江西省新余四中高三物理上学期第六次月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年江西省新余四中高三（上）第六次月考物理试卷一、选择题（多项选择）12015年度诺贝尔物理学奖颁发给了日本科学家梶田隆章和加拿大科学家阿瑟麦克唐纳，以表彰他们在发现中微子振荡方面所作的贡献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史实的是（）a牛顿应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点b胡克认为无论在什么条件下，弹簧的弹力始终与弹簧的形变量成正比c德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳位于椭圆的中心上d密立根最早通过油滴实验，比较准确地测出电子的电荷量2a、b、c三个物体在同一条直线上运动，三个物体的位移时间图象如图所示，图象c是一条抛物线，坐标原点是抛物线的顶点，下列说法中正确的是（）aa、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同ba、b两物体都做匀变速直线运动，两个物体的加速度大小相等、方向相反c在05s内，当t=5s时，a、b两个物体相距最近d物体c一定做变速直线运动3如图所示，轻绳的一端固定在o点，另一端系一质量为m的小球（可视为质点）当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力t、轻绳与竖直线op的夹角满足关系式t=a+bcos，式中a、b为常数若不计空气阻力，则当地的重力加速度为（）abcd4如图，长方体玻璃水槽中盛有nacl的水溶液，在水槽左、右侧壁内侧各装一导体片，使溶液中通入沿x轴正向的电流i，沿y轴正向加恒定的匀强磁场b图中a、b是垂直于z轴方向上水槽的前后两内侧面（）aa处电势高于b处电势ba处离子浓度大于b处离子浓度c溶液的上表面电势高于下表面的电势d溶液的上表面处的离子浓度大于下表面处的离子浓度5p1、p2为相距遥远的两颗行星，距各自表面相同高度处各有一颗卫星s1、s2做匀速圆周运动图中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a，横坐标表示物体到行星中心的距离r的平方，两条曲线分别表示p1、p2周围的a与r2的反比关系，它们左端点横坐标相同则（）ap1的平均密度比p2的大bp1的“第一宇宙速度”比p2的小cs1的向心加速度比s2的大ds1的公转周期比s2的大6位于正方形四角上的四个等量点电荷的电场线分布如图所示，ab、cd分别是正方形两条边的中垂线，o点为中垂线的交点，p、q分别为cd、ab上的点，则正确的是（）ap、o两点的电势关系为p0bp、q两点电场强度的大小关系为epeqc若在o点放一正点电荷，则该正点电荷受到的电场力为零d若将某负电荷由p点沿着曲线pq移到q点，电场力做负功7如图所示电路，电源内阻不能忽略，r1阻值小于变阻器的总电阻，当滑动变阻器的滑片p停在变阻器的中点时，电压表的示数为u，电流表的示数为i那么，滑片p由中点向上移动的全过程中（）a电压表的示数始终小于ub电流表的示数始终大于ic电压表的示数先增大后减小d电流表的示数先减小后增大8如图所示，在0xb、0ya的长方形区域中有一磁感应强度大小为b的匀强磁场，磁场的方向垂直于xoy平面向外o处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xoy平面内的第一象限内己知粒子在磁场中做圆周运动的周期为t，最先从磁场上边界中飞出的粒子经历的时间为，最后从磁场中飞出的粒子经历的时间为不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则（）a粒子的射入磁场的速度大小v=b粒子圆周运动的半径r=2ac长方形区域的边长满足关系=+1d长方形区域的边长满足关系=2二、非选择题9某同学利用如图所示的装置探究功与速度变化的关系（）小物块在橡皮筋的作用下弹出，沿水平桌面滑行，之后平抛落至水平地面上，落点记为m1；（）在钉子上分别套上2条、3条、4条同样的橡皮筋，使每次橡皮筋拉伸的长度都保持一致，重复步骤（），小物块落点分别记为m2、m3、m4；（）测量相关数据，进行数据处理（1）为求出小物块抛出时的动能，需要测量下列物理量中的（填