《试卷》2016年河北省衡水中学高考物理一模试卷（解析版）.doc

2016年河北省衡水中学高考物理一模试卷一、选择题（本题共8小题，每小题6分其中第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求）1牛顿的三大运动定律、万有引力定律以及微积分的创立，使得牛顿成为过去一千多年中最杰出的科学巨人之一下列说法中正确的是（）A牛顿第一定律是牛顿第二定律的特例B牛顿第二定律适用于惯性参考系C作用力和反作用力是一对平衡力D力的单位“牛顿”是国际单位制中的基本单位2某卫星在半径为r的轨道1上做圆周运动，动能为Ek，变轨到轨道2上后，动能比在轨道1上减少了E，在轨道2上也做圆周运动，则轨道2的半径为（）A rB rC rD r3如图所示，一个“V”形玻璃管ABC倒置于平面内，并处于场强大小为E=1×103V/m，方向竖直向下的匀强电场中，一个重力为G=1×103N，电荷量为q=2×104C的带负电小滑块从A点由静止开始运动，小滑块与管壁的动摩擦因数=0.5已知管长AB=BC=L=2m，倾角=37°，B点是一段很短的光滑圆弧管，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，下列说法中正确的是（）AB、A两点间的电势差为2000VB小滑块从A点第一次运动到B点的过程中电势能增大C小滑块第一次速度为零的位置在C处D从开始运动到最后静止，小滑块通过的总路程为3m4如图所示，一理想变压器原线圈匝数为n1=1000匝，副线圈匝数为n2=200匝，将原线圈接在u=200sin100t（V）的交流电压上，副线圈上电阻R和理想交流电压表并连接入电路，现在A、B两点间接入不同的电子元件，则下列说法正确的是（）A在A、B两点间串联一只电阻R，穿过铁芯的磁通量的最大变化率为0.2Wb/sB在A、B两点间接入理想二极管，电压表读数为40VC在A、B两点间接入一只电容器，只提高交流电频率，电压表读数增大D在A、B两点间接入一只电感线圈，只提高交流电频率，电阻R消耗电功率减小5如图所示，匀强磁场的方向垂直于光滑的金属导轨平面向里，极板间距为d的平行板电容器与总电阻为2R0的滑动变阻器通过平行导轨连接，电阻为R0的导体棒MN可在外力的作用下沿导轨从左向右做匀速直线运动，当滑动变阻器的滑动触头位于a、b的中间位置、导体棒MN的速度为v0时，位于电容器中P点的带电油滴恰好处于静止状态若不计摩擦和平行导轨及导线的电阻，重力加速度为g，则下列判断正确的是（）A油滴带正电荷B若将上极板竖直向上移动距离d，油滴将向上加速运动，加速度a=C若将导体棒的速度变为2v0，油滴将向上加速运动，加速度a=2gD若保持导体棒的速度为v0不变，而将滑动触头置于a位置，同时将电容器上极板向上移动距离，油滴仍将静止6如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过光滑定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢下移一段距离，斜面体始终静止移动过程中（）A细线对小球的拉力变大B斜面对小球的支持力变大C斜面体对地面的压力变大D地面对斜面体的摩擦力变大7为了测量某化工厂污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上下底面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个内侧固定有金属板作为电极，污水充满管口以一定的速度从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U若用Q表示污水流量（单位时间内排出的污水体积），下列说法中正确的是（）A若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高B前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离子多无关C污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大D污水流量Q与U成正比，与a、b无关8如图，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B=1T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9m，M点为x轴正方向上一点，OM=3m现有一个比荷大小为=1.0C/kg可视为质点带正电的小球（重力不计）从挡板下端N处小孔以不同