四川省成都市青羊区石室中学2019届高三物理下学期期初考试试题（含解析）.docx

四川省成都市青羊区石室中学2019届高三物理下学期期初考试试题（含解析）一、单选题（本大题共10小题，共60.0分）1.一位物理老师制作了一把如图所示的“简易铜丝琴”。他是这么做的：在一块木板上固定两颗螺丝钉，将一根张紧的铜丝缠绕在两颗螺丝钉之间，扩音器通过导线与两螺丝钉连接，铜丝旁边放置一块磁铁，用手指拨动铜丝，扩音器上就发出了声音。根据上面所给的信息，下面说法正确的是A. 铜丝的振动引起空气振动而发出声音B. 振动的铜丝切割磁感线产生直流电流C. 该“简易铜丝琴”将电能转化为机械能D. 利用这一装置所揭示的原理可制成发电机【答案】D【解析】【分析】根据电磁感应原理来解释此题。【详解】手指拨动铜导线发声是由于铜导线振动时切割磁感线产生交变的感应电流，电流通过扩音器放大后发声，选项AB错误；该“简易铜丝琴”将机械能转化为电能，所以利用这一装置所揭示的原理可制成发电机，选项C错误，D正确；故选D.2.一质量为1kg的小物块静止在光滑水平面上，t=0时刻给物体施加一个水平向右的拉力F，其速度的二次方随位移变化的图象为经过P点(5，25)的直线，如图所示，则A. 小物块做匀速直线运动B. 水平拉力F的大小为2.5NC. 5s内小物块的位移为5mD. 5s末小物块的速度为25m/s【答案】B【解析】【分析】根据v2-x图像的斜率可求解加速度；根据牛顿第二定律求解力F；根据运动公式求解5s内小物块的位移以及5s末小物块的速度.【详解】根据v2=2ax可知，则F=ma=2.5N，选项A错误，B正确；5s内小物块的位移为，选项C错误；5s末小物块的速度为v5=at5=12.5m/s，选项D错误；故选B.3.在粒子散射实验中，粒子的偏转是由于受到原子内正电荷的库仑力作用而发生的，其中有极少数粒子发生了大角度偏转，甚至被反向弹回。假定一个速度为v的高速粒子(He)与金原子核(Au)发生弹性正碰(碰撞前金原子核可认为是静止的)，则A. 粒子在靠近金原子核的过程中电势能逐渐减小B. 粒子散射实验说明原子核是由质子和中子组成的C. 粒子散射实验说明带正电的物质均匀分布在原子内部D. 当它们的距离最小时，粒子与金原子核的动量大小之比为4197【答案】D【解析】【分析】电场力做负功，电势能增加；粒子散射实验表面原子的内部有一个很小的核，原子的全部正电荷和几乎的全部质量都集中在原子核里；粒子在靠近金原子核的过程中满足动量守恒.【详解】粒子在靠近金原子核的过程中，库仑力做负功，电势能逐渐增加，选项A错误；粒子散射实验是原子的核式结构理论的基础，并不能说明原子核是由质子和中子组成的，选项B错误；粒子散射实验说明带正电的物质分布在原子内部很小的区域内，即原子的内部有一个很小的原子核，选项C错误；粒子在靠近金原子核的过程中，系统动量守恒，当它们的距离最小时，两者的速度相等，则粒子与金原子核的动量大小之比等于质量之比，即为4:197，选项D正确；故选D.4.在公园里我们经常可以看到大人和小孩都喜欢玩的一种游戏“套圈”，如图所示是“套圈”游戏的场景。假设某小孩和大人从同一条竖直线上距离地面的不同高度处分别水平抛出两个小圆环大人抛出圆环时的高度为小孩抛出圆环高度的倍，结果恰好都套中地面上同一物体。不计空气阻力，则大人和小孩所抛出的圆环A. 运动时间之比为94B. 速度变化率之比为49C. 水平初速度之比为23D. 落地时速度之比为32【答案】C【解析】【分析】物体做平抛运动，我们可以把平抛运动分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同；根据平抛运动的规律进行判断。【详解】根据可知大人和小孩所抛出的圆环运动时间之比为32，选项A错误；速度变化率等于加速度，因为加速度均为g，可知速度变化率之比为1：1，选项B错误；大人和小孩的水平位移相等，根据可知水平初速度比等于2:3，选项C正确；根据可知，落地的竖直速度之比为3:2，则根据可知落地时速度之比不等于32，选项D错误；故选C.5.如图所示，物体A、B和轻弹簧静止竖立在水平地面上轻弹簧的两端与两物体栓接其劲度系数为k，重力加速度为g。在物体A上施加一个竖直向上的恒力，若恒力大小为F0，物体B恰好不会离开地面；若恒力大小为2F0，在物体B刚好离开地面时物体A的速度为，设整个过程中弹簧都处于弹性限度内。则物体A与物体B的质量比值为A. 21B. 12C. 31D. 13【答案】A【解析】【分析】开始时弹簧被压缩，当B将要离开地面时弹簧被拉长；两次施加力时弹簧的弹性势能相同；根据能量关系列式即可求解.【详解】开始时弹簧的压缩量；物体刚好离开地面时，弹簧的伸长量为；两次施加力F时弹簧的弹力做功相同；根据能量关系可知：若恒力大小为F0，则；若恒力大小为2F0，则；其中的 ；联立解得mA:mB=2:1；故选A.6.我国选手谢思埸在2018年国际泳联世界跳水系列赛北京站夺得男子三米跳板冠军，如图所示为谢思埸（可视为质点）参加跳板跳水比赛时，其竖直方向的速度随时间变化的图象，以他离开跳板时为计时起点，不计空气阻力，则（）A. 