2018-2019学年云南省楚雄州姚安一中高三（上）期末物理试卷 Word版含解析

2018-2019学年云南省楚雄州姚安一中高三（上）期末物理试卷
一、选择题（本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求．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）如图所示为氢原子能级示意图的一部分，则下列说法正确的是（　　）
A．当氢原子处于不同的能级时，氢原子核外的电子在各处出现的概率是一样的
B．氢原子从n＝4能级跃迁到n＝3能级比从n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光子的频率小
C．当用能量为11 eV的电子撞击处于基态的氢原子时，氢原子一定不能跃迁到激发态
D．当大量处于n＝4能级的氢原子向n＝1能级跃迁时，一定能释放出8种不同频率的光子
2．（6分）如图所示，方向未知的实线为一点电荷产生的电场线，虚线是电子仅在电场力作用下通过该电场区域时的运动轨迹，A、B为其运动轨迹上的两点，则下列说法正确的是（　　）
A．该电场线一定是正点电荷产生的电场的电场线
B．A点的电势一定低于B点的电势
C．电子在A点的电势能一定小于其在B点的电势能
D．电子在A点的加速度大小一定大于其在B点的加速度大小
3．（6分）有一质量为M、半径为R、密度均匀的球体，在距离球心O为2R的地方有一质量为m的质点，现在从M中挖去一半径为的球体（如图），然后又在挖空部分填满另外一种密度为原来2倍的物质，如图所示．则填充后的实心球体对m的万有引力为（　　）
A． B． C． D．
4．（6分）如图所示，一个粗糙且足够长的斜面体静止与水平面上，并处于方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B的匀强磁场中，质量为m、带电荷量为+Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑，在滑块下滑的过程中，斜面体静止不动，下列判断正确的是（　　）
A．滑块受到的摩擦力逐渐增大
B．滑块沿斜面向下做匀加速直线运动
C．滑块最终要离开斜面
D．滑块最终可能静止与斜面上
5．（6分）如图所示，一可视为质点的小球从A点自由下落，一段时间后，从B点以一定的初速度水平抛出另一个完全相同的小球，两小球恰好能在C点相碰，若碰撞前瞬间两球的速度大小相等，且两小球速度方向之间的夹角为θ＝30°，已知A、C两点间的距离为h，取重力加速度g＝10m/s2，不计一切阻力，则下列说法中正确的是（　　）
A．从B点抛出的小球的初速度大小为
B．B、C两点间的水平距离为
C．A、B两点间的高度差为h
D．两小球在碰撞前瞬间重力的功率之比为1：1
6．（6分）如图所示，一斜面体固定在水平地面上，物块静止在斜面上，物块上端连一轻弹簧，现用沿斜面向上，大小为F＝kt的拉力拉轻弹簧的上端，则弹簧的弹力F弹与物块受到的摩擦力Ff随时间变化的图象正确的是（斜面足够长，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（　　）
A． B． C． D．
7．（6分）在水平方向的匀强电场中的M点，将一带电小物体以某一初速度竖直向上抛出，经过N点时只具有水平方向的速度v＝2m/s，从M点到N点的过程中，克服重力做功2J，电场力做功3J，则下列说法中正确的是（　　）
A．电荷为正电荷
B．其动能和电势能之和减少了2J
C．mg与qE大小之比为：3
D．MN连线与水平方向的夹角为60°
8．（6分）如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A＝60°，AO＝a．在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子，粒子的比荷为，发射速度大小都为v0，且满足v0＝，发射方向由图中的角度θ表示。对于粒子进入磁场后的运动（不计重力作用），下列说法正确的是（　　）
A．粒子有可能打到A点
B．以θ＝60°飞入的粒子运动时间最短
C．θ＜30°飞入的粒子运动的时间都相等
D．在AC边界上只有一半区域有粒子射出
二、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第16题为选考题，考生根据要求作答．）