的速度向x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电量不变，小球最后都能经过M点，则小球射入的速度大小可能是（）A3m/sB3.75m/sC4.5m/sD5m/s二、非选择题（包括必考题和选考题两部分第9-12题为必考题，第13-18题为选考题）（一）必考题9“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置如图（a）所示，实验中用所挂钩码的重量作为细线对小车的拉力F，通过增加钩码的数量，多次测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图象，他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条aF图线，如图（b）所示（1）图线（填“”或“”） 是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；（2）在轨道水平时，小车运动的阻力Ff=N；（3）图（b）中，拉力F较大时，aF图线明显弯曲，产生误差为避免此误差可采取的措施是A调整轨道的倾角，在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动B在增加钩码数量的同时在小车上增加砝码，使钩码的总质量始终远小于小车的总质量C将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力D更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验10某实验小组研究两个未知元件X和Y的伏安特性，使用的器材包括电压表（内阻约为3k）、电流表（内阻约为1）、定值电阻等（1）使用多用电表粗测元件X的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图1（a）所示，读数为，据此应选择图1中的（填“b”或“c”）电路进行实验（2）连接所选电路，闭合S，滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，电流表的示数逐渐（填“增大”或“减小”），依次记录电流及相应的电压，将元件X换成元件Y，重复实验（3）图2（a）是根据实验数据作出的UI图线，由图可判断元件（填“X”或“Y”）是非线性元件（4）该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R=21的定值电阻，测量待测电池组的电动势E和内阻r，如图2（b）所示，闭合S1和S2，电压表读数为3.00V，断开S2，读数为1.00V，利用图2（a）可算得E=V，r=（结果均保留两位有效数字，视电压表为理想电压表）11完全相同的十三个扁长木块紧挨着放在水平地面上，如图所示，每个木块的质量m=0.40kg，长度L=0.5m，它们与地面间的动摩擦因数为1=0.10，原来所有木块处于静止状态，左方第一个木块的左端上方放一质量为M=1.0kg的小铅块，它与木块间的动摩擦因数为2=0.20物体所受最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，现突然给铅块一向右的初速度v0=5m/s，使其开始在木块上滑行（重力加速度g=10m/s2，设铅块的长度与木块长度L相比可以忽略）（1）铅块在第几块木块上运动时，能带动它右面的木块一起运动？（2）判断小铅块最终是否滑上第13块木块上？12如图所示，P、Q为水平面内平行放置的金属长直导轨，间距为L1=0.5m，处在磁感应强度大小为B1=0.7T、方向竖直向下的匀强磁场中，一根质量为M=0.3kg、电阻为r=1的导体杆ef垂直于P、Q放在导轨上，导体杆ef与P、Q之间的动摩擦因数为=0.1在外力作用下导体杆ef向左做匀速直线运动，质量为m=0.2kg、每边电阻均为r=1、边长为L2=0.2m的正方形金属框abcd置于竖直平面内，两顶点a、b通过细导线与导轨相连，金属框处在磁感应强度大小为B2=1T、方向垂直框面向里的匀强磁场中，金属框恰好处于静止状态，重力加速度g=10m/s2，不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力，求：（1）通过ab边的电流Iab；（2）导体杆ef做匀速直线运动的速度v；（3）t=1s时间内，导体杆ef向左移动时克服摩擦力所做的功；（4）外力做功的功率P外（二）选考题（共45分）物理-选修3-313下列说法中正确的是（）A已知某物质的摩尔