2018-2019学年辽宁省大连市得胜高中高三（上）期末物理试卷Word版含解析

2018-2019学年辽宁省大连市得胜高中高三（上）期末物理试卷
一、选择题（共12小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求．全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）
1．（4分）一物块由静止开始从粗糙斜面上的某点加速下滑到另一点，在此过程中重力对物体做的功等于（　　）
A．物体动能的增加量
B．物体动能的增加量与物体克服摩擦力做的功之和
C．物体重力势能的减少量和物体克服摩擦力做的功之和
D．物体重力势能的减少量和物体动能的增加量以及物体克服摩擦力做的功之和
2．（4分）质量为m的小球被系在轻绳的一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道最低点时绳子的拉力为6.5mg，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为（　　）
A．mgR B．mgR C．mgR D．mgR
3．（4分）如图所示，直线A为某电源的U﹣I图线，曲线B为某小灯泡的U﹣I图线的一部分，用该电源和小灯泡组成闭合电路，下例说法中正确的是（　　）
A．电源的输出功率为8W
B．电源的总功率为10W
C．此电源的内阻为0.5?
D．由于小灯泡的U﹣I图线是一条曲线，所以欧姆定律不适用
4．（4分）随着科学技术的发展，具有自主知识产权的汽车越来越多；现有两辆不同型号的电动车甲乙，在同一平直公路上，从同一地点，朝相同的方向做直线运动，它们的v﹣t图象如图所示，则（　　）
A．两车加速阶段的加速度大小之比为3：1
B．乙车追上甲的时刻为15s末
C．乙刚出发时，甲车在其前方25m处
D．15s后两车间距开始逐渐增大
5．（4分）如图为一对等量异种点电荷，电量分别为+Q、﹣Q．实线为电场线，虚线圆的圆心O在两电荷连线的中点，a、b、c、d为圆上的点，则（　　）
A．a、b两点的电场强度相同
B．a、c两点的电场强度相同
C．a点的电势等于d点的电势
D．c点的电势高于d点的电势
6．（4分）如图，半径为R的半圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m、带电量为+q且不计重力的粒子，以速度v沿与半径PO夹角θ＝30°的方向从P点垂直磁场射入，最后粒子垂直于MN射出，则磁感应强度的大小为（　　）
A． B． C． D．
7．（4分）从t＝0时刻开始，物块在外力作用下由静止开始沿x轴做匀变速直线运动，如图所示为其位移和速率的二次方的关系图线，下列说法正确的是（　　）
A．t＝0时刻物块位于x＝0处
B．物块运动的加速度a＝0.5m/s2
C．t＝2s时物块位于x＝2m处
D．2～4s时间内物块的位移大小为2m
8．（4分）如图，半圆柱体半径为4R，固定在水平面上。竖直挡板紧靠柱体底端，使半径为R的光滑小球停在柱体与挡板之间，球与柱体接触点为M．现将挡板保持竖直，缓慢地向右移动距离R后保持静止，球与柱体接触点为N（未画出）。以下判断正确的是（　　）
A．挡板移动过程中，柱体对小球的弹力变大
B．挡板移动过程中，挡板对小球的弹力变小
C．小球在M、N两点所受柱体的作用力大小之比为3：4
D．小球在M、N两点所受挡板的作用力大小之比为3：4
9．（4分）卫星A、B的运行方向相同，其中B为近地卫星，某时刻，两卫星相距最近（O、B、A在同一直线上），已知地球半径为R，卫星A离地心O的距离是卫星B离地心的距离的4倍，地球表面重力加速度为g，则（　　）
A．卫星A、B的运行周期的比值为＝
B．卫星A、B的运行线速度大小的比值为＝
C．卫星A、B的运行加速度的比值为＝
D．卫星A、B至少经过时间t＝，两者再次相距最近
10．（4分）如图所示，两个相同的灯泡，分别接在理想变压器的原副线圈上，（灯泡电阻不随温度变化）已知原、副线圈的匝数比n1：n2＝2：1，电源电压为U，则（　　）
A．通过A、B灯的电流之比IA：IB＝2：1
B．灯泡A、B两端的电压之比UA：UB＝1：2
