湖南省长沙市长郡中学2016届高三下学期第六次月考物理试卷

湖南省长沙市长郡中学2016届高三下学期第六次月考物理试卷

www.ks5u.com ‎2015-2016学年湖南省长沙市长郡中学高三（下）第六次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分.在每小题给出的四个选项中至少有一个选项符合题目要求，其中第1~8小题为单选题，第9~12小题为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不选的得0分。）‎ ‎1．在物理学发展史上伽利略、牛顿等许许多多科学家为物理学的发展做出了巨大贡献． 以下选项中符合他们观点的是（　　）‎ A．人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方 B．两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受的力越大速度就越大 C．两物体从同一高度自由下落，较轻的物体下落较慢 D．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来；这说明：静止状态才是物体不受力时的“自然状态”‎ ‎2．对于绕轴转动的物体，描述转动快慢的物理量有角速度ω等物理量．类似加速度，角加速度β描述角速度ω的变化快慢，匀变速转动中β为一常量．下列说法错误的是（　　）‎ A．β的定义式为β=‎ B．在国际单位制中β的单位为rad/s2‎ C．匀变速转动中某时刻的角速度为ω0，经过时间t后角速度为ω=ω0t+βt2‎ D．匀变速转动中某时刻的角速度为ω0，则时间t内转过的角度为△θ=ω0t+βt2‎ ‎3．某质点在0～3s内运动的v﹣t图象如图所示．关于质点的运动，下列说法正确的是（　　）‎ A．质点在第1s内的平均速度等于第2s内的平均速度 B．t=3s时，质点的位移最大 C．质点在第2s内的加速度与第3s内的加速度大小相等，方向相反 D．质点在第2s内的位移与第3s内的位移大小相等，方向相反 ‎4．如图所示，在固定好的水平和竖直的框架上，A、B两点连接着一根绕过光滑的轻小滑轮的不可伸长的细绳，重物悬挂于滑轮下，处于静止状态．若按照以下的方式缓慢移动细绳的端点，则下列判断正确的是（　　）‎ A．只将绳的左端移向A′点，拉力变小 B．只将绳的左端移向A′点，拉力不变 C．只将绳的右端移向B′点，拉力变小 D．只将绳的右端移向B′点，拉力不变 ‎5．一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在车上的一根水平杆，物块M穿在杆上，M通过细线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，小车未动时细线恰好在竖直方向上．现使小车如图分四次分别以a1，a2，a3，a4向右匀加速运动，四种情况下M、m均与车保持相对静止，且图甲和图乙中细线仍处于竖直方向，已知以a1：a2：a3：a4=1：2：4：8，M受到的摩擦力大小依次为f1，f2，f3，f4，则错误的是（　　）‎ A．f1：f2=1：2 B．f1：f2=2：3 C．f3：f4=1：2 D．tanα=2tanθ ‎6．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为R，L1和L2为相同的灯泡，每个灯泡（阻值恒定不变）的电阻和定值电阻相同，阻值均为R，电压表为理想电表，K为单刀双掷开关，当开关由1位置打到2位置时，下列说法正确的是（　　）‎ A．电压表读数将变大 B．L1亮度不变，L2将变亮 C．L1将变亮，L2将变暗 D．电源的发热功率将变小 ‎7．如图所示，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B1，P为磁场边界上的一点．相同的带正电荷粒子，以相同的速率从P点射入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向．这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的．若将磁感应强度的大小变为B2，结果相应的弧长变为圆周长的，不计粒子的重力和粒子间的相互影响，则等于（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．如图所示，一正弦交流电瞬时值为e=220sin100πt V，通过一个理想电流表，接在一个理想变压器两端，变压器起到降压作用．开关闭合前后，AB两端电功率相等，以下说法正确的是（　　）‎ A．流过r的电流方向每秒钟变化50次 B．变压器原线圈匝数大于副线圈匝数 C．开关从断开到闭合时，电流表示数变小 D．R=r ‎9．如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：UH=k，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则（　　）‎ A．霍尔元件前表面的电势低于后表面 B．若电源的正负极对调，电压表将反偏 C．IH与I成正比 D．电压表的示数与RL消耗的电功率成正比 ‎10．如图所示，在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、H是对应边的中点．P点是EH的中点．一个带正电的粒子（不计重力）从F点沿FH方向射入电场后恰好从C点射出，以下说法正确的是（　　）‎ A．粒子的运动轨迹经过P点 B．粒子的运动轨迹经过PH之间某点 C．若增大粒子的初速度可使粒子垂直穿过EH D．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点从BC边射出 ‎11．如图（甲）所示，打开电流和电压传感器，将磁铁置于螺线管正上方距海绵垫高为h处静止释放，磁铁穿过螺线管后掉落到海绵垫上并静止．若磁铁下落过程中受到的磁阻力远小于磁铁重力，且不发生转动，不计线圈电阻．图（乙）是计算机荧屏上显示的UI﹣t曲线，其中的两个峰值是磁铁刚进入螺线管内部和刚从内部出来时产生的．下列说法正确的是（　　）‎ A．若仅增大h，两个峰值间的时间间隔会增大 B．若仅减小h，两个峰值都会减小 C．若仅减小h，两个峰值可能会相等 D．若仅减小滑动变阻器的值，两个峰值都会增大 ‎12．如图甲所示为磁悬浮列车模型，质量M=1kg的绝缘板底座静止在动摩擦因数μ1=0.1的粗糙水平地面上，位于磁场中的正方形金属框ABCD为动力源，其质量m=1kg，边长为1m，电阻为Ω，与绝缘板间的动摩擦因数μ2=0.4，OO′为AD、BC的中线，在金属框内有可随金属框同步移动的磁场，OO′CD区域内磁场如图乙所示，CD恰在磁场边缘以外；OO′BA区域内磁场如图丙所示，AB恰在磁场边缘以内（g=10m/s2）．若绝缘板足够长且认为绝缘板与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则金属框从静止释放瞬间（　　）‎ A．若金属框固定在绝缘板上，金属框的加速度为3m/s2‎ B．若金属框固定在绝缘板上，金属框的加速度为7m/s2‎ C．若金属框不固定，金属框的加速度为4m/s2，绝缘板仍静止 D．