时刻开始进入水面B. 时刻开始进入水面C. 时刻达到最高点D. 时间内速度方向竖直向上【答案】B【解析】A、运动员起跳时的速度方向向上，可知，t1时刻达到最高点，故A错误。B、C、v-t图象为直线，加速度不变，所以在0-t2时间内人在空中，t2之后进入水中，故B正确，C错误；D、0-t1时间内，速度方向竖直向上，t1-t2时间段速度方向竖直向下，故D错误；故选B。【点睛】本题考查对速度时间图象的理解，要知道在速度时间的图象中，直线的斜率代表的是加速度，速度的符号表示速度的方向。7.如图所示是小明同学画的几种人造地球卫星轨道的示意图，视地球为质量分布均匀的球体，其中a卫星的圆轨道平面过地轴，b卫星的圆轨道与地轴夹角为一锐角，c卫星轨道为与地轴垂直的椭圆，地球半径与卫星高度如图示。则下列说法错误的是（ ）A. 三个卫星都不可能是地球同步卫星B. 如果各卫星质量相等，它们的机械能也相等C. c卫星在远地点的速度一定小于a卫星和b卫星的环绕速度D. c卫星在远地点的速度一定小于第一宇宙速度【答案】B【解析】【分析】相对于地球静止的卫星就是地球同步卫星，周期等于地球自转周期，其轨道必须在赤道平面，高度是一定的；根据万有引力提供向心力，由于r越小，v越大，当r=R（地球半径）时，解出近地卫星的速度的最大值，地球的第一宇宙速度为7.9km/s，它是近地卫星的速度；【详解】A、地球的同步卫星一定在与赤道共面的圆轨道上运行，则三个卫星都不可能是地球同步卫星，故A正确；B、三个卫星的速度和高度都不能比较，则不能比较机械能的大小，故B错误；CD、根据万有引力提供向心力，可得，由于r越小，v越大；卫星c在远地点加速以后，可以沿过c点的圆轨道做匀速圆周运动，该圆轨道的速度一定小于a卫星和b卫星的环绕速度，更小于近地卫星的环绕速度即第一宇宙速度，故C、D正确；错误的故选B。【点睛】关键是利用万有引力提供向心力这一知识点，并能理解第一宇宙速度的含义8.如图所示，A球质量为B球质量的两倍，A球不带电，B球带正电，光滑的绝缘斜面倾角为。图甲中，A、B两球用轻质绝缘弹簧相连，图乙中，A、B两球用轻质绝缘杆相连，两个装置均处于平行于斜面向上的匀强电场E中，此时A、B两球组成的系统均处于静止状态，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，重力加速度大小为g。当撤去匀强电场E的瞬间，则下列说法正确的是（ ）A. 两图中A、B两球的加速度大小均为gsinB. 两图中A球的加速度大小均为零C. 图甲、乙中B球的加速度大小之比为31D. 图乙中轻杆的作用力一定不为零【答案】C【解析】【分析】图甲、乙中两球组成的系统静止时，系统合外力为0，突然撤去匀强电场时，轻弹簧中弹力不变，轻杆中弹力发生突变，对两个小球能灵活利用整体法和隔离法，运用牛顿第二定律列方程计算；【详解】ABC、设B球质量为m，则A球质量为2m，图甲、乙中两球组成的系统静止时，B球受到的电场力均为3mgsin，轻弹簧和轻杆的弹力均为2mgsin，突然撤去匀强电场时，轻弹簧中弹力不变，题图甲中A球加速度为零，B球加速度大小为3gsin；轻杆中弹力发生突变，题图乙中A、B两球的加速度大小均为gsin，故A、B错误，C正确；D、题图乙中轻杆的弹力发生突变，弹力变为零，故D错误；故选C。【点睛】能对小球正确的受力分析，对两个小球能灵活利用整体法和隔离法，运用牛顿第二定律列方程计算；9.如图所示，三个小球 A、B、C的质量均为m，A与BC 间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角由60变为120，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则此下降过程中（ ）A. B受到地面的支持力大小恒等于mgB. A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，动量守恒C. 弹簧的弹性势能最大时，A的加速度为零D. 弹簧的弹性势能最大值为) mgL【答案】D【解析】【分析】A的动能最大时合力为零，根据平衡条件求解地面对B的支持力；分析A的动能达到最大前A的加速度方向，根据超重、失重现象分析A的动能达到最大前，B受到地面的支持力大小；根据功能关系分析弹簧的弹性势能最大值；【详解】A、A球初态v0=0，末态v=0，因此在运动过程中先加速后减速，当速度最大时，动能最大，加速度为零，由系统牛顿第二定律或系统超失重可知，在A的动能达到最大前，B受到的支持力小于mg，在A的动能达到最大时，B受到的支持力等于mg，在A的动能达到最大后，B受到的支持力大于mg，故A错误；B、A、B、C和弹簧组成的系统所受重力与支持力并不平衡，故动量不守恒，故B错误；C、弹簧的弹性势能最大时，A到达最低点，此时具有向上的加速度，故C错误；D、由能量守恒，A减少的重力势能等于弹簧增加的弹性势能，故D正确；故选D。