上海市徐汇区2016年高考物理一模试卷

上海市徐汇区2016年高考物理一模试卷

www.ks5u.com ‎2016年上海市徐汇区高考物理一模试卷 ‎　‎ 一、单项选择题（每小题2分，共16分，每小题只有一个正确选项．）‎ ‎1．伽利略通过斜面理想实验得出了（　　）‎ A．力是维持物体运动的原因 B．物体的加速度与外力成正比 C．物体运动不需要力来维持 D．力是克服物体惯性的原因 ‎2．下列各力中按照力的效果命名的是（　　）‎ A．支持力 B．电场力 C．分子力 D．摩擦力 ‎3．如图所示，一端搁在粗糙水平面上另一端系一根细线（线竖直）处于静止状态的重直杆A受到的作用力个数为（　　）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎4．如图所示，O1、O2两轮通过皮带传动，两轮半径之比r1：r2=2：1，点A在O1轮边缘上，点B在O2轮边缘上，则A、B两点的向心加速度大小之比aA：aB为（　　）‎ A．1：1 B．1：2 C．2：1 D．1：4‎ ‎5．在如图所示的逻辑电路中，当A端输入电信号“1”、B端输入电信号“0”时，则在C和D端输出的电信号分别为（　　）‎ A．1和0 B．0和1 C．1和1 D．0和0‎ ‎6．左手定则中规定大拇指伸直方向代表以下哪个物理量的方向（　　）‎ A．磁感强度 B．电流强度 C．速度 D．安培力 ‎7．下列现象中属于分子斥力的宏观表现的是（　　）‎ A．镜子破碎后再对接无法接起 B．液体体积很难压缩 C．打气筒打气，若干次后难再打进 D．橡皮筋拉伸后放开会自动缩回 ‎8．如图所示，圆形线圈在条形磁铁顶部S极处，线圈平面与磁铁垂直．当条形磁铁缓缓沿竖直方向上升，直至远离线圈的整个过程中，从上往下看线圈中感应电流方向为（　　）‎ A．始终顺时针 B．始终逆时针 C．先顺时针再逆时针 D．先逆时针再顺时针 ‎　‎ 二、单项选择题（每小题3分，共24分，每小题只有一个正确选项．）‎ ‎9．某跳水运动员在3m长的踏板上起跳，踏板和运动员要经历如图所示的几个位置，其中A为无人时踏板静止点，B为人站在踏板上静止时的平衡点，C为人在起跳过程中人和踏板运动的最低点，已知板形变越大时板对人的弹力也越大，在人由C到B的过程中（　　）‎ A．人向上做加速度大小减小的加速运动 B．人向上做加速度大小增大的加速运动 C．人向上做加速度大小减小的减速运动 D．人向上做加速度大小增大的减速运动 ‎10．如图所示，一物块相对木板向右从板上A点滑至板上B点，木板上A、B两点间距离为5米，同时木板在地面上向左滑行3米，图甲为滑行前，图乙为滑行后，在此过程中物块受到木板对它的滑动摩擦力大小为20N，则物块所受的摩擦力做功为（　　）‎ A．﹣160J B．﹣100J C．100J D．﹣40J ‎11．在离地高h处，同时自由下落和竖直向上抛出各一个小球，其中竖直上抛的小球初速度大小为v，不计空气阻力，重力加速度为g，两球落地的时间差为（　　）‎ A． B．‎ C．2 D． +﹣‎ ‎12．如图所示，箱子中固定有一根轻弹簧，弹簧上端连着一个重物，重物顶在箱子顶部，且弹簧处于压缩状态．设弹簧的弹力大小为F，重物与箱子顶部的弹力大小为FN．当箱子做竖直上抛运动时（　　）‎ A．F=FN=0 B．F=FN≠0 C．F≠0，FN=0 D．F=0，FN≠0‎ ‎13．如图甲所示，开口向上的导热气缸静置于水平桌面，质量为m的活塞封闭一定质量气体，若在活塞上加上质量为m的砝码，稳定后气体体积减小了△V1，如图乙；继续在活塞上再加上质量为m的砝码，稳定后气体体积又减小了△V2，如图丙．不计摩擦，环境温度不变，则（　　）‎ A．△V1＜△V2 B．△V1=△V2‎ C．△V1＞△V2 D．无法比较△V1与△V2大小关系 ‎14．如图所示，斜面固定在水平面上，斜面上一个物块在沿斜面向下拉力F1作用下匀速下滑．某时刻在物块上再施加一个竖直向下的恒力F2，则之后较短的一段时间内物块的运动状态是（　　）‎ A．仍匀速下滑 B．匀加速下滑 C．匀减速下滑 D．不确定，这与接触面摩擦系数的大小有关 ‎15．将两个负电荷A、B（带电量QA=20C和QB=40C）分别从无穷远处移到某一固定负点电荷C产生的电场不同位置M和N，克服电场力做功相同，则将这两电荷位置互换后（即将电荷A移至位置N，电荷B移至位置M，规定无穷远处为零势面，且忽略电荷A、B对点电荷C的电场分布影响）．此时电荷A、B分别具有的电势能EA和EB关系描述正确的是（　　）‎ A．EA＜EB B．EA=EB C．EA＞EB D．无法确定 ‎16．质量为m的物体放在粗糙水平面上，在一个足够大的水平力F作用下开始运动，经过一段时间t撤去拉力，物体继续滑行直至停止，运动总位移s．如果仅改变F的大小，作用时间不变，总位移s也会变化，则s与F关系的图象是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 三、多项选择题（每小题4分，共16分.每小题有两个或三个正确选项．全选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错或不答的，得0分．）‎ ‎17．一颗子弹以水平速度v0穿入一块在光滑水平面上迎面滑来的木块后各自运动．设子弹与木块间相互作用力恒定，则该过程中子弹及木块的速度时间图象可能正确的是（图中实线为子弹图线，虚线为木块图线）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎18．如图甲所示，将一个小球从某处水平抛出，经过一段时间后恰好平行斜面沿着斜面向下滑行．从抛出后起一段时间内小球的动能随时间平方（EK～t2）图象如图乙所示，横坐标在0﹣2.5之间图线为直线，此外为曲线．重力加速度为g．则根据图乙信息，可以求得（　　）‎ A．小球的初速度 B．小球的质量 C．小球在斜面上滑行的时间 D．斜面的倾角 ‎19．如图所示，电源电动势为E、内阻为r，R1是滑动变阻器，R2=0.5r，当滑片P处于中点时，电源的效率是50%．当滑片由a端向b端移动的过程中（　　）‎ A．电源效率增大 B．电源输出功率增大 C．电压表V1和V的示数比值增大 D．电压表V1和V示数变化量△U1、△U的比值始终等于 ‎20．如图所示，两根弯折的平行的金属轨道AOB和A′O′B′固定在水平地面上，与水平地面夹角都为θ，AO=OB=A′O′=O′B′=L，OO′与AO垂直．两虚线位置离顶部OO′等距离，虚线下方的导轨都处于匀强磁场中，左侧磁场磁感应强度为B1，垂直于导轨平面向上，右侧磁场B2（大小、方向未知）平行于导轨平面．两根金属导体杆a和b质量都为m，与轨道的摩擦系数都为μ．将它们同时从顶部无初速释放，能同步到达水平地面且刚到达水平地面速度均为v．除金属杆外，其余电阻不计，重力加速度为g．则下列判断正确的是（　　）‎ A．匀强磁场B2的方向一定是平行导轨向上 B．两个匀强磁场大小关系为：B1=μB2‎ C．整个过程摩擦产生的热量为Q1=2μmgLcosθ D．整个过程产生的焦耳热Q2=mgLsinθ﹣μmgLcosθ﹣mv2‎ ‎　‎ 四、填空题（每小题4分，共20分）‎ ‎21．如图所示，一个匝数为n、面积为S的闭合线圈置于水平面上，若线圈内的磁感应强度在时间t内由竖直向下大小为B1减少到零，再反向增加到大小为B2，则线圈内磁通量的变化量为　　，这段时间线圈内平均感应电动势为　　．‎ ‎22．