正确答案标号）a小物块的质量mb橡皮筋的原长xc橡皮筋的伸长量xd桌面到地面的高度he小物块抛出点到落地点的水平距离l（2）将几次实验中橡皮筋对小物块做功分别记为w1、w2、w3、，小物块抛出点到落地点的水平距离分别记为l1、l2、l3、若功与速度的平方成正比，则应以w为纵坐标、为横坐标作图，才能得到一条直线（3）由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于（填“偶然误差”或“系统误差”）10在练习使用多用电表的实验中：（1）某同学用多用电表测量电阻，其欧姆挡的电路如图甲所示，若选择开关处在“100”挡时，按正确使用方法测量电阻rx的阻值，指针位于图乙示位置，则rx=（2）若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述rx，其测量结果与原结果相比将（填“变大”、“变小”或“不变”）（3）某同学利用图甲中的器材设计了一只欧姆表，其电路如图丙所示关于该欧姆表，下列说法正确的是a电阻刻度的零位在表盘的右端b表盘上的电阻刻度是均匀的c测量前，不需要红、黑表笔短接调零d测量后，应将开关s断开某同学进行如下操作：当rx未接入时，闭合开关s，将红、黑表笔分开时，调节可变电阻，使电流表满偏当rx接入a、b表笔之间时，若电流表的指针指在表盘的正中央，则待测电阻rx的阻值为已知电流表的内阻为rg，电池的内阻为r，可变电阻接入电路的阻值为r11在如图所示的平面直角坐标系内，x轴水平、y轴竖直向下计时开始时，位于原点处的沙漏由静止出发，以加速度a沿x轴匀加速度运动，此过程中沙从沙漏中漏出，每隔相等的时间漏出相同质量的沙已知重力加速度为g，不计空气阻力以及沙相对沙漏的初速度（1）求t0时刻漏出的沙在t（tt0）时刻的位置坐标；（2）t时刻空中的沙排成一条曲线，求该曲线方程12如图所示，在空中有一水平方向的匀强磁场区域，区域的上下边缘间距为h，磁感应强度为b有一长度为l、宽度为b（bh）、电阻为r、质量为m的矩形线圈紧贴磁场区域的上边缘从静止起竖直下落，当线圈的下边穿出磁场时，恰好以速率v匀速运动已知重力加速度为g，求（1）线圈匀速运动的速率v；（2）穿过磁场区域过程中，线圈中产生的热量q；（3）线圈穿过磁场区域所经历的时间t选考题【物理-选修3-3】略13下列说法正确的是 （）a某种液体的饱和蒸气压与温度有关b不是所有晶体都具有各向异性的特点c第二类永动机不能制成是因为它违反了能量守恒定律d当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，但斥力减小得更快，所以分子间的作用力表现为引力e一定质量的理想气体，放热的同时外界对其做功，其内能可能减少14如图所示，一根上粗下细、粗端与细端都粗细均匀的玻璃管上端封闭、下端开口，横截面积s1=4s2，下端与大气连通粗管中有一段水银封闭了一定质量的理想气体，水银柱下表面恰好与粗管和细管的交界处齐平，空气柱和水银柱长度均为h=4cm现在细管口连接一抽气机（图中未画出），对细管内气体进行缓慢抽气，最终使一半水银进入细管中，水银没有流出细管已知大气压强为p0=76cmhg求抽气结束后细管内气体的压强；抽气过程中粗管内气体吸热还是放热？请说明原因【物理-选修3-4】15在均匀介质中，t=0时刻振源o沿+y方向开始振动，t=0.9s时x轴上0至14m范围第一次出现图示的简谐横波波形由此可以判断：波的周期为s，x=20m处质点在01.2s内通过的路程为m16如图所示，一个折射率为的三棱镜的截面为等腰直角abc，a为直角此截面所在平面内的一束光线沿与ab边成角（90）的方向入射到ab边的中点p处若要光线进入三棱镜后能射到ac边上且能在ac面上发生全反射，则cos应满足什么条件？【物理-选修3-5】17某放射性元素经过6天后，只剩下没有衰变，它的半衰期是天为估算某水库的库容，可取一瓶无毒的该放射性元素的水溶液，测得瓶内溶液每分钟衰变 8107次现将这瓶溶液倒入水库，8 天后在水库中取水样1.0m3（可认为溶液己均匀分布），测得水样每分钟衰变20次由此可知水库中水的体积约为m318如图所示，质量为m、半径为r的质量分布均匀的圆环静止在粗糙的水平桌面上，一质量为m（mm）的光滑小球以某一水平速度通过环上的小孔正对环心射入环内，与环发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小球恰好不会从小孔中穿出假设小球与环内壁的碰撞为弹性碰撞，只考虑圆环与桌面之间的摩擦，求圆环通过的总位移？