1、2019-2020學(xué)年度上學(xué)期省六校協(xié)作體高三期初考試物理試題一.選擇題：（共12小題，每小題4分。其中18小題為單項(xiàng)選擇題，912小題為多項(xiàng)選擇題，選對(duì)但不全彳導(dǎo)2分）1.下列說(shuō)法正確的是（）A.結(jié)合能越大的原子核越穩(wěn)定B.玻爾的躍遷假設(shè)是根據(jù)“粒子散射實(shí)驗(yàn)分析得出的C.光電效應(yīng)揭示了光具有粒子性，康普頓效應(yīng)揭示了光具有波動(dòng)性D. 3衰變所釋放的電子是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化成質(zhì)子和電子所產(chǎn)生的【答案】D【解析】【詳解】比結(jié)合能越大，表示原子核中核子結(jié)合得越牢靠，原子核越穩(wěn)定，故A錯(cuò)誤；為解釋氫光譜，玻爾提出了軌道量子化與躍遷假設(shè)，故 B錯(cuò)誤；光電效應(yīng)與康普頓效應(yīng)都揭示了光具有粒子性，故 C錯(cuò)誤;

2、 衰變所釋放的電子是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化成質(zhì)子和電子所產(chǎn)生的，故D正確。2 .如圖所示，兩個(gè)相同的小物體 P、Q靜止在斜面上，P與Q之間的彈簧 A處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，Q與擋板間的彈簧B處于壓縮狀態(tài)，則以下判斷正確的是（）A.撤去弓t簧A,物體P將下滑，物體 Q將靜止B.撤去弓t簧B,兩個(gè)物體均保持靜止C.撤去弓t簧A,彈簧B的彈力將變小D.撤去弓t簧B,彈簧A的彈力將變小【答案】B【解析】【詳解】開(kāi)始時(shí) P受到重力、斜面的支持力、彈簧的向上拉力，由于不知道P受到的重力與彈簧向上的拉力的大小關(guān)系，不能判斷出P與斜面之間是否有摩擦力，以及摩擦力的方向；開(kāi)始時(shí)Q受到重力、斜面的支持力、彈簧 A向下的拉力以及

3、彈簧 B向下的推力，所以 Q 一定受到斜面的向上的摩擦力AC.撤去弓t簧A的瞬間，由于不知道 P與斜面之間的摩擦力的情況，所以物體P不一定將下滑；撤去彈簧A的瞬間，彈簧 B的長(zhǎng)度不變，所以彈簧 B的彈力不變，物體 Q受到重力、斜面的支持力、及彈簧 B向下 的推力以及摩擦力的作用，由于沿斜面向下的力少了彈簧A的拉力，所以摩擦力減小，Q仍然將靜止，故AC項(xiàng)與題意不相符；BD.撤去弓t簧B,彈簧A的長(zhǎng)度不變，所以彈力不變；所以物塊P的受力不變，則 P將繼續(xù)保持靜止，撤去彈簧B, Q受到的向下的力少了彈簧 B的推力，所以摩擦力減小，Q仍然將靜止，故 B項(xiàng)與題意相符，D項(xiàng)與題意不相符。3 .如圖所示，在

4、光滑水平面上以水平恒力F拉動(dòng)小車(chē)和木塊，讓它們一起做無(wú)相對(duì)滑動(dòng)的加速運(yùn)動(dòng)，若小八對(duì)于這個(gè)過(guò)程，某同學(xué)車(chē)質(zhì)量為M木塊質(zhì)量為 m,加速度大小為a ,木塊和小車(chē)間的動(dòng)摩擦因數(shù)為用了以下4個(gè)式子來(lái)表達(dá)木塊受到的摩擦力的大小，下述表達(dá)式一定正確的是A. F MaB. (M m)aC. mgD. Ma-25 -【答案】A【解析】:它們一起做加速度大小為 a的加速運(yùn)動(dòng)，隔離木塊，由牛頓第二定律，木塊受到的摩擦力的大小為 f=ma;對(duì)小車(chē)和木塊整體，應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律，F(xiàn)=（M+rma,解得ma= F-Ma選項(xiàng)A正確BCD昔誤。4 .我國(guó)發(fā)射“天宮一號(hào)”時(shí)，先將實(shí)驗(yàn)艙發(fā)送到一個(gè)橢圓軌道上，其近地點(diǎn)M距地面200

