2018-2019学年江苏省常州市高三（上）期末物理试卷
文档属性
| 名称 | 2018-2019学年江苏省常州市高三（上）期末物理试卷 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 461.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2019-06-24 11:06:19 | ||
图片预览
文档简介
2018-2019学年江苏省常州市高三（上）期末物理试卷
一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．
1．（3分）2018年11月16日，国际度量衡大会对千克等单位重新定义，实现了基本度量标准全部使用物理常数定义，而不依赖于实体。下列选项均是国际基本单位的是（ ）
A．开尔文K 牛顿N B．安培A 开尔文K
C．特斯拉T 安培A D．牛顿N 特斯拉T
2．（3分）如图所示，线圈L与灯泡A串联后接在5V的正弦式交流电源上。为降低灯泡A的亮度，下列操作可行的是（ ）
A．仅改用5V的直流电源 B．仅降低交流电源的频率
C．仅在线圈L中插入铁芯 D．仅减少线圈L的匝数
3．（3分）据报道，2018年我国发射了全球低轨卫星星座“鸿雁星座”系统的首颗试验卫星。它将运行在距离地球1100公里的圆轨道上，则其（ ）
A．向心加速度小于地面的重力加速度
B．线速度大于第一宇宙速度
C．周期大于地球自转周期
D．角速度小于地球自转角速度
4．（3分）如图所示为某电容式话筒的原理示意图，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板。对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动，则在P、Q间距减小的过程中（ ）
A．电容器的电容减小
B．金属极板上的电荷量减小
C．M点和N点的电势相等
D．M点比N点的电势低
5．（3分）在水平地面上以某一初速度竖直向上抛出一物体，物体所受的空气阻力与物体的速率成正比，经一段时间后落回地面，则下列关于物体的加速度随时间变化图象、速度随时间变化图象、机械能随路程变化图象、重力势能（地面作为参考平面）随路程变化图象正确的是（ ）
A． B．
C． D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．
6．（4分）如图所示，虚线为一粒子仅在电场力作用下的运动轨迹。A、B、C为轨迹上的三点，B、O、D在同一电场线上，且OB＝OD，则（ ）
A．该粒子带正电荷
B．粒子在B点的加速度小于粒子在A点的加速度
C．粒子在B点的电势能小于粒子在A点的电势能
D．电场中O、B间的电势差小于D、O间的电势差
7．（4分）如图所示，a、b两点位于同一条竖直线上，从a、b两点分别以速度v1、v2水平抛出两个小球，它们都能经过水平地面上方的P点。则下列说法正确的是（ ）
A．两小球抛出的初速度v1＞v2
B．两小球抛出的初速度v1＜v2
C．从a点抛出的小球着地时水平射程较大
D．从b点抛出的小球着地时水平射程较大
8．（4分）如图所示，光滑水平面上直线O1O2两侧对称固定放置两根载有电流大小恒定、方向相同的平行长直导线。单匝正方形线圈从P位置以一初速度水平向右滑出，线圈到达Q位置速度为零。则（ ）
A．在O1O2左侧的磁场方向垂直水平面向上
B．线圈中始终产生顺时针的感应电流
C．线圈的中心在O1O2位置时磁通量为零，感应电流为零
D．仅仅增加线圈的匝数，线圈仍能从P点滑到Q点
9．（4分）如图所示，柔软的不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系着一小球，小球放在水平升降平台上，不计摩擦和空气阻力。先让小球以某一速度在平台上做匀速圆周运动，后使升降平台缓慢竖直上升，在小球到达顶点O所在水平面之前，下列说法正确的是（ ）
A．小球转动的角速度逐渐减小
B．小球运动的线速度大小保持不变
C．升降平台对小球的支持力保持不变
D．O点受到的拉力逐渐减小
三、简答题：本题分必做题（第10、11、12C题）和选做题（第12A、12B题）两部分，共计42分．请将解答填写在相应的位置．
10．（8分）如图甲所示是某实验小组利用气垫导轨测量“功和动能变化的关系”的装置。气垫导轨的两个底脚间距为L，两光电门A、B中心的距离s保持不变，改变导轨右侧底脚相同垫块的个数，可以改变高度h。
（1）用游标卡尺测出滑块上遮光条宽度d，如图乙所示，d＝ mm．释放滑块，光电门A、B分别测出滑块遮光条挡光的时间为tA，tB，滑块在光电门A位置的瞬时速度vA的大小为 （用字母表示）。
（2）下列有关实验操作的说法正确的是 。
A．实验前需先测量滑块的质量
B．每次实验都要使滑块从静止开始滑下
C．每次实验都要使滑块从同一位置滑下
D．要先接通电源后释放滑块
（3）如果该实验小组通过测量作出的△Ek﹣h图象为过原点的直线，则 （选填“能”或“不能”）说明动能变化和合外力做功成正比。
11．（12分）某同学连接了一个如图1所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势E和内阻r，R为电阻箱，V为电压表，开关S。
（1）该同学连接的实验电路中有一处错误，请用笔在该处打上“×”号，并用笔画线作为导线，进行正确的连接。
（2）开关闭合前，电阻箱R的阻值应置于 （选填“零”或“较大”）。
（3）将开关S闭合，改变电阻箱的阻值，测出几组U及R的数据，作出﹣的图线如图2所示，则内阻r＝ Ω，电动势E＝ V（结果保留两位有效数字）
（4）如果电压表影响不可忽略，通过分析判断该实验测得的电源电动势将 （选填“偏大”“不变”或“偏小”）。
二.请从A、B两小题中选定一个小题作答，C为必选题，如都作答，则按A、C小题评分．A.[选修3-3]（12分）
12．（4分）下列说法正确的是（ ）
A．晶体体积增大，其分子势能一定增大
B．大头针能浮在水面上，是由于水的表面存在张力
C．人感觉到空气湿度大，是因为空气中水蒸气的饱和汽压大
D．气体分子热运动越剧烈，气体压强越大
13．（8分）（1）下列说法正确的是 。
A．晶体体积增大，其分子势能一定增大
B．大头针能浮在水面上，是由于水的表面存在张力
C．人感觉到空气湿度大，是因为空气中水蒸气的饱和气压大
D．气体分子热运动越强烈，气体压强越大
（2）如图所示，用水银血压计测量血压时，先向袖带内充气，然后缓慢放气。某次测量充入袖带内气体的压强为1.4p0，体积为V．已知阿伏加德罗常数为NA，该状态下气体的摩尔体积为V0，则袖带内气体的分子数为 ；然后缓慢放气过程中袖带内壁单位时间单位面积上受到分子撞击的次数 （选填“增大”“减小”或“不变”）。
（3）根据上述题意中，缓慢放气过程中温度保持不变，袖带内气体体积变为0.7V，压强变回到p0．求：①袖带内剩余气体的质量与放气前总质量的比值；②在放气过程中袖带内气体是吸热还是放热。
B.[选修3-4]（12分）
14．下列说法正确的是（ ）
A．物体做受迫振动时，振幅与物体本身无关
B．光纤通信是激光和光导纤维相结合实现的
C．火车以接近光速通过站台时车上乘客观察到站台上的旅客变矮
D．全息照相技术是光的衍射原理的具体应用
15．如图甲所示是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置。设向右为正方向，图乙是这个单摆的振动图象。该单摆振动的频率是 Hz，若振幅有所减小，则振动周期将 （选填“增大”“减小”或“不变”）。
16．在安静的夜晚钓鱼是一种乐趣。如图所示，平静湖面岸边的垂钓者，眼睛恰好位于岸边水面正上方h1＝0.9m的高度处，浮标Q离岸边P点s1＝1.2m远，当鱼饵灯M与浮标的水平距离s2＝1.8m时，垂钓者恰好观察到Q挡住了M的像，已知水的折射率n＝．求：
①鱼饵灯离水面的深度h2；
②如果鱼饵被鱼拖着下沉，则被鱼饵灯照亮的水面范围将变大还是变小？
C.[选修3-5]（12分）
17．下列说法正确的是（ ）
A．阴极射线的存在说明原子核是可分的
B．玻尔理论很好地解释了原子光谱的成因
C．原子的核式结构模型可以解释原子的稳定性
D．U235裂变产生的新核的比结合能比U235的比结合能大
18．科学家通过X射线的衍射来获得晶体的结构图象。已知普朗克常量为h，真空的光速为c。若X射线在真空中的波长为λ，其对应的光子能量E＝ ，该光子与电子碰撞后其波长将 （选填“变大”“不变”或“变小”）。
19．一个静止的铀核（U）放出一个α粒子变成钍核（Th），设该核反应中释放的能量全部转化为两个粒子的动能，已知α粒子动能为Ek1，真空中的光速为c。求：
①钍核的动能；
②该核反应中的质量亏损。
四、计算题：本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
20．（15分）如图所示，竖直放置的U形光滑导轨宽L＝1m，与一电容器和理想电流表串联。导轨平面有垂直于纸面向外B＝1T的匀强磁场，质量为m＝0.01kg的金属棒ab与导轨接触良好，由静止释放后沿导轨下滑，此过程中电流表的示数恒为I＝0.05A．重力加速度g取10m/s2，不计一切阻力和电阻，求：
（1）金属棒ab下滑的加速度大小；
（2）金属棒下滑h＝1m高度时，电容器所储存的电能；
（3）电容器的电容。
21．（16分）某打靶游戏的简化示意图如图所示。整个装置置于水平地面上。两根原长等于AP（或BQ）的完全相同轻质弹性绳，一端分别固定在水平地面上A、B两点，另一端系在一起，P、Q为水平地面上的定滑轮，将质量为m＝0.4kg的弹丸置于O1，用弹丸向右推弹性绳的节点到距离O1为r＝0.4m的M点，由静止释放弹丸，弹丸沿MO1在地面上滑行恰能运动至靶心O2处，已知O1O2的距离s＝0.4m，弹丸与地面动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2．求：
（1）弹丸到达O1位置时的速度大小；
（2）弹性绳的释放弹性势能Ep；
（3）每根弹性绳的劲度系数k和弹丸的最大速度vm。
22．（16分）如图所示，在第一象限内，0＜x≤a的区域Ⅰ中有垂直于纸面向里的匀强磁场，x＞a的区域Ⅱ中有垂直于纸面向外的匀强磁场，两区域内磁场的磁感应强度大小均为B．沿y轴有一不计厚度的返回粒子收集器，内部距离原点为2a的P点有一粒子源，持续不断的沿x轴正方向发射速度大小不同的同种带电粒子，粒子的质量为m、电荷量为+q，不计粒子的重力，求：
（1）进入区域Ⅱ磁场的粒子的最小速度；
（2）粒子从P点射出到返回到收集器上的同一位置的运动时间；
（3）要使所有返回区域Ⅰ磁场的带电粒子都能被收集器收集，求收集器的最小长度。