质量为M，密度为，阿伏加德罗常数为NA，则这种物体的分子体积为V0=B当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小C饱和汽和液体之间的动态平衡，是指汽化和液化同时进行的过程，且进行的速率相等D自然界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生E一定质量理想气体对外做功，内能不一定减少，但密度一定减小14如图所示，玻璃管A上端封闭，B上端开口且足够长，两管下端用橡皮管连接起来，A管上端被一段水银柱封闭了一段长为6cm的空气柱，左右两水银面高度差为5cm，已知外界大气压为75cmHg，温度为t1=27，热力学温度与摄氏温度的关系为T=t+273K，空气可视为理想气体，现在山下缓慢移动B管，使A管中气柱长度变为5cm，求：上述操作中B管是向上还是向下哪个方向移动的？稳定后的气体压强为多大？A管中气柱长度变为5cm后，保持B管不动而升高气体温度，为使A管中气柱长度恢复到6cm，则温度应升高到多少？物理-选修3-415 两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同实线波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播，虚线波沿x轴负方向传播某时刻两列波在如图所示区域相遇，则（）A在相遇区域会发生干涉现象B实线波和虚线波的频率之比为3：2C平衡位置为x=6m处的质点此刻速度为零D平衡位置为x=8.5m处的质点此刻位移y20cmE从图示时刻起再经过0.25s，平衡位置为x=5m处的质点的位移y016如图所示，横截面为直角三角形的玻璃砖ABCAC边长为L，B=30°，光线P、Q同时由AC中点射入玻璃砖，其中光线P方向垂直AC边，光线Q方向与AC边夹角为45°发现光线Q第一次到达BC边后垂直BC边射出光速为c，求：玻璃砖的折射率；光线P由进入玻璃砖到第一次由BC边出射经历的时间物理-选修3-517下列说法中正确的是（）A光电效应现象说明光具有粒子性B普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说C玻尔建立了量子理论，成功解释了各种原子发光现象D运动的宏观物体也具有波动性，其速度越大物质波的波长越大E衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时所产生的18如图所示，光滑水平面上有一质量为M=10的静止滑槽，内则长度L=0.5m，另有一质量m=2的小滑块在滑槽内的中点上，小滑块与滑槽的动摩擦因素=0.2，当给小滑块一个水平向右6m/s的速度后，小滑块可能与滑槽相碰，（碰撞为完全弹性碰撞）试问：小滑块与滑槽能碰撞几次？（g取10m/s2）2016年河北省衡水中学高考物理一模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分其中第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求）1牛顿的三大运动定律、万有引力定律以及微积分的创立，使得牛顿成为过去一千多年中最杰出的科学巨人之一下列说法中正确的是（）A牛顿第一定律是牛顿第二定律的特例B牛顿第二定律适用于惯性参考系C作用力和反作用力是一对平衡力D力的单位“牛顿”是国际单位制中的基本单位【考点】牛顿第三定律；力学单位制【分析】牛顿第一定律揭示了物体不受力时的运动规律，牛顿第二定律给出了加速度与力和质量的关系，牛顿第三定律揭示了作用力与反作用力的关系平衡力等大反向，作用在一个物体上【解答】解：A、牛顿第一定律揭示了物体不受力时的运动规律，牛顿第二定律给出了加速度与力和质量的关系，故牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，故A错误；B、牛顿运动定律成立的参考系是惯性系，故牛顿第二定律在非惯性系中不成立的，故B正确；C、作用力和反作用力作用在两个物体上，一定不是平衡力，故C错误D、力的单位N是导出单位，用国际基本单位表示应该为：1N=1kgm/s2，故D错误故选：B2某卫星在半径为r的轨道1上做圆周运动，动能为Ek，变轨到轨道2上后，动能比在轨道1上减少了E，在轨道2上也做圆周运动，则轨道2的半径为（）A rB rC rD