A、B两物体在光滑水平地面上沿同一直线均向东运动，A在后，质量为5kg，速度大小为10m/s，B在前，质量为2kg，速度大小为5m/s，两者相碰后，B沿原方向运动，速度大小为10m/s，则A的速度大小为　　m/s，方向为　　．‎ ‎23．若两颗人造地球卫星的轨道半径之比为r1：r2=2：3，则它们所在轨道处的重力加速度之比g1：g2=　　，线速度之比v1：v2=　　．‎ ‎24．如图所示，两根通电长直导线a、b平行放置，a、b中的电流强度分别为I和2I，此时a受到的磁场力为F，当在a、b的正中间再放置一根与a、b平行共面的通电长直导线c后，b受到的磁场力恰好平衡，则直导线c中电流流向为　　（选填“向上”或“向下”），此时a受到的磁场力大小为　　．‎ ‎25．如图所示，O2B是重为G的匀质杆，O1A是轻杆，A是O2B中点，O1、O2、A处都用光滑铰链连接．B、C两点之间悬挂一根重为G的匀质绳且B、C保持在同一水平线．此时O2B杆水平，与O1A杆夹角为37°．则O1A杆在A端受到的弹力大小为　　，若仅将C点沿水平线缓慢向左移动一些，O1A杆在A端受到的弹力大小变化情况为　　．（选填“不变”、“变小”或“变大”）‎ ‎26．如图甲所示电路图中，R是滑动变阻器，电键闭合后，将滑片从A端滑到B端，电源的输出功率和电流表读数作出的图象如图乙所示，则该电源的电动势为　　V，滑动变阻器总阻值为　　Ω．‎ ‎　‎ 五、实验题（共24分）‎ ‎27．在“用DIS描绘电场的等势线”的实验中，电源通过正负电极在导电物质上产生的稳定电流分布模拟了由二个等量导种点电荷产生的静电场．‎ ‎（1）给出下列器材，电源应选用　　（选填“6V的交流电源”或“6V的直流电源”），探测等势点的仪器应选用　　（选填“电压传感器”或“电流传感器”）．‎ ‎（2）如图在寻找基准点1的等势点时，应该移动探针　　（选填“a”或“b”），若图示位置传感器的读数为正，为了尽快探测到基准点1的等势点，则逐渐将该探针向　　（选填“右”或“左”）移动．‎ ‎28．在研究“加速度与力的关系”实验中，某同学根据学过的理论设计了如下装置（如图甲）：水平桌面上放置了气垫导轨，装有挡光片的滑块放在气垫导轨的某处（档光片左端与滑块左端齐平）．实验中测出了滑块释放点到光电门（固定）的距离为s，挡光片经过光电门的速度为v，钩码的质量为m．（重力加速度为g，摩擦可忽略）‎ ‎（1）本实验中钩码的质量要满足的条件是　　．‎ ‎（2）该同学作出了v2﹣m的关系图象（如图乙），发现是一条过原点的直线，间接验证了“加速度与力的关系”．依据图象，每次小车的释放点有无改变？　　 （选填“有”或“无”），从该图象还可以求得的物理量是　　．‎ ‎29．在研究“一定质量的气体在体积不变时压强与温度关系”的实验中（如图甲），与压强传感器相连的试管内装有密闭的空气和温度传感器的热敏元件．将试管放在大烧杯的凉水中，逐次加入热水并搅拌，记录得到试管内空气不同的压强和温度值．图乙为二组同学通过记录的压强和摄氏温度数据绘制的P﹣t图象，初始封闭气体体积相同．‎ ‎（1）两组同学得到的图线交点对应的摄氏温度为　　，两图线斜率不同可能的原因是　　．‎ ‎（2）通过图乙归纳出一定质量的气体体积不变时压强与摄氏温度的函数关系是　　，该规律符合　　定律．‎ ‎30．在研究“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，提供有以下器材：‎ A．电压表V1（0～5V）‎ B．电压表V2（0～15V）‎ C．电流表A1（0～50mA）‎ D．电流表A2（0～500mA）‎ E．滑动变阻器R1（0～60Ω）‎ F．滑动变阻器R2（0～2kΩ）‎ G．直流电源E H．开关S及导线若干 I．小灯泡（U额=5V）‎ 某组同学连接完电路后，闭合电键，将滑动变阻器滑片从一端移到另外一端．移动过程中发现小灯未曾烧坏，记录多组小灯两端电压U和通过小灯的电流I数据（包括滑片处于两个端点时U、I数据），根据记录的全部数据做出的U﹣I关系图象如图甲所示．‎ ‎（1）根据实验结果在图乙虚线框内画出该组同学的实验电路图．‎ ‎（2）根据实验结果判断得出实验中选用：电压表　　（选填器材代号“A”或“B”），电流表　　（选填器材代号“C”或“D”），滑动变阻器　　（选填器材代号“E”或“F”）．‎ ‎（3）根据图甲信息得出器材G中的直流电源电动势为　　V，内阻为　　Ω．‎ ‎（4）将两个该型号小灯泡串联后直接与器材G中的直流电源E相连．则每个小灯消耗的实际功率为　　W．‎ ‎　‎ 六、计算题（共50分）‎ ‎31．在容积为40L的容器中，盛有压缩二氧化碳3.96kg，该容器能承受的压强不超过6.0×106pa，求容器会有爆炸危险时内部气体达到的摄氏温度？（已知二氧化碳在标准状态下的密度是1.98kg/m3，温度是0℃，压强是1×105pa）‎ ‎32．如图所示，用一块长L1=1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面离地高H=0.8m，桌面长L2=1.5m，斜面和水平桌面间的倾角θ可以在0﹣60°之间调节后固定．将质量m=0.2kg的小物块从斜面顶端无初速释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.05，物块和桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面和桌面交接处的能量损失．（已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力）‎ ‎（1）当物块刚好能从斜面开始下滑时，求斜面的倾角θ； （用正切值表示）‎ ‎（2）当θ角增大到37°时，物块下滑后恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；‎ ‎（3）若将（2）中求出的μ2作为已知条件，继续增大θ角，求物块落地点与墙面的距离最大值S总，及此时斜面的倾角θ'．‎ ‎33．如图所示金属小球A和B固定在弯成直角的绝缘轻杆两端，A球质量为2m，不带电，B球质量为m，带正电，电量为q．OA=2L，OB=L，轻杆可绕过O点且与纸面垂直的水平轴无摩擦转动，在过O点的竖直虚线右侧区域存在着水平向左的匀强电场，此时轻杆处于静止状态，且OA与竖直方向夹角为37°．重力加速度为g．‎ ‎（1）求匀强电场的电场强度大小E；‎ ‎（2）若不改变场强大小，将方向变为竖直向上，则由图示位置无初速释放轻杆后，求A球刚进入电场时的速度大小v．‎ ‎34．如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.4m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.5T、方向垂直于导轨所在平面的局部匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.5Ω的直流电源．现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计．（已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力．局部匀强磁场全部覆盖导体棒ab，但未覆盖电源．）‎ ‎（1）求静止时导体棒受到的安培力F安大小和摩擦力f大小；‎ ‎（2）若将导体棒质量增加为原来两倍，而磁场则以恒定速度v1=30m/s沿轨道向上运动，恰能使得导体棒匀速上滑．