山西省高考冲刺压轴物理试卷

2016届山西省高考冲刺压轴物理试卷一、选择题1．质量为1kg的物块在水平拉力的作用下，以一定的初速度沿水平面滑行，物块与水平面间的摩擦因数μ=0.4，利用速度传感器在计算机屏幕上得到其速度随时间的变化关系如图所示，则物块（）A．0～1s内的拉力大小为8N B．0～1s内的拉力大小为2NC．1～3s内的拉力大小为2N D．0～3s内的拉力做功16J2．如图所示，三根轻细绳悬挂；两个质量相同的小球保持静止，A、D间细绳是水平的，现对B球施加一个水平向右的力F，将B缓缓拉到图中虚线位置，这时AC和AD中细绳张力TAC、TAD的变化情况是（）A．都变大 B．都变小C．TAC不变，TAD变大 D．TAC变大，TAD不变3．如图所示，半圆形凹槽的半径为R，O点为其圆心，在与O点等高的边缘A、B两点分别以速度v1、v2水平相向同时抛出两个小球，两小球恰好在弧面上的P点相遇，∠AOP为60°，则以下说法中正确的是（）A．两小球位移之比为1：3B．两小球初速度之比为v1：v2=1：3C．两小球相遇时速度大小之比为1：D．两小球的速度增加量之比为1：4．科学家分析，随着地球上各地地震、海啸的不断发生，会导致地球的自转变快．理论分析，下列说法正确的是（）A．“天宫一号”飞行器的高度要略调高一点B．地球赤道上物体的重力会略变大C．同步卫星的高度要略调低一点D．地球的第一宇宙速度将略变小5．如图所示，边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强磁场．一个质量为m、电荷量为q、初速度为v0的带电粒子从a点沿ab方向进入磁场，不计重力，则（）A．若粒子恰好从c点离开磁场，则磁感应强度B=B．若粒子恰好从d离开磁场，则磁感应强度B=C．若粒子恰好从bc边的中点离开磁场，则磁感应强度B=D．粒子从c点离开磁场时的动能大于从bc边的中点离开磁场时的动能6．如图所示，场强为E的匀强电场区域内，在O点处置一点电荷+Q，a、b、c、d、e、f为以O点为球心的球面上的点，aecf平面与匀强电场平行，bedf平面与匀强电场垂直，则下列说法中正确的是（）A．b、d、f各点的场强相同B．b、d、f各点的电势相同C．a、b、c、d、e、f各点中，c点场强最大D．a、b、c、d、e、f各点中电荷在a点电势能最大7．一辆总质量为1500kg的汽车，由静止开始沿平直公路以额定功率P=90kW启动，并保持额定功率行驶，汽车匀速运动过程中，突然发现前方有障碍物，立即以大小5m/2的加速度刹车，汽车最后停下来，整个过程中，汽车位移为765m，刹车之前汽车受到的阻力恒为3000N，则（）A．汽车运动的最大速度为30m/sB．汽车减速运动的位移为90sC．汽车额定功率运动的时间为30sD．汽车加速行驶的时间为20s8．图中理想变压器的原、副线圈匝数之比为3：1，电阻R1=10Ω，R2=20Ω，电表均为理想交流电表，若R1两端电压u1=10sin100πt（V）则下列说法正确的有（）A．电压表示数为20VB．电流表的示数为0.5AC．原线圈输入端电压最大值为30VD．原线圈输入功率为30W二、非选择题（一）必做题9．利用如图甲所示的装置测量滑块与水平长木板之间的动摩擦因数μ，一滑块放在水平长木板上，左侧栓有一细线，跨过固定在长木板边缘的定滑轮与一重物相连，在重物的牵引下，滑块在长木板上向左运动，重物落地后，滑块继续向左做匀减速运动，在长木板上安装有两个光电门，其中光电门甲固定在长木板的右侧，光电门乙的位置可移动，当带有挡光片的滑块从右端向左端滑动时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出挡光片从光电门甲至乙所用的时间t，每次都使滑块从同一点由静止开始运动，且滑块开始的位置到光电门甲之间的距离与重物开始的位置到地面的距离相等均为L，改变光电门乙到光电门甲之间的距离x，进行多次测量，并用米尺测量出光电门甲、乙之间相应的距离x，记下相应的t值，所得数据如下表所示．x（m）0.2000.4000.6000.7000.8000.9000.950t（s）0.0880.1890.3110.3850.4730.6000.720（m/s）2.272.121.931.821.691.501.32请你根据题目所给数据完成下列问题（g=9.8m/s2，结果保留两位有效数字）：（1）根据表中所给的数据，在图乙的坐标纸上画出﹣t图线；（2）根据所画出的﹣t图线，得出滑块加速度的大小为a=m/s2．