：根据图线可知，当0＜F＜2N过程中，整体保持静止；当2N＜F≤6N过程中，二者以共同的加速度加速前进；
当F＞6N过程中，铁块受到的摩擦力不变，说明二者打滑，发生相对运动；
所以在2N＜F≤6N过程中，系统的加速度为：
对铁块，根据牛顿第二定律可得：F﹣f＝ma，
解得：f＝F+μ1g
当F＝6N时，摩擦力为：f＝4N，
解得：μ1＝0.1；
当F＞6N过程中，铁块的摩擦力不变，则有：
μ2mg＝4N，
解得：μ2＝0.4，故A正确、BCD错误。
故选：A。
【点评】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用
3．（6分）如图所示，理想变压器原线圈a、b间输入一稳定的正弦交流电，原线圈接有理想交流电流表A，副线圈接有理想交流电压表V，当滑动变阻器的滑片向上滑动时，下列说法正确的是（ ）
A．电压表的示数不变 B．电压表的示数增大
C．电流表的示数增大 D．电阻R2的功率减小
【考点】E8：变压器的构造和原理．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；53A：交流电专题．
【分析】电源电压U＝UR1+U1，UR1＝R1I1，原副线圈电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，当滑线变阻器的滑片P向上滑动时，副线圈电阻减小，根据欧姆定律分析电流、电压变化。
【解答】解：ABC、当滑线变阻器的滑片P向上滑动时，电阻减小，副线圈电流变大，原线圈电流也变大，电流表示数变大，故R1分压变大，则原线圈输入电压减小，匝数不变，副线圈电压减小，故电压表示数减小，故AB错误，C正确；
D、当滑线变阻器的滑片P向上滑动时，电阻减小，副线圈电流变大，R2阻值不变，故功率变大，故D错误；
故选：C。
【点评】变压器的动态分析与恒定电流动态分析相似，只是注意“电压由原线圈决定，功率和电流由副线圈决定”。
4．（6分）已知氢原子的基态能量为 E1，激发态能量，其中n＝2，3，4…，用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速。有一氢原子处于n＝3的激发态，在它向低能态跃迁时，可能辐射的光子的最大波长为（ ）
A． B． C． D．
【考点】J4：氢原子的能级公式和跃迁．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；54N：原子的能级结构专题．
【分析】能级间跃迁辐射或吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子能量越大，频率越大，波长越小。
【解答】解：一群氢原子处于n＝3激发态，据玻尔理论在这3种频率光子中，可释放出的光子频率种类中，当氢原子从n＝3能级向n＝2能级跃迁时辐射的光子波长最长，
E2＝
E3＝，
＝E3﹣E2，
λ＝＝，故A正确，BCD错误
故选：A。
【点评】解决本题的关键知道能级间跃迁放出或吸收光子的能量满足＝hγ＝Em﹣En。
5．（6分）如图所示，在直角三角形abc区域（含边界）内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a＝60°，∠b＝90°，边长ac＝L，一个粒子源在a点将质量为2m、电荷量为q的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】粒子在磁场中转过的圆心角越大，粒子的运动时间越长，粒子沿ab边界方向射入磁场从ac边射出磁场时转过的圆心角最大，运动时间最长，作出粒子运动轨迹求出粒子的最大轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出粒子的最大速度。
【解答】解：粒子沿ab边界方向射入磁场从ac边射出磁场时转过的圆心角最大，粒子在磁场中的运动时间最长，粒子速度最大时运动轨迹与bc相切，粒子运动轨迹如图所示，
由题意可知：∠a＝60°，∠b＝90°，边长ac＝L，则ab＝L，四边形abdO是正方形，粒子轨道半径：r＝L
粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvmB＝2m
解得粒子的最大速度为：，故ACD错误，B正确；
故选：B。
【点评】本题带电粒子在有界的磁场中运动的类型，注意根据圆的对称性得到出射时粒子速度和边界的夹角与入射时速度和边界的夹角相等。解答此题的关键是明确粒子的运动规律，画出临界轨迹，结合几何关系确定轨道半径，根据牛顿第二定律列式求解最大速度，注意粒子不能从C点射出。