若金属框不固定，金属框的加速度为4m/s2，绝缘板的加速度为2m/s2‎ ‎　‎ 二、必考题（共5小题，满分47分）‎ ‎13．某同学设计了如图1所示的装置来探究加速度与力的关系，弹簧秤固定在一合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂挂钩和矿泉水瓶连接，在桌面上画出两条平行线MN、PQ，并测出间距d，开始时将木板置于MN处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F0，以此表示滑支摩擦力的大小，再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F1，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到PQ处的时间t．‎ ‎（1）木板的加速度可以用d、t表示为a=　　．‎ ‎（2）改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a与弹簧秤示数F1的关系，下列图象如图2能表示该同学实验结果的是　　．‎ ‎（3）用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是　　．‎ A．可以改变滑动摩擦力的大小 ‎ B．可以更方便地获取多组实验数据 C．可以比较精确地测出摩擦力的大小 ‎ D．可以获得更大的加速度可以提高实验精度．‎ ‎14．（8分）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=　　Ω．‎ ‎（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．‎ ‎①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 ‎②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．‎ ‎15．（8分）某同学近日做了这样一个实验，将一个小铁块（可看成质点）以一定的初速度，沿倾角可在0﹣90°之间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为x，若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角α的关系如图所示．g取10m/s2．求（结果如果是根号，可以保留）：‎ ‎（1）小铁块初速度的大小v0以及小铁块与木板间的动摩擦因数μ是多少？‎ ‎（2）当α=60°时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体速度将变为多大？‎ ‎16．（14分）如图所示，在xoy坐标系坐标原点O处有一点状的放射源，它向xoy平面内的x轴上方各个方向发射α粒子，α粒子的速度大小均为v0，在0＜y＜d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，场强大小为，其中q与m分别为α粒子的电量和质量；在d＜y＜2d的区域内分布有垂直于xoy平面向里的匀强磁场，mn为电场和磁场的边界．ab为一块很大的平面感光板垂直于xoy平面且平行于x轴，放置于y=2d处，如图所示．观察发现此时恰好无粒子打到ab板上．（不考虑α粒子的重力及粒子间的相互作用），求：‎ ‎（1）α粒子通过电场和磁场边界mn时的速度大小及距y轴的最大距离；‎ ‎（2）磁感应强度B的大小；‎ ‎（3）将ab板至少向下平移多大距离才能使所有的粒子均能打到板上？此时ab板上被α粒子打中的区域的长度．‎ ‎17．（12分）如图所示，一根有一定电阻的直导体棒质量为m、长为L，其两端放在位于水平面内间距也为L的光滑平行导轨上，并与之接触良好；棒左侧两导轨之间连接一可控电阻；导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在平面．t=0时刻，给导体棒一个平行于导轨的初速度，此时可控电阻的阻值为R0．在棒运动过程中，通过可控电阻的变化使棒中的电流强度保持恒定．不计导轨电阻，导体棒一直在磁场中 ‎（1）求可控电阻R随时间t变化的关系式；‎ ‎（2）若已知棒中电流强度为I，求0～t时间内可控电阻上消耗的平均功率P；‎ ‎（3）若在棒的整个运动过程中将题中的可控电阻改为阻值为R0的定值电阻，则棒将减速运动位移x1后停下，而由题中条件，棒将运动位移x2后停下，求的值．‎ ‎　‎ 选做题【物理选修3－3模块】（共2小题，满分15分）‎ ‎18．下列说法中正确的是（　　）‎ A．用打气筒给自行车打气需用力向下压活塞，这说明气体分子间有斥力 B．物体体积增大时，分子间距增大，分子间势能也增大 C．热量可以从低温物体传递到高温物体 D．对物体做功，物体的内能可能减小 E．物体中所有分子的热运动动能的总和叫做物体的内能 ‎19．（10分）将如图所示的装置的右端部分气缸B置于温度始终保持不变的环境中，绝热气缸A和导热气缸B均固定在地面上，由刚性杆连接的绝热活塞与两气缸间均无摩擦，开始时两形状相同的长方体气缸内装有理想气体，压强均为P0、体积均为V0、温度均为T0．缓慢加热A中气体，使气缸A的温度升高为1.5T0，稳定后．求：‎ ‎（i）气缸A中气体的压强PA以及气缸B中气体的体积VB；‎ ‎（ii）此过程中B中气体吸热还是放热？试分析说明．‎ ‎　‎ ‎【物理选修3－4模块】（共2小题，满分0分）‎ ‎20．一列沿x轴传播的简谐横波，t=0时刻的波形如图所示，此时质点P恰在波峰，质点Q恰在平衡位置且向上振动．再过0.2s，质点Q第一次到达波峰，则正确的是（　　）‎ A．波沿x轴正方向传播 B．波的传播速度为30m/s C．质P的振动位移随时间变化的关系式为x=0.2sin（2πt+）m D．1s末质点P的位移为零 E．0至0.9s时间内P点通过的路程为0.9m ‎21．一玻璃立方体中心有一点状光源．今在立方体的部分表面镀上不透明薄膜，以致从光源发出的光线只经过一次折射不能透出立方体．已知该玻璃的折射率为 ‎，求镀膜的面积与立方体表面积之比的最小值．‎ ‎　‎ ‎【物理选修3－5模块】（共2小题，满分0分）‎ ‎22．下列说法正确的是（　　）‎ A．玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱实验规律 B．原子核内部某个中子转变为质子和电子，产生的电子从原子核中发射出来，这就是β衰变 C．铀核裂变的核反应为 D．紫外线照射到金属锌板表面时能够光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大 E．质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3．质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是（2m1+2m2﹣m3）C2‎ ‎23．如图所示，滑块A、B静止于光滑水平桌面上，B的上表面水平且足够长，其左端放置一滑块C，B、C间的动摩擦因数较小，为μ，A、B由不可伸长的理想轻绳连接，绳子处于松弛状态．