03.重庆市南开中学高三（下）适应性物理试卷（3月份）（含解析

这是一份03.重庆市南开中学高三（下）适应性物理试卷（3月份）（含解析，共15页。试卷主要包含了、单刀双掷开关一个、导线若干等内容，欢迎下载使用。


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2018-2019学年重庆市南开中学高三（下）适应性物理试卷（3月份）
一．选择题：共8小题，每小题6分．每小题的四个选项中，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．（6分）2018年中国散裂中子源（CSNS）将迎来验收，目前已建设的3台谱仪也将启动首批实验。有关中子的研究，下列说法正确的是（　　）
A．Th核发生一次α衰变，新核与原来的原子核相比，中子数减少了4
B．一个氘核和一个氚核经过核反应后生成氦核和中子是裂变反应
C．卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子
D．中子和其他微观粒子，都具有波粒二象性
2．（6分）如图所示，在距地面高为h＝0.4m处，有一小球A以初速度v0水平抛出如图甲所示，与此同时，在A的右方等高处有一物块B以大小相同的初速度v0沿倾角为45°的光滑斜面滑下如图乙所示，若A、B同时到达地面，A、B均可看作质点，空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2，则v0的大小是（　　）

A．1 m/s B．2m/s C．2 m/s D．22m/s
3．（6分）2017年12月8日消息，科学家发现土卫六上有大量的碳氢化合物，比地球上的石油和天然气多几百倍。土卫六和土卫五绕土星的运动可近似看作匀速圆周运动，土卫六质量、直径、距土星中心的距离都比土卫五的这三个量大，两卫星相比，土卫六绕土星运动的（　　）
A．周期较大 B．线速度较大
C．角速度较大 D．向心加速度较大
4．（6分）理想变压器原线圈接如图甲所示的正弦交变电压，变压器原线圈匝数n1＝270匝，P是副线圈上的滑动触头，当P处于图乙所示位置时，副线圈连入电路的匝数n2＝135匝，电容器C恰好不被击穿，灯泡L恰能正常发光，R是滑动变阻器。以下判断正确的是（　　）

A．若向下移动P，电容器的电荷量增加
B．若保持P不动，向下移动R的滑片，灯泡变暗
C．若保持R的滑片不动，向下移动P，灯泡变亮
D．电容器的击穿电压为112V
5．（6分）将两个点电荷A、B分别固定在水平面上x轴的两个不同位置上，将一正试探电荷在水平面内由A点的附近沿x轴的正方向移动到B点附近的过程中，该试探电荷的电势能随位置变化的图象如图所示，已知xAC＞xCB，图中的水平虚线在C点与图线相切，两固定点电荷的电荷量分别用qA、qB表示。则下列分析正确的是（　　）

A．两固定点电荷都带负电，且qA＞qB
B．C点的电场强度最小但不等于零
C．如果将试探电荷改为负电荷，则该电荷在C点的电势能最大
D．A、B两点间沿x轴方向的电场强度始终向右
6．（6分）如图所示，在竖直平面内有一光滑水平直轨道与半径为R的光滑半圆形轨道在半圆的一个端点B相切，可视为质点的小球从A点通过B点进入半径为R的半圆，恰好能通过半圆的最高点M，从M点飞出后落在水平面上，不计空气阻力，则（　　）

A．小球到达M点时的速度大小为0
B．小球在A点时的速度为5gR
C．小球落地点离B点的水平距离为2R
D．小球落地时的动能为3mgR
7．（6分）如图所示，在虚线矩形区域内存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，一质量为m带电荷量大小为q的小球从左侧M点以某一水平速度射入该区域，恰好沿直线从右侧的N点（未画出）穿出，则（　　）

A．小球一定带正电
B．N点一定与M点在同一水平线上
C．小球速度之差的大小可能为2mgqB
D．若该带电小球以大小相同的速度从N点反向进入该区域，运动过程中动能一定增加
8．（6分）如图所示，一轻质弹簧一端固定在水平面上通过O点的转轴上，另一端与一质量为m的小环相连。环可以沿与水平方向成30°的光滑固定杆下滑，已知弹簧原长为L．现让环从O点的正上方距O点为L的A点由静止开始下滑，环刚好滑到与O点处于同一水平面上的B点时速度变为零。则小环在从A点下滑到B点的过程中（　　）

A．小环的机械能守恒
B．弹簧的弹性势能一直变大
C．弹簧的最大弹性势能为mgL
D．除A、B两点外，弹簧弹力做功的瞬时功率为零还有两处
二．非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个考题考生都必须作答，第13～16为选考题，考生根据要求作答．
9．（6分）如图1所示是“探究做功与物体速度变化的关系”的实验装置，实验步骤如下：

