湖南省高考物理冲刺卷（一）（全国卷I）

2016届湖南省高考物理冲刺卷（一）（全国卷I）一、选择题1．结合相关物理学史实，下列说法正确的是（）A．库伦发现了静止的电荷间存在着静电力B．卡迪文许在研究静电力规律时用到了扭秤装置C．万有引力定律是一个普适规律D．杨利伟在走出空间站时不再受到地球的吸引力2．如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成2α角，在平行板间存在着一个匀强电场，线CD是两板间一条垂线，竖直线EF与CD交于O点；一个带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，则在此过程中，对该小球下列说法错误的是（）A．小球带正、负电荷都有可能B．小球可能做匀加速直线运动C．小球通过O点时所受电场力一定指向DD．小球动能的减少量是电势能增加量的2倍3．在空间内存在一水平方向的匀强磁场，一矩形金属线框与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动如图，经测定输出交流电的电动势图象如图所示，经原、副线圈的匝数比为1：10的理想变压器给一灯泡供电如图所示，副线圈电路中灯泡额定功率为11W，当闭合开关时发现灯泡正常发光，则（）A．t=0.01s时刻穿过线框回路的磁通量为零B．变压器原线圈中电流表示数为1AC．交流发电机的转速为50r/sD．灯泡的额定电压为220v4．一汽车在公路上正以v0=25m/s的速度匀速行驶，突然发现前方有一拖拉机正在拐弯，司机当即采取如下措施，车运动的加速度随时间变化关系如图所示，以初速度方向为正，下列说法错误的是（）A．t=2s时车速为5m/sB．t=3s时车速为零C．前2s内的平均速度与前6s内的平均速度相同D．前6s内车的位移为90m5．如图是建筑工地上常用的一种“深穴打夯机”示意图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯杆释放，夯杆在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底．然后两个滚轮再将夯杆压紧，夯杆被提上来，如此周而复始（夯杆被滚轮提升过程中，经历匀加速和匀速运动过程）．已知两个滚轮边缘的线速度恒为v，夯杆质量m，则下列说法正确的是（）A．夯杆被提上来的过程中滚轮先对它施加向上的滑动摩擦力，后不对它施力B．增加滚轮匀速转动的角速度或增加滚轮对杆的正压力可减小提杠的时间C．滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能的增量D．一次提杆过程系统共产生热量；6．某粒子加速器剖面图如图，位于竖直平面内圆筒内外直径分别为D和2D，O为圆心，水平直径GH以上部分是偏转区，以下是回收区，偏转区存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d的两平行金属板间有匀强电场，上板开有一小孔，大量的质量为m、电量为+q的粒子由下方d/2处的P点静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v0射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场，偏转后进入回收区，不计重力，则（）A．电场强度大小为B．磁场强度B≤，粒子可以进入回收区C．粒子经过相同时间进入回收区D．以上答案都不对7．一电梯在运送50kg货物（货物水平放在地板上）的过程中，其运动图象如图（重力加速度g取10m/s2），下列对货物描述正确的是（）A．在0﹣15s内，重力对货物做功为﹣12500JB．在5﹣15s内，电梯地板对货物的支持力做了﹣2500J的功C．在20﹣25s内，与25﹣35s内，重力对货物做功的平均功率均为5000WD．在25﹣35s内，电梯在减速下降，货物的加速度大小为2m/s28．中国“北斗”是继美国GPS“、俄罗斯”格洛纳“之后第三个成熟的卫星导航系统．此系统由中轨道（轨道高度约21500km）、高轨道（倾斜）和同步轨道（两种卫星轨道高度相同约36000km）多个卫星组成．