2018-2019学年江苏省常州市高三（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．
1．（3分）2018年11月16日，国际度量衡大会对千克等单位重新定义，实现了基本度量标准全部使用物理常数定义，而不依赖于实体。下列选项均是国际基本单位的是（ ）
A．开尔文K 牛顿N B．安培A 开尔文K
C．特斯拉T 安培A D．牛顿N 特斯拉T
【分析】国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。
【解答】解：际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。牛顿和特斯拉是导出单位，故B正确，ACD错误；
故选：B。
【点评】国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的
2．（3分）如图所示，线圈L与灯泡A串联后接在5V的正弦式交流电源上。为降低灯泡A的亮度，下列操作可行的是（ ）
A．仅改用5V的直流电源 B．仅降低交流电源的频率
C．仅在线圈L中插入铁芯 D．仅减少线圈L的匝数
【分析】线圈对电流的变化有阻碍作用，具有通直阻交的特点，阻碍作用随频率的增大而增大；由此即可得出结论。
【解答】解：A、根据电感线圈对电流的阻碍作用可知，电感线圈对交流电的阻碍作用更大，所以接直流的电路中的灯泡更亮一些。故A错误；
B、当交流的频率减小时，线圈的阻碍作用减小，所以图乙中的灯泡变亮。故B错误；
C、在线圈L中插入铁芯后线圈的自感系数增大，对交流电的阻碍作用增大，则流过线圈的电流减小，灯泡的亮度降低。故C正确；
D、减少线圈L的匝数，线圈的自感系数减小，对交流电的阻碍作用减小，则流过线圈的电流增大，灯泡的亮度增大，故D错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键掌握知道感抗与什么因素有关，知道感抗XL＝2πLf。
3．（3分）据报道，2018年我国发射了全球低轨卫星星座“鸿雁星座”系统的首颗试验卫星。它将运行在距离地球1100公里的圆轨道上，则其（ ）
A．向心加速度小于地面的重力加速度
B．线速度大于第一宇宙速度
C．周期大于地球自转周期
D．角速度小于地球自转角速度
【分析】根据万有引力提供向心力得出卫星的向心加速度表达式与地球的重力加速度表达式相比较即可判断大小关系；
根据万有引力提供向心力得出卫星的线速度表达式与第一宇宙速度表达式相比较即可判断大小关系；
地球的自转周期和地球同步卫星的周期相同角速度相同，用该实验卫星的周期和地球同步卫星的周期和角速度比较即可，
【解答】解：A、在地面上，物体重力等于万有引力得：，实验卫星据地面高度h＝1100km，根据万有引力提供向心力得：，则an＜g，故A正确；
B、第一宇宙速度为最大的环绕速度得：，同理，对试验卫星得：，则v＜v1，故线速度小于第一宇宙速度，故B错；
C、D该试验卫星的轨道半径（R+h）小于地球同步卫星的轨道半径7R，根据开普勒第三定律（其中T0为地球同步卫星的周期，即地球的自转周期T0＝1天），知T＜T0；根据得角速度大于地球同步卫星的角速度，即大于地球的自转角速度，故CD错误；
故选：A。
【点评】处理卫星的周期与地球自转周期关系时，地球的自转周期与地球同步卫星的周期相同，可以通过地球同步卫星这个“中介”进行比较。
4．（3分）如图所示为某电容式话筒的原理示意图，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板。对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动，则在P、Q间距减小的过程中（ ）
A．电容器的电容减小
B．金属极板上的电荷量减小
C．M点和N点的电势相等
D．M点比N点的电势低
【分析】在P、Q间距减小过程中，电容发生变化，而电容直接与电源相连，电容两端间的电压不变，从而可判断出电量的变化及电流的流向，再次可比较出电势的高低。
【解答】解：电容式话筒与电源串联，电压保持不变；
在P、Q间距减小过程中，
根据电容决定式C＝ 得电容增大，
又根据电容定义式C＝ 得电容器所带电量增大，电容器的充电电流通过R的方向由N到M，所以M点的电势比N点的低，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】解决电容器的动态分析问题，抓住不变量，若电容始终与电源相连，两端间的电压不变；若电容器与电源断开，则电容器所带的电量不变。
5．（3分）在水平地面上以某一初速度竖直向上抛出一物体，物体所受的空气阻力与物体的速率成正比，经一段时间后落回地面，则下列关于物体的加速度随时间变化图象、速度随时间变化图象、机械能随路程变化图象、重力势能（地面作为参考平面）随路程变化图象正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据牛顿第二定律分析小球加速度如何变化，由速度与加速度关系分析速度变化规律；根据功能关系分析机械能的变化情况，根据重力势能表达式分析重力势能与路程的关系。
【解答】解：AB、小球在向上运动合力F＝kv+mg＝ma，v减小，合力减小，加速度减小，向上做加速度减小的变减速运动，当向下运动的过程中合力F＝mg﹣kv，v增大，合力减小，加速度减小，向下做加速度减小的变加速运动，但加速度方向始终为向下，方向没有变化，故AB错误；
C、机械能一直在减小，减小量等于克服阻力做功E，所以E＝E0﹣fs＝E0﹣kvs，v先减小后增大，所以E﹣s图象斜率先减小后增大。故C正确；
D、重力势能Ep＝mgh，上升过程Ep＝mgs，Ep﹣s为一次函数，下降过程Ep＝mg（2H﹣s），Ep﹣s为一次函数，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了图象问题，关键要运用力学规律得到加速度，根据功能关系分析重力势能、机械能与路程的关系，再结合图象的物理意义分析。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．
6．（4分）如图所示，虚线为一粒子仅在电场力作用下的运动轨迹。A、B、C为轨迹上的三点，B、O、D在同一电场线上，且OB＝OD，则（ ）
A．该粒子带正电荷
B．粒子在B点的加速度小于粒子在A点的加速度
C．粒子在B点的电势能小于粒子在A点的电势能
D．电场中O、B间的电势差小于D、O间的电势差
【分析】根据粒子轨迹的弯曲方向可明确受力方向，同时根据等势面的高低分析电场线的方向，从而确定粒子电性；因带电粒子的运动轨迹是抛物线，所以两种运动方式都有可能；根据abc三点的位置关系以及带电粒子的电势能与动能之间的互化，可判断出经过A、B、C三点时的动能和电势能的大小关系。
【解答】解：A、电场线总是由高电势指向低电势，则由图可知，电场线向上；根据轨迹可知，粒子受电场力向下，与电场线方向相反，所以粒子一定带负电，故A错误；
B、B点的电场线比A点的电场线稀疏，根据电场线越密，电场强度越大，a＝，粒子在B点的加速度小于粒子在A点的加速度，故B正确；
C、由A到B电场力做负功，电势能增大，故粒子在B点的电势能大于粒子在A点的电势能，故C错误；
D、等差等势面越密的地方电场强度越大，OD段电场强度大于OB段，所以OD段电势差大于OB段电势差，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查到了电势能、带电粒子在电场中的运动、等势面、电场力做功等几方面的知识点。解决此题的关键是对等势面的理解，等势面就是电场中电势相等的各点构成的面，注意等势面有以下几方面的特点：
①、等势面一定与电场线垂直，即跟场强的方向垂直。
②、在同一等势面上移动电荷时电场力不做功。
③、电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面。
④、任意两个等势面都不会相交。
⑤、等差等势面越密的地方电场强度越大，即等差等势面的分布疏密可以描述电场的强弱。
7．（4分）如图所示，a、b两点位于同一条竖直线上，从a、b两点分别以速度v1、v2水平抛出两个小球，它们都能经过水平地面上方的P点。则下列说法正确的是（ ）
A．两小球抛出的初速度v1＞v2
B．两小球抛出的初速度v1＜v2
C．从a点抛出的小球着地时水平射程较大
D．从b点抛出的小球着地时水平射程较大
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据在P点相遇，结合高度比较运动的时间，从而通过水平位移比较初速度
【解答】解：AB、因为从抛出到P点的过程中，水平位移相等，a球的运动时间较长，则a球的初速度较小，即v1＜v2，故A错误，B正确。
CD、到达P点时，a球的竖直分速度较大，所以从P点到地面，a球先落地，b球后落地，b的初速度大，所以b球的水平射程较大，故C错误，D正确。
故选：BD。
【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，注意明确两球在P点相遇，即同时出现在P点。
8．（4分）如图所示，光滑水平面上直线O1O2两侧对称固定放置两根载有电流大小恒定、方向相同的平行长直导线。单匝正方形线圈从P位置以一初速度水平向右滑出，线圈到达Q位置速度为零。则（ ）
A．在O1O2左侧的磁场方向垂直水平面向上
B．线圈中始终产生顺时针的感应电流
C．线圈的中心在O1O2位置时磁通量为零，感应电流为零
D．仅仅增加线圈的匝数，线圈仍能从P点滑到Q点
【分析】两根平行长直导线中，通以同方向同强度的电流，产生磁场，根据安培定则可知，在中线OO′右侧磁场向外，左侧磁场向里。当导线框向左运动时，磁通量变化，产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流方向。
【解答】解：A、根据安培定则可知，在中线OO′右侧磁场向下，左侧磁场向上。故A正确；
B、C、当导线框位于中线OO′右侧运动时，磁场向下，磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流方向为顺时针；当导线框经过中线OO′磁场方向先向下，后向上，磁通量先减小，磁通量先向下减小，后向上增加，根据楞次定律，可知感应电流方向为顺时针；当导线框位于中线OO′左侧运动时，磁场向下，磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流方向为顺时针，故B正确，C错误。
