2018-2019学年辽宁省沈阳市郊联体高三（上）期末物理试卷Word版含解析

2018-2019学年辽宁省沈阳市郊联体高三（上）期末物理试卷
一、选择题本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题，只有一个选项正确，第6～8题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
1．（6分）下列说法正确的是（　　）
A．卢瑟福的原子核式结构模型很好的解释了α粒子散射实验
B．汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而揭示了原子核是有复杂结构的
C．β射线是原子核外电子挣脱原子核束缚后形成的
D．查德威克发现了天然放射现象说明原子具有复杂的结构
2．（6分）如图，T1、T2是监测交流高压输电参数的互感器，其中a、b是交流电压表或交流电流表。若高压输电线间的电压为220kV，T1的原、线圈匝数比为1：100，交流电压表的示数为100V，交流电流表的示数为1A，则（　　）
A．b是交流电压表
B．T2的原、副线圈匝数比为100：1
C．高压线路输送的电流为1A
D．高压线路输送的电功率为220kw
3．（6分）如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x轴方向宽度均为a，在y轴方向足够宽。现有一高为a的正三角形导线框从图示位置开始向右匀速穿过磁场区域。若以逆时针方向为电流的正方向，在下图中，线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图象正确的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（6分）如图所示，两个三角形物块A、B叠放在靠着粗糙的竖直墙壁放置的轻弹簧上，用力F将物块竖直向下缓慢压一小段距离后又缓慢撤去，A、B恢复静止状态，整个过程中弹簧始终保持竖直，则A、B恢复静止状态后（　　）
A．弹簧弹力的大小小于两物块的总重力
B．墙壁对A有竖直向下的静摩擦力作用
C．B受到A沿接触面向下的静摩擦力作用
D．B对A的作用力大小大于A的重力大小
5．（6分）如图所示为一种获得高能粒子的装置一环形加速器，环形区域内存在垂直纸面向外的可变匀强磁场，质量为m、电荷量为+q的粒子在环中做半径为R的圆周运动，A，B为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子飞经A板时，A板电势升高为+U，B板电势仍保持为零，设粒子的初速度为零，在两极板间的电场中加速，每当粒子离开电场区域时，A板电势又降为零，粒子在电场多次加速下动能不断增大，而在环形区域内绕中心运动的半径不变（设极板间距远小于R），粒子重力不计，下列关于环形加速器的说法中正确的是（　　）
A．加速器对带正电粒子顺时针加速，对带负电粒子加速需要升高B板电势
B．电势U越高，粒子最终的速度就越大
C．粒子每次绕行一圈所需的时间tn与加速次数n之间的关系为＝
D．环形区域内的磁感应强度大小Bn与加速次数n之间的关系为＝
6．（6分）下列各图中，已标出电流I、磁感应强度B的方向，其中符合安培定则的是（　　）
A． B．
C． D．
7．（6分）如图所示为人造地球卫星的轨道示意图，其中1为近地圆周轨道，2为椭圆轨道，3为地球同步轨道，其中P、Q为轨道的切点，则下列说法中正确的是（　　）
A．卫星在1轨道上运行可经过一次加速转移到3轨道上运行
B．卫星由1轨道进入2轨道机械能增大
C．卫星在轨道2上的运行周期最短
D．卫星在2轨道上的P点的运动速度小于“第二宇宙速度”，在Q点的速度小于“第一宇宙速度”
8．（6分）静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（　　）
A．在x2和x4处电势能相等
B．由x1运动到x3的过程中电势能增大
C．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大
D．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小
二、非选择题