①如图1所示，木板置于水平桌面上，用垫块将长木板固定有打点计时器的一端垫高，不断调整垫块的高度，直至轻推小车后，小车恰好能沿长木板向下做匀速直线运动；
②保持长木板的倾角不变，一端系有砂桶的细绳通过滑轮与拉力传感器相连，拉力传感器可显示所受的拉力大小F．将小车右端与纸带相连，并穿过打点计时器的限位孔，接通打点计时器的电源后，释放小车，让小车从静止开始加速下滑；
③实验中得到一条纸带，相邻的各计时点到A点的距离如图2所示。电源的频率为f。
根据上述实验，请回答如下问题：
（1）若忽略滑轮质量及轴间摩擦，本实验中小车加速下滑时所受的合外力为　 　；
（2）为探究从B点到D点的过程中，做功与小车速度变化的关系，则实验中还需测量的量有　 　；
（3）请写出探究结果表达式　 　。
10．（9分）某物理小组欲利用如图所示的电路同时测量一只有30格刻度的毫安表的量程、内阻和光敏电阻的阻值与光照强度之间的关系。实验室能提供的实验器材有：学生电源（输出电压为U＝18.0V，内阻不计）、电阻箱R（最大阻值9999.9Ω）、单刀双掷开关一个、导线若干。
（1）该小组实验时先将电阻箱的阻值调至最大，然后将单刀双掷开关接至a端，开始调节电阻箱，发现将电阻箱的阻值调为1700Ω时，毫安表刚好能够偏转一个格的刻度，将电阻箱的阻值调为500Ω时，毫安表刚好能偏转三个格的刻度，实验小组据此得到了该毫安表的量程为　 　 mA，内阻Rg＝　 　Ω。
（2）该小组查阅资料得知，光敏电阻的阻值随光照强度的变化很大，为了安全，该小组需将毫安表改装成量程为3A的电流表，则需在毫安表两端　 　（选填“串联”或“并联”）一个阻值为　 　Ω的电阻。
（3）该小组将单刀双掷开关接至b端，通过实验发现，流过毫安表的电流I（单位：mA）与光照强度E（单位：cd）之间的关系满足I=13E，由此可得光敏电阻的阻值R（单位：Ω）与光照强度E之间的关系为R＝　 　。

11．（12分）如图所示，在光滑的水平地面上有一平板小车质量为M＝2kg，体积相等的滑块甲和乙质量均为m＝1kg，三者处于静止状态。某时刻起滑块甲以初速度v1＝2m/s向左运动，同时滑块乙以v2＝4m/s向右运动。最终甲、乙两滑块均恰好停在小车的两端。小车长L＝9.5m，两滑块与小车间的动摩擦因数相同，（g取10m/s2，滑块甲和乙可视为质点）求：
（1）两滑块与小车间的动摩擦因数；
（2）两滑块运动前滑块乙离右端的距离。

12．（20分）如图所示，两平行光滑不计电阻的金属导轨竖直放置，导轨上端接一阻值为R的定值电阻，两导轨之间的距离为d。矩形区域abdc内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，ab、cd之间的距离为L．在cd下方有一导体棒MN，导体棒MN与导轨垂直，与cd之间的距离为H，导体棒的质量为m，电阻为r。给导体棒一竖直向上的恒力，导体棒在恒力F作用下由静止开始竖直向上运动，进入磁场区域后做减速运动。若导体棒到达ab处的速度为v0，重力加速度大小为g。求：
（1）导体棒到达cd处时速度的大小；
（2）导体棒刚进入磁场时加速度的大小；
（3）导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R的电荷量和电阻R产生的热量。

【物理-选修3-3】（15分）
13．（5分）下列有关热力学现象和规律的描述正确的是 （　　）
A．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部
B．一定质量的气体，在体积不变时，气体分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度的降低而减小
C．用热针尖接触金属表面的石蜡，熔解区域呈圆形，这是晶体各向异性的表现
D．一定质量的理想气体经历等压膨胀过程，气体密度将减小，分子平均动能将增大
E．热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体
14．（10分）如图所示，总长度为15cm的气缸放置在水平桌面上。活塞的质量m＝20kg，横截面积S＝100cm2，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动但不漏气，开始时活塞与气缸底的距离12cm。外界气温为27℃，大气压强为1.0×105Pa．将气缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与气缸口相平，取g＝10m/s2，求：
①活塞上表面刚好与气缸口相平时气体的温度为多少？
②在对气缸内气体加热的过程中，吸收了189J的热量，则气体增加的内能是多少？

【物理-选修3-4】（15分）
15．（5分）下列说法正确的是 （　　）
A．当声源相对于观察者远离时，观察者听到的声音频率会变低
B．光导纤维中内层的折射率小于外层的折射率
C．泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡特别明亮是光的全反射现象
D．雷达是利用电磁波中的长波来测定物体位置的无线电设备
E．真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源的运动和观察者的运动无关
16．（10分）如图所示，实线是一列简谐横波在t1＝0时刻的波形图，虚线是在t2＝0.2s时刻的波形图。
①若周期T符合：2T＜t2﹣t1＜3T，且波向x轴正方向传播，波速多大？
②若周期T符合：2T＜t2﹣t1＜3T，且波向x轴负方向传播，波速多大？
③在t1到t2的时间内，如果M通过的路程为1m，那么波的传播方向怎样？波速多大？