5、km,遠(yuǎn)地點(diǎn)N距地面362km1進(jìn)入該軌道正常運(yùn)行時(shí)，其周期為T(mén)i,通過(guò)MN點(diǎn)時(shí)的速率分別是vi、V20加速度分別為ai、a2,當(dāng)某次通過(guò)N點(diǎn)時(shí)，地面指揮部發(fā)出指令，點(diǎn)燃實(shí)驗(yàn)艙上的發(fā)動(dòng)機(jī)，使在短時(shí)間內(nèi)加速后進(jìn)入離地面362km的圓形軌道，開(kāi)始繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，周期為丁2,這時(shí)實(shí)驗(yàn)艙的速率為 V3,加速度為a3,比較在M MP三點(diǎn)正常運(yùn)行時(shí)（不包括點(diǎn)火加速階段）的速率大小和加速度大小，及在兩個(gè)軌道上運(yùn)行的周期，下列結(jié)論正確的是（）A. Vi>V3B. V2>ViC. a3>a2D. Ti> T2【答案】A【解析】實(shí)驗(yàn)艙在圓形軌道上具有的機(jī)械能大于其在橢圓軌道上具有的機(jī)

6、械能，而實(shí)驗(yàn)艙經(jīng)過(guò)N點(diǎn)時(shí)的勢(shì)能相等，確；根據(jù)開(kāi)普勒第二定律（面積定律）可知,所以實(shí)驗(yàn)艙在圓形軌道上經(jīng)過(guò)N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能大于實(shí)驗(yàn)艙在橢圓軌道上經(jīng)過(guò)N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能，即V1 v3, A正GMmGM 二i一2- ma a 一,所以 a3 rr周期大，所以Ti<T2, D錯(cuò)誤.Vl V2 , B錯(cuò)誤；根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，則有a2, C錯(cuò)誤；根據(jù)開(kāi)普勒第三定律（周期定律）可知，軌道半徑大的5 .如圖所示，長(zhǎng)為l均勻鐵鏈對(duì)稱(chēng)掛在一輕質(zhì)小滑輪上，由于某一微小擾動(dòng)使鐵鏈向一側(cè)滑動(dòng)，則鐵鏈完全離開(kāi)滑輪時(shí)速度大小為（）A.：藥B. ,glC. , g【答案】C【解析】【詳解】鐵鏈從開(kāi)始到剛脫離滑輪的過(guò)程中，鏈條

7、重心下降的高度為l l lH 2 4 4鏈條下落過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律，得：l 12mg mv4 2解得：vga. j2gr與分析不相符，故a項(xiàng)與題意不相符；B. 顧與分析不相符，故 B項(xiàng)與題意不相符；d. 2 , glC.g_與分析相符，故C項(xiàng)與題意相符;1 - D. q 題與分析不相符，故 D項(xiàng)與題意不相符。6.如圖所示，一小車(chē)靜止在光滑水平面上，甲、乙兩人分別站在左右兩側(cè)，整個(gè)系統(tǒng)原來(lái)靜止，則當(dāng)兩人同時(shí)相向走動(dòng)時(shí)小車(chē)向右運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）甲9乙金一十IA.若甲乙質(zhì)量相等，甲的速率一定大于乙的B.若甲乙質(zhì)量相等，甲的速率一定小于乙的C.若甲的速率大，甲質(zhì)量一定大于乙的D.若甲的速率

8、大，甲的質(zhì)量可能等于乙的【答案】B【解析】【詳解】AB.甲乙兩人及小車(chē)組成的系統(tǒng)不受外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得m甲v甲+m乙v乙+m車(chē)v車(chē)=0由于小車(chē)向右運(yùn)動(dòng)，所以甲乙的總動(dòng)量方向應(yīng)向左，若甲乙質(zhì)量相等，則甲的速率一定小于乙的，故A項(xiàng)不符合題意，B項(xiàng)與題意相符；CD.甲乙兩人及小車(chē)組成的系統(tǒng)不受外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得m甲v甲+m乙v乙+m車(chē)v車(chē)=0由于小車(chē)向右運(yùn)動(dòng)，所以甲乙的總動(dòng)量方向應(yīng)向左，即乙的動(dòng)量比甲的動(dòng)量大，若甲的速率大，所以甲的速率應(yīng)更小，故 CD<與題意不相符。1 ,7.如圖，在坐標(biāo)系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度