9．（7分）利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示，水平桌面上固定一水平的气垫导轨，导轨上A点处有一滑块，其质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连。调节细绳的长度使每次实验时滑块运动到B点处与劲度系数为k的弹簧接触时小球恰好落地，测出每次弹簧的压缩量x，如果在B点的正上方安装一个速度传感器，用来测定滑块到达B点的速度，发现速度v与弹簧的压缩量x成正比，作出速度v随弹簧压缩量x变化的图象如图乙所示，测得v﹣x图象的斜率k′＝．在某次实验中，某同学没有开启速度传感器，但测出了A、B两点间的距离为L，弹簧的压缩量为x0，重力加速度用g表示，则：
（1）滑块从A处到达B处时，滑块和小球组成的系统动能增加量可表示为△Ek＝　 　，系统的重力势能减少量可表示为△Ep＝　 　，在误差允许的范围内，若△Ek＝△Ep则可认为系统的机械能守恒。（用题中字母表示）
（2）在实验中，该同学测得M＝m＝1kg，弹簧的劲度系数k＝100N/m，并改变A、B间的距离L，作出的x2﹣L图象如图丙所示，则重力加速度g＝　 　m/s2。
10．（8分）现有一个阻值大约为20Ω的电阻，为了更精确地测量其电阻，实验室给出了以下器材：
①电流表G1（0～50mA，内阻r1＝3Ω）
②电流表G2（0～100mA，内阻r2＝1Ω）
③定值电阻R1（R1＝150Ω）
④定值电阻R2（R2＝15Ω）
⑤滑动变阻器R（0～5Ω）
⑥干电池（1.5V，内阻不计）
⑦开关S及导线若干
（1）某同学设计了如图甲所示的电路图，其中A、B一个为被测电阻、一个为定值电阻，请问图中电阻为被测电阻　 　（填“A”或“B”），定值电阻应选　 　（填“R1”或“R2”）
（2）若某次测得电流表G1、G2的示数分别为I1、I2．则被测电阻的大小为　 　（用已知和测量物理量的符号表示）
（3）若通过调节滑动变阻器，该同学测得多组I1、I2的实验数据，根据实验数据做出I1、I2的图象如图乙所示，并求得图象的斜率k＝1.85，则被测电阻的大小为　 　Ω（保留三位有效数字）。
11．（12分）如图所示真空中狭长区域的匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，宽度为d。速度为v的电子从边界CD外侧垂直射入磁场，入射方向与CD间夹角为θ＝60°．电子质量为m、电量为e。为使电子不从磁场的另一侧边界EF射出，则电子在磁场中的运动时间及速度v的最大值分别为多少？
12．（20分）如图，在光滑的水平面上静止着足够长、质量为3m的木板，木板上依次排放质量均为m的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ．现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，最后所有的木块与木板相对静止。已知重力加速度为g，求
（1）求所有木块都相对静止时的速度；
（2）木块3从开始运动到与木板相对静止时位移的大小；
（3）木块2在整个运动过程中的最小速度。
[物理一选修3--3]（15分）
13．（5分）关于布朗运动，下列说法正确的是（　　）
A．布朗运动是液体中悬浮微粒的无规则运动
B．液体温度越高，液体中悬浮微粒的布朗运动越剧烈
C．在液体中的悬浮颗粒只要大于某一尺寸，都会发生布朗运动
D．液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子永不停息地做无规则运动
E．液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子对它的撞击作用不平衡所引起的
14．（10分）如图所示，足够长的气缸竖直放置，其横截面积S＝1×10﹣3m2，气缸内有质量m＝2kg的活塞，活塞与气缸壁之间密封良好，不计摩擦。开始时活塞被销钉K固定于图示位置，离缸底L1＝12cm，此时气缸内被封闭气体的压强p1＝1.5×105Pa，温度T1＝300K．大气压p0＝1.0×105Pa，取重力加速度g＝10m/s2。
（1）现对密闭气体加热，当温度升到T2＝400K时，其压强p2多大？
（2）此后拔去销钉K，活塞开始向上运动，当它最后静止在某一位置时，气缸内气体的温度降为T3＝360K，则这时活塞离缸底的距离L3为多少？
[物理一选修3-4]（15分）
15．下列说法正确的是（　　）
A．在干涉现象中，振动加强点的位移总比减弱点的位移要大
