2019年广东省广州外国语学校高考物理一模试卷

2019年广东省广州外国语学校高考物理一模试卷
一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）
1．（6分）在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献．下列说法正确的是（　　）
A．安培发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象
B．胡克认为无论在什么条件下，弹簧的弹力始终与弹簧的形变量成正比
C．库仑提出了电场线；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值
D．伽利略利用斜面实验和逻辑推理证明了自由落体运动的加速度都相同
2．（6分）如图甲，水平地面上有一静止平板车，车上放一质量为m的物块，物块与平板车的动摩擦因数为0.2，t＝0时，车开始沿水平面做直线运动，其v﹣t图象如图乙所示．g取10m/s2，平板车足够长，则物块运动的v﹣t图象为（　　）

A． B．
C． D．
3．（6分）空间存在着平行于x轴方向的静电场，A、M、O、N、B为x轴上的点，OA＜OB，OM＝ON，AB间的电势φ随x的分布为如图．一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动，则下列判断中正确的是（　　）

A．粒子可能带正电
B．粒子一定能通过N点
C．粒子从M向O运动过程所受电场力逐渐增大
D．AO间的电场强度小于OB间的电场强度
4．（6分）如图所示，两根间距为20cm的无限长光滑金属导轨，电阻不计，其左端连接一阻值为10Ω的定值电阻，两导轨之间存在着磁感应强度为1T的匀强磁场，磁场边界虚线为正弦曲线的一部分，一阻值为10Ω的光滑导体棒，在外力作用下以10m/s的速度匀速向右运动（接触电阻不计），交流电压表和交流电流表均为理想电表，则（　　）

A．回路中产生的是正弦式交变电流
B．电压表的示数是2V
C．导体棒运动到图示虚线位置时，电流表示数为零
D．导体棒上消耗的热功率为0.2W
5．（6分）2015年12月10日，美国在夏威夷考艾乌的太平洋导弹靶场进行了一次中段反导试验，中段是指弹道导弹在大气层外空间依靠惯性飞行的一段。如图所示，一枚蓝军弹道导弹从地面上A点发射升空，目标是攻击红军基地B点，导弹升空后，红军反导预警系统立刻发现目标，从C点发射拦截导弹，并在弹道导弹飞行中段的最高点D将其击毁，下列说法中正确的是（　　）

A．图中E到D过程，弹道导弹机械能保持不变
B．图中E到D过程，弹道导弹的加速度大小不变
C．弹道导弹在大气层外运动轨迹是以地心为焦点的椭圆
D．弹道导弹飞行至D点时速度大于7.9km/s
6．（6分）如图所示，有一倾角θ＝30°的斜面体B，质量为M．物体A质量为m，弹簧对物体A施加一个始终保持水平的作用力，调整A在B上的位置，A始终能和B保持静止．对此过程下列说法正确的是（　　）

A．A、B之间的接触面可能是光滑的
B．弹簧弹力越大，A、B之间的摩擦力越大
C．A、B之间的摩擦力为0时，弹簧弹力为mg
D．弹簧弹力为mg时，A所受摩擦力大小为mg
7．（6分）如图所示，两个斜面体AC、BC，上端靠在同一竖直墙面上，下端交于水平面上同一点C，现让两个质量相同的物体分别从两个斜面的顶端同时由静止释放，则下列说法正确的是（　　）

A．若两个斜面光滑，则沿BC下滑的物体一定先到达C点
B．若两个斜面光滑，则两个物体有可能同时到达C点
C．若两个斜面粗糙，且粗糙程度相同，则两个物体下滑到C点过程中损失的机械能一定相同
D．若两个斜面粗糙，且粗糙程度相同，则两个物体下滑到C点时的动能可能相同
8．（6分）如图所示为某一装置的俯视图，PQ、MN为水平放置且足够长的平行金属薄板，两板间有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直薄板平面向里，金属棒AB垂直放置在两板上且与两板接触良好．现有质量为m，电荷量为+q的粒子以初速度V0水平向左射入两板之间，若磁场足够大，粒子的重力不计，且粒子不会打到两板上，则（　　）