【点睛】关键是弄清楚小球A在运动过程中的受力情况，知道平衡位置时受力平衡，加速度方向向下属于失重、加速度方向向上属于超重。10.如图所示，矩形边界ABCD内存在磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里，AB长为2L，AD长为L。从AD的中点E以不同速率发射粒子，速度方向与AD成30角，粒子带正电，电量为q，质量为m，不计粒子重力与粒子间的相互作用，下列判断正确的是（ ）A. 粒子可能从BC边离开B. 经过AB边的粒子最小速度为C. 经过AB边的粒子最大速度为D. AB边上有粒子经过的区域长度为2L【答案】C【解析】【分析】画出粒子轨迹与CD边相切的临界情况图，根据几何关系列式求解半径；根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力，结合几何关系可确定半径的范围，即可求解；【详解】A、粒子带正电，粒子运动的轨迹如图所示，当粒子的轨迹恰好与CD边相切时，根据几何关系：，可得此时粒子半径：，粒子将从AB边上距离A点距离为：的M点离开磁场区域，故粒子不可能从BC边离开，故A错误；C、根据洛伦兹力提供向心力：，可得：，可求出当粒子半径为时，即粒子轨迹与CD边相切时，此时粒子从AB边射出的最大速度：，故C正确；BD、设当粒子恰好从AB边的N点出射时，粒子速度为v2半径为R2，根据几何关系，可得粒子半径：，此时粒子从AB边射出的最小速度：。根据几何关系：射出点N距离A点的距离：，故AB边上有粒子经过的区域长度为：，故BD错误；故选C。【点睛】掌握几何关系在题中的运用，理解在磁场中运动时间与圆心角的关系，注意本题关键是画出正确的运动轨迹；二、多选题（本大题共10小题，共53.0分）11.如图所示，真空中有两个点电荷Q1、Q2分别固定在x轴上的x1=0和x2的位置上。将一试探电荷q放置在x0处恰好静止。现将Q2的固定点左移少许距离，将该试探电荷q仍放置在x0处，则A. 试探电荷q一定向右运动B. 试探电荷q所受电场力一定向左C. 电场力对试探电荷一定是先做正功D. 试探电荷的电势能一定是先减小【答案】CD【解析】【分析】开始时，x0点场强为零；当移动Q2后x0点的场强不再为零，则电荷放置在该点时不再平衡，要发生移动，电场力做正功，电势能减小；【详解】将一试探电荷q放置在x0处恰好静止，说明x0点的场强为零，即Q1在x0处产生的场强与Q2在x0处产生的场强等大反向；将Q2的固定点左移少许距离，则Q2在x0处产生的场强减小，x0处的合场强不再等于零，但是由于不知道Q1和Q2的电性，则不知道合场强的方向，则将该试探电荷q仍放置在x0处时，不能判断它受力的方向以及运动的方向，但是可知电场力对试探电荷一定是先做正功，电势能先减小，选项AB错误，CD正确；故选CD.12.如图所示带电小球a以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为ha；带电小球b在水平方向的匀强磁场以相同的初速度v0竖直向上抛出，上升的最大高度为hb；带电小球c在水平方向的匀强电场以相同的初速度v0竖直向上抛出，上升的最大高度为hc，不计空气阻力，三个小球的质量相等，则（）A. 它们上升的最大高度关系为B. 它们上升的最大高度关系为C. 到达最大高度时，b小球动能最小D. 到达最大高度时，c小球机械能最大【答案】BD【解析】【分析】当小球只受到重力的作用的时候，球做的是竖直上抛运动；当小球在磁场中运动到最高点时，由于洛伦兹力的作用，会改变速度的方向，所以到达最高点是小球的速度的大小不为零；当加上电场时，电场力在水平方向，只影响小球在水平方向的运动，不影响竖直方向的运动的情况【详解】第1个图：由竖直上抛运动的最大高度公式得：。第3个图：当加上电场时，由运动的分解可知，在竖直方向上有：v02=2ghc，所以ha=hc；而第2个图：洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为Ek，则由能量守恒得：mghb+Ek=mv02，又由于mv02=mgha，所以 hahb；故A错误，B正确。到达最大高度时，b、c两小球还有速度，而a球在最大高度速度为零，可知a动能最小，选项C错误；因c球中除重力做负功外，电场力对c球做正功，则到达最大高度时，c小球机械能最大，选项D正确；故选BD.【点睛】洛伦兹力的方向始终和速度的方向垂直，只改变球的速度的方向，所以磁场对电子的洛伦兹力始终不做功，注意区分电场力做功与洛伦兹力做功的不同13.下表是一些有关火星和地球的数据，利用万有引力常量G和表中选择的一些信息可以完成的估算是（）信息序号信息内容地球一年约365天地表重力加速度约为9.8m/s2火星的公转周期为687天日地距离大约是1.5亿km地球半径约6400kmA. 选择可以估算地球质量B. 选择可以估算太阳的密度C. 选择可以估算火星公转的线速度D. 选择可以估算太阳对地球的吸引力【答案】AC【解析】【分析】选择要研究的系统，根据列出表达式，根据已知条件即可进行判断。