现在突然给C一个向右的速度v0，让C在B上滑动，当c的速度为v0时，绳子刚好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子拉断时B的速度为v0．A、B、C的质量分别为2m、3m、m．求：‎ ‎①从C获得速度v0开始经过多长时间绳子被拉直；‎ ‎②拉断绳子造成的机械能损失．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年湖南省长沙市长郡中学高三（下）第六次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分.在每小题给出的四个选项中至少有一个选项符合题目要求，其中第1~8小题为单选题，第9~12小题为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不选的得0分。）‎ ‎1．在物理学发展史上伽利略、牛顿等许许多多科学家为物理学的发展做出了巨大贡献． 以下选项中符合他们观点的是（　　）‎ A．人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方 B．两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受的力越大速度就越大 C．两物体从同一高度自由下落，较轻的物体下落较慢 D．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来；这说明：静止状态才是物体不受力时的“自然状态”‎ ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方，符合伽利略、牛顿的惯性理论．两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受的力越大速度就越大，不符合伽利略、牛顿的观点．伽利略、牛顿认为重物与轻物下落一样快、力不是维持物体运动的原因．根据伽利略、牛顿的观点判断选项的正误．‎ ‎【解答】解：‎ A、人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，人保持起跳时车子的速度，水平速度将车子的速度，所以将落在起跳点的后方．符合伽利略、牛顿的惯性理论．故A正确．‎ B、力越大，物体运动的速度越大，不是伽利略、牛顿的观点．故B错误．‎ C、伽利略、牛顿认为重物与轻物下落一样快，所以此选项不符合他们的观点．故C错误．‎ D、此选项说明力是维持物体运动的原因，是亚里士多德的观点，不是伽利略、牛顿的观点．故D错误．‎ 故选A ‎【点评】本题要对亚里士多德的观点和伽利略、牛顿的观点关于力和运动关系的观点有了解．可以根据牛顿的三大定律进行分析．‎ ‎　‎ ‎2．对于绕轴转动的物体，描述转动快慢的物理量有角速度ω等物理量．类似加速度，角加速度β描述角速度ω的变化快慢，匀变速转动中β为一常量．下列说法错误的是（　　）‎ A．β的定义式为β=‎ B．在国际单位制中β的单位为rad/s2‎ C．匀变速转动中某时刻的角速度为ω0，经过时间t后角速度为ω=ω0t+βt2‎ D．匀变速转动中某时刻的角速度为ω0，则时间t内转过的角度为△θ=ω0t+βt2‎ ‎【考点】线速度、角速度和周期、转速．‎ ‎【分析】利用加速度、速度和位移公式，类似于角加速度、角度公式．角加速度为角速度变化量与所用时间的比值，由公式β=知在国际单位制中β的单位为rad/s2，匀变速转动中某时刻的角速度为ω0，经过时间t后角速度为ω=ω0+βt．‎ ‎【解答】解：A、角加速度为角速度变化量与所用时间的比值，A正确；‎ B、由公式β=知在国际单位制中β的单位为rad/s2，B正确；‎ C、匀变速转动中某时刻的角速度为ω0，经过时间t后角速度为ω=ω0+βt，C错误；‎ D、匀变速转动中某时刻的角速度为ω0，与位移公式类似，则时间t内转过的角度为，D正确；‎ 故选：C ‎【点评】本题比较新颖，利用类似法可以写出角加速度、角速度和角度公式．‎ ‎　‎ ‎3．某质点在0～3s内运动的v﹣t图象如图所示．关于质点的运动，下列说法正确的是（　　）‎ A．质点在第1s内的平均速度等于第2s内的平均速度 B．t=3s时，质点的位移最大 C．质点在第2s内的加速度与第3s内的加速度大小相等，方向相反 D．质点在第2s内的位移与第3s内的位移大小相等，方向相反 ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】在v﹣t中图象的斜率代表物体的加速度，图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内发生的位移，平均速度等于位移除以时间，据此即可求解．‎ ‎【解答】解：A、v﹣t图象与时间轴围成的面积表示物体在该段时间内发生的位移大小，故第1s位移大于第2s位移，故第1s内的平均速度大于第2s内的平均速度，故A错误；‎ B、0﹣2s沿着正方向运动，第3s沿着负方向运动，故t=2s时，质点的位移最大，故B错误；‎ C、v﹣t图象的斜率表示加速度，故质点在第2 s内的加速度与第3 s内的加速度大小相等，方向相同，故D错误；‎ D、图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内发生的位移，则第2s内的位移与第3s内的位移大小相等，方向相反，故D正确；‎ 故选：D ‎【点评】速度图象的斜率等于物体的加速度，速度图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内发生的位移．掌握了这一规律即可顺利解决此类题目．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，在固定好的水平和竖直的框架上，A、B两点连接着一根绕过光滑的轻小滑轮的不可伸长的细绳，重物悬挂于滑轮下，处于静止状态．若按照以下的方式缓慢移动细绳的端点，则下列判断正确的是（　　）‎ A．只将绳的左端移向A′点，拉力变小 B．只将绳的左端移向A′点，拉力不变 C．只将绳的右端移向B′点，拉力变小 D．只将绳的右端移向B′点，拉力不变 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为α，绳子的长度为L，B点到墙壁的距离为S，根据几何知识和对称性，可得到sinα=，当只将绳的左端移向A′点或将绳的右端移向B′点，分析α如何变化，以滑轮为研究对象，根据平衡条件分析拉力如何变化．‎ ‎【解答】解：设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为α，绳子的长度为L，B点到墙壁的距离为S，根据几何知识和对称性，得：‎ sinα=…①‎ 以滑轮为研究对象，设绳子拉力大小为F，根据平衡条件得：‎ ‎2Fcosα=mg，‎ 得F=…②‎ A、B、当只将绳的左端移向A′点，S和L均不变，则由②式得知，F不变．故A错误，B正确．‎ C、D、当只将绳的右端移向B′点，S增加，而L不变，则由①式得知，α增大，cosα减小，则由②式得知，F增大．故C错误，D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题是动态平衡问题，关键是根据几何知识分析α与绳子的长度和B点到墙壁距离的关系，也可以运用图解法，作图分析拉力的变化情况．