9、大小分別為一B和R方向均垂直于紙面向外的勻2強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m電荷量為q （q>0）的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進(jìn)入第一象限,最后經(jīng)過(guò)x軸離開(kāi)第一象限。粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為（）A 5 mb 11 m. 6qB. 6qBC.13 m6qBD.7 m6qB【答案】D【解析】【詳解】粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，則粒子在第二象限的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為12 7m Tm t14 qB 2qB第一象限的磁感應(yīng)強(qiáng)度為第二象限磁感應(yīng)強(qiáng)度的一半，根據(jù)可知半徑為原來(lái)的 2倍，即根據(jù)幾何關(guān)系可得粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為7 Tm6qB5m.A. 與分析不符，故 A項(xiàng)與題意不相符;6qBB. 11與分析

10、不符，故 B項(xiàng)與題意不相符;6qBC. 13史 與分析不符，故 C項(xiàng)與題意不相符;6qB7 mD. 與析相符，故D項(xiàng)與題意相符。6qB8.如圖甲所示，物塊的質(zhì)量m=1kg,初速度V0=10m/s,在一水平向左的恒力 F作用下從。點(diǎn)沿粗糙的水平面向右運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻后恒力F突然反向，整個(gè)過(guò)程中物塊速度的平方隨位置坐標(biāo)變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，g=10m/s2,下列選項(xiàng)中不正確的是（）A. 0-5m內(nèi)物塊做勻減速運(yùn)動(dòng)B.在t=1s時(shí)刻，恒力F反向C.恒力F大小為10ND.物塊與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3【答案】C【解析】【詳解】A物體在0-5m內(nèi)速度減小，做勻減速運(yùn)動(dòng)。故A正確。2V 100,2 一

11、，2日 物體勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的加速度大小為：a1 m/s 10m/s ；物體勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大2s 2 5小:a2v'22s26428m/s24m/s2 ；根據(jù)牛頓第二定律得:F+f = ma, F f = ma聯(lián)立兩式解得：F= 7NI, f = 3N則動(dòng)摩擦因數(shù)為:f 3mg 100.3。物體勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為:v 10t1 一 一s 1s,即在1s末恒力F反向做勻加速運(yùn)動(dòng)。故 日D正確, ai 10C錯(cuò)誤。故選C9.如圖所示，實(shí)線(xiàn)為不知方向的三條電場(chǎng)線(xiàn)，從電場(chǎng)中M點(diǎn)以相同速度垂直于電場(chǎng)線(xiàn)方向飛出a、b兩個(gè)帶電粒子，僅在電場(chǎng)力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線(xiàn)所示.則（）A. a一定帶

12、正電，b一定帶負(fù)電B. a的速度將減小，b的速度將增加C. a的加速度將減小，b的加速度將增加D.兩個(gè)粒子的動(dòng)能都增加【答案】CD【解析】【詳解】A.物體做曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，所受力的方向指向軌道的內(nèi)側(cè)，由于電場(chǎng)線(xiàn)的方向不知， 所以粒子帶電性質(zhì)不定，故A項(xiàng)與題意不相符；BD.物體做曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，所受力的方向指向軌道的內(nèi)側(cè)，從圖中軌道變化來(lái)看速度與力方向的夾角小于90所以電場(chǎng)力都做正功，動(dòng)能都增大，速度都增大，故B項(xiàng)與題意不相符，D項(xiàng)與題意相符；C.電場(chǎng)線(xiàn)密的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度大，電場(chǎng)線(xiàn)疏的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度小，所以a受力減小，加速度減小，b受力增大，加速度增大，故 C項(xiàng)與題意相符。10.如圖甲所示，變壓器原副線(xiàn)圈的

13、匝數(shù)比為3: 1, L、L2、L3、L4為四只規(guī)格均為“ 9V, 6W的相同燈泡,各電表均為理想交流電表，輸入端交變電壓u的圖象如圖乙所示.則以下說(shuō)法中正確的是（電壓表的示數(shù)為36VA.B.電壓表的示數(shù)為27VC.電流表的示數(shù)為3AD.四只燈泡均能正常發(fā)光【答案】BD【詳解】由輸入端交變電壓圖象，可求出有效值 36V,由原、副線(xiàn)圈匝數(shù)之比 3: 1,可得原、副線(xiàn)圈的電壓之比3: 1 ,電流之比1:3,設(shè)燈泡兩端電壓為 U,所以l+3U=36V,則U=9V,因此原線(xiàn)圈電壓為 27V,副線(xiàn)圈電壓為9V,四只燈泡均能正常發(fā)光。電流表的讀數(shù)為6I 3 A=2A9A.電壓表的示數(shù)為B.電壓表的示數(shù)為C.