9．（5分）为了“验证机械能守恒定律”，某学生想利用气垫导轨和光电门及质量为m的小车来进行实验，如图所示，他将长为L、原来已调至水平的气垫导轨的左端垫高H，在导轨上的两点处分别安装光电门A和B，然后将小车从导轨上端释放，光电门自动记录小车经过A、B光电门时，车上挡光片的挡光时间△t1、△t2，用游标卡尺测得挡光片宽度为d。
（1）要验证小车在运动过程中机械能守恒，还必须测出　 　。
（2）本实验验证机械能守恒定律的原理式为　 　。（用上面已知测量量和还必须测出的物理量的符号表示）
10．（10分）某实验小组要用电阻箱和电压表测量某型号电池组的电动势E和内阻r，为了提高实验的精度，需要测量电压表的内阻。实验室中恰好有一块零刻度在中央的双向电压表，该同学便充分利用这块表，设计了如图l所示的实验电路，既能实现对该电压表内阻的测量，又能利用该表完成该电池组电动势和内阻的测量。他用到的实验器材有：待测电池组（电动势约4V．内阻约50Ω）、双向电压表（量程为3V．内阻约为2kΩ）、电阻箱R1（0﹣9999Ω）、滑动变阻器R2（0﹣200Ω）、一个单刀双掷开关及若干导线。
（1）按照图l所示的电路图在图2中画出正确的实物连接图。
（2）利用半偏法测出了电压表的内阻，请完善测量电压表内阻的实验步骤：
①将Rl的滑片滑至最左端，将电阻箱R1阻值调为0，将开关掷向　 　（填“1”或“2”）位置。
②调节R2的滑片，使电压表实数达到满偏；
③保持R2不变，调节R1，使电压表的示数达到半偏；
④读出电阻箱的阻值，记为Rl，则电压表的内阻Rv＝R，
若测得电压表内阻为2kΩ，可分析此测量值应　 　真实值。（填“大于”“等于”或“小于”）
（3）接下来测量电源电动势和内阻，实验步骤如下：
①将R2的滑片移到最左端，不再移动，将开关拨至　 　（填“1”或“2”）位置；
②调节电阻箱的阻值，使电压表的示数达到一合适值，记录电压表的示数和电阻箱的阻值；
③重复第二步，记录多组电压表的示数和对应的电阻箱的阻值。
（4）若将电阻箱与电压表并联后的阻值记录为R．作出﹣图象，如图3所示。其中横轴截距为b，斜率为k，则电动势E的表达式为　 　，内阻r的表达式为　 　。（用字母k和b表示）
11．（12分）如图所示是一个种电动升降机的模型示意图，A为厢体，B为平衡重物，A、B的质量分别为M＝1.5kg、m＝0.5kg。A、B由跨过轻质滑轮的足够长的轻绳系住。在电动机牵引下使厢体A由静止开始向上运动，电动机输出功率20W保持不变，厢体上升1m时恰好达到最大速度。不计空气阻力和摩擦阻力，g取10m/s2．在厢体向上运动过程中，求：
（1）厢体的最大速度vm；
（2）厢体向上的加速度为1m/s2时，重物下端绳的拉力大小；
（3）厢体从开始运动到恰好达到最大速度过程中所用的时间。
12．（20分）如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L＝1m，导轨平面与水平面夹角α＝30°，导轨电阻不计．磁感应强度为B＝1.0T的匀强磁场垂直导轨平面斜向下，金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m＝0.01kg、电阻不计．定值电阻R1＝30Ω，电阻箱电阻调到R2＝120Ω，电容C＝0.01F，取重力加速度g＝10m/s2．现将金属棒由静止释放．
（1）在开关接到1的情况下，求金属棒下滑的最大速度．
（2）在开关接到1的情况下，当R2调至30Ω后且金属棒稳定下滑时，R2消耗的功率为多少？
（3）在开关接到2的情况下，求经过时间t＝2.0s时金属棒的速度．
【物理--选修3-3】（15分）
13．（5分）下列说法正确的是（　　）
A．液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质和某些晶体相似，具有各向异性
B．单晶体的某些物理性质具有各向异性，而多晶体和非晶体是各向同性的
C．物体中分子热运动的动能的总和等于物体的内能
D．随着科学技术的不断进步，总有一天能实现热量自发地从低温物体传到高温物体
E．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能都是随分子间距离的减小而增大
14．（10分）如图所示，竖直放置的圆柱形汽缸内有一个不计质量的活塞，可在汽缸内做无摩擦滑动，活塞下方封闭一定质量的气体。已知活塞的横截面积为100cm2，大气压强为1.0×105Pa，汽缸内气体温度为27℃。
①若保持温度不变，在活塞上放一重物，使汽缸内气体的体积减小为原来的，试求这时气体的压强和所加重物的重力；
②在加重物的情况下，要使汽缸内的气体缓慢恢复到原来的体积，应对气体加热，问应使气体的温度升高到多少摄氏度。
【物理--选修3-4】（15分）