下列关于北斗卫星的说法正确的是（）A．中轨道卫星的角速度大于同步轨道卫星的角速度B．高轨道卫星的线速度小于7.9km/sC．同步轨道每颗卫星质量一定相同D．高轨道卫星周期与地球自转周期相同，相对静止二、非选择题9．某同学为了测量一木板的动摩擦因数，设计了如下装置：A为一弹射装置，能将质量为m的物块以速度v弹射出来，被弹射出的物块冲到木板右端后会落到地面上如图所示．（1）若将物块质量变为2m，弹射出来时的速度为．（2）为完成本实验，还需要的器材为．A．天平B．刻度尺C．秒表D．弹簧秤（3）为完成本实验，还需要测量的物理量有、、．（4）设重力加速度为g，滑块与木板间的动摩擦因数的表达式μ=（合力选择利用本题中出现的物理量的字母表示）10．（9分）为测量一表头的内阻，某同学进行了如下步骤，已知可供选择的仪器如下：待测电表G（Ig=5mA，rg约300Ω）电压表V1（0﹣20mV，内阻约1kΩ）电压表V2（0﹣1.5V，内阻约2kΩ）电阻箱R（0﹣999.9Ω）滑动变阻器R1（0﹣20Ω）干电池（1.5V）开关K1和单刀双掷开关K2及导线若干操作步骤：（1）设计测量原理图（参考下面操作步骤并要求能够调节电压从0开始），将设计的原理图画在下面空白处．（2）根据题目要求选择合适的电压表，选．（请填写仪器符号）（3）按照原理图正确连接仪器．（4）闭合K1，K2扳至一端，调节滑动变阻器，使待测表头指示某刻度稳定，电压表指针指在某一刻度值U0．（5）保持R1滑动头位置不变，断开K1后将电阻箱阻值置于零，K2扳至另一端，闭合K1，调节电阻箱阻值，使电压表指针．（6）如图为电阻箱阻值，则表头的内阻rg=．11．（12分）如图，某同学在一次实验测试中，利用弹簧枪将质量为m的钢珠以某一初速度从A点水平射出，发现钢珠能够恰好从弯曲圆管BCD的B点无撞击地进入圆弧，最终从圆管的最高点D射出后落到斜面上的E点，已知两圆弧的半径为均R，且A与D在同一水平线上，图中角θ=60°，斜面上O′到E点距离也为R，求（1）钢珠从弹簧枪射出时的速度v0的大小；（2）在D点处钢珠对管壁的作用力；（3）钢珠在圆管中运动时克服阻力做的功Wf．12．（20分）鉴于社会上有些司机在驾车经过减速带时不减速而经常导致一些事故的产生，有一汽车厂家提出如下解决方案，其基本设想简化如下：如图（俯视图），在汽车底部固定一个长度L1、宽度L2的单匝矩形纯电阻金属线圈，线圈的总电阻为R，车和线圈的总质量为m，假设汽车运动过程中所受阻力恒为f．在减速区域设置磁场如图，若开始时，汽车以初速度v0冲进缓冲区域的左侧，缓冲区域宽为d（d＞L1）．缓冲区域内有方向垂直线圈平面向上、大小为B的匀强磁场，现控制汽车牵引力的功率，让汽车以大小为a的恒定加速度减速驶入缓冲区域，线圈全部进入缓冲区域后，立即开始做匀速直线运动，直至完全离开缓冲区域，整个过程中，牵引力的总功为W．（1）求线圈冲出磁场过程中，通过线圈横截面的电量；（2）写出线圈进入磁场过程中，牵引力的功率随时间变化的关系式；（3）线圈进入磁场过程中，线圈中产生的焦耳热．【物理选修33】13．（15分）关于做功、热传递、内能变化关系，下列判断正确的是（）A．由于摩擦做功转变为内能的过程不可逆B．从单一热源吸收热量，并将这热量完全变为功的情况可以存在C．热量只能从高温物体传向低温物体D．对物体做功的同时，物体的内能可能减少E．为了增加物体的内能，必须同时对物体做功和向它传递热量14．（10分）如图是一套热学实验装置，A容器浸没在1号烧杯的水中，可以通过电阻丝加热改变A中气体温度，B容器浸没在2号烧杯的冰水混合物中，上端用轻质绝热的活塞D封闭，活塞截面积s，上面堆有质量为m的铁砂，且=p0（大气压）；A、B两容器用非常细（不计体积）的绝热管道相连，管道中有光滑轻质绝缘活塞C．已知B中气体的原来高度为l，当A中气体温度由T（热力学温度）变为3T时，求：（a）要使活塞C在实验中一直不动，活塞D上加的铁砂应该变为多少？（b）B容器中的气体高度变为多少？【物理选修34】15．（5分）图甲为一列简谐横波在t=2s时的波形图，图乙为介质中平衡位置在x=0.75m处的质点的振动图象，M是平衡位置为x=1m的质点，下列说法中正确的是（）A．波的传播方向沿x轴负方向B．