6．（3分）如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝2Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝1T，导轨间距L＝1m。一质量m＝2kg，阻值r＝2Ω的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v﹣x图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.2，则从起点发生x＝1m位移的过程中（g＝10m/s2）（ ）
A．金属棒克服安培力做的功W1＝0.25 J
B．金属棒克服摩擦力做的功W2＝5 J
C．整个系统产生的总热量Q＝4.25 J
D．拉力做的功W＝9.25 J
【考点】65：动能定理；BB：闭合电路的欧姆定律；CE：安培力的计算；D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4B：图析法；53B：电磁感应与图像结合．
【分析】由速度图象得出v与x的关系式，由安培力公式FA＝，得到FA与x的关系式，可知FA与x是线性关系，即可求出发生x＝1m位移的过程中安培力做功x，再根据动能定理求解拉力做功；根据能量守恒求解整个系统产生的总热量Q。
【解答】解：A、由速度﹣位移图象得：v＝2x
金属棒所受的安培力为：
代入得：FA＝0.5x
则知FA与x是线性关系。当x＝0时，安培力FA1＝0
当x＝1m时，安培力FA2＝0.5N
则从起点发生x＝1m位移的过程中，安培力做功为：WA＝﹣x＝×1J×＝﹣0.25J
即金属棒克服安培力做的功为：W1＝0.25J，故A正确。
B、金属棒克服摩擦力做的功为：W2＝μmgx＝0.2×2×10×1J＝4J，故B错误；
CD、克服安培力做功等于回路中产生的电热，克服摩擦力做功等于产生的摩擦热，则整个系统产生的总热量Q＝WA+W2＝4.25 J，故C正确；
D、根据动能定理得：WF+W2+WA＝mv2，其中v＝2m/s，μ＝0.2，m＝2kg
代入解得拉力做的功为：WF＝8.25J．故D错误。
故选：AC。
【点评】本题的关键是根据v与x的关系，由安培力公式FA＝得到FA与x的关系式，确定出FA与x是线性关系，从而能求出安培力平均值，可以利用安培力平均值求出安培力做的功。若安培力是变化的，不能这样做。
7．（3分）2018年3月30日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第三十、三十一颗北斗导航卫星。按照计划，北斗卫星导航系统将于2018年底服务“一带一路”沿线国家。已知“北斗第三十颗导航卫星”做匀速圆周运动的轨道半径小于地球同步卫星轨道半径，运行速度为v，向心加速度为a；地球表面的重力加速度为g，引力常量为G．下列判断正确的是（ ）
A．地球质量为
B．该导航卫星的运行周期大于24 小时
C．该导航卫星的轨道半径与地球半径之比为：
D．该导航卫星的运行速度与地球第一宇宙速度之比：
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52A：人造卫星问题．
【分析】根据万有引力提供向心力，结合运行速度和向心加速度求出地球的质量；根据万有引力提供向心力得出周期的表达式，结合轨道半径的大小比较周期大小；根据万有引力等于重力和万有引力提供向心力分别求出导航卫星的轨道半径与地球半径的表达式，从而得出导航卫星的轨道半径与地球半径之比；根据万有引力提供向心力得出导航卫星的运行速度与第一宇宙速度之比。
【解答】解：A、根据得，地球的质量M＝，又a＝，则M＝，故A正确。
B、根据得，T＝，由于“北斗第三十颗导航卫星”做匀速圆周运动的轨道半径小于地球同步卫星轨道半径，则周期小于同步卫星的周期，即小于24小时，故B错误。
C、根据得，R＝，根据的，r＝，则导航卫星的轨道半径与地球半径之比为，故C正确。
D、根据得，导航卫星的运行速度v＝，根据得，，则导航卫星的运行速度与地球第一宇宙速度之比为，故D错误。
故选：AC。
【点评】解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：1、万有引力提供向心力，2、万有引力等于重力，并能灵活运用。
8．（3分）空间分布有竖直方向的匀强电场，现将一质量为m的带电小球A从O点斜向上抛出，小球沿如图所示的轨迹击中绝缘竖直墙壁的P点。将另一质量相同、电荷量不变、电性相反的小球B仍从O点以相同的速度抛出，该球垂直击中墙壁的Q点（图中未画出）。对于上述两个过程，下列叙述中正确的是（ ）
A．球A的电势能增大，球B的电势能减小
B．P点位置高于Q点
C．若仅增大A球质量，A球有可能击中Q点
D．电场力对球A的冲量大小等于对球B的冲量大小