B．单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关
C．火车鸣笛向我们驶来，我们听到的笛声频率比声源发声的频率高
D．当水波通过障碍物时，若障碍的尺寸与波长差不多，或比波长大的多时，将发生明显的衍射现象
E．用两束单色光A、B，分别在同一套装置上做干涉实验，若A光的条纹间距比B光的大，则说明A光波长大于B光波长
16．单色细光束射到折射率n＝的透明球表面，光束在过球心的平面内，入射角θ1＝45°，研究经折射进入球内后又经内表面反射一次，再经球面折射后射出的光线，如图所示（图上已画出入射光线和出射光线）．
（1）在图上大致画出光线在球内的路径和方向；
（2）求入射光线与出射光线之间的夹角α．

2018-2019学年辽宁省沈阳市郊联体高三（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题，只有一个选项正确，第6～8题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
1．（6分）下列说法正确的是（　　）
A．卢瑟福的原子核式结构模型很好的解释了α粒子散射实验
B．汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而揭示了原子核是有复杂结构的
C．β射线是原子核外电子挣脱原子核束缚后形成的
D．查德威克发现了天然放射现象说明原子具有复杂的结构
【分析】汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，没有提出了原子的核式结构学说；卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子核式结构模型；贝可勒尔发现天然放射性，说明原子核是有内部结构的；β衰变中产生的β射线是原子核内部的中子转化为质子同时释放出的电子．
【解答】解：A、卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子核式结构模型，很好的解释了α粒子散射实验现象；故A正确。
B、汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，是卢瑟福根据α粒子散射实验结果提出了原子的核式结构学说；故B错误。
C、β衰变中产生的β射线是原子核内部的中子转化为质子同时释放出的电子，故C错误；
D、贝可勒尔发现天然放射性，由于天然放射性是原子发生变化而产生的，则说明原子核是有内部结构的。故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了α粒子散射实验、电子的发现、放射性射线、核反应，对于3﹣5模块的基础知识，注意物理学家的贡绩，不能张冠李戴，要加强记忆．
2．（6分）如图，T1、T2是监测交流高压输电参数的互感器，其中a、b是交流电压表或交流电流表。若高压输电线间的电压为220kV，T1的原、线圈匝数比为1：100，交流电压表的示数为100V，交流电流表的示数为1A，则（　　）
A．b是交流电压表
B．T2的原、副线圈匝数比为100：1
C．高压线路输送的电流为1A
D．高压线路输送的电功率为220kw
【分析】左图是电流互感器，右图是电压互感器。变压器原副线圈的电压比等于匝数比。只有一个副线圈的变压器，原副线圈中的电流比等于匝数的反比。
【解答】解：A、是电流互感器，a是交流电流表
是电压互感器，b是交流电压表，故A正确；
B、对，根据电压与匝数成正比，得，故B错误；
C、对，根据电流与匝数成正比，，即，得，故C错误；
D、根据P＝UI＝220KV×100A＝22000KW，故D错误；
故选：A。
【点评】电压互感器原线圈并接在两个输电线上，原线圈的匝数比副线圈的匝数多，是降压变压器，把高电压降低成低电压，副线圈接电压表。电流互感器原线圈串接在某一根输电线中，原线圈匝数比副线圈匝数少，原线圈中是大电流，副线圈中是小电流，副线圈接的是电流表
3．（6分）如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x轴方向宽度均为a，在y轴方向足够宽。现有一高为a的正三角形导线框从图示位置开始向右匀速穿过磁场区域。若以逆时针方向为电流的正方向，在下图中，线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图象正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】本题导体的运动可分为三段进行分析，根据楞次定律可判断电路中感应电流的方向；由导体切割磁感线时的感应电动势公式可求得感应电动势的大小。