0～3s时间内，M运动的路程为6cmC．当t=3s时，M恰好回到平衡位置D．0～1s时间内，M向y轴负方向运动E．波速为0.25m/s16．（10分）一边长为l的正方体玻璃块，其切面如图，一束光从AD中点E射入，与AD夹角为45°时，折射光线恰好在AB面F点（图中没有画出）发生全反射，求玻璃的折射率及F离B点的距离？【物理选修35】18．（10分）如图，在光滑的水平面上有A、B、C三个物体，已知A的质量为2m，B的质量为m；A获得一个初速度v，使A与B发生弹性正碰，碰撞时间极短；然后B与C发生碰撞且粘在一起，BC整体的速度与A的速度相同．求：（1）AB相碰后，B的速度；（2）两次碰撞后A、B、C三个物体的系统损失的机械能．

2016届湖南省高考物理冲刺卷（一）（全国卷I）参考答案与试题解析一、选择题1．结合相关物理学史实，下列说法正确的是（）A．库伦发现了静止的电荷间存在着静电力B．卡迪文许在研究静电力规律时用到了扭秤装置C．万有引力定律是一个普适规律D．杨利伟在走出空间站时不再受到地球的吸引力【考点】物理学史【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、库仑发现了电荷之间的相互作用规律，不是发现静电力，故A错误；B、库伦在研究静电力规律时用到了扭秤装置，故B错误；C、万有引力定律普遍存在于任何两个有质量的物体间，是一个普适规律，故C正确；D、杨利伟在走出空间站时还受到地球的吸引力，故D错误；故选：C【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，这也是考试内容之一2．如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成2α角，在平行板间存在着一个匀强电场，线CD是两板间一条垂线，竖直线EF与CD交于O点；一个带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，则在此过程中，对该小球下列说法错误的是（）A．小球带正、负电荷都有可能B．小球可能做匀加速直线运动C．小球通过O点时所受电场力一定指向DD．小球动能的减少量是电势能增加量的2倍【考点】电容；电势能【分析】以小球为研究对象，据运动情况判断小球的合外力的方向，在判断小球的电场力情况；再从功能关系的角度，据此分析判断选项即可．【解答】解；A、一个带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，所以小球合外力沿着AB；又由于小球受重力，所以电场力的方向由O到D；由于此电场的方向未知，所以小球的电量不确定，故AC正确；B、据以上分析可知，小球做匀减速直线运动，故B错误；D、由以上分析可知，小球受重力等于电场力，运动的位移和夹角相同，所以二力做的功相同，据功能关系可知，小球重力势能的增加量等于电势能的增加量，即小球动能的减少量是电势能增加量的2倍，故D正确．因选错误的，故选：B【点评】本题难度较大，解题的突破口是找出重力和电场力的关系，在灵活应用几何关系和重力做功与电场力做功与势能的关系判断．3．在空间内存在一水平方向的匀强磁场，一矩形金属线框与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动如图，经测定输出交流电的电动势图象如图所示，经原、副线圈的匝数比为1：10的理想变压器给一灯泡供电如图所示，副线圈电路中灯泡额定功率为11W，当闭合开关时发现灯泡正常发光，则（）A．t=0.01s时刻穿过线框回路的磁通量为零B．变压器原线圈中电流表示数为1AC．交流发电机的转速为50r/sD．灯泡的额定电压为220v【考点】变压器的构造和原理；交流发电机及其产生正弦式电流的原理【分析】由图可知特殊时刻的电动势，根据电动势的特点，可判处于那个面上，由图象还可知电动势的峰值和周期，根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值．