2018-2019学年云南省昭通市高三（上）期末物理试卷Word版含解析

2018-2019学年云南省昭通市高三（上）期末物理试卷
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1．（6分）三束单色光1、2和3的频率分别为v1、v2和v3（v1＞v2＞v3）。分别用这三束光照射同一种金属，已知用光束2照射时，恰能产生光电效应。下列说法正确的是（　　）
A．用光束1照射时，一定不能产生光电效应
B．用光束3照射时，一定能产生光电效应
C．用光束3照射时，只要光强足够强，照射时间足够长，照样能产生光电效应
D．用光束1照射时，无论光强怎样，产生的光电子的最大初动能都相同
2．（6分）如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上，受到水平向右的拉力F的作用，木块和长木板一起向右滑行，木块相对于长木板静止。已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2．下列说法正确的是（　　）
A．木块与长木板间的摩擦力的大小是μ1mg
B．木块与长木板间的摩擦力可能大于F
C．长木板受到地面摩擦力的大小一定等于F
D．长木板受到地面的摩擦力的大小是μ2（M+m）g
3．（6分）光滑水平桌面上有P、Q两个物块，将一轻弹簧置于P、Q之间，用外力缓慢压P、Q，撤去外力后，P、Q开始运动，Q的动能是P的动能的n倍，则P和Q的质量之比为（　　）
A．n2 B． C．n D．1
4．（6分）某人以拉力F将物块沿斜面向下拉，如图所示，拉力等于摩擦力（即F＝f），在物体下滑过程中（　　）
A．物体匀速运动 B．拉力的瞬时功率增大
C．摩擦力的冲量不变 D．物体的机械能增大
5．（6分）长为L，间距也为L的两平行金属板M、N间有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m，电量为q的正离子从平行板左端中点以平行于金属板方向射入磁场，欲使离子不能离开磁场，入射离子的速度大小应满足的条件是（　　）
A．＜v＜ B．v＞
C．v＜ D．v＜
二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）
6．（4分）国家航天局局长许达皙介绍，中国火星探测任务已正式立项，首个火星探测器将于2020年在海南文昌发射场用“长征五号”运载火箭实施发射，一步实现火星探测器的“绕、着、遥”假设将来中国火星探测器探测火星时，经历如图所示的变轨过程，则下列说法正确的是（　　）
A．飞船在轨道Ⅱ上P点的速度大于在轨道Ⅲ上P点的速度
B．飞船在轨道Ⅰ上的机械能等于在轨道Ⅱ的机械能
C．飞船在轨道Ⅱ上P点的加速度等于在轨道Ⅲ上P点的加速度
D．若轨道Ⅰ贴近火星表面，已知飞船在轨道Ⅰ上运行的周期，就能推算火星的密度
7．（4分）如图所示，在相距为4d的等量异种点电荷形成的电场中，有A、B、C三点，A为两点电荷连线的中点，B为连线上距A为d的一点，c为连线上距A为3d的一点，关于这三点场强大小，电势高低比较，正确的是（　　）
A．EB＞EC＞EA B．EB＞EA＞EC C．φA＞φB＞φC D．φB＝φC＜φA
8．（4分）如图，空间中存在一匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，磁场方向与竖直面（纸面）垂直，磁场的上、下边界（虚线）均为水平面，间距为2L，纸面内磁场上方有一个质量为m、电阻为R的正方形导线框abcd，边长为L，其上、下两边均与磁场边界平行，若线框从上边界上方某处自由下落，恰能匀速进入磁场，则（　　）
A．线框释放处距离磁场上边界的高度为h＝
B．线圈进入磁场的过程中机械能的减少量为mgL
C．线圈进入磁场的过程中流过线圈横截面的电量为
D．线圈的ab边到达磁场下边界时的速度为
9．（5分）下列叙述中正确的是（　　）
A．布朗运动就是液体分子的无规则运动
B．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增加而增加
C．对于一定质量的理想气体，温度升高时，压强可能减小
D．已知水的密度和水的摩尔质量，则可以计算出阿伏加德罗常数
E．扩散现象说明分子之间存在空隙，同时分子在永不停息地做无规则运动
10．（5分）由波源S形成的简谐横波在均匀介质中向左、右传播。波源振动的频率为20Hz，波速为16m/s。已知介质中P、Q两质点位于波源S的两侧，且P、Q和S的平衡位置在一条直线上，P、Q的平衡位置到S的平衡位置之间的距离分别为15.8m、14.6m。P、Q开始震动后，下列判断正确的是（　　）
A．P、Q两质点运动的方向始终相同