【解答】解：线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，磁通量向里增大，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针，故B一定错误；
因切割的有效长度均匀增大，故由E＝BLV可知，电动势也均匀增加；而在全部进入第一部分磁场时，磁通量达最大，该瞬间变化率为零，故电动势也会零，故A错误；
当线圈开始进入第二段磁场后，线圈中磁通量向里减小，则可知电流为顺时针，故D错误，C正确；
故选：C。
【点评】本题为选择题，而过程比较复杂，故可选用排除法解决，这样可以节约一定的时间；
而进入第二段磁场后，分处两磁场的线圈两部分产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的，当将要全部进入第二磁场时，线圈中电流达最大2I。
4．（6分）如图所示，两个三角形物块A、B叠放在靠着粗糙的竖直墙壁放置的轻弹簧上，用力F将物块竖直向下缓慢压一小段距离后又缓慢撤去，A、B恢复静止状态，整个过程中弹簧始终保持竖直，则A、B恢复静止状态后（　　）
A．弹簧弹力的大小小于两物块的总重力
B．墙壁对A有竖直向下的静摩擦力作用
C．B受到A沿接触面向下的静摩擦力作用
D．B对A的作用力大小大于A的重力大小
【分析】根据平衡条件，结合摩擦力产生的必须要有弹力，即可判断A与墙壁之间是否存在作用力；然后分别对A与B进行受力分析即可。
【解答】解：AB、对AB组成的整体进行受力分析可知，墙壁对A没有弹力，否则水平方向不能平衡。没有弹力就没有摩擦力；根据平衡条件，结合整体法，可知，弹簧弹力的大小等于两物体的总重力，故AB错误；
C、A受到B沿接触面向上的静摩擦力作用，B受到A沿接触面向下的静摩擦力作用，故C正确；
D、B对A的作用力有弹力与静摩擦力，其合力的大小与A的重力平衡，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要是考查弹力与摩擦力关系，注意有弹力不一定有摩擦力，而有摩擦力一定有弹力，同时掌握平衡条件的应用。
5．（6分）如图所示为一种获得高能粒子的装置一环形加速器，环形区域内存在垂直纸面向外的可变匀强磁场，质量为m、电荷量为+q的粒子在环中做半径为R的圆周运动，A，B为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子飞经A板时，A板电势升高为+U，B板电势仍保持为零，设粒子的初速度为零，在两极板间的电场中加速，每当粒子离开电场区域时，A板电势又降为零，粒子在电场多次加速下动能不断增大，而在环形区域内绕中心运动的半径不变（设极板间距远小于R），粒子重力不计，下列关于环形加速器的说法中正确的是（　　）
A．加速器对带正电粒子顺时针加速，对带负电粒子加速需要升高B板电势
B．电势U越高，粒子最终的速度就越大
C．粒子每次绕行一圈所需的时间tn与加速次数n之间的关系为＝
D．环形区域内的磁感应强度大小Bn与加速次数n之间的关系为＝
【分析】由电场力做导致粒子的动能增加，结合动能定理，可求出n圈后的速度，再根据牛顿第二定律与向心力公式，即可求解磁感应强度大小Bn与加速次数n之间的关系；根据第n圈所需时间，结合数学通项式，即可求解。
【解答】解：A、由左手定则可知，加速器对正电荷顺时针加速，对负电荷应逆时针加速，对负电荷加速时A板电势高B板电势低，故A错误；
B、粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qBv＝m，解得：v＝，
粒子获得的最大速度与加速电压无关，与D型盒的半径R和磁感应强度B有关，电势U高粒子的最终速度不一定越大，故B错误；
C、粒子绕行n圈获得的动能等于电场力对粒子做的功，设粒子绕行n圈获得的速度为vn，根据动能定理得：nqU＝mvn2﹣0，解得：vn＝，
粒子在环形区域磁场中，粒子绕行第n圈所需时间：Tn＝＝2πR，所以：＝，故C错误；