【考点】37：牛顿第二定律；52：动量定理；AE：电势能与电场力做功．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】根据题意可判断电场力的方向，从而判断电场力做功情况以及电势能变化情况；分析两种情况下的加速度关系，根据v2﹣v02＝2ah判断h的关系；根据I＝Ft判断电场力的冲量关系。
【解答】解：A、由题意可知，击中P点的小球A受电场力向下，垂直击中Q点的小球B受电场力向上，可知电场力对A做负功，对B做正功，球A的电势能增大，球B的电势能减小，选项A正确；
B、根据牛顿第二定律，对A球：mg+qE＝maA；对B球：mg﹣qE＝maB；可知aA＞aB；对球A竖直方向：，对球B在竖直方向：；可得hA＜hB，即P点位置低于Q点，选项B错误；
C、若仅增大A球质量，可知aA减小，但是不可能等于aB，则hA不可能等于hB，则若仅增大A球质量，A球不可能击中Q点，选项C错误；
D、因两次抛球小球在水平方向的分速度相同，水平位移相同，可知两球运动的时间t相同；根据I＝Eqt可知电场力对球A的冲量大小等于对球B的冲量大小，选项D正确；
故选：AD。
【点评】本题考查电学和力的综合问题，关键是根据运动情况判断电场力的方向。
二、非选择题：（一）必考题（共129分）
9．（6分）用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。气垫导轨上A处安装了一个光电门，滑块上固定一遮光条，滑块用绕过气垫导轨左端定滑轮的细线与钩码相连，每次滑块都从同一位置由静止释放，释放时遮光条位于气垫导轨上B位置的上方。
（1）某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d＝ 2.70 mm。
（2）实验中，接通气源，滑块静止释放后，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间为t，测得滑块质量为M，钩码质量为m，A、B间的距离为L．在实验误差允许范围内，钩码减小的重力势能mgL与 （用直接测量的物理量符号表示）相等，则机械能守恒。
（3）下列不必要的一项实验要求是 B （请填写选项前对应的字母）。
A．滑块必须由静止释放 B．应使滑块的质量远大于钩码的质量
C．已知当地重力加速度 D．应使细线与气垫导轨平行
【考点】MD：验证机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】】游标卡尺读数结果等于固定刻度读数加上可动刻度读数，不需要估读；
本实验中由于遮光条通过光电门的时间极短，因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度大小，从而即可求解动能的增加量；
通过实验数据，来判定钩码重力势能的减少量与系统动能的增加量的关系即可，与滑块的质量是否远大于钩码的质量无关；
根据机械能守恒定律，即可判断出满足的表达式，由于动能增加量大于势能的减小量，说明还有其他重力做正功，即可判断。
【解答】解；（1）由图示游标卡尺可知，主尺示数为2mm，游标尺示数为14×0.05mm＝0.70mm，则游标卡尺读数为2mm+0.70mm＝2.70mm；
（2）由于遮光条通过光电门的时间极短因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度，因此滑块经过光电门时的瞬时速度为：v＝；
实验要验证机械能守恒定律，故：mgL＝（M+m）v2＝；
（3）本实验中拉力时通过实验数据，来判定钩码重力势能的减少量与系统动能的增加量的关系，故不需要保证所挂钩码的质量m远小于滑块质量M，故ACD不符合题意，B符合；
故选：B
故答案为：（1）2.70 （2） （3）B
【点评】本题考查了实验器材、实验注意事项、实验数据处理、实验误差分析等问题；要掌握实验原理、实验器材与实验注意事项、实验数据的处理方法；常常应用图象法处理实验数据，应用图象法处理实验数据时为方便实验数据处理，注意游标卡尺没有估计值。
10．（8分）某实验小组用如下器材来测量电压表的内阻。
A．待测电压表（量程3V，内阻约几千欧）
B．电流表（量程0.6A，内阻约0.1Ω）
C．电池组（电动势约3V，内阻可忽略）
D．滑动变阻器R0
E．变阻箱R（0﹣9999Ω）
F．开关和导线若干
（1）图甲是某同学设计的电路，大家讨论后一致认为此电路不可行，你认为原因是 D ；
A．R0阻值较小
B．电流表存在内阻
C．电压表无法准确读数
D．电流表无法准确读数
（2）同学们改用图乙电路进行测量，设电阻箱的阻值R，电压表的示数为U，为了根据图象能求得电压表的内阻，应该作 ﹣R 图线（选“﹣R”、填“U﹣R”、U﹣）；