‎ ‎　‎ ‎5．一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在车上的一根水平杆，物块M穿在杆上，M通过细线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，小车未动时细线恰好在竖直方向上．现使小车如图分四次分别以a1，a2，a3，a4向右匀加速运动，四种情况下M、m均与车保持相对静止，且图甲和图乙中细线仍处于竖直方向，已知以a1：a2：a3：a4=1：2：4：8，M受到的摩擦力大小依次为f1，f2，f3，f4，则错误的是（　　）‎ A．f1：f2=1：2 B．f1：f2=2：3 C．f3：f4=1：2 D．tanα=2tanθ ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】前两图中，M是由静摩擦力提供加速度的，根据牛顿第二定律直接求解f1和f2的关系；后两图中对小球和滑块整体受力分析，根据牛顿第二定律列式求解．通过对m隔离分析可判断图中角的关系．‎ ‎【解答】解：A、B、甲乙两图中，M水平方向只受静摩擦力作用，根据牛顿第二定律得：‎ f1=ma1‎ f2=Ma2‎ 而a1：a2=1：2，则f1：f2=1：2，故A正确，B错误；‎ C、丙丁两图中，对m和M整体受力分析，受总重力（M+‎ m）g、支持力N、摩擦力f，如图 根据牛顿第二定律，有 f=（M+m）a ‎ 所以f3：f4=a3：a4=4：8=1：2，故C正确，‎ D、对物体m隔离受力分析，可得tanθ=，tanα=，而a3：a4=4：8，所以 tanα=2tanθ，故D正确．‎ 本题选错误的，故选：B ‎【点评】本题关键是对滑块、滑块与小球整体受力分析后根据牛顿第二定律列式求解，难度适中．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为R，L1和L2为相同的灯泡，每个灯泡（阻值恒定不变）的电阻和定值电阻相同，阻值均为R，电压表为理想电表，K为单刀双掷开关，当开关由1位置打到2位置时，下列说法正确的是（　　）‎ A．电压表读数将变大 B．L1亮度不变，L2将变亮 C．L1将变亮，L2将变暗 D．电源的发热功率将变小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】当开关由1位置打到2位置时，分析外电阻的变化，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，确定电压表示数的变化．根据两灯电压的变化，判断亮度的变化．根据总电流的变化，分析电源发热功率的变化．‎ ‎【解答】解：A、当开关打在1位置时，外电路的总电阻为R1=R+=1.5R，当开关打在2位置时，外电路的总电阻为R2=≈0.67R．所以外电路总电阻变小，根据全电路欧姆定律得，总电流I增大，路端电压变小，则电压表读数将变小．电源的发热功率P=I2r，I增大，P增大．故AD错误，‎ D、当开关打在1位置时，两灯的电压均为U1==0.2E，当开关打在2位置时，灯L1的电压U1′==0.2E，灯L2的电压U2′==0.4E，可见，L1的电压不变，L2的电压变大，则L1亮度不变，L2将变亮．故B正确；C错误．‎ 故选：B ‎【点评】本题通过计算灯泡的电压，分析其亮度的变化，是处理电路动态变化分析的一种方法．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B1，P为磁场边界上的一点．相同的带正电荷粒子，以相同的速率从P点射入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向．这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的．若将磁感应强度的大小变为B2，结果相应的弧长变为圆周长的，不计粒子的重力和粒子间的相互影响，则等于（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；向心力．‎ ‎【分析】画出导电粒子的运动轨迹，找出临界条件角度关系，利用圆周运动由洛仑兹力充当向心力，分别表示出圆周运动的半径，进行比较即可．‎ ‎【解答】解：设圆的半径为r ‎（1）磁感应强度为B1‎ 时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，∠POM=120°，如图所示：‎ 所以粒子做圆周运动的半径R为：sin60°=，解得：R=r．‎ 磁感应强度为B2时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为N，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，∠PON=90°，如图所示：‎ 所以粒子做圆周运动的半径R′为：R′=r，‎ 由带电粒子做圆周运动的半径：R=，由于v、m、q相等，‎ 则得： ===；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】带电粒子在电磁场中的运动一般有直线运动、圆周运动和一般的曲线运动；直线运动一般由动力学公式求解，圆周运动由洛仑兹力充当向心力，一般的曲线运动一般由动能定理求解．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，一正弦交流电瞬时值为e=220sin100πt V，通过一个理想电流表，接在一个理想变压器两端，变压器起到降压作用．开关闭合前后，AB两端电功率相等，以下说法正确的是（　　）‎ A．流过r的电流方向每秒钟变化50次 B．变压器原线圈匝数大于副线圈匝数 C．开关从断开到闭合时，电流表示数变小 D．R=r ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】变压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比；负载决定输出电流变化，从而影响输入电流的变化．‎ ‎【解答】解：A、由表达式知交流电的频率50Hz，所以电流方向每秒钟变化100次，A错误；‎ B、降压变压器原线圈匝数大于副线圈匝数，B正确；‎ C、开关从断开到闭合时，副线圈电阻减小，电压不变，所以副线圈电流增大，则原线圈电流即电流表示数变大，C错误；‎ D、开关闭合前，AB两端的功率为：，开端闭合后，AB两端的功率为： =，AB两端电功率相等，则，解得：，故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】本题考查了变压器的特点，注意根据交流电瞬时值表达式获取有用信息，难度不大，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：UH=k，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则（　　）‎ A．霍尔元件前表面的电势低于后表面 B．若电源的正负极对调，电压表将反偏 C．IH与I成正比 D．电压表的示数与RL消耗的电功率成正比 ‎【考点】霍尔效应及其应用．