【详解】A、根据可知选择中的g和R，可以估算地球质量M，故A正确；B、根据，则选择中的地球的公转周期T和的日地距离r可以估算太阳的质量，但是由于不知太阳的半径，则不能估算太阳的密度，故B错误；C、因选择可以估算太阳的质量，根据，再选择可知火星的公转周期可求解火星公转的半径，再根据可估算火星公转的线速度，故C正确；D、选择因为不能确定地球的质量，则不可以估算太阳对地球的吸引力，故D错误；故选：AC。【点睛】本题考查万有引力定律的运用，解决本题的关键是建立物理模型，利用卫星常用的两条思路：重力等于万有引力，以及万有引力等于向心力，进行列式分析。14.下列说法正确的是（）A. 对理想气体做功，内能不一定增加B. 水由液态变为气态，分子势能增加C. 液体的饱和汽压一定比未饱和汽压大D. 已知水的摩尔质量和水分子的质量，可以计算出阿伏加德罗常数E. 当分子力表现为引力时，分子力和分子势能都是随分子间距离的增大而增大【答案】ABD【解析】【详解】对理想气体做功，若气体向外放热，则内能不一定增加，选项A正确；水由100的液态变为100的气态时要吸收热量，但是分子动能不变，则分子势能增加，选项B正确；液体的饱和汽压与温度有关，相等的温度下，同种液体的饱和汽压一定比未饱和汽压大；不同的温度时，某种液体的饱和汽压不一定比未饱和汽压大，故C错误。用水的摩尔质量除以水分子的质量，可以得到阿伏加德罗常数，选项D正确；当分子力表现为引力时，从分子间距r0开始分子力随分子间距离的增大先增大后减小；分子势能都是随分子间距离的增大而增大，选项E错误；故选ABD.15.已知波源的平衡位置在O点，t=0时刻开始做振幅为50cm的简诸振动，频率为20Hz，发出一列横波沿x轴正方向传播，如图所示为P点恰好开始振动时的波形，P、Q两质点平衡位置坐标分别为P（6，0）、Q（28，0），则下列说法正确的是（）A. 这列波的波速为B. 当时，Q点刚开始振动C. 波源刚开始振动时的运动方向沿方向D. Q点刚开始振动时，P点恰位于平衡位置E. Q点刚开始振动之前，P点经过的路程为【答案】BCD【解析】【分析】根据波形图得到波长，从而求解波速；根据v=x/v求解波从O传到P点的时间；各个质点起振的方向与波源起振方向相同；波传播一个波长过程中质点振动一个周期，路程为4A.【详解】波的频率为20Hz，周期为T=0.05s；OP=6m=1.5，则波长=4m，则波速，选项A错误；振动从O传到Q的时间：，选项B正确；由波形图可知，P点开始起振的方向沿-y方向，则波源刚开始振动时的运动方向沿y方向，选项C正确；因PQ=22m=5，则Q点刚开始振动时，P点恰位于平衡位置，选项D正确；Q点刚开始振动之前，P点要振动5T，则经过的路程为5.54A=22A=220.5m=11m，选项E错误；故选BCD.16.如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示（图示磁感应强度方向为正），MN始终保持静止，则0t2时间（）A. MN所受安培力的大小始终没变B. 电容器C的a板先带正电后带负电C. 电容器C的电荷量大小始终没变D. MN所受安培力的方向先向右后向左【答案】CD【解析】A、根据安培力公式，I、L不变，由于磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，故A错误；由右手定则判断得知，MN中感应电流方向一直向上，由左手定则判断可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，故D正确；B、由乙图知，磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定电动势，电路中电流恒定，电阻R两端的电压恒定，则电容器的电压恒定，故电容器C的电荷量大小始终没变根据楞次定律判断可知，通过R的电流一直向下，电容器上板电势较高，一直带正电，故B错误，C正确。点睛：根据法拉第电磁感应定律分析电路中感应电动势和感应电流是否变化，电容器的电压等于电阻R两端的电压，由欧姆定律判断其电压变化，即可知道电荷量如何变化，由楞次定律判断感应电流的方向，即可确定电容器极板的电性由分析安培力大小，由左手定则判断判断安培力的方向。17.如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ABC为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧。一个质量为m，电荷量为-q（q0）的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道。不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是（）A. 小球在AC部分可能做匀速圆周运动B. 小球一定能沿轨道运动到C点C. 若小球能从B点离开，上升的高度一定小于HD. 