（3）滑块与水平长木板之间的动摩擦因数μ=．10．（9分）某研究性学习小组围绕一个量程为30mA的电流计展开探究．（1）为测量该电流计的内阻，同学甲设计了如图（a）所示电路．图中电源电动势未知，内阻不计．闭合开关，将电阻箱阻值调到20Ω时，电流计恰好满偏；将电阻箱阻值调到80Ω时，电流计指针指在如图（b）所示位置，则电流计的读数为mA．由以上数据可得电流计的内阻Rg=Ω．（2）同学乙将甲设计的电路稍作改变，将电流计串联上两个表笔，如图（c）所示，设计出一个简易的欧姆表，并将表盘的电流刻度转换为电阻刻度：闭合开关，将两表笔短接，调节电阻箱，使指针指在“30mA”处，再保持电阻箱阻值不变，在两表笔间接不同阻值的已知电阻找出对应的电流刻度，则“10mA”处对应表笔间电阻阻值为Ω，b表笔应为色表笔（填“红”或“黑”）．（3）若该欧姆表使用一段时间后，电池内阻变大不能忽略，电动势不变，但将两表笔短接，指针仍能满偏，按正确使用方法再进行测量，其测量结果与原结果相比将（填“变大”、“变小”或“不变”）．11．（12分）如图所示，一平板车静止在水平地面上，一货箱（可视为质点）放置一平板车右端，货箱离车后端的距离为l，某时刻平板车开始做a=4m/s2的匀加速直线运动，速度达到6m/s后匀速行驶，已知货箱与平板车之间的动摩擦因数为μ=0.2，g=10m/s2，为使货箱不从平板车上掉下来，货箱离车后端的距离l应满足什么条件？12．（20分）如图所示，倾角为37°倾斜导轨，消耗平行且足够长，导轨间距为L=0.8m，导轨上端接有电阻R，阻值R=3Ω，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，磁感强度B=1.5T，一导体棒垂直放在导轨上，与导轨接触良好，棒的质量为2kg，电阻为r=0.6Ω，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.2，导体棒由静止释放后在导轨上运动，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）求：（1）导体棒运动的最大加速度；（2）棒运动的最大速度及对导轨的最大压力；（3）电阻R的最大电功率．[物理选修33]13．（5分）在“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中，将1cm3的油酸溶于酒精，制成300cm3的油酸酒精溶液，测得1cm3的油酸酒精溶液有100滴，现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，最后形成的油酸膜性状和尺寸如图所示，坐标中正方形小方格的边长为1cm，则由此估算出油酸分子的直径为m．（结果保留一位有效数字）14．（10分）图中A、B气缸的长度为L=30cm，横截面积为S=20cm2，C是可在气缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞，D为阀门．整个装置均由导热材料制成．起初阀门关闭，A内有压强pA=2.0×105Pa的氮气，B内有压强pB=1.0×105Pa的氧气．阀门打开后，活塞C向右移动，最后达到平衡．①求活塞C移动的距离及平衡后B中气体的压强；②活塞C移动过程中A中气体对外做功为25J，则A中气体是吸热还是放热？吸收或者放出的热量为多少？（假定氧气和氮气均为理想气体，连接气缸的管道体积可忽略）[物理选修34]15．一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻的波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t+0.6s时刻的波形如图中的虚线所示，T＞0.6s，a、b、c、P、Q是介质中的质点，以下说法正确的是（）A．这列波的波速为50m/sB．质点a在这段时间内通过的路程为30cmC．质点c在这段时间内通过的路程为20cmD．t+0.5s时刻，质点b、P的位移相同E．t+0.5s时刻，质点b的速度大于质点P的速度16．