r【考点】万有引力定律及其应用【分析】据动能，和万有引力提供圆周运动向心力求得线速度与轨道半径的关系即可【解答】解：由题意得在半径为r的轨道1上，卫星的线速度v=，在轨道2上卫星的线速度据万有引力提供圆周运动向心力有：得=所以轨道2的半径=故选：A3如图所示，一个“V”形玻璃管ABC倒置于平面内，并处于场强大小为E=1×103V/m，方向竖直向下的匀强电场中，一个重力为G=1×103N，电荷量为q=2×104C的带负电小滑块从A点由静止开始运动，小滑块与管壁的动摩擦因数=0.5已知管长AB=BC=L=2m，倾角=37°，B点是一段很短的光滑圆弧管，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，下列说法中正确的是（）AB、A两点间的电势差为2000VB小滑块从A点第一次运动到B点的过程中电势能增大C小滑块第一次速度为零的位置在C处D从开始运动到最后静止，小滑块通过的总路程为3m【考点】电势差与电场强度的关系；动能定理的应用；电势；电势能【分析】根据公式U=Ed求解电势差；小滑块运动过程中受重力、电场力、支持力和摩擦力，结合动能定理列式分析即可【解答】解：A、点B、A间的电势差为：UBA=ELsin37°=1×103V/m×2m×0.6=1200V，故A错误；B、小滑块从A点第一次运动到B点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故B错误；C、如果小滑块第一次速度为零的位置在C处，则从A到C过程，电场力做功为零，重力做功为零，而摩擦力做功不为零，动能变化不为零，不符合动能定理，故C错误；D、设从开始运动到最后停止过程，小滑块的路程为S，对运动过程根据动能定理，有：mg（2LS）sin37°+qE（2LS）sin37°（qEmg）cos37°S=00解得：S=3m，故D正确；故选：D4如图所示，一理想变压器原线圈匝数为n1=1000匝，副线圈匝数为n2=200匝，将原线圈接在u=200sin100t（V）的交流电压上，副线圈上电阻R和理想交流电压表并连接入电路，现在A、B两点间接入不同的电子元件，则下列说法正确的是（）A在A、B两点间串联一只电阻R，穿过铁芯的磁通量的最大变化率为0.2Wb/sB在A、B两点间接入理想二极管，电压表读数为40VC在A、B两点间接入一只电容器，只提高交流电频率，电压表读数增大D在A、B两点间接入一只电感线圈，只提高交流电频率，电阻R消耗电功率减小【考点】变压器的构造和原理【分析】根据变压器变压比公式得到输出电压，根据有效值定义求解电压有效值；电感器的感抗与频率成正比，电容器的容抗与频率成反比【解答】解：A、在A、B两点间串联一只电阻R，输入电压最大值为200V283V，故平均每匝电压为0.283V，故磁通量的最大变化率为0.283Wb/s，故A错误；B、输入电压为200V，根据，故输出电压为40V；在A、B两点间接入理想二极管，会过滤掉负半周电流，设电压表读数为U，则根据有效值定义，有故B错误；C、在A、B两点间接入一只电容器，只提高交流电频率，电容器容抗减小，故R分得的电压增加，电压表读数增加，故C正确；D、在A、B两点间接入一只电感线圈，只提高交流电频率，感抗增加，故R分得的电压减小，电压表读数减小，故D正确；故选CD5如图所示，匀强磁场的方向垂直于光滑的金属导轨平面向里，极板间距为d的平行板电容器与总电阻为2R0的滑动变阻器通过平行导轨连接，电阻为R0的导体棒MN可在外力的作用下沿导轨从左向右做匀速直线运动，当滑动变阻器的滑动触头位于a、b的中间位置、导体棒MN的速度为v0时，位于电容器中P点的带电油滴恰好处于静止状态若不计摩擦和平行导轨及导线的电阻，重力加速度为g，则下列判断正确的是（）A油滴带正电荷B若将上极板竖直向上移动距离d，油滴将向上加速运动，加速度a=C若将导体棒的速度变为2v0，油滴将向上加速运动，加速度a=2gD若保持导体棒的速度为v0不变，而将滑动触头置于a位置，同时将电容器上极板向上移动距离，油滴仍将静止【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律【分析】导体棒MN相当于电源，M端为正极，外电路由滑动变阻器构成，电容器两端电压和滑动变阻器两端电压相等，弄清楚这些然后对带电液滴进行受力分析即可正确解答本题【解答】解：A、根据右手定责可知，M端为正极，液滴静止，因此带负电，故A错误；B、设导体棒长度为L，导体棒切割磁感线形成的感应电动势为：E=BLv，电容器两端电压为：U1= 