B．P、Q两质点运动的方向始终相反
C．当S恰好通过平衡位置时，P、Q两点也正好通过平衡位置
D．当S恰好通过平衡位置向上运动时，P在波峰
E．当S恰好通过平衡位置向下运动时，Q在波峰
三、实验题探究题（本大题共2小题，共15.0分）
11．（7分）用如图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律：
（1）某同学通过实验得到如图乙所示的a﹣﹣F图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角　 　（填“偏大”或“偏小”）。
（2）该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力　 　砝码和盘的总重力（填“大于”、“小于”或“等于”），为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足　 　的条件。
（3）某同学得到如图丙所示的纸带。已知打点计时器电源频率为50Hz．A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点。△s＝sDG﹣sAD＝　 　cm，由此可算出小车的加速度a＝　 　m/s2（保留两位有效数字）。
12．（8分）要测绘一个标有“3V 0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作。供选用的器材有：
A．电池组（电动势为4.5V，内阻约1Ω）
B．电流表A1（量程为0～3A，内阻约0.1Ω）
C．电流表A2（量程为0～250mA，内阻约为5Ω）
D．电压表V1（量程为0～3V，内阻约3kΩ）
E．电压表V2（量程为0～15V，内阻约15kΩ）
F．滑动变阻器R1（最大阻值20Ω，额定电流1A）
G．滑动变阻器R2（最大阻值1750Ω，额定电流0.3A）
H．电键一个，导线若干
（1）实验时电流表应选择　 　，电压表应选择　 　，滑动变阻器应选择　 　。（填元件符号）
（2）为了尽可能地减小误差，请根据正确选择的器材设计电路，在虚线框内画出该电路图，并标注所有元件符号。
四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）
13．（12分）真空中存在电场强度为E1的匀强电场（未知），一质量为m带正电的油滴，电量为q，在该电场中竖直向下做匀速直线运动，速度大小为v0，在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变，持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点，重力加速度大小为g，求：
（1）电场强度E1的大小和方向；
（2）油滴运动到B点时的速度大小。
14．（12分）如图，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB，与水平光滑轨道BC相连，竖直墙壁CD高H＝0.2m，紧靠墙壁在地面固定一个和CD等高，底边长L＝0.3m的斜面，一个质量m＝0.1kg的小物块（视为质点）在轨道AB上从距离B点l＝4m处由静止释放，从C点水平抛出，已知小物块在AB段与轨道间的动摩擦因数为0.5，达到B点时无能量损失；AB段与水平面的夹角为37°．（重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求小物块运动到B点时的速度大小；
（2）求小物块从C点抛出到击中斜面的时间；
（3）改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值。
15．（14分）如图甲所示，一根长L＝100cm，一端封闭的细玻璃管开口向上竖直放置，管内用h＝25cm长的水银柱封闭了一段长L1＝30cm的空气柱，大气压强P0＝75cmHg．玻璃管周围环境温度为27℃，不计玻璃管与水银之间的摩擦，求：
（1）若将玻璃缓慢转至开口向右（如图乙），玻璃管中气柱将变成多长？
（2）若使玻璃管转至图丙所示位置并缓慢升高管内气体温度，若要管内水银不溢出，气体温度最高能升高到多少摄氏度？
16．（15分）如图，玻璃球冠的折射率为，其底面镀银，底面的半径是球半径的倍；在过球心O且垂直于底面的平面（纸面）内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点．求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角．

