哈爾濱市第六中學(xué)2019級上學(xué)期期末考試高三物理試題一、選擇題:1.物理學(xué)家通過艱辛的實(shí)驗(yàn)和理論研究探索自然規(guī)律,為人類的科學(xué)做出了巨大貢獻(xiàn)．下列描述中符合物理學(xué)史實(shí)的是()A.奧斯特根據(jù)通電螺線管的磁場和條形磁鐵的磁場的相似性，提出了分子電流假說B.開普勒發(fā)現(xiàn)了行星運(yùn)動(dòng)三定律,進(jìn)而提出了萬有引力定律C.平均速度、瞬時(shí)速度和加速度等描述運(yùn)動(dòng)所需要的概念是伽利略首先建立的D.法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象并總結(jié)出了判斷感應(yīng)電流方向的規(guī)律【答案】C【解析】【詳解】A．安培根據(jù)通電螺線管的磁場和條形磁鐵的磁場相似性，提出了分子電流假說，故A錯(cuò)誤；B．開普勒發(fā)現(xiàn)了行星運(yùn)動(dòng)三定律，牛頓提出了萬有引力定律，故B錯(cuò)誤；C．平均速度、瞬時(shí)速度和加速度等描述運(yùn)動(dòng)所需要的概念是伽利略首先建立的，故C正確；D．法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，楞次總結(jié)出了判斷感應(yīng)電流方向的規(guī)律，故D錯(cuò)誤。故選C。2.a、b兩物體從同一地點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，沿相同方向運(yùn)動(dòng)。圖甲是a做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的x-t圖像，圖乙是b做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的x-v2圖像。則下列說法正確的是（）A.t=1.25s時(shí)兩物體速度相等B.前2s內(nèi)兩物體間距離一直在變大C.t=0時(shí)刻，a的速度為2m/s，b的速度為12.5m/sD.a的加速度大小為4m/s2，b的加速度大小為8m/s2【答案】A【解析】【詳解】A．圖甲可看出a做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有將圖甲的兩點(diǎn)(1,2)，(2,8)兩點(diǎn)代入解得：a1=4m/s2，則圖乙中b做初速度為10m/s的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)解得a2=?4m/s，則由此分析：t=125s時(shí)，故A正確；B．a(chǎn)做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，b做初速度為10m/s的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，因此一開始b在a前，，此時(shí)ab間距離變大，當(dāng)時(shí)，即t=1.25s時(shí)ab間距離達(dá)到最大，之后，ab間距離將變小，故B錯(cuò)誤；C．t=0時(shí)刻，a的速度為0，b的速度為10m/s，故C錯(cuò)誤；D．由上分析可知a的加速度大小為4m/s2，b的加速度大小也為4m/s2，故D錯(cuò)誤。故選A。3.圖甲為家庭常用的燃?xì)庠顚?shí)物圖，灶面上有一個(gè)支架。共有四個(gè)均勻分布的支承面，對放在上面的廚具起到支撐作用?，F(xiàn)把一個(gè)蒸鍋放在支架上，并抽象成示意圖乙，已知支架的每個(gè)支面與水平方向成α角。蒸鍋和里面的食物總計(jì)重為G，則每個(gè)支承面給蒸鍋的支持力為（忽略蒸鍋和支承面之間的摩擦力）（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】【詳解】對蒸鍋進(jìn)行受力分析可得解得ACD錯(cuò)誤，B正確。故選B。4.如圖，將六塊塑料片拼接成一彎曲軌道置于放在水平桌面的白紙之上，讓一沾上墨水的小鐵球從中滾過，留下曲線OABC，下列說法錯(cuò)誤的有（）

A.小球在B點(diǎn)速度方向沿切線B.小球離開C點(diǎn)后做直線運(yùn)動(dòng)C.若拆去5、6兩塑料板，小球離開B點(diǎn)后仍延原曲線運(yùn)動(dòng)D.若拆去3、4、5、6板，小球離開A點(diǎn)后將做直線運(yùn)動(dòng)【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．物體做曲線運(yùn)動(dòng)的速度方向沿所在位置的切線方向，故A正確；B．小球離開C點(diǎn)后，所受合力方向與速度方向在一條直線上，所以沿C點(diǎn)的速度方向做直線運(yùn)動(dòng)，故B正確；CD．