D、粒子在环形区域磁场中，受洛伦兹力作用做半径为R的匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvnBn＝m，解得：Bn＝，所以：＝，故D正确；
故选：D。
【点评】解决本题的关键知道回旋加速器运用电场加速，磁场偏转来加速带电粒子，但要注意粒子射出的速度与加速电压无关，与磁感应强度的大小和D型盒半径有关。
6．（6分）下列各图中，已标出电流I、磁感应强度B的方向，其中符合安培定则的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】安培定则，也叫右手螺旋定则，是表示电流和电流激的磁场的磁感线方向间关系的定则，根据安培定则的应用即可正确解答。
【解答】解：AB、通电直导线中的安培定则（安培定则一）：用右手握住通电直导线，让大拇指指向电流的方向，那么四指的指向就是磁感线的环绕方向由此可知，故AB错误；
CD、通电螺线管中的安培定则（安培定则二）：用右手握住通电螺线管，使四指弯曲与电流方向一致，那么大拇指所指的那一端是通电螺线管的N极，据此可知，故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】加强练习熟练掌握安培定则的内容，注意磁场方向的表示方法，同时关注直导线与环导线大拇指指向内容有所不同。
7．（6分）如图所示为人造地球卫星的轨道示意图，其中1为近地圆周轨道，2为椭圆轨道，3为地球同步轨道，其中P、Q为轨道的切点，则下列说法中正确的是（　　）
A．卫星在1轨道上运行可经过一次加速转移到3轨道上运行
B．卫星由1轨道进入2轨道机械能增大
C．卫星在轨道2上的运行周期最短
D．卫星在2轨道上的P点的运动速度小于“第二宇宙速度”，在Q点的速度小于“第一宇宙速度”
【分析】考查变轨问题，从1轨道变到2轨道时需要点火加速，在2轨道的Q点再次点火加速才能稳定在3轨道上。由开普勒第三定律判断周期之间的关系，由万有引力提供向心力判断速度关系。
【解答】解：A、卫星从1轨道转移到3轨道上运行，需要在P点和Q点加速两次。故A错误；
B、卫星由1轨道进入2轨道需要在P点点火加速，所以机械能增大。故B正确；
C、根据开普勒第三定律可知，轨道半径最小的1轨道的周期最小。故C错误；
D、卫星从轨道1变轨到轨道2，在a点加速后仍然绕地球运动，所以速度小于第二宇宙速度；
设卫星和地球的质量分别为m和M，卫星速率为v，轨道半径为r，则有，得到 v＝，可见半径小，速率大则有v1P＞v3Q。
卫星从轨道2变轨到轨道3，在Q点加速，则有v3Q＞v2Q；所以v1P＞v3Q＞v2Q．v1P 近似等于第一宇宙速度，可知卫星在2轨道的Q点的速度小于“第一宇宙速度”。故D正确
故选：BD。
【点评】卫星在不同轨道上运行时各个量的比较，往往根据万有引力等于向心力列出物理量与半径的关系，然后比较。
8．（6分）静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（　　）
A．在x2和x4处电势能相等
B．由x1运动到x3的过程中电势能增大
C．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大
D．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小
【分析】由图可以看出在0﹣x1处场强为正，x1﹣+∞处场强为负方向，沿着电场线的方向电势降低，对于正电荷而言电势降低则电势能减小
【解答】解：A、x2﹣x4处场强为x轴负方向，则从x2到x4处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x4处电势能较大，故A错误；
B、x1﹣x3处场强为x轴负方向，则从x1到x3处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x3处电势能较大，B正确；
C、由x1运动到x4的过程中，由图可以看出电场强度的绝对值先增大后减小，故电场力先增大后减小，故C错误，D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查从图象获取信息的能力，另外U＝Ed，所以E﹣x图象组成图形的面积还可以表示电势差
二、非选择题