（3）请根据你选择的坐标轴和下表的数据，在图丙中标上合适的标度作出相应图线；
R/kΩ
0.6
1.5
2
3
4
5
U/V
2.5
2
1.8
1.5
1.3
1.13
/kΩ﹣1
1.67
0.67
0.5
0.33
0.25
0.20
/V﹣1
0.40
0.50
0.56
0.67
0.78
0.88
（4）根据你所画出的图线，求出电源的电动势E＝ 2.9 V，电压表内阻Rv＝ 3.1 kΩ（保留两位有效数字）。
【考点】N3：测定电源的电动势和内阻；N6：伏安法测电阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；43：推理法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）根据实验的原理，结合欧姆定律分析该电路不可行的原因。
（2）根据闭合电路欧姆定律得出电压表示数U与电阻箱电阻R的关系式，结合线性函数关系确定所作的图线。
（3）描点作图。
（4）根据图线的斜率和纵轴截距求出电动势和电压表的内阻。
【解答】解：（1）运用图甲测量电压表的内阻，即运用电压表的示数除以电流表的示数，即为电压表的内阻，由于电动势大约3V，电压表的内阻大约几千欧，则电流表的示数非常小非常小，无法准确读数，可知该电路不可行的原因是电流表的无法准确读数，
故选：D。
（2）根据闭合电路欧姆定律得：E＝U+，整理得：，作﹣R图线，图线的纵轴截距等于电动势的倒数，根据图线的斜率可以求出电压表的内阻。
（3）﹣R图线如图所示。
（4）由图象可知，当R＝0时，＝0.34V，则，图线的斜率k＝，RV＝3.1×103Ω＝3.1kΩ。
故答案为：（1）D，（2）﹣R，（3）如图所示，（4）2.9，3.1。
【点评】解决本题的关键知道实验的原理，运用闭合电路欧姆定律，运用图象法进行求解。对于图线问题，一般的解题思路是得出物理量间的关系式，结合图线的斜率或截距进行求解。
11．（14分）如图所示，质量为2m和m的两个弹性环A、B用不可伸长的、长为L的轻绳连接，分别套在水平细杆OP和竖直细杆OQ上，OP与OQ在O点用一小段圆弧杆平滑相连，且OQ足够长。初始时刻，将轻绳拉至水平位置伸直，然后释放两个小环，A环通过小段圆弧杆时速度大小保持不变，重力加速度为g，不计一切摩擦，试求：
（1）当B环下落时A球的速度大小；
（2）A环到达O点后再经过多长时间能够追上B环；
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；45：运动的合成和分解；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）A与B下降的过程中系统的机械能守恒，先由速度的合成与分解求出A、B速度的关系，然后即可求出A、B在不同点的速度；
（2）根据匀变速直线运动的公式，结合位移关系即可求出A追上B的时间。
【解答】解：（1）当B环下落时绳子与水平方向之间的夹角满足：sinα＝
即为：α＝30°
由速度的合成与分解可知：
v绳＝vAcos30°＝vBsin30°
则有：vB＝＝vA
B下降的过程中A与B组成的系统机械能守恒，有：，
所以A环的速度为：vA＝；
（2）由于A到达O点时B的速度等于0，由机械能守恒有：2mvA′2＝mgL，
解得vA′＝环A过O点后做初速度为vA′、加速度为g的匀加速直线运动，B做自由落体运动；
当A追上B时，有：vA′t+gt2＝L+gt2
解得：t＝；
答：（1）当B环下落时A球的速度大小为；
（2）A环到达O点后再经过时间能够追上B环。
【点评】该题结合机械能守恒考查运动的合成与分解，解答的关键是能看到A与B的速度不一定大小相等，但它们沿绳子方向的分速度大小相等。
12．（18分）如图所示，在真空室内的P点，能沿平行纸面向各个方向不断发射电荷量为+q、质量为m的粒子（不计重力），粒子的速率都相同。ab为P点附近的一条水平直线，P到直线ab的距离PC＝L，Q为直线ab上一点，它与P点相距PQ＝．当直线ab以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q点；当ab以上区域只存在平行该平面的匀强电场时，所有粒子都能到达ab直线，且它们到达ab直线时动能都相等，其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q点。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）粒子的发射速率；
（2）PQ两点间的电势差；
（3）仅有磁场时，能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间。