拆去3、4、5、6塑料板，小球?qū)⒀仉x開時(shí)的速度方向做直線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤，D正確。故選C。5.北京時(shí)間2021年6月17日9時(shí)22分，搭載神舟十二號(hào)載人飛船的長征二號(hào)F遙十二運(yùn)載火箭，在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心點(diǎn)火發(fā)射。此后，神舟十二號(hào)載人飛船與火箭成功分離，進(jìn)入預(yù)定軌道，順利將聶海勝、劉伯明、湯洪波3名航天員送入太空，發(fā)射取得圓滿成功。北京時(shí)間2021年6月17日15時(shí)54分，神舟十二號(hào)載人飛船入軌后順利完成入軌狀態(tài)設(shè)置，采用自主快速交會(huì)對接模式成功對接于天和核心艙前向端口，與此前已對接的天舟二號(hào)貨運(yùn)飛船一起構(gòu)成三艙（船）組合體，整個(gè)交會(huì)對接過程歷時(shí)約6.5小時(shí)。這是天和核心艙發(fā)射入軌后，首次與載人飛船進(jìn)行的交會(huì)對接。三名航天員隨從神舟十二號(hào)載人飛船進(jìn)入天和核心艙（距地面）。我們假設(shè)神舟十二號(hào)的質(zhì)量為m，宇航員的總質(zhì)量為，三船組合體的總質(zhì)量為，地球質(zhì)量為M，地球半徑為R，地球表面重力加速度為g，無窮遠(yuǎn)處引力勢能為零，則（）A.不考慮空氣阻力和對接時(shí)可能的機(jī)械能的損失，火箭和飛船發(fā)動(dòng)機(jī)對神州十二號(hào)所做的總功為B.對接前，先讓神舟十二號(hào)在天和核心艙所在軌道的后面與天和核心艙一起繞地球運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定后加速追上去就可完成對接C.天和核心艙環(huán)繞地球的運(yùn)行速度一定大于D.天和核心艙環(huán)繞地球的周期為【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．根據(jù)萬有引力通過向心力有可得最終運(yùn)行速度為根據(jù)功能關(guān)系得增加的動(dòng)能聯(lián)立可得考慮到神州十二號(hào)上升時(shí)還要克服引力做功，則，故A錯(cuò)誤；B．如果在同一軌道上，加速后會(huì)離心離開該軌道進(jìn)入更高軌道運(yùn)行，根本追不上，故B錯(cuò)誤；C．天和核心艙距地面，所以運(yùn)行速度小于第一宇宙速度7.9km/s，故C錯(cuò)誤；D．由可得太空站的周期故D正確。故選D。6.在坐標(biāo)到之間存在一沿x軸方向的電場，一質(zhì)量為m的帶正電的粒子由處運(yùn)動(dòng)到處的電勢能隨位移的變化規(guī)律如圖所示，已知粒子只受電場力作用．則下列說法正確的是（）A.粒子的初速度可以等于零 B.粒子初動(dòng)能的最小值應(yīng)為C.原點(diǎn)的電勢一定等于零 D.粒子由原點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到的過程中，加速度一直減小【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．粒子只受電場力作用，粒子開始電勢能增加，根據(jù)能量守恒可知，初動(dòng)能不為零，故A錯(cuò)誤；B．因?yàn)殡妱菽茏畲鬄椋鶕?jù)能量守恒可知，粒子初動(dòng)能的最小值應(yīng)為，故B正確；C．根據(jù)可知，原點(diǎn)的電勢不等于零，故C錯(cuò)誤；D．圖像斜率代表電場力，粒子由原點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到的過程中，斜率先增大后減小，故電場力先增大后減小，根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度先增大后減小，故D錯(cuò)誤。故選B。7.圖1表示某壓敏電阻的阻值R隨壓力F變化的情況，將它平放在電梯地板上并接入圖2所示的電路中，在其受壓面上放一物體，即可通過電路中數(shù)字電流表的示數(shù)I來探查電梯的運(yùn)動(dòng)情況。電梯靜止時(shí)數(shù)字電流表示數(shù)為I0。下列說法正確的是（）

A.若示數(shù)I不變說明電梯正勻速運(yùn)動(dòng)B.若示數(shù)I在增大說明電梯的速度在增大C.若示數(shù)I>I0說明電梯可能在加速向上運(yùn)動(dòng)D.若示數(shù)為I0說明電梯一定處于靜止?fàn)顟B(tài)【答案】C【解析】【分析】【詳解】AD．由于電流等于I0且不變，說明壓力沒有變化，故電梯做勻速直線運(yùn)動(dòng)或靜止不動(dòng)，故AD錯(cuò)誤；BC．電流逐漸變大，故壓力逐漸變大，且大于重力，故電梯處于超重狀態(tài)，可能向上加速或向下減速，但加速度變大，不會(huì)做勻加速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤，C正確；故選C。8.如圖所示的U-I圖像中，直線A為電源的路端電壓與電流的關(guān)系，直線B、C分別是電阻R1、R2的電壓與電流的關(guān)系。若將這兩個(gè)電阻分別直接與該電源連接成閉合電路，則（）