A．若带电粒子做匀速直线运动，则金属棒AB应向右运动
B．金属棒的速度为2 V0时，带电粒子可能做匀速直线运动
C．若金属棒的向左运动速度也为V0，则带电粒子一定做匀速直线运动
D．若金属棒一直未动，则带电粒子从初始时到位移大小为时的时间间隔可能为t
二、解答题（共4小题，满分47分）
9．（6分）物理小组在一次验证机械能守恒定律的实验中，实验装置如图甲所示，气垫导轨放置在水平桌面上，一端装有光滑的定滑轮；导轨上有一滑块，其一端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源的频率为f．开始实验时，在托盘中放入适量砝码，先接通电源，再松手后滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列点，每相邻两计数点间还有9个计时点未标出．
（1）本实验存在一个重大的失误，该失误是：　 　．
（2）为了验证机械能守恒定律，下列物理量中还应测量的是　 　．
A．导轨的长度L B．砝码的质量m1 C．滑块的质量m2 D．托盘和砝码的总质量m3
（3）如果乙图中S1、S2、S3是实验改进后测得的数据，请写出从计数点3到计数点4的过程中要验证的机械能守恒定律的表达式　 　．
10．（9分）为了较准确地测量一只微安表的内阻，采用如图1所示实验电路图进行测量，实验室可供选择的器材如下：

A．待测微安表（量程500μA，内阻约 300Ω）
B．电阻箱（最大阻值999.9Ω）
C．滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω）
D．滑动变阻器R2（最大阻值为1kΩ）
E．电源（电动势为2V，内阻不计）
F．保护电阻R0（阻值为120Ω）
①实验中滑动变阻器应选用　 　（填“C”或“D”）；
②按照实验电路在如图2所示的方框中完成实物图连接．
③实验步骤：
第一，先将滑动变阻器的滑片移到最右端，调节电阻箱R的阻值为零；
第二，闭合开关S，将滑片缓慢左移，使微安表满偏；
第三，保持滑片不动，调节R的电阻值使微安表的示数正好是满刻度的时，此时接入电路的电阻箱的示数如图3所示，阻值R为　 　Ω．
第四，根据以上实验可知微安表内阻的测量值RA为　 　Ω
④若调节电阻箱的阻值为R′时，微安表的示数正好是满刻度的，认为此时微安表内阻就等于R′．则此时微安表内阻的测量值R′与微安表的示数正好是满刻度的时微安表内阻的测量值RA相比，更接近微安表真实值的是　 　．（填“R′”或“RA”）
11．（14分）如图所示，A、B质量分别为mA＝1kg，mB＝2kg，AB间用弹簧连接着，弹簧弹性系数k＝100N/m，轻绳一端系在A上，另一端跨过定滑轮，B为套在轻绳上的光滑圆环，另一圆环C固定在桌边，B被C挡住而静止在C上，若开始时作用在绳子另一端的拉力F为零，此时A处于静止且刚没接触地面．现用恒定拉力F＝15N拉绳子，恰能使B离开C但不能继续上升，不计摩擦且弹簧没超过弹性限度，求：
（1）B刚要离开C时A的加速度；
（2）若把拉力F改为F＝30N，则B刚要离开C时，A的速度．

12．（18分）如图所示，两根完全相同的光滑金属导轨OP、OQ固定在水平桌面上，导轨间的夹角为θ＝74°．导轨所在空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B1＝0.2T．t＝0时刻，一长为L＝1m的金属杆MN在外力作用下以恒定速度v＝0.2m/s从O点开始向右滑动．在滑动过程中金属杆MN与导轨接触良好，且始终垂直于两导轨夹角的平分线，金属杆的中点始终在两导轨夹角的平分线上．导轨与金属杆单位长度的电阻均为r0＝0.1Ω．求
（1）t＝2s时刻，金属杆中的电流强度I；
（2）0～2s内，闭合回路中产生的焦耳热Q；
（3）若在t＝2s时刻撤去外力，为保持金属杆继续以v＝0.2m/s做匀速运动，在金属杆脱离导轨前可采取将B从B0逐渐减小的方法，则磁感应强度B应随时间怎样变化（写出B与t的关系式）？

三、选考题【物理--选修3-3】
13．（5分）一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p﹣T图象如图所示，下列判断正确的是（　　）