小球到达C点的速度可能为零【答案】AC【解析】【分析】当小球的重力与电场力平衡，小球进入轨道，靠弹力提供向心力，做匀速圆周运动，根据动能定律判断上升的高度与H的关系；通过假设法判断小球到达C点的速度能否为零，若能为零，根据动能定理知，电场力做功做功等于重力做功，则电场力大于重力，无法做圆周运动；【详解】A、若重力大小等于电场力，小球在AC部分做匀速圆周运动，故A正确；B、若电场力大于重力，则C点为等效重力场中的最高点，因为题中没有给出H与R、E的关系，所以小球不一定能从A点沿轨道运动到C点，故B错误；C、因为小球在AB部分只有电场力做负功，所以若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H，故C正确；D、若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不可能为零，故D错误；故选AC。【点睛】分析带电小球所受的电场和重力的关系，再分析其可能的运动情况，综合运用了动能定理、牛顿第二定律等知识，综合性强，对学生的能力要求较高；18.如图所示，长为L、质量为3m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为m的铁块A放在长木板右端。一质量为m的子弹以速度v0射入木板并留在其中，铁块恰好不滑离木板。子弹射入木板中的时间极短，子弹、铁块均视为质点，铁块与木板间的动摩擦因数恒定，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）A. 木板获得的最大速度为B. 铁块获得的最大速度为C. 铁块与木板之间的动摩擦因数为D. 子弹、木块、铁块组成的系统损失的机械能为【答案】BCD【解析】【分析】对子弹和木板B系统，根据动量守恒定律求出木板获得的最大速度，对木板B和铁块A（包括子弹）系统，根据动量守恒定律求出铁块获得的最大速度，由能量守恒定律求出铁块与木板之间的动摩擦因数和子弹、木块、铁块组成的系统损失的机械能；【详解】A、对子弹和木板B系统，根据动量守恒定律：mv0=4mv1，解得v1=，故A错误；B、对木板B和铁块A（包括子弹）系统：mv0=5mv2，解得v2=，故B正确；C、子弹打入木板后，对木板B和铁块A（包括子弹）系统，由能量守恒定律：mgL=4mv125mv22，解得=，故C正确；D、全过程，由能量守恒定律可知，子弹、木板、铁块组成的系统损失的机械能为E=mv02-5mv22，故D正确；故选BCD。【点睛】子弹射入木块的瞬间木块获得的速度最大，由动量守恒定律求木块获得的最大速度；木块在木板上滑行时，木块（含子弹）与木板组成的系统合外力为零，总动量守恒，由动量守恒定律求木块滑离木板时木板获得的速度。19.一定质量理想气体的状态变化经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中ab、cd与竖直轴平行，bc、ad的延长线通过原点，则下列说法正确的是（ ）（填正确答案标号）。A. ab段气体从外界吸热，内能不变；B. bc段气体对外界放热，内能减小；C. cd段气体从外界吸的热全部对外做功，该过程不违背热力学第二定律；D. ab段气体对外界做的功大于cd段外界对气体做的功；E. 气体状态从a点开始循环，再回到a点时，总体既不吸热、也不放热。【答案】ABD【解析】【分析】根据图象结合理想气体状态方程和热力学第一定律进行逐项分析；【详解】A、ab段，气体等温膨胀，气体从外界吸热，对外做功，内能不变，故A正确；B、bc段，气体等容降温，气体对外放热，内能减小，故B正确；C、cd段，气体等温压缩，内能不变，气体对外放的热等于外界对气体做功，故C错误；D、作出过程的P-V图，可以发现ab段气体对外做的功大于cd段外界对气体做的功，故D正确；E、全过程中，气体对外界做功大于外界对气体做功，但气体内能不变，故气体从外界吸热，故E错误；故选ABD。20.关于振动和波动，下列说法正确的是（）A. 相同的单摆在地球纬度越高的地方，测得的周期越小B. 两列横波发生干涉时，振动减弱点的位移一定小于振动加强点的位移C. 在杨氏双缝干涉实验中，光通过狭缝时同时产生了干涉和衍射现象D. 在空气中传播的声波可以产生偏振现象E. 我们在地球上接收到来自遥远星球的光波的频率变低，可以判断该星球正在离我们远去【答案】ACE【解析】【分析】单摆周期公式：；波的干涉中，振动加强的点振幅增加了；杨氏双缝干涉实验中，光通过单个狭缝发生衍射现象，两个狭缝的光在光屏上叠加发生干涉现象；多普勒效应中，频率变大表示靠近，频率降低表示远离；【详解】A、地球纬度越高的地方，重力加速度越大，由单摆周期公式，单摆周期越小，故A正确；B、两列波发生干涉时，振动加强点和振动减弱点均在做简谐运动，位移随时间而变化，振动减弱点位移可能大于振动加强点位移，故B错误；C、杨氏双缝干涉实验中，光通过单个狭缝发生衍射现象，两个狭缝的光在光屏上叠加发生干涉现象，故C正确；D、空气中传播的声波为纵波，不能产生偏振现象，故D错误；E、由多普勒效应，当波源相对观察者远离时，频率变低，故E正确；故选ACE。