（局部匀强磁场向上运动过程中始终覆盖导体棒ab，但未覆盖电源．）求导体棒上滑速度v2；‎ ‎（3）在问题（2）中导体棒匀速上滑的过程，求安培力的功率P安 和全电路中的电功率P电．‎ ‎　‎ ‎2016年上海市徐汇区高考物理一模试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（每小题2分，共16分，每小题只有一个正确选项．）‎ ‎1．伽利略通过斜面理想实验得出了（　　）‎ A．力是维持物体运动的原因 B．物体的加速度与外力成正比 C．物体运动不需要力来维持 D．力是克服物体惯性的原因 ‎【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．‎ ‎【分析】理想斜面实验：在轨道的一边释放一颗钢珠，如果忽略摩擦力带来的影响，我们发现钢珠从左边滚下后，再从右边的斜面滚上，钢珠将上升到与左边释放高度相同的点；若将右边的倾斜角减小，钢珠还是上升到原来的高度，但通过的路程比原来更长；假设右边的轨道为水平，钢珠想要达到原来的高度，但是钢珠无法达到原来的高度，钢珠将永远运动下去．‎ ‎【解答】解：A、理想斜面实验只能说明力不是维持物体运动的原因，故AD错误，C正确；‎ B、牛顿第二定律说明力是使物体产生加速度的原因，物体的加速度与外力成正比，故B错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎2．下列各力中按照力的效果命名的是（　　）‎ A．支持力 B．电场力 C．分子力 D．摩擦力 ‎【考点】力的概念及其矢量性．‎ ‎【分析】力的分类一般有两种分法：一种是按力的性质分，可以分为重力、弹力、摩擦力、分子力、电磁力等；另一种是按力的效果分，可以分为拉力、压力、支持力、动力、阻力、引力、斥力等．‎ ‎【解答】解：A、支持力是按照力的效果命名的，故A正确．‎ BCD、电场力、分子力摩擦力都是按照力的性质命名的，故BCD错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎3．如图所示，一端搁在粗糙水平面上另一端系一根细线（线竖直）处于静止状态的重直杆A受到的作用力个数为（　　）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎【考点】物体的弹性和弹力；弹性形变和范性形变．‎ ‎【分析】棒保持静止状态，合力为零；然后对棒受力分析，根据重力、弹力、摩擦力的顺序分析，可以结合平衡状态判断．‎ ‎【解答】解：棒保持静止状态，合力为零；‎ 对棒受力分析，受重力、绳子竖直向上的拉力，地面的支持力，由于绳子竖直向上的拉力，有合力为零，故地面对棒没有静摩擦力，因此棒共受到3个力作用，故C正确，ABD错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，O1、O2两轮通过皮带传动，两轮半径之比r1：r2=2：1，点A在O1轮边缘上，点B在O2轮边缘上，则A、B两点的向心加速度大小之比aA：aB为（　　）‎ A．1：1 B．1：2 C．2：1 D．1：4‎ ‎【考点】向心加速度；线速度、角速度和周期、转速．‎ ‎【分析】由传送带传动的两轮子边缘上的点线速度相等，再由公式a=，得出向心加速度之比 ‎【解答】解：由传送带传动的两轮子边缘上的点线速度相等，所以vA=vB，r1：r2=2：1，由公式a=得aA：aB=1：2，故B正确．‎ 故选：B ‎　‎ ‎5．在如图所示的逻辑电路中，当A端输入电信号“1”、B端输入电信号“0”时，则在C和D端输出的电信号分别为（　　）‎ A．1和0 B．0和1 C．1和1 D．0和0‎ ‎【考点】简单的逻辑电路．‎ ‎【分析】该电路有中一个与门（上）与一个非门（下）．与门的两个输入端电信号都为“1”时，输出为“1”，否则为零．非门输入“1”，输出为零；输入“0”，输出为“1”．‎ ‎【解答】解：B端电信号经过一个非门，变为“1”，从D端输出，故D端输出为“1”；B端的输出信号又作为输入信号与A端输入信号一起经过上面的与门，两者都是“1”，故C端输出为“1”．‎ 故选C ‎　‎ ‎6．左手定则中规定大拇指伸直方向代表以下哪个物理量的方向（　　）‎ A．磁感强度 B．电流强度 C．速度 D．安培力 ‎【考点】左手定则．‎ ‎【分析】根据左手定则的内容：张开左手，使四指与大拇指在同一平面内，大拇指与四指垂直，把左手放入磁场中，让磁感线穿过手心，四指与电流方向相同，大拇指所指的方向是安培力的方向，即可分析答题．‎ ‎【解答】解：左手定则内容：张开左手，使四指与大拇指在同一平面内，大拇指与四指垂直，把左手放入磁场中，让磁感线穿过手心，四指与电流方向相同，大拇指所指的方向是安培力的方向，故ABC错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎7．下列现象中属于分子斥力的宏观表现的是（　　）‎ A．镜子破碎后再对接无法接起 B．液体体积很难压缩 C．打气筒打气，若干次后难再打进 D．橡皮筋拉伸后放开会自动缩回 ‎【考点】分子间的相互作用力．‎ ‎【分析】分子间同时存在着引力和斥力，二者都随分子间距离的增加而减小，而斥力减小得快．根据分子动理论分析即可．‎ ‎【解答】解：A、镜子破碎后再对接无法接起，并不是因为分子间表现为斥力，而是由于分子间距离大于分子直径的10倍以上，分子间的作用力太小，不足以使碎玻璃片吸引到一起．故A错误．‎ B、液体难于被压缩是因为液体中分子距离减小时表现为斥力，故B正确．‎ C、打气筒打气，若干次后难再打进，是因为气体的压强增大的缘故，不是因为分子间存在斥力，故C错误．‎ D、橡皮筋拉伸后放开会自动缩回，是由于分子间存在引力的缘故，故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎8．如图所示，圆形线圈在条形磁铁顶部S极处，线圈平面与磁铁垂直．当条形磁铁缓缓沿竖直方向上升，直至远离线圈的整个过程中，从上往下看线圈中感应电流方向为（　　）‎ A．始终顺时针 B．始终逆时针 C．先顺时针再逆时针 D．先逆时针再顺时针 ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【分析】在磁铁远离线圈的过程中，穿过线圈的磁通量减小，根据磁场方向，由楞次定律判断感应电流的方向．‎ ‎【解答】解：因磁铁的S极向上，当线圈远离磁铁时，穿过线圈的磁通量较小，磁场方向向下，根据楞次定律可知，从上往下看线圈中产生顺时方向的感应电流．故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ 二、单项选择题（每小题3分，共24分，每小题只有一个正确选项．）‎ ‎9．某跳水运动员在3m长的踏板上起跳，踏板和运动员要经历如图所示的几个位置，其中A为无人时踏板静止点，B为人站在踏板上静止时的平衡点，C为人在起跳过程中人和踏板运动的最低点，已知板形变越大时板对人的弹力也越大，在人由C到B的过程中（　　）‎ A．人向上做加速度大小减小的加速运动 B．人向上做加速度大小增大的加速运动 C．人向上做加速度大小减小的减速运动 D．