‎ ‎【分析】根据通电导线产生磁场，带电粒子在电场力作用下加速，而磁场力的作用下偏转，由左手定则可知，偏转方向，得出电势高低；由电源的正负极变化，导致电子运动方向也变化，由左手定则可知，电子的偏转方向；IH与I的关系，结合U=k，及P=IU，即可求解．‎ ‎【解答】解：A、根据电流周围存在磁场，结合安培定则可知，磁场的方向，而电子移动方向与电流的方向相反，再由左手定则可得，电子偏向内侧，导致前表面的电势高于后表面，故A错误；‎ B、当电源正负对调后，磁场虽反向，而电子运动方向也反向，由左手定则可知，洛伦兹力的方向不变，则电压表将不会反偏，故B错误；‎ C、如图所示，霍尔元件与电阻R串联后与RL并联，根据串并联特点，则有：IHR=（I﹣IH）RL；因此则有IH与I成线性关系，故C正确；‎ D、根据U=k，且磁感应强度大小B与I成正比，即为B=K′I，又IH与I成线性关系，结合P=UI，‎ 因此：U==，则有U与PRL成正比，故D正确；‎ 故选：CD．‎ ‎【点评】考查电流形成的条件，理解左手定则与安培定则的应用，注意串并联电路的特点，掌握理论推理的方法：紧扣提供信息，结合已有的规律．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、H是对应边的中点．P点是EH的中点．一个带正电的粒子（不计重力）从F点沿FH方向射入电场后恰好从C点射出，以下说法正确的是（　　）‎ A．粒子的运动轨迹经过P点 B．粒子的运动轨迹经过PH之间某点 C．若增大粒子的初速度可使粒子垂直穿过EH D．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点从BC边射出 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】由题意可知电场方向在竖直方向，粒子做的是类平抛运动，和平抛运动的规律类似，只不过平抛时受到重力，这个题受的是电场力．仿照平抛运动的分析方法，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速为零的匀加速直线运动，根据平抛运动的规律分析即可．‎ ‎【解答】解：AB、粒子从F点沿FH方向射入电场后恰好从C点射出，其轨迹是抛物线，根据推论知，过C点做速度的反向延长线一定与水平位移交于FH的中点，而延长线又经过P点，所以粒子轨迹一定经过PE之间某点，故A、B错误；‎ C、由上知，粒子从C点射出时速度反向延长线与EH垂直．若增大初速度，粒子轨迹可能经过PH之间某点，根据速度的反向延长线交水平位移中点，可知粒子不可能垂直穿过EH．故C错误．‎ D、由平抛知识类比可知，当竖直位移一定时，水平速度变为原来的一半，则水平位移也变为原来的一半，粒子恰好由E点射出BC．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题运用类比的方法分析比较简单，也可以运用运动的分解法研究类平抛运动，根据运动学公式和推论，分析时间和竖直关系进行求解．‎ ‎　‎ ‎11．如图（甲）所示，打开电流和电压传感器，将磁铁置于螺线管正上方距海绵垫高为h处静止释放，磁铁穿过螺线管后掉落到海绵垫上并静止．若磁铁下落过程中受到的磁阻力远小于磁铁重力，且不发生转动，不计线圈电阻．图（乙）是计算机荧屏上显示的UI﹣t曲线，其中的两个峰值是磁铁刚进入螺线管内部和刚从内部出来时产生的．下列说法正确的是（　　）‎ A．若仅增大h，两个峰值间的时间间隔会增大 B．若仅减小h，两个峰值都会减小 C．若仅减小h，两个峰值可能会相等 D．若仅减小滑动变阻器的值，两个峰值都会增大 ‎【考点】自感现象和自感系数．‎ ‎【分析】感应电动势的大小等于磁通量的变化率，因此通过线圈速度越大，磁通量的变化率越大，电动势越大，两个峰值也越大；根据闭合电路欧姆定律可知，当外电阻等于内阻时，输出功率最大．‎ ‎【解答】解：A、若仅增大h，磁铁经过线圈的时间减小，两个峰值间的时间间隔会减小．故A错误；‎ B、C、当h减小时，磁铁进入线框的速度减小，导致线框中磁通量的变化率减小，因此两个峰值都会减小，且两个峰值不可能相等；故B正确，C错误；‎ D、根据闭合电路欧姆定律可知，不计线圈电阻，减小滑动变阻器阻值，则感应回路中的感应电流增大，线圈对磁铁的阻碍作用增大，磁铁的机械能转化为电能的比例增大，即感应回路中的电功率P=UI增大，两个峰值都会增大，故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】本题考查了电磁感应定律与闭合电路输出功率问题，考点结合巧妙，题目新颖，有一定创新性，难点在于理解该过程中的功能关系以及UI﹣t曲线的含义．‎ ‎　‎ ‎12．如图甲所示为磁悬浮列车模型，质量M=1kg的绝缘板底座静止在动摩擦因数μ1=0.1的粗糙水平地面上，位于磁场中的正方形金属框ABCD为动力源，其质量m=1kg，边长为1m，电阻为Ω，与绝缘板间的动摩擦因数μ2=0.4，OO′为AD、BC的中线，在金属框内有可随金属框同步移动的磁场，OO′CD区域内磁场如图乙所示，CD恰在磁场边缘以外；OO′BA区域内磁场如图丙所示，AB恰在磁场边缘以内（g=10m/s2）．若绝缘板足够长且认为绝缘板与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则金属框从静止释放瞬间（　　）‎ A．若金属框固定在绝缘板上，金属框的加速度为3m/s2‎ B．若金属框固定在绝缘板上，金属框的加速度为7m/s2‎ C．若金属框不固定，金属框的加速度为4m/s2，绝缘板仍静止 D．若金属框不固定，金属框的加速度为4m/s2，绝缘板的加速度为2m/s2‎ ‎【考点】法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律；安培力．‎ ‎【分析】面积O′OAB内磁通量发生变化，回路中有感应电流产生，由此可以求出回路中电流的大小，线框受安培力和摩擦力作用，由此可以求出线框的加速度大小以及安培力的大小．‎ ‎【解答】解：AB、若金属框固定在绝缘板上：‎ 根据法拉第电磁感应定律有：E==0.5V 则回路中的电流为：I==8A，‎ 所受安培力的大小为：F=BIl=8N，‎ 根据牛顿第二定律有：F﹣f=（M+m）a，f=（M+m）gμ，‎ 代入数据解得a=3m/s2，故A正确，B错误．‎ ‎（2）若金属框不固定在绝缘板上：‎ 对金属框，由牛顿第二定律，则有：F﹣μ2mg=ma框 解得：a框=4 m/s2，‎ 对绝缘板，由牛顿第二定律，则有：μ2mg﹣μ1（m+M）g=Ma板 解得：a板=2m/s2 ，故C错误，D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】本题考查了有关电磁感应的电流、力、运动分析，涉及知识点较多，是考查学生综合应用知识能力的好题．‎ ‎　‎ 二、必考题（共5小题，满分47分）‎ ‎13．