A.兩個(gè)電阻的電功率相等B.R1接在電源上時(shí)，電源的輸出功率較大C.R2接在電源上時(shí)，電源內(nèi)阻的熱功率較大D.兩種情況下，電源中非靜電力做功的功率相等【答案】B【解析】分析】【詳解】AB．由兩圖線的交點(diǎn)讀出，R1接在電源上時(shí)U1=0.5U0I1=0.5I0電源的輸出輸出功率P1=U1I1=0.25U0I0R2接在電源上時(shí)電壓U2=0.75U0通過R2的電流I2=0.25I0則電源的輸出功率所以R1接在電源上時(shí)，電源的輸出功率較大，故B正確，A錯(cuò)誤；C．由圖可知，電源接R1時(shí)電路中的電流大，所以電源內(nèi)阻的熱功率較大，故C錯(cuò)誤；D．電源非靜電力做功的功率為所以電流大的，非靜電力的功率大，故D錯(cuò)誤。故選B。9.如圖所示，一電子槍發(fā)射出的電子（初速度很小，可視為零）進(jìn)入加速電場加速后，垂直射入偏轉(zhuǎn)電場，射出后偏轉(zhuǎn)位移為Y.要使偏轉(zhuǎn)位移增大，下列哪些措施是可行的（不考慮電子射出時(shí)碰到偏轉(zhuǎn)極板的情況）（）

A.增大偏轉(zhuǎn)電壓U B.增大加速電壓U0C.增大偏轉(zhuǎn)極板間距離 D.將發(fā)射電子改成發(fā)射負(fù)離子【答案】A【解析】【分析】【詳解】ABC．設(shè)偏轉(zhuǎn)極板長為l，極板間距為d，由qU0＝mv02t＝y(tǒng)＝at2＝t2得偏轉(zhuǎn)位移y＝增大偏轉(zhuǎn)電壓U，減小加速電壓U0，減小偏轉(zhuǎn)極板間距離d，都可使偏轉(zhuǎn)位移增大，選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；D．由于偏轉(zhuǎn)位移y＝與粒子質(zhì)量、帶電荷量無關(guān)，故將發(fā)射電子改變成發(fā)射負(fù)離子，偏轉(zhuǎn)位移不變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．故選A。10.如圖所示，兩根相互平行的長直導(dǎo)線過紙面上的M、N兩點(diǎn)，且與紙面垂直，導(dǎo)線中通有大小相等、方向相反的電流。a、O、b在M、N的連線上，O為MN的中點(diǎn)，c、d位于MN的中垂線上，且a、b、c、d到O點(diǎn)的距離均相等。關(guān)于以上幾點(diǎn)處的磁場，下列說法正確的是（）A.O點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零B.a、b兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反C.c、d兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相同D.a、c兩點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不同【答案】C【解析】【詳解】A．由安培定則可知，兩導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場方向均豎直向下，合磁感應(yīng)強(qiáng)度一定不為零，A錯(cuò)誤；B．由安培定則，兩導(dǎo)線在a、b兩處產(chǎn)生的磁場方向均豎直向下，由于對稱性，電流M在a處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度等于電流N在b處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度，電流M在b處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度等于N在a處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度，所以a、b兩處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相同，B錯(cuò)誤；CD．根據(jù)安培定則判斷可知，兩導(dǎo)線在c、d處產(chǎn)生的磁場分別垂直c、d兩點(diǎn)與導(dǎo)線連線方向向下，且產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度相等，由平行四邊形定則可知，c、d兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向均豎直向下，D錯(cuò)誤C正確。