C．灯泡A、B两端的电压分别是UA＝U，UB＝U
D．灯泡A、B消耗的功率之比PA：PB＝1：1
11．（4分）“天舟一号”货运飞船于2017年4月20日在文昌航天发射中心成功发射升空，与“天宫二号”空间实验室对接前，“天舟一号”在距离地面约380km的圆轨道上飞行，则其（　　）
A．角速度小于地球自转角速度
B．线速度小于第一宇宙速度
C．周期小于地球自转周期
D．向心加速度大于地面的重力加速度
12．（4分）如图甲，在虚线所示的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场变化规律如图乙所示，面积为S的单匝金属线框处在磁场中，线框与电阻R相连．若金属框的电阻为，则下列说法正确的是（　　）
A．流过电阻R的感应电流方向由右向左
B．线框cd边受到的安培力方向向上
C．感应电动势大小为
D．R两端的电压大小为
二、实验题（共2小题，13题9分，14题4分．总计13分）
13．（9分）某实验小组计划做“探究滑块与木板间动摩擦因数”实验，设计的实验装置如图甲所示。
（1）某同学打出了如图乙所示的一条纸带，每两点间还有4个点没有画出来，纸带上的数字为相邻两个计数点间的距离，打点计时器的电源频率为50Hz，该滑块做匀变速直线运动的加速度a＝　 　m/s2．（结果保留三位有效数字）
（2）根据实验数据，作出的小车加速度a与传感器示数F的关系图象如图丙所示，则滑块和滑轮的总质量为　 　kg．滑块与木板间的动摩擦因数为　 　。（g＝10m/s2，结果均保留一位有效数字）
14．（4分）在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，用测出的数据画出了电源的U一I图象，如图所示，若E、r分别表示电池的电动势和内电阻，则：E＝　 　V；r＝　 　Ω．
三、计算题（共24分）
15．（11分）我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程。假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x＝1.6×103m时才能达到起飞所要求的速度v＝80m/s。已知飞机质量m＝7.0×104kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g＝10m/s2．求飞机滑跑过程中
（1）加速度a的大小；
（2）牵引力的平均功率P。
16．（13分）如图，两平行金属导轨间距离L＝0.40m，导轨和水平面的夹角是θ，导轨所在的平面内分布着磁感应强度B＝0.50T的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E＝4.5V、内阻r＝0.50Ω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，导体棒始终静止。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，导轨电阻不计，g取10m/s2
（1）求通过导体棒的电流
（2）若导轨光滑，磁场方向竖直向上，求导体棒受到的安培力大小及θ的大小
（3）若导轨粗糙，磁场方向垂直导轨平面向上，求导体棒受到的摩擦力的大小和方向。
四、选考题（共15分．请考生从给出的2道题中任选一题作答．）【物理--选修3-3】（15分）
17．（5分）下列说法正确的是（　　）
A．扩散现象说明了分子在不停地做无规则运动
B．外界对物体做功，物体内能一定增加
C．液体与大气接触，表面层内分子间的作用表现为相互吸引
D．由热力学第二定律可知热量从温度较低的物体传向高温物体是可能的，从单一热源吸收热量且吸收的热量全部用来对外做功也是可能的
E．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故
18．（10分）如图所示，一个圆筒形导热汽缸开口向上竖直放置。内有活塞，活塞横截面积为S＝1×10﹣4m2，质量为m＝1kg，活塞与汽缸之间无摩擦且不漏气。汽缸内密封有一定质量的理想气体，气柱高度h＝0.2m。已知大气压p0＝1.0×105Pa，取g＝10m/s2。