【解答】解：A、从图象中可以看出当t=0.01s时刻交变电动势最小，线圈与中性面位置重合，磁通量最大，故A错误；B、变压器原线圈中电压的有效值为，原线圈中输入功率与副线圈输出功率相同，由P=11W，P=UI，得I=0.5A，故B错误；C、由图象可知交流电的周期T=0.02s，则转速，故C正确；D、由知副线圈两端电压，故灯泡的额定电压为220V，故D错误；故选：C【点评】本题考察的是有关交变电流的产生和特征的基本知识，要具备从图象中获得有用信息的能力．4．一汽车在公路上正以v0=25m/s的速度匀速行驶，突然发现前方有一拖拉机正在拐弯，司机当即采取如下措施，车运动的加速度随时间变化关系如图所示，以初速度方向为正，下列说法错误的是（）A．t=2s时车速为5m/sB．t=3s时车速为零C．前2s内的平均速度与前6s内的平均速度相同D．前6s内车的位移为90m【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】根据匀变速直线运动的速度时间公式，结合加速度先求出2s末的速度，再根据速度时间公式求出3s末的速度，结合位移公式分别求出前2s内和前6s内的位移，从而得出平均速度的大小．【解答】解：A、汽车在前2s内做减速运动，后4s内做加速运动，根据速度时间公式得，t=2s时的速度v1=v0﹣a1t1=25﹣10×2=5m/s，故A正确．B、t=3s时车速为v2=v1+a2t2=5+5×1=10m/s．故B错误．CD、前2s内的平均速度===15m/s，前6s内的位移x2=+（v1t3﹣a2t32）=15×2+（5×4+）=90m，则前6s内的平均速度==m/s=15m/s．故C、D正确．本题选错误的，故选：B【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用，尤其要注意汽车速度减为零后不再运动．5．如图是建筑工地上常用的一种“深穴打夯机”示意图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯杆释放，夯杆在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底．然后两个滚轮再将夯杆压紧，夯杆被提上来，如此周而复始（夯杆被滚轮提升过程中，经历匀加速和匀速运动过程）．已知两个滚轮边缘的线速度恒为v，夯杆质量m，则下列说法正确的是（）A．夯杆被提上来的过程中滚轮先对它施加向上的滑动摩擦力，后不对它施力B．增加滚轮匀速转动的角速度或增加滚轮对杆的正压力可减小提杠的时间C．滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能的增量D．一次提杆过程系统共产生热量；【考点】动能定理的应用；功能关系【分析】夯杆底端刚到达坑口的运动过程中，先做匀加速直线运动，当速度达到滚轮的线速度时，做匀速直线运动，夯杆先受到滑动摩擦力，然后受静摩擦力，电动机对夯杆所做的功等于摩擦力做的功．增加滚轮匀速转动的角速度时夯杆获得的最大速度增大，可减小提杠的时间．增加滚轮对杆的正压力，夯杆受到滑动摩擦力增大，匀加速运动的加速度增大，可减小提杠的时间．滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能和重力势能的增量．提杆过程系统产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移大小的乘积．【解答】解：A、夯杆被提上来的过程中，先受到滑动摩擦力，然后受静摩擦力．故A错误．B、增加滚轮匀速转动的角速度时夯杆获得的最大速度增大，可减小提杠的时间．增加滚轮对杆的正压力，夯杆受到滑动摩擦力增大，匀加速运动的加速度增大，可减小提杠的时间．故B正确．C、根据功能关系分析得到，滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能重力势能的增量之和．故C错误．D、设匀加速直线运动过程，夯杆受到的滑动摩擦力大小为f，加速度为a，质量为m，匀加速运动的时间为t，则相对位移大小为△s=vt﹣，t=，得到△s=，摩擦生热Q=f△s．根据牛顿第二定律得：f﹣mg=ma，联立得到：Q=＞．故D错误．故选B【点评】解决本题的关键理清夯杆的运动过程，知道夯杆在一个周期内先做匀加速上升，再做匀速上升，根据运动情况分析夯杆的受力情况．