14、電流表的示數(shù)為D.11.如圖所示，水平放置的光滑金屬長(zhǎng)導(dǎo)軌反與軌道垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，右側(cè)區(qū)域足®為兩區(qū)域的分界線(xiàn)。一根金屬棒ab放恒定拉力作用下，在左面區(qū)域中恰好以速居36V與分析不符，故A項(xiàng)與27V與分析相符，故3A與分析不相符,四只燈泡均能正常發(fā)光與分析相符，故D項(xiàng)與題意接有電阻區(qū)域分別處在方向相金屬棒在水平向右的戔運(yùn)動(dòng)，則（,方向如圖。1軌上并與其正軌左、右區(qū)域磁場(chǎng)時(shí)磁感強(qiáng)度棒和導(dǎo)軌的電阻均不B和B2,虛線(xiàn)2v做勻速運(yùn)動(dòng)A.若R=B,棒進(jìn)入右面區(qū)域后先做加速運(yùn)動(dòng)，最后以速度B.若B=B,棒進(jìn)入右面區(qū)域中后仍以速度v做勻速運(yùn)動(dòng)C.若R=2B,棒進(jìn)入右面區(qū)域后先做減速運(yùn)動(dòng)，最后以速

15、度-做勻速運(yùn)動(dòng)4D.若B=2B,棒進(jìn)入右面區(qū)域后先做加速運(yùn)動(dòng)，最后以速度4v做勻速運(yùn)動(dòng)【答案】BC【詳解】金屬棒在水平向右的恒力作用下，在虛線(xiàn)左邊區(qū)域中以速度v做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，恒力F與安培力平衡。當(dāng)R=B時(shí)，棒進(jìn)入右邊區(qū)域后，棒切割磁感線(xiàn)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與感應(yīng)電流大小均沒(méi)有變化，棒所受安培力大小和方向也沒(méi)有變化，與恒力F仍然平衡，則棒進(jìn)入右邊區(qū)域后，以速度v做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故 A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)B2=2B時(shí)，棒進(jìn)入右邊區(qū)域后，棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流均變大，所受的安培力也變大，恒力沒(méi)有變化，則棒先減速運(yùn)動(dòng)，隨著速度減小，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流減小，棒受到的安培力減小，當(dāng)安培力與恒力再次平衡時(shí)棒做

16、勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。設(shè)棒勻速運(yùn)動(dòng)速度大小為v '。在左側(cè)磁場(chǎng)中2 , 2B1 L v,在右側(cè)磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有 F_ 2 _ 222B2Lv2B1L v ,則 vv v “心一,即棒取后以速度一做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故 C正確，D錯(cuò)誤。12.如圖甲所不，一長(zhǎng)薄木板M放在水平地面上，質(zhì)量為mi= lkg的小物塊放在木板的左端，開(kāi)始時(shí)兩者靜止?，F(xiàn)用一水平向左的力 F作用在木板 M上，通過(guò)傳感器測(cè)mi M兩物體的加速度與外力 F的變化關(guān)系如圖乙所示，（傾斜的虛線(xiàn)為實(shí)線(xiàn)的延長(zhǎng)線(xiàn)且與坐標(biāo)軸交點(diǎn)坐標(biāo)為9）。已知兩物體之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為陰，M與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2,且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g=10m

17、/s2.則（）甲乙A. （1 1=0.4B. （12=0.1C. M的質(zhì)量為5kgD. M所受到地面的摩擦力為9N【答案】AB【解析】【詳解】A.由乙圖知，m M一起運(yùn)動(dòng)的最大外力 Fm=25N,當(dāng)F> 25N時(shí)，m與M相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)m由牛頓第二定律有1mg ma1由乙圖知，加速度:a14解得:i 0.4故A項(xiàng)與題意相符；BC.對(duì)M由牛頓第二定律有：F2mg2（M m）g Ma2即mg2（m M ）g Fa2 一MM由乙圖可知：1 11mg2（m M ） 9M 4,M4解得：M 4kg, 2 0.1故B項(xiàng)與題意相符，C項(xiàng)與題意不相符；D.當(dāng)外力小于9N時(shí)，兩物體不動(dòng)，M所受到地面的摩擦力為