2015-2016学年江西省新余四中高三（上）第六次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（多项选择）12015年度诺贝尔物理学奖颁发给了日本科学家梶田隆章和加拿大科学家阿瑟麦克唐纳，以表彰他们在发现中微子振荡方面所作的贡献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史实的是（）a牛顿应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点b胡克认为无论在什么条件下，弹簧的弹力始终与弹簧的形变量成正比c德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳位于椭圆的中心上d密立根最早通过油滴实验，比较准确地测出电子的电荷量【考点】物理学史【专题】实验题；比较思想；推理法；万有引力定律的应用专题【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解：a、伽利略应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点，故a错误；b、胡克认为在弹性限度范围内，弹簧的弹力始终与弹簧的形变量成正比，故b错误；c、德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳位于椭圆的焦点上，故c错误；d、密立根最早通过油滴实验，比较准确地测出电子的电荷量，故d正确；故选：d【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2a、b、c三个物体在同一条直线上运动，三个物体的位移时间图象如图所示，图象c是一条抛物线，坐标原点是抛物线的顶点，下列说法中正确的是（）aa、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同ba、b两物体都做匀变速直线运动，两个物体的加速度大小相等、方向相反c在05s内，当t=5s时，a、b两个物体相距最近d物体c一定做变速直线运动【考点】匀变速直线运动的图像【专题】运动学中的图像专题【分析】位移图象倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，图象的斜率大小等于速度大小，斜率的正负表示速度方向分析在05s内a、b两物体之间距离的变化图象c是一条抛物线表示匀加速运动【解答】解：ab、位移图象倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，则知a、b两物体都做匀速直线运动由图看出斜率看出，a、b两图线的斜率大小、正负相反，说明两物体的速度大小相等、方向相反故ab错误c、a物体沿正方向运动，b物体沿负方向运动，则当t=5s时，a、b两个物体相距最远故c错误d、对于匀加速运动位移公式x=v0t+，可见，xt图象是抛物线，所以物体c一定做匀加速运动故d正确故选：d【点评】本题是为位移时间图象的应用，要明确斜率的含义，并能根据图象的信息解出物体运动的速度大小和方向3如图所示，轻绳的一端固定在o点，另一端系一质量为m的小球（可视为质点）当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力t、轻绳与竖直线op的夹角满足关系式t=a+bcos，式中a、b为常数若不计空气阻力，则当地的重力加速度为（）abcd【考点】向心力；牛顿第二定律【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用【分析】分别求出当=0和180时绳子的拉力，再根据向心力公式及动能定理列式即可求解【解答】解：当小球在最低点时，=0，此时绳子的拉力t1=a+b根据向心力公式有t1mg=m在最高点时，=180，此时绳子的拉力t2=ab根据向心力公式有根据机械能守恒定律得，联立以上各式解得g=故d正确，a、b、c错误故选d【点评】本题主要考查了向心力公式及动能定理的应用，要求同学们能找出向心力的来源，难度适中4如图，长方体玻璃水槽中盛有nacl的水溶液，在水槽左、右侧壁内侧各装一导体片，使溶液中通入沿x轴正向的电流i，沿y轴正向加恒定的匀强磁场b图中a、b是垂直于z轴方向上水槽的前后两内侧面