6．某粒子加速器剖面图如图，位于竖直平面内圆筒内外直径分别为D和2D，O为圆心，水平直径GH以上部分是偏转区，以下是回收区，偏转区存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d的两平行金属板间有匀强电场，上板开有一小孔，大量的质量为m、电量为+q的粒子由下方d/2处的P点静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v0射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场，偏转后进入回收区，不计重力，则（）A．电场强度大小为B．磁场强度B≤，粒子可以进入回收区C．粒子经过相同时间进入回收区D．以上答案都不对【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】加速场中粒子做匀加速直线运动，运用动能定理解决；找到粒子进入回收区的临界条件，根据粒子在磁场中运动的半径公式与临界几何关系联立，即可求出粒子进入回收区时磁感应强度B满足的条件，再结合周期公式分析粒子在磁场中运动的时间．【解答】解：A、加速场过程运用动能定理可得：qE=m，可得E=，故A正确；B、进入回收区的粒子在磁场中的半径范围D≤R≤2D或R≤，根据洛伦兹力提供向心力qvB=m，粒子进入回收区的磁场应强度范围为B≥或≤B≤，故B错误；C、qvB=m与T=联立，可得T=，当磁感应强度B取上述范围中的某个确定值时，粒子周期为一确定值，所有粒子均在磁场中经半周期进入回收区，故C正确故选：AC【点评】本题考查带电粒子在加速电场中的运动和粒子在磁场中的匀速圆周运动；加速场除了用动能定理外，还可以运用牛顿第二定律结合运动学规律去求解，分析粒子在磁场中的运动时，找到进入回收区的临界几何条件是解决问题的关键．7．一电梯在运送50kg货物（货物水平放在地板上）的过程中，其运动图象如图（重力加速度g取10m/s2），下列对货物描述正确的是（）A．在0﹣15s内，重力对货物做功为﹣12500JB．在5﹣15s内，电梯地板对货物的支持力做了﹣2500J的功C．在20﹣25s内，与25﹣35s内，重力对货物做功的平均功率均为5000WD．在25﹣35s内，电梯在减速下降，货物的加速度大小为2m/s2【考点】功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律；功的计算【分析】在v﹣t图象中，与时间轴所围面积即为物体通过的位移，斜率表示物体的加速度，根据牛顿第二定律求得支持力，有W=Fx求得恒力做功【解答】解：A、在v﹣t图象中，与时间轴所围面积即为物体运动的位移，故在0﹣15s内通过的位移为：x=，重力对货物做功为：W=﹣mgx=﹣50×10×75J=﹣37500J，故A错误B、在5﹣15s内，加速度为：，根据牛顿第二定律可知：FN=ma+mg=50×（﹣1）+50×10N=450N通过的位移为：x′=，故电梯地板对货物的支持力做了：W=FN•x′=450×50J=22500J，故B错误C、在20﹣25s内，与25﹣35s内，平均速度为：，此过程重力方向与速度方向相同，故重力对货物做功的平均功率均为P=mgv=5000W，故C正确；D、在25﹣35s内，电梯在减速下降，货物的加速度大小为：，故D正确故选：CD【点评】本题考查了运动学规律在实际生活中的应用，抓住在v﹣t图象中与时间轴所围面积为物体的位移，斜率代表加速度，对图象的理解是关键．8．中国“北斗”是继美国GPS“、俄罗斯”格洛纳“之后第三个成熟的卫星导航系统．此系统由中轨道（轨道高度约21500km）、高轨道（倾斜）和同步轨道（两种卫星轨道高度相同约36000km）多个卫星组成．下列关于北斗卫星的说法正确的是（）A．中轨道卫星的角速度大于同步轨道卫星的角速度B．高轨道卫星的线速度小于7.9km/sC．同步轨道每颗卫星质量一定相同D．高轨道卫星周期与地球自转周期相同，相对静止【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】根据万有引力提供向心力得出角速度与轨道半径的关系，从而比较角速度的大小．