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】（1）当只存在匀强磁场时，c粒子由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出粒子的运动轨迹，由几何知识求出a粒子做匀速圆周运动的半径，由牛顿第二定律求出∝粒子的发射速率；
（2）当只存在匀强电场时，a粒子做类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学结合求解PQ两点间的电势差；
（3）当仅加上述磁场时，根据几何知识确定出轨迹的圆心角，然后求出能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间；
【解答】解：（1）设粒子做匀速圆周运动的半径为R，过O作PQ的垂线交PQ于A点，如图所示：
由几何知识可得：＝
代入数据可得粒子轨迹半径为：R＝＝
洛伦兹力提供向心力为：qvB＝
解得粒子发射速度为：v＝
（2）真空室只加匀强电场时，由粒子到达ab直线的动能相等，可知ab为等势面，电场方向垂直ab向下，水平向左射出的粒子经时间t到达Q点，在这段时间内
＝L＝vt
＝L＝at2
式中a＝
解得电场强度的大小为U＝
（3）只有磁场时，粒子以O1为圆心沿圆弧PD运动，当弧和直线ab相切于D点时，粒子速度的偏转
角最大，对应的运动时间最长，如图所示。据图有：
sinaα＝＝0.6
解得：α＝37°
故最大偏转角为：γmax＝233°
粒子在磁场中运动最大时长为：t1＝T＝
式中T为粒子在磁场中运动的周期，粒子以O2为圆心沿圆弧PC运动的速度偏转角最小，对应的运动时间最短。据图有
sinβ＝＝
解得：β＝53°
速度偏转角最小为：γmin＝106°
故最短时间为：t2＝＝
答：（1）粒子的发射速率是；
（2）PQ两点间的电势差；
（3）仅有磁场时，能到达直线ab的粒子所用最长时间是
最短时间是。
【点评】本题的突破口是确定a粒子在匀强磁场中和匀强电场中的运动轨迹，由几何知识求解磁场中圆周运动的半径。
[物理--选修33]（15分）
13．（5分）下列说法中正确的是（ ）
A．由于表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，所以液体存在表面张力
B．用油膜法估测出了油酸分子直径，如果已知其密度可估测出阿伏伽德罗常数
C．在棉花、粉笔等物体内都有很多细小的孔道，它们起到了毛细管的作用
D．一定质量的理想气体从外界吸收热量，温度一定升高
E．空气相对湿度大，体表的水不易蒸发，所以人就感到潮湿
【考点】8F：热力学第一定律；8L：估测油酸分子大小；95：液体的表面张力；96：毛细现象；9H：相对湿度．菁优网版权所有
【分析】表面张力产生的原因是由于表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大；
在用油膜法估测分子的大小”实验中，我们做了些理想化处理，认为油酸分子之间无间隙，油酸膜为单层分子。
在棉花、粉笔等物体内都有很多细小的孔道，它们起到了毛细管的作用。
做功与热传递都可以改变物体的内能。
人是否感到潮湿与相对湿度有关。
【解答】解：A、液体间的作用力是由分子间的引力和斥力相互作用一起的，即由分子作用力引起的，表面张力产生的原因是由于表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大。故A正确。
B、用油膜法估测出了油酸分子直径，如果已知其密度和油膜的摩尔质量才能估测出阿伏伽德罗常数。故B错误。
C、在棉花、粉笔等物体内都有很多细小的孔道，它们起到了毛细管的作用，可以吸附液体分子。故C正确。
D、一定质量的理想气体从外界吸收热量，若同时对外做功，内能不一定增大，所以温度不一定升高。故D错误。
E、人是否感到潮湿与相对湿度有关，空气相对湿度大，体表的水不易蒸发，所以人就感到潮湿。故E正确。
故选：ACE。
【点评】此题主要考查了热力学的基本知识点，向表面张力、阿伏伽德罗常数、热力学第一定律、相对湿度等，只要平时记住即可。
14．（10分）为了更方便监控高温锅炉外壁的温度变化，在锅炉的外壁上镶嵌一个导热性能良好的汽缸，汽缸内气体温度可视为与锅炉外壁温度相等。汽缸开口向上，用质量为m＝1kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S＝1cm2．当汽缸内温度为300K时，活塞与汽缸底间距为L，活塞上部距活塞L处有一用轻质绳悬挂的重物M．当绳上拉力为零时，警报器报警。已知室外空气压强p0＝1.0×105Pa，活塞与器壁之间摩擦可忽略。求：