15．如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时的波形图，介质中质点P、Q分别位于x＝2m、x＝4m处，从t＝0时开始计时，当t＝15s时质点Q刚好第4次到达波峰，则下列说法中正确的是（　　）
A．该波的波长为4m
B．该波的传播周期为8s
C．从图示时刻开始计时，P比Q先回到平衡位置
D．此波的波速为1m/s
E．从t＝0时开始计时，质点P做简谐运动的表达式为
16．如图为一半球壳形玻璃砖，其折射率为n＝，球壳内圆的半径为R，外圆的半径为．图中的OO'为半球壳形玻璃砖的中轴线。一束平行光以平行于OO'的方向从球壳的左侧射入（如图所示），这束平行光中，有一部分到达内圆表面时能射出玻璃砖，求这部分平行光束的宽度。

2018-2019学年云南省楚雄州姚安一中高三（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．在每小题给出的四个选项中，第1～5有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求．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）如图所示为氢原子能级示意图的一部分，则下列说法正确的是（　　）
A．当氢原子处于不同的能级时，氢原子核外的电子在各处出现的概率是一样的
B．氢原子从n＝4能级跃迁到n＝3能级比从n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光子的频率小
C．当用能量为11 eV的电子撞击处于基态的氢原子时，氢原子一定不能跃迁到激发态
D．当大量处于n＝4能级的氢原子向n＝1能级跃迁时，一定能释放出8种不同频率的光子
【分析】根据玻尔原子理论：从高轨道向低轨道跃迁时减少的能量以光子的形式辐射出去；所有的激发态都是不稳定的，都会继续向基态跃迁；能级间跃迁辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越大，则波长越小。
【解答】解：A、当氢原子处于不同的能级时，氢原子核外的电子在各处出现的概率是不一样的，故A错误；
B、由图可知，氢原子n＝4能级和n＝3能级间的能量差小于n＝2能级和n＝1能级间的能量差，由△E＝hν可知，能量差越小，辐射出的光子的频率就越小，故B正确；
C、氢原子吸收光子的能量跃迁时要求所吸收能量恰等于能级间的能量差，当用能量为11 eV的电子撞击处于基态的氢原子时，氢原子核外的电子可以吸收10.2 eV的能量，从n＝1能级跃迁到n＝2能级，从而使氢原子处于激发态，故C错误；
D、当大量处于n＝4能级的氢原子向n＝1能级跃迁时，最多能够释放6种不同频率的光子，故D错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道能级间跃迁时，辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，Em﹣En＝hv。
2．（6分）如图所示，方向未知的实线为一点电荷产生的电场线，虚线是电子仅在电场力作用下通过该电场区域时的运动轨迹，A、B为其运动轨迹上的两点，则下列说法正确的是（　　）
A．该电场线一定是正点电荷产生的电场的电场线
B．A点的电势一定低于B点的电势
C．电子在A点的电势能一定小于其在B点的电势能
D．电子在A点的加速度大小一定大于其在B点的加速度大小
【分析】由图，粒子的运动轨迹向右弯曲，说明电子受到的电场力大体向右，可判断场源电荷的性质；电场线的方向可判断，则电势高低也能得出；由Ep＝qφ可知，可得出电势能的高低；由电场线的疏密程度可知，可知场强大小，结合牛顿第二定律可知，可知加速度的大小。
【解答】解：A、由电子运动的轨迹可知，电子在A、B两点受到的电场力沿电场线向右，故该电场线一定是负点电荷产生的电场的电场线，故A错误；
B、电场方向沿电场线向左，A点的电势一定高于B点的电势，故B错误；
C、由Ep＝qφ可知，电子在B点的电势能一定大于其在A点的电势能，故C正确；
D、由电场线的疏密程度可知，B点的场强大于A点的场强，故电子在B点受到的电场力大于其在A点受到的电场力，结合牛顿第二定律可知，电子在B点的加速度一定大于其在A点的加速度，故D错误。
故选：C。
【点评】本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次判断粒子动能和电势能的变化要根据电场力做功情况