人向上做加速度大小增大的减速运动 ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】以人为研究对象，根据其受力情况分析加速度变化情况，根据弹力与重力的关系确定速度变化．‎ ‎【解答】解：人由C到B的过程中，重力不变，弹力一直减小，弹力大于重力，向上加速运动；合力逐渐减小，所以加速度减小，所以人向上做加速度大小减小的加速运动，A正确、BCD错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，一物块相对木板向右从板上A点滑至板上B点，木板上A、B两点间距离为5米，同时木板在地面上向左滑行3米，图甲为滑行前，图乙为滑行后，在此过程中物块受到木板对它的滑动摩擦力大小为20N，则物块所受的摩擦力做功为（　　）‎ A．﹣160J B．﹣100J C．100J D．﹣40J ‎【考点】功的计算．‎ ‎【分析】根据W=Fxcosθ求解物块所受的摩擦力做功．‎ ‎【解答】解：物块所受的摩擦力做的功为：W=Fxcosθ=﹣20×（5﹣3）=﹣40J，故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎11．在离地高h处，同时自由下落和竖直向上抛出各一个小球，其中竖直上抛的小球初速度大小为v，不计空气阻力，重力加速度为g，两球落地的时间差为（　　）‎ A． B．‎ C．2 D． +﹣‎ ‎【考点】竖直上抛运动；自由落体运动．‎ ‎【分析】两个小球都作匀变速直线运动，机械能都守恒，根据运动学公式表示运动时间，得到落地时间差．‎ ‎【解答】解：自由下落的小球，有 h=，得 t1=‎ 对于竖直上抛的小球，由机械能守恒得：mgh+=，则得落地时速度大小为 v′=‎ 对于竖直上抛的小球，将其运动看成一种匀减速直线运动，取竖直向上为正方向，加速度为﹣g，则运动时间为：‎ ‎ t2===+‎ 故时间之差为△t=t2﹣t1=+﹣‎ 故选：D ‎　‎ ‎12．如图所示，箱子中固定有一根轻弹簧，弹簧上端连着一个重物，重物顶在箱子顶部，且弹簧处于压缩状态．设弹簧的弹力大小为F，重物与箱子顶部的弹力大小为FN．当箱子做竖直上抛运动时（　　）‎ A．F=FN=0 B．F=FN≠0 C．F≠0，FN=0 D．F=0，FN≠0‎ ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】先根据物块平衡时，列出平衡方程，求出弹力大于重力，当箱子竖直上抛运动时，具有向下的加速度，合力向下，对物块运用牛顿第二定律列式进行分析；‎ ‎【解答】解：刚开始时，对重物受力分析，根据受力平衡，有，弹簧的弹力大于重力 当箱子做竖直上抛运动时，加速度a=g，方向竖直向下，因为弹簧处于压缩状态，弹簧的弹力不为零 根据牛顿第二定律 解得：‎ 故选：B ‎　‎ ‎13．如图甲所示，开口向上的导热气缸静置于水平桌面，质量为m的活塞封闭一定质量气体，若在活塞上加上质量为m的砝码，稳定后气体体积减小了△V1，如图乙；继续在活塞上再加上质量为m的砝码，稳定后气体体积又减小了△V2，如图丙．不计摩擦，环境温度不变，则（　　）‎ A．△V1＜△V2 B．△V1=△V2‎ C．△V1＞△V2 D．无法比较△V1与△V2大小关系 ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】‎ 对活塞进行受力分析，由平衡条件分别求出几种情况下的气体压强；由玻意耳定律可以求出气体体积，然后比较体积的变化即可．‎ ‎【解答】解：设大气压强为P0，开始时气体的体积是V，活塞静止处于平衡状态，‎ 由平衡条件得：p0S+Mg=pS，‎ 气体压强：p=p0+；‎ 则甲状态气体的压强：‎ 乙状态气体的压强：‎ 丙状态气体的压强：‎ 由玻意耳定律得：p1V1=p2V2=p3V3‎ 得：，‎ 所以：；＜2△V1‎ 所以：△V1＞△V2‎ 故选：C ‎　‎ ‎14．如图所示，斜面固定在水平面上，斜面上一个物块在沿斜面向下拉力F1作用下匀速下滑．某时刻在物块上再施加一个竖直向下的恒力F2，则之后较短的一段时间内物块的运动状态是（　　）‎ A．仍匀速下滑 B．匀加速下滑 C．匀减速下滑 D．不确定，这与接触面摩擦系数的大小有关 ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】以物体为研究对象，根据共点力的平衡条件分析动摩擦因数的大小；在将F2沿斜面方向和垂直于斜面方向进行分解，根据F2‎ 沿斜面方向的分力小于由于F2增大的摩擦力即可判断．‎ ‎【解答】解：设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，‎ 以物体为研究对象进行受力分析如图所示：‎ 沿斜面方向根据共点力的平衡条件可得：‎ F1+mgsinθ=μmgcosθ，‎ 所以μ＜tanθ；‎ 当物块上再施加一个竖直向下的恒力F2，则有：‎ F2sinθ＜μF2cosθ，所以物体减速下滑，‎ 故ABD错误、C正确；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎15．将两个负电荷A、B（带电量QA=20C和QB=40C）分别从无穷远处移到某一固定负点电荷C产生的电场不同位置M和N，克服电场力做功相同，则将这两电荷位置互换后（即将电荷A移至位置N，电荷B移至位置M，规定无穷远处为零势面，且忽略电荷A、B对点电荷C的电场分布影响）．此时电荷A、B分别具有的电势能EA和EB关系描述正确的是（　　）‎ A．EA＜EB B．EA=EB C．EA＞EB D．无法确定 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】根据电场力做功W=qU，分析M、N两点的电势关系．再根据电场力做功等于电势能的减少量列式，即可判断．‎ ‎【解答】解：据题，两个电荷未换之前，有：﹣QAU∞M=﹣QBU∞N，‎ 又 U∞M=φ∞﹣φM=﹣φM，‎ U∞N=φ∞﹣φN=﹣φN，‎ 联立得：QAφM=QBφN，‎ 由于2QA=QB，所以得：φM=2φN．‎ 将这两电荷位置互换后，电荷A、B分别具有的电势能EA和EB为：‎ EA=﹣QAφN=﹣20φN，‎ EB=﹣QBφM=﹣40×2φN=﹣80φN，‎ 故有：EA=EB．‎ 由于φN＜0，则得：EA＜EB．故A正确．‎ 故选：A ‎　‎ ‎16．质量为m的物体放在粗糙水平面上，在一个足够大的水平力F作用下开始运动，经过一段时间t撤去拉力，物体继续滑行直至停止，运动总位移s．如果仅改变F的大小，作用时间不变，总位移s也会变化，则s与F关系的图象是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】根据位移时间关系推导出位移与作用力的关系式，根据关系式进行分析即可．‎ ‎【解答】解：当拉力F小于最大静摩擦力，物体的位移为零；‎ 当F大于最大静摩擦力，根据牛顿第二定律可得：F﹣μmg=ma，‎ 解得a=；‎ 根据位移时间关系可得：s=，‎ 可见，作用时间不变，s﹣F图象的斜率是一个定值，所以A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ 三、多项选择题（每小题4分，共16分.每小题有两个或三个正确选项．全选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错或不答的，得0分．）‎ ‎17．