D、仅仅增大线圈的匝数，线圈仍能从P点滑到Q点，线圈的质量增大，开始时的动能也增大，其运动与单匝线圈运动的情况是相同的，线圈仍能从P点滑到Q点。故D正确
故选：ABD。
【点评】本题考查运用楞次定律判断感应电流方向的能力，难点在于分析导线框经过中线时磁场方向和磁通量的变化情况，同时注意熟练掌握楞次定律的应用方法和步骤。
9．（4分）如图所示，柔软的不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系着一小球，小球放在水平升降平台上，不计摩擦和空气阻力。先让小球以某一速度在平台上做匀速圆周运动，后使升降平台缓慢竖直上升，在小球到达顶点O所在水平面之前，下列说法正确的是（ ）
A．小球转动的角速度逐渐减小
B．小球运动的线速度大小保持不变
C．升降平台对小球的支持力保持不变
D．O点受到的拉力逐渐减小
【分析】小球在平台上做圆周运动的半径逐渐增大，小球在竖直向合力为0，在水平向为绳子的拉力的分量，指向圆心，小球沿径向向外运动，拉力的分量做负功，则动能减小，速率减小，由v＝rω可得，小球的角速度减小，对小球受力分析求出平台对小球的支持力大小及绳子拉力的大小。
【解答】解：AB、升降平台缓慢竖直上升，小球在平台上做圆周运动的半径逐渐增大，小球在竖直向合力为0，在水平向为绳子的拉力的分量，指向圆心，小球沿径向向外运动，拉力的分量做负功，则动能减小，速率减小，由v＝rω可得，由v＝rω得小球的角速度减小，故A正确，B错误；
CD、平台上升后，绳的拉力Fsinθ＝m，因θ逐渐增大，减小，故F减小，平台对小球的支持力F′＝mg﹣Fcosθ，因F减小，θ增大，cosθ减小，故F′增大，故C错误D正确
故选：AD。
【点评】本题关键要对球受力分析，找向心力来源，求角速度；同时要灵活应用角速度与线速度、周期、向心加速度之间的关系公式！
三、简答题：本题分必做题（第10、11、12C题）和选做题（第12A、12B题）两部分，共计42分．请将解答填写在相应的位置．
10．（8分）如图甲所示是某实验小组利用气垫导轨测量“功和动能变化的关系”的装置。气垫导轨的两个底脚间距为L，两光电门A、B中心的距离s保持不变，改变导轨右侧底脚相同垫块的个数，可以改变高度h。
（1）用游标卡尺测出滑块上遮光条宽度d，如图乙所示，d＝ 5.80 mm．释放滑块，光电门A、B分别测出滑块遮光条挡光的时间为tA，tB，滑块在光电门A位置的瞬时速度vA的大小为 （用字母表示）。
（2）下列有关实验操作的说法正确的是 D 。
A．实验前需先测量滑块的质量
B．每次实验都要使滑块从静止开始滑下
C．每次实验都要使滑块从同一位置滑下
D．要先接通电源后释放滑块
（3）如果该实验小组通过测量作出的△Ek﹣h图象为过原点的直线，则 能 （选填“能”或“不能”）说明动能变化和合外力做功成正比。
【分析】（1）为了使绳子拉力充当合力，即细线拉力做的功等于合力对小车做的功，应先平衡摩擦力；
（2）小车在钩码的作用下拖动纸带在水平面上做加速运动，通过速度传感器可算出AB两点的速度大小，动能定理即可计算出动能的变化；
【解答】解：（1）游标的读数为主尺和游标尺的读数之和，遮光条的宽度d＝5mm+16×＝5.80mm。由通过遮光条的挡光时间和挡光宽度d（即在时间t内的位移为d），所以滑块通过光电门A的速度vA＝。
（2）本实验是通过气垫导轨让钩码拉到滑块在气垫导轨上加速运动，从而探究速度与做功的关系：A、由于研究对象是滑块，其重力的功与动能的表达式中均有质量的因子，所以不必测量滑块质量，故选项A错误；
BC、每次改变导轨的倾斜程度时，均测出功和动能的变化，从一个过程确定一组速度、功的值，当改变倾角后，是另一组值，不必从同一位置释放，由于测定的是两个速度，所以不一定要求初速度为零，故BC均错误；
D、选通电再释放滑块，否则有可能测量的量为零，故选项D正确。
（3）由动能定理有：△Ek＝mgh，所以△Ek﹣h图象是一条过原点的直线。反过来看，若得到的图象是一条过原点的直线，则可证明动能的变化与合外力的功成正比。
故答案为：（1）5.80
（2）D
（3）能
【点评】本实验很新颖，实验的原理都是我们学过的物理规律，对任何实验都是从最基本的物理规律去解决，对于系统问题我们要清楚内部各个物体间能的变化。
11．（12分）某同学连接了一个如图1所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势E和内阻r，R为电阻箱，V为电压表，开关S。
（1）该同学连接的实验电路中有一处错误，请用笔在该处打上“×”号，并用笔画线作为导线，进行正确的连接。
（2）开关闭合前，电阻箱R的阻值应置于 较大 （选填“零”或“较大”）。
（3）将开关S闭合，改变电阻箱的阻值，测出几组U及R的数据，作出﹣的图线如图2所示，则内阻r＝ 1.0 Ω，电动势E＝ 3.3 V（结果保留两位有效数字）
（4）如果电压表影响不可忽略，通过分析判断该实验测得的电源电动势将 偏小 （选填“偏大”“不变”或“偏小”）。
【分析】（1）已知电路图，根据电路图将电源、开关及电阻箱串接，电压表并联在电阻箱两端；注意接线要接在接线柱上，导线不能交叉；
（2）由电路的接法利用闭合是路欧姆定律可得出表达式，再利用数学规律可求得电动势和内阻；
（3）由于技术上的不完善及电路的设计、实验方法及测量技术等造成的误差为系统误差；而由于读数等造成的误差为偶然误差；采用图象法可以减小偶然误差。
【解答】解：（1）实物连接中显然电压表不受开关的控制，所以要将电压表接电源负极的那根线改接到开关的右接线柱，改正后的连接如图红线所示。
（2）为保证电表及元件的安全，应将滑动变阻器调到阻值较大位置，不容易超过额定电流值；
（3）由闭合电路欧姆定律有：E＝U+，变形得到：＝，从题目所给的图象结合上述表达式有：
＝﹣1 （纵轴截距） 和 ，联立以上两式可求得：r＝1.0Ω E＝3.3V。
（4）由于电压表的分流作用，这样实际通过电源内阻的电流大于，且电压越大时分流越大，U﹣I图象测得的比实际的倾角要小，即内阻偏小。
故答案为：（1）如图所示
（2）较大
（3）1.0 3.3
（4）偏小
【点评】本题求电动势和内阻的关键在于正确的由闭合电路欧姆定律得出函数关系，从而结合图象求出； 同时注意区分系统误差和偶然误差。
二.请从A、B两小题中选定一个小题作答，C为必选题，如都作答，则按A、C小题评分．A.[选修3-3]（12分）
12．（4分）下列说法正确的是（ ）
A．晶体体积增大，其分子势能一定增大
B．大头针能浮在水面上，是由于水的表面存在张力
C．人感觉到空气湿度大，是因为空气中水蒸气的饱和汽压大
D．气体分子热运动越剧烈，气体压强越大
【分析】根据分子力分析分子势能变化；液体表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，即是表面张力。
人感觉到空气湿度大，是因为空气相对湿度大；气体压强与气体温度和体积共同决定。
【解答】解：A、晶体体积增大，分子间距增大，当分子间为斥力，分子力做正功，分子势能减小，故A错误；
B、液体表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，即是表面张力，大头针能浮在水面上，是由于水的表面存在张力。故B正确；
C、人感觉到空气湿度大，是因为空气相对湿度大。故C错误；
D、气体压强与气体温度和体积共同决定，温度高压强不一定大。故D错误。
故选：B。
【点评】该题考查表面张力、相对湿度等知识点的内容，属于对基础知识点的考查，其中的关键要掌握分子动理论的基本知识。
13．（8分）（1）下列说法正确的是 B 。
A．晶体体积增大，其分子势能一定增大
B．大头针能浮在水面上，是由于水的表面存在张力
C．人感觉到空气湿度大，是因为空气中水蒸气的饱和气压大
D．气体分子热运动越强烈，气体压强越大
（2）如图所示，用水银血压计测量血压时，先向袖带内充气，然后缓慢放气。某次测量充入袖带内气体的压强为1.4p0，体积为V．已知阿伏加德罗常数为NA，该状态下气体的摩尔体积为V0，则袖带内气体的分子数为 NA ；然后缓慢放气过程中袖带内壁单位时间单位面积上受到分子撞击的次数 减小 （选填“增大”“减小”或“不变”）。
（3）根据上述题意中，缓慢放气过程中温度保持不变，袖带内气体体积变为0.7V，压强变回到p0．求：①袖带内剩余气体的质量与放气前总质量的比值；②在放气过程中袖带内气体是吸热还是放热。
【分析】（1）根据分子力分析分子势能变化；液体表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，即是表面张力。
人感觉到空气湿度大，是因为空气相对湿度大；气体压强与气体温度和体积共同决定。
（2）由气体的摩尔体积和体积求出物质的量，再根据阿伏伽德罗常数求解分子数。
（3）对原袖带内气体发生等温变化，根据玻意耳定律列式求解体积变化，从而知质量变化，根据热力学第一定律分析吸热还是放热。
【解答】解：A、晶体体积增大，分子间距增大，当分子间为斥力，分子力做正功，分子势能减小，故A错误；
B、液体表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，即是表面张力，大头针能浮在水面上，是由于水的表面存在张力。故B正确；
C、人感觉到空气湿度大，是因为空气相对湿度大。故C错误；
D、气体压强与气体温度和体积共同决定，温度高压强不一定大。故D错误。
故选：B
（2）由气体的摩尔体积和体积求出物质的量n＝，袖带内气体的分子数N＝nNA＝NA
（3）①对原袖带内气体而言，发生等温变化，设放出压强为p0的气体体积为△V，
则1.4p0V＝p0（0.7V+△V），
解得△V＝0.7V
袖带内剩余气体的质量与放气前总质量的比值
η＝＝
②根据热力学第一定律，气体对外做功，内能不变，必须吸热。
故答案为：
（1）B
（2）NA 减小
（3）①袖带内剩余气体的质量与放气前总质量的比值；②在放气过程中袖带内气体吸热。
【点评】该题考查布朗运动、表面张力、相对湿度等知识点的内容，属于对基础知识点的考查，其中的关键要掌握分子动理论的基本知识，特别是要掌握布朗运动的实质和产生原因。
B.[选修3-4]（12分）
14．下列说法正确的是（ ）
A．物体做受迫振动时，振幅与物体本身无关
B．光纤通信是激光和光导纤维相结合实现的
C．火车以接近光速通过站台时车上乘客观察到站台上的旅客变矮
D．全息照相技术是光的衍射原理的具体应用
【分析】当周期性驱动力的频率和物体的固有频率相等时振幅达到最大，即共振；光纤通信是激光的频率单一性；全息照片的拍摄利用了光的干涉；根据尺缩效应即可解释。
【解答】解：A、只有当周期性驱动力的频率和物体的固有频率相等时振幅达到最大，即发生共振；驱动力频率与系统的自由振动的频率不一定相等，故A错误；