A．过程bc中气体既不吸热也不放热
B．过程ab中气体一定吸热
C．过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热
D．a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小
E．b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同
14．（10分）如图所示，固定的绝热气缸内有一质量为m的“T”型绝热活塞（体积可忽略），距气缸底部h0处连接一U形管（管内气体的体积忽略不计）．初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离气缸底部为1.5h0，两边水银柱存在高度差．已知水银的密度为ρ，大气压强为p0，气缸横截面积为S，活塞竖直部分长为1.2h0，重力加速度为g．试问：
①初始时，水银柱两液面高度差多大？
②缓慢降低气缸内封闭气体的温度，当U形管两水银面相平时封闭气体的温度是多少？

四、选考题[物理--选修3-4]
15．下列说法中正确的是（　　）
A．军队士兵过桥时使用便步，是为了防止桥发生共振现象
B．机械波和电磁波在介质中的传播速度仅由介质决定
C．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱玻璃反射光的影响
D．假设火车以接近光速通过站台时，站台上旅客观察到车上乘客在变矮
E．赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在
16．如图，有一玻璃圆柱体，横截面半径为R＝10cm，长为L＝100cm．一点光源在玻璃圆柱体中心轴线上的A点，与玻璃圆柱体左端面距离d＝4cm，点光源向各个方向发射单色光，其中射向玻璃圆柱体从左端面中央半径为r＝8cm圆面内射入的光线恰好不会从柱体侧面射出。光速为c＝3×108m/s；求：
（i）玻璃对该单色光的折射率；
（ii）该单色光通过玻璃圆柱体的最长时间。