开始液滴静止有：q=mg若将上极板竖直向上移动距离d时，有：mgq=ma1联立得：a1=，方向竖直向下，故B错误；C、当若将导体棒的速度变为2v0时，有：qmg=ma2将中v0换为2v0联立解得：a2=，方向竖直向上，故C错误；D、若保持导体棒的速度为v0不变，而将滑动触头置于a位置时，电容器两端之间的电压为：U2=BLv0，此时液滴所受电场力为：F=q=mg，液滴受到的合力为零，因此液滴仍然静止，故D正确故选：D6如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过光滑定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢下移一段距离，斜面体始终静止移动过程中（）A细线对小球的拉力变大B斜面对小球的支持力变大C斜面体对地面的压力变大D地面对斜面体的摩擦力变大【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】取小球为研究对象，根据平衡条件得到拉力、支持力与绳子和斜面夹角的关系式，即可分析其变化；对斜面研究，由平衡条件分析地面对斜面的支持力和摩擦力，即可分析斜面对地面的压力变化【解答】解：AB、设物体和斜面的质量分别为m和M，绳子与斜面的夹角为取球研究：小球受到重力mg、斜面的支持力N和绳子的拉力T，则由平衡条件得斜面方向：mgsin=Tcos 垂直斜面方向：N+Tsin=mgcos 使小球沿斜面缓慢下移时，减小，其他量不变，由式知，T减小由知，N变大，故A错误，B正确CD、对斜面和小球整体分析受力：重力（M+m）g、地面的支持力N和摩擦力f、绳子拉力T，由平衡条件得f=Nsin，N变大，则f变大，N=（M+m）g+Ncos，N变大，则N变大，由牛顿第三定律得知，斜面对地面的压力也变大故CD正确故选：BCD7为了测量某化工厂污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上下底面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个内侧固定有金属板作为电极，污水充满管口以一定的速度从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U若用Q表示污水流量（单位时间内排出的污水体积），下列说法中正确的是（）A若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高B前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离子多无关C污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大D污水流量Q与U成正比，与a、b无关【考点】霍尔效应及其应用【分析】根据左手定则判断洛伦兹力的方向，从而得出正负离子的偏转方向，确定出前后表面电势的高低最终离子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出两极板间的电压，以及求出流量的大小【解答】解：AB、根据左手定则，正离子向后表面偏转，负离子向前表面偏转，所以后表面的电势高于前表面的电势，与离子的多少无关故A错误、B正确CD、最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvB=q，解得U=vBb，电压表的示数与离子浓度无关v=，则流量Q=vbc=，与U成正比，与a、b无关故D正确，C错误故选：BD8如图，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B=1T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9m，M点为x轴正方向上一点，OM=3m现有一个比荷大小为=1.0C/kg可视为质点带正电的小球（重力不计）从挡板下端N处小孔以不同的速度向x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电量不变，小球最后都能经过M点，则小球射入的速度大小可能是（）A3m/sB3.75m/sC4.5m/sD5m/s【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】由题意，带正电的小球从挡板下端N处小孔向x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，所以小球运动的圆心的位置一定在y轴上，然后由几何关系得出可能的碰撞的次数，以及圆心可能的位置，然后由比较公式即做出判定【解答】解：由题意，小球运动的圆心的位置一定在y轴上，所以小球做圆周运动的半径r一定要大于等于3m，而ON=9m3r，所以小球最多与挡板ON碰撞一次，碰撞后，第二个圆心的位置在O点的上方也可能小球与挡板ON没有碰撞，直接过M点由于洛伦兹力提供向心力，所以：得： 