某同学设计了如图1所示的装置来探究加速度与力的关系，弹簧秤固定在一合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂挂钩和矿泉水瓶连接，在桌面上画出两条平行线MN、PQ，并测出间距d，开始时将木板置于MN处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F0，以此表示滑支摩擦力的大小，再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F1，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到PQ处的时间t．‎ ‎（1）木板的加速度可以用d、t表示为a=　　．‎ ‎（2）改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a与弹簧秤示数F1的关系，下列图象如图2能表示该同学实验结果的是　c　．‎ ‎（3）用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是　BC　．‎ A．可以改变滑动摩擦力的大小 ‎ B．可以更方便地获取多组实验数据 C．可以比较精确地测出摩擦力的大小 ‎ D．可以获得更大的加速度可以提高实验精度．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】长木板做匀加速直线运动，根据位移时间关系公式列式求解加速度，知道减小误差的常用方法是多次测量取平均值，知道当水的质量远远小于木板的质量时，水的重力近似等于绳子的拉力．‎ ‎【解答】解：（1）根据匀变速直线运动公式得：‎ a=‎ ‎（2）当F1＞F0时，木板才产生加速度．随着继续向瓶中加水后，矿泉水瓶的质量不断增加，‎ 矿泉水瓶的质量不能远小于木板的质量，那么水的重力与绳子的拉力差值越来越大．‎ 故选：C．‎ ‎（3）A、不可以改变滑动摩擦力的大小，故A错误．‎ B．缓慢向瓶中加水，可以更方便地获取多组实验数据，故B正确．‎ C．缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动，可以比较精确地测出摩擦力的大小，故C正确．‎ D．并没有获得很大的加速度，可以获取多组实验数据以提高实验精度．故D错误．‎ 故选：BC．‎ 故答案为：（1）；（2）C；（3）BC ‎【点评】书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚．实验的图象描绘，物理结合数学的应用都值得注意．‎ ‎　‎ ‎14．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　Ω．‎ ‎（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．‎ ‎①关于该欧姆表，下列说法正确的是　CD　‎ 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 ‎②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】用多用电表测电阻．‎ ‎【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：7×100=700Ω．‎ ‎（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）①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．‎ ‎②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）①CD；②．‎ ‎【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．‎ ‎　‎ ‎15．某同学近日做了这样一个实验，将一个小铁块（可看成质点）以一定的初速度，沿倾角可在0﹣90°之间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为x，若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角α的关系如图所示．g取10m/s2．求（结果如果是根号，可以保留）：‎ ‎（1）小铁块初速度的大小v0以及小铁块与木板间的动摩擦因数μ是多少？‎ ‎（2）当α=60°时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体速度将变为多大？‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】（1）根据动能定理，求出物体沿斜面上升的最大位移s与斜面倾角θ的关系表达式，然后结合图象当α=90°时的数据求出物体的初速度；‎ ‎（2）求出物体沿斜面上升的最大位移s与斜面倾角θ的关系表达式，根据α=30°时的数据求出动摩擦因数；‎ ‎（3）先求出α=60°时物体上升的高度，然后由动能定理求出物体返回时的速度．‎ ‎【解答】解：（1）根据动能定理，物体沿斜面上滑过程，根据动能定理，有：‎ ‎﹣mgsinα•S﹣μmgcosα•S=0﹣mv02‎ 解得：‎ S=‎ 由图可得，当α=90°时，根据v02=2gs，代入数据得v0=5m/s，即物体的初速度为5m/s．‎ 由图可得，α=30°时，s=1.25，代入数据得：μ=；‎ ‎（2）物体沿斜面上升的最大位移s与斜面倾角θ的关系为：‎ S=‎ 把α=60°代入，解得：‎ s=‎ 由动能定理得：‎ ‎﹣μmgcosα•2S=mvt2﹣mv02‎ 解得：vt=2.5m/s；‎ 答：（1）小铁块初速度的大小为5m/s，小铁块与木板间的动摩擦因数μ是；‎ ‎（2）当α=60°时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体速度将变为2.5m/s．‎ ‎【点评】本题关键是根据动能定理求出位移的一般表达式，然后结合图象求出初速度和动摩擦因素、求物体末速度．‎ ‎　‎ ‎16．（14分）（2015•鹰潭二模）如图所示，在xoy坐标系坐标原点O处有一点状的放射源，它向xoy平面内的x轴上方各个方向发射α粒子，α粒子的速度大小均为v0，在0＜y＜d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，场强大小为 ‎，其中q与m分别为α粒子的电量和质量；在d＜y＜2d的区域内分布有垂直于xoy平面向里的匀强磁场，mn为电场和磁场的边界．ab为一块很大的平面感光板垂直于xoy平面且平行于x轴，放置于y=2d处，如图所示．观察发现此时恰好无粒子打到ab板上．（不考虑α粒子的重力及粒子间的相互作用），求：‎ ‎（1）α粒子通过电场和磁场边界mn时的速度大小及距y轴的最大距离；‎ ‎（2）磁感应强度B的大小；‎ ‎（3）将ab板至少向下平移多大距离才能使所有的粒子均能打到板上？此时ab板上被α粒子打中的区域的长度．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】（1）根据动能定理求出α粒子刚进人磁场时的动能．‎ ‎（2）粒子沿x轴正方向射出的粒子进入磁场偏转的角度最大，若该粒子进入磁场不能打在ab板上，则所有粒子均不能打在ab板上．根据带电粒子在电场中类平抛运动，求出进入磁场中的偏转角度，结合几何关系得出轨道半径，从而得出磁感应强度的大小．‎ ‎（3）沿x轴负方向射出的粒子若能打到ab板上，则所有粒子均能打到板上．