（）aa处电势高于b处电势ba处离子浓度大于b处离子浓度c溶液的上表面电势高于下表面的电势d溶液的上表面处的离子浓度大于下表面处的离子浓度【考点】洛仑兹力；电势【分析】在溶液中通入沿x轴正向的电流i，在nacl的水溶液中，带正电的钠离子向右运动，带负电的氯离子向左运动，再根据左手定则判断粒子受到的洛伦兹力的方向，从而可以得出水槽的前后两内侧面积累的电荷的情况，再分析电势的情况【解答】解：a、电流向右，正离子向右运动，磁场的方向是竖直向上的，根据左手定则可以判断，正离子受到的洛伦兹力的方向是向前，即向a处运动，同理，可以判断负离子受到的洛伦兹力的方向也是指向a处的，所以a处整体不带电，a的电势和b的电势相同，所以a错误；b、由于正负离子都向a处运动，所以a处的离子浓度大于b处离子浓度，所以b正确；cd、离子都向a出运动，并没有上下之分，所以溶液的上表面电势等于下表面的电势，溶液的上表面处的离子浓度也等于下表面处的离子浓度，所以cd错误故选b【点评】对于电解液，溶液中既有正离子，也有负离子，两种离子都运动，这是与导体导电不同的地方，在分析离子的受力的时候要注意离子的带正电还是负电5p1、p2为相距遥远的两颗行星，距各自表面相同高度处各有一颗卫星s1、s2做匀速圆周运动图中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a，横坐标表示物体到行星中心的距离r的平方，两条曲线分别表示p1、p2周围的a与r2的反比关系，它们左端点横坐标相同则（）ap1的平均密度比p2的大bp1的“第一宇宙速度”比p2的小cs1的向心加速度比s2的大ds1的公转周期比s2的大【考点】万有引力定律及其应用【专题】万有引力定律的应用专题【分析】根据牛顿第二定律得出行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a的表达式，结合a与r2的反比关系函数图象得出p1、p2的质量和半径关系，根据密度和第一宇宙速度的表达式分析求解；根据根据万有引力提供向心力得出周期表达式求解【解答】解：a、根据牛顿第二定律，行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度为：a=，两曲线左端点横坐标相同，所以p1、p2的半径相等，结合a与r2的反比关系函数图象得出p1的质量大于p2的质量，根据=，所以p1的平均密度比p2的大，故a正确；b、第一宇宙速度v=，所以p1的“第一宇宙速度”比p2的大，故b错误；c、s1、s2的轨道半径相等，根据a=，所以s1的向心加速度比s2的大，故c正确；d、根据根据万有引力提供向心力得出周期表达式t=2，所以s1的公转周期比s2的小，故d错误；故选：ac【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、周期、加速度与轨道半径的关系，并会用这些关系式进行正确的分析和计算该题还要求要有一定的读图能力和数学分析能力，会从图中读出一些信息就像该题，能知道两个行星的半径是相等的6位于正方形四角上的四个等量点电荷的电场线分布如图所示，ab、cd分别是正方形两条边的中垂线，o点为中垂线的交点，p、q分别为cd、ab上的点，则正确的是（）ap、o两点的电势关系为p0bp、q两点电场强度的大小关系为epeqc若在o点放一正点电荷，则该正点电荷受到的电场力为零d若将某负电荷由p点沿着曲线pq移到q点，电场力做负功【考点】电场线【分析】根据电场线的方向确定场源电荷的正负电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低电场线的疏密表示场强的大小，根据电势高低判断功的正负【解答】解：a、根据电场叠加，由图象可知ab、cd两中垂线上各点的电势都为零，所以p、o两点的电势相等故a正确b、电场线的疏密表示场强的大小，根据图象知epeq，故b正确；c、四个点电荷在o点产生的电场两两相互抵消，场强为零，故在o点放一正点电荷，则该正点电荷受到的电场力为零，故c正确d、p、q电势相等，所以a、c两点电势相等，若将某一负电荷由p点沿着图中曲线pq移到q点，电场力做功为零故d错误故选：abc【点评】本题的关键要掌握电场线的分布情况，能根据曲线的弯曲方向可知粒子的受力方向通过电场线的指向看电势的高低7如图所示电路，电源内阻不能忽略，r1阻值小于变阻器的总电阻，当滑动变阻器的滑片p停在变阻器的中点时，电压表的示数为u，电流表的示数为i