2018-2019学年云南省昭通市高三（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1．（6分）三束单色光1、2和3的频率分别为v1、v2和v3（v1＞v2＞v3）。分别用这三束光照射同一种金属，已知用光束2照射时，恰能产生光电效应。下列说法正确的是（　　）
A．用光束1照射时，一定不能产生光电效应
B．用光束3照射时，一定能产生光电效应
C．用光束3照射时，只要光强足够强，照射时间足够长，照样能产生光电效应
D．用光束1照射时，无论光强怎样，产生的光电子的最大初动能都相同
【分析】根据波长与频率关系，结合光电效应发生条件：入射光的频率大于或等于极限频率，及依据光电效应方程，即可求解。
【解答】解：AB、由于v1＞v2＞v3；而且用光束2照射时，恰能产生光电子，因此用光束1照射时，一定能产生光电子，而光束3照射时，一定不能产生光电子，故A错误，B错误；
C、发生光电效应的条件与光的强度、照射的时间都无关，光束3照射时，一定不能产生光电子。故C错误；
D、用光束1照射时，由光电效应方程：Ekm＝hγ﹣W，可知，光电子的最大初动能与光的强弱无关，故D正确；
故选：D。
【点评】考查波长与频率的关系式，掌握光电效应现象发生条件，理解光电效应方程的内容。
2．（6分）如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上，受到水平向右的拉力F的作用，木块和长木板一起向右滑行，木块相对于长木板静止。已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2．下列说法正确的是（　　）
A．木块与长木板间的摩擦力的大小是μ1mg
B．木块与长木板间的摩擦力可能大于F
C．长木板受到地面摩擦力的大小一定等于F
D．长木板受到地面的摩擦力的大小是μ2（M+m）g
【分析】分别对两物体受力分析，根据滑动摩擦力和静摩擦力的性质进行分析，根据牛顿第二定律明确两物体间的摩擦力大小，再根据滑动摩擦力的性质确定长木板受到的摩擦力大小。
【解答】解：A、木块与长木板间相对静止，故受到静摩擦力，故摩擦力的大小是应小于μ1mg，故A错误；
B、由于m向右做加速运动，根据牛顿第二定律可知，合力水平向右，故摩擦力一定小于拉力F，故B错误；
C、以整体分析，由牛顿第二定律可知，整体合力向右，拉力一定大于地面对长木板的摩擦力，故C错误；
D、木板相对地面运动，根据滑动摩擦力公式可知，长木板受到地面的摩擦力的大小是μ2（M+m）g；故D正确。
故选：D。
【点评】本题中木块受到木板的摩擦力是静摩擦力，不能根据滑动摩擦力公式求解，只能根据受力分析确定对应的大小。
3．（6分）光滑水平桌面上有P、Q两个物块，将一轻弹簧置于P、Q之间，用外力缓慢压P、Q，撤去外力后，P、Q开始运动，Q的动能是P的动能的n倍，则P和Q的质量之比为（　　）
A．n2 B． C．n D．1
【分析】分析撤去外力后的受力情况，明确系统总动量守恒，再根据动量守恒定律列式，结合动能的表达式即可求得质量的比值。
【解答】解：设P与Q的质量分别为m和M；撤去外力后，系统不受外力，所以总动量守恒，设二者的动量分别为PP和PQ；P的动量方向为正方向，
则根据动量守恒定律有：PP﹣PQ＝0
故：PP＝PQ；
根据动能与动量的关系：
所以：
由题意：
联立得：。
故ABD错误，C正确
故选：C。
【点评】本题考查动量守恒定律的应用，要注意明确撤去拉力后的动量大小始终为零，同时在列式时一定要注意动量的矢量性。
4．（6分）某人以拉力F将物块沿斜面向下拉，如图所示，拉力等于摩擦力（即F＝f），在物体下滑过程中（　　）
A．物体匀速运动 B．拉力的瞬时功率增大
C．摩擦力的冲量不变 D．物体的机械能增大
【分析】分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律确定其运动情况；根据功的定义计算合外力做功；根据机械能守恒条件：只有重力做功，其他力做功代数和为零，分析机械能是否守恒。由公式P＝Fv分析拉力的瞬时功率如何变化；根据冲量的定义分析摩擦力的冲量变化情况。
【解答】解：A、对物体受力分析：物体受重力、拉力、摩擦力和支持力，由于拉力和摩擦力二力平衡，相互抵消，相当于只受重力和斜面的支持力，故物体沿斜面向下做匀加速直线运动，故A错误；
B、物体的速度增加，由P＝Fv知，拉力的瞬时功率增大，故B正确；
C、根据冲量的定义可知，I＝ft，故摩擦力的冲量增大，故C错误；
D、由于拉力和摩擦力平衡，它们做功之和为零，支持力不做功，故总功等于重力的功，故机械能保持不变，故D错误。
故选：B。
【点评】本题关键明确机械能守恒的条件以及冲量的定义，能通过受力分析并结合功能关系进行分析判断。