其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab板相切．根据带电粒子在磁场中运动的轨道半径大小得出磁场的宽度，从而确定出ab板移动的位置，根据几何关系求出ab板上被α粒子打中的区域的长度．‎ ‎【解答】解：（1）根据动能定理：‎ 可得：v=2v0‎ 初速度方向与x轴平行的粒子通过边界mn时距y轴最远，由类平抛知识： Eq=max=v0t解得：‎ ‎（2）根据上题结果可知：，‎ 对于沿x轴正方向射出的粒子进入磁场时与x轴正方 向夹角：‎ 初速度方向与x轴平行的粒子通过边界mn时距y轴最远，而且与mn之间的夹角最小，由图可得，若此粒子不能打到ab板上，则所有粒子均不能打到ab板，因此此粒子轨迹与ab板相切是临界条件，可得其圆周运动的半径：‎ 又根据洛伦兹力提供向心力： ‎ 可得：‎ ‎（3）由分析可知沿x轴负方向射出的粒子若能打到ab板上，则所有粒子均能打到板上．其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab板相切． ‎ 由分析可知此时磁场宽度为原来的，‎ 则：ab板至少向下移动：‎ 沿x轴正方向射出的粒子打在ab板的位置粒子打在ab板区域的右边界 由几何知识可知：ab板上被粒子打中区域的长度：‎ 答：（1）α粒子通过电场和磁场边界mn时的速度大小及距y轴的最大距离为；‎ ‎（2）磁感应强度B的大小；‎ ‎（3）将ab板至少向下平移的距离才能使所有的粒子均能打到板上，此时ab板上被α粒子打中的区域的长度．‎ ‎【点评】本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，关键确定粒子运动的临界情况，通过几何关系解决，对学生数学几何能力要求较高．‎ ‎　‎ ‎17．（12分）（2015•长沙模拟）如图所示，一根有一定电阻的直导体棒质量为m、长为L，其两端放在位于水平面内间距也为L的光滑平行导轨上，并与之接触良好；棒左侧两导轨之间连接一可控电阻；导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在平面．t=0时刻，给导体棒一个平行于导轨的初速度，此时可控电阻的阻值为R0．在棒运动过程中，通过可控电阻的变化使棒中的电流强度保持恒定．不计导轨电阻，导体棒一直在磁场中 ‎（1）求可控电阻R随时间t变化的关系式；‎ ‎（2）若已知棒中电流强度为I，求0～t时间内可控电阻上消耗的平均功率P；‎ ‎（3）若在棒的整个运动过程中将题中的可控电阻改为阻值为R0的定值电阻，则棒将减速运动位移x1后停下，而由题中条件，棒将运动位移x2后停下，求的值．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】（1）使棒中的电流强度保持恒定，结合欧姆定律知I=为定值，由于棒做匀减速运动，故感应电动势随时间减小，由此的到R随时间的变化关系；‎ ‎（2）电阻随时间均匀减小，故电阻的功率可用平均功率等效代替，P=；‎ ‎（3）根据运动学公式与牛顿第二定律，结合电磁感应定律与闭合电路欧姆定律，即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）因棒中的电流强度保持恒定，故棒做匀减速直线运动，设棒的电阻为r，电流为I，其初速度为v0，加速度大小为a，经时间t后，棒的速度变为v，‎ 则有：v=v0﹣at 而a=‎ t=0时刻棒中电流为：‎ 经时间t后棒中电流为：‎ 由以上各式得：R=‎ ‎（2）因可控电阻R随时间t均匀减小，故所求功率为：P=‎ 由以上各式得：P=‎ ‎（3）将可控电阻改为定值电阻R0，棒将变减速运动．‎ 有：‎ 而 由以上各式得：‎ 而 由以上各式得 所求 答：（1）求可控电阻R随时间t变化的关系式为：R=；‎ ‎（2）若已知棒中电流强度为I，求0～t时间内可控电阻上消耗的平均功率P为；‎ ‎（3）的值为2：1．‎ ‎【点评】‎ 解决本题的关键知道分析导体棒受力情况，应用闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律求解，注意对于线性变化的物理量求平均的思路，本题中先后用到平均电动势、平均电阻和平均加速度．‎ ‎　‎ 选做题【物理选修3－3模块】（共2小题，满分15分）‎ ‎18．下列说法中正确的是（　　）‎ A．用打气筒给自行车打气需用力向下压活塞，这说明气体分子间有斥力 B．物体体积增大时，分子间距增大，分子间势能也增大 C．热量可以从低温物体传递到高温物体 D．对物体做功，物体的内能可能减小 E．物体中所有分子的热运动动能的总和叫做物体的内能 ‎【考点】分子间的相互作用力；物体的内能．‎ ‎【分析】用打气筒给自行车充气，越打越费劲，是由于内外气体的压强差造成的；‎ 分子势能随距离增大先减小后增加，再减小；‎ 热量不能自发地从低温物体传递到高温物体，在一定的条件下能从低温物体传递到高温物体；‎ 改变内能的方式有做功和热传递；‎ 物体中所有分子的热运动动能与所有分子势能的总和叫做物体的内能．‎ ‎【解答】解：A、用打气筒给自行车充气，越打越费劲，是由于内外气体的压强差造成的．故A错误；‎ B、分子势能随距离增大先减小后增加，再减小，故两个分子的间距减小，分子间的势能可能减小，故B错误；‎ C、热量可以在一定的条件下从低温物体传递到高温物体，故C正确；‎ D、由△U=W+Q可知系统吸收热量后，若系统对外做功，则内能不一定增加，故D正确．‎ E、物体中所有分子的热运动动能与所有分子势能的总和叫做物体的内能．故E错误．‎ 故选：CD．‎ ‎【点评】本题考查了分子间的作用力和分子势能的关系、改变内能的方式等知识点，难度不大，但是要特别注意分子势能随距离的变化关系．‎ ‎　‎ ‎19．（10分）（2015•枣庄校级模拟）将如图所示的装置的右端部分气缸B置于温度始终保持不变的环境中，绝热气缸A和导热气缸B均固定在地面上，由刚性杆连接的绝热活塞与两气缸间均无摩擦，开始时两形状相同的长方体气缸内装有理想气体，压强均为P0、体积均为V0、温度均为T0．缓慢加热A中气体，使气缸A的温度升高为1.5T0，稳定后．求：‎ ‎（i）气缸A中气体的压强PA以及气缸B中气体的体积VB；‎ ‎（ii）此过程中B中气体吸热还是放热？试分析说明．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程；热力学第一定律．‎ ‎【分析】因为气缸B导热，所以B中气体始末状态温度相等，为等温变化；另外，因为是刚性杆连接的绝热活塞，所以A、B体积之和不变，即VB=2V0﹣VA，再根据气态方程，本题可解．‎ ‎【解答】解：（i）因为此时活塞处于平衡状态，根据平衡条件可知：‎ PA=PB①‎ 选气缸A中气体为研究对象，根据理想气体状态方程得：‎ P0V0•=PAVA•②‎ 选气缸B中气体为研究对象，根据玻意耳定律得：‎ P0V0=PBVB③‎ 又因为：2V0=VA+VB④‎ 由①②③④得：PA=PB=1.25 P0，VB=0.8 V0‎ ‎（ii）放热，因为B中气体温度不变，所以内能不变，活塞对B中气体做正功，由热力学第一定律可知气体放热．‎ 答：（i）气缸A中气体的压强PA为1.25 P0，气缸B中气体的体积VB为0.8 V0；‎ ‎（ii）此过程中B中气体放热．