7.9km/s是绕地球做圆周运动的最大环绕速度．同步卫星与地球保持相对静止，在赤道上空，卫星的质量不一定相同．【解答】解：A、根据得，，因为中轨道卫星的轨道半径小于同步轨道卫星的高度，则中轨道卫星的角速度大于同步轨道卫星的角速度，故A正确．B、7.9km/s是地球的第一宇宙速度，是绕地球做圆周运动最大的环绕速度，所以高轨道卫星的线速度一定小于7.9km/s，故B正确．C、同步轨道每颗卫星的质量不一定相同，周期相同，故C错误．D、高轨道卫星的周期与地球自转周期相同，但是轨道不在赤道上空，与地球不能保持相对静止，故D错误．故选：AB．【点评】解决本题的关键知道同步卫星的特点，以及掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用．二、非选择题9．某同学为了测量一木板的动摩擦因数，设计了如下装置：A为一弹射装置，能将质量为m的物块以速度v弹射出来，被弹射出的物块冲到木板右端后会落到地面上如图所示．（1）若将物块质量变为2m，弹射出来时的速度为．（2）为完成本实验，还需要的器材为B．A．天平B．刻度尺C．秒表D．弹簧秤（3）为完成本实验，还需要测量的物理量有木板的长度L、木板到地面的高度h、物块抛出后水平位移x．（4）设重力加速度为g，滑块与木板间的动摩擦因数的表达式μ=（合力选择利用本题中出现的物理量的字母表示）【考点】探究影响摩擦力的大小的因素【分析】（1）根据动能定理求得速度的变化；（2）只要知道初末速度和位移即可求得摩擦因数，故需要刻度尺；（3）需要测量的物理量为木板的长度L，木板到地面的高度h，物块抛出后水平位移x（4）根据速度位移公式即可求得摩擦因数【解答】解：（1）根据动能定理可知，当质量变为2m时，速度变为原来的（2）只要知道初末速度和位移即可求得摩擦因数，故需要刻度尺，故选B（3）为完成本实验，需要知道初末速度和位移，故需测量的物理量为木板的长度L，木板到地面的高度h，物块抛出后水平位移x（4）抛出是的速度为v′则x=v′t根据速度位移公式可知v′2﹣v2=﹣2μgL联立解得μ=故答案为：（1）；（2）B；（3）木板的长度L，木板到地面的高度h，物块抛出后水平位移x；（4）【点评】本题主要考查了利用匀变速直线运动求摩擦因数，关键是如何求得初末速度，利用好速度位移公式即可10．（9分）为测量一表头的内阻，某同学进行了如下步骤，已知可供选择的仪器如下：待测电表G（Ig=5mA，rg约300Ω）电压表V1（0﹣20mV，内阻约1kΩ）电压表V2（0﹣1.5V，内阻约2kΩ）电阻箱R（0﹣999.9Ω）滑动变阻器R1（0﹣20Ω）干电池（1.5V）开关K1和单刀双掷开关K2及导线若干操作步骤：（1）设计测量原理图（参考下面操作步骤并要求能够调节电压从0开始），将设计的原理图画在下面空白处．（2）根据题目要求选择合适的电压表，选V2．（请填写仪器符号）（3）按照原理图正确连接仪器．（4）闭合K1，K2扳至一端，调节滑动变阻器，使待测表头指示某刻度稳定，电压表指针指在某一刻度值U0．（5）保持R1滑动头位置不变，断开K1后将电阻箱阻值置于零，K2扳至另一端，闭合K1，调节电阻箱阻值，使电压表指针仍然指向原来的示数U0．（6）如图为电阻箱阻值，则表头的内阻rg=295.1Ω．【考点】用多用电表测电阻【分析】（1）要求能够调节电压从0开始，则滑动变阻器使用分压法，再结合实验步骤设计电路图即可；（2）根据表头的满偏电流和大约电阻值求出满偏电压，进而选择电压表；（5）表头与电阻箱并联，若开关分别与表头、电阻箱相连时，电压表示数不变，则表头的内阻等于电阻箱的内阻；（6）根据电阻箱的示数得出表头内阻．【解答】解：（1）要求能够调节电压从0开始，则滑动变阻器使用分压法，待测电表G与电阻箱并联，电压表测量并联电路电压，实验电路图，如图所示：（2）待测电表G的满偏电压Ug=IgRg=5×300mV=1500mV=1.5V，则电压表选择V2，（5）保持R1滑动头位置不变，断开K1后将电阻箱阻值置于零，K2扳至另一端，闭合K1，调节电阻箱阻值，使电压表指针仍然指向原来的示数U0，则电表G的内阻与电阻箱的电阻相等，（6）根据电阻箱的示数可知，表头的内阻rg=295.1Ω．