故選C。11.如圖，在豎直向下的勻強(qiáng)電場（）中，一質(zhì)量為m，帶電量為-q（q>0）的小球，用長為R的輕繩懸掛于O點(diǎn)，讓小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，其中A、B是圓周上的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)，則下列說法正確的是（）A.若要完成完整的圓周運(yùn)動(dòng)，到達(dá)A點(diǎn)的速度至少為B.若要完成完整圓周運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)的速度至少為C.小球由A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，繩子拉力逐漸減小D.小球由A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，小球電勢能的增加量等于重力勢能減少量【答案】BC【解析】【分析】【詳解】AB．重力與電場力合力的大小為方向是豎直向上的，所以A點(diǎn)相當(dāng)于圓周運(yùn)動(dòng)中的等效最低點(diǎn)，B點(diǎn)相當(dāng)于圓周運(yùn)動(dòng)中的等效最高點(diǎn)，若恰好做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，在B點(diǎn)，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得解得從A到B，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得故A錯(cuò)誤，B正確；C．在A點(diǎn)繩子受到的拉力最大，B點(diǎn)繩子受到的拉力最小，所以小球由A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，繩子拉力逐漸減小，故C正確；D．小球由A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，根據(jù)能量守恒可知，小球電勢能的增加量等于機(jī)械能的減少量，故D錯(cuò)誤。故選BC。12.如圖所示，電荷量相等的兩種離子氖20和氖22從容器A下方的狹縫S1飄入（初速度為零）電場區(qū)，經(jīng)電場加速后通過狹縫S2、S3垂直于磁場邊界MN射入勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向里，離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后發(fā)生分離，最終到達(dá)照相底片D上。不考慮離子間的相互作用，則（）A.電場力對每個(gè)氖20和氖22做的功相等B.氖22進(jìn)入磁場時(shí)速度較大C.氖22在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑較小D.若加速電壓發(fā)生波動(dòng)，兩種離子打在照相底片上的位置可能重疊【答案】AD【解析】【詳解】A．根據(jù)電場力做功公式，氖20和氖22的電荷量相同，加速電場電壓相同，所以做的功相同，A正確；B．在加速電場中，根據(jù)動(dòng)能定理有由于氖20的質(zhì)量小于氖22的質(zhì)量，所以氖20的速度大于氖22的速度，B錯(cuò)誤；C．在磁場中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，可得解得根據(jù)動(dòng)能和動(dòng)量的關(guān)系有綜上可判斷，q、B和Ek相同，由于氖22的質(zhì)量大，所以氖22的半徑也大，C錯(cuò)誤；D．在加速電場中，根據(jù)動(dòng)能定理有在磁場中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，可得聯(lián)立可得對于同位素，加速電壓相同時(shí)，質(zhì)量越大做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑越大；對同種離子，加速電壓越大，其做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑越大；若電壓發(fā)生波動(dòng)，則氖20和氖22做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑在一定的范圍內(nèi)變化，所以氖20在電壓較高時(shí)的半徑可能和氖22在電壓較低時(shí)的半徑相等，兩種離子打在照相底片上的位置就重疊，所以D正確。故選AD。13.如圖所示，金屬導(dǎo)軌上的導(dǎo)體棒在勻強(qiáng)磁場中沿導(dǎo)軌做下列哪種運(yùn)動(dòng)時(shí)，銅制線圈中將有感應(yīng)電流產(chǎn)生且被螺線管吸引（）A.