5．（6分）长为L，间距也为L的两平行金属板M、N间有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m，电量为q的正离子从平行板左端中点以平行于金属板方向射入磁场，欲使离子不能离开磁场，入射离子的速度大小应满足的条件是（　　）
A．＜v＜ B．v＞
C．v＜ D．v＜
【分析】欲使离子不能离开磁场，抓住两个临界情况，一个是刚好从左侧射出，一个是刚好从右侧射出，根据几何关系求出两临界情况的半径，再根据半径公式得出两个临界速度，从而知道速度的范围。
【解答】解：根据qvB＝m，得：r＝。
若粒子刚好从左侧射出，如图，则：r1＝。
所以得：v1＝。
若粒子刚好从右侧射出，如图，有：r22＝L2+（r2﹣）2
解得：r2＝。
得：v2＝。
欲使离子不能离开磁场，入射离子的速度大小应满足的条件是 ＜v＜。
故选：A。
【点评】本题考查了带电粒子在有界磁场中运动问题，关键抓住临界状况，运用几何知识求轨迹半径，再由牛顿第二定律进行求解。
二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）
6．（4分）国家航天局局长许达皙介绍，中国火星探测任务已正式立项，首个火星探测器将于2020年在海南文昌发射场用“长征五号”运载火箭实施发射，一步实现火星探测器的“绕、着、遥”假设将来中国火星探测器探测火星时，经历如图所示的变轨过程，则下列说法正确的是（　　）
A．飞船在轨道Ⅱ上P点的速度大于在轨道Ⅲ上P点的速度
B．飞船在轨道Ⅰ上的机械能等于在轨道Ⅱ的机械能
C．飞船在轨道Ⅱ上P点的加速度等于在轨道Ⅲ上P点的加速度
D．若轨道Ⅰ贴近火星表面，已知飞船在轨道Ⅰ上运行的周期，就能推算火星的密度
【分析】飞船从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅱ上运动，必须在P点时，点火加速，使其速度增大做离心运动，即机械能增大。
飞船在轨道Ⅰ上运动到P点时与飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时，都由火星的万有引力产生加速度，根据牛顿第二定律列式比较加速度。根据万有引力提供向心力与周期的关系以及质量、密度与体积的关系公式即可求出密度。
【解答】解：A、飞船从轨道Ⅱ转移到轨道Ⅲ上运动，必须在P点时，点火加速，使其速度增大做离心运动，故A错误；
B、飞船在轨道Ⅰ上经过P点时，要点火加速，使其速度增大做离心运动，从而转移到轨道Ⅱ上运动。所以飞船在轨道Ⅰ上运动时的机械能小于轨道Ⅱ上运动的机械能。故B错误；
C、飞船在轨道Ⅲ上运动到P点时与飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时受到的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律可知加速度必定相等。故C正确；
D、若轨道I贴近火星表面，测出飞船在轨道I上运动的周期，根据万有引力提供向心力得：，解得：，则火星的密度为：，故D正确；
故选：CD。
【点评】本题要知道飞船在轨道Ⅰ上运动到P点时与飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时受到的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律可知加速度必定相等，与轨道和其它量无关。
7．（4分）如图所示，在相距为4d的等量异种点电荷形成的电场中，有A、B、C三点，A为两点电荷连线的中点，B为连线上距A为d的一点，c为连线上距A为3d的一点，关于这三点场强大小，电势高低比较，正确的是（　　）
A．EB＞EC＞EA B．EB＞EA＞EC C．φA＞φB＞φC D．φB＝φC＜φA
【分析】根据电场线的疏密分析A、B两点场强关系。根据点电荷场强公式和电场的叠加原理分析A、C两点场强关系。由电场线的方向判断电势的高低。
【解答】解：AB、由等量异种点电荷电场线的分布情况知，B处电场线比A处密，则EB＞EA。
设每个点电荷的电荷量大小为Q。
A点的场强为 EA＝2k＝，B点的场强为 EB＝k+k＝，C点的场强大小为 EC＝k﹣k＝，则得EB＞EC＞EA．故A正确，B错误。
CD、电场线是从正电荷出发到负电荷终止，顺着电场线方向电势逐渐降低，则φA＞φB．B点与负电荷间的平均场强大于C点与负电荷间的平均场强，由U＝Ed知B点与负电荷间的电势差大于C点与负电荷间的电势差，而B、C两点的电势都比负电荷处电势高，所以φB＞φC．综上有φA＞φB＞φC．故C正确，D错误。
故选：AC。
【点评】解决本题时，一要掌握等量异种电荷电场线的分布情况，二要运用电场的叠加原理分析三点场强的大小，也可以根据电场线的疏密分析场强的大小。