故答案为：（1）如图所示；（2）V2；（5）仍然指向原来的示数U0；（6）295.1Ω．【点评】本题考查伏安法测量内阻，为探究性实验，在解答时一定要先通过步骤明确实验原理，明确实验要求才能准确求解，同时注意电表的改装原理，明确并联电路规律的应用．11．（12分）如图，某同学在一次实验测试中，利用弹簧枪将质量为m的钢珠以某一初速度从A点水平射出，发现钢珠能够恰好从弯曲圆管BCD的B点无撞击地进入圆弧，最终从圆管的最高点D射出后落到斜面上的E点，已知两圆弧的半径为均R，且A与D在同一水平线上，图中角θ=60°，斜面上O′到E点距离也为R，求（1）钢珠从弹簧枪射出时的速度v0的大小；（2）在D点处钢珠对管壁的作用力；（3）钢珠在圆管中运动时克服阻力做的功Wf．【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力【分析】（1）根据几何关系求出平抛运动下降的高度，从而求出竖直方向上的分速度，根据运动的合成和分解求出初速度的大小．（2）根据平抛运动知识求出小球在D点的速度，再根据牛顿第二定律求出管壁对小球的弹力作用．（3）对A到D全程运用动能定理，求出小球在圆管中运动时克服阻力做的功．【解答】解：（1）小球从A到B：竖直方向，=2gR（1+cos60°）=3gR则vy=在B点，由速度关系v0==（2）小球从D到E：竖直方向，R（1+cos60°）=gt2解得：t=小球在水平方向做匀速直线运动，则小球从D点抛出的速度vD==在D点，由向心力公式得：mg﹣N=m解得：N=mg，方向竖直向上（3）从A到D全程应用动能定理：﹣Wf=m﹣m解得：Wf=mgR答：（1）小球从A点做平抛运动的初速度v0的大小为．（2）在D点处管壁对小球的作用力N为mg，方向竖直向上．（3）小球在圆管中运动时克服阻力做的功Wf=mgR【点评】本题综合考查了平抛运动和圆周运动的基础知识，难度不大，关键搞清平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及圆周运动向心力的来源．12．（20分）鉴于社会上有些司机在驾车经过减速带时不减速而经常导致一些事故的产生，有一汽车厂家提出如下解决方案，其基本设想简化如下：如图（俯视图），在汽车底部固定一个长度L1、宽度L2的单匝矩形纯电阻金属线圈，线圈的总电阻为R，车和线圈的总质量为m，假设汽车运动过程中所受阻力恒为f．在减速区域设置磁场如图，若开始时，汽车以初速度v0冲进缓冲区域的左侧，缓冲区域宽为d（d＞L1）．缓冲区域内有方向垂直线圈平面向上、大小为B的匀强磁场，现控制汽车牵引力的功率，让汽车以大小为a的恒定加速度减速驶入缓冲区域，线圈全部进入缓冲区域后，立即开始做匀速直线运动，直至完全离开缓冲区域，整个过程中，牵引力的总功为W．（1）求线圈冲出磁场过程中，通过线圈横截面的电量；（2）写出线圈进入磁场过程中，牵引力的功率随时间变化的关系式；（3）线圈进入磁场过程中，线圈中产生的焦耳热．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律【分析】（1）运用法拉第电磁感应定律，结合欧姆定律以及电流定义式即可求出电量q；（2）物体做匀变速直线运动，运用牛顿第二定律结合运动学规律以及瞬时功率表达式，联立即可；（3）运用能量的观点分析，焦耳定律求解匀速穿出磁场的电热，再运用能量守恒定律，进入磁场的匀变速直线运动的规律，以及出磁场的匀速直线运动规律，联立即可求出线圈进入磁场过程中产生的焦耳热．【解答】解：（1）线框冲出磁场过程中，通过线框横截面的电量：q=△t①根据欧姆定律得：=②由法拉第电磁感应定律得：③联立①②③式得：q=（2）线框进入磁场，牵引力的功率：P=Fv④匀变速直线运动的规律有：v=v0﹣at⑤牛顿第二定律得：F﹣f﹣F安=ma⑥安培力公式：F安=BIL2⑦欧姆定律：I=⑧切割磁感线产生的电动势：E=BL2v⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得：P=+（f+ma）（v0﹣at）（3）设线框匀速穿出磁场时的速度为v1、感应电动势为E1、感应电流为I1线框运动的整个