那么，滑片p由中点向上移动的全过程中（）a电压表的示数始终小于ub电流表的示数始终大于ic电压表的示数先增大后减小d电流表的示数先减小后增大【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】由图可知，r1与滑动变阻器的上端串联后与滑动变阻器的下端并联，并联电路再与r2串联；分析滑片移动时并联部分电阻的变化，由欧姆定律可得出电路中电流的变化及电压表的变化；对r1支路由欧姆定律可得出电流表示数的变化【解答】解：由题意可知，当滑片向上移动时，并联部分的总电阻先增大后减小；则外部的总电阻先增大后减小；由闭合电路的欧姆定律可知，干路电流先减小后增大，故内电压先减小后增大，则路端电压先增大后减小；即电压表的示数先增大后减小，故c正确；当并联两支路电阻相等时，电路中总电阻最小，此时路端电压最大，故a错误；电流表与r1串联，在移动中设滑动变阻器的全职电阻为r3，从滑片p到最上面部分电阻记为r上，下面部分的电阻记为r下，则电流表的示数即流过r1的电流值其中r13=r1+r3是定值，当滑片p由中点向上移动的全过程中，r上不断减小，r下不断增大，i1不断增大，即电流表的示数不断增大，且始终大于i，选项b正确，d错误；故选bc【点评】本题为闭合电路的欧姆定律的动态分析类题目，此类问题可先分析外电路中的电阻，再分析电流或内电阻消耗的电压，最后再分析各局部电路；在分析中要灵活应用串并联电路的规律，必要时可将与电源串联的电阻当作内电阻处理8如图所示，在0xb、0ya的长方形区域中有一磁感应强度大小为b的匀强磁场，磁场的方向垂直于xoy平面向外o处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xoy平面内的第一象限内己知粒子在磁场中做圆周运动的周期为t，最先从磁场上边界中飞出的粒子经历的时间为，最后从磁场中飞出的粒子经历的时间为不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则（）a粒子的射入磁场的速度大小v=b粒子圆周运动的半径r=2ac长方形区域的边长满足关系=+1d长方形区域的边长满足关系=2【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）根据题意，粒子运动时间最短时，其回旋的角度最小，画出运动轨迹，根据几何关系列出方程求解出轨道半径，再根据洛伦兹力提供向心力得出速度大小；（2）最后离开磁场的粒子，其运动时间最长，由题意画出运动的轨迹，故可以根据几何关系列出方程求解b与a之间的关系【解答】解：a、b、最先从磁场上边界中飞出的粒子在磁场中的偏转角最小，对应的圆弧最短，可以判断出是沿y轴方向入射的粒子；其运动的轨迹如图甲，则由题意偏转角：由几何关系得：带电粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得：所以：，故ab正确；c、d、当rb时，在磁场中运动的时间最长的粒子，其轨迹是圆心为c的圆弧，圆弧与磁场的边界相切，如图所示，设该粒子在磁场中运动的时间为t，依题意，t=，回旋角度为oca=设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为，由几何关系得：rsin=ra解得：，=30由图可得：故c正确，d错误；故选：abc【点评】本题关键是画出运动时间最短的粒子的运动轨迹，然后根据几何关系得到轨道半径，再根据洛仑兹力提供向心力得到速度大小二、非选择题9某同学利用如图所示的装置探究功与速度变化的关系（）小物块在橡皮筋的作用下弹出，沿水平桌面滑行，之后平抛落至水平地面上，落点记为m1；（）在钉子上分别套上2条、3条、4条同样的橡皮筋，使每次橡皮筋拉伸的长度都保持一致，重复步骤（），小物块落点分别记为m2、m3、m4；（）测量相关数据，进行数据处理（1）为求出小物块抛出时的动能，需要测量下列物理量中的ade（填正确答案标号）a小物块的质量mb橡皮筋的原长xc橡皮筋的伸长量xd桌面到地面的高度he小物块抛出点到落地点的水平距离l（2）将几次实验中橡皮筋对小物块做功分别记为w1、w2、w3、，小物块抛出点到落地点的水平距离分别记为l1、l2、l3、若功与速度的平方成正比，则应以w为纵坐标、l2为横坐标作图，才能得到一条直线（3）由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于系统