2018-2019学年重庆市南开中学高三（下）适应性物理试卷（3月份）
参考答案与试题解析
一．选择题：共8小题，每小题6分．每小题的四个选项中，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．（6分）2018年中国散裂中子源（CSNS）将迎来验收，目前已建设的3台谱仪也将启动首批实验。有关中子的研究，下列说法正确的是（　　）
A．Th核发生一次α衰变，新核与原来的原子核相比，中子数减少了4
B．一个氘核和一个氚核经过核反应后生成氦核和中子是裂变反应
C．卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子
D．中子和其他微观粒子，都具有波粒二象性
【考点】JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54O：衰变和半衰期专题．
【分析】依据质量数与质子数守恒；裂变是较重的原子核分裂成较轻的原子核的反应；卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型；所有粒子都具有波粒二象性，即可求解。
【解答】解：A、α衰变的本质是发生衰变的核中减小2个质子和2个中子形成氦核，所以一次α衰变，新核与原来的核相比，中子数减小了2，故A错误；
B、裂变是较重的原子核分裂成较轻的原子核的反应，而该反应是较轻的原子核的聚变反应，故B错误；
C、卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型，查德威克通过α粒子轰击铍核获得碳核的实验发现了中子，故C错误；
D、所有粒子都具有波粒二象性，故D正确；
故选：D。
【点评】考查核反应书写规律，掌握裂变与聚变的区别，知道质子和中子的发现者。
2．（6分）如图所示，在距地面高为h＝0.4m处，有一小球A以初速度v0水平抛出如图甲所示，与此同时，在A的右方等高处有一物块B以大小相同的初速度v0沿倾角为45°的光滑斜面滑下如图乙所示，若A、B同时到达地面，A、B均可看作质点，空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2，则v0的大小是（　　）

A．1 m/s B．2m/s C．2 m/s D．22m/s
【考点】43：平抛运动．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；518：平抛运动专题．
【分析】平抛运动的时间由高度决定，结合高度求出平抛运动的时间，根据斜面的长度，结合牛顿第二定律求出加速度，根据位移时间公式，抓住时间相等求出初速度的大小。
【解答】解：A做平抛运动，由h=12gt2得：t=2hg
B在斜面下滑的加速度为：a=mgsin45°m=gsin45°=22g。
根据 2h＝v0t+12at2解得：v0=12gh=12×10×0.4=1m/s。故A正确，BCD错误
故选：A。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间相同决定水平位移，抓住平抛运动的时间和匀加速运动的时间相同，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解。
3．（6分）2017年12月8日消息，科学家发现土卫六上有大量的碳氢化合物，比地球上的石油和天然气多几百倍。土卫六和土卫五绕土星的运动可近似看作匀速圆周运动，土卫六质量、直径、距土星中心的距离都比土卫五的这三个量大，两卫星相比，土卫六绕土星运动的（　　）
A．周期较大 B．线速度较大
C．角速度较大 D．向心加速度较大
【考点】4A：向心力；4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】卫星绕着土星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式后得到周期、线速度、角速度和向心加速度的表达式进行分析即可。
【解答】解：A、土星的卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：
GMmr2=m4π2T2r，
解得：T＝2πr3GM，
土卫六距土星中心的距离比土卫五距土星中心的距离大，故土卫六绕土星运动周期大，故A正确；
B、根据GMmr2=mv2r，解得：v=GMr，
土卫六距土星中心的距离比土卫五距土星中心的距离大，故土卫六绕土星运动线速度小，故B错误；
C、根据GMmr2=mω2r，解得：ω=GMr3，
土卫六距土星中心的距离比土卫五距土星中心的距离大，故土卫六绕土星运动角速度小，故C错误；
D、根据GMmr2=ma，解得：a=GMr2，
土卫六距土星中心的距离比土卫五距土星中心的距离大，故土卫六绕土星运动向心加速度小，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查万有引力定律在天文学上的运用，关键是明确卫星的动力学来源，根据牛顿第二定律列式分析，基础题目。
4．（6分）理想变压器原线圈接如图甲所示的正弦交变电压，变压器原线圈匝数n1＝270匝，P是副线圈上的滑动触头，当P处于图乙所示位置时，副线圈连入电路的匝数n2＝135匝，电容器C恰好不被击穿，灯泡L恰能正常发光，R是滑动变阻器。以下判断正确的是（　　）