2019年广东省广州外国语学校高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）
1．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可
【解答】解：A、奥斯特发现了电电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，故A错误；
B、胡克认为在弹性范围内，弹簧的弹力始终与弹簧的形变量成正比，故B错误；
C、库仑发现了点电荷的相互作用规律，法拉第提出了电场线，密立根测定了元电荷的数值，故C错误；
D、伽利略利用斜面实验和逻辑推理证明了自由落体运动的加速度都相同，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一
2．【分析】根据速度与时间的图象，结合图象的信息：斜率大小表示加速度的大小，倾斜方向与加速度方向有关．根据车的运动情况，从而可确定物相对车加速还是减速，结合牛顿第二定律，即可求解．
【解答】解：小车先做匀加速直线运动，然后做匀减速运动，匀加速运动和匀减速运动的加速度大小相等，a，
根据物体与车的动摩擦因数可知，物体与车的滑动摩擦力产生的加速度为2m/s2，因此当车的速度大于物体的速度时，物体受到滑动摩擦动力，相反则受到滑动摩擦阻力。
根据受力分析，结合牛顿第二定律，则有：当0﹣8s时，车的速度大于物体，因此物体受到滑动摩擦动力，则其加速度为2m/s2，
同理，可得：当8﹣16s时，车的速度小于物体，因此物体受到滑动摩擦阻力，则其加速度为2m/s2，故C正确，A、B、D错误。
故选：C。
【点评】考查物体与车的相对运动情况，从而根据运动情况来确定受力情况，并掌握牛顿第二定律的应用，注意分清研究对象，同时掌握读取图象信息的能力．
3．【分析】图中A、B两点电势相等，M点的电势小于N点的电势，O点的电势最高．根据电场力做功情况，分析粒子能否通过N点．根据粒子在电场作用下运动的方向可以判断它的电性；图象的斜率大小等于电场强度．
【解答】解：A、A、B两点电势相等，O点的电势最高，A到O是逆着电场线，粒子仅在电场力作用下，从M点由静止开始沿x轴向右运动即逆电场线方向运动，故粒子一定带负电。故A错误；
B、由图可知，A、B两点电势相等，M点的电势小于N点的电势，故M到O电场力做的正功数值大于O到N电场力做的负功，所以粒子能通过N点，故B正确；
C、A到M电势均匀升高，图象的斜率大小等于电场强度，故A到0的电场是匀强电场，粒子从M向O运动过程所受电场力不变。故C错误；
D、图象斜率的绝对值等于场强大小，则知AO间的电场强度大于OB间的电场强度。故D错误。
故选：B。
【点评】本题要掌握电势的变化与电场强度方向的关系，知道图象的斜率等于电场强度，分析时要注意电荷所受的电场力方向与场强方向是相反的．
4．【分析】根据公式E＝BLv列式分析电流的特点．交流电压表及交流电流表测量的是有效值，根据有效值的定义求出，根据求解导体棒上消耗的热功率．
【解答】解：A、当导体棒切割磁感线时，产生的感应电动势为 E＝BLv，由于L按正弦规律变化，这个过程产生正弦式电流，磁场方向变化时，电流方向变化，所以回路中产生的是正弦式交变电流。故A正确。
B、电炉子产生的感应电动势的最大值，则电动势的有效值E，
电压表测量R两端的电压，则U，故B错误；
C、电流表示数为有效值，一直为0.1A，故C错误；
D、导体棒上消耗的热功率P，故D错误。
故选：A。
【点评】本题关键是明确切割的有效长度按照正弦规律变化导致电动势的瞬时值按照正弦规律变化，注意交流电压表及交流电流表测量的是有效值，先求最大值，再根据最大值和有效值的关系求解，难度适中．
5．【分析】E到D的过程，导弹无动力飞行，只受重力，根据机械能守恒的条件：只有重力做功，机械能守恒。E到D过程，高度增大，地球对导弹的引力减小，加速度减小。导弹在大气层外只受地球引力，根据开普勒第一定律，其运动轨迹是以地心为焦点的椭圆。根据开普勒第二定律可知，导弹离地面越远速度越小，在地面附近速度最大，最大速度等于第一宇宙速度7.9km/s。
【解答】解：A、E到D的过程，导弹无动力飞行，只受重力，根据机械能守恒的条件：只有重力做功，知弹道导弹机械能守恒。故A正确。
B、根据万有引力定律F＝G，E到D的过程，高度增大，则引力变小，根据牛顿第二定律，加速度变小，故B错误。
C、根据开普勒第一定律，导弹在大气层外只受地球引力，其运动轨迹是以地心为焦点的椭圆，故C正确。
D、根据开普勒第二定律，导弹离地面越远速度越小，离地面越近速度越大，地面附近的速度为第一宇宙速度7.9km/s，所以弹道导弹飞行至D点时速度小于7.9km/s，故C错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了机械能的条件，运用牛顿第二定律、开普勒定律分析导弹与卫星运动问题。分析导弹在E到D点的加速度，也可以结合卫星变轨知识来理解。
6．【分析】对滑块A受力分析，考虑弹簧弹力的平行斜面分量与重力的下滑分量的大小关系，得到滑块相对斜面的运动趋势，判断静摩擦力的有无和方向问题．