8．（4分）如图，空间中存在一匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，磁场方向与竖直面（纸面）垂直，磁场的上、下边界（虚线）均为水平面，间距为2L，纸面内磁场上方有一个质量为m、电阻为R的正方形导线框abcd，边长为L，其上、下两边均与磁场边界平行，若线框从上边界上方某处自由下落，恰能匀速进入磁场，则（　　）
A．线框释放处距离磁场上边界的高度为h＝
B．线圈进入磁场的过程中机械能的减少量为mgL
C．线圈进入磁场的过程中流过线圈横截面的电量为
D．线圈的ab边到达磁场下边界时的速度为
【分析】应用安培力公式求出线框进入磁场过程受到的安培力；
线框匀速进入磁场，应用平衡条件求出线框进入磁场时的速度，
应用自由落体运动规律求出线框释放处到磁场上边界的高度；
应用能量守恒定律求出线框进入磁场过程减速的机械能；
由q＝求出通过线圈的电荷量；应用速度位移公式求出线圈ab边到达磁场下边界时的速度。
【解答】解：A、线框进入磁场过程受到的安培力：F＝BIL＝，线框匀速进入磁场，由平衡条件得：mg＝，线框进入磁场过程才速度：v＝，线框进入磁场前做自由落体运动，则：v2＝2gh，解得：h＝，故A错误；
B、线框匀速进入磁场，线框的动能不变重力势能减小，线圈进入磁场过程中机械能的减少量：△E＝△EP＝mgL，故B正确；
C、线圈进入磁场的过程中流过线圈横截面的电量：q＝＝，故C错误；
D、线圈完全进入磁场后不受安培力作用而做匀加速直线运动，由速度位移公式得：v′2﹣v2＝2gL，解得：v′＝，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题主要考查了线框切割磁场产生感应电流同时受到安培力问题，分析清楚线框运动过程与运动性质是解题的前提与关键，应用安培力公式、平衡条件与运动学公式可以解题，解题时注意经验公式q＝的应用。
9．（5分）下列叙述中正确的是（　　）
A．布朗运动就是液体分子的无规则运动
B．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增加而增加
C．对于一定质量的理想气体，温度升高时，压强可能减小
D．已知水的密度和水的摩尔质量，则可以计算出阿伏加德罗常数
E．扩散现象说明分子之间存在空隙，同时分子在永不停息地做无规则运动
【分析】布朗运动是固体微粒的运动，是液体分子无规则热运动的反映．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增加而增加．气体压强如何变化，可根据气态方程分析．已知水的密度和水的摩尔质量，只能求出水的摩尔体积，求不出阿伏加德罗常数．扩散现象说明分子在做无规则运动．
【解答】解：A、布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的运动，是由于其周围液体分子的碰撞形成的，故布朗运动是液体分子无规则热运动的反映，但并不是液体分子的无规则运动。故A错误。
B、当分子力表现为引力时，分子距离增大时，分子引力做负功，分子势能增加。故B正确。
C、对于一定质量的理想气体，由理想气体状态方程可知，若温度升高时，体积同时增大，且体积增大的比值大于温度升高的比值；则压强减小；故C正确；
D、已知水的密度和水的摩尔质量，只能求出水的摩尔体积，求不出阿伏加德罗常数。故D错误。
E、扩散现象说明分子之间存在空隙，同时分子在永不停息地做无规则运动；故E正确；
故选：BCE。
【点评】本题考查热力学的一些基本知识，要注意重点掌握布朗运动、理想气体状态方程及阿伏加德常数等内容，并能正确应用．
10．（5分）由波源S形成的简谐横波在均匀介质中向左、右传播。波源振动的频率为20Hz，波速为16m/s。已知介质中P、Q两质点位于波源S的两侧，且P、Q和S的平衡位置在一条直线上，P、Q的平衡位置到S的平衡位置之间的距离分别为15.8m、14.6m。P、Q开始震动后，下列判断正确的是（　　）
A．P、Q两质点运动的方向始终相同
B．P、Q两质点运动的方向始终相反
C．当S恰好通过平衡位置时，P、Q两点也正好通过平衡位置
D．当S恰好通过平衡位置向上运动时，P在波峰
E．当S恰好通过平衡位置向下运动时，Q在波峰
【分析】先通过题干中所给出的波速和频率，利用公式λ＝计算出波长。
根据PQ两点的距离之差与半个波长相比较，利用半个波长的奇数倍或偶数倍来判断PQ振动的情况，可判知选项AB的正误。
利用波长不是出P、Q与波源S之间的距离，通过不足一个波长的部分是波的四分之一还是四分之三，结合S点的运动情况，即可判断P、Q点的位置，继而可得知选项BDE的正误