（ⅰ）如果在活塞上缓慢堆放一定质量的细砂，气柱高度变为原来的，请计算砂子质量；此过程理想气体吸热还是放热？
（ⅱ）如果在（ⅰ）的温度为27℃基础上，设法缓慢升高缸内气体的温度，求使活塞恢复到原高度时气体的温度是多少℃？

2018-2019学年辽宁省大连市得胜高中高三（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共12小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求．全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）
1．（4分）一物块由静止开始从粗糙斜面上的某点加速下滑到另一点，在此过程中重力对物体做的功等于（　　）
A．物体动能的增加量
B．物体动能的增加量与物体克服摩擦力做的功之和
C．物体重力势能的减少量和物体克服摩擦力做的功之和
D．物体重力势能的减少量和物体动能的增加量以及物体克服摩擦力做的功之和
【分析】知道重力做功量度重力势能的变化．
知道合力做功量度动能的变化．
建立功能关系的表达式，找出此过程中重力对物体做的功．
【解答】解：一物体由静止开始从粗糙的斜面上的某点加速下滑到另一点，在此过程中，
物体受重力、支持力、摩擦力，其中重力做正功，支持力不做功，摩擦力做负功。
设重力做功为wG，物体克服摩擦力做的功为wf，物体动能的增加量为△Ek
根据动能定理知道：w合＝△Ek
wG+（﹣wf）＝△Ek
wG＝wf+△Ek
此过程中重力对物体做的功等于物体动能的增加量与物体克服摩擦力做的功之和。
根据重力做功与重力势能变化的关系得：
wG＝﹣△Ep，
在此过程中重力对物体做的功也等于重力势能的减小量。
故选：B。
【点评】解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系．
我们要正确的对物体进行受力分析，能够求出某个力做的功．
2．（4分）质量为m的小球被系在轻绳的一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道最低点时绳子的拉力为6.5mg，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为（　　）
A．mgR B．mgR C．mgR D．mgR
【分析】圆周运动在最高点和最低点由合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出最高点和最低点的速度，再根据动能定理求出此过程中小球克服空气阻力所做的功．
【解答】解：在最低点，由牛顿第二定律得：
6.5mg﹣mg＝m
在最高点，有：mg＝m
小球从最低点到最高点，由动能定律得：
﹣2mgR﹣Wf＝mv22﹣mv12；
解得小球克服空气阻力所做的功为：Wf＝mgR
故选：A。
【点评】运用动能定理解题要确定好研究的过程，找出初速度和末速度，然后列动能定理表达式求解．
3．（4分）如图所示，直线A为某电源的U﹣I图线，曲线B为某小灯泡的U﹣I图线的一部分，用该电源和小灯泡组成闭合电路，下例说法中正确的是（　　）
A．电源的输出功率为8W
B．电源的总功率为10W
C．此电源的内阻为0.5?
D．由于小灯泡的U﹣I图线是一条曲线，所以欧姆定律不适用
【分析】电源的外特性曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势从而可算出电源的输出功率和总功率。
【解答】解：C、由图读出E＝4V，斜率表示内阻，则r＝＝0.5Ω，故C正确；
AB、灯泡与电源连接时，工作电压U＝3V，I＝2A，则电源的总功率P总＝EI＝4×2W＝8W，电源的输出功率P出＝EI﹣I2r＝（8﹣22×0.5）W＝6W，故AB错误；
D、小灯泡是纯电阻，欧姆定律是适用的，小灯泡的U﹣I图线之所以是一条曲线，是因为小灯泡电阻随温度的变化发生改变，故D错误；
故选：C。
【点评】解决这类问题的关键在于从数学角度理解图象的物理意义，抓住图象的斜率、面积、截距、交点等方面进行分析，更加全面地读出图象的物理内涵。