【解答】解：ABC、对物体A受力分析，受重力、支持力、弹簧的弹力，可能会有平行斜面的静摩擦力，设弹簧弹力大小为为F；
如果Fcos30°＝mgsin30°，即Fmg时，A所受的摩擦力为零；
如果Fmg，A受到的摩擦力沿着斜面向下，弹力越大，摩擦力越大；
如果Fmg，A受到的摩擦力沿着斜面向上，弹力越大，摩擦力越小；故A错误，B错误，C正确；
D、当Fmgmg时，A有向上的运动趋势，受到的摩擦力大小为Fcos30°﹣mgsin30°mg，方向沿着斜面向下，故D正确；
故选：CD。
【点评】本题关键对物体受力分析，根据共点力平衡条件并采用正交分解法进行分析；
静摩擦力的方向沿着两物体接触面的切线，与相对运动趋势相反，而相对运动趋势的方向又难以判断，一般可以采用下列方法判断静摩擦力的方向；
（1）假设法：首先假设两物体的接触面是光滑的，判断物体将向什么方向滑动，从而确定相对运动趋势的方向，进而判断出静摩擦力的方向；
（2）根据物体的运动状态判断静摩擦力的方向．
7．【分析】设底边长为x，斜面倾角为θ，若两个斜面光滑，根据牛顿第二定律以及运动学基本公式求出下滑时间进行比较即可，
若两个斜面粗糙，且粗糙程度相同，求出克服摩擦力做的功，再结合除重力以外的力做的功等于机械能的变化量求解，
运用动能定理比较末动能是否相等．
【解答】解：A、设底边长为x，斜面倾角为θ，若两个斜面光滑，物体受到的合力为：F合＝mgsinθ…①
根据牛顿第二定律，有：F合＝ma…②
由运动学公式有：s
由①②③三式，解得：t，当AC与水平面成60°角，BC与水平面成30°角时，两个物体有同时到达C点，故A错误，B正确；
C、摩擦力f＝μmgcosθ，克服摩擦力做的功，则克服摩擦力做功相等，又除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，则两个物体下滑到C点过程中损失的机械能一定相同，故C正确；
D、根据动能定理得：
，由于重力做功不等，而克服摩擦力做功相等，所以两个物体下滑到C点时的动能不可能相同，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律、运动学基本公式以及动能定理的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，知道除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，难度适中．
8．【分析】ABC、带电粒子在复合场中匀速运动时受力平衡，这类题复合场中比较常见．掌握公式F电＝F洛，代入有关表达式即可得到答案．
D、明确金属棒停止后带电粒子的运动情况：金属棒停止后两板间的电场消失，只存在磁场，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动．由洛伦兹力充当向心力可以求的轨道半径，依据半径可以求出位移大小时所对应的圆心角，进而可以求得时间．
【解答】解：ABC、因电荷为正电荷，若电荷做匀速直线运动，则两板间的电场力和洛伦兹力平衡，则AB应向左匀速运动，
设其速度为v，则有：
U＝BLv，L为两板间距
依题意电荷受力平衡，则有：qE＝qv0B
又 E
解得 v＝v0，故AB错误，C正确；
D、因AB不动，两板间电场消失，电荷在B中做匀速圆周运动，有：
qv0B＝m，即：r
当粒子位移大小达到r时，依题意，
由几何关系可知，电荷轨迹圆弧所对圆心角为60°，则：t?；
也可能轨迹圆弧所对圆心角为300°，则：t?，故D正确；
故选：CD。
【点评】关键要正确分析电荷的受力情况，比较简单，同时确定D选项时，注意正确分析粒子的运动轨迹是解题的关键．
二、解答题（共4小题，满分47分）
9．【分析】分析实验原理及实验做法，则可得出实验中应注意事项及应测量的物理量；
根据实验原理结合机械能守恒定律可得出表达式，并由表达式，即可判定需要测量哪些物理量．
【解答】解：（1）在本实验中应验证实验导轨是否水平，而本题中没有进行验证；
（2）根据实验原理可知，本实验中砝码和托盘的重力势能减小量等于总的动能的增加量；故应测量滑块的质量m2 和托盘和砝码的总质量m3
（3）分别求出3、4两点的速度v3f；v4f；
物体下降的高度为s2；则由机械能守恒定律可知；
m3gs2（m2+m3）[]
故答案为：（1）末验证气垫导轨是否水平；（2）CD；
（3）m3gs2（m2+m3）[]．
【点评】本题为探究性实验，要注意正确掌握实验原理，能根据题意明确实验的原理，这样才能准确求解；
同时注意周期与频率的关系，及每相邻两计数点间还有9个计时点未标出，是解题的关键．
10．【分析】此题采用了类似半偏法测电表的电阻．滑动变阻器的选择关键是如何保证调整R0的阻值时测量电路电压基本不变．利用电阻箱和微安表串联和微安表上读数的位置找出微安表的内阻和电阻箱阻值的关系．
【解答】解：（1）根据题意要求测量部分电压不变，即要求测量部分与滑动变阻器右半部分并联的总电阻不变，据并联电路特点知，当 R右＜＜R测时，并联的总电阻由R右决定，微安表的内阻约1kΩ，改变电阻箱的阻值时，测量部分与滑动变阻器右半部分电阻并联后阻值几乎不变，故选用R1．
（2）如图