‎ ‎【点评】本题考查理想气体状态变化规律和关系，找出A、B部分气体状态的联系（即VB=2V0﹣VA）是关键．‎ ‎　‎ ‎【物理选修3－4模块】（共2小题，满分0分）‎ ‎20．（2014春•桃城区校级期中）一列沿x轴传播的简谐横波，t=0时刻的波形如图所示，此时质点P恰在波峰，质点Q恰在平衡位置且向上振动．再过0.2s，质点Q第一次到达波峰，则正确的是（　　）‎ A．波沿x轴正方向传播 B．波的传播速度为30m/s C．质P的振动位移随时间变化的关系式为x=0.2sin（2πt+）m D．1s末质点P的位移为零 E．0至0.9s时间内P点通过的路程为0.9m ‎【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．‎ ‎【分析】由题意质点Q恰在平衡位置且向上振动，再过0.2s，质点Q第一次到达波峰，知波沿x轴正方向传播，波的周期为T=0.8s．由图读出波长，确定出求出波速．根据时间与周期的关系，分析1s末质占P的位移．根据P质点的位移和速度方向，确定其振动方程．根据时间0.9s与周期的关系，求解质点P通过的路程．‎ ‎【解答】解：A、由题意质点Q恰好在平衡位置且向上振动，则知波沿x轴正方向传播．故A正确．‎ B、由题得该波的周期为 T=0.8s，波长为λ=24m，则波速为：v==30m/s，故B正确．‎ C、图示时刻质点P的振动位移为y=0.2m，根据数学知识可知其振动方程是余弦方程，即为：‎ y=0.2cos（t）m=0.2sin（t+）m=0.2sin（2.5πt+）m，故C错误．‎ D、t=1s=1T，可知1s末质点P到达平衡位置，位移为零．故D正确．‎ E、t=0.9s，y=0.2sin（2.5πt+）m=0.2sin（2.5π×0.9+）m=m，‎ n=，所以0至0.9s时间内P点通过的路程为S=4A+=（4×0.2+‎ ‎）m＞O．9m，故E错误．‎ 故选：ABD．‎ ‎【点评】本题要能根据质点的振动过程确定周期，判断波的传播方向是应具备的基本功．质点的振动方程要根据位移和速度方向由数学知识分析函数特征，写出振动方程．‎ ‎　‎ ‎21．（2012•新课标）一玻璃立方体中心有一点状光源．今在立方体的部分表面镀上不透明薄膜，以致从光源发出的光线只经过一次折射不能透出立方体．已知该玻璃的折射率为，求镀膜的面积与立方体表面积之比的最小值．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】通过光线在镀膜部分发生全反射，根据临界情况，通过几何关系求出镀膜面积与立方体表面积之比的最小值．‎ ‎【解答】解：如图，考虑从玻璃立方体中心O点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃立方体上表面发生折 根据折射定律有nsinθ=sinα ‎ 式中，n是玻璃的折射率，入射角等于θ，α是折射角 现假设A点是上表面面积最小的不透明薄膜边缘上的一点．由题意，在A点刚好发生全反射，故．‎ 设线段OA在立方体上表面的投影长为RA，由几何关系有．‎ 式中a为玻璃立方体的边长，有①②③式得．‎ 则 由题意，上表面所镀的面积最小的不透明薄膜应是半径为RA的圆．所求的镀膜面积S'与玻璃立方体的表面积S之比为=．‎ 答：镀膜的面积与立方体表面积之比的最小值为．‎ ‎【点评】解决本题的关键确定临界情况，根据折射定律，通过几何关系进行求解．‎ ‎　‎ ‎【物理选修3－5模块】（共2小题，满分0分）‎ ‎22．（2014•武汉模拟）下列说法正确的是（　　）‎ A．玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱实验规律 B．原子核内部某个中子转变为质子和电子，产生的电子从原子核中发射出来，这就是β衰变 C．铀核裂变的核反应为 D．紫外线照射到金属锌板表面时能够光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大 E．质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3．质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是（2m1+2m2﹣m3）C2‎ ‎【考点】玻尔模型和氢原子的能级结构；爱因斯坦质能方程．‎ ‎【分析】玻尔并不是第一次提出量子观念，但是第一次将量子观念引入原子领域；原子核中发射出来电子，属于β衰变；‎ 裂变的核反应必须有中子去轰击；光电效应现象中，当增大入射光的照射强度时，光电子的最大初动能不变，而光电子数目增多；‎ 根据质能方程△E=△mC2，即可求出释放的能量．‎ ‎【解答】解：A、玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱实验规律，但局限性，只能解释氢原子光谱，故A正确；‎ B、原子核内部某个中子转变为质子和电子，产生的电子从原子核中发射出来，这就是β衰变，故B正确；‎ C、铀核裂变的核反应为：，故C错误；‎ D、光电子的最大初动能随入射光的增大而增大，与光的强度无关，故D错误；‎ E、根据质能方程△E=△mC2，可知：释放的能量是（2m1+2m2﹣m3）C2，故E正确．‎ 故选：ABE．‎ ‎【点评】考查玻尔原子理论的意义，注意其局限性，理解三种衰变及其之间的区别，知道裂变反应与聚变反应的不同，掌握光电子的最大初动能与入射光的频率有关，但不成正比，最后理解质能方程的含义．‎ ‎　‎ ‎23．（2016春•长沙校级月考）如图所示，滑块A、B静止于光滑水平桌面上，B的上表面水平且足够长，其左端放置一滑块C，B、C间的动摩擦因数较小，为μ，A、B由不可伸长的理想轻绳连接，绳子处于松弛状态．现在突然给C一个向右的速度v0，让C在B上滑动，当c的速度为v0时，绳子刚好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子拉断时B的速度为v0．A、B、C的质量分别为2m、3m、m．求：‎ ‎①从C获得速度v0开始经过多长时间绳子被拉直；‎ ‎②拉断绳子造成的机械能损失．‎ ‎【考点】动量守恒定律；功能关系．‎ ‎【分析】①对C根据动量定理求解从C获得速度v0开始经过多长时间绳子刚好伸直；‎ ‎②整个运动过程中，A、B、C组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求解绳子拉断后的速度，再根据能量守恒求解整个系统损失的机械能．‎ ‎【解答】解：①从C获得速度v0到绳子拉直的过程中，根据动量定理得：‎ 解得：t=‎ ‎②设绳子刚拉直是B的速度为vB，对BC系统，选择向右为正方向，由动量守恒定律得：‎ 解得：‎ 绳子拉断的过程中，A、B组成的系统动量守恒，以向右为正，根据动量守恒定律得：‎ 解得：vA=‎ 整个过程中，根据能量守恒定律得：‎ Q==‎ 答：①从C获得速度v0开始经过时间绳子刚好伸直；‎ ‎②从C获得速度v0开始到细绳被拉断的过程中整个系统损失的机械能为．‎ ‎【点评】本题主要考查了动量定理、动量守恒定律和能量守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，注意使用动量守恒定律时要规定正方向，难度适中．‎ ‎　‎