三、实验题探究题（本大题共4小题，共33.0分）21.某物理课外兴趣小组的三名同学想“验证力的平行四边形定则”，他们找到了如下物品：一根粗细均匀的长橡皮筋、木板、剪刀白纸、铅笔、刻度尺、三角板、三个重量相同的钩码图钉和细绳若干。他们设计了如下实验方案：步骤1：橡皮筋一端固定，另一端系上细绳套，分别挂上一个两个、三个钩码，用刻度尺测量挂上相应的钩码时橡皮筋的长度，看伸长量是否与所挂钩码数成正比，若成正比则进行下一步；步骤2：将橡皮筋剪成长度均为的三段，将三段橡皮筋的一端系在一起设为结点O，另一端均系上细绳套，任取两细绳套对拉检查对应橡皮筋长度是否相等，若相等则进行下一步；步骤3：在木板上固定白纸，在白纸合适位置用图钉套住一细绳套，现用手将另两细绳套成一定角度往下拉适当的距离记录结点O的位置和测量三段橡皮筋的长度l1、l2、l3。(如图所示)(1)则有关上述操作说法正确的有（ ）A.步骤1的目的是判断橡皮筋是否符合胡克定律B.步骤2的目的是判断三段橡皮筋劲度系数是否相同C.步骤3还需要记录橡皮筋2、3的方向D.步骤3还需要测力计测量三段橡皮筋的拉力大小(2)该小组的三名同学分别做此实验，则他们在改变细绳的夹角再做实验时_(填“需要”或“不需要”)保证结点O位置不变。现测得l=10.0m，则甲、乙、丙记录的数据明显存在错误的是_(填“甲”或“乙”或“丙”)。甲：l1=l2=l3=15.0cm；乙：l1=15.0cm，l2=120.cm，l3=12.0cm；丙：l1=16.0cm，l2=13.0cm，l3=14.0cm【答案】 (1). ABC (2). 不需要 (3). 乙【解析】【分析】（1）根据实验的原理结合实验的步骤分析解答；（2）此实验是用橡皮筋的形变量来代替力的大小，根据三力平衡的条件即可分析。【详解】（1）步骤1中，若橡皮筋的伸长量与所挂钩码数成正比说明符合胡克定律，则步骤1的目的是判断橡皮筋是否符合胡克定律，选项A正确；任取两细绳套对拉，因橡皮筋受的拉力相等，若对应橡皮筋长度相等，则形变量相同，则劲度系数相同；则步骤2的目的是判断三段橡皮筋劲度系数是否相同，选项B正确；步骤3还需要记录橡皮筋2、3的方向，选项C正确；因橡皮筋的拉力与形变量成正比，则步骤3不需要测力计测量三段橡皮筋的拉力大小，选项D错误；故选ABC.（2）该小组的三名同学分别做此实验，则他们在改变细绳的夹角再做实验时，因两次实验间无任何关系，则不需要保证结点O位置不变。用橡皮筋的长度减去原长即为伸长量，此伸长量与力成正比，可代替力来操作，则甲同学中三个力分别对应：5、5、5，三力能平衡；乙同学中三个力对应：5、110、2，此三力不可能平衡；乙同学中三个力对应：6、3、4，此三力可能平衡；故乙记录的数据明显存在错误；22.(1)如图所示为小南同学用欧姆挡去测量浴霸里的的白炽灯(220V，275W)不发光时灯丝电阻的表盘照片，但在拍照的时候未把多用电表的选择挡位旋钮拍进去小南同学认为还是能够知道其电阻值，那么你认为此白炽灯的灯丝电阻是_。如果照片所拍摄的是直流电流档(量程为5A)的表盘，则所测电流为_A。(2)小南同学想通过实验测量出欧姆表内部电源的电动势和内阻，他在实验室中找到了下列器材：待测欧姆表(选择“欧姆档”) 电流表A(量程为0.6A，内阻不可忽略)电压表V量程为3V，内阻非常大) 滑动变阻器R电键K 导线若干(i)连接好电路，将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；()逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；()以U为纵坐标，I为横坐标，作UI图线(U、I都用国际单位)；()求出U图线斜率k和在纵轴上的截距a。回答下列问题：请在答卷的实物图上完成电路连线选用k、a、R表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E=_，r=_，代人数值可得E和r的测量值。【答案】 (1). 18.0 (2). 3.43-3.47 (3). (4). a (5). -k【解析】【分析】（1）金属导体的电阻随温度升高而增大；根据欧姆表的表盘进行读数；（2）欧姆表电流是从红表笔流入，黑表笔流出；根据U=E-Ir求解电动势和内阻.【详解】（1）白炽灯正常发光时的电阻为，白炽灯在不发光时电阻温度较低，电阻比正常发光时小得多，则由表盘可知，测得的电阻为18.0；如果照片所拍摄的是直流电流档(量程为5A)的表盘，则最小刻度为0.1A，则所测电流为3.44A。（2）电路连线如图；根据U=E-Ir可知E=a；-r=k，即r=-k；23.图为某同学设计的验证机械能守恒定律的实验装置。刚性轻绳上端系于O点，下端连接小球A，B为光电门，C为量角器，圆心在O点，轻绳可绕O点在竖直面内做圆周运动。