【解答】解：波源振动的频率为20Hz，波速为16m/s，由波长公式λ＝有：λ＝＝0.8m
AB、P、Q两质点距离波源的距离之差为：△x＝15.8﹣14.6＝1.2m＝3×，为半个波长的奇数倍，所以P、Q两质点振动步调相反，P、Q两质点运动的方向始终相反，选项A错误，B正确。
C、SP＝15.8m＝（19+）λ，SQ＝14.6m＝（18+）λ，所以当S恰好通过平衡位置时，P、Q两点一个在波峰，一个在波谷，选项C错误。
D、由SP＝15.8m＝（19+）λ可知，当S恰好通过平衡位置向上运动时，P在波峰，选项D正确。
E、SQ＝14.6m＝（18+）λ，当S恰好通过平衡位置向下运动时，Q在波峰，选项E正确。
故选：BDE。
【点评】关于波的传播的相关计算，首先应注意其周期性，同时要注意波传播的方程的通式，尤其是对其不到一个波长的部分，要会通过该部分是波长的四分之一还是四分之三来判断质点的振动情况和位置关系。同时要熟记两点与波源的距离之差若是半个波长的偶数倍，该两质点振动步调一致，若为半个波长的奇数倍，该两质点的振动步调相反。对于此结论，在波的干涉中的加强和减弱的判断上也是用到的。解答该类型的题，要习惯在草纸上画出对应的波形图，这样有利于对题的理解和分析。
三、实验题探究题（本大题共2小题，共15.0分）
11．（7分）用如图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律：
（1）某同学通过实验得到如图乙所示的a﹣﹣F图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角　偏大　（填“偏大”或“偏小”）。
（2）该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力　小于　砝码和盘的总重力（填“大于”、“小于”或“等于”），为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足　M》m　的条件。
（3）某同学得到如图丙所示的纸带。已知打点计时器电源频率为50Hz．A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点。△s＝sDG﹣sAD＝　0.20　cm，由此可算出小车的加速度a＝　5.5　m/s2（保留两位有效数字）。
【分析】（1）实验前应平衡摩擦力，根据图示图象分析答题。
（2）根据实验装置分析小车所受拉力与砝码和砝码盘重力间的关系；平衡摩擦力后当小车质量远大于砝码和砝码盘质量时可以近似认为小车所受拉力等于砝码和砝码盘的重力。
（3）根据匀变速直线运动的推论△x＝at2求出加速度。
【解答】解：（1）由图2所示图象可知，当拉力F为零时就有加速度，说明平衡摩擦力过度，木板踮起的倾角偏大造成的；
（2）小车运动过程砝码和砝码盘向下做加速运动，砝码与砝码盘处于失重状态，小车受到的拉力小于砝码和砝码盘的重力；
根据牛顿第二定律得：mg＝（M+m）a
解得：，
则绳子的拉力，知当砝码总质量远小于滑块质量时，滑块所受的拉力等于砝码的总重力，所以应满足的条件是砝码的总质量远小于滑块的质量；
（3）根据图丙可得D点对应2.60cm，G点对应6.50cm，A点对应0.50cm，
故。△s＝sDG﹣sAD＝6.50﹣2.60﹣（2.60﹣0.50）＝0.20cm，
T＝＝0.02s，由匀变速直线运动的推论△x＝at2可知，加速度为：a＝＝ m/s2＝5.5m/s2。
故答案为：（1）偏大；（2）小于；M》m；（3）0.20；5.5。
【点评】本题考查了实验注意事项与实验数据处理，实验前要平衡摩擦力；掌握基础知识是解题的前提与关键，应用基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累，注意保留两位有效数字。
12．（8分）要测绘一个标有“3V 0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作。供选用的器材有：
A．电池组（电动势为4.5V，内阻约1Ω）
B．电流表A1（量程为0～3A，内阻约0.1Ω）
C．电流表A2（量程为0～250mA，内阻约为5Ω）
D．电压表V1（量程为0～3V，内阻约3kΩ）
E．电压表V2（量程为0～15V，内阻约15kΩ）
F．滑动变阻器R1（最大阻值20Ω，额定电流1A）
G．滑动变阻器R2（最大阻值1750Ω，额定电流0.3A）
H．电键一个，导线若干
（1）实验时电流表应选择　A2　，电压表应选择　V1　，滑动变阻器应选择　R1　。（填元件符号）
（2）为了尽可能地减小误差，请根据正确选择的器材设计电路，在虚线框内画出该电路图，并标注所有元件符号。