B、光纤通信是激光和光导纤维相结合的产物，利用了激光的频率单一性的特点，故B正确；
C、根据尺缩效应，沿物体运动的方向上的长度将变短，火车以接近光束通过站台时，车上乘客观察到站在站台上旅客变瘦，而不是变矮，故C错误；
D、全息照片的拍摄利用了光的干涉原理，故D错误；
故选：B。
【点评】考查共振现象、光的干涉、及光的相对论等知识点的内容，理解各种现象的原理，注意激光的各自特点及用途，注意尺缩效应的方向是解答的关键。
15．如图甲所示是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置。设向右为正方向，图乙是这个单摆的振动图象。该单摆振动的频率是 1.25 Hz，若振幅有所减小，则振动周期将 不变 （选填“增大”“减小”或“不变”）。
【分析】单摆做简谐运动，完成一次全振动的时间为一个周期，图上相邻两个最大值之间的时间间隔为一个周期。由图象求出单摆的周期，然后求出频率；由单摆的周期公式知，单摆的周期与振幅无关，故周期不变。
【解答】解：由乙图可知，单摆的周期T＝0.8s，则单摆的频率f＝；
根据单摆的周期公式可知，单摆的周期与振幅无关，故当振幅减小时，单摆的周期不变。
故答案为：1.25；不变。
【点评】本题关键是能由摆的振动图象读出摆的周期，知道单摆的周期与振幅无关。
16．在安静的夜晚钓鱼是一种乐趣。如图所示，平静湖面岸边的垂钓者，眼睛恰好位于岸边水面正上方h1＝0.9m的高度处，浮标Q离岸边P点s1＝1.2m远，当鱼饵灯M与浮标的水平距离s2＝1.8m时，垂钓者恰好观察到Q挡住了M的像，已知水的折射率n＝．求：
①鱼饵灯离水面的深度h2；
②如果鱼饵被鱼拖着下沉，则被鱼饵灯照亮的水面范围将变大还是变小？
【分析】①作出光路图，由几何知识得出入射角的正弦值与折射角的正弦值，再结合折射定律求鱼饵灯离水面的深度；
②被鱼饵灯照亮的水面边缘恰好发生了全反射，入射角等于临界角。由临界公式sinC＝和几何关系分析。
【解答】解：①设入射角、折射角分别为r、i，由折射定律得：
n＝
又由几何知识可得：
sini＝，sinr＝
联立解得：h2＝2.4m
②被鱼饵灯照亮的水面边缘恰好发生了全反射，入射角等于临界角。由临界公式sinC＝知C不变，则如果鱼饵被鱼拖着下沉，则被鱼饵灯照亮的水面范围将变大。
答：①鱼饵灯离水面的深度h2是2.4m。
②被鱼饵灯照亮的水面范围将变大。
【点评】本题的关键是作出光路图，利用几何知识和折射定律求解相关的角度和距离，要注意光线的方向不能画错。
C.[选修3-5]（12分）
17．下列说法正确的是（ ）
A．阴极射线的存在说明原子核是可分的
B．玻尔理论很好地解释了原子光谱的成因
C．原子的核式结构模型可以解释原子的稳定性
D．U235裂变产生的新核的比结合能比U235的比结合能大
【分析】卢瑟福提出的原子核式结构模型，仅能解释α粒子散射实验；玻尔的氢原子模型，成功引入了量子化假说；元素的放射性不受化学形态影响，说明射线来自原子核，且原子核内部是有结构的；比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定；根据爱因斯坦质能方程轻核聚变和重核裂变产生的能量与反应过程损失的质量有关；
【解答】解：A、阴极射线的存在说明原子是可分的，则A错误
B、玻尔把量子理论应用到原子结构中，假设了电子轨道及原子的能量是量子化的，并假定了能级跃迁时的频率条件，成功地解释了氢原子光谱的实验规律，但不能解释复杂原子的光谱，则B错误
C、卢瑟福提出的原子核式结构模型，无法解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征，则C错误
D、我国核电站采用了重核裂变，用中子轰击U235，产生的新核比U235更稳定，比结合能比较大，则D正确
故选：D。
【点评】考查对于原子核的认知过程及结合能的知识，要平时多注意积累。
18．科学家通过X射线的衍射来获得晶体的结构图象。已知普朗克常量为h，真空的光速为c。若X射线在真空中的波长为λ，其对应的光子能量E＝ ，该光子与电子碰撞后其波长将 变大 （选填“变大”“不变”或“变小”）。
【分析】根据E＝hv求出光子的能量，通过康普顿效应判断波长的变化。
【解答】解：X射线为光子，其在真空中的波长为λ，则对应的光子能量：E＝；
光子与电子的碰撞过程中，系统不受外力，也没有能量损失，故系统动量守恒，系统能量也守恒，光子与电子碰撞后，电子能量增加，故光子能量减小，根据E＝hv，光子的频率减小，根据λ＝知，波长变大。
故答案为：，变大
【点评】解决本题的关键知道频率与波长的关系，以及掌握康普顿效应。
19．一个静止的铀核（U）放出一个α粒子变成钍核（Th），设该核反应中释放的能量全部转化为两个粒子的动能，已知α粒子动能为Ek1，真空中的光速为c。求：
①钍核的动能；
②该核反应中的质量亏损。
【分析】①衰变过程类似于爆炸，满足动量守恒和能量守恒，结合动能的表达式即可求出；
②衰变产生的能量全部以动能的形式释放，可求释放的总能量，结合爱因斯坦质能方程，求出质量亏损。
【解答】解：①以α粒子的速度方向为正方向，系统的动量守恒得0＝pα﹣pTh
所以＝
α粒子的质量数为4，钍核的质量数为234，得 EkTh＝Ek1
②释放的总能量：△E＝Ek1+EkTh＝
由△E＝△mc2得
△m＝
答：
①钍核的动能是Ek1；
②该核反应中的质量亏损是。
【点评】本题考查了写核反应方程式、求速度、求质量亏损，知道核反应过程质量数与核电荷数守恒、应用动量守恒定律、质能方程即可解题。
四、计算题：本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
20．（15分）如图所示，竖直放置的U形光滑导轨宽L＝1m，与一电容器和理想电流表串联。导轨平面有垂直于纸面向外B＝1T的匀强磁场，质量为m＝0.01kg的金属棒ab与导轨接触良好，由静止释放后沿导轨下滑，此过程中电流表的示数恒为I＝0.05A．重力加速度g取10m/s2，不计一切阻力和电阻，求：
（1）金属棒ab下滑的加速度大小；
（2）金属棒下滑h＝1m高度时，电容器所储存的电能；
（3）电容器的电容。
【分析】（1）导体棒匀速下滑时，受到重力与安培力作用，由安培力公式求出安培力，然后由平衡条件求出下滑的速度；
（2）导体棒下滑时，重力做正功，安培力做负功，克服安培力做功转化为焦耳热，由能量守恒定律可以求出产生的焦耳热；
（3）根据电容器的电容定义求电容。
【解答】解：（1）导体棒受安培力FA＝BIL＝0.05N
由牛顿第二定律mg﹣FA＝ma
解得a＝＝＝5m/s2。
（2）由功能关系知道，克服安培力所做的功转化为电路的电能：△E＝W克安
克服安培力做功W克安＝BILh
联立解得△E＝0.05J。
（3）任意时刻导体切割磁感线产生的感应电动势：E＝BLv
电容器的电量：Q＝CU＝CBLv
联立得到：Q＝It＝I
所以C＝＝0.01F。
答：（1）金属棒ab下滑的加速度大小为5m/s2。
（2）金属棒下滑h＝1m高度时，电容器所储存的电能为0.05J。
（3）电容器的电容为0.01F。
【点评】本题考查了求导体棒的速度、产生的焦耳热问题，应用安培力公式、平衡条件、能量守恒定律即可正确解题。
21．（16分）某打靶游戏的简化示意图如图所示。整个装置置于水平地面上。两根原长等于AP（或BQ）的完全相同轻质弹性绳，一端分别固定在水平地面上A、B两点，另一端系在一起，P、Q为水平地面上的定滑轮，将质量为m＝0.4kg的弹丸置于O1，用弹丸向右推弹性绳的节点到距离O1为r＝0.4m的M点，由静止释放弹丸，弹丸沿MO1在地面上滑行恰能运动至靶心O2处，已知O1O2的距离s＝0.4m，弹丸与地面动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2．求：
（1）弹丸到达O1位置时的速度大小；
（2）弹性绳的释放弹性势能Ep；
（3）每根弹性绳的劲度系数k和弹丸的最大速度vm。
【分析】（1）从O1到O2的过程由动能定理可求得弹丸到达O1位置时的速度大小；
（2）由系统的能量守恒知弹性绳释放的弹性势能克服摩擦力做功，通过求解克服摩擦力做的功可求得弹性势能；
（3）由胡克定律结合弹性势能的公式可求得劲度系数，当弹丸的加速度为0时速度最大，根据动能定理可求得最大速度。
【解答】解：（1）由O1到O2的过程由动能定理得：﹣μmgs＝﹣mv2
解得：v＝2m/s。
（2）由系统的能量守恒得：Ep＝μmg（s+r）
所以两弹性绳共释放弹性势能：Ep＝1.6J。
（3）每根弹性绳的弹力的水平分力：Fr＝k△xcosθ＝kr
又因为：Ep＝r＝kr2
解得：k＝2＝10N/m
当弹丸的加速度为0时速度最大，满足2kr0＝μmg
解得：r0＝0.1m
由动能定理得：2?（﹣）﹣μmg（r﹣r0）＝
解得：vm＝m/s。
答：（1）弹丸到达O1位置时的速度大小是2m/s；
（2）弹性绳的释放弹性势能是1.6J；
（3）每根弹性绳的劲度系数是10N/m，弹丸的最大速度是m/s。
【点评】本题考查了动能定理、能量守恒定律、胡克定律等知识的综合应用，推导出弹性势能的表达式是解题的关键，
22．（16分）如图所示，在第一象限内，0＜x≤a的区域Ⅰ中有垂直于纸面向里的匀强磁场，x＞a的区域Ⅱ中有垂直于纸面向外的匀强磁场，两区域内磁场的磁感应强度大小均为B．沿y轴有一不计厚度的返回粒子收集器，内部距离原点为2a的P点有一粒子源，持续不断的沿x轴正方向发射速度大小不同的同种带电粒子，粒子的质量为m、电荷量为+q，不计粒子的重力，求：
（1）进入区域Ⅱ磁场的粒子的最小速度；
（2）粒子从P点射出到返回到收集器上的同一位置的运动时间；
（3）要使所有返回区域Ⅰ磁场的带电粒子都能被收集器收集，求收集器的最小长度。
【分析】（1）由几何关系求得粒子在磁场中的半径，由牛顿第二定律可求得粒子的最小速度；
（2）由几何关系可求得粒子在左侧磁场运动的第一段轨迹对应的圆心角，则运动时间可求解；
（3）由几何关系求得PN＝2a，画出粒子速度最大且能返回到y轴的运动轨迹示意图，由几何关系可求得轨道半径，则PM可求解，收集器的最小长度为二者之和。
【解答】解：（1）由几何关系，r1＝a
在磁场中做匀速圆周运动qv1B＝m
解得：v1＝
（2）粒子在左侧磁场运动的第一段轨迹对应的圆心角为60°
运动时间t＝2?+5?＝T
所以解得：t＝×＝。
（3）由几何关系，PN＝2a
粒子速度最大且能返回到y轴的运动轨迹示意图如图所示，由几何关系可得
2r3﹣2（r3﹣r3cosβ）＝2a
2r3sinβ＝2a
解得：r3＝2a，β＝30°
PM＝2a﹣2（r3﹣r3cosβ）＝4（﹣1）a
MN＝PM+PN＝4a﹣2a。
答：（1）进入区域Ⅱ磁场的粒子的最小速度是；