18、靜摩擦力，所以隨外力的增大而增大，故 D項(xiàng) 不符合題意。二.實(shí)驗(yàn)題：（13小題6分，14小題9分）13 .如圖（a）, 一彈簧上端固定在支架頂端，下端懸掛一托盤(pán)；一標(biāo)尺由游標(biāo)和主尺構(gòu)成，主尺豎直固定在 彈簧左邊；托盤(pán)上方固定有一能與游標(biāo)刻度線(xiàn)準(zhǔn)確對(duì)齊的裝置，簡(jiǎn)化為圖中的指針.(a)(b)現(xiàn)要測(cè)量圖（a）中彈簧的勁度系數(shù).當(dāng)托盤(pán)內(nèi)沒(méi)有祛碼時(shí)，移動(dòng)游標(biāo)，使其零刻度線(xiàn)對(duì)準(zhǔn)指針，此時(shí)標(biāo)尺讀數(shù)為1.950 cm ;當(dāng)托盤(pán)內(nèi)放有質(zhì)量為 0.100 kg的祛碼時(shí)，移動(dòng)游標(biāo)，再次使其零刻度線(xiàn)對(duì)準(zhǔn)指針，標(biāo)尺示數(shù)如圖（b）所示，其讀數(shù)為 cm.當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮?.80 m/s 2,此彈簧的勁度系數(shù)為N/m（

19、保留3位有效數(shù)字）.【答案】(1). 3.775cm; (2). 53.7N/m【解析】【分析】本題主要考查游標(biāo)卡尺的讀數(shù)，彈簧勁度系數(shù)的測(cè)量、胡克定律及其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)，意在考查考生靈活運(yùn) 用教材上游標(biāo)卡尺的使用和探究彈簧的伸長(zhǎng)與形變量的關(guān)系實(shí)驗(yàn)知識(shí)的能力?！驹斀狻繉?shí)驗(yàn)所用的游標(biāo)卡尺精度為0.05mm,游標(biāo)卡尺上游標(biāo)第15條刻度線(xiàn)與主尺刻度線(xiàn)對(duì)齊，根據(jù)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)則，圖(b)所示的游標(biāo)卡尺讀數(shù)為3.7cm+15X 0.05mm=3.7cm+0.075cm=3.775cm。托盤(pán)中放有質(zhì)量為 m=0.100kg的祛碼時(shí)，彈簧受到的拉力F=mg=0.100 x 9.8N=0.980N ,彈簧伸長(zhǎng)

20、x=3.775cm-1.950cm=1.825cm=0.01825m ,根據(jù)胡克定律，F(xiàn)=kx ,解得此彈簧的勁度系數(shù)k=F/x=53.7N/m?！军c(diǎn)睛】解答此題常見(jiàn)錯(cuò)誤主要有：一是游標(biāo)卡尺讀數(shù)誤差，或單位搞錯(cuò)導(dǎo)致錯(cuò)寫(xiě)成37.70 ;二是把重力加速度按照習(xí)慣用g=10m/s2代入計(jì)算導(dǎo)致錯(cuò)誤；三是考慮采用圖象法處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)計(jì)算勁度系數(shù)耽誤時(shí)間。14 .圖(a)為某同學(xué)組裝完成的簡(jiǎn)易多用電表的電路圖。圖中 E是電池；R、R、R、R和R5是固定電阻，R 是可變電阻；表頭 G的滿(mǎn)偏電流為250 A,內(nèi)阻為480a.虛線(xiàn)方框內(nèi)為換擋開(kāi)關(guān)， A端和B端分別于兩表筆相連。該多用電表有 5個(gè)擋位，5個(gè)擋位為

21、：直流電壓 1V擋和5V擋，直流電流1mA擋和2.5mA擋， 歐姆100擋。(1)關(guān)于R的使用，下列說(shuō)法正確的是 A.在使用多用電表之前，調(diào)整R使電表指針指在表盤(pán)左端電流“0”位置B.使用歐姆擋時(shí)，先將兩表筆短接，調(diào)整R使電表指針指在表盤(pán)右端電阻“0”位置C.使用電流擋時(shí)，調(diào)整 R6使電表指針盡可能指在表盤(pán)右端電流最大位置(2)某次測(cè)量時(shí)該多用電表指針位置如圖(b)所示。若此時(shí)B端是與“ 3”相連的，則讀數(shù)為 Qo(3)根據(jù)題給條件可得 R+R=Q , R4=白。【答案】(1). B (2). 1.1kQ (3). 160 (4). 880【解析】【詳解】(1)1由電路圖可知，R6只在測(cè)量電阻