9．（7分）利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示，水平桌面上固定一水平的气垫导轨，导轨上A点处有一滑块，其质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连。调节细绳的长度使每次实验时滑块运动到B点处与劲度系数为k的弹簧接触时小球恰好落地，测出每次弹簧的压缩量x，如果在B点的正上方安装一个速度传感器，用来测定滑块到达B点的速度，发现速度v与弹簧的压缩量x成正比，作出速度v随弹簧压缩量x变化的图象如图乙所示，测得v﹣x图象的斜率k′＝．在某次实验中，某同学没有开启速度传感器，但测出了A、B两点间的距离为L，弹簧的压缩量为x0，重力加速度用g表示，则：
（1）滑块从A处到达B处时，滑块和小球组成的系统动能增加量可表示为△Ek＝　　，系统的重力势能减少量可表示为△Ep＝　mgL　，在误差允许的范围内，若△Ek＝△Ep则可认为系统的机械能守恒。（用题中字母表示）
（2）在实验中，该同学测得M＝m＝1kg，弹簧的劲度系数k＝100N/m，并改变A、B间的距离L，作出的x2﹣L图象如图丙所示，则重力加速度g＝　9.6　m/s2。
【分析】（1）根据v﹣x图线斜率的表达式，求出滑块刚接触弹簧时的速度大小，从而得出系统动能的增加量，根据下降的高度求出系统重力势能的减小量。
（2）根据系统机械能守恒，结合v﹣x之间的关系式，求出x2与L的关系式，结合图线的斜率求出重力加速度。
【解答】解：（1）v﹣x图象的斜率k′＝，即，则滑块刚接触弹簧时的速度为v0＝x0，故系统的动能增加量为△Ek＝（M+m） v02＝；由于只有小球的重力做功，故重力势能的减少量为△Ep＝mgL。
（2）根据机械能守恒定律有mgL＝（M+m）v2，又v＝x，M＝m，解得x2＝L，
由题图丙可得k″＝＝0.096 m，故g＝＝ m/s2＝9.6 m/s2。
故答案为：（1），mgL，（2）9.6。
【点评】对于图线问题，一般的解题思路是得出物理量间的关系式，结合图线斜率或截距进行求解，难度中等。
10．（8分）现有一个阻值大约为20Ω的电阻，为了更精确地测量其电阻，实验室给出了以下器材：
①电流表G1（0～50mA，内阻r1＝3Ω）
②电流表G2（0～100mA，内阻r2＝1Ω）
③定值电阻R1（R1＝150Ω）
④定值电阻R2（R2＝15Ω）
⑤滑动变阻器R（0～5Ω）
⑥干电池（1.5V，内阻不计）
⑦开关S及导线若干
（1）某同学设计了如图甲所示的电路图，其中A、B一个为被测电阻、一个为定值电阻，请问图中电阻为被测电阻　B　（填“A”或“B”），定值电阻应选　R2　（填“R1”或“R2”）
（2）若某次测得电流表G1、G2的示数分别为I1、I2．则被测电阻的大小为　　（用已知和测量物理量的符号表示）
（3）若通过调节滑动变阻器，该同学测得多组I1、I2的实验数据，根据实验数据做出I1、I2的图象如图乙所示，并求得图象的斜率k＝1.85，则被测电阻的大小为　21.2　Ω（保留三位有效数字）。
【分析】（1）根据实验的原理，判断哪一个是待测电阻；在保证电路安全的情况下为方便实验操作，选择合适的定值电阻。
（2）根据实验原理，确定待测电阻的计算公式；
（3）根据实验原理，确定斜率的意义，然后根据公式求出即可。
【解答】解：（1）电流表G1的量程是电流表G2的一半，但电阻值约为待测电阻的，所以需要给电流表G1串联一个定值电阻，将待测电阻与电流表G1并联即可。
电流表G1的量程是电流表G2的一半，电流表G1的内电阻与R2的和与待测电阻接近，所以定值电阻应选择R2。
（2）根据实验原理图可知，并联部分两侧的电压是相等的，即：（I2﹣I1）Rx＝I1（r1+R2）
所以：
（3）将上式变形：＝
代入数据可得：Rx＝21.2Ω。
故答案为：（1）B，R2；（2）；（3）21.2
【点评】本题考查了实验器材的选取、设计实验电路图；要掌握选择实验器材的原则，确定滑动变阻器与电流表的接法是正确解题的关键。
11．（12分）如图所示真空中狭长区域的匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，宽度为d。速度为v的电子从边界CD外侧垂直射入磁场，入射方向与CD间夹角为θ＝60°．电子质量为m、电量为e。为使电子不从磁场的另一侧边界EF射出，则电子在磁场中的运动时间及速度v的最大值分别为多少？
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，当其轨迹恰好与EF边相切时，轨迹半径最大，对应的速度最大。求出圆弧所对的圆心角，根据求时间。