A．若向下移动P，电容器的电荷量增加
B．若保持P不动，向下移动R的滑片，灯泡变暗
C．若保持R的滑片不动，向下移动P，灯泡变亮
D．电容器的击穿电压为112V
【考点】E8：变压器的构造和原理．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；53A：交流电专题．
【分析】保持P位置不动，则输出电压不变，保持滑片位置不动，则负载不变，再根据电压器的特点及闭合电路的欧姆定律即可分析。
【解答】解：A、原线圈输入电压的有效值U1=Um2=22V
当P位移题图乙所示位置，副线圈电压的有效值为U2=n2n1U1=11V，电容器C恰好不被击穿，若向下移动P，电容器C两端的电压减小，有Q＝CU可知，电容器所带的电荷量减小，故A错误；
B、若保持P不动，向下移动R的滑片，R接入电路的电阻减小，流过灯泡的电流增大，灯泡变亮，故B错误；
C、若保持R的滑片不动，向下移动P，则副线圈的电压变小，灯泡变暗，故C错误；
D、电容器击穿电压的最大值U'm=2U1=112V，故D正确
故选：D。
【点评】本题的关键在于P位置不动时 总电阻不变，Q不变时输出电压不变，完全利用变压器特点，知道电容器的击穿电压为交流电的最大值
5．（6分）将两个点电荷A、B分别固定在水平面上x轴的两个不同位置上，将一正试探电荷在水平面内由A点的附近沿x轴的正方向移动到B点附近的过程中，该试探电荷的电势能随位置变化的图象如图所示，已知xAC＞xCB，图中的水平虚线在C点与图线相切，两固定点电荷的电荷量分别用qA、qB表示。则下列分析正确的是（　　）

A．两固定点电荷都带负电，且qA＞qB
B．C点的电场强度最小但不等于零
C．如果将试探电荷改为负电荷，则该电荷在C点的电势能最大
D．A、B两点间沿x轴方向的电场强度始终向右
【考点】AE：电势能与电场力做功；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】根据电势能变化得到电势变化，从而根据斜率得到电场强度方向；进而根据电势变化得到试探电荷带负电时的电势变化；最后根据电场强度方向变化得到源电荷A、B所带电荷关系。
【解答】解：B、由图可知：C点处电势能斜率为零，故电势变化为零，那么由电场强度为电势图斜率可知：电场强度为零，故B错误；
C、试探电荷为正时，电势能为正，C点电势能最小；那么，试探电荷为负时，电势能为负，C点电势的绝对值最小，则电势能最大，故C正确；
D、由图可知：电势能先减小后增大，故电势先减小后增大，那么，电场强度方向先向右，后向左，故D错误；
A、由电场强度方向先向右，后向左可知：两个点电荷同为正；又有xAC＞xCB，故中点电场方向向右，那么，qA＞qB，故A错误；
故选：C。
【点评】对于不需要求电势的具体值，只要判断电势大小关系的问题，一般转化为求解电场方向，根据沿着电场线电势降低来求解。
6．（6分）如图所示，在竖直平面内有一光滑水平直轨道与半径为R的光滑半圆形轨道在半圆的一个端点B相切，可视为质点的小球从A点通过B点进入半径为R的半圆，恰好能通过半圆的最高点M，从M点飞出后落在水平面上，不计空气阻力，则（　　）

A．小球到达M点时的速度大小为0
B．小球在A点时的速度为5gR
C．小球落地点离B点的水平距离为2R
D．小球落地时的动能为3mgR
【考点】43：平抛运动；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】小球恰好能通过半圆的最高点M，由重力提供向心力，由此求出小球通过M点的速度。由动能定理求出小球在A点时的速度。由平抛运动的规律求小球落地点离B点的水平距离，再由动能定理求小球落地时的动能。
【解答】解：A、小球恰好能通过半圆的最高点M，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg＝mvM2R，解得：vM=gR，故A错误。
B、A到M，由动能定理得：﹣mg•2R=12mvM2-12mvA2，解得：vA=5gR，故B正确。
C、小球离开M点后做平抛运动，则有 x＝vMt，2R=12gt2，解得：x＝2R，故C正确。
D、M到落地，由动能定理得：mg•2R＝Ek-12mvM2，解得，小球落地时的动能：Ek=52mgR，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题的关键要理清小球的运动过程，明确M点的临界条件：重力等于向心力。要熟练运用分运动的规律求平抛运动的时间和水平位移。运用动能定理要注意选择研究的过程。
7．（6分）如图所示，在虚线矩形区域内存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，一质量为m带电荷量大小为q的小球从左侧M点以某一水平速度射入该区域，恰好沿直线从右侧的N点（未画出）穿出，则（　　）