误差（填“偶然误差”或“系统误差”）【考点】探究功与速度变化的关系【专题】实验题；动能定理的应用专题【分析】小球离开桌面后做平抛运动，根据桌面到地面的高度，可计算出平抛运动的时间，再根据小物块抛出点到落地点的水平距离，可计算出小球离开桌面时的速度，再知道小球的质量，就可以计算出小球的动能根据h=，和l=v0t，可得，因为功与速度的平方成正比，所以功与l2正比【解答】解：（1）小球离开桌面后做平抛运动，根据桌面到地面的高度h=，可计算出平抛运动的时间，再根据小物块抛出点到落地点的水平距离l=v0t，可计算出小球离开桌面时的速度，根据动能的表达式，还需要知道小球的质量故ade正确、bc错误故选：ade（2）根据h=，和l=v0t，可得，因为功与速度的平方成正比，所以功与l2正比，故应以w为纵坐标、l2为横坐标作图，才能得到一条直线（3）一般来说，从多次测量揭示出的实验误差称为偶然误差，不能从多次测量揭示出的实验误差称为系统误差由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于系统误差故答案为：（1）ade；（2）l2；（3）系统误差【点评】明确实验原理，根据相应规律得出表达式，然后讨论还要知道系统误差和偶然误差的区别，系统误差是由于仪器的某些不完善、测量技术上受到限制或实验方法不够完善没有保证正确的实验条件等原因产生，如停表测时间时，停表不准确，慢了，测的时间间隔总是偏小偶然误差的特点是它的随机性如果我们对一些物理量只进行一次测量，其值可能比真值大也可能比真值小，这完全是偶然的，产生偶然误差的原因无法控制，所以偶然误差总是存在，通过多次测量取平均值可以减小偶然误差，但无法消除既然是误差就不可消除，只能是改进方法，多次做试验，以减小误差10在练习使用多用电表的实验中：（1）某同学用多用电表测量电阻，其欧姆挡的电路如图甲所示，若选择开关处在“100”挡时，按正确使用方法测量电阻rx的阻值，指针位于图乙示位置，则rx=700（2）若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述rx，其测量结果与原结果相比将变大（填“变大”、“变小”或“不变”）（3）某同学利用图甲中的器材设计了一只欧姆表，其电路如图丙所示关于该欧姆表，下列说法正确的是cda电阻刻度的零位在表盘的右端b表盘上的电阻刻度是均匀的c测量前，不需要红、黑表笔短接调零d测量后，应将开关s断开某同学进行如下操作：当rx未接入时，闭合开关s，将红、黑表笔分开时，调节可变电阻，使电流表满偏当rx接入a、b表笔之间时，若电流表的指针指在表盘的正中央，则待测电阻rx的阻值为已知电流表的内阻为rg，电池的内阻为r，可变电阻接入电路的阻值为r【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题；定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】（1）欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数（2）根据闭合电路的欧姆定律分析实验误差（3）分析清楚电路结构、应用闭合电路欧姆定律分析答题【解答】解：（1）若选择开关处在“100”挡，由图乙所示可知，电阻测量值为：7100=700（2）设电流表满偏电流ig，欧姆调零时：ig=，则：r内=，当电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流ig不变，r内变小，用欧姆表测电阻时：i=，由此可知当r内变小时，i变小，指针跟原来的位置相比偏左了，欧姆表的示数变大了（3）由图丙所示可知，该欧姆表电表与待测电路并联，则电表为电压表，利用并联电路特点测电阻，电阻刻度的零位在表盘的左端，由闭合电路欧姆定律可知，表盘上的电阻刻度是不均匀的，由于电表为电压表，测量前，不需要红、黑表笔短接调零，测量后，应将开关s断开，故ab错误，cd正确，故选cd当rx未接入时，闭合开关s，将红、黑表笔分开时，调节可变电阻，使电流表满偏，由闭合电路欧姆定律得：ig=，当rx接入a、b表笔之间时，若电流表的指针指在表盘的正中央，由欧姆定律得：ig=，解得：rx=答案：（1）700；（2）变大；（3）cd；【点评】本题考查了欧姆表工作原理、欧姆表读数，实验误差分析等问题；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