如图所示，一束光线以60°的入射角射到一水平放置的平面镜上，反射后在上方与平面镜平行的光屛上留下一光点P，若将一块上下两面平行的透明体平放在平面镜上，则进入透明体的光线经平面镜发射后再从透明体的上表面射出，打在光屛上的P′点，与原来相比光点向左平移了3.46cm，已知透明体厚度为1.5cm，求：①透明体的折射率；②光在透明体里运动的时间．[物理选修35]17．19世纪初，爱因斯坦提出光子理论，使得光电效应现象得以完美解释，玻尔的氢原子模型也是在光子概念的启发下提出的．关于光电效应和氢原子模型，下列说法正确的是（）A．光电效应实验中，入射光足够强就可以有光电流B．若某金属的逸出功为W0，该金属的截止频率为C．保持入射光强度不变，增大入射光频率，金属在单位时间内逸出的光电子数将减小D．一群处于第四能级的氢原子向基态跃迁时，将向外辐射六种不同频率的光子E．氢原子由低能级向高能级跃迁时，吸收光子的能量可以稍大于两能级间能量差18．如图所示，轻弹簧的两端与质量均为2m的B、C两物块固定连接，静止在光滑水平面上，另一质量为m的想物块A以速度v0从右向左与B发生弹性正碰，碰撞时间极短可忽略不计（所有过程都在弹簧弹性限度范围内）求：①A、B碰后瞬间各自的速度；②弹簧的最大弹性势能．

2016届山西省高考冲刺压轴物理试卷参考答案与试题解析一、选择题1．质量为1kg的物块在水平拉力的作用下，以一定的初速度沿水平面滑行，物块与水平面间的摩擦因数μ=0.4，利用速度传感器在计算机屏幕上得到其速度随时间的变化关系如图所示，则物块（）A．0～1s内的拉力大小为8N B．0～1s内的拉力大小为2NC．1～3s内的拉力大小为2N D．0～3s内的拉力做功16J【考点】动能定理；匀变速直线运动的图像【分析】根据v﹣t图象的斜率求解加速度，根据牛顿第二定律求拉力的大小；根据v﹣t图象与时间轴包围的面积求解位移大小，根据动能定理求解拉力做的功．【解答】解：AB．由速度图象可知，0～1s内的加速度大小为：a===6m/s2，物体正向做匀减速运动，所以由牛顿第二定律可得：μmg+F=ma，代入数据解得：F=2N，故A错误，B正确；C．由速度图象可知，1～3s内的加速度大小为：a==1m/s2，物体反向做匀加速运动，所以由牛顿第二定律可得：F﹣μmg=ma，代入数据解得：F=5N，故C错误；D.0～1s内的位移为：s1=×1×6=3m，1～3s内的为：s2=×2×2=2m，0～3s内拉力做功由动能定理可得：WF﹣μmg（s1+s2）=m﹣m，代入数据解得：WF=4J，故D错误．故选：B．【点评】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．2．如图所示，三根轻细绳悬挂；两个质量相同的小球保持静止，A、D间细绳是水平的，现对B球施加一个水平向右的力F，将B缓缓拉到图中虚线位置，这时AC和AD中细绳张力TAC、TAD的变化情况是（）A．都变大 B．都变小C．TAC不变，TAD变大 D．TAC变大，TAD不变【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】以AB整体为研究对象受力分析，由平衡条件判断TAD和TAC的变化情况即可．【解答】解：以AB整体为研究对象受力分析，设AC绳与水平方向夹角为α，则竖直方向有：TACsinα=2mg得：TAC=，不变；水平方向：TAD=TACcosα+F，TACcosα不变，而F逐渐变大，故TAD逐渐变大，故C正确，ABD错误．故选：C【点评】当出现两个物体的时候，如果不是求两个物体之间的作用力大小通常采取整体法使问题更简单．3．如图所示，半圆形凹槽的半径为R，O点为其圆心，在与O点等高的边缘A、B两点分别以速度v1、v2水平相向同时抛出两个小球，两小球恰好在弧面上的P点相遇，∠AOP为60°，则以下说法中正确的是（）A．两小球位移之比为1：3B．两小球初速度之比为v1：v2=1：3C．两小球相遇时速度大小之比为1：D．两小球的速度增加量之比为1：【考点】平抛运动【分析】根据几何关系求出两球的水平位移之比，抓住下降的高度相同，则运动的时间相同，求出初速度之比．根据几何关系得出两球的位移之比．根据运动的时间求出速度的变化量之比．