过程中，根据能量关系有：W=m﹣m+f（d+L1）+Q总⑩线框出磁场过程中产生的热量：Q出=Rt⑪欧姆定律：I1=⑫出磁场时切割磁感线产生的电动势：E1=BL2v1⑬出磁场做匀速直线运动：L1=v1t⑭进入磁场过程中：﹣=2aL1⑮能量守恒：Q总=Q进+Q出⑯联立⑩⑪⑫⑬⑭⑮⑯式得：Q进=W+maL1﹣f（d+L1）﹣答：（1）线圈冲出磁场过程中，通过线圈横截面的电量为；（2）线圈进入磁场过程中，牵引力的功率随时间变化的关系式为P=+（f+ma）（v0﹣at）；（3）线圈进入磁场过程中，线圈中产生的焦耳热为W+maL1﹣f（d+L1）﹣．【点评】本题考查导体棒切割磁场过程中的力与运动以及能量转化的综合运用，用牛顿运动定律分析运动性质，结合相应的运动形式选取相应的规律解决问题，其中第（3）问的能量关系也可以用动能定理去表示．【物理选修33】13．（15分）关于做功、热传递、内能变化关系，下列判断正确的是（）A．由于摩擦做功转变为内能的过程不可逆B．从单一热源吸收热量，并将这热量完全变为功的情况可以存在C．热量只能从高温物体传向低温物体D．对物体做功的同时，物体的内能可能减少E．为了增加物体的内能，必须同时对物体做功和向它传递热量【考点】热力学第一定律【分析】涉及热现象的宏观过程都有方向性，根据热力学第二定律分析热量传递的方向．由热力学第一定律分析内能的变化．【解答】解：A、通过克服摩擦力做功将机械能转化为内能，内能散失不能收集起来做功，所以摩擦做功转变为内能的过程不可逆的，故A正确．B、从单一热源吸收热量，并将这热量完全变为功的情况是可以存在的，但要引起其他的变化，故B正确．C、根据热力学第二定律知，热量不能自发地从低温物体传向高温物体，但在外界的影响下也能从低温物体传向高温物体，故C错误．D、由△U=Q+W知，当对物体做的正功小于物体释放的热量时，物体的内能将减少，故D正确．E、做功和热传递都可以改变内能，不必同时进行，故E错误．故选：ABD【点评】本题考查内能改变的方法，要注意做功和热传递均可以改变物体的内能，要注意二者之间的区别和联系．运用热力学第一定律和第二定律分析这类问题．14．（10分）如图是一套热学实验装置，A容器浸没在1号烧杯的水中，可以通过电阻丝加热改变A中气体温度，B容器浸没在2号烧杯的冰水混合物中，上端用轻质绝热的活塞D封闭，活塞截面积s，上面堆有质量为m的铁砂，且=p0（大气压）；A、B两容器用非常细（不计体积）的绝热管道相连，管道中有光滑轻质绝缘活塞C．已知B中气体的原来高度为l，当A中气体温度由T（热力学温度）变为3T时，求：（a）要使活塞C在实验中一直不动，活塞D上加的铁砂应该变为多少？（b）B容器中的气体高度变为多少？【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强【分析】（a）求出A中气体的状态参量，应用查理定律可以求出气体末状态的压强，然后应用平衡条件求出铁砂的质量．（b）求出气体B的状态参量，然后应用玻意耳定律求出气体的高度．【解答】解：（1）气体A的状态参量：pA1=pB1=p0+=2p0，TA1=T，TA2=3T，活塞C保持不动，则气体A发生等容变化，由查理定律得：=，即：=，解得：pA2=6p0，pB2=pA2=p0+，解得：m′=5m；（b）B气体的状态参量：pB1=2p0，VB1=ls，pB2=6p0，气体B发生等温变化，由玻意耳定律得：pB1VB1=pB2VB2，即：2p0×ls=6p0×VB2，解得：VB2=l，则气体B的高度：h=l；答：（a）要使活塞C在实验中一直不动，活塞D上加的铁砂应该变为5m；（b）B容器中的气体高度变为l．【点评】本题考查了求铁砂的质量、气体的高度问题，认真审题理解题意、分析清楚气体状态变化过程求出气体状态参量是解题的关键；应用查理定律与玻意耳定律可以解题；解题时要注意两部分气体状态参量间的关系．【物理选修34】15．（5分）图甲为一列简谐横波在t=2s时的波形图，图乙为介质中平衡位置在x=0.75m处的质点的振动图象，M是平衡位置为x=1m的质点，下列说法中正确的是（）A．波的传播方向沿x轴负方向B．0～3s时间内，M运动的路程为6cmC．当t=3s时，M恰好回到平衡位置D．0～1s时