3．（6分）有一质量为M、半径为R、密度均匀的球体，在距离球心O为2R的地方有一质量为m的质点，现在从M中挖去一半径为的球体（如图），然后又在挖空部分填满另外一种密度为原来2倍的物质，如图所示．则填充后的实心球体对m的万有引力为（　　）
A． B． C． D．
【分析】用没挖之前球对质点的引力，减去被挖部分对质点的引力，就是剩余部分对质点的引力．用剩余部分对质点的引力以及填满的新物质对质点的引力之和，得出质点m所受的万有引力．
【解答】解：没挖去前，球体对质点m的万有引力，
根据m＝，可知挖去部分的质量是球体质量的，则挖去部分对质点m的引力＝，
则剩下部分对m的万有引力F＝。
若挖去的小球中填满原来球的密度的2倍的物质，该物质的质量为，
则该物质对质点m的万有引力，
所以质点所受的万有引力＝．故A正确，BCD错误
故选：A。
【点评】本题的关键就是要对挖之前的引力和挖去部分的引力计算，而不是直接去计算剩余部分的引力，因为那是一个不规则球体，其引力直接由公式得到．
4．（6分）如图所示，一个粗糙且足够长的斜面体静止与水平面上，并处于方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B的匀强磁场中，质量为m、带电荷量为+Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑，在滑块下滑的过程中，斜面体静止不动，下列判断正确的是（　　）
A．滑块受到的摩擦力逐渐增大
B．滑块沿斜面向下做匀加速直线运动
C．滑块最终要离开斜面
D．滑块最终可能静止与斜面上
【分析】小滑块向下运动的过程中受到重力、支持力、垂直斜面向上的洛伦兹力、摩擦力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力减小，滑动摩擦力减小，摩擦力减小为零时开始离开斜面体。
【解答】解：AB、小滑块带正电，由左手定则判断知，滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向上，故：
垂直斜面方向：N+qvB＝mgcosθ，
平行斜面方向：mgsinθ﹣f＝ma，
其中：f＝μN，
联立得到：f＝μ（mgcosθ﹣qvB），
a＝gsinθ﹣，
由于a与v同向，故v增大，故f减小，a增加，故A错误，B错误；
CD、当洛伦兹力等于重力垂直斜面分力时，支持力为零，此后滑块离开斜面，故C正确，D错误；
故选：C。
【点评】本题是力学综合问题，关键时对滑块受力分析，采用正交分解法并结合牛顿第二定律列式分析，不难。
5．（6分）如图所示，一可视为质点的小球从A点自由下落，一段时间后，从B点以一定的初速度水平抛出另一个完全相同的小球，两小球恰好能在C点相碰，若碰撞前瞬间两球的速度大小相等，且两小球速度方向之间的夹角为θ＝30°，已知A、C两点间的距离为h，取重力加速度g＝10m/s2，不计一切阻力，则下列说法中正确的是（　　）
A．从B点抛出的小球的初速度大小为
B．B、C两点间的水平距离为
C．A、B两点间的高度差为h
D．两小球在碰撞前瞬间重力的功率之比为1：1
【分析】根据v2＝2gh求出A的速度；然后结合运动的合成与分解求出B的初速度和竖直方向的分速度，最后由速度公式求出B在空中运动的时间。
【解答】解：AB、设自由下落的小球到达C点的速度大小为v，则有v2＝2gh，解得：v＝．由题意可知，做平抛运动的小球到达C点时的速度大小也为．设平抛运动的小球初速度大小为v0，从B点运动到C点所用时间为t，则根据平抛运动的速度规律有sin θ＝，cos θ＝，所以B、C两点间的水平距离为x＝v0t＝h，故A错误，B正确；
C、平抛运动的小球在t时间内下落的高度为h′＝gt2，代入数据解得h′＝h，故A、B两点间的高度差为h，故C错误；
D、在C点，自由下落的小球的重力的瞬时功率为PG1＝mg，而平抛运动的小球的重力的瞬时功率为PG2＝mgcos θ，PG1：PG2＝2：，故D错误。
故选：B。
【点评】该题结合重力的功率的考查平抛运动的计算，解答的关键是判断出B球沿水平方向的分速度与竖直方向的分速度与A球的速度之间的关系。
6．（6分）如图所示，一斜面体固定在水平地面上，物块静止在斜面上，物块上端连一轻弹簧，现用沿斜面向上，大小为F＝kt的拉力拉轻弹簧的上端，则弹簧的弹力F弹与物块受到的摩擦力Ff随时间变化的图象正确的是（斜面足够长，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（　　）
A． B． C． D．
【分析】对物体受力分析，知道外力F弹簧的弹力，随着F的增大，静摩擦力先向上均匀减小，再向下增大，当增大到等于最大静摩擦力时，再增大拉力，摩擦力变为滑动摩擦力，大小就恒定，据此可判断。