【解答】解：A、根据几何关系知，左边小球的水平位移，右边小球的水平位移，竖直位移均为y=，根据平行四边形定则知，小球的位移之比不等于1：3，故A错误．B、由于两个小球的水平位移之比为1：3，竖直位移相同，则平抛运动的时间相等，可知两小球的初速度之比为1：3，故B正确．C、小球平抛运动的时间，则左边小球的初速度，右边小球的初速度，到达P点的竖直分速度，根据平行四边形定则知，左边小球到达P点的速度=，右边小球到达P点的速度=，可知相遇时的速度大小之比不等于1：，故C错误．D、由于平抛运动的时间相等，加速度相同，则两球速度变化量相等，故D错误．故选：B．【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，难度不大．4．科学家分析，随着地球上各地地震、海啸的不断发生，会导致地球的自转变快．理论分析，下列说法正确的是（）A．“天宫一号”飞行器的高度要略调高一点B．地球赤道上物体的重力会略变大C．同步卫星的高度要略调低一点D．地球的第一宇宙速度将略变小【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【分析】地球自转变快，即地球自转的周期变小，根据向心力公式知道在地面上的物体随地球自转所需的向心力会增大，而万有引力的大小不变．对地球同步卫星而言，卫星的运行周期等于地球的自转周期，由开普勒第三定律可以得出卫星的高度的变化．【解答】解：A、“天宫一号”飞行器的向心力由地球的万有引力提供，其高度与地球的自转快慢无关，故A错误．B、地球自转快了，则地球自转的周期变小．对于赤道上的物体来说，由于地球自转的周期变小，在地面上的物体随地球自转所需的向心力会增大，而“向心力”等于“地球对物体的万有引力减去地面对物体的支持力”，万有引力的大小不变，所以必然是地面对物体的支持力减小．地面对物体的支持力大小等于物体受到的“重力”，所以是物体的“重力”减小了．故B错误．C、对地球同步卫星而言，卫星的运行周期等于地球的自转周期．地球自转的周期T变小了，由开普勒第三定律=k可知，卫星的轨道半径R减小，卫星的高度要减小些，故C正确．D、地球的第一宇宙速度v=，R是地球的半径，可知v与地球自转的速度无关，故D错误．故选：C．【点评】本题是信息题，我们要从题目中找出与所求解问题相关的物理信息，再根据物理知识解答．5．如图所示，边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强磁场．一个质量为m、电荷量为q、初速度为v0的带电粒子从a点沿ab方向进入磁场，不计重力，则（）A．若粒子恰好从c点离开磁场，则磁感应强度B=B．若粒子恰好从d离开磁场，则磁感应强度B=C．若粒子恰好从bc边的中点离开磁场，则磁感应强度B=D．粒子从c点离开磁场时的动能大于从bc边的中点离开磁场时的动能【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】粒子进入匀强磁场中做匀圆周运动，根据轨迹求出轨迹半径，再由半径公式求解B．【解答】解：A、若粒子恰好从c点离开磁场，轨迹半径r=L，由，解得磁感应强度，故A错误；B、若粒子恰好从d点离开磁场，轨迹半径，由，解得磁感应强，故B正确；C、若粒子恰好从bc边的中点离开磁场，其运动轨迹如图所示，由几何知识得：，解得，由，得磁感应强度，故C正确；D、该题改变的是磁感应强度，粒子的入射速度是不变的，由于洛伦兹力不做功，不能改变粒子的动能，所以粒子从c点离开磁场时和从bc边的中点离开磁场时的动能相等．故D错误故选：BC【点评】解决本题的关键画出粒子的轨迹：定圆心，定半径，并要掌握带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式，结合几何关系求解．6．如图所示，场强为E的匀强电场区域内，在O点处置一点电荷+Q，a、b、c、d、e、f为以O点为球心的球面上的点，aecf平面与匀强电场平行，bedf平面与匀强电场垂直，则下列说法中正确的是（）A．b、d、f各点的场强相同B．b、d、f各点的电势相同C．a、b、c、d、e、f各点中，c点场强最大D．a、b、c、d、e、f各点中电荷在a点电势能最大【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势【分析】本题点电荷电场中电场线是发散状，以+Q为球心的球面是等势面，可根据电场的叠加原理分析各点的场强．