1若小球与挡板ON碰撞一次，则轨迹可能如图1，设OO=s，由几何关系得：r2=OM2+s2=9+s2 3r9=s 联立得：r1=3m；r2=3.75m分别代入得： =3m/sm/s2若小球没有与挡板ON碰撞，则轨迹如图2，设OO=s，由几何关系得： x=9r3 联立得：r3=5m代入得： m/s故选：ABD二、非选择题（包括必考题和选考题两部分第9-12题为必考题，第13-18题为选考题）（一）必考题9“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置如图（a）所示，实验中用所挂钩码的重量作为细线对小车的拉力F，通过增加钩码的数量，多次测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图象，他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条aF图线，如图（b）所示（1）图线（填“”或“”） 是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；（2）在轨道水平时，小车运动的阻力Ff=0.5N；（3）图（b）中，拉力F较大时，aF图线明显弯曲，产生误差为避免此误差可采取的措施是CA调整轨道的倾角，在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动B在增加钩码数量的同时在小车上增加砝码，使钩码的总质量始终远小于小车的总质量C将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力D更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】（1）当斜面抬得过高，F=O时，加速度a不为零，结合这一特点确定正确的图线（2）结合图线得出小车运动的阻力大小（3）当钩码的质量远小于小车的质量，钩码的重力才近似等于绳子的拉力【解答】解：（1）当右侧抬高，导致平衡摩擦力过度，则F=0时，加速度不为零，可知图线是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的（2）由图线可知，当F=0.5N时，小车开始运动，可知小车运动的阻力Ff=0.5N（3）拉力F较大时，aF图线明显弯曲，因为此时钩码的质量不满足远小于小车的质量，钩码的重力不等于绳子的拉力，避免此误差的方法是运用力传感器，直接读出绳子的拉力，不用钩码的重力代替拉力故选：C故答案为：（1），（2）0.5，（3）C10某实验小组研究两个未知元件X和Y的伏安特性，使用的器材包括电压表（内阻约为3k）、电流表（内阻约为1）、定值电阻等（1）使用多用电表粗测元件X的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图1（a）所示，读数为10，据此应选择图1中的b（填“b”或“c”）电路进行实验（2）连接所选电路，闭合S，滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，电流表的示数逐渐增大（填“增大”或“减小”），依次记录电流及相应的电压，将元件X换成元件Y，重复实验（3）图2（a）是根据实验数据作出的UI图线，由图可判断元件Y（填“X”或“Y”）是非线性元件（4）该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R=21的定值电阻，测量待测电池组的电动势E和内阻r，如图2（b）所示，闭合S1和S2，电压表读数为3.00V，断开S2，读数为1.00V，利用图2（a）可算得E=3.2V，r=0.50（结果均保留两位有效数字，视电压表为理想电压表）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线；测定电源的电动势和内阻【分析】（1）电阻的大小等于表盘的读数乘以倍率根据元件X的电阻大小确定电流表的内外接（2）先分析电路的连接方式即串联，然后根据滑动变阻器的正确使用方法进行分析（3）根据图象得特点判断元件是否是非线性元件；（4）根据闭合电路欧姆定律列出等式求解电动势E和内阻r【解答】解：（1）使用多用电表粗测元件X的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图（a）所示，读数为10元件X的电阻远小于电压表内阻，电流表采用外接法误差较小，因此需要选择图b所示实验电路（2）连