A．小球一定带正电
B．N点一定与M点在同一水平线上
C．小球速度之差的大小可能为2mgqB
D．若该带电小球以大小相同的速度从N点反向进入该区域，运动过程中动能一定增加
【考点】CM：带电粒子在混合场中的运动．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；43：推理法；537：带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】小球沿水平直线运动，其受力平衡，分析其受力情况，判断其电性。根据平衡条件分析速度之差的大小。由外力做功分析动能的变化。
【解答】解：A、小球恰好沿水平直线运动，故其受力平衡，若小球带正电，应有 mg+qE＝qv1B，若小球带负电，应有 mg+qv2B＝qE，两种情况都有可能，故A错误。
B、根据上述平衡条件可判定N点一定与M点在同一水平线上，故B正确。
C、小球可能带正电，也可能带负电，当小球带正电，应有 mg+qE＝qv1B，当小球带负电，应有：mg+qv2B＝qE
整理两式得小球速度之差的大小可能为：v1﹣v2=2mgqB，故C正确。
D、若该带电小球以大小相同的速度从N点反向进入该区域时，当小球带正电时，判断可知mg、qE、qv1B三力方向均竖直向下，重力和电场力均做正功，故小球的动能一定增加。当小球带负电时，应有mg竖直向下，qE、qv2B三力方向竖直向上，由上知qE＞mg，且可判断知qE+qv2B＞mg，则重力做负功，电场力做正功，故小球的动能一定增加。故D正确。
故选：BCD。
【点评】解决本题的关键是分析小球的受力情况，采用试探法分析两种情况讨论。要注意洛伦兹力方向与速度方向有关，而电场力方向与速度方向无关。
8．（6分）如图所示，一轻质弹簧一端固定在水平面上通过O点的转轴上，另一端与一质量为m的小环相连。环可以沿与水平方向成30°的光滑固定杆下滑，已知弹簧原长为L．现让环从O点的正上方距O点为L的A点由静止开始下滑，环刚好滑到与O点处于同一水平面上的B点时速度变为零。则小环在从A点下滑到B点的过程中（　　）

A．小环的机械能守恒
B．弹簧的弹性势能一直变大
C．弹簧的最大弹性势能为mgL
D．除A、B两点外，弹簧弹力做功的瞬时功率为零还有两处
【考点】6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】小环和弹簧系统中，只有重力势能、动能个弹性势能之间的转化，故系统机械能守恒；结合瞬时功率公式P＝Fvcosθ分析功率为零的位置。
【解答】解：A、对小环而言，有弹簧弹力对其做功，故小环的机械能不守恒，是小环和弹簧的系统机械能守恒，故A错误；
B、弹簧的长度先缩短后伸长，故弹簧的弹性势能先增加后减小、最后再次增加，故B错误；
C、小环和弹簧的系统机械能守恒，系统重力势能在减小，而在最低点时重力势能最小，动能为零，故此时弹簧的弹性势能最大，为mgL，故C正确；
D、根据功的瞬时功率表达式P＝Fvcosθ，要使得P为零，可能是F为零、v为零、或者cosθ为零，故除A、B两点外，弹簧弹力做功的瞬时功率为零还有两处，其中一处为弹力与速度垂直，一处为弹力为零，故D正确；
故选：CD。
【点评】本题考查机械能守恒定律和功率，关键是记住机械能守恒的条件和功率公式P＝Fvcosθ，基础题目。
二．非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个考题考生都必须作答，第13～16为选考题，考生根据要求作答．
9．（6分）如图1所示是“探究做功与物体速度变化的关系”的实验装置，实验步骤如下：

①如图1所示，木板置于水平桌面上，用垫块将长木板固定有打点计时器的一端垫高，不断调整垫块的高度，直至轻推小车后，小车恰好能沿长木板向下做匀速直线运动；
②保持长木板的倾角不变，一端系有砂桶的细绳通过滑轮与拉力传感器相连，拉力传感器可显示所受的拉力大小F．将小车右端与纸带相连，并穿过打点计时器的限位孔，接通打点计时器的电源后，释放小车，让小车从静止开始加速下滑；
③实验中得到一条纸带，相邻的各计时点到A点的距离如图2所示。电源的频率为f。
根据上述实验，请回答如下问题：
（1）若忽略滑轮质量及轴间摩擦，本实验中小车加速下滑时所受的合外力为　2F　；
（2）为探究从B点到D点的过程中，做功与小车速度变化的关系，则实验中还需测量的量有　小车的质量m　；
（3）请写出探究结果表达式　2F(x3-x1)=18mf2(x42-2x2x4)　。
【考点】MJ：探究功与速度变化的关系．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；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）根据实验装置和动滑轮的特点求得小车受到的合力；
（2）根据动能的增加量等于沙桶和沙重力做的功即可判断
【解答】解：（1）有题中步骤可知，小车所受到的摩擦力被重力沿斜面向下的分力平衡，所以小车加速下滑时所受到的合力等于拉力传感器显示所受拉力大小F的两倍；
（2）细绳对小车做功为：
W＝2F（x3﹣x1）
打点计时器打B点时，小车的速度大小为：
vB=x22T=x22f
打D点时，小车的速度大小为：
vD=x4-x22T=x4-x22f
从B到D的过程中，小车动能的变化量为：
△Ek=12mvD2-12mvB2
则需要探究的结果为：
W=12mvD2-12mvB2
有上式可知，需要测量小车的质量m
（3）根据（2）可知：
2F(x3-x1)=18mf2(x42-2x2x4)
故答案为：（1）2F；（2）小车的质量m；（3）2F(x3-x1)=18mf2(x42-2x2x4)
【点评】该题要掌握验证动能定理中平衡摩擦力的目的和方法，正确动能定理的表达式，即可选择所需要的实验器材。
10．（9分）某物理小组欲利用如图所示的电路同时测量一只有30格刻度的毫安表的量程、内阻和光敏电阻的阻值与光照强度之间的关系。实验室能提供的实验器材有：学生电源（输出电压为U＝18.0V，内阻不计）、电阻箱R（最大阻值9999.9Ω）、单刀双掷开关一个、导线若干。
（1）该小组实验时先将电阻箱的阻值调至最大，然后将单刀双掷开关接至a端，开始调节电阻箱，发现将电阻箱的阻值调为1700Ω时，毫安表刚好能够偏转一个格的刻度，将电阻箱的阻值调为500Ω时，毫安表刚好能偏转三个格的刻度，实验小组据此得到了该毫安表的量程为　300　 mA，内阻Rg＝　100　Ω。
（2）该小组查阅资料得知，光敏电阻的阻值随光照强度的变化很大，为了安全，该小组需将毫安表改装成量程为3A的电流表，则需在毫安表两端　并联　（选填“串联”或“并联”）一个阻值为　11.1　Ω的电阻。
（3）该小组将单刀双掷开关接至b端，通过实验发现，流过毫安表的电流I（单位：mA）与光照强度E（单位：cd）之间的关系满足I=13E，由此可得光敏电阻的阻值R（单位：Ω）与光照强度E之间的关系为R＝　54000E-10　。