22、時(shí)才接入電路，故其作用只能進(jìn)行歐姆調(diào)零，不能進(jìn)行機(jī)械調(diào)零，同時(shí)在使用電流檔時(shí)也不需要時(shí)行調(diào)節(jié)，故B項(xiàng)與題意相符；(2)2 若與3連接，則為歐姆檔X 100擋，讀數(shù)為 11 X 100=1100Q=1.10k Q34直流電流檔分為1m解口 2.5mA,由圖可知，當(dāng)接 2時(shí)應(yīng)為1mA根據(jù)串并聯(lián)電路規(guī)律可知,R R2250 10 6 4801 10 3 250 10 6160總電阻160 480160 480120接4時(shí)，為電壓檔，因串入的電阻較小，故應(yīng)為量程1V的電壓表；此時(shí)電流計(jì)與R、R2并聯(lián)后再與R4串聯(lián)，即改裝后的1mA電流表與R4串聯(lián)再改裝后電壓表；根據(jù)串聯(lián)電路規(guī)律可知,R431 1 10

23、1201 10 3880三.計(jì)算題(15題10分，16題12分，)15 .如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R光滑圓弧軌道 ABCF口光滑的水平軌道 PA在A點(diǎn)相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，O解口 OB之間的夾角為“， sin “= 3 .一質(zhì)量為m的小千從P點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿水平5軌道向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng) A點(diǎn)沿圓弧軌道通過(guò) C點(diǎn)，在整個(gè)過(guò)程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受F2 (mg)2 F2設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為 v,由牛頓第二定律得：聯(lián)立上式，結(jié)合題目所給數(shù)據(jù)，解得:(2)設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)的速度大小由動(dòng)能定理有解得:從P到A由動(dòng)能定理得:解得:所以PC間的水平距離為:2 v mRF

24、omg45gRv 2vi,作CDL PA交PA于D點(diǎn)，由幾何關(guān)系得CD R(1 cos ), DA Rsinmg CDFo DA1 2 mv212一 mv12EkA1 2 mv1223mgR8F0 PA 1 mv12223RPA 623R97Rsin 37 R。63016 .如圖所示，豎直平面內(nèi)有一坐標(biāo)系 xoy,已知A點(diǎn)坐標(biāo)為(-2h, h), Q B區(qū)間存在豎直向上的勻強(qiáng)電 場(chǎng)。甲、乙兩小球質(zhì)量均為 m甲球帶電量為+q,乙球帶電量為-q,分別從A點(diǎn)以相同的初速度水平向右 拋出后，都從 O點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，其中甲球恰從 B點(diǎn)射出電場(chǎng)，乙球從 C點(diǎn)射出電場(chǎng)，且乙球射出電場(chǎng)時(shí) 的動(dòng)能是甲球射出電場(chǎng)

25、時(shí)動(dòng)能的 13倍。已知重力加速度為 go求：11 11 111 1 £T(1)小球從A運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中動(dòng)量變化的大小和方向;（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E。【答案】（1） P m,. 2gh,方向豎直向下（2）E 3mg【解析】【詳解】（1）小球從A到O的運(yùn)動(dòng)過(guò)程做平拋運(yùn)動(dòng)，有1 .25 gt解得:2hg從A到。由動(dòng)量定理可得mgt mg2hgm . 2gh ,方向豎直向下（2）小球甲在電場(chǎng)中只受豎直方向重力和電場(chǎng)力作用，故水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，那么，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t OBVo甲球電場(chǎng)力方向豎直向上，故甲球豎直方向做加速度由甲球從B點(diǎn)射出可得:所以甲球在OBi!動(dòng)過(guò)程電場(chǎng)力、重力做功為零，故甲豎直