一颗子弹以水平速度v0穿入一块在光滑水平面上迎面滑来的木块后各自运动．设子弹与木块间相互作用力恒定，则该过程中子弹及木块的速度时间图象可能正确的是（图中实线为子弹图线，虚线为木块图线）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】子弹与木块碰撞过程中二者的速度都减小，碰后子弹速度方向不变、木块受到方向可能变化、有可能不变，由此分析．‎ ‎【解答】解：AB、设子弹运动的方向为正方向，子弹穿过木块后速度方向不变，为正方向，由于穿过木块过程中受到恒定的阻力作用，所以速度减小；‎ 对于木块，受到子弹的作用力后，有可能速度方向仍为负方向，也有可能最后速度方向与子弹方向相同，即为正方向，所以AB正确、‎ CD、子弹击中木块后，不可能出现二者均反向运动，所以CD错误；‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎18．如图甲所示，将一个小球从某处水平抛出，经过一段时间后恰好平行斜面沿着斜面向下滑行．从抛出后起一段时间内小球的动能随时间平方（EK～t2）图象如图乙所示，横坐标在0﹣2.5之间图线为直线，此外为曲线．重力加速度为g．则根据图乙信息，可以求得（　　）‎ A．小球的初速度 B．小球的质量 C．小球在斜面上滑行的时间 D．斜面的倾角 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】根据机械能守恒定律和平抛运动的规律得到EK与t2的关系式，再结合图象的信息分析能求哪些物理量．‎ ‎【解答】解：小球做平抛运动的过程，根据机械能守恒定律得：EK=mgh+‎ 由平抛运动的规律有 h=‎ 联立得 EK=+‎ 图象在0﹣2.5之间是直线，由图可求得直线的斜率，设斜率为k．由数学知识可得 =k，g已知，则能求出小球的质量m．‎ 由图知 t2=0时，EK=5J，由EK=可求得小球的初速度v0．‎ 小球刚落在斜面上时速度与斜面平行，设斜面的倾角为α，则有 ‎ tanα==，由题图知，t2=2.5，可以求得t，从而能求出斜面的倾角α．‎ 根据小球在斜面的运动情况，不能求出小球在斜面上滑行的时间．故ABD正确，C错误．‎ 故选：ABD ‎　‎ ‎19．如图所示，电源电动势为E、内阻为r，R1是滑动变阻器，R2=0.5r，当滑片P处于中点时，电源的效率是50%．当滑片由a端向b端移动的过程中（　　）‎ A．电源效率增大 B．电源输出功率增大 C．电压表V1和V的示数比值增大 D．电压表V1和V示数变化量△U1、△U的比值始终等于 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由图可知R2与R1串联，电压表V测路端电压，电压表V1测R1的电压，滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则由闭合电路的欧姆定律可知电路中干路电流的变化及路端电压的变化，根据=‎ 判断电源效率，当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，根据闭合电路欧姆定律分析电压表示数变化量的比值．‎ ‎【解答】解：A、滑片由a端向b端移动的过程中，R1是逐渐增大，总电阻增大，总电流减小，内阻所占电压减小，路端电压增大，电源的效率=增大，故A正确；‎ B、当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，滑片处于a端时，外电路电阻为R2=0.5r＜r，当滑片P处于中点时，电源的效率是50%，此时路端电压等于内电压，即外电路电阻等于内阻，此时输出功率最大，所以当滑片由a端向b端移动的过程中，电源输出功率先增大后减小，故B错误；‎ C、串联电路电流相等，则=，当滑片由a端向b端移动的过程中，R1增大，增大，故C正确；‎ D、根据闭合电路欧姆定律得：U1=E﹣I（R2+r），U=E﹣Ir，则有：，，‎ 则，故D正确．‎ 故选：ACD ‎　‎ ‎20．如图所示，两根弯折的平行的金属轨道AOB和A′O′B′固定在水平地面上，与水平地面夹角都为θ，AO=OB=A′O′=O′B′=L，OO′与AO垂直．两虚线位置离顶部OO′等距离，虚线下方的导轨都处于匀强磁场中，左侧磁场磁感应强度为B1，垂直于导轨平面向上，右侧磁场B2（大小、方向未知）平行于导轨平面．两根金属导体杆a和b质量都为m，与轨道的摩擦系数都为μ．将它们同时从顶部无初速释放，能同步到达水平地面且刚到达水平地面速度均为v．除金属杆外，其余电阻不计，重力加速度为g．则下列判断正确的是（　　）‎ A．匀强磁场B2的方向一定是平行导轨向上 B．两个匀强磁场大小关系为：B1=μB2‎ C．整个过程摩擦产生的热量为Q1=2μmgLcosθ D．整个过程产生的焦耳热Q2=mgLsinθ﹣μmgLcosθ﹣mv2‎ ‎【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；焦耳定律．‎ ‎【分析】分析题意，明确两导体棒能同步到达水平地面且刚到达水平地面速度均为v说明两导体棒在任意时刻内应受到相同的作用力，分别对两物体分析，明确受力情况从而找出安培力与摩擦力间的关系，从而确定磁感应强度的大小以及B2的方向；再分析能量转化方向，根据功能关系可明确产生的焦耳热和因摩擦产生热量．‎ ‎【解答】解：A、由题意可知，两导体棒运动过程相同，则说明受力情况相同，对a分析可知，a切割磁感线产生感应电动势，从而产生向上的安培力；故a棒受力小于mgsinθ﹣μmgcosθ；对b棒分析可知，b棒的受合外力也一定小于mgsinθ﹣μmgcosθ，由于磁场平行于斜面，安培力垂直于斜面，因此只能是增大摩擦力来减小合外力，因此安培力应垂直斜面向下，则根据左手定则可知，匀强磁场B2的方向一定是平行导轨向上，故A正确；‎ B、根据A的分析可知，a棒受到的安培力与b棒受到的安培力产生摩擦力应相等，故B1IL=μB2IL；解得B1=μB2，故B正确；‎ C、由以上分析可知，b棒受到的摩擦力大于mgcosθ，因此摩擦产生的热量Q1＞2μmgLcosθ，故C错误；‎ D、因b增加的摩擦力做功与a中克服安培力所做的功相等，故b中因安培力而增加的热量与焦耳热相同；设产生焦耳热为Q，则根据能量守恒定律可知：2mgLsinθ﹣2μmgcosθ﹣2Q=×2mv2；解得：Q=mgLsinθ﹣μmgLcosθ﹣mv2；故D正确．‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ 四、填空题（每小题4分，共20分）‎ ‎21．如图所示，一个匝数为n、面积为S的闭合线圈置于水平面上，若线圈内的磁感应强度在时间t内由竖直向下大小为B1减少到零，再反向增加到大小为B2，则线圈内磁通量的变化量为　（B1+B2）S　，这段时间线圈内平均感应电动势为　　．‎ ‎【考点】法拉第电磁感应定律．‎ ‎【分析】由磁通量的计算公式求出磁通量的变化量，由法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势．‎ ‎【解答】解：磁通量的变化量：△Φ=Φ2﹣Φ1=B2S﹣（﹣B1S）=（B1+B2）S；‎ 平均感应电动势：E=n=；‎ 故答案为：（B1+B2）S，．‎ ‎　‎ ‎22．