【考点】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；33：参照思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）由题意，根据部分电路的欧姆定律，由题中所给的两组数据列方程可求出毫安表的内阻，再结合刻度线就能求出毫安表的量程；
（2）电表的改装问题就是部分电路的欧姆定律的应用，根据满偏刻度和内阻的值及量程就能算出要并联的电阻值；
（3）设光敏电阻的电流为I′，由欧姆定律太题设条件列式就能表示出光敏电阻与光照强度的关系。
【解答】解：（1）设毫安表每格表示电流大小为I0，
则当电阻箱的阻值为R1＝1700Ω时，由闭合电路的欧姆定律可得：I0（R1+Rg）＝U
当电阻箱的阻值为R＝500Ω时，则有3（R2+R1）I0＝U，
两式联立并代入数据可解得：Rg＝100Ω，I0＝10mA。
故该毫安表的量程为300mA；
（2）要将量程为300mA的毫安表改成量程为IA＝3A电流表，则需在毫安表两端并联一个电阻，设其电阻为R′，则有
IgRg＝（IA﹣Ig）R′，
代入数据可解得R′=109Ω≈11.1Ω；
（3）由题意可知，改装后电流表的内阻为RG＝10Ω，
设通过光敏电阻的电流大小为I′（单位：A）则有
（R+RG）I′＝U成立，且I′=Rg+R'R'I×10-3，
即（R+10）×103E×10-3（V）＝18.0V，
整理可得：R=54000E-10（Ω）。
故答案为：（1）300 100
（2）并联 11.1Ω
（3）54000E-10
【点评】解决本题的关键掌握两个欧姆定律的原理，以及知道器材选取的原则，掌握电流表内外接、滑动变阻器分压限流的区别。
11．（12分）如图所示，在光滑的水平地面上有一平板小车质量为M＝2kg，体积相等的滑块甲和乙质量均为m＝1kg，三者处于静止状态。某时刻起滑块甲以初速度v1＝2m/s向左运动，同时滑块乙以v2＝4m/s向右运动。最终甲、乙两滑块均恰好停在小车的两端。小车长L＝9.5m，两滑块与小车间的动摩擦因数相同，（g取10m/s2，滑块甲和乙可视为质点）求：
（1）两滑块与小车间的动摩擦因数；
（2）两滑块运动前滑块乙离右端的距离。

【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；43：推理法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】（1）系统动量守恒，对系统应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出动摩擦因数。
（2）对滑块，应用牛顿第二定律与运动学公式可以求出其滑行的距离。
【解答】解：（1）两滑块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv2﹣mv1＝（M+m+m）v，
由能量守恒定律得：
12mv12+12mv22=12（M+m+）v2+μmgL，
解得：μ＝0.1，v＝0.5m/s；
（2）滑块甲离左端距离为x1，刚运动到左端历时t1，在滑块甲运动至左端前，小车静止。
由牛顿第二定律得：μmg＝ma1，
速度：v1＝a1t1，
位移：x1=12a1t12，
解得：t1＝2s，x1＝2m，
滑块乙离右端的距离：x2＝L﹣x1＝7.5m；
答：（1）两滑块与小车间的动摩擦因数为0.1；
（2）两滑块运动前滑块乙离右端的距离为7.5m。
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚滑块与小车的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
12．（20分）如图所示，两平行光滑不计电阻的金属导轨竖直放置，导轨上端接一阻值为R的定值电阻，两导轨之间的距离为d。矩形区域abdc内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，ab、cd之间的距离为L．在cd下方有一导体棒MN，导体棒MN与导轨垂直，与cd之间的距离为H，导体棒的质量为m，电阻为r。给导体棒一竖直向上的恒力，导体棒在恒力F作用下由静止开始竖直向上运动，进入磁场区域后做减速运动。若导体棒到达ab处的速度为v0，重力加速度大小为g。求：
（1）导体棒到达cd处时速度的大小；
（2）导体棒刚进入磁场时加速度的大小；
（3）导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R的电荷量和电阻R产生的热量。