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，并联支路电压增大，电流表的示数逐渐增大；（3）由图象可知，X电阻不变化；而Y所示电阻随电压的变化而变化，则可判断元件Y是非线性元件；（4）根据UI图线得出元件X的电阻R=10；闭合S1和S2，电压表读数为3.00V；断开S2，读数为1.00V，根据闭合电路欧姆定律列出等式E=3+×rE=1+×（r+21）解得：E=3.2Vr=0.50故答案为：（1）10，b；（2）增大；（3）Y；（4）3.2，0.5011完全相同的十三个扁长木块紧挨着放在水平地面上，如图所示，每个木块的质量m=0.40kg，长度L=0.5m，它们与地面间的动摩擦因数为1=0.10，原来所有木块处于静止状态，左方第一个木块的左端上方放一质量为M=1.0kg的小铅块，它与木块间的动摩擦因数为2=0.20物体所受最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，现突然给铅块一向右的初速度v0=5m/s，使其开始在木块上滑行（重力加速度g=10m/s2，设铅块的长度与木块长度L相比可以忽略）（1）铅块在第几块木块上运动时，能带动它右面的木块一起运动？（2）判断小铅块最终是否滑上第13块木块上？【考点】动能定理；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律【分析】（1）铅块在木块上滑行时，当铅块对木块的滑动摩擦力等于木块所受的最大静摩擦力时，恰好能带动它右面的木块一起运动（2）根据上题的结果，运用动能定理列式求出铅块滑上该木块左端时的速度，由牛顿第二定律求出铅块和已滑动的木块整体的加速度由运动学公式求出铅块相对木块静止时滑行的距离，即可进行判断【解答】解：（1）木块受到铅块提供的滑动摩擦力为 f0=2Mg=2.0N有铅块的那个木块与地面间的最大静摩擦力为 f1=1（M+m）g=1.4N其余每个木块与地面间的最大静摩擦力为 f2=1mg=0.4N设铅块到第n个木块时，第n个木块及后面的木块开始在地面上滑动，则 f0（13n）f2+f1， 得 n11.5即当铅块滑到第12个木块左端时，12、13两木块开始在地面上滑动（2）铅块刚滑上第12个木块左端时的速度v1，由动能定理得2Mg11L=解得 v1=m/s铅块滑动的加速度 a0=2g=2m/s2此时第12、13的加速度 a1=0.25m/s2以第12、13两木块为参考系，铅块滑到第12个木块右端时相对木块的速度v2满足 =2（a0a1）L解得，v2=m/s0故铅块可以滑上第13个木块答：（1）铅块在第12块木块上运动时，能带动它右面的木块一起运动（2）小铅块最终能滑上第13块木块上12如图所示，P、Q为水平面内平行放置的金属长直导轨，间距为L1=0.5m，处在磁感应强度大小为B1=0.7T、方向竖直向下的匀强磁场中，一根质量为M=0.3kg、电阻为r=1的导体杆ef垂直于P、Q放在导轨上，导体杆ef与P、Q之间的动摩擦因数为=0.1在外力作用下导体杆ef向左做匀速直线运动，质量为m=0.2kg、每边电阻均为r=1、边长为L2=0.2m的正方形金属框abcd置于竖直平面内，两顶点a、b通过细导线与导轨相连，金属框处在磁感应强度大小为B2=1T、方向垂直框面向里的匀强磁场中，金属框恰好处于静止状态，重力加速度g=10m/s2，不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力，求：（1）通过ab边的电流Iab；（2）导体杆ef做匀速直线运动的速度v；（3）t=1s时间内，导体杆ef向左移动时克服摩擦力所做的功；（4）外力做功的功率P外【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率；安培力【分析】（1）外电路是：ad、dc、cb三边电阻串联后再与ab边电阻并联构成，竖直方向上ab边与cd边所受安培力均向上，根据受力平衡列方程即可求解，注意并联电路中电流与电阻关系（2）根据闭合电路欧姆定律求出电源的电动势，根据E=BLv，即可求出导体棒的速度（3）摩擦力是恒力，可以直接用功的定义式求解（4）根据平衡条件，外力F等于安培力和摩擦力之和，求出F，用P=Fv求解【解答】解：（1）设通过正方形金属框的总电流为I，ab边的电流为Iab，dc边的电流为Idc，有：Iab=IIcd=I金属框受重力和安培力，处于静止状态，有：mg=B2IabL2+B2IdcL2联立三式解得：Iab=故通过ab边的电流Iab是：Iab=代入数据，解得：Iab=7.5A（2）由（1）可得：I=设导体杆切割磁感线产生的电动势为E，有：E=B1L1v设ad、dc、cb三边电阻串联后与ab边电阻并联的总电阻为R，则：R=rR与ef串联的总电阻R总=r+r=r