【解答】解：A、b、d、f电场强度大小相等，方向不同，所以电场强度不同．故A错误．B、以O点为球心的球面是一个等势面，匀强电场的等势面与电场线垂直，所以b、d、f各点的电势相同，故B正确．C、空点任一点的电场强度等于点电荷的场强与匀强电场的合场强，其中C点点电荷场强与匀强电场的方向相同，c点场强最大，故C正确；D、a、b、c、d、e、f各点中电荷在a点电势最高，正电荷在a点的电势能最大，故D错误．故选：BC．【点评】本题还是要将电场看作是由匀强电场和点电荷的电场组合而成，解题的关键要掌握点电荷的电场线和等势面的分布情况，场强是矢量，只有大小和方向都相同时，场强才相同．7．一辆总质量为1500kg的汽车，由静止开始沿平直公路以额定功率P=90kW启动，并保持额定功率行驶，汽车匀速运动过程中，突然发现前方有障碍物，立即以大小5m/2的加速度刹车，汽车最后停下来，整个过程中，汽车位移为765m，刹车之前汽车受到的阻力恒为3000N，则（）A．汽车运动的最大速度为30m/sB．汽车减速运动的位移为90sC．汽车额定功率运动的时间为30sD．汽车加速行驶的时间为20s【考点】功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律【分析】当牵引力等于阻力时，速度最大，结合P=fv求出最大速度，结合速度公式求出匀减速运动的位移，从而得出减速前的位移，根据动能定理求出减速前的时间，结合减速的时间，求出全程的平均速度【解答】解：A、当牵引力等于阻力时，速度最大，则汽车的最大速度vm=m/s=30m/s，故A正确．B、刹车过程中的位移x2=m=90m，对刹车前的过程运用动能定理，Pt1﹣f（x﹣x2）=，代入数据解得t1=30s，刹车的时间t2=s=6s，全程的平均速度=m/s=21.25m/s．故D错误，B、C正确．故选：ABC．【点评】抓住汽车以额定功率行驶时牵引力与阻力平衡，可以根据功率和阻力求得汽车匀速行驶的速度，能根据动能定理求出减速前的时间．8．图中理想变压器的原、副线圈匝数之比为3：1，电阻R1=10Ω，R2=20Ω，电表均为理想交流电表，若R1两端电压u1=10sin100πt（V）则下列说法正确的有（）A．电压表示数为20VB．电流表的示数为0.5AC．原线圈输入端电压最大值为30VD．原线圈输入功率为30W【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率【分析】根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据部分电路的欧姆定律、以及电流与匝数成反比即可求得结论．【解答】解：两端电压（V），其最大值是，有效值是10V，电阻、串联，电流，电压表的示数等于电阻两端的电压，即，故A正确；B、电流表测的是原线圈中的电流，根据变流比规律，得，即电流表的示数为，故B错误；C、副线圈两端的电压等于电阻两端的电压之和，，根据变压比规律，得，所以原线圈输入端电压的最大值为，故C错误；D、原线圈的输入功率为：，故D正确；故选：AD【点评】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，即电压与匝数成正比，电流与匝数成反比．知道正弦交变电流最大值和有效值之间的关系即可解决本题二、非选择题（一）必做题9．利用如图甲所示的装置测量滑块与水平长木板之间的动摩擦因数μ，一滑块放在水平长木板上，左侧栓有一细线，跨过固定在长木板边缘的定滑轮与一重物相连，在重物的牵引下，滑块在长木板上向左运动，重物落地后，滑块继续向左做匀减速运动，在长木板上安装有两个光电门，其中光电门甲固定在长木板的右侧，光电门乙的位置可移动，当带有挡光片的滑块从右端向左端滑动时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出挡光片从光电门甲至乙所用的时间t，每次都使滑块从同一点由静止开始运动，且滑块开始的位置到光电门甲之间的距离与重物开始的位置到地面的距离相等均为L，改变光电门乙到光电门甲之间的距离x，进行多次测量，并用米尺测量出光电门甲、乙之间相应的距离x，记下相应的t值，所得数据如下表所示．