【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；2：创新题型；32：定量思想；42：等效替代法；53C：电磁感应与电路结合．
【分析】（1）导体棒从开始到运动到cd处的过程，利用动能定理可求得导体棒到达cd处时速度的大小；
（2）由E＝Bdv、I=ER+r、F安＝BId求出导体棒刚进入磁场时所受的安培力大小，再由牛顿第二定律求得加速度的大小；
（3）导体棒通过磁场区域的过程中，根据电量与电流的关系以及法拉第电磁感应定律、欧姆定律结合求通过电阻R的电荷量。由能量守恒求电阻R产生的热量。
【解答】解：（1）根据动能定理得 （F﹣mg）H=12mv2
解得导体棒到达cd处时速度的大小 v=2(F-mg)Hm。
（2）导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势 E＝Bdv
感应电流 I=ER+r
所受的安培力 F安＝BId
根据牛顿第二定律得 mg+F安﹣F＝ma
联立解得导体棒刚进入磁场时加速度的大小 a＝g+B2d2m(R+r)2(F-mg)Hm-Fm。
（3）导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R的电荷量 q=I△t
又 I=ER+rE=△Φ△t
联立得 q=△ΦR+r
根据△Φ＝BLd，得 q=BLdR+r
根据动能定理得 （F﹣mg）（H+L）﹣W安=12mv02
电路中的总热量 Q＝W安
电阻R产生的热量 QR=RR+rQ
联立解得 QR=RR+r[（F﹣mg）（H+L）-12mv02]
答：
（1）导体棒到达cd处时速度的大小是2(F-mg)Hm；
（2）导体棒刚进入磁场时加速度的大小是g+B2d2m(R+r)2(F-mg)Hm-Fm；
（3）导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R的电荷量是BLdR+r，电阻R产生的热量是RR+r[（F﹣mg）（H+L）-12mv02]。
【点评】本题的关键是明确导体切割磁感线过程中的受力及能量转化关系，要知道电荷量要根据电流的平均值求，热量往往根据能量守恒定律或功能关系求解。
【物理-选修3-3】（15分）
13．（5分）下列有关热力学现象和规律的描述正确的是 （　　）
A．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部
B．一定质量的气体，在体积不变时，气体分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度的降低而减小
C．用热针尖接触金属表面的石蜡，熔解区域呈圆形，这是晶体各向异性的表现
D．一定质量的理想气体经历等压膨胀过程，气体密度将减小，分子平均动能将增大
E．热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体
【考点】8F：热力学第一定律；8H：热力学第二定律．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】液体表面张力的作用的方向沿液面的切线方向；根据压强的微观意义分析；非晶体各向同性，单晶体各向异性，而多晶体各向同性；温度是分子的平均动能的标志；根据热力学第二定律的意义分析。
【解答】解：A、液体表面张力的作用的方向沿液面的切线方向，或平行于液体的表面，而不是与液面垂直。故A错误；
B、根据压强的微观意义可知，一定质量的气体，在体积不变时，若温度降低则分子运动的激烈程度减弱，所以气体分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度的降低而减小，故B正确；
C、热针尖接触金属表面的石蜡，熔解区域呈圆形，这是非晶体各向同性的表现。故C错误；
D、根据理想气体的状态方程：PVT=C可知，一定质量的理想气体经历等压膨胀过程，物体的温度一定升高，所以分子平均动能将增大；而气体的体积增大，则气体密度将减小。故D正确；
E、根据热力学第二定律，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体，故E正确。
故选：BDE。
【点评】本题主要考查了表面张力、压强的微观意义、各向同性与各向异性、热力学第二定律等知识点的内容，要注意对热力学第二定律的理解，还有就是晶体的分类即物理特性。
14．（10分）如图所示，总长度为15cm的气缸放置在水平桌面上。活塞的质量m＝20kg，横截面积S＝100cm2，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动但不漏气，开始时活塞与气缸底的距离12cm。外界气温为27℃，大气压强为1.0×105Pa．将气缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与气缸口相平，取g＝10m/s2，求：
①活塞上表面刚好与气缸口相平时气体的温度为多少？
②在对气缸内气体加热的过程中，吸收了189J的热量，则气体增加的内能是多少？