A、B两物体在光滑水平地面上沿同一直线均向东运动，A在后，质量为5kg，速度大小为10m/s，B在前，质量为2kg，速度大小为5m/s，两者相碰后，B沿原方向运动，速度大小为10m/s，则A的速度大小为　8　m/s，方向为　向东　．‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】先设速度正方向，求出碰撞前的总动量，再利用碰撞过程动量守恒，列式，求出碰撞后A的速度，如果为正，则速度与设的正方向相同，如果为负，则速度方向与设的正方向相反．‎ ‎【解答】解：设向东为速度正方向，则碰撞前A物体的速度vA=10m/s，B物体的速度vB=5m/s 碰撞后A物体的速度设为，碰撞后B的速度 两物体碰撞过程，由动量守恒定律有：‎ 即×10m/s 解得，为正值，说明碰撞后A物体的速度方向向东；‎ 故答案为：8； 向东．‎ ‎　‎ ‎23．若两颗人造地球卫星的轨道半径之比为r1：r2=2：3，则它们所在轨道处的重力加速度之比g1：g2=　9：4　，线速度之比v1：v2=　　．‎ ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】对于人造地球卫星，做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式得到对应轨道的重力加速度表达式和线速度表达式进行分析即可．‎ ‎【解答】解：对在半径为r的轨道上的卫星，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：‎ 解得：‎ ‎∝‎ ‎∝‎ 故：‎ 故答案为：9：4，．‎ ‎　‎ ‎24．如图所示，两根通电长直导线a、b平行放置，a、b中的电流强度分别为I和2I，此时a受到的磁场力为F，当在a、b的正中间再放置一根与a、b平行共面的通电长直导线c后，b受到的磁场力恰好平衡，则直导线c中电流流向为　向下　（选填“向上”或“向下”），此时a受到的磁场力大小为　1.5F　．‎ ‎【考点】平行通电直导线间的作用；磁感应强度．‎ ‎【分析】根据两平行直导线间的相互作用可明确两导线棒受到的磁场力大小关系；再分别明确c对两导体的作用力大小与方向，由力的合成求解a受到的磁场力．‎ ‎【解答】解：由于ab间的磁场力是两导体棒的相互作用，故b受到a的磁场力大小为F，方向向右；‎ 中间再加一通电导体棒时，由于C处于中间，其在ab两位置产生的磁场强度相同，故b受到的磁场力为a受磁场力的2倍；‎ 由于b受到的磁场力恰好平衡，则c对b的磁场力向左，大小为F，‎ 根据同向电流相吸，异向电流相斥，因此c的电流方向向下，‎ 那么c对a的磁场力向左，大小为0.5F，‎ 根据力的合成法则，则此时a受到的磁场力大小为1.5F；‎ 故答案为：向下，1.5F．‎ ‎　‎ ‎25．如图所示，O2B是重为G的匀质杆，O1A是轻杆，A是O2B中点，O1、O2、A处都用光滑铰链连接．B、C两点之间悬挂一根重为G的匀质绳且B、C保持在同一水平线．此时O2B杆水平，与O1A杆夹角为37°．则O1A杆在A端受到的弹力大小为　　，若仅将C点沿水平线缓慢向左移动一些，O1A杆在A端受到的弹力大小变化情况为　不变　．（选填“不变”、“变小”或“变大”）‎ ‎【考点】力矩的平衡条件；物体的弹性和弹力；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】O1A是轻杆，故A端的弹力平行杆子方向，否则不能平衡；对O2B，以O2为支点，根据力矩条件列式求解．‎ ‎【解答】解：O1A是轻质杆，且由于O1是铰链连接，因此O1A给O2B的弹力只能沿O1A方向，杆B端给绳子弹力的方向斜向左上方，则绳子给O2B在B端的拉力斜向右下方，此拉力分解为竖直向下分力F1和水平向右的分力F2，根据绳子平衡可知分力F1=BC绳子重力的一半．对O2B根据力矩平衡可知：‎ F×sin37°﹣G×﹣F1×L=0‎ 解得：F=‎ C点沿水平线缓慢向左移动一些并不改变绳子给O2B的拉力向下的分力F1的大小，而分力F2的力矩始终为零，因此不改变O1A的拉力；‎ 故答案为：，不变．‎ ‎　‎ ‎26．如图甲所示电路图中，R是滑动变阻器，电键闭合后，将滑片从A端滑到B端，电源的输出功率和电流表读数作出的图象如图乙所示，则该电源的电动势为　16　V，滑动变阻器总阻值为　224　Ω．‎ ‎【考点】路端电压与负载的关系；电功、电功率．‎ ‎【分析】当电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大，由P=I2R列式．当P=0时外电路短路，有 E=Ir．联立可求得电源的电动势和内阻．再根据电路中最小电流求滑动变阻器总阻值．‎ ‎【解答】解：当电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大，最大的输出功率为：Pm=I2R=r=‎ 由图知，Pm=8W，即有：8=‎ 由图看出：P=0时I=2A，有：E=Ir=2r 联立解得：E=16V，r=8Ω 当滑片滑至AB的中点时电路中电阻最大，电流最小，设变阻器总电阻为R，则有：‎ ‎0.25=‎ 解得：R=224Ω 故答案为：16，224．‎ ‎　‎ 五、实验题（共24分）‎ ‎27．在“用DIS描绘电场的等势线”的实验中，电源通过正负电极在导电物质上产生的稳定电流分布模拟了由二个等量导种点电荷产生的静电场．‎ ‎（1）给出下列器材，电源应选用　6V的直流电源　（选填“6V的交流电源”或“6V的直流电源”），探测等势点的仪器应选用　电压传感器　（选填“电压传感器”或“电流传感器”）．‎ ‎（2）如图在寻找基准点1的等势点时，应该移动探针　b　（选填“a”或“b”），若图示位置传感器的读数为正，为了尽快探测到基准点1的等势点，则逐渐将该探针向　右　（选填“右”或“左”）移动．‎ ‎【考点】用描迹法画出电场中平面上的等势线．‎ ‎【分析】（1）直接测量静电场中电势比较困难，本题抓住静电场与恒定电流场相似，用恒定电流场模拟静电场，两电极模拟两个等量异种点电荷；所以要使用直流电源；‎ ‎（2）此实验用电流场模拟静电场，导电纸上必须形成电流．根据实验的原理进行判断．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）本实验是用恒定电流场来模拟静电场；圆柱形电极A接电源正极，圆环电极B接电源负极，可以在AB之间形成电流，产生恒定的电流场，可以用此电流场模拟静电场．所以要使用低压直流电源，即选择6V的直流电源；‎ 本实验的目的是描绘电场等势线，等势面上各点之间的电势差为0，根据两点电势相等时，它们间的电势差即电压为零，来寻找等势点，故使用的传感器是电压传感器．‎ ‎（2）为了寻找与该基准点等势的另一点，移动探针b的位置，使传感器的显示读数为零．‎ 由于该实验模拟的是静电场的情况，所以其等势面的分布特点与等量异种点电荷的电场 的等势面是相似的，点1离A点比较近，所以探针b的等势点的位置距离A要近一些，近似在点1的正上方偏左一点点．由于图中b的位置在点1的左上方，所以为了尽快探测到基准点1的等势点，则逐渐将该探针向右移动一点点．‎ 故答案为：（1）6V的直流电源，电压传感器；（2）b，右 ‎　‎ ‎28．在研究“加速度与力的关系”实验中，某同学根据学过的理论设计了如下装置（如图甲）：水平桌面上放置了气垫导轨，装有挡光片的滑块放在气垫导轨的某处（档光片左端与滑块左端齐平）．实验中测出了滑块释放点到光电门（固定）的距离为s，挡光片经过光电门的速度为v，钩码的质量为m．