4．（4分）随着科学技术的发展，具有自主知识产权的汽车越来越多；现有两辆不同型号的电动车甲乙，在同一平直公路上，从同一地点，朝相同的方向做直线运动，它们的v﹣t图象如图所示，则（　　）
A．两车加速阶段的加速度大小之比为3：1
B．乙车追上甲的时刻为15s末
C．乙刚出发时，甲车在其前方25m处
D．15s后两车间距开始逐渐增大
【分析】速度时间图象的斜率表示加速度，速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移，当两车的位移相等时相遇。根据速度关系分析两车间距的变化情况。
【解答】解：A、甲车加速阶段的加速度；乙车的加速度；则两车加速阶段的加速度大小之比为2：1，故A错误；
B、15s末两车速度相等，此时有图象可知，甲车的位移大于乙车，两车没相遇，故B错误；
C、乙刚出发时，甲车在其前方处，故C正确；
D、15s前甲车的速度大于乙车，两车距离逐渐变大；15s后乙车的速度超过甲车，两车间距逐渐减小，故D错误；
故选：C。
【点评】本题关键是根据速度时间图象得到两物体的运动规律，然后根据图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小分析处理。
5．（4分）如图为一对等量异种点电荷，电量分别为+Q、﹣Q．实线为电场线，虚线圆的圆心O在两电荷连线的中点，a、b、c、d为圆上的点，则（　　）
A．a、b两点的电场强度相同
B．a、c两点的电场强度相同
C．a点的电势等于d点的电势
D．c点的电势高于d点的电势
【分析】电场线切线方向为场强方向，沿电场线方向电势逐渐降低．电场强度是矢量，只有场强的大小和方向都相同时场强才相同．
【解答】解：A、电场线切线方向为场强方向，由图知a、b两点的电场强度大小相等，方向不同，则电场强度不同，故A错误。
B、根据等量异种点电荷电场的对称性，可知a、c两点的电场强度相同，故B正确。
C、根据等量异种点电荷电场等势面分布的对称性，可知，a点的电势等于d点的电势，故C正确。
D、沿电场线方向电势逐渐降低，c点的电势低于d点的电势，故D错误。
故选：BC。
【点评】掌握电场线的特点：疏密表示场强大小，电场线切线方向为场强方向，沿电场线方向电势逐渐降低．分析时要抓住电场的对称性．
6．（4分）如图，半径为R的半圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m、带电量为+q且不计重力的粒子，以速度v沿与半径PO夹角θ＝30°的方向从P点垂直磁场射入，最后粒子垂直于MN射出，则磁感应强度的大小为（　　）
A． B． C． D．
【分析】画出粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹，结合几何关系求出运动的轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力得半径公式，联立即可求解．
【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，运动轨迹如图
由几何关系，知圆心角30°，粒子运动的轨迹的半径为：r＝2R…①
根据洛伦兹力提供向心力，有：
得半径为：…②
联立①②得：，故B正确，ACD错误；
故选：B。
【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动，找到圆心位置，由几何关系求半径，由洛伦兹力提供向心力得到磁感应强度，这是带电粒子在磁场中运动经常用到的解题思路．
7．（4分）从t＝0时刻开始，物块在外力作用下由静止开始沿x轴做匀变速直线运动，如图所示为其位移和速率的二次方的关系图线，下列说法正确的是（　　）
A．t＝0时刻物块位于x＝0处
B．物块运动的加速度a＝0.5m/s2
C．t＝2s时物块位于x＝2m处
D．2～4s时间内物块的位移大小为2m
【分析】根据数学知识写出x与v2的表达式，根据位移速度公式求出x与v2的表达式，进行对比，得到加速度，并分析物块的运动情况。根据图象的斜率和截距求解位移即可。
【解答】解：AB、由x﹣x0＝，结合图象可知物块做匀加速直线运动，且有 ＝，得加速度 a＝0.5m/s2，初位置x0＝﹣2m；故A错误，B正确；