【考点】8F：热力学第一定律；99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4E：模型法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】①活塞刚好到达气缸口的过程中气体的压强与体积、温度都发生了变化，分别列出初末的状态参量，再应用理想气体状态方程求出气体的温度。
②气体的体积膨胀的过程中对外做功：W＝P△V，然后结合热力学第一定律即可求出内能的增加量。
【解答】解：（1）以封闭气体为研究对象，当气缸水平放置时，气体初状态参量：
p0＝1.0×105Pa，V0＝LS，T0＝（273+27）K＝300K，
当气缸口朝上时，活塞到达气缸口时，活塞受力分析如图所示。
有 p1S＝p0S+mg
则 p1＝p0+mgS
解得 p1＝1.2×105Pa
气体末状态参量：V1＝L1S，T1＝？
由理想气体的状态方程：p0V0T0=p1V1T1
代入数据得：T2＝450K
②当气缸开口向上竖直位置时，未加热稳定时，设气体的长度为L′，则：
p0LS＝p1L′S
代入数据得：L′＝0.1m
加热后，气体做等压膨胀，气体对外力做功：W＝p1S•（L1﹣L′）
解得 W＝60J
由热力学第一定律：△U＝﹣W+Q
代入数据联立得：△U＝129J
答：
①活塞上表面刚好与气缸口相平时气体的温度为450K；
②气体增加的内能△U是129J。

【点评】本题的关键要确定气体状态变化过程，要掌握等压变化过程气体做功公式W＝p△V，可根据功的计算公式理解记忆。运用热力学第一定律时注意功的符号。
【物理-选修3-4】（15分）
15．（5分）下列说法正确的是 （　　）
A．当声源相对于观察者远离时，观察者听到的声音频率会变低
B．光导纤维中内层的折射率小于外层的折射率
C．泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡特别明亮是光的全反射现象
D．雷达是利用电磁波中的长波来测定物体位置的无线电设备
E．真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源的运动和观察者的运动无关
【考点】H5：全反射；K2：* 爱因斯坦相对性原理和光速不变原理．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；45：归纳法；54J：光的波粒二象性和物质波专题．
【分析】根据观察者与声源间距离变化，分析多普勒效应。对照全反射条件分析光导纤维中内层和外层的折射率关系。泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡特别明亮是光的全反射现象。雷达是利用电磁波中的微波来测定物体位置的无线电设备。真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的。
【解答】解：A、当声源相对于观察者远离时，产生多普勒效应，观察者听到的声音频率会降低，故A正确。
B、光导纤维利用的是全反射原理，对照全反射条件知，光导纤维中内层的折射率大于外层的折射率，故B错误。
C、泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡特别明亮是光的全反射现象，故C正确。
D、雷达是利用电磁波中的微波来测定物体位置的无线电设备；故D错误。
E、根据相对论的基本原理知，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源的运动和观察者的运动无关，故E正确。
故选：ACE。
【点评】解决本题的关键是理解并掌握光波的基本知识，理解日常光现象产生的原因，特别是全反射现象的应用。
16．（10分）如图所示，实线是一列简谐横波在t1＝0时刻的波形图，虚线是在t2＝0.2s时刻的波形图。
①若周期T符合：2T＜t2﹣t1＜3T，且波向x轴正方向传播，波速多大？
②若周期T符合：2T＜t2﹣t1＜3T，且波向x轴负方向传播，波速多大？
③在t1到t2的时间内，如果M通过的路程为1m，那么波的传播方向怎样？波速多大？

【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；22：学科综合题；32：定量思想；43：推理法；51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】①根据波的传播方向得到时间间隔可周期的关系式，然后由周期的取值范围得到周期，即可根据波长求得波速；
②同①一致，根据波的传播方向得到时间间隔可周期的关系式，然后由周期的取值范围得到周期，即可根据波长求得波速；
③根据M的路程，由时间间隔得到周期，即可由①②得到传播方向，根据波长求得波速。
【解答】解：由图可知：波长λ＝4cm＝0.04m
①波向x轴正方向传播，那么，经过t2﹣t1波向右传播了n+14（n∈N）个周期，故有：t2-t1=(n+14)T；
又有2T＜t2﹣t1＜3T，所以，t2-t1=(2+14)T=94T，故波速v=λT=λ49(t2-t1)=0.45m/s；
②波向x轴负方向传播，那么，经过t2﹣t1波向右传播了n+34（n∈N）个周期，故有：t2-t1=(n+34)T；
又有2T＜t2﹣t1＜3T，所以，t2-t1=(2+34)T=114T，故波速v=λT=λ411(t2-t1)=0.55m/s；
③在t1到t2的时间内，如果M通过的路程为1m＝5A；
又有一个周期质点的路程为4A，根据t1＝0时刻，质点M在平衡位置可知：t1到t2的时间为54T，即t2-t1=54T；
那么，波向x轴正方向传播v=λT=λ45(t2-t1)=0.25m/s；
答：①若周期T符合：2T＜t2﹣t1＜3T，且波向x轴正方向传播，波速为0.45m/s；
②若周期T符合：2T＜t2﹣t1＜3T，且波向x轴负方向传播，波速为0.55m/s；
③在t1到t2的时间内，如果M通过的路程为1m，那么波向x轴正方向传播，波速为0.25m/s。
【点评】在给出波形图求解质点振动、波速的问题中，一般根据图象得到波长及时间间隔与周期的关系，从而求得周期，即可得到质点振动情况，由v=λT求得波速。
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日期：2019/4/14 18:33:31；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120