（3）微安表的内阻远远大于滑动变阻器右半部分电阻，它们并联后的阻值略小于滑动变阻器右半部分电阻．
开始时电阻箱R0的阻值为零，将滑片P缓慢左移，使微安表上电流满偏，通过微安表电流为I；
调整R0的阻值，使微安表上读数正好是满刻度的，通过微安表电流为I；
电阻箱和微安表串联的总电阻增大，它们与滑动变阻器右半部分电阻并联后阻值基本不变，我们可以近似认为电阻箱和微安表串联的电路两端电压基本不变，通过微安表电流为I，电阻箱和微安表串联的总电阻增大到原来的，
即R＝R+145.5Ω，得出：R＝291Ω．
电阻箱和微安表串联的总电阻增大，它们与滑动变阻器右半部分电阻并联后阻值略增大，那么电路总电阻略增大，总电流略减小，分压器上分到的电压略增大，通过微安表电流为I，电阻箱和微安表串联的总电阻略大于原来的，即 R真+145.5ΩR真，得出：R真＜291Ω．所以测量值比真实值偏大．
故答案为：①C；②实物电路图如图所示；③145.5；291；④RA．

【点评】测量电压表和电流表内阻时，一般不能直接用伏安法进行测量，因为电流表电阻太小，其两端电压太小用电压表测误差太大，同理，电压表电阻太大，其上通过的电流太小，电流表测误差太大．故电流表．电压表内阻测量常用半偏法或类似半偏法．
11．【分析】（1）题中恰能使B离开C但不能继续上升，说明临界情况是弹力等于B的重力，然后对物体A受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度；
（2）B刚要离开C时，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律求解加速度；对两次上拉过程分别运用动能定理列式后联立求解得到速度．
【解答】解：（1）B刚要离开C的时候，弹簧对B的弹力：N＝mBg，
A的受力图如图，由图可得：
G+N﹣F＝mAa1，
解得：a1＝15m/s2，竖直向下；

（2）当F＝0时，弹簧的伸长量：
X10.1m，
当F＝15N，且A上升到最高点时，弹簧的压缩量：
X20.2m，
所以A上升的高度：
h＝X1+X2＝0.1+0.2＝0.3m，
在A上升过程中，根据功能关系：
Fh＝mAgh+△Ep，
所以弹簧弹性势能增加了：
△Ep＝mAgh﹣Fh＝（15﹣10）×0.3＝1.5J，
把拉力改为F′＝30N，从A上升到当B恰要离开C时的过程中，弹簧的弹性势能变化相等，根据功能关系，有：F′h﹣mAgh﹣△Ep，
解得：vA＝3m/s，
此时，根据牛顿第二定律：
F′﹣（G+N）＝mAa2，
解得：a2＝0．
答：（1）B刚要离开C时A的加速度为15m/s2；
（2）A的加速度为0，速度为3m/s．