（重力加速度为g，摩擦可忽略）‎ ‎（1）本实验中钩码的质量要满足的条件是　钩码质量远小于滑块质量　．‎ ‎（2）该同学作出了v2﹣m的关系图象（如图乙），发现是一条过原点的直线，间接验证了“加速度与力的关系”．依据图象，每次小车的释放点有无改变？　无　 （选填“有”或“无”），从该图象还可以求得的物理量是　滑块质量　．‎ ‎【考点】验证牛顿第二运动定律．‎ ‎【分析】（1）通过整体法和隔离法，结合牛顿第二定律求出拉力和重物重力的关系，判断重力表示拉力的条件．‎ ‎（2）根据速度位移公式得出v2与a的关系，抓住钩码重力表示小车的合力分析判断．‎ ‎【解答】解：（1）对整体分析，根据牛顿第二定律得，a=，隔离对滑块分析，可知T=Ma==，要保证重物的重力等于绳子的拉力，则钩码的质量远小于滑块的质量．‎ ‎（2）滑块的加速度a=，当s不变时，可知加速度与v2成正比，滑块的合力可以认为等于钩码的重力，所以滑块的合力正比于钩码的质量，可知通过v2﹣m的关系可以间接验证加速度与力的关系，在该实验中，s不变，即每次小车的释放点无改变．‎ 因为a与F成正比，则有：，结合图线的斜率可以求出滑块的质量．‎ 故答案为：（1）钩码质量远小于滑块质量；（2）无，滑块质量．‎ ‎　‎ ‎29．在研究“一定质量的气体在体积不变时压强与温度关系”的实验中（如图甲），与压强传感器相连的试管内装有密闭的空气和温度传感器的热敏元件．将试管放在大烧杯的凉水中，逐次加入热水并搅拌，记录得到试管内空气不同的压强和温度值．图乙为二组同学通过记录的压强和摄氏温度数据绘制的P﹣t图象，初始封闭气体体积相同．‎ ‎（1）两组同学得到的图线交点对应的摄氏温度为　﹣273℃　，两图线斜率不同可能的原因是　两组初始气体压强不同，两组气体初始温度不同　．‎ ‎（2）通过图乙归纳出一定质量的气体体积不变时压强与摄氏温度的函数关系是　p=P0（1+）　，该规律符合　查理　定律．‎ ‎【考点】气体的等容变化和等压变化．‎ ‎【分析】结合对热力学温度的理解，可得知图线交点对应的摄氏温度，结合图象，利用数学知识即可推导出一定质量的气体体积不变时压强与摄氏温度的函数关系，结合关系式可得知引起斜率不同的原因，根据不变化的状态参量可得知该变化属于哪个热力学定律．‎ ‎【解答】解：（1）（2）、两组同学得到的图线交点对应的摄氏温度为绝对零度，其值为﹣273℃，‎ 结合图象，设温度为零摄氏度时的压强为P0，则有： =k 被封闭气体的压强与摄氏温度之间的关系有： =k 解得：p=P0（1+）‎ 由上式可知，两图线斜率不同的原因是，两组初始气体压强不同，或两组气体初始温度不同 在实验过程中，保持了体积不变，符合查理定律的变化规律．‎ 故答案为：（1）﹣273℃，两组初始气体压强不同，两组气体初始温度不同；（2）p=P0（1+），查理 ‎　‎ ‎30．在研究“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，提供有以下器材：‎ A．电压表V1（0～5V）‎ B．电压表V2（0～15V）‎ C．电流表A1（0～50mA）‎ D．电流表A2（0～500mA）‎ E．滑动变阻器R1（0～60Ω）‎ F．滑动变阻器R2（0～2kΩ）‎ G．直流电源E H．开关S及导线若干 I．小灯泡（U额=5V）‎ 某组同学连接完电路后，闭合电键，将滑动变阻器滑片从一端移到另外一端．移动过程中发现小灯未曾烧坏，记录多组小灯两端电压U和通过小灯的电流I数据（包括滑片处于两个端点时U、I数据），根据记录的全部数据做出的U﹣I关系图象如图甲所示．‎ ‎（1）根据实验结果在图乙虚线框内画出该组同学的实验电路图．‎ ‎（2）根据实验结果判断得出实验中选用：电压表　B　（选填器材代号“A”或“B”），电流表　D　（选填器材代号“C”或“D”），滑动变阻器　E　（选填器材代号“E”或“F”）．‎ ‎（3）根据图甲信息得出器材G中的直流电源电动势为　8　V，内阻为　10　Ω．‎ ‎（4）将两个该型号小灯泡串联后直接与器材G中的直流电源E相连．则每个小灯消耗的实际功率为　0.56（0.55W～0.59W均对）　W．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）根据图甲数据，判断滑动变阻器和电流表的接法，再作出实验电路图；‎ ‎（2）根据图甲测量数据，选择电压表和电流表，根据滑动变阻器接法，选择滑动变阻器；‎ ‎（3）根据图甲数据，以及滑动变阻器的最大阻值，利用闭合电路欧姆定律列式，求出直流电源电动势和内阻；‎ ‎（4）在图甲中作出电源的U﹣I图象，交点即为小灯泡串联后的总电流和总电压，再计算每个小灯消耗的实际功率；‎ ‎【解答】解：（1）从图甲可知，将滑动变阻器滑片从一端移到另外一端过程中电表的示数不是从0开始测量的，因此滑动变阻器采用的不是分压接法，而是限流接法；从图甲可知，小灯泡的电阻为10Ω～30Ω，阻值较小，因此电流表采用外接法，作出的实验电路图如右上图所示；‎ ‎（2）从图甲可知，记录的全部数据中小灯两端电压U最大为6V，因此电压表的量程需要选择15V，故电压表选B；通过小灯的电流I最大为：0.2A=200mA，故电流表的量程需要选择500mA，故电流表选D；电路采用滑动变阻器限流接法，为了便于实验操作，滑动变阻器应选小阻值的，‎ 故滑动变阻器选E；‎ ‎（3）从图甲可知，当滑动变阻器接入电阻为0时，小灯两端电压U1最大为6V，通过小灯的电流I1最大为0.2A，则此时小灯电阻RL为30Ω，由闭合电路欧姆定律有：‎ 当滑动变阻器接入电阻为R1=60Ω时，小灯两端电压U2最小为1V，通过小灯的电流I2最小为0.1A，则此时小灯电阻RL为10Ω，‎ 由闭合电路欧姆定律有：‎ 解得：E=8V，r=10Ω；‎ ‎（4）将两个该型号小灯泡串联后直接与器材G中的直流电源E相连，根据闭合电路欧姆定律有：E=2U+Ir，解得U=4﹣5I，作出此时的U﹣I图象如图所示 图中交点I=0.18A，U=3.1V，则通过每个灯泡的电流为0.18A，每个灯泡的电压为3.1V 故每个小灯消耗的实际功率P=0.18A×3.1V≈0.56W，（由于交点读数存在误差，因此在0.55W～0.59W范围内均对）‎ 故答案为：（1）如右上图所示；（2）B，D，E；（3）8，10；（4）0.56（0.55W～0.59W均对）．‎ ‎　‎ 六、计算题（共50分）‎ ‎31．在容积为40L的容器中，盛有压缩二氧化碳3.96kg，该容器能承受的压强不超过6.0×106pa，求容器会有爆炸危险时内部气体达到的摄氏温度？（已知二氧化碳在标准状态下的密度是1.98kg/m3，温度是0℃，压强是1×105pa）‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】已知二氧化碳的质量和标准状况下的密度，即可求出标准状况下的气体的体积，然后结合容器能承受的最大压强，结合理想气体的状态方程即可求出．‎ ‎【解答】解：容器内的气体在标准状态下的状态量分别为：‎ T1=273K，p1=1×105pa，V1=ρm=1.98×3.96=2m3‎ 气体达到爆炸点的状态量为：‎ p2=6.0×106pa，V2=40L=0.04m3‎ 根据理想气体状态方程列式：‎ 代入数据解得：‎ T2=327.6K 即：t2=54.6℃‎ 答：容器会有爆炸危险时内部气体达到的摄氏温度是54.6℃．‎ ‎　‎ ‎32．