（1）关于该实验，下列说法正确的是（ ）A该实验中，应选质量大，体积小的小球B该实验中，小球是否静止释放，不影响实验结果C该实验中，只要细绳是绷紧的，小球无论从何位置静止释放，均可验证机械能守恒定律D该实验中，轻绳偏离竖直方向摆角越大（），速度测量误差越小（2）若已知小球质量为m，轻绳长度为l，小球直径为d（小球直径远小于绳长），轻绳偏离竖直方向的摆角为，光电门记录小球通过的时间为t，试用上述物理量写出验证机械能守恒定律的表达式：_。【答案】 (1). AD (2). 【解析】【分析】根据实验的原理分析验证机械能守恒，小球应选择质量大一些，体积小一些，光电门只能测出小球通过最低点的时间，即只能算出小球在最低点的速度；抓住重力势能的减小量和动能的增加量相等，得出机械能守恒满足的表达式；【详解】解：(1)A、实验中，为尽量消除空气阻力影响，应选择质量大、体积小的小球，故A正确；B、光电门只能测出小球通过最低点的时间，即只能算出小球在最低点的速度，若小球初速度不为零，无法计算小球动能增量，也无法验证机械能守恒定律，故B错误；C、小球若从静止释放，将先做自由落体运动，绳绷紧瞬间，会有机械能损耗，无法验证机械能守恒定律，故C错误D、小球从静止释放，越大，小球在最低点速度越大，瞬时速度计算越精确，故D正确；故选AD。(2)小球运动过程中，重力势能减少量，在最低点速度，即动能增加量，若实验能验证，即，则验证了机械能守恒定律。24.(1)某同学想测定一电压表内阻，他先用多用电表欧姆档进行粗测。该同学在进行欧姆调零时不慎调零不足。则该同学测到的电压表内阻与实际内阻相比_（填偏大、偏小、相等）。(2)该同学选用下列实验器材对电压表内阻进行较精确测量。A待测电压表V1（3V，内阻Rv1约为3K，测量值记为U1）B电流表A1（0.6A，内阻RA1约为1，测量值记为I1） C电压表V2（6V，内阻RV2为6K，测量值记为U2）D滑动变阻器R0（010 1A）E定值电阻R1（3K）F定值电阻R2（10）G直流电源E（电动势为18V，内阻约为1）为了较精确测量待测电压表内阻，试选用上述器材并在虚线框中设计实验电路（电路中应标明所选仪器代号）。_写出用所选仪器测量电压表内阻的表达式（电流、电压用测量值表示，电阻用对应代号表示）_。【答案】 (1). 偏大 (2). (3). 【解析】【分析】由欧姆表测电阻基本原理可知欧姆调零不足，即实际内阻大于理论内阻；测量电阻的基本原理是伏安法，待测电压表可读出本身的电压，可与定值电阻串联，用电压表V2测出串联总电压，即可根据串联电路电压与电阻成正比的特点求解电压表的内阻由于变阻器总电阻较小，为方便调节，可接成分压式；【详解】解：(1)由欧姆表测电阻基本原理，实验中，欧姆调零不足，即实际内阻大于理论内阻，当指针指在某位置时，实际电阻小于测得电阻，即测量值偏大；(2)实验中，采用伏安法测量电压表内阻，电压表电压为U1，因电压表满偏电流只有1mA左右，用题目所给电流表无法直接测量，故采用电压表V2间接测量，电压表V2内阻已知，即为流过V2的电流。实验中，滑动变阻器阻值较小，采用分压式接法便于调节电压，但滑动变阻器有最大电流，若直接将滑动变阻器与电源串联，会使滑动变阻器超载，故将定值电阻R2与滑动变阻器串联，保护电路。实验电路如图所示。(3)待测电压表电流，待测电压表电压为，故待测电压表电阻四、计算题（本大题共8小题，共92.0分）25.如图所示，在倾角=37的光滑绝缘斜面内有两个质量分别为4m和m的正方形导线框a、b电阻均为R，边长均为l；它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一方向垂直斜面向下、宽度为2l的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B；开始时，线框b的上边框与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边框到匀强磁场的上边界的距离为l。现将系统由静止释放，a线框恰好匀速穿越磁场区域。不计滑轮摩擦和空气阻力，重力加速度为g，sin37=0.6，cos37=0.8求：(1)a线框穿出磁场区域时的电流大小；(2)a线框穿越磁场区域时的速度；(3)线框b进人磁场过程中产生的焦耳热。【答案】(1) (2) (3) 【解析】【分析】（1）对线框a、b分别列出平衡方程即可求解a线框穿出磁场区域时的电流大小；（2）根据求解的电流值结合E=BLv求解速度；（3）由能量守恒关系求解线框b进入磁场过程中产生的焦耳热；【详解】（1）设绳子拉力为F，a线框匀速穿越磁场区域对a线框 对b线框 F=mgsin且 F安=BIl解得： （2）a线框匀速运动时，a、b线框速度大小相等 E=BLv 解得： （3）设b线框进入磁场过程产生的焦耳热为Q，对系统列能量守恒方程 解得26.如图所示，两块长度均为l的绝缘木板A、B置于水平地面上的光滑区域，mA=2kg，mB=1kg，它们的间距为d=2m。一质量为2kg、长度为2l的长板C叠放于A板的上方，二者右端恰好齐平。C与A、B之间的动摩擦因数都为=0.2，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。