（2）粒子从P点射出到返回到收集器上的同一位置的运动时间是；
（3）收集器的最小长度是4a﹣2a。
【点评】本题考查带电粒子在有界磁场中的运动，解题关键是要画出粒子轨迹过程图，找到临界几何条件，再运用洛伦兹力提供向心力与几何关系结合求解即可，对数学几何能力要求较高。
一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．
1．（3分）2018年11月16日，国际度量衡大会对千克等单位重新定义，实现了基本度量标准全部使用物理常数定义，而不依赖于实体。下列选项均是国际基本单位的是（ ）
A．开尔文K 牛顿N B．安培A 开尔文K
C．特斯拉T 安培A D．牛顿N 特斯拉T
2．（3分）如图所示，线圈L与灯泡A串联后接在5V的正弦式交流电源上。为降低灯泡A的亮度，下列操作可行的是（ ）
A．仅改用5V的直流电源 B．仅降低交流电源的频率
C．仅在线圈L中插入铁芯 D．仅减少线圈L的匝数
3．（3分）据报道，2018年我国发射了全球低轨卫星星座“鸿雁星座”系统的首颗试验卫星。它将运行在距离地球1100公里的圆轨道上，则其（ ）
A．向心加速度小于地面的重力加速度
B．线速度大于第一宇宙速度
C．周期大于地球自转周期
D．角速度小于地球自转角速度
4．（3分）如图所示为某电容式话筒的原理示意图，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板。对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动，则在P、Q间距减小的过程中（ ）
A．电容器的电容减小
B．金属极板上的电荷量减小
C．M点和N点的电势相等
D．M点比N点的电势低
5．（3分）在水平地面上以某一初速度竖直向上抛出一物体，物体所受的空气阻力与物体的速率成正比，经一段时间后落回地面，则下列关于物体的加速度随时间变化图象、速度随时间变化图象、机械能随路程变化图象、重力势能（地面作为参考平面）随路程变化图象正确的是（ ）
A． B．
C． D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．
6．（4分）如图所示，虚线为一粒子仅在电场力作用下的运动轨迹。A、B、C为轨迹上的三点，B、O、D在同一电场线上，且OB＝OD，则（ ）
A．该粒子带正电荷
B．粒子在B点的加速度小于粒子在A点的加速度
C．粒子在B点的电势能小于粒子在A点的电势能
D．电场中O、B间的电势差小于D、O间的电势差
7．（4分）如图所示，a、b两点位于同一条竖直线上，从a、b两点分别以速度v1、v2水平抛出两个小球，它们都能经过水平地面上方的P点。则下列说法正确的是（ ）
A．两小球抛出的初速度v1＞v2
B．两小球抛出的初速度v1＜v2
C．从a点抛出的小球着地时水平射程较大
D．从b点抛出的小球着地时水平射程较大
8．（4分）如图所示，光滑水平面上直线O1O2两侧对称固定放置两根载有电流大小恒定、方向相同的平行长直导线。单匝正方形线圈从P位置以一初速度水平向右滑出，线圈到达Q位置速度为零。则（ ）
A．在O1O2左侧的磁场方向垂直水平面向上
B．线圈中始终产生顺时针的感应电流
C．线圈的中心在O1O2位置时磁通量为零，感应电流为零
D．仅仅增加线圈的匝数，线圈仍能从P点滑到Q点
9．（4分）如图所示，柔软的不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系着一小球，小球放在水平升降平台上，不计摩擦和空气阻力。先让小球以某一速度在平台上做匀速圆周运动，后使升降平台缓慢竖直上升，在小球到达顶点O所在水平面之前，下列说法正确的是（ ）
A．小球转动的角速度逐渐减小
B．小球运动的线速度大小保持不变
C．升降平台对小球的支持力保持不变
D．O点受到的拉力逐渐减小
三、简答题：本题分必做题（第10、11、12C题）和选做题（第12A、12B题）两部分，共计42分．请将解答填写在相应的位置．
10．（8分）如图甲所示是某实验小组利用气垫导轨测量“功和动能变化的关系”的装置。气垫导轨的两个底脚间距为L，两光电门A、B中心的距离s保持不变，改变导轨右侧底脚相同垫块的个数，可以改变高度h。
（1）用游标卡尺测出滑块上遮光条宽度d，如图乙所示，d＝ mm．释放滑块，光电门A、B分别测出滑块遮光条挡光的时间为tA，tB，滑块在光电门A位置的瞬时速度vA的大小为 （用字母表示）。
（2）下列有关实验操作的说法正确的是 。
A．实验前需先测量滑块的质量
B．每次实验都要使滑块从静止开始滑下
C．每次实验都要使滑块从同一位置滑下
D．要先接通电源后释放滑块
（3）如果该实验小组通过测量作出的△Ek﹣h图象为过原点的直线，则 （选填“能”或“不能”）说明动能变化和合外力做功成正比。
11．（12分）某同学连接了一个如图1所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势E和内阻r，R为电阻箱，V为电压表，开关S。
（1）该同学连接的实验电路中有一处错误，请用笔在该处打上“×”号，并用笔画线作为导线，进行正确的连接。
（2）开关闭合前，电阻箱R的阻值应置于 （选填“零”或“较大”）。
（3）将开关S闭合，改变电阻箱的阻值，测出几组U及R的数据，作出﹣的图线如图2所示，则内阻r＝ Ω，电动势E＝ V（结果保留两位有效数字）
（4）如果电压表影响不可忽略，通过分析判断该实验测得的电源电动势将 （选填“偏大”“不变”或“偏小”）。
二.请从A、B两小题中选定一个小题作答，C为必选题，如都作答，则按A、C小题评分．A.[选修3-3]（12分）
12．（4分）下列说法正确的是（ ）
A．晶体体积增大，其分子势能一定增大
B．大头针能浮在水面上，是由于水的表面存在张力
C．人感觉到空气湿度大，是因为空气中水蒸气的饱和汽压大
D．气体分子热运动越剧烈，气体压强越大
13．（8分）（1）下列说法正确的是 。
A．晶体体积增大，其分子势能一定增大
B．大头针能浮在水面上，是由于水的表面存在张力
C．人感觉到空气湿度大，是因为空气中水蒸气的饱和气压大
D．气体分子热运动越强烈，气体压强越大
（2）如图所示，用水银血压计测量血压时，先向袖带内充气，然后缓慢放气。某次测量充入袖带内气体的压强为1.4p0，体积为V．已知阿伏加德罗常数为NA，该状态下气体的摩尔体积为V0，则袖带内气体的分子数为 ；然后缓慢放气过程中袖带内壁单位时间单位面积上受到分子撞击的次数 （选填“增大”“减小”或“不变”）。
（3）根据上述题意中，缓慢放气过程中温度保持不变，袖带内气体体积变为0.7V，压强变回到p0．求：①袖带内剩余气体的质量与放气前总质量的比值；②在放气过程中袖带内气体是吸热还是放热。
B.[选修3-4]（12分）
14．下列说法正确的是（ ）
A．物体做受迫振动时，振幅与物体本身无关
B．光纤通信是激光和光导纤维相结合实现的
C．火车以接近光速通过站台时车上乘客观察到站台上的旅客变矮
D．全息照相技术是光的衍射原理的具体应用
15．如图甲所示是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置。设向右为正方向，图乙是这个单摆的振动图象。该单摆振动的频率是 Hz，若振幅有所减小，则振动周期将 （选填“增大”“减小”或“不变”）。
16．在安静的夜晚钓鱼是一种乐趣。如图所示，平静湖面岸边的垂钓者，眼睛恰好位于岸边水面正上方h1＝0.9m的高度处，浮标Q离岸边P点s1＝1.2m远，当鱼饵灯M与浮标的水平距离s2＝1.8m时，垂钓者恰好观察到Q挡住了M的像，已知水的折射率n＝．求：
①鱼饵灯离水面的深度h2；
②如果鱼饵被鱼拖着下沉，则被鱼饵灯照亮的水面范围将变大还是变小？
C.[选修3-5]（12分）
17．下列说法正确的是（ ）
A．阴极射线的存在说明原子核是可分的
B．玻尔理论很好地解释了原子光谱的成因
C．原子的核式结构模型可以解释原子的稳定性
D．U235裂变产生的新核的比结合能比U235的比结合能大
18．科学家通过X射线的衍射来获得晶体的结构图象。已知普朗克常量为h，真空的光速为c。若X射线在真空中的波长为λ，其对应的光子能量E＝ ，该光子与电子碰撞后其波长将 （选填“变大”“不变”或“变小”）。
19．一个静止的铀核（U）放出一个α粒子变成钍核（Th），设该核反应中释放的能量全部转化为两个粒子的动能，已知α粒子动能为Ek1，真空中的光速为c。求：
①钍核的动能；
②该核反应中的质量亏损。
四、计算题：本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
20．（15分）如图所示，竖直放置的U形光滑导轨宽L＝1m，与一电容器和理想电流表串联。导轨平面有垂直于纸面向外B＝1T的匀强磁场，质量为m＝0.01kg的金属棒ab与导轨接触良好，由静止释放后沿导轨下滑，此过程中电流表的示数恒为I＝0.05A．重力加速度g取10m/s2，不计一切阻力和电阻，求：
（1）金属棒ab下滑的加速度大小；
（2）金属棒下滑h＝1m高度时，电容器所储存的电能；
（3）电容器的电容。
21．（16分）某打靶游戏的简化示意图如图所示。整个装置置于水平地面上。两根原长等于AP（或BQ）的完全相同轻质弹性绳，一端分别固定在水平地面上A、B两点，另一端系在一起，P、Q为水平地面上的定滑轮，将质量为m＝0.4kg的弹丸置于O1，用弹丸向右推弹性绳的节点到距离O1为r＝0.4m的M点，由静止释放弹丸，弹丸沿MO1在地面上滑行恰能运动至靶心O2处，已知O1O2的距离s＝0.4m，弹丸与地面动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2．求：
（1）弹丸到达O1位置时的速度大小；
（2）弹性绳的释放弹性势能Ep；
（3）每根弹性绳的劲度系数k和弹丸的最大速度vm。
22．（16分）如图所示，在第一象限内，0＜x≤a的区域Ⅰ中有垂直于纸面向里的匀强磁场，x＞a的区域Ⅱ中有垂直于纸面向外的匀强磁场，两区域内磁场的磁感应强度大小均为B．沿y轴有一不计厚度的返回粒子收集器，内部距离原点为2a的P点有一粒子源，持续不断的沿x轴正方向发射速度大小不同的同种带电粒子，粒子的质量为m、电荷量为+q，不计粒子的重力，求：
（1）进入区域Ⅱ磁场的粒子的最小速度；
（2）粒子从P点射出到返回到收集器上的同一位置的运动时间；
（3）要使所有返回区域Ⅰ磁场的带电粒子都能被收集器收集，求收集器的最小长度。
2018-2019学年江苏省常州市高三（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．