【分析】（1）根据灯泡额定电流选择电流表，根据灯泡额定电压选择电压表，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器。
（2）根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，根据题意确定滑动变阻器的接法，然后作出实验电路图。
【解答】解：（1）灯泡额定电流为：I＝＝＝0.2A＝200mA，则电流表应选择A2；灯泡额定电压为3V，则电压表应选择V1；为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1；
（2）灯泡正常发光时电阻为：R＝＝＝15Ω，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法；实验要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，则滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示：
故答案为：（1）A2；V1；R1；（2）电路图如图所示。
【点评】本题考查了实验器材的选择与实验电路的设计；要掌握实验器材的选择原则；根据题意确定电流表与滑动变阻器的接法是设计实验电路的关键；应用伏安法测电阻时要注意电流表内外接法的选择方法，当待测电阻值远小于电压表内阻时，电流表用外接法；当待测电阻值远大于电流表内阻时，电流表用内接法。在要求电流或电压值从零调时，滑动变阻器应用分压式，此时应选阻值小的变阻器。
四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）
13．（12分）真空中存在电场强度为E1的匀强电场（未知），一质量为m带正电的油滴，电量为q，在该电场中竖直向下做匀速直线运动，速度大小为v0，在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变，持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点，重力加速度大小为g，求：
（1）电场强度E1的大小和方向；
（2）油滴运动到B点时的速度大小。
【分析】（1）根据带电油滴匀速运动时的受力情况，判断电场力方向，确定电场强度E1的方向，由平衡条件求E1的大小。
（2）对于油滴从A运动到B的过程，运用动量定理列式，求解油滴运动到B点时的速度大小。
【解答】解：（1）带电油滴在电场强度为E1的匀强电场中匀速运动，所受的电场力与重力平衡，有：mg＝qE1。
得：E1＝
油滴所受的电场力方向竖直向上，所以电场强度E1的方向竖直向上。
（2）方法一：对于油滴从A运动到B的过程，取竖直向下为正方向，由动量定理得：
mg?2t1﹣qE2t1+qE2t1＝mvB﹣mv0。
解得：vB＝v0+2mgt1
方法二：设油滴质量为m，带电荷量为q，增大后的电场强度为E2，
对于场强突然增大后的第一段t1时间，由牛顿第二定律得：qE2﹣mg＝ma1
对于第二段t1时间，由牛顿第二定律得：qE2+mg＝ma2
由运动学公式，可得油滴在电场反向时的速度为：v1＝v0﹣a1t1
油滴在B的速度为：vB＝v1+a2t1
联立可得：vB＝v0+2gt1；
答：（1）电场强度E1的大小为，方向竖直向上；
（2）油滴运动到B点时的速度大小为v0+2mgt1。
【点评】对于带电粒子在匀强电场中的运动问题，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。
14．（12分）如图，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB，与水平光滑轨道BC相连，竖直墙壁CD高H＝0.2m，紧靠墙壁在地面固定一个和CD等高，底边长L＝0.3m的斜面，一个质量m＝0.1kg的小物块（视为质点）在轨道AB上从距离B点l＝4m处由静止释放，从C点水平抛出，已知小物块在AB段与轨道间的动摩擦因数为0.5，达到B点时无能量损失；AB段与水平面的夹角为37°．（重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求小物块运动到B点时的速度大小；
（2）求小物块从C点抛出到击中斜面的时间；
（3）改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值。
【分析】（1）对滑块从A到B过程，根据动能定理列式求解末速度；
（2）从C点画出后做平抛运动，根据分位移公式并结合几何关系列式分析即可；
（3）动能最小时末速度最小，求解末速度表达式分析即可。
【解答】解：（1）对滑块从A到B过程，根据动能定理，有：
，