ef由于运动切割磁感线而产生的电动势E=B1L1v根据闭合电路欧姆定律，有：I=联立以上各式： =则有：v=；代入数据，解得：v=50m/s故导体杆ef的运动速度50m/s（3）摩擦力为恒力，可以用功的定义式求解：Wf=Mgs=Mgvt=t；代入数据，解得：Wf=15J（4）ef棒在水平方向上受到外力F、安培力、摩擦力，根据平衡条件可知F=FA+Mg因为FA=B1IL1=所以外力F的功率为：P外=Fv=（FA+Mg）v=+；代入数据，解得：P外=190W答：（1）通过ab边的电流Iab为7.5A；（2）导体杆ef做匀速直线运动的速度为50m/s；（3）t=1s时间内，导体杆ef向左移动时克服摩擦力所做的功15J；（4）外力做功的功率为190W（二）选考题（共45分）物理-选修3-313下列说法中正确的是（）A已知某物质的摩尔质量为M，密度为，阿伏加德罗常数为NA，则这种物体的分子体积为V0=B当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小C饱和汽和液体之间的动态平衡，是指汽化和液化同时进行的过程，且进行的速率相等D自然界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生E一定质量理想气体对外做功，内能不一定减少，但密度一定减小【考点】热力学第一定律；分子间的相互作用力；热力学第二定律【分析】对于固体或液体，可根据摩尔体积与阿伏加德罗常数之比求分子体积当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小饱和汽和液体之间处于动态平衡状态符合能量守恒定律的宏观过程不一定能自然发生根据热力学第一定律分析内能的变化【解答】解：A、只有对固体或液体，可根据V0=求物体分子的体积，对于气体，由于分子间距较大，不能用V0=求气体分子的体积，故A错误B、当分子间的引力和斥力平衡时，分子力为零，分子势能最小，故B正确C、饱和汽和液体之间的动态平衡，是指汽化和液化同时进行的过程，且进行的速率相等故C正确D、自然界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程不一定能自然发生，还要遵守热力学第二定律才能发生，故D错误E、一定质量理想气体对外做功，若气体吸收热量，则内能不一定减少由于气体的体积增大，所以密度一定减小故E正确故选：BCE14如图所示，玻璃管A上端封闭，B上端开口且足够长，两管下端用橡皮管连接起来，A管上端被一段水银柱封闭了一段长为6cm的空气柱，左右两水银面高度差为5cm，已知外界大气压为75cmHg，温度为t1=27，热力学温度与摄氏温度的关系为T=t+273K，空气可视为理想气体，现在山下缓慢移动B管，使A管中气柱长度变为5cm，求：上述操作中B管是向上还是向下哪个方向移动的？稳定后的气体压强为多大？A管中气柱长度变为5cm后，保持B管不动而升高气体温度，为使A管中气柱长度恢复到6cm，则温度应升高到多少？【考点】理想气体的状态方程【分析】（1）分别列出初态和末态封闭气体的压强、体积，由根据玻意耳定律列式可求出结合气体的压强的变化，即可判断出B管运动的方向（2）先写出末状态的压强，根据几何关系求右管管口移动的距离，然后由查理定律即可求出【解答】解：气体做等温变化，初状态：；，末状态：根据玻意耳定律：代入数据得：因为气体的压强增大，则两部分的液面差增大，所以B管应向上移动末状态左右两管液面的高度差h=（9675+2×1）=23cm末状态的压强由查理定律：代入数据得答：上述操作中B管是向上移动的，稳定后的气体压强为96cmHgA管中气柱长度变为5cm后，保持B管不动而升高气体温度，为使A管中气柱长度恢复到6cm，则温度应升高到94.5物理-选修3-415 两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同实线波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播，虚线波沿x轴负方向传播某时刻两列波在如图所示区域相遇，则（）A在相遇区域会发生干涉现象B实线波和虚线波的频率之比为3：2C平衡位置为x=6m处的质点此刻速度为零D平衡位置为x=8.5m处的质点此刻位移y20cmE从图示时刻起再经过0.25s，平衡位置为x=5m处的质点的位移y0【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象；波的干涉