26、方向做加速度 a2 qE mgm方向豎直qE mgB點(diǎn)射向下的勻加速運(yùn)石(qE m2Vya1,故乙球勺勻變速運(yùn)動(dòng);速度為V,乙球電場(chǎng)力V,則由動(dòng)能定理口所以又有12mv 132c 26mvqE mg1mv 222,212 2vy 2a2vy 4mvy qEy vyta2t 22 aiai(qE mg)2， 2 .6mv212mvy4mvy qE72qE mg qE mg (qE mg)所以23(qE mg) qE(qE mg)所以，勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E 3mgq17.下列說(shuō)法正確的是（）A.影響人們對(duì)干爽與潮濕感受的因素是空氣中水蒸氣的壓強(qiáng)與同一溫度下水的飽和氣壓的差距B.有些與熱現(xiàn)象有關(guān)的宏觀自

27、然過(guò)程是可逆過(guò)程C.在油膜法估測(cè)分子直徑的實(shí)驗(yàn)中，在水面上撒癢子粉，是為了清楚看出油膜的輪廓D.液晶既具有液體的流動(dòng)性又像某些晶體具有各向異性E.溫度高的物體分子平均動(dòng)能和內(nèi)能一定大【答案】ACD【解析】【詳解】A.影響蒸發(fā)快慢以及影響人們對(duì)干爽與潮濕感受的因素空氣的相對(duì)濕度，即空氣中水蒸氣的壓強(qiáng)與同一溫度下水的飽和汽壓的差距，故A項(xiàng)與題意相符；B.根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，所有與熱現(xiàn)象有關(guān)的宏觀自然過(guò)程是不可逆過(guò)程，故B項(xiàng)與題不相符；C.在油膜法估測(cè)分子直徑的實(shí)驗(yàn)中，在水面上撒郁子粉， 為了可以清楚看出油膜的輪廓，故C項(xiàng)與題意相符；D.液晶是一種比較特殊的物態(tài)，它既具有液體的流動(dòng)性又像某些晶體

28、具有各向異性，故D項(xiàng)與題意相符；E.溫度是分子的平均動(dòng)能的標(biāo)志，而物體的內(nèi)能不僅僅與溫度有關(guān)，還與物體的物質(zhì)的量、體積、物態(tài)有關(guān)，故E項(xiàng)與題意不相符。18.如圖所示，水平地面上放置一個(gè)內(nèi)壁光滑的絕熱汽缸，氣缸開(kāi)口朝上，缸內(nèi)通過(guò)輕質(zhì)活塞封閉一部分氣體。初態(tài)時(shí)氣體壓強(qiáng)為一個(gè)大氣壓、溫度為27 C,活塞到汽缸底部距離為 30cm=現(xiàn)對(duì)缸內(nèi)氣體緩慢加熱到427 C,缸內(nèi)氣體膨脹而使活塞緩慢上移，這一過(guò)程氣體內(nèi)能增加了100J。已知汽缸橫截面積為 50cm2,總長(zhǎng)為50cm,大氣壓強(qiáng)為1.0xl05Pa。氣缸上端開(kāi)口小于活塞面積，不計(jì)活塞厚度，封閉氣體可視為理想氣體。(1)末態(tài)時(shí)(427 C)缸內(nèi)封閉氣

29、體的壓強(qiáng)(2)封閉氣體共吸收了多少熱量。5.【答案】(1) 1.4 X 10 PA (2) 200J【解析】【分析】(1)在活塞未到達(dá)頂部之前氣體發(fā)生的是等壓變化，可以計(jì)算剛好到達(dá)頂部時(shí)的溫度，判斷之后是否會(huì)發(fā)生等容變化；(2)根據(jù)熱力學(xué)第一定律計(jì)算吸收的熱量。【詳解】(i)由題意可知，在活塞移動(dòng)到汽缸口的過(guò)程中，氣體發(fā)生的是等壓變化。 設(shè)活塞的橫截面積為 S,活塞未移動(dòng)時(shí)封閉氣體的溫度為T(mén)1,塞愉好移動(dòng)到汽缸口時(shí)，封閉氣體的溫度為T(mén)2,則由蓋呂薩克定律可知:Sh2,又 T1=300 K解得：T2=500 K.即 227c因?yàn)?27c<427C,所以氣體接著發(fā)生等容變化，設(shè)當(dāng)氣體溫度達(dá)到427c時(shí)，封閉氣體的壓強(qiáng)為p,由查_(kāi)5 -10 105Pap-理定律可以得到：Ja P 代人數(shù)據(jù)整理可以得到：p=l.4 X105 Pa。T2(427 273)K(ii)由題意可知，氣體膨脹過(guò)程中活塞移動(dòng)的距離x 0.5m 0