x（m）0.2000.4000.6000.7000.8000.9000.950t（s）0.0880.1890.3110.3850.4730.6000.720（m/s）2.272.121.931.821.691.501.32请你根据题目所给数据完成下列问题（g=9.8m/s2，结果保留两位有效数字）：（1）根据表中所给的数据，在图乙的坐标纸上画出﹣t图线；（2）根据所画出的﹣t图线，得出滑块加速度的大小为a=3.0m/s2．（3）滑块与水平长木板之间的动摩擦因数μ=0.31．【考点】探究影响摩擦力的大小的因素【分析】（1）根据描点法作图，即可．（2）由位移时间关系式整理得到﹣t图线的表达式，并找出图线的斜率和加速度关系；（3）由牛顿第二定律，即可求解．【解答】解：（1）根据表中给出的数据，在图2给出的坐标纸上画出﹣t图线如图：（2）由表达式=v0﹣at可知，﹣t图线的斜率的绝对值表示加速度的一半，即k=，根据图象得：k==1.5=a，因此a=3.0m/s2．（3）根据牛顿第二定律，有：μmg=ma，将a=3.0m/s2代入解得，滑块与斜面间的动摩擦因数为：μ=0.31；故答案为：（1）如图所示；（2）3.0；（3）0.31．【点评】题目的难度在于：物体加速下滑时，我们研究了﹣t图线，并且要整理图象所要求的表达式，根据图象结合物理规律求解．10．（9分）某研究性学习小组围绕一个量程为30mA的电流计展开探究．（1）为测量该电流计的内阻，同学甲设计了如图（a）所示电路．图中电源电动势未知，内阻不计．闭合开关，将电阻箱阻值调到20Ω时，电流计恰好满偏；将电阻箱阻值调到80Ω时，电流计指针指在如图（b）所示位置，则电流计的读数为12mA．由以上数据可得电流计的内阻Rg=30Ω．（2）同学乙将甲设计的电路稍作改变，将电流计串联上两个表笔，如图（c）所示，设计出一个简易的欧姆表，并将表盘的电流刻度转换为电阻刻度：闭合开关，将两表笔短接，调节电阻箱，使指针指在“30mA”处，再保持电阻箱阻值不变，在两表笔间接不同阻值的已知电阻找出对应的电流刻度，则“10mA”处对应表笔间电阻阻值为180Ω，b表笔应为黑色表笔（填“红”或“黑”）．（3）若该欧姆表使用一段时间后，电池内阻变大不能忽略，电动势不变，但将两表笔短接，指针仍能满偏，按正确使用方法再进行测量，其测量结果与原结果相比将变大（填“变大”、“变小”或“不变”）．【考点】伏安法测电阻【分析】（1）中因电流表的最小分度是1mA，故应估读到0.1mA，根据欧姆定律可求Rg的值．（2）与（3）的关键是根据闭合电路欧姆定律通过电流表电流的表达式，联立求解即可．【解答】解：（1）根据电流表的读数要求可读出电流I=12.0mA．由闭合电路欧姆定律，将电阻箱阻值调到20Ω时，有=30mA①，电阻箱阻值调到80Ω时，有I==12mA②，联立①②两式并代入数据Rg=70ΩE=2.7V．（2）将两表笔断开，即相当于所测电阻无穷大，则指针指在“30mA”处，此处刻度应标阻值为∞；根据闭合电路欧姆定律将两表笔断开时有=30mA①，当两表笔接上电阻②，将E=2.7V，R=20Ω代入，当I=10mA时，解得：Rx=180电流由b表笔流向，则应为黑色表笔．（3）根据闭合电路欧姆定律可知：，测量电阻时电流唱歌示数为：，欧姆表有一段时间E减小，而实际刻度值未变，测相同电阻时电流变小，故电阻的测量值大于真实值．故答案为：（1）1230（2）180黑（3）变大【点评】考查多用表的原理，明确定全电路欧姆，写出电流与测量电阻的关系式是求解的关键．11．（12分）如图所示，一平板车静止在水平地面上，一货箱（可视为质点）放置一平板车右端，货箱离车后端的距离为l，某时刻平板车开始做a=4m/s2的匀加速直线运动，速度达到6m/s后匀速行驶，已知货箱与平板车之间的动摩擦因数为μ=0.2，g=10m/s2，为使货箱不从平板车上掉下来，货箱离车后端的距离l应满足什么条件？【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】平板车启动后，货物和平板车发生相对滑动，根据速度时间公式求出平板车速度达到6m/s的时间，根据牛顿第二定律求出货箱的加速度，求出货箱速度达到6m/s所需的时间，两者速度相同后，不发生相对滑动，根据运动学公式分别求出两者速度相等时经历的位移，结合相对位移的大小求出货箱离车后端的距离l应满足的条件．