C、t＝2s内，物体的位移△x2＝，故B错误。
D、t＝4 s内，物体的位移△x4＝，2～4s时间内物块的位移大小为△x24＝△x4﹣△x2＝3m，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查了运动学基本公式的直接应用，对于图象问题，一般要根据物理规律得到解析式，再从斜率和截距出发研究图象的物理意义。
8．（4分）如图，半圆柱体半径为4R，固定在水平面上。竖直挡板紧靠柱体底端，使半径为R的光滑小球停在柱体与挡板之间，球与柱体接触点为M．现将挡板保持竖直，缓慢地向右移动距离R后保持静止，球与柱体接触点为N（未画出）。以下判断正确的是（　　）
A．挡板移动过程中，柱体对小球的弹力变大
B．挡板移动过程中，挡板对小球的弹力变小
C．小球在M、N两点所受柱体的作用力大小之比为3：4
D．小球在M、N两点所受挡板的作用力大小之比为3：4
【分析】先对小球受力分析，受重力、半圆柱体对小球的支持力和挡板对小球的支持力，根据平衡条件求解出两个支持力；再对小球与半圆柱体组成的整体受力分析，受重力、地面支持力、挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，再次根据共点力平衡条件列式求解。
【解答】解：设小球的质量为m，先对小球受力分析，受重力、半圆柱体对小球的支持力和挡板对小球的支持力，如图
根据共点力平衡条件，有：
N1＝…①
N2＝mgtanθ…②
当挡板向右移动时，θ增大，由①可知，挡板对小球得支持力增大，由②可知柱体对小球的弹力变大。故A正确，B错误；
C、连接半圆柱体的圆心O1和小球的圆心O2，则：O1O2＝4R+R＝5R
过O2做竖直线与地面交于P点，则：O1P＝4R﹣R＝3R
所以：＝4R
所以：cosθ＝
tanθ＝
所以：；N2＝0.75mg
当将挡板保持竖直，缓慢地向右移动距离R后保持静止后，由几何关系可得：cosθ′＝0.6，所以：，N2′＝
所以小球在M、N两点所受柱体的作用力大小之比为；
小球在M、N两点所受挡板的作用力大小之比为：．故C正确，D错误
故选：AC。
【点评】本题关键是先对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件求出各个力的表达式，最后结合几何关系求出角度（余弦与正切）再进行讨论。
9．（4分）卫星A、B的运行方向相同，其中B为近地卫星，某时刻，两卫星相距最近（O、B、A在同一直线上），已知地球半径为R，卫星A离地心O的距离是卫星B离地心的距离的4倍，地球表面重力加速度为g，则（　　）
A．卫星A、B的运行周期的比值为＝
B．卫星A、B的运行线速度大小的比值为＝
C．卫星A、B的运行加速度的比值为＝
D．卫星A、B至少经过时间t＝，两者再次相距最近
【分析】人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式，再结合地球表面重力加速度的公式进行讨论即可。
【解答】解：万有引力提供向心力：G＝m＝mω2r＝m（）2r＝ma
解得：v＝①T＝＝2π②ω＝③a＝④
A、由T═＝2π 可知为═＝，则A错误
B、由v＝ 可知═＝，则B正确
C、由a＝ 可知＝＝，则C错误
D、B的角速度ωB＝＝A的角速度，又GM＝gR2，设经过时间t再次相距最近：t（ωB﹣ωA）＝2π，解得：t═，则D正确
故选：BD。
【点评】题要求熟练应用万有引力提供向心力解决卫星的运动问题，关键要明确卫星相距最远的条件。
10．（4分）如图所示，两个相同的灯泡，分别接在理想变压器的原副线圈上，（灯泡电阻不随温度变化）已知原、副线圈的匝数比n1：n2＝2：1，电源电压为U，则（　　）
A．通过A、B灯的电流之比IA：IB＝2：1
B．灯泡A、B两端的电压之比UA：UB＝1：2
C．灯泡A、B两端的电压分别是UA＝U，UB＝U
D．灯泡A、B消耗的功率之比PA：PB＝1：1
【分析】变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，结合闭合电路欧姆定律中电压分配即可解决．