【解答】解：如图所示，
电子恰好从EF边射出时速度v最大，由几何知识可得：
r+rcosθ＝d ①得
由牛顿第二定律：
解得：②
解得
电子在磁场中圆周运动，圆弧所对的圆心角为360°﹣2θ＝240°
运动时间＝?＝
答：电子在磁场中的运动时间为，速度v的最大值为
【点评】本题考查圆周运动的边界问题的求解方法。当入射速率v0很小时，电子会在磁场中转动一段圆弧后又从CD一侧射出，速率越大，轨道半径越大，当轨道与边界EF相切时，电子恰好不能从EF射出。
12．（20分）如图，在光滑的水平面上静止着足够长、质量为3m的木板，木板上依次排放质量均为m的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ．现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，最后所有的木块与木板相对静止。已知重力加速度为g，求
（1）求所有木块都相对静止时的速度；
（2）木块3从开始运动到与木板相对静止时位移的大小；
（3）木块2在整个运动过程中的最小速度。
【分析】（1）当木块3与木板的速度相等时，三个木块与木板的速度均相等，由系统动量守恒求得共同速度。
（2）木块3在木板上匀减速运动，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解。
（3）由动量守恒定律求木块2在整个运动过程中的最小速度。
【解答】解：（1）当木块3与木板的速度相等时，三个木块与木板的速度均相等，且为v。取向右为正方向，系统动量守恒得：
m（v0+2v0+3v0）＝6mv…①
（2）术块3在木板上匀减速运动，由牛顿第二定律：μmg＝ma…②
由运动学公式有：
（3v0）2﹣v2＝2as3…③
解得木块3从开始运动到与木板相对静止时位移的大小：s3＝…④
（3）设木块2的最小速度为v2，此时木块3的速度为v3，由动量守恒定律
m（v0+2v0+3v0）＝（2m+3m）v2+mv3…⑤
在此过程中，木块3与木块2速度改变量相同
3v0﹣v3＝2v0﹣v2…⑥
解得v2＝v0…⑦
答：（1）所有木块都相对静止时的速度为v0；
（2）木块3从开始运动到与木板相对静止时位移的大小是；
（3）木块2在整个运动过程中的最小速度是v0。
【点评】本题木块在木板上滑动类型，分析物体的运动过程是解题基础，其次要把握物理过程的物理规律，常常根据动量守恒和能量守恒结合处理。
[物理一选修3--3]（15分）
13．（5分）关于布朗运动，下列说法正确的是（　　）
A．布朗运动是液体中悬浮微粒的无规则运动
B．液体温度越高，液体中悬浮微粒的布朗运动越剧烈
C．在液体中的悬浮颗粒只要大于某一尺寸，都会发生布朗运动
D．液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子永不停息地做无规则运动
E．液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子对它的撞击作用不平衡所引起的
【分析】布朗运动是悬浮在液体中微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，形成的原因是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的；液体温度越高，悬浮粒子越小，布朗运动越剧烈。
【解答】解：A、布朗运动是液体中悬浮微粒的无规则运动，故A正确。
B、液体温度越高，分子热运动越激烈，液体中悬浮微粒的布朗运动越剧烈，故B正确。
C、悬浮颗粒越大，惯性越大，碰撞时受到冲力越平衡，所以大颗粒不做布朗运动，故C错误。
D、布朗运动是悬浮在液体中颗粒的无规则运动，不是液体分子的无规则运动，故D错误。
E、布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮颗粒撞击作用的不平衡引起的，故E正确。
故选：ABE。
【点评】对于布朗运动，要理解并掌握布朗运动形成的原因，知道布朗运动既不是颗粒分子的运动，也不是液体分子的运动，而是液体分子无规则运动的反映。