1．（3分）2018年11月16日，国际度量衡大会对千克等单位重新定义，实现了基本度量标准全部使用物理常数定义，而不依赖于实体。下列选项均是国际基本单位的是（ ）
A．开尔文K 牛顿N B．安培A 开尔文K
C．特斯拉T 安培A D．牛顿N 特斯拉T
【分析】国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。
【解答】解：际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。牛顿和特斯拉是导出单位，故B正确，ACD错误；
故选：B。
【点评】国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的
2．（3分）如图所示，线圈L与灯泡A串联后接在5V的正弦式交流电源上。为降低灯泡A的亮度，下列操作可行的是（ ）
A．仅改用5V的直流电源 B．仅降低交流电源的频率
C．仅在线圈L中插入铁芯 D．仅减少线圈L的匝数
【分析】线圈对电流的变化有阻碍作用，具有通直阻交的特点，阻碍作用随频率的增大而增大；由此即可得出结论。
【解答】解：A、根据电感线圈对电流的阻碍作用可知，电感线圈对交流电的阻碍作用更大，所以接直流的电路中的灯泡更亮一些。故A错误；
B、当交流的频率减小时，线圈的阻碍作用减小，所以图乙中的灯泡变亮。故B错误；
C、在线圈L中插入铁芯后线圈的自感系数增大，对交流电的阻碍作用增大，则流过线圈的电流减小，灯泡的亮度降低。故C正确；
D、减少线圈L的匝数，线圈的自感系数减小，对交流电的阻碍作用减小，则流过线圈的电流增大，灯泡的亮度增大，故D错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键掌握知道感抗与什么因素有关，知道感抗XL＝2πLf。
3．（3分）据报道，2018年我国发射了全球低轨卫星星座“鸿雁星座”系统的首颗试验卫星。它将运行在距离地球1100公里的圆轨道上，则其（ ）
A．向心加速度小于地面的重力加速度
B．线速度大于第一宇宙速度
C．周期大于地球自转周期
D．角速度小于地球自转角速度
【分析】根据万有引力提供向心力得出卫星的向心加速度表达式与地球的重力加速度表达式相比较即可判断大小关系；
根据万有引力提供向心力得出卫星的线速度表达式与第一宇宙速度表达式相比较即可判断大小关系；
地球的自转周期和地球同步卫星的周期相同角速度相同，用该实验卫星的周期和地球同步卫星的周期和角速度比较即可，
【解答】解：A、在地面上，物体重力等于万有引力得：，实验卫星据地面高度h＝1100km，根据万有引力提供向心力得：，则an＜g，故A正确；
B、第一宇宙速度为最大的环绕速度得：，同理，对试验卫星得：，则v＜v1，故线速度小于第一宇宙速度，故B错；
C、D该试验卫星的轨道半径（R+h）小于地球同步卫星的轨道半径7R，根据开普勒第三定律（其中T0为地球同步卫星的周期，即地球的自转周期T0＝1天），知T＜T0；根据得角速度大于地球同步卫星的角速度，即大于地球的自转角速度，故CD错误；
故选：A。
【点评】处理卫星的周期与地球自转周期关系时，地球的自转周期与地球同步卫星的周期相同，可以通过地球同步卫星这个“中介”进行比较。
4．（3分）如图所示为某电容式话筒的原理示意图，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板。对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动，则在P、Q间距减小的过程中（ ）
A．电容器的电容减小
B．金属极板上的电荷量减小
C．M点和N点的电势相等
D．M点比N点的电势低
【分析】在P、Q间距减小过程中，电容发生变化，而电容直接与电源相连，电容两端间的电压不变，从而可判断出电量的变化及电流的流向，再次可比较出电势的高低。
【解答】解：电容式话筒与电源串联，电压保持不变；
在P、Q间距减小过程中，
根据电容决定式C＝ 得电容增大，
又根据电容定义式C＝ 得电容器所带电量增大，电容器的充电电流通过R的方向由N到M，所以M点的电势比N点的低，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】解决电容器的动态分析问题，抓住不变量，若电容始终与电源相连，两端间的电压不变；若电容器与电源断开，则电容器所带的电量不变。
5．（3分）在水平地面上以某一初速度竖直向上抛出一物体，物体所受的空气阻力与物体的速率成正比，经一段时间后落回地面，则下列关于物体的加速度随时间变化图象、速度随时间变化图象、机械能随路程变化图象、重力势能（地面作为参考平面）随路程变化图象正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据牛顿第二定律分析小球加速度如何变化，由速度与加速度关系分析速度变化规律；根据功能关系分析机械能的变化情况，根据重力势能表达式分析重力势能与路程的关系。
【解答】解：AB、小球在向上运动合力F＝kv+mg＝ma，v减小，合力减小，加速度减小，向上做加速度减小的变减速运动，当向下运动的过程中合力F＝mg﹣kv，v增大，合力减小，加速度减小，向下做加速度减小的变加速运动，但加速度方向始终为向下，方向没有变化，故AB错误；
C、机械能一直在减小，减小量等于克服阻力做功E，所以E＝E0﹣fs＝E0﹣kvs，v先减小后增大，所以E﹣s图象斜率先减小后增大。故C正确；
D、重力势能Ep＝mgh，上升过程Ep＝mgs，Ep﹣s为一次函数，下降过程Ep＝mg（2H﹣s），Ep﹣s为一次函数，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了图象问题，关键要运用力学规律得到加速度，根据功能关系分析重力势能、机械能与路程的关系，再结合图象的物理意义分析。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．
6．（4分）如图所示，虚线为一粒子仅在电场力作用下的运动轨迹。A、B、C为轨迹上的三点，B、O、D在同一电场线上，且OB＝OD，则（ ）
A．该粒子带正电荷
B．粒子在B点的加速度小于粒子在A点的加速度
C．粒子在B点的电势能小于粒子在A点的电势能
D．电场中O、B间的电势差小于D、O间的电势差
【分析】根据粒子轨迹的弯曲方向可明确受力方向，同时根据等势面的高低分析电场线的方向，从而确定粒子电性；因带电粒子的运动轨迹是抛物线，所以两种运动方式都有可能；根据abc三点的位置关系以及带电粒子的电势能与动能之间的互化，可判断出经过A、B、C三点时的动能和电势能的大小关系。
【解答】解：A、电场线总是由高电势指向低电势，则由图可知，电场线向上；根据轨迹可知，粒子受电场力向下，与电场线方向相反，所以粒子一定带负电，故A错误；
B、B点的电场线比A点的电场线稀疏，根据电场线越密，电场强度越大，a＝，粒子在B点的加速度小于粒子在A点的加速度，故B正确；
C、由A到B电场力做负功，电势能增大，故粒子在B点的电势能大于粒子在A点的电势能，故C错误；
D、等差等势面越密的地方电场强度越大，OD段电场强度大于OB段，所以OD段电势差大于OB段电势差，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查到了电势能、带电粒子在电场中的运动、等势面、电场力做功等几方面的知识点。解决此题的关键是对等势面的理解，等势面就是电场中电势相等的各点构成的面，注意等势面有以下几方面的特点：
①、等势面一定与电场线垂直，即跟场强的方向垂直。
②、在同一等势面上移动电荷时电场力不做功。
③、电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面。
④、任意两个等势面都不会相交。
⑤、等差等势面越密的地方电场强度越大，即等差等势面的分布疏密可以描述电场的强弱。
7．（4分）如图所示，a、b两点位于同一条竖直线上，从a、b两点分别以速度v1、v2水平抛出两个小球，它们都能经过水平地面上方的P点。则下列说法正确的是（ ）
A．两小球抛出的初速度v1＞v2
B．两小球抛出的初速度v1＜v2
C．从a点抛出的小球着地时水平射程较大
D．从b点抛出的小球着地时水平射程较大
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据在P点相遇，结合高度比较运动的时间，从而通过水平位移比较初速度
【解答】解：AB、因为从抛出到P点的过程中，水平位移相等，a球的运动时间较长，则a球的初速度较小，即v1＜v2，故A错误，B正确。
CD、到达P点时，a球的竖直分速度较大，所以从P点到地面，a球先落地，b球后落地，b的初速度大，所以b球的水平射程较大，故C错误，D正确。
故选：BD。
【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，注意明确两球在P点相遇，即同时出现在P点。
8．（4分）如图所示，光滑水平面上直线O1O2两侧对称固定放置两根载有电流大小恒定、方向相同的平行长直导线。单匝正方形线圈从P位置以一初速度水平向右滑出，线圈到达Q位置速度为零。则（ ）
A．在O1O2左侧的磁场方向垂直水平面向上
B．线圈中始终产生顺时针的感应电流
C．线圈的中心在O1O2位置时磁通量为零，感应电流为零
D．仅仅增加线圈的匝数，线圈仍能从P点滑到Q点
【分析】两根平行长直导线中，通以同方向同强度的电流，产生磁场，根据安培定则可知，在中线OO′右侧磁场向外，左侧磁场向里。当导线框向左运动时，磁通量变化，产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流方向。
【解答】解：A、根据安培定则可知，在中线OO′右侧磁场向下，左侧磁场向上。故A正确；
B、C、当导线框位于中线OO′右侧运动时，磁场向下，磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流方向为顺时针；当导线框经过中线OO′磁场方向先向下，后向上，磁通量先减小，磁通量先向下减小，后向上增加，根据楞次定律，可知感应电流方向为顺时针；当导线框位于中线OO′左侧运动时，磁场向下，磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流方向为顺时针，故B正确，C错误。
D、仅仅增大线圈的匝数，线圈仍能从P点滑到Q点，线圈的质量增大，开始时的动能也增大，其运动与单匝线圈运动的情况是相同的，线圈仍能从P点滑到Q点。故D正确
故选：ABD。
【点评】本题考查运用楞次定律判断感应电流方向的能力，难点在于分析导线框经过中线时磁场方向和磁通量的变化情况，同时注意熟练掌握楞次定律的应用方法和步骤。