【解答】解析：A、通过电灯的电流分别为变压器原、副线圈的电流，IA：IB＝n2：n1＝1：2，A错误；
B、因为是相同的两只灯泡，所以两端的电压比等于电流比，故UA：UB＝1：2；故B正确；
C、因为B灯电压为副线圈输出电压，则原线圈电压是U1＝UB＝2UB．而A灯电压UA＝UB，由于A灯跟原线圈串联在电源电压U上，即UB+2UB＝U，所以UB＝U，UA＝U．综上分析C正确；
D、因为是相同的两只灯泡，消耗的功率比等于电流的平方比PA：PB＝1：4，D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了变压器中匝数与电压和电流的关系，输入功率和输出功率之间的关系．
11．（4分）“天舟一号”货运飞船于2017年4月20日在文昌航天发射中心成功发射升空，与“天宫二号”空间实验室对接前，“天舟一号”在距离地面约380km的圆轨道上飞行，则其（　　）
A．角速度小于地球自转角速度
B．线速度小于第一宇宙速度
C．周期小于地球自转周期
D．向心加速度大于地面的重力加速度
【分析】根据万有引力做向心力得到角速度、线速度、周期、向心加速度和轨道半径的大小关系，即可得到“天舟一号”和同步卫星（即地球自转）及近地卫星的相关量大小关系．
【解答】解：地球同步卫星的轨道高度为3.6万千米，同步卫星运行角速度、周期和地球自转角速度、周期相同；故“天舟一号”的轨道半径大于地球半径，小于同步卫星轨道半径；
再由万有引力等于重力，且卫星绕地球运行，万有引力做向心力可得：
；
故角速度为：
周期为：
线速度为：
向心加速度为：；
所以，轨道半径越大，周期越大，角速度、线速度、向心加速度越小；
所以，“天舟一号”的角速度大于地球自转加速度，周期小于地球自转周期，线速度小于第一宇宙速度，向心加速度小于地球表面的向心加速度即重力加速度，故BC正确，AD错误；
故选：BC。
【点评】万有引力问题的运动，一般通过万有引力做向心力得到半径和周期、速度、角速度的关系，然后通过比较半径来求解，若是变轨问题则由能量守恒来求解．
12．（4分）如图甲，在虚线所示的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场变化规律如图乙所示，面积为S的单匝金属线框处在磁场中，线框与电阻R相连．若金属框的电阻为，则下列说法正确的是（　　）
A．流过电阻R的感应电流方向由右向左
B．线框cd边受到的安培力方向向上
C．感应电动势大小为
D．R两端的电压大小为
【分析】线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流．由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小．再由闭合电路的殴姆定律可求出电流大小，从而得出电阻R两端的电压，再由楞次定律判定感应电流方向，最后由左手定则来确定安培力的方向．
【解答】解：A、由楞次定律可得：感应电流的方向为逆时针，所以通过R的电流方向为由左向右，故A错误；
B、根据左手定则可知，线框cd边受到的安培力方向向下，故B错误；
C、穿过线圈的感应电动势为E＝N＝?S＝，故C错误；
D、由闭合电路殴姆定律可得：I＝，那么R两端的电压为U＝IR＝，故D正确；
故选：D。
【点评】由法拉第电磁感应定律求出感应电流的大小，而感应电流的方向则由楞次定律判定，及左手定则确定安培力的方向，同时穿过磁通量发生变化的线圈相当于电源，所以电源内部（线圈）电流方向是负极到正极．
二、实验题（共2小题，13题9分，14题4分．总计13分）
13．（9分）某实验小组计划做“探究滑块与木板间动摩擦因数”实验，设计的实验装置如图甲所示。
（1）某同学打出了如图乙所示的一条纸带，每两点间还有4个点没有画出来，纸带上的数字为相邻两个计数点间的距离，打点计时器的电源频率为50Hz，该滑块做匀变速直线运动的加速度a＝　1.95　m/s2．（结果保留三位有效数字）
（2）根据实验数据，作出的小车加速度a与传感器示数F的关系图象如图丙所示，则滑块和滑轮的总质量为　0.5　kg．滑块与木板间的动摩擦因数为　0.2　。（g＝10m/s2，结果均保留一位有效数字）
【分析】（1）根据位移差公式求解加速度；