【解答】解：经分析可知，货箱速度达到车速前两者相对滑动，设经t1车加速到6m/s，根据v=at1得，，设经过时间t2，货箱的速度达到6m/s，根据μmg=ma2得，，根据v=a2t2得，，此时车对地的位移为=，货箱对地的位移．相对滑动的位移△x=x1﹣x2=13.5﹣9m=4.5m，则货箱离车后端的距离l应满足l≥4.5m．答：货箱离车后端的距离l应满足l≥4.5m．【点评】解决本题的关键理清货箱和平板车的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解，难度中等．12．（20分）如图所示，倾角为37°倾斜导轨，消耗平行且足够长，导轨间距为L=0.8m，导轨上端接有电阻R，阻值R=3Ω，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，磁感强度B=1.5T，一导体棒垂直放在导轨上，与导轨接触良好，棒的质量为2kg，电阻为r=0.6Ω，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.2，导体棒由静止释放后在导轨上运动，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）求：（1）导体棒运动的最大加速度；（2）棒运动的最大速度及对导轨的最大压力；（3）电阻R的最大电功率．【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；电功、电功率【分析】（1）根据运动过程可知，当导体棒刚开始释放时的加速度最大；（2）根据受力过程可知，当导体棒速度越大时，压力越大，故根据平衡条件求出最大速度时的压力即可；（3）根据闭合电路欧姆定律以及功率公式进行分析，即可求得R消耗的最大功率．【解答】解：（1）导体棒刚释放时下滑的加速度最大，则由牛顿第二定律可知：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma代入数据解得：a=4.4m/s2；（2）根据受力分析规律可知，棒下滑的速度越大，对轨道的压力越大故当棒匀速下滑时，对导轨的压力最大，沿斜面方向上有：mgsinθ=BILcosθ+f垂直斜面方向上有：N=mgcosθ+BILsinθ摩擦力为：f=μN此时产生的电动势为：E=BLv根据闭合电路欧姆定律，电流为：I=联立解得：N=21.76Nv=24m/s（3）当棒匀速下滑时，R获得的功率最大，由P=I2R可知最大功率为：P=（）2R=（）2×3=192W．答：（1）导体棒运动的最大加速度为4.4m/s2；（2）棒运动的最大速度及对导轨的最大压力为21.76N（3）电阻R的最大电功率为192W．【点评】本题考查导体切割磁感线与受力分析和功能关系的结合，要注意明确安培力阻碍导体棒的运动，从而使导体导体的机械能转化为电能．同时注意掌握导体棒运动过程的分析方法．[物理选修33]13．（5分）在“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中，将1cm3的油酸溶于酒精，制成300cm3的油酸酒精溶液，测得1cm3的油酸酒精溶液有100滴，现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，最后形成的油酸膜性状和尺寸如图所示，坐标中正方形小方格的边长为1cm，则由此估算出油酸分子的直径为3×10﹣9【考点】用油膜法估测分子的大小【分析】采用估算的方法求油膜的面积，通过数正方形的个数：面积超过正方形一半算一个，不足一半的不算，数出正方形的总个数乘以一个正方形的面积，近似算出油酸膜的面积；根据浓度按比例算出纯油酸的体积；把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，油膜的厚度近似等于油酸分子的直径，由d=求出油酸分子直径．【解答】解：面积超过正方形一半的正方形的个数为113个．则油酸膜的面积约为：S=113cm2；每滴酒精油酸溶液中含有纯油酸的体积为：V=1cm3××=×10﹣4cm3把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，则油酸分子直径为：d==m≈3×10﹣9m．