9．（4分）如图所示，柔软的不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系着一小球，小球放在水平升降平台上，不计摩擦和空气阻力。先让小球以某一速度在平台上做匀速圆周运动，后使升降平台缓慢竖直上升，在小球到达顶点O所在水平面之前，下列说法正确的是（ ）
A．小球转动的角速度逐渐减小
B．小球运动的线速度大小保持不变
C．升降平台对小球的支持力保持不变
D．O点受到的拉力逐渐减小
【分析】小球在平台上做圆周运动的半径逐渐增大，小球在竖直向合力为0，在水平向为绳子的拉力的分量，指向圆心，小球沿径向向外运动，拉力的分量做负功，则动能减小，速率减小，由v＝rω可得，小球的角速度减小，对小球受力分析求出平台对小球的支持力大小及绳子拉力的大小。
【解答】解：AB、升降平台缓慢竖直上升，小球在平台上做圆周运动的半径逐渐增大，小球在竖直向合力为0，在水平向为绳子的拉力的分量，指向圆心，小球沿径向向外运动，拉力的分量做负功，则动能减小，速率减小，由v＝rω可得，由v＝rω得小球的角速度减小，故A正确，B错误；
CD、平台上升后，绳的拉力Fsinθ＝m，因θ逐渐增大，减小，故F减小，平台对小球的支持力F′＝mg﹣Fcosθ，因F减小，θ增大，cosθ减小，故F′增大，故C错误D正确
故选：AD。
【点评】本题关键要对球受力分析，找向心力来源，求角速度；同时要灵活应用角速度与线速度、周期、向心加速度之间的关系公式！
三、简答题：本题分必做题（第10、11、12C题）和选做题（第12A、12B题）两部分，共计42分．请将解答填写在相应的位置．
10．（8分）如图甲所示是某实验小组利用气垫导轨测量“功和动能变化的关系”的装置。气垫导轨的两个底脚间距为L，两光电门A、B中心的距离s保持不变，改变导轨右侧底脚相同垫块的个数，可以改变高度h。
（1）用游标卡尺测出滑块上遮光条宽度d，如图乙所示，d＝ 5.80 mm．释放滑块，光电门A、B分别测出滑块遮光条挡光的时间为tA，tB，滑块在光电门A位置的瞬时速度vA的大小为 （用字母表示）。
（2）下列有关实验操作的说法正确的是 D 。
A．实验前需先测量滑块的质量
B．每次实验都要使滑块从静止开始滑下
C．每次实验都要使滑块从同一位置滑下
D．要先接通电源后释放滑块
（3）如果该实验小组通过测量作出的△Ek﹣h图象为过原点的直线，则 能 （选填“能”或“不能”）说明动能变化和合外力做功成正比。
【分析】（1）为了使绳子拉力充当合力，即细线拉力做的功等于合力对小车做的功，应先平衡摩擦力；
（2）小车在钩码的作用下拖动纸带在水平面上做加速运动，通过速度传感器可算出AB两点的速度大小，动能定理即可计算出动能的变化；
【解答】解：（1）游标的读数为主尺和游标尺的读数之和，遮光条的宽度d＝5mm+16×＝5.80mm。由通过遮光条的挡光时间和挡光宽度d（即在时间t内的位移为d），所以滑块通过光电门A的速度vA＝。
（2）本实验是通过气垫导轨让钩码拉到滑块在气垫导轨上加速运动，从而探究速度与做功的关系：A、由于研究对象是滑块，其重力的功与动能的表达式中均有质量的因子，所以不必测量滑块质量，故选项A错误；
BC、每次改变导轨的倾斜程度时，均测出功和动能的变化，从一个过程确定一组速度、功的值，当改变倾角后，是另一组值，不必从同一位置释放，由于测定的是两个速度，所以不一定要求初速度为零，故BC均错误；
D、选通电再释放滑块，否则有可能测量的量为零，故选项D正确。
（3）由动能定理有：△Ek＝mgh，所以△Ek﹣h图象是一条过原点的直线。反过来看，若得到的图象是一条过原点的直线，则可证明动能的变化与合外力的功成正比。
故答案为：（1）5.80
（2）D
（3）能
【点评】本实验很新颖，实验的原理都是我们学过的物理规律，对任何实验都是从最基本的物理规律去解决，对于系统问题我们要清楚内部各个物体间能的变化。
11．（12分）某同学连接了一个如图1所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势E和内阻r，R为电阻箱，V为电压表，开关S。
（1）该同学连接的实验电路中有一处错误，请用笔在该处打上“×”号，并用笔画线作为导线，进行正确的连接。
（2）开关闭合前，电阻箱R的阻值应置于 较大 （选填“零”或“较大”）。
（3）将开关S闭合，改变电阻箱的阻值，测出几组U及R的数据，作出﹣的图线如图2所示，则内阻r＝ 1.0 Ω，电动势E＝ 3.3 V（结果保留两位有效数字）
（4）如果电压表影响不可忽略，通过分析判断该实验测得的电源电动势将 偏小 （选填“偏大”“不变”或“偏小”）。
【分析】（1）已知电路图，根据电路图将电源、开关及电阻箱串接，电压表并联在电阻箱两端；注意接线要接在接线柱上，导线不能交叉；
（2）由电路的接法利用闭合是路欧姆定律可得出表达式，再利用数学规律可求得电动势和内阻；
（3）由于技术上的不完善及电路的设计、实验方法及测量技术等造成的误差为系统误差；而由于读数等造成的误差为偶然误差；采用图象法可以减小偶然误差。
【解答】解：（1）实物连接中显然电压表不受开关的控制，所以要将电压表接电源负极的那根线改接到开关的右接线柱，改正后的连接如图红线所示。
（2）为保证电表及元件的安全，应将滑动变阻器调到阻值较大位置，不容易超过额定电流值；
（3）由闭合电路欧姆定律有：E＝U+，变形得到：＝，从题目所给的图象结合上述表达式有：
＝﹣1 （纵轴截距） 和 ，联立以上两式可求得：r＝1.0Ω E＝3.3V。
（4）由于电压表的分流作用，这样实际通过电源内阻的电流大于，且电压越大时分流越大，U﹣I图象测得的比实际的倾角要小，即内阻偏小。
故答案为：（1）如图所示
（2）较大
（3）1.0 3.3
（4）偏小
【点评】本题求电动势和内阻的关键在于正确的由闭合电路欧姆定律得出函数关系，从而结合图象求出； 同时注意区分系统误差和偶然误差。
二.请从A、B两小题中选定一个小题作答，C为必选题，如都作答，则按A、C小题评分．A.[选修3-3]（12分）
12．（4分）下列说法正确的是（ ）
A．晶体体积增大，其分子势能一定增大
B．大头针能浮在水面上，是由于水的表面存在张力
C．人感觉到空气湿度大，是因为空气中水蒸气的饱和汽压大
D．气体分子热运动越剧烈，气体压强越大
【分析】根据分子力分析分子势能变化；液体表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，即是表面张力。
人感觉到空气湿度大，是因为空气相对湿度大；气体压强与气体温度和体积共同决定。
【解答】解：A、晶体体积增大，分子间距增大，当分子间为斥力，分子力做正功，分子势能减小，故A错误；
B、液体表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，即是表面张力，大头针能浮在水面上，是由于水的表面存在张力。故B正确；
C、人感觉到空气湿度大，是因为空气相对湿度大。故C错误；
D、气体压强与气体温度和体积共同决定，温度高压强不一定大。故D错误。
故选：B。
【点评】该题考查表面张力、相对湿度等知识点的内容，属于对基础知识点的考查，其中的关键要掌握分子动理论的基本知识。
13．（8分）（1）下列说法正确的是 B 。
A．晶体体积增大，其分子势能一定增大
B．大头针能浮在水面上，是由于水的表面存在张力
C．人感觉到空气湿度大，是因为空气中水蒸气的饱和气压大
D．气体分子热运动越强烈，气体压强越大
（2）如图所示，用水银血压计测量血压时，先向袖带内充气，然后缓慢放气。某次测量充入袖带内气体的压强为1.4p0，体积为V．已知阿伏加德罗常数为NA，该状态下气体的摩尔体积为V0，则袖带内气体的分子数为 NA ；然后缓慢放气过程中袖带内壁单位时间单位面积上受到分子撞击的次数 减小 （选填“增大”“减小”或“不变”）。
（3）根据上述题意中，缓慢放气过程中温度保持不变，袖带内气体体积变为0.7V，压强变回到p0．求：①袖带内剩余气体的质量与放气前总质量的比值；②在放气过程中袖带内气体是吸热还是放热。
【分析】（1）根据分子力分析分子势能变化；液体表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，即是表面张力。
人感觉到空气湿度大，是因为空气相对湿度大；气体压强与气体温度和体积共同决定。
（2）由气体的摩尔体积和体积求出物质的量，再根据阿伏伽德罗常数求解分子数。
（3）对原袖带内气体发生等温变化，根据玻意耳定律列式求解体积变化，从而知质量变化，根据热力学第一定律分析吸热还是放热。
【解答】解：A、晶体体积增大，分子间距增大，当分子间为斥力，分子力做正功，分子势能减小，故A错误；
B、液体表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，即是表面张力，大头针能浮在水面上，是由于水的表面存在张力。故B正确；
C、人感觉到空气湿度大，是因为空气相对湿度大。故C错误；
D、气体压强与气体温度和体积共同决定，温度高压强不一定大。故D错误。
故选：B
（2）由气体的摩尔体积和体积求出物质的量n＝，袖带内气体的分子数N＝nNA＝NA
（3）①对原袖带内气体而言，发生等温变化，设放出压强为p0的气体体积为△V，
则1.4p0V＝p0（0.7V+△V），
解得△V＝0.7V
袖带内剩余气体的质量与放气前总质量的比值
η＝＝
②根据热力学第一定律，气体对外做功，内能不变，必须吸热。
故答案为：
（1）B
（2）NA 减小
（3）①袖带内剩余气体的质量与放气前总质量的比值；②在放气过程中袖带内气体吸热。
【点评】该题考查布朗运动、表面张力、相对湿度等知识点的内容，属于对基础知识点的考查，其中的关键要掌握分子动理论的基本知识，特别是要掌握布朗运动的实质和产生原因。
B.[选修3-4]（12分）
14．下列说法正确的是（ ）
A．物体做受迫振动时，振幅与物体本身无关
B．光纤通信是激光和光导纤维相结合实现的
C．火车以接近光速通过站台时车上乘客观察到站台上的旅客变矮
D．全息照相技术是光的衍射原理的具体应用
【分析】当周期性驱动力的频率和物体的固有频率相等时振幅达到最大，即共振；光纤通信是激光的频率单一性；全息照片的拍摄利用了光的干涉；根据尺缩效应即可解释。
【解答】解：A、只有当周期性驱动力的频率和物体的固有频率相等时振幅达到最大，即发生共振；驱动力频率与系统的自由振动的频率不一定相等，故A错误；
B、光纤通信是激光和光导纤维相结合的产物，利用了激光的频率单一性的特点，故B正确；
C、根据尺缩效应，沿物体运动的方向上的长度将变短，火车以接近光束通过站台时，车上乘客观察到站在站台上旅客变瘦，而不是变矮，故C错误；
D、全息照片的拍摄利用了光的干涉原理，故D错误；
故选：B。