（2）写出牛顿第二定律表达式，求出a与F的函数关系式，找斜率和截距的含义；
【解答】解：（1）根据位移差公式△x＝aT2得＝1.95m/s2；
（2）由牛顿第二定律得：2F﹣μmg＝ma，即，
故斜率
解得：m＝0.5kg；
纵轴的截距﹣2＝﹣μg，
故μ＝0.2；
故答案为：（1）1.95；（2）0.5；0.2；
【点评】在用位移差公式时，如果出现奇数组数据时舍去位移最小的那组求加速度；牛顿第二定律表达式应为2F﹣μmg＝ma，2F为小车所受拉力，是易错点。
14．（4分）在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，用测出的数据画出了电源的U一I图象，如图所示，若E、r分别表示电池的电动势和内电阻，则：E＝　1.40　V；r＝　1.00　Ω．
【分析】测定电池电动势和内电阻的实验原理是闭合电路欧姆定律U＝E﹣Ir，当I＝0时，U＝E，U﹣I图象的斜率绝对值等于内阻．
【解答】解：根据闭合电路欧姆定律U＝E﹣Ir，当I＝0时，U＝E，由图读出图线纵轴截距：U＝E＝1.40V，
U﹣I图象的斜率绝对值等于内阻r，则r＝＝1.00Ω；
故答案为：1.40；1.00．
【点评】解决本题关键要知道本实验的原理是闭合电路欧姆定律U＝E﹣Ir，根据数学知识求解电源的电动势和内阻．
三、计算题（共24分）
15．（11分）我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程。假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x＝1.6×103m时才能达到起飞所要求的速度v＝80m/s。已知飞机质量m＝7.0×104kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g＝10m/s2．求飞机滑跑过程中
（1）加速度a的大小；
（2）牵引力的平均功率P。
【分析】（1）飞机起飞滑行过程简化为初速度为零的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的速度位移公式求出飞机滑行过程的加速度。
（2）由v＝at求飞机滑行的时间t；根据动能定理求出牵引力做的功，由平均功率的表达式即可求出平均功率。
【解答】解：（1）根据速度位移公式得，v2＝2as
代入数据得 a＝2m/s2。
（2）由v＝at得：
t＝s
飞机受到的阻力：F阻＝0.1mg
设牵引力做的功为W，则由动能定理可得：W﹣F阻?x＝
牵引力的平均功率：
代入数据联立可得：P＝8.4×106W
答：（1）飞机滑行过程中加速度大小a是2m/s2；
（2）牵引力的平均功率是8.4×106W。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式，并能灵活运用，要知道加速度是联系力和运动的桥梁。
16．（13分）如图，两平行金属导轨间距离L＝0.40m，导轨和水平面的夹角是θ，导轨所在的平面内分布着磁感应强度B＝0.50T的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E＝4.5V、内阻r＝0.50Ω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，导体棒始终静止。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，导轨电阻不计，g取10m/s2
（1）求通过导体棒的电流
（2）若导轨光滑，磁场方向竖直向上，求导体棒受到的安培力大小及θ的大小
（3）若导轨粗糙，磁场方向垂直导轨平面向上，求导体棒受到的摩擦力的大小和方向。
【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律求得电流；
（2）根据安培力的公式F＝BIL求出安培力的大小。利用共点力平衡求得角度；
（3）根据共点力平衡求得摩擦力大小和方向
【解答】解：（1）根据闭合回路欧姆定律
（2）根据左手定则，判断安培力方向，安培力大小为F安＝BIL＝0.3N
金属棒静止，受力平衡
解得θ＝37°