（ⅰ）当活塞刚刚碰到重物时，锅炉外壁温度为多少？
（ⅱ）若锅炉外壁的安全温度为900K，那么重物的质量应是多少？
【考点】9D：气体的等温变化；9E：气体的等容变化和等压变化；9K：封闭气体压强．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；21：信息给予题；31：定性思想；43：推理法；54A：气体的状态参量和实验定律专题．
【分析】（1）活塞上升过程为等压变化，根据盖吕萨克定律列式可求解当活塞刚刚碰到重物时，锅炉外壁温度；
（2）活塞碰到重物后到绳的拉力为零是等容过程，对活塞受力分析，结合查理定律列式求解重物的质量。
【解答】解：（ⅰ）活塞上升过程为等压变化，则先后体积分别为：
V1＝LS
V2＝2LS
根据盖吕萨克定律列式有：
解得：T2＝600K
（ⅱ）活塞碰到重物后到绳的拉力为零是等容过程，设重物质量为M，则可知前后压强为：
p2S＝p0S+mg
p3S＝p0S+（m+M）g
根据查理定律可得：
解得：M＝1kg
答：（ⅰ）当活塞刚刚碰到重物时，锅炉外壁温度为600K；
（ⅱ）若锅炉外壁的安全温度为900K，那么重物的质量应是1kg。
【点评】本题考查气体实验定律的综合运用，解题关键是要分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，明确变化过程，选择合适的规律解决。
[物理--选修34]（15分）
15．如图所示，一由玻璃制成的直角三棱镜ABC，其中AB＝AC，该三棱镜对红光的折射率大于．一束平行于BC边的白光射到AB面上。光束先在AB面折射后射到BC面上，接着又从AC面射出。下列说法正确的是（ ）
A．各色光在AB面的折射角都小于30°
B．各色光在BC面的入射角都大于45°
C．有的色光可能不在BC面发生全反射
D．从AC面射出的有色光束中红光在最上
E．从AC面射出的光束一定平行于BC边
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54D：光的折射专题．
【分析】由临界角的范围，由临界角公式求出折射率的范围，从而确定各色光的折射角大小，根据临界角的性质确定能否发生发全射，并根据几何关系和折射定律确定各色光的位置。
【解答】解：A、设光在AB面的折射角为α，由折射定律知，＞，解得sin α＜，即各色光在AB面的折射角都小于30°，故A正确；
B、由几何关系知，各色光射向BC面时，入射角都大于45°，故B正确；
C、由临界角公式sin θ＝知，各色光全反射的临界角都小于45°，各色光都在BC面发生全反射，故C错误；
D、从AC面射出的光束一定平行于BC边，由于红光射向BC面时的入射角最大，故红光射到AC面时处于最下方，故E正确，D错误。
故选：ABE。
【点评】本题考查全反射知识。在所有色光中红光的折射率最小，全反射临界角最大。要作出光路图，由几何知识与折射定律结合研究即可。
16．如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，在x轴上有P、M、Q三点，从波传到x＝5m的点时开始计时，已知t1＝0.5s时x＝7m的M点第一次出现波峰。求：
①这列波传播的速度；
②从t＝0时刻起到t2＝0.85s止，质点Q（x＝9m）通过的路程（保留至小数点后一位）
【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；21：信息给予题；31：定性思想；43：推理法；51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】①据波前运动方向可得：M点第一次出现波峰的时间和周期的关系，从而求得周期；再根据图象得到波长，即可求得这列波传播的速度；
②由波速求得质点Q开始振动的时间，进而得到质点运动时间，再根据运动时间和周期的关系，由振幅求得路程。
【解答】解：①由波的平移可知，波从x＝2m处传播到x＝7m处，M点第一次出现波峰，
可得波速为：v＝＝m/s＝10m/s
②从t＝0开始，设经过△t质点Q开始振动，则有：△t＝＝s＝0.4s
所以质点Q振动的时间为：△t1＝t2﹣△t＝0.85s﹣0.4s＝0.45s
由v＝，T＝0.4s，△t1＝T
质点Q通过的路程为：s＝4A+A
s＝40+5（cm）＝47.1cm
答：①这列波传播的速度为10m/s；
②从t＝0时刻起到t2＝0.85s止，质点Q（x＝9m）通过的路程为47.1cm。
【点评】机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。
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