【点评】考查共振现象、光的干涉、及光的相对论等知识点的内容，理解各种现象的原理，注意激光的各自特点及用途，注意尺缩效应的方向是解答的关键。
15．如图甲所示是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置。设向右为正方向，图乙是这个单摆的振动图象。该单摆振动的频率是 1.25 Hz，若振幅有所减小，则振动周期将 不变 （选填“增大”“减小”或“不变”）。
【分析】单摆做简谐运动，完成一次全振动的时间为一个周期，图上相邻两个最大值之间的时间间隔为一个周期。由图象求出单摆的周期，然后求出频率；由单摆的周期公式知，单摆的周期与振幅无关，故周期不变。
【解答】解：由乙图可知，单摆的周期T＝0.8s，则单摆的频率f＝；
根据单摆的周期公式可知，单摆的周期与振幅无关，故当振幅减小时，单摆的周期不变。
故答案为：1.25；不变。
【点评】本题关键是能由摆的振动图象读出摆的周期，知道单摆的周期与振幅无关。
16．在安静的夜晚钓鱼是一种乐趣。如图所示，平静湖面岸边的垂钓者，眼睛恰好位于岸边水面正上方h1＝0.9m的高度处，浮标Q离岸边P点s1＝1.2m远，当鱼饵灯M与浮标的水平距离s2＝1.8m时，垂钓者恰好观察到Q挡住了M的像，已知水的折射率n＝．求：
①鱼饵灯离水面的深度h2；
②如果鱼饵被鱼拖着下沉，则被鱼饵灯照亮的水面范围将变大还是变小？
【分析】①作出光路图，由几何知识得出入射角的正弦值与折射角的正弦值，再结合折射定律求鱼饵灯离水面的深度；
②被鱼饵灯照亮的水面边缘恰好发生了全反射，入射角等于临界角。由临界公式sinC＝和几何关系分析。
【解答】解：①设入射角、折射角分别为r、i，由折射定律得：
n＝
又由几何知识可得：
sini＝，sinr＝
联立解得：h2＝2.4m
②被鱼饵灯照亮的水面边缘恰好发生了全反射，入射角等于临界角。由临界公式sinC＝知C不变，则如果鱼饵被鱼拖着下沉，则被鱼饵灯照亮的水面范围将变大。
答：①鱼饵灯离水面的深度h2是2.4m。
②被鱼饵灯照亮的水面范围将变大。
【点评】本题的关键是作出光路图，利用几何知识和折射定律求解相关的角度和距离，要注意光线的方向不能画错。
C.[选修3-5]（12分）
17．下列说法正确的是（ ）
A．阴极射线的存在说明原子核是可分的
B．玻尔理论很好地解释了原子光谱的成因
C．原子的核式结构模型可以解释原子的稳定性
D．U235裂变产生的新核的比结合能比U235的比结合能大
【分析】卢瑟福提出的原子核式结构模型，仅能解释α粒子散射实验；玻尔的氢原子模型，成功引入了量子化假说；元素的放射性不受化学形态影响，说明射线来自原子核，且原子核内部是有结构的；比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定；根据爱因斯坦质能方程轻核聚变和重核裂变产生的能量与反应过程损失的质量有关；
【解答】解：A、阴极射线的存在说明原子是可分的，则A错误
B、玻尔把量子理论应用到原子结构中，假设了电子轨道及原子的能量是量子化的，并假定了能级跃迁时的频率条件，成功地解释了氢原子光谱的实验规律，但不能解释复杂原子的光谱，则B错误
C、卢瑟福提出的原子核式结构模型，无法解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征，则C错误
D、我国核电站采用了重核裂变，用中子轰击U235，产生的新核比U235更稳定，比结合能比较大，则D正确
故选：D。
【点评】考查对于原子核的认知过程及结合能的知识，要平时多注意积累。
18．科学家通过X射线的衍射来获得晶体的结构图象。已知普朗克常量为h，真空的光速为c。若X射线在真空中的波长为λ，其对应的光子能量E＝ ，该光子与电子碰撞后其波长将 变大 （选填“变大”“不变”或“变小”）。
【分析】根据E＝hv求出光子的能量，通过康普顿效应判断波长的变化。
【解答】解：X射线为光子，其在真空中的波长为λ，则对应的光子能量：E＝；
光子与电子的碰撞过程中，系统不受外力，也没有能量损失，故系统动量守恒，系统能量也守恒，光子与电子碰撞后，电子能量增加，故光子能量减小，根据E＝hv，光子的频率减小，根据λ＝知，波长变大。
故答案为：，变大
【点评】解决本题的关键知道频率与波长的关系，以及掌握康普顿效应。
19．一个静止的铀核（U）放出一个α粒子变成钍核（Th），设该核反应中释放的能量全部转化为两个粒子的动能，已知α粒子动能为Ek1，真空中的光速为c。求：
①钍核的动能；
②该核反应中的质量亏损。
【分析】①衰变过程类似于爆炸，满足动量守恒和能量守恒，结合动能的表达式即可求出；
②衰变产生的能量全部以动能的形式释放，可求释放的总能量，结合爱因斯坦质能方程，求出质量亏损。
【解答】解：①以α粒子的速度方向为正方向，系统的动量守恒得0＝pα﹣pTh
所以＝
α粒子的质量数为4，钍核的质量数为234，得 EkTh＝Ek1
②释放的总能量：△E＝Ek1+EkTh＝
由△E＝△mc2得
△m＝
答：
①钍核的动能是Ek1；
②该核反应中的质量亏损是。
【点评】本题考查了写核反应方程式、求速度、求质量亏损，知道核反应过程质量数与核电荷数守恒、应用动量守恒定律、质能方程即可解题。
四、计算题：本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
20．（15分）如图所示，竖直放置的U形光滑导轨宽L＝1m，与一电容器和理想电流表串联。导轨平面有垂直于纸面向外B＝1T的匀强磁场，质量为m＝0.01kg的金属棒ab与导轨接触良好，由静止释放后沿导轨下滑，此过程中电流表的示数恒为I＝0.05A．重力加速度g取10m/s2，不计一切阻力和电阻，求：
（1）金属棒ab下滑的加速度大小；
（2）金属棒下滑h＝1m高度时，电容器所储存的电能；
（3）电容器的电容。
【分析】（1）导体棒匀速下滑时，受到重力与安培力作用，由安培力公式求出安培力，然后由平衡条件求出下滑的速度；
（2）导体棒下滑时，重力做正功，安培力做负功，克服安培力做功转化为焦耳热，由能量守恒定律可以求出产生的焦耳热；
（3）根据电容器的电容定义求电容。
【解答】解：（1）导体棒受安培力FA＝BIL＝0.05N
由牛顿第二定律mg﹣FA＝ma
解得a＝＝＝5m/s2。
（2）由功能关系知道，克服安培力所做的功转化为电路的电能：△E＝W克安
克服安培力做功W克安＝BILh
联立解得△E＝0.05J。
（3）任意时刻导体切割磁感线产生的感应电动势：E＝BLv
电容器的电量：Q＝CU＝CBLv
联立得到：Q＝It＝I
所以C＝＝0.01F。
答：（1）金属棒ab下滑的加速度大小为5m/s2。
（2）金属棒下滑h＝1m高度时，电容器所储存的电能为0.05J。
（3）电容器的电容为0.01F。
【点评】本题考查了求导体棒的速度、产生的焦耳热问题，应用安培力公式、平衡条件、能量守恒定律即可正确解题。
21．（16分）某打靶游戏的简化示意图如图所示。整个装置置于水平地面上。两根原长等于AP（或BQ）的完全相同轻质弹性绳，一端分别固定在水平地面上A、B两点，另一端系在一起，P、Q为水平地面上的定滑轮，将质量为m＝0.4kg的弹丸置于O1，用弹丸向右推弹性绳的节点到距离O1为r＝0.4m的M点，由静止释放弹丸，弹丸沿MO1在地面上滑行恰能运动至靶心O2处，已知O1O2的距离s＝0.4m，弹丸与地面动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2．求：
（1）弹丸到达O1位置时的速度大小；
（2）弹性绳的释放弹性势能Ep；
（3）每根弹性绳的劲度系数k和弹丸的最大速度vm。
【分析】（1）从O1到O2的过程由动能定理可求得弹丸到达O1位置时的速度大小；
（2）由系统的能量守恒知弹性绳释放的弹性势能克服摩擦力做功，通过求解克服摩擦力做的功可求得弹性势能；
（3）由胡克定律结合弹性势能的公式可求得劲度系数，当弹丸的加速度为0时速度最大，根据动能定理可求得最大速度。
【解答】解：（1）由O1到O2的过程由动能定理得：﹣μmgs＝﹣mv2
解得：v＝2m/s。
（2）由系统的能量守恒得：Ep＝μmg（s+r）
所以两弹性绳共释放弹性势能：Ep＝1.6J。
（3）每根弹性绳的弹力的水平分力：Fr＝k△xcosθ＝kr
又因为：Ep＝r＝kr2
解得：k＝2＝10N/m
当弹丸的加速度为0时速度最大，满足2kr0＝μmg
解得：r0＝0.1m
由动能定理得：2?（﹣）﹣μmg（r﹣r0）＝
解得：vm＝m/s。
答：（1）弹丸到达O1位置时的速度大小是2m/s；
（2）弹性绳的释放弹性势能是1.6J；
（3）每根弹性绳的劲度系数是10N/m，弹丸的最大速度是m/s。
【点评】本题考查了动能定理、能量守恒定律、胡克定律等知识的综合应用，推导出弹性势能的表达式是解题的关键，
22．（16分）如图所示，在第一象限内，0＜x≤a的区域Ⅰ中有垂直于纸面向里的匀强磁场，x＞a的区域Ⅱ中有垂直于纸面向外的匀强磁场，两区域内磁场的磁感应强度大小均为B．沿y轴有一不计厚度的返回粒子收集器，内部距离原点为2a的P点有一粒子源，持续不断的沿x轴正方向发射速度大小不同的同种带电粒子，粒子的质量为m、电荷量为+q，不计粒子的重力，求：
（1）进入区域Ⅱ磁场的粒子的最小速度；
（2）粒子从P点射出到返回到收集器上的同一位置的运动时间；
（3）要使所有返回区域Ⅰ磁场的带电粒子都能被收集器收集，求收集器的最小长度。
【分析】（1）由几何关系求得粒子在磁场中的半径，由牛顿第二定律可求得粒子的最小速度；
（2）由几何关系可求得粒子在左侧磁场运动的第一段轨迹对应的圆心角，则运动时间可求解；
（3）由几何关系求得PN＝2a，画出粒子速度最大且能返回到y轴的运动轨迹示意图，由几何关系可求得轨道半径，则PM可求解，收集器的最小长度为二者之和。
【解答】解：（1）由几何关系，r1＝a
在磁场中做匀速圆周运动qv1B＝m
解得：v1＝
（2）粒子在左侧磁场运动的第一段轨迹对应的圆心角为60°
运动时间t＝2?+5?＝T
所以解得：t＝×＝。
（3）由几何关系，PN＝2a
粒子速度最大且能返回到y轴的运动轨迹示意图如图所示，由几何关系可得
2r3﹣2（r3﹣r3cosβ）＝2a
2r3sinβ＝2a
解得：r3＝2a，β＝30°
PM＝2a﹣2（r3﹣r3cosβ）＝4（﹣1）a
MN＝PM+PN＝4a﹣2a。
答：（1）进入区域Ⅱ磁场的粒子的最小速度是；
（2）粒子从P点射出到返回到收集器上的同一位置的运动时间是；
（3）收集器的最小长度是4a﹣2a。
【点评】本题考查带电粒子在有界磁场中的运动，解题关键是要画出粒子轨迹过程图，找到临界几何条件，再运用洛伦兹力提供向心力与几何关系结合求解即可，对数学几何能力要求较高。
同课章节目录