解得：
vB＝4m/s；
（2）如图，设物体落在斜面上时水平位移为x，竖直位移为y，画出轨迹，如图所示：
对平抛运动，根据分位移公式，有：
x＝v0t，
，
结合几何关系，有：
，
解得：t＝s；
（3）对滑块从A到B过程，根据动能定理，有：
，
对平抛运动，根据分位移公式，有：
x＝v0t，
，
结合几何关系，有：
，
从A到碰撞到斜面过程，根据动能定理，有：
mglsin37°﹣μmgcos37°?l+mgy＝，
联立解得：＝，
故当，即y＝＝0.12m时，动能Ek最小，为：Ekm＝0.15J；
答：（1）小物块运动到B点时的速度大小为4m/s；
（2）小物块从C点抛出到击中斜面的时间为s；
（3）小物块击中斜面时动能的最小值为0.15J。
【点评】本题是力学综合问题，关键是正确的受力分析，明确各个阶段的受力情况和运动性质，根据动能定理和平抛运动的规律列式分析，第三问较难，要结合数学不等式知识分析。
15．（14分）如图甲所示，一根长L＝100cm，一端封闭的细玻璃管开口向上竖直放置，管内用h＝25cm长的水银柱封闭了一段长L1＝30cm的空气柱，大气压强P0＝75cmHg．玻璃管周围环境温度为27℃，不计玻璃管与水银之间的摩擦，求：
（1）若将玻璃缓慢转至开口向右（如图乙），玻璃管中气柱将变成多长？
（2）若使玻璃管转至图丙所示位置并缓慢升高管内气体温度，若要管内水银不溢出，气体温度最高能升高到多少摄氏度？
【分析】（1）将玻璃缓慢转至开口向右（如图乙），封闭气体做等温变化，根据玻意耳定律列式求解；
（2）使玻璃管转至图丙所示位置并缓慢升高管内气体温度，若要管内水银不溢出，根据理想气体状态方程列式求解。
【解答】解：（1）以玻璃管内封闭气体为研究对象，设玻璃管横截面积为S，
初态压强为：P1＝P0+ρgh＝75+25＝100cmHg，V1＝L1S＝30S，
开口向右时：压强为：P2＝P0＝75cmHg，V2＝L2S，
由玻意耳定律可得：P1V1＝P2V2 ，
100×30S＝75×L2S，
解得：L2＝40cm；
（2）T1＝273+27＝300K，
玻璃管转至图丙所示位置时封闭气体的压强为：
体积为：V3＝（L﹣h）S＝75S
由理想气体状态方程可得
代入数据解得：T3＝450K
即t3＝177℃
答：（1）若将玻璃缓慢转至开口向右（如图乙），玻璃管中气柱将变成40cm；
（2）要管内水银不溢出，气体温度最高能升高到177℃。
【点评】本题关键是找出各个平衡态的温度、压强、体积，选好过程根据理想气体状态方程或气体实验定律列式后联立求解。另外要特别注意丙图中的压强的计算。
16．（15分）如图，玻璃球冠的折射率为，其底面镀银，底面的半径是球半径的倍；在过球心O且垂直于底面的平面（纸面）内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点．求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角．
【分析】光线由M点射入后先发生折射，再在镀银底面发生反射，最后射出玻璃冠．已知球半径、底面半径以及折射率，则由几何关系和折射定律可求得入射角、折射角，再由几何关系可求得光线在镀银底面的入射角和反射角，从而可知反射光线与ON的关系，最后可求光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角．
【解答】解：设球半径为R，球冠地面中心为O′，连接OO′，则OO′⊥AB
令∠OAO′＝α
则：cosα＝＝＝…①
即∠OAO′＝α＝30°…②
已知MA⊥AB，所以∠OAM＝60°…③
设图中N点为光线在球冠内地面上的反射点，光路图如图所示．
设光线在M点的入射角为i，折射角为r，在N点的入射角为i′，反射角为i″，玻璃的折射率为n．
由于△OAM为等边三角形，所以入射角i＝60°…④
由折射定律得：sini＝nsinr…⑤
代入数据得：r＝30°…⑥
作N点的法线NE，由于NE∥MA，所以i′＝30°…⑦
由反射定律得：i″＝30°…⑧
连接ON，由几何关系可知△MAN≌△MON，则∠MNO＝60°…⑨
由⑦⑨式可得∠ENO＝30°
所以∠ENO为反射角，ON为反射光线．由于这一反射光线垂直球面，所以经球面再次折射后不改变方向．
所以，该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角为β＝180°﹣∠ENO＝150°．
答：光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角为150°
【点评】本题是一道几何光学题，考查了求光的偏向角问题，关键之处是借助于光的折射与反射定律作出光路图，同时利用几何关系来辅助计算．