故答案为：3×10﹣9．【点评】本实验的模型是不考虑油酸分子间的空隙，采用估算的方法求面积，肯定存在误差，但本实验只要求估算分子大小，数量级符合要求就行了．14．（10分）图中A、B气缸的长度为L=30cm，横截面积为S=20cm2，C是可在气缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞，D为阀门．整个装置均由导热材料制成．起初阀门关闭，A内有压强pA=2.0×105Pa的氮气，B内有压强pB=1.0×105Pa的氧气．阀门打开后，活塞C向右移动，最后达到平衡．①求活塞C移动的距离及平衡后B中气体的压强；②活塞C移动过程中A中气体对外做功为25J，则A中气体是吸热还是放热？吸收或者放出的热量为多少？（假定氧气和氮气均为理想气体，连接气缸的管道体积可忽略）【考点】理想气体的状态方程【分析】①整个装置均由导热材料制成，活塞C向右移动时，两气缸内气体均发生等温变化，平衡后两部分气体的压强相等．根据玻意耳定律，结合关系条件求解．②根据热力学第一定律分析吸放热情况．【解答】解：①由玻意耳定律对A部分气体有：pALS=p（L+x）S对B部分气体有：pBLS=p（L﹣x）S代入相关数据解得x=10cm，p=1.5×105Pa②气体发生等温变化，内能不变，△U=0活塞C向右移动的过程中A中气体对外做功25J，W=﹣25J根据热力学第一定律，△U=W+Q所以Q=﹣W=25J，故A中气体从外界吸热，吸收的热量为25J．答：①活塞C移动的距离为10cm，平衡后B中气体的压强1.5×105Pa；②活塞C移动过程中A中气体是吸热．【点评】本题采用是的隔离法分别对两部分气体用玻意耳定律研究，同时要抓住两部分气体的相关条件，如压强关系、体积关系等等．[物理选修34]15．一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻的波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t+0.6s时刻的波形如图中的虚线所示，T＞0.6s，a、b、c、P、Q是介质中的质点，以下说法正确的是（）A．这列波的波速为50m/sB．质点a在这段时间内通过的路程为30cmC．质点c在这段时间内通过的路程为20cmD．t+0.5s时刻，质点b、P的位移相同E．t+0.5s时刻，质点b的速度大于质点P的速度【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系【分析】根据波形传播的距离和时间求出波速．通过经历的时间与周期的关系，通过s=求出质点通过的路程，注意该公式适用于平衡位置和最大位移处的质点．根据波形的平移法分析在t+0.5s时刻质点b、P的位移关系．【解答】解：A、在0.6s内，波形传播的距离△x=30m，因为T＞0.6s，则波速．故A正确．B、波长λ=40m，则周期T=，则0.6s内平衡位置或最大位移处的质点的路程s=，因为质点a不在平衡位置或最大位移处，可知在这段时间内路程不为30cm．故B错误．C、波形传播到c位置的时间，知0.2s后质点c开始振动，在0.4s内的路程s=2A=20cm．故C正确．D、经过0.5s，波形向前移动的距离x=50×0.5m=25m，此时b、P关于波峰对称，位移相同，速度大小相等．故D正确，E错误．故选：ACD【点评】本题考查对波动图象的理解能力．知道两个时刻的波形时，往往应用波形的平移法来理解，要求同学们能从图中得出有效信息，难度不大，属于基础题．16．如图所示，一束光线以60°的入射角射到一水平放置的平面镜上，反射后在上方与平面镜平行的光屛上留下一光点P，若将一块上下两面平行的透明体平放在平面镜上，则进入透明体的光线经平面镜发射后再从透明体的上表面射出，打在光屛上的P′点，与原来相比光点向左平移了3.46cm，已知透明体厚度为1.5cm，求：①透明体的折射率；②光在透明体里运动的时间．【考点】光的折射定律【分析】①根据光的折射的规律即可做出光路图．根据图中的几何关系，结合光路的对称性，找出各长度之间的关系，即可求出折射率；②根据几何知识求出光在透明介质中通过的路程．光在透明介质中的传播速度为v=，再求出光在透明