【解答】解：AB、弹簧的弹力始终等于拉力F，即：F弹＝kt，故A正确B错误；
CD、物块开始受到的是静摩擦力，且大小为：mgsin α，方向向上，在拉力F增大的过程中，静摩擦力的大小变化满足：F+Ff＝mgsin α，随着F的增大，静摩擦力先向上均匀减小到零，再向下均匀增大，当增大到等于最大静摩擦力时，再增大拉力，摩擦力变为滑动摩擦力，大小就保持恒定，故C错误D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了物体的受力分析、平衡条件、静摩擦力的大小方向判断，分析的关键是写出沿斜面方向的平衡方程，随F的增大，讨论摩擦力的变化。
7．（6分）在水平方向的匀强电场中的M点，将一带电小物体以某一初速度竖直向上抛出，经过N点时只具有水平方向的速度v＝2m/s，从M点到N点的过程中，克服重力做功2J，电场力做功3J，则下列说法中正确的是（　　）
A．电荷为正电荷
B．其动能和电势能之和减少了2J
C．mg与qE大小之比为：3
D．MN连线与水平方向的夹角为60°
【分析】电场力做正功，不能确定质点带何种电荷；根据运动的分解，用平均速度求解出水平和竖直分位移之比，根据动能定理求解mg和qE之比；根据位移关系求解PQ连线与水平方向的夹角；根据能量守恒分析动能和电势能之和的变化量。
【解答】解：A、由题意可知，在水平方向电场力对物体做正功，由于不知电场的方向，则不能确定带电物体的电性，故A错误；
B、由于只有重力和电场力做功，带电物体的动能、电势能、重力势能三者之和为一定值，当重力做功为﹣2 J时，其重力势能增大2 J，故动能和电势能之和减少了2 J，故B正确；
CD、设水平和竖直位移分别为x、y，水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，有x＝t2，且qEx＝3 J，竖直方向做竖直上抛运动，有y＝gt2，且mgy＝2 J，由以上几式联立可得＝，tan θ＝＝，故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】解决本题的关键知道质点在竖直方向和水平方向上的运动规律，结合牛顿第二定律、运动学公式和推论灵活求解
8．（6分）如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A＝60°，AO＝a．在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子，粒子的比荷为，发射速度大小都为v0，且满足v0＝，发射方向由图中的角度θ表示。对于粒子进入磁场后的运动（不计重力作用），下列说法正确的是（　　）
A．粒子有可能打到A点
B．以θ＝60°飞入的粒子运动时间最短
C．θ＜30°飞入的粒子运动的时间都相等
D．在AC边界上只有一半区域有粒子射出
【分析】带电粒子以相同的速率，不同的速度方向，进入磁场，运动轨迹的曲率半径相同，从而根据不同的磁场情况，即可求解。
【解答】解：A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：Bqv0＝m，由题意可知：v0＝，解得，粒子的运动半径r＝a，因此当θ＝60°入射时，粒子恰好从A点飞出，故A正确；
B、当θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间恰好是T周期，是在磁场中运动时间最长，故B错误；
C、当θ＝0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，在磁场中运动时间也恰好是T，θ从0°到60°在磁场中运动时间先减小后增大，故C错误；
D、当θ＝0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，因此在AC 边界上只有一半区域有粒子射出，故D正确；
故选：AD。
【点评】考查带电粒子以相同的速率，不同速度方向，射入磁场中，根据磁场的界限来确定运动情况，并结合半径与周期公式来分析讨论。
二、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第16题为选考题，考生根据要求作答．）
9．（5分）为了“验证机械能守恒定律”，某学生想利用气垫导轨和光电门及质量为m的小车来进行实验，如图所示，他将长为L、原来已调至水平的气垫导轨的左端垫高H，在导轨上的两点处分别安装光电门A和B，然后将小车从导轨上端释放，光电门自动记录小车经过A、B光电门时，车上挡光片的挡光时间△t1、△t2，用游标卡尺测得挡光片宽度为d。