如图所示，用一块长L1=1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面离地高H=0.8m，桌面长L2=1.5m，斜面和水平桌面间的倾角θ可以在0﹣60°之间调节后固定．将质量m=0.2kg的小物块从斜面顶端无初速释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.05，物块和桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面和桌面交接处的能量损失．（已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力）‎ ‎（1）当物块刚好能从斜面开始下滑时，求斜面的倾角θ； （用正切值表示）‎ ‎（2）当θ角增大到37°时，物块下滑后恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；‎ ‎（3）若将（2）中求出的μ2作为已知条件，继续增大θ角，求物块落地点与墙面的距离最大值S总，及此时斜面的倾角θ'．‎ ‎【考点】动能定理；动摩擦因数．‎ ‎【分析】（1）当物块刚好能从斜面开始下滑时，物体的重力沿斜面下滑的分力等于最大静摩擦力，列出等式即可求解斜面的倾角θ；‎ ‎（2）对全过程由动能定理进行分析，则可求得动摩擦因数μ2；‎ ‎（3）物体离开桌面后做平抛运动，由平抛运动的规律得到水平距离的表达式，再由数学知识求得最大距离S总，及此时斜面的倾角θ′．‎ ‎【解答】解：（1）当物块刚好能从斜面开始下滑时，则有 G斜=fm；‎ 即 mgsinθ=μ1 mgcosθ ‎ 得 tanθ=μ1=0.05‎ 故 θ=arctg0.05‎ ‎（2）从顶端无初速释放开始直至恰好运动到桌面末端 根据动能定理 W合=△EK得：‎ ‎ mgL1sin37°﹣μ1 mgcos37°L1﹣μ2 mg（L2﹣L1cos37°）=0‎ 解得：μ2=0.8‎ ‎（3）从顶端无初速释放开始直至运动到桌面末端 根据动能定理得：‎ ‎ mgL1sinθ﹣μ1mgcosθL1﹣μ2 mg（L2﹣L1cosθ）=‎ 代入得：sinθ+0.75 cosθ﹣1.2=‎ 变形得（sinθcosα+sinαcosθ）﹣1.2=，式中tanα=0.75，α=37°‎ 即sin（θ+37°）﹣1.2=‎ 则当θ=53°时，有最大值，解得v的最大值为：vm=1m/s 对于平抛运动，竖直方向有：‎ ‎ H=gt2；‎ 解得：t=0.4s；‎ 平抛运动的水平距离最大为：x1=vmt=0.4m 故物块落地点与墙面的距离最大值为：S总=L2+x1=1.9m 答：（1）当物块刚好能从斜面开始下滑时，斜面的倾角θ为arctg0.05．‎ ‎（2）当θ角增大到37°时，物块下滑后恰能停在桌面边缘，物块与桌面间的动摩擦因数μ2是0.8．‎ ‎（3）物块落地点与墙面的距离最大值S总是1.9m，此时斜面的倾角θ是53°．‎ ‎　‎ ‎33．如图所示金属小球A和B固定在弯成直角的绝缘轻杆两端，A球质量为2m，不带电，B球质量为m，带正电，电量为q．OA=2L，OB=L，轻杆可绕过O点且与纸面垂直的水平轴无摩擦转动，在过O点的竖直虚线右侧区域存在着水平向左的匀强电场，此时轻杆处于静止状态，且OA与竖直方向夹角为37°．重力加速度为g．‎ ‎（1）求匀强电场的电场强度大小E；‎ ‎（2）若不改变场强大小，将方向变为竖直向上，则由图示位置无初速释放轻杆后，求A球刚进入电场时的速度大小v．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理的应用；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）对A、B组成的系统，根据力矩平衡求出匀强电场的场强；‎ ‎（2）对系统运用动能定理，即可求出A球刚进入电场的速度；‎ ‎【解答】解：（1）轻杆处于静止状态时，根据力矩平衡M逆=M顺 mAg2Lsin37°=qELcos53°+mBgLsin53°‎ mA=2m，mB=m E=‎ ‎（2）A、B球角速度相等，根据v=ωr，A球线速度是B球线速度的2倍，A球线速度为v，B球线速度为 无初速释放轻杆后，直至A球刚进入电场过程中，根据系统动能定理．‎ W合=△EK WGA+WGB+W电B=△EK mA g2L（1﹣cos37°）+（qE﹣mB g）Lsin37°=+‎ mA=2m，mB=m；vA=v，vB=‎ v=‎ 答：（1）匀强电场的电场强度大小E为；‎ ‎（2）若不改变场强大小，将方向变为竖直向上，则由图示位置无初速释放轻杆后，A球刚进入电场时的速度大小v为 ‎　‎ ‎34．如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.4m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.5T、方向垂直于导轨所在平面的局部匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.5Ω的直流电源．现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计．（已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力．局部匀强磁场全部覆盖导体棒ab，但未覆盖电源．）‎ ‎（1）求静止时导体棒受到的安培力F安大小和摩擦力f大小；‎ ‎（2）若将导体棒质量增加为原来两倍，而磁场则以恒定速度v1=30m/s沿轨道向上运动，恰能使得导体棒匀速上滑．（局部匀强磁场向上运动过程中始终覆盖导体棒ab，但未覆盖电源．）求导体棒上滑速度v2；‎ ‎（3）在问题（2）中导体棒匀速上滑的过程，求安培力的功率P安和全电路中的电功率P电．‎ ‎【考点】安培力；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律求得电流，根据F=BIL求得安培力大小，根据受力分析求得摩擦力大小；‎ ‎（2）导体棒相对于磁场运动，会产生感应电动势，求得回路中的感应电动势，求得电流，根据共点力平衡求得速度；‎ ‎（3）根据P=Fv求得安培力的功率，根据求得电功率 ‎【解答】解：（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：‎ I=‎ F安=BIL=0.30N 导体棒所受重力沿斜面向下的分力为：‎ F1=mg sin37°=0.24N 由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件有：‎ mg sin37°+f=F安 解得：f=0.06N ‎（2）当导体棒质量加倍后，使其匀速运动需要的安培力也应该加倍 F安′=0.60N 设导体棒匀速速度为v2‎ E′=BL（v1﹣v2）+E I′=‎ F安′=BI′L 代入数据得：v2=7.5 m/s ‎（3）P安=F安′×v2=0.6×7.5=4.5W E′=BL（v1﹣v2）+E=9V P电==27W 答：（1）静止时导体棒受到的安培力F安大小为0.3N，摩擦力f大小为0.06N；‎ ‎（2）导体棒上滑速度v2为7.5m/s ‎（3）安培力的功率P安为4.5W，全电路中的电功率P电为27W ‎　‎ ‎2017年3月16日