开始时，三个物体处于静止状态，现给长板C施加一个方向水平向右、大小为4N的外力F，结果A板被长板C带动加速直到与木板B发生碰撞。假定木板A、B碰撞时间极短且碰后粘连在一起。（g取10m/s2）（1）求木板A、B碰撞后瞬间的速度大小；（2）要使C最终恰好与木板A、B两端对齐，木板A、B的长度l的值；（3）若C恰好与木板A、B两端对齐时撤去F，A、B、C三者立刻被锁定为一个系统，此时ABC开始进入水平地面上的粗糙区域，AB下表面与粗糙区域的动摩擦因数2=0.3求A板运动的位移大小。【答案】(1) (2) (3) 【解析】【分析】（1）由动能定理求解A与B碰前的速度，根据碰撞过程的动量守恒列式可求解木板A、B碰撞后瞬间的速度大小；（2）若当三者共速时，C恰好与木板A、B两端对齐，则根据牛顿第二定律结合位移关系可求解木板A、B的长度l的值；（3）AB由光滑平面进入粗糙平面过程中受到线性变化的地面摩擦力的作用，根据动能定理求解全部进入时的速度；在由动能定理求解直到停止时的位移，最后求解A板运动的总位移大小；【详解】（1）设A与C一起加速，则 ，因，判断可知A与C一起加速直到与B碰撞。设木板A碰B前的速度为v1，碰后的速度为v2，F=4N。对AC两板，由动能定理得 得v1=2m/s。A、B两木板碰撞，由动量守恒定律得 可解得木板A、B碰撞后瞬间的速度大小由两式代入数据解得： （2）碰撞结束后，C受到的滑动摩擦力f=2mcg=0.4mg=F 因此C保持匀速而A、B做匀加速运动，直到三个物体达到共同速度v1设碰撞结束后到三个物体达到共同速度时经过的时间为t，对木板有 v1=v2+a2t 这一过程C与A、B发生的相对位移为 由联立解得要使C最终恰好木板A、B两端对齐，则有 则木板的长度l应满足 （3）AB由光滑平面进入粗糙平面过程中受到线性变化的地面摩擦力的作用，全部进入后速度设为v3。有动能定理： 得 之后，ABC在摩擦力作用下减速直到停止有：得s=0.5m。又 解得：27.两个底面积均为S的圆柱形导热容器直立放置，下端由细管连通。左容器上端敞开，右容器上端封闭。容器内气缸中各有一个质量不同，厚度可忽略活塞活塞A、B下方和B上方均封有同种理想气体。已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为p0，活塞A的质量为m，系统平衡时，各气体柱的高度如图所示(h已知)，现假设活塞B发生缓慢漏气，致使B最终与容器底面接触，此时活塞A下降了0.2h。求：未漏气时活塞B下方气体的压强；活塞B的质量。【答案】【解析】【分析】对活塞B受力分析，根据平衡方程求解活塞B下方气体的压强；根据玻意耳定律列式求解活塞B的质量；【详解】设平衡时，在A与B之间的气体压强分别为P1，由力的平衡条件有 P1S=P0S+mg 解得： 设平衡时，B上方的气体压强为P2，则 P2S=P1S-mg 漏气发生后，设整个封闭气体体积为V，压强为P，由力的平衡条件有PS=P0S+mg V=(3h-0.2h)S 由玻意耳定律得 解得： 28.如图，现有一束平行单色光垂直入射到一半径为R的玻璃半球的底面上，O点是半球的球心，虚线OO是过球心O与半球底面垂直的直线，已知光速为c，玻璃对该色光的折射率为。底面上多大区域面积的入射光线能够直接从球面射出?某入射光线从距离虚线OO为0.5R处入射，经球面折射后与OO有交点，求该光线从进入半球到该交点的运动时间?【答案】【解析】【分析】（1）根据光路图求解临界角，结合几何关系求解直接从球面射出的入射光线在底面上的面积；（2）根据光路图求解光线传播的距离结合v=c/n求解传播时间.【详解】如图，从底上面A处射入的光线，在球面上发生折射时的入射角为i，当i等于全反射临界角C时，对应光线到光轴的距离最大，设最大距离为d，i=C设n是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有 由几何关系有联立解得： 能够直接从球面射出的入射光线在底面上的面积为 设与光轴距R/2的光线在球面B点折射时的入射角和折射角分别为i1和r1，由几何关系有i1=300由折射定律有sinr1=nsini1解得：r1=600即BCQ=300可得LBC=R； 且在玻璃半球中 联立得29.如图所示，水平面上有相互接触并可视为质点的物体A和B，在水平面上建立x轴，A、B初始位置在x=0处。A物体质量m1=2kg，B物体质量m2=1kg，A与水平面间摩擦系数满足，B与水平面间摩擦系数为0.05。现对A施加水平向右恒力F，F=3N。（1）求F刚作用在A上时，AB间弹力的大小；（2）分析A、B两物体分离时的位置x。【答案】（1）NAB=N （2）x=2m【解析】【分析】F刚作用在A上时，A所受摩擦力为零，B所受摩擦力为f，A、B共同向右做加速运动，根据牛顿第二定律求出AB间弹力的大小；A、B共同运动后，A受到逐渐增大的摩擦力作用，当AB脱离时，AB之间的作用力为0，根据牛顿第二定律列式求出；【详解】解：(1)F刚作用在A上时，A所受摩擦力为零，B所受摩擦力为f，