（1）要验证小车在运动过程中机械能守恒，还必须测出　两光电门之间的距离l　。
（2）本实验验证机械能守恒定律的原理式为　2g＝（）2﹣（）2　。（用上面已知测量量和还必须测出的物理量的符号表示）
【分析】（1）根据v2﹣v02＝2ax可知，还需要测出两光电门之间的距离l。
（2）根据机械能守恒定律，动能增加量等于重力势能减少量列式。
【解答】解析　（1）根据v2﹣v02＝2ax可知，还需要测出两光电门之间的距离l。
（2）重力势能的减少量为：△Ep＝mglsin θ＝mgl，
动能增加量为：△EK＝mvB2﹣mvA2＝m（）2﹣m（）2，
需要验证△Ep＝△Ek，可得需要验证的表达式为：2g＝（）2﹣（）2。
故答案为：（1）两光电门之间的距离l；（2）2g＝（）2﹣（）2。
【点评】正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、所测数据等，会起到事半功倍的效果，要学会透过问题看本质。
10．（10分）某实验小组要用电阻箱和电压表测量某型号电池组的电动势E和内阻r，为了提高实验的精度，需要测量电压表的内阻。实验室中恰好有一块零刻度在中央的双向电压表，该同学便充分利用这块表，设计了如图l所示的实验电路，既能实现对该电压表内阻的测量，又能利用该表完成该电池组电动势和内阻的测量。他用到的实验器材有：待测电池组（电动势约4V．内阻约50Ω）、双向电压表（量程为3V．内阻约为2kΩ）、电阻箱R1（0﹣9999Ω）、滑动变阻器R2（0﹣200Ω）、一个单刀双掷开关及若干导线。
（1）按照图l所示的电路图在图2中画出正确的实物连接图。
（2）利用半偏法测出了电压表的内阻，请完善测量电压表内阻的实验步骤：
①将Rl的滑片滑至最左端，将电阻箱R1阻值调为0，将开关掷向　1　（填“1”或“2”）位置。
②调节R2的滑片，使电压表实数达到满偏；
③保持R2不变，调节R1，使电压表的示数达到半偏；
④读出电阻箱的阻值，记为Rl，则电压表的内阻Rv＝R，
若测得电压表内阻为2kΩ，可分析此测量值应　大于　真实值。（填“大于”“等于”或“小于”）
（3）接下来测量电源电动势和内阻，实验步骤如下：
①将R2的滑片移到最左端，不再移动，将开关拨至　2　（填“1”或“2”）位置；
②调节电阻箱的阻值，使电压表的示数达到一合适值，记录电压表的示数和电阻箱的阻值；
③重复第二步，记录多组电压表的示数和对应的电阻箱的阻值。
（4）若将电阻箱与电压表并联后的阻值记录为R．作出﹣图象，如图3所示。其中横轴截距为b，斜率为k，则电动势E的表达式为　　，内阻r的表达式为　　。（用字母k和b表示）
【分析】（1）根据原理图即可确定实物图；
（2）明确半偏法的基本原理，从而确定实验方法；
（3）明确测量电动势和内电阻的实验原理，从而确定实验方法；
（4）应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图象求出电源电动势与内阻。
【解答】解：（1）根据原理图可得出对应的实物图如图所示；
（2）为了测量电压表内阻，开关应投向1；因为滑动变阻器接入电路的阻值不变，电压表与电阻箱两端电压不变，电压表示数变为满偏电压的一半，则电阻箱分压与电压表分压相等，电压表内阻与电阻箱接入电路的阻值相等，则电压表内阻：Rv＝R2。
（3）要测量电动势和内电阻，调节电阻箱阻值使电压表示数变为满偏电压的一半时，电路总电阻变大，电路总电流变小，滑动变阻器与电源内阻分压变小，电阻箱与电压表两端总电压变大，当电压表示数变为满偏电压一半时，电阻箱两端电压大于电压表满偏电压一半，电阻箱阻值大于电压表内阻，如果认为电压表内阻等于电阻箱阻值，则电压表内阻的测量值偏大。
（3）①测电源电动势与内阻，应将开关S拨至2位置，将R1的滑动触片移到最左端，不再移动。
（4）由图示电路图可知，在闭合电路中，电源电动势E＝U+Ir＝U+r，则＝+?，
由图示图象可知，图象截距b＝，图象斜率k＝，则电源电动势E＝，电源内阻r＝。
故答案为：（1）如图所示；（2）1；大于；（3）2；（4）； 。
【点评】本题考查了测电压表内阻、测电源电动势与内阻实验，要掌握办偏法测电表内阻的方法；根据电路图由欧姆定律求出图象的函数表达式是正确求出电源电动势与内阻的前提与关键。
11．（12分）如图所示是一个种电动升降机的模型示意图，A为厢体，B为平衡重物，A、B的质量分别为M＝1.5kg、m＝0.5kg。A、B由跨过轻质滑轮的足够长的轻绳系住。在电动机牵引下使厢体A由静止开始向上运动，电动机输出功率20W保持不变，厢体上升1m时恰好达到最大速度。不计空气阻力和摩擦阻力，g取10m/s2．在厢体向上运动过程中，求：