（3）根据平衡条件 F安＝mgsinθ+f
f＝0.06N
方向：沿斜面向下
答：（1）通过导体棒的电流为1.5A
（2）若导轨光滑，磁场方向竖直向上，导体棒受到的安培力大小为0.3N，θ的大小为37°
（3）若导轨粗糙，磁场方向垂直导轨平面向上，导体棒受到的摩擦力的大小为0.06N，方向沿斜面向下。
【点评】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，注意明确电路结构能正确利用闭合电路欧姆定律求解，同时正确掌握安培力的公式，知道当磁感应强度和电流垂直时安培力F＝BIL。
四、选考题（共15分．请考生从给出的2道题中任选一题作答．）【物理--选修3-3】（15分）
17．（5分）下列说法正确的是（　　）
A．扩散现象说明了分子在不停地做无规则运动
B．外界对物体做功，物体内能一定增加
C．液体与大气接触，表面层内分子间的作用表现为相互吸引
D．由热力学第二定律可知热量从温度较低的物体传向高温物体是可能的，从单一热源吸收热量且吸收的热量全部用来对外做功也是可能的
E．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故
【分析】固体小颗粒做布朗运动说明了液体分子不停的做无规则运动。做功与热传递都可以改变物体的内能。液体表面层内分子间的作用力表现为引力。根据热力学第二定律分析变化。根据气体压强的微观意义分析。
【解答】解：A、固体、液体、气体都有扩散现象，扩散现象说明了分子在不停地做无规则运动，故A正确；
B、外界对物体做功，若同时物体放出热量，则物体内能不一定增加，故B错误。
C、液体与大气相接触，表面层内分子间距离大于平衡距离，分子间的作用表现为引力，故C正确。
D、根据热力学第二定律可知，热量不可以自发地从低温物体向高温物体传递，从单一热源吸收热量且吸收的热量全部用来对外做功而不引起其他的变化是不可能的，但是在一定的条件下热量从温度较低的物体传向高温物体是可能的，从单一热源吸收热量且吸收的热量全部用来对外做功也是可能的。故D正确。
E、高原地区水的沸点较低，这是高原地区气压较低的缘故，故E错误。
故选：ACD。
【点评】本题是选修模块3﹣3的内容，是热力学的基础知识，理解记忆是主要的学习方法，同时要注意对热力学第二定律的理解。
18．（10分）如图所示，一个圆筒形导热汽缸开口向上竖直放置。内有活塞，活塞横截面积为S＝1×10﹣4m2，质量为m＝1kg，活塞与汽缸之间无摩擦且不漏气。汽缸内密封有一定质量的理想气体，气柱高度h＝0.2m。已知大气压p0＝1.0×105Pa，取g＝10m/s2。
（ⅰ）如果在活塞上缓慢堆放一定质量的细砂，气柱高度变为原来的，请计算砂子质量；此过程理想气体吸热还是放热？
（ⅱ）如果在（ⅰ）的温度为27℃基础上，设法缓慢升高缸内气体的温度，求使活塞恢复到原高度时气体的温度是多少℃？
【分析】（1）对下部气体进行分析，活塞缓慢降落，则下部分封闭气体发生等温变化，利用玻意耳定律即可求出稳定后气体的压强，然后由共点力平衡求出砂子的质量；
（2）升高缸内气体的温度的过程中气体的压强不变，应用盖吕萨克定律可以求出气体的温度。
【解答】解：（ⅰ）对活塞，由平衡条件得：
开始时：p0S+mg＝p1S…①
加细砂后：p0S+（M+m）g＝p2S…②
解得：p1＝2×105Pa，p2＝？
气体初状态的体积：V1＝0.2S，V2＝0.2S×＝S
气体温度不变，由玻意耳定律得：p1V1＝p2V2，
解得：p2＝3×105Pa，M＝1kg；
该过程中外界对气体做功为气体的温度不变，内能不变，由热力学第一定律可知气体要放出热量。
（ⅱ）气体的状态参量为：T2＝300K，T2＝？；V3＝V1＝0.2S，V2＝0.2S×＝S，
气体发生等压变化，由盖吕萨克定律得：＝
解得：T3＝450K＝177℃；
答：（ⅰ）砂子质量为1kg；此过程理想气体放热；
（ⅱ）使活塞恢复到原高度时气体的温度是177℃。
【点评】本题考查气体定律与力学平衡的综合运用，解题关键是要利用平衡求出初末状态封闭气体的压强，分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，再选择合适的规律解决。