数；知道欧姆表的工作原理、应用闭合电路欧姆定律即可正确解题11在如图所示的平面直角坐标系内，x轴水平、y轴竖直向下计时开始时，位于原点处的沙漏由静止出发，以加速度a沿x轴匀加速度运动，此过程中沙从沙漏中漏出，每隔相等的时间漏出相同质量的沙已知重力加速度为g，不计空气阻力以及沙相对沙漏的初速度（1）求t0时刻漏出的沙在t（tt0）时刻的位置坐标；（2）t时刻空中的沙排成一条曲线，求该曲线方程【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；平抛运动【专题】直线运动规律专题【分析】由题意可知，沙子漏出后水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据运动学基本公式求出在（tt0）时间内水平和竖直方向的位移即可求出位置坐标，联立方程，消去未知数t0，则t时刻所有沙构成的图线方程即可求出【解答】解：（1）由匀变速直线运动的规律，t0时刻漏出的沙具有水平初速度v0=at0沙随沙漏一起匀加速的位移接着沙平抛，t时刻位移x1=v0（tt0）且x=x0+x1y=所以，t0时刻漏出的沙的坐标为：（，）；（2）联立方程，y=，消去未知数t0，则t时刻所有沙构成的图线满足方程答：（1）t0时刻漏出的沙在t（tt0）时刻的位置坐标为：（，）；（2）该曲线方程为【点评】本题的关键是正确分析沙子漏出后的运动规律，知道沙子漏出后水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，难度适中12如图所示，在空中有一水平方向的匀强磁场区域，区域的上下边缘间距为h，磁感应强度为b有一长度为l、宽度为b（bh）、电阻为r、质量为m的矩形线圈紧贴磁场区域的上边缘从静止起竖直下落，当线圈的下边穿出磁场时，恰好以速率v匀速运动已知重力加速度为g，求（1）线圈匀速运动的速率v；（2）穿过磁场区域过程中，线圈中产生的热量q；（3）线圈穿过磁场区域所经历的时间t【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】（1）当线圈的下边穿出磁场时，恰好做匀速运动，重力与安培力二力平衡，由平衡条件和安培力的表达式fa=结合，可求得线圈匀速运动的速率v（2）穿过磁场区域过程中，线框的机械能减小转化为内能，根据能量守恒定律求解线圈中产生的热量q（3）线圈进入磁场过程中，由牛顿第二定律和加速度的定义式结合，运用积分法求解时间；线圈完全进入磁场的过程，磁通量不变，没有感应电流产生，不受安培力，线框做匀加速运动，加速度为g，由运动学速度时间公式求时间；对于匀速运动过程，由位移公式求解时间，即可得到总时间【解答】解：（1）线圈匀速穿出磁场，产生的感应电动势为：e=blv回路中的电流为：i=此时线圈受到竖直向上的安培力为：f=bil联立以上三式得：f=由平衡条件得：f=mg所以有：v=（2）线圈穿过磁场区域过程中，由能量守恒定律得线圈中产生的热量为：q=mg（b+h）=mg（b+h）（3）线圈进入磁场过程中，下边进入磁场时线圈的速率为0，上边进入磁场时线圈的速率为v1当其速率为v时，由牛顿运动定律得：mg=ma又 a=整理，得：mgtvt=mv两边求和，得：（mgt）（vt）=（mv）即得：mgt）（vt）=（mv）所以 mgt1b=mv1；故 t1=+接着线圈在磁场以g匀加速运动，有：t2=最后线圈匀速穿出磁场，有：t3=得：t=t1+t2+t3=+答：（1）线圈匀速运动的速率v为；（2）穿过磁场区域过程中，线圈中产生的热量q为mg（b+h）；（3）线圈穿过磁场区域所经历的时间t是+【点评】本题是电磁感应与力学的综合，正确分析线圈的受力情况，运用力学的基本规律：平衡条件、能量守恒定律和牛顿第二定律、运动学公式解题本题关键要抓住进入磁场的过程，线圈做非匀变速运动，不能根据运动学公式求解时间，可运用牛顿第二定律和积分法求解选考题【物理-选修3-3】略13下列说法正确的是 （）a某种液体的饱和蒸气压与温度有关b不是所有晶体都具有各向异性的特点c第二类永动机不能制成是因为它违反了能量守恒定律d当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，但斥力减小得更快，所以分子间的作用力表现为引力e一定质量的理想气体，放热的同时外界对其做功，其内能可能减少【考点】热力学第二定律；分子间的相互作用力【专题】热力学定理专题【分析】在密闭条件中，在一定温度下，与固体或液体处于相平衡的蒸汽所具有的压力称为饱和蒸汽压同一物质在不同温度下有不同的饱和蒸气压，并随着温度的升高而增大单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性；第二类永动机不能制成是因为它违反了热力学第二定律；当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，但斥力减小得更快，所以分子间的作用力表现为引力；根据热力学第一定律，一定质量的理想气体，放热的同时外界对其做功，其内能可能增大，有可能不变，可能减少【解答】解：a、同一物质在不同温度下有不同的饱和蒸气压，并随着温度的升高而增大故a正确；b、单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性故b错误；c、第二类永动机没有违反了能量守恒定律，不能制成是因为它违反了热力学第二定律；故c错误；d、当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，但斥力减小得更快，所以分子间的作用力表现为引力故d正确；e、根据热力学第一定律，一定质量的理想气体，放热（q0）的同时外界对其做功（w0），其内能改变：e=q+w可能减少，可能增大，有可能不变故e正确故选：abde【点评】本题考查了饱和蒸气压、晶体的特点以及热力学第一定律、热力学第二定律等的知识，难度不大，注意积累基础题目14如图所示，一根上粗下细、粗端与细端都粗细均匀的玻璃管上端封闭、下端开口，横截面积s1=4s2，下端与大气连通粗管中有一段水银封闭了一定质量的理想气体，水银柱下表面恰好与粗管和细管的交界处齐平，空气柱和水银柱长度均为h=4cm现在细管口连接一抽气机（图中未画出），对细管内气体进行缓慢抽气，最终使一半水银进入细管中，水银没有流出细管已知大气压强为p0=76cmhg求抽气结束后细管内气体的压强；抽气过程中粗管内气体吸热还是放热？请说明原因【考点】理想气体的状态方程；热力学第一定律【专题】理想气体状态方程专题【分析】（1）根据体积不变，求出水银柱恰好一半进入粗管中时，水银柱的高度，根据理想气体状态方程求解时封闭气体的压强，再根据平衡条件知细管里气体压强；（2）抽气过程，封闭气体发生等温变化，根据热力学第一定律可以判定是吸热还是放热【解答】解：（1）缓慢抽气过程，粗管内气体温度不变，设抽气后粗管内气体压强为p3，细管内压强为p2，由玻意耳定律知（p0h）=p1（h+h）p2=p1+（）解得p2=58cmhg；（2）抽气过程中，粗管内气体温度不变，内能不变，u=w+q=0，气体体积增大，对外做功，w0则q0，故气体需要吸热答：求抽气结束后细管内气体的压强p2=58cmhg；抽气过程中粗管内气体吸热，抽气过程中，粗管内气体温度不变，内能不变，u=w+q=0，气体体积增大，对外做功，w0则q0，故气体需要吸热【点评】此题考查气体的理想气体状态方程和热力学第一定律，分析气体状态时先找不变的量，再看变化的量，再选合适的公式，可以使问题简单化【物理-选修3-4】15在均匀介质中，t=0时刻振源o沿+y方向开始振动，t=0.9s时x轴上0至14m范围第一次出现图示的简谐横波波形由此可以判断：波的周期为0.4s，x=20m处质点在01.2s内通过的路程为4m【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系【专题】振动图像与波动图像专题【分析】波传播过程中，介质中各个质点的起振方向都与波源的起振方向相同，可判断出图中波最前列的质点的振动方向，确定出已有波形的长度，写出时间与周期的关系，从而求得周期根据距离求出波从图示时刻传到x=20m处的时间，分析该质点在01.2s内振动的时间，即可求解路程【解答】解：振源o沿+y方向开始振动，介质中各个质点均沿+y方向开始振动，而图中x=14m处质点此刻正沿y方向振动，则x轴上0至14m范围第一次出现图示的简谐横波波形，x=14m右侧还有半个波长的波形，所以从t=0时刻到t=0.9s时刻波传播的距离为 x=18m=2，传播的时间为t=0.9s=2t得 t=0.4s波速为 v=m/s=20m/s，波从x=18m传到x=20m处的时间为 t=s=0.1s故x=20m处质点在01.2s内已经振动了时间 t=1.2s0.9s0.1s=0.2s=t质点在一个周期内通过的路程是4a，则在t=t内通过的路程是 s=2a=22m=