（1）厢体的最大速度vm；
（2）厢体向上的加速度为1m/s2时，重物下端绳的拉力大小；
（3）厢体从开始运动到恰好达到最大速度过程中所用的时间。
【分析】（1）当厢胯下达到最大速度时合力为零，根据A的合力为零求出绳的拉力，结合P＝Fv求厢体的最大速度vm：
（2）轿厢向上的加速度为a＝1m/s2时，对A和B分别运用牛顿第二定律列式，可求得重物B下端绳的拉力大小；
（3）轿厢从开始运动到恰好达到最大速度过程，运用动能定理列式可求得所用的时间。
【解答】解：（1）设厢体的最大速度为vm，由分析可知，当F＝（M﹣m）g时，厢体A的速度最大
由P＝Fvm，可知，；
（2）当厢体向上的加速度为a＝1m/s2时，利用牛顿第二定律，
对A：FA﹣Mg＝Ma ①
对B：FB+mg﹣FA＝ma ②
由①②式，得：FB＝12N；
（3）由动能定理可知：
解得：t＝0.7s。
答：（1）厢体的最大速度vm是2m/s。
（2）厢体向上的加速度为1m/s2时，重物下端绳的拉力大小是12N；
（3）厢体从开始运动到恰好达到最大速度过程中所用的时间是0.7s。
【点评】本题是连接体问题，采用隔离法研究绳子的拉力，也可以利用整体法直接求出整体沿绳子运动的加速度。
12．（20分）如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L＝1m，导轨平面与水平面夹角α＝30°，导轨电阻不计．磁感应强度为B＝1.0T的匀强磁场垂直导轨平面斜向下，金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m＝0.01kg、电阻不计．定值电阻R1＝30Ω，电阻箱电阻调到R2＝120Ω，电容C＝0.01F，取重力加速度g＝10m/s2．现将金属棒由静止释放．
（1）在开关接到1的情况下，求金属棒下滑的最大速度．
（2）在开关接到1的情况下，当R2调至30Ω后且金属棒稳定下滑时，R2消耗的功率为多少？
（3）在开关接到2的情况下，求经过时间t＝2.0s时金属棒的速度．
【分析】金属棒切割磁感线，产生电动势，从而形成电流，导致金属棒中有安培力出现，最终导致金属棒处于最大速度．由力的平衡条件可求出安培力，从而能算出棒的最大速度．
当金属棒处于稳定速度时，棒的切割相当电源，算出电源的电动势，从而可求出R2消耗的功率．
当接到2时，相当于电源给电容器充电，出现电流，从而列出安培力表达式，利用牛顿第二定律写出方程，最终得到棒做匀变速运动．因此由加速度可求出2S时的速度．
【解答】解：（1）当金属棒匀速下滑时速度最大，设最大速度vm，此时棒处于平衡状态，
故有mgsinα＝F安，而F安＝BIL，I＝，其中R总＝150Ω
由上各式得：mgsinα＝
解得最大速度vm＝
（2）当R2调整后，棒稳定下滑的速度，由前面可知：v＝
故R2消耗的功率P2＝I2R，其中I＝
得P2＝0.075W．
（3）对任意时刻，由牛顿第二定律 mgsinα﹣BLi＝ma
△u＝BL△v
得a＝，上式表明棒下滑过程中，加速度保持不变，棒匀加速直线运动，
代入数据可得：a＝2.5m/s2 ，
故v＝at＝5m/s
【点评】金属棒下滑切割磁感线相当于电源，求出电源的电动势，接下来等效成闭合电路的题目去解．
【物理--选修3-3】（15分）
13．（5分）下列说法正确的是（　　）
A．液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质和某些晶体相似，具有各向异性
B．单晶体的某些物理性质具有各向异性，而多晶体和非晶体是各向同性的
C．物体中分子热运动的动能的总和等于物体的内能
D．随着科学技术的不断进步，总有一天能实现热量自发地从低温物体传到高温物体
E．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能都是随分子间距离的减小而增大
【分析】本题根据这些知识解答：液晶像液体一样具有流动性，也具有晶体的各向异性．单晶体各向异性，而多晶体和非晶体各向同性．物体的内能是物体中所有分子热运动的动能和势能的总和．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能都是随分子间距离的减小而增大．
【解答】解：
A、液晶是一类特殊的物质形态，它像液体一样具有流动性，而其光学性质和某些晶体相似具有各向异性。故A正确。
B、单晶体内部分子结构在空间排列规则，某些物理性质具有各向异性，而多晶体和非晶体是各向同性的。故B正确。
C、物体中所有分子热运动的动能和势能的总和等于物体的内能。故C错误。