14．（10分）如图所示，足够长的气缸竖直放置，其横截面积S＝1×10﹣3m2，气缸内有质量m＝2kg的活塞，活塞与气缸壁之间密封良好，不计摩擦。开始时活塞被销钉K固定于图示位置，离缸底L1＝12cm，此时气缸内被封闭气体的压强p1＝1.5×105Pa，温度T1＝300K．大气压p0＝1.0×105Pa，取重力加速度g＝10m/s2。
（1）现对密闭气体加热，当温度升到T2＝400K时，其压强p2多大？
（2）此后拔去销钉K，活塞开始向上运动，当它最后静止在某一位置时，气缸内气体的温度降为T3＝360K，则这时活塞离缸底的距离L3为多少？
【分析】（1）求出气体的状态参量，应用查理定律可以求出气体的压强。
（2）根据题意求出气体的状态参量，然后应用气体状态方程列方程，再求出活塞到达缸底的距离。
【解答】解：（1）气体初状态参量：p1＝1.5×105 Pa，T1＝300K，末状态参量：T2＝400K，
由查理定律得：＝，即：＝，解得：p2＝2×105Pa；
（2）气体初状态的参量：p1＝1.5×105Pa，V1＝L1S＝12S，T1＝300K，
气体末状态的状态参量：p3＝p0+＝1.2×105Pa，T3＝360K，
由理想气体状态方程得：＝，
即：＝，
解得：L3＝18cm；
答：（1）现对密闭气体加热，当温度升到T2＝400K时，其压强p2为2×105Pa。
（2）这时活塞离缸底的距离L3为18cm。
【点评】本题是一道热学综合题，分析清楚气体状态变化过程是解题的前提，根据题意求出气体的状态参量、应用气体状态方程可以解题。
[物理一选修3-4]（15分）
15．下列说法正确的是（　　）
A．在干涉现象中，振动加强点的位移总比减弱点的位移要大
B．单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关
C．火车鸣笛向我们驶来，我们听到的笛声频率比声源发声的频率高
D．当水波通过障碍物时，若障碍的尺寸与波长差不多，或比波长大的多时，将发生明显的衍射现象
E．用两束单色光A、B，分别在同一套装置上做干涉实验，若A光的条纹间距比B光的大，则说明A光波长大于B光波长
【分析】振动加速度的振幅最大，不是位移总是最大．受迫振动的频率等于驱动力的频率，与固有频率无关．根据多普勒效应判断接收频率与波源发出频率的关系．当波长与障碍物尺寸差不多，或比障碍物尺寸大，会发生明显的衍射．根据双缝干涉的条纹间距公式比较波长的大小．根据弹簧振子的加速度变化判断振子的运动规律．
【解答】解：A、在干涉现象中，振动加强点振幅最大，位移在变化，所以振动加强点的位移不是总比减弱点的位移大，故A错误。
B、单摆在周期性外力作用下做受迫振动，单摆的周期与驱动力的周期相等，与固有周期无关，故B正确。
C、火车鸣笛向我们驶来时，根据多普勒效应知，我们接收的频率大于波源发出的频率，故C正确。
D、当水波通过障碍物时，若障碍的尺寸与波长差不多，或比波长小的多时，将发生明显的衍射现象，故D错误。
E、根据△x＝λ知，A光的条纹间距比B光的条纹间距大，则A光的波长大于B光的波长，故E正确。
故选：BCE。
【点评】本题考查了干涉现象、衍射现象、双缝干涉、多普勒效应、受迫振动、简谐运动等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点．
16．单色细光束射到折射率n＝的透明球表面，光束在过球心的平面内，入射角θ1＝45°，研究经折射进入球内后又经内表面反射一次，再经球面折射后射出的光线，如图所示（图上已画出入射光线和出射光线）．
（1）在图上大致画出光线在球内的路径和方向；
（2）求入射光线与出射光线之间的夹角α．
【分析】（1）光线从入射到出射的光路如下图所示．入射光线AB经玻璃折射后，折射光线为BC，又经球内壁反射后，反射光线为CD，再经折射后，折射出的光线为DE．OB、OD为球的半球，即为法线．作出光路图．
（2）由折射定律求出折射角r，根据几何知识和对称性求出α．
【解答】解：（1）光线从入射到出射的光路如下图所示．入射光线AB经玻璃折射后，折射光线为BC，又经球内壁反射后，反射光线为CD，再经折射后，折射出的光线为DE．OB、OD为球的半球，即为法线．
（2）由折射定律＝n，得sinr＝＝
所以r＝30°
由几何关系及对称性，有＝r﹣（i﹣r）＝2r﹣i
得：α＝4r﹣2i，把r＝30°，i＝45°
代入得α＝30°
答：（1）如图所示．
（2）入射光与出射光之间的夹角α为30°．
【点评】本题是几何光学问题，作出光路图是解题的基础，同时要善于运用几何关系分析光线的偏折角与折射角和入射角的关系．