【点评】本题切入点在于“恰能使B离开C但不能继续上升”，然后根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解加速度，根据功能关系列式求解末速度．
12．【分析】（1）先求出t＝2s时导体棒的有效切割长度，求出切割产生的动生电动势；根据法拉第电磁感应定律求出感生电动势，再由欧姆定律求出回路中的电流强度I．
（2）由焦耳定律求闭合回路中产生的焦耳热Q．
（3）若在t＝2s时刻撤去外力，为保持金属杆继续以v＝0.2m/s做匀速运动，光滑金属杆不再受到安培力作用，回路中感应电流应为零，磁通量不变，据此列式求解．
【解答】解：（1）在t时刻，连入回路的金属杆的长度：L＝2vttan37°＝1.5vt
回路的总电阻：R＝2（vttan37°）r0＝0.4vt
回路的感应电动势：E＝B0Lv
回路的电流强度：I0.75v
联立解得：I＝0.15A
（2）由于电流恒定，在t时刻回路消耗的电功率：P＝I2R＝1.8×10﹣3t
0～2s内回路消耗的平均电功率：1.8×10﹣3W
回路产生的热量：Qt＝1.8×10﹣3×2J＝3.6×10﹣3J
（3）在t＝2s时刻撤去外力后，因金属杆做匀速运动，故光滑金属杆不再受到安培力作用，回路电流为零，任一时刻回路磁通量相等：
Φ1＝Φ2；
三角形回路的面积：S
t＝2s时刻回路的磁通量：Φ1＝B0?0.2Wb＝0.024Wb
t时刻回路的磁通量：Φ2＝B?
联立解得：B（2s≤ts）
答：
（1）t＝2s时刻，金属杆中的电流强度I是0.15A；
（2）0～2s内，闭合回路中产生的焦耳热Q为3.6×10﹣3J；
（3）磁感应强度B应随时间变化的规律为B（2s≤ts）．
【点评】本题关键是根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电阻定律得到感应电流不变，明确感应电流产生的条件：磁通量变化，相反，磁通量不变时感应电流为零．
三、选考题【物理--选修3-3】
13．【分析】由图示图象判断气体的状态变化过程，应用气态方程判断气体体积如何变化，然后应用热力学第一定律答题．
【解答】解：A、由图示图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律△U＝Q+W可知，气体吸热，故A错误；
B、由图示可知，ab过程，气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，外界对气体不做功，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故B正确；
C、由图象可知，ca过程气体压强不变，温度降低，由盖吕萨克定律可知，其体积减小，外界对气体做功，W＞0，气体温度降低，内能减少，△U＜0，由热力学第一定律可知，气体要放出热量，过程ca中外界对气体所做的功小于气体所放热量，故C错误；
D、由图象可知，a、b和c三个状态中a状态温度最低，分子平均动能最小，故D正确；
E、由图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，b、c状态气体的分子数密度不同，b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同，故E正确；
故选：BDE。
【点评】本题考查气体的状态方程中对应的图象，分析清楚图示图象、知道理想气体内能由气体的温度决定即可解题，解题时要抓住在P﹣T图象中等容线为过原点的直线．
14．【分析】①根据活塞平衡求得气体压强，再根据水银柱高度差求出气体压强表达式，联立得到高度差；
②气体做等压变化，根据盖﹣吕萨克定律求解出温度．
【解答】解：①被封闭气体压强：p＝p0p0+ρgh，
初始时，液面高度差为：h；
②降低温度直至液面相平的过程中，气体先等压变化，后等容变化．
初状态：p1＝p0，V1＝1.5h0 s，T1＝T02分
末状态：p2＝p0，V2＝1.2h0 s，T2＝？
根据理想气体状态方程得：，
解得：T2；
答：①初始时，水银柱两液面高度差是；
②缓慢降低气缸内封闭气体的温度，当U形管两水银面相平时封闭气体的温度是．
【点评】该题结合气体压强的两种不同求法考查气态方程，解答本题关键是求出气体压强，然后根据等压变化公式列式求解，中档题目．
四、选考题[物理--选修3-4]
15．【分析】当策动频率与固有频率相同时，出现共振现象；电磁波在真空中也能传播．机械波在介质中的传播速度由介质决定；根据尺缩效应解释乘客是否变矮；偏振原理利用光的干涉现象，来减弱反射光的强度；麦克斯韦预言了电磁波的存在，而赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，从而即可求解．
【解答】解：A、军队士兵过桥时使用便步，防止行走的频率与桥的频率相同，桥发生共振现象，故A正确。
B、机械波在介质中的传播速度由介质决定，与波的频率无关，电磁波在介质中的传播速度与介质和波的频率均有关，故B错误。
C、加偏振片的作用是减弱反射光的强度，从而增大透射光的强度；故C正确；
D、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D错误；
E、麦克斯韦预言了电磁波的存在，而赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，故E正确；
故选：ACE。
【点评】本题考查共振与干涉现象，掌握机械能与电磁波的区别，注意电磁波的预言与证实，注意尺缩效应的方向．
16．【分析】（i）光线AB从圆柱体左端面射入，其折射光BD射到柱面D点恰好发生全反射，入射角等于临界角C，由几何关系求出临界角C，再由公式sinC求玻璃对该单色光的折射率；
（ii）折射光BD在玻璃柱体内传播路程最长，因而传播时间最长．由几何知识求出该单色光通过玻璃圆柱体的最长路程，由求光在玻璃中传播的速度，再求最长时间．
【解答】解：（i）由题意可知，光线AB从圆柱体左端面射入，其折射光BD射到柱面D点恰好发生全反射．
设光线在B点的入射角为i．
则sini
由折射定律得：
n
sinC
根据几何知识得：sinθ＝cosC
得：n
（ii） 折射光BD在玻璃柱体内传播路程最长，因而传播时间最长．最长的路程为：
SnL
光在玻璃中传播的速度为：v
则该单色光通过玻璃圆柱体的最长时间为：t6×10﹣9s
答：（i）玻璃对该单色光的折射率是；
（ii）该单色光通过玻璃圆柱体的最长时间是6×10﹣9s．

【点评】对于涉及全反射的问题，要紧扣全反射产生的条件：
一是光从光密介质射入光疏介质
二是入射角大于等于临界角．要掌握临界角公式sinC，结合几何知识研究这类问题．

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