D、根据热力学第二定律知，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体。故D错误。
E、当分子力表现为斥力时，分子间距减小时，分子力增大，分子力做负功，分子势能也增大。故E正确。
故选：ABE。
【点评】本题考查热力学多个知识点，分子动理论、内能和液晶的特点等等，是考试的热点，要重点学习．
14．（10分）如图所示，竖直放置的圆柱形汽缸内有一个不计质量的活塞，可在汽缸内做无摩擦滑动，活塞下方封闭一定质量的气体。已知活塞的横截面积为100cm2，大气压强为1.0×105Pa，汽缸内气体温度为27℃。
①若保持温度不变，在活塞上放一重物，使汽缸内气体的体积减小为原来的，试求这时气体的压强和所加重物的重力；
②在加重物的情况下，要使汽缸内的气体缓慢恢复到原来的体积，应对气体加热，问应使气体的温度升高到多少摄氏度。
【分析】①加重物前后封闭气体做等温变化，根据活塞平衡求解压强，然后利用玻意耳定律列式求解；
②加重物后，对气体加热，封闭气体做等圧変化，根据盖吕萨克定律列式求解。
【解答】解：①若保持温度不变，在活塞上放一个重物，使汽缸内气体的体积减小为原来的时，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2
其中p1＝1.0×105 Pa，V1＝V，V2＝V，
解得p2＝1.25×105 Pa
对活塞根据平衡得：p2S＝p0S+G
S＝10﹣2 m2，
则所加重物的重力为：G＝250 N
②在加压重物的情况下，保持汽缸内压强不变，要使汽缸内的气体缓慢恢复到原来的体积，应对气体加热，根据盖﹣吕萨克定律得＝
其中V3＝V，V2＝V，T2＝（273+27）K＝300 K，
解得T3＝375 K
即t＝T3﹣273℃＝102℃
答：①这时气体的压强为1.25×105 Pa，所加重物的重力为250N；
②应使气体的温度升高到102℃。
【点评】本题考查气体实验定律，关键是分析出气体做何种变化，选择合适的气体实验定律解题。另外要注意对活塞利用平衡求解气体压强问题。
【物理--选修3-4】（15分）
15．如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时的波形图，介质中质点P、Q分别位于x＝2m、x＝4m处，从t＝0时开始计时，当t＝15s时质点Q刚好第4次到达波峰，则下列说法中正确的是（　　）
A．该波的波长为4m
B．该波的传播周期为8s
C．从图示时刻开始计时，P比Q先回到平衡位置
D．此波的波速为1m/s
E．从t＝0时开始计时，质点P做简谐运动的表达式为
【分析】根据图象得到波长，由波的传播方向得到质点振动，根据质点Q的振动得到周期，即可得到波速；进而根据周期，质点位移和振动方向得到质点振动方程。
【解答】解：A、由图可得：波长λ＝4m，故A正确；
B、根据波沿x轴正方向传播可得：t＝0时，质点Q位于平衡位置，且向下振动，故由t＝15s时质点Q刚好第4次到达波峰可得：，所以，T＝4s；故B错误；
C、图示时刻，质点Q位于平衡位置，且向下振动；质点P位于平衡位置，且向上振动；故两质点都是经过再次回到平衡位置，故C错误；
D、波速，故D正确；
E、t＝0时，质点P位于平衡位置，且向上振动，故根据振幅A＝0.2m，周期T＝4s可得：从t＝0时开始计时，质点P做简谐运动的表达式为；故E正确；
故选：ADE。
【点评】波长可由波动图得到，周期由振动图或质点振动情况得到，根据质点振动由波动图得到波的传播方向，根据求得波速。
16．如图为一半球壳形玻璃砖，其折射率为n＝，球壳内圆的半径为R，外圆的半径为．图中的OO'为半球壳形玻璃砖的中轴线。一束平行光以平行于OO'的方向从球壳的左侧射入（如图所示），这束平行光中，有一部分到达内圆表面时能射出玻璃砖，求这部分平行光束的宽度。
【分析】光线射到内球面时，若入射角小于临界角时，不发生全反射，光线将从圆表面射出，射入球壳内部。根据折射定律求出临界角。作出光路图，由几何知识求出光线射到内球面刚好发生全反射时在外球面的折射角，即可由折射定律和几何知识求解。
【解答】解：作出光路图如图所示。设光线AB入射到球壳的外表面，沿BM方向射向内圆，在M点刚好发生全反射，则
sinC＝＝0.6
在△OBM中，OB＝1.5R，OM＝R
所以
解得 sinr＝0.4
由折射定律得n＝
则sini＝nsinr＝
故平行光束的宽度 d＝2×1.5Rsini＝2R
答：这部分平行光束的宽度是2R。
【点评】本题是折射定律、临界角和几何知识的综合应用，作出光路图是基础，运用几何知识求折射角r是关键。