向右做勻速運(yùn)動(dòng) B.向左做減速運(yùn)動(dòng)C.向右做減速運(yùn)動(dòng) D.向右做加速運(yùn)動(dòng)【答案】BC【解析】【詳解】A．導(dǎo)體棒ab向右做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，ab中產(chǎn)生的感應(yīng)電流不變，螺線管產(chǎn)生的磁場是穩(wěn)定的，穿過c的磁通量不變，c中沒有感應(yīng)電流，線圈c不受安培力作用，不會(huì)被螺線管吸引，故A錯(cuò)誤；BCD．導(dǎo)體棒ab向左做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)右手定則判斷得到，ab中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向從，感應(yīng)電流減小，螺線管產(chǎn)生的磁場減弱，穿過c的磁通量減小，根據(jù)楞次定律得知，c中產(chǎn)生逆時(shí)針方向（從左向右看）的感應(yīng)電流，左側(cè)相當(dāng)于N極，螺線管左側(cè)是N極，則線圈c被螺線管吸引；同理導(dǎo)體棒向右做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，線圈c被螺線管吸引；導(dǎo)體棒向右做加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，線圈c被螺線管排斥，故BC正確，D錯(cuò)誤；故選BC。14.如圖所示，等腰直角三角形abc區(qū)域內(nèi)（包含邊界）有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，在bc的中點(diǎn)O處有一粒子源，可沿與ba平行的方向發(fā)射大量速率不同的同種粒子，這些粒子帶負(fù)電，質(zhì)量為m，電荷量為q，已知這些粒子都能從ab邊離開abc區(qū)域，ab=2l，不考慮粒子的重力及粒子間的相互作用．關(guān)于這些粒子，下列說法正確的是A.速度的最大值為B.速度的最小值為C.在磁場中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為D.在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間為【答案】AD【解析】【詳解】粒子從ab邊離開磁場時(shí)的臨界運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：由幾何知識(shí)可知：解得AB．粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：解得故粒子的最大速度為最小速度故A正確，B錯(cuò)誤。CD．由粒子從ab邊離開磁場區(qū)域的臨界運(yùn)動(dòng)軌跡可知，粒子轉(zhuǎn)過的最大圓心角θmax=180°，最小圓心角θmin>45°，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期：則粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間最長時(shí)間故C錯(cuò)誤，D正確。故選AD。二、實(shí)驗(yàn)題:15.某小組同學(xué)用氣墊導(dǎo)軌驗(yàn)證滑塊碰撞過程中的動(dòng)量守恒，實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。

(1)實(shí)驗(yàn)前，應(yīng)調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌底部的調(diào)節(jié)旋鈕，使導(dǎo)軌_____；充氣后，當(dāng)滑塊在導(dǎo)軌上能______運(yùn)動(dòng)時(shí)，說明氣墊導(dǎo)軌已經(jīng)調(diào)節(jié)好；(2)實(shí)驗(yàn)時(shí)，先使滑塊1擠壓導(dǎo)軌左端彈射架上的橡皮繩，然后釋放滑塊1，滑塊1通過光電門1后與左側(cè)固定有彈簧的滑塊2碰撞，碰后滑塊1和滑塊2依次通過光電門2，兩滑塊通過光電門2后依次被制動(dòng)；實(shí)驗(yàn)中需要測量滑塊1（包括擋光片）的質(zhì)量m1、滑塊2（包括彈簧和擋光片）的質(zhì)量m2、滑塊1通過光電門1的擋光時(shí)間、通過光電門2的擋光時(shí)間，還需要測量_________（寫出物理量及其表示符號(hào)）；(3)如果表達(dá)式__________成立，則說明滑塊碰撞過程中動(dòng)量守恒。（用物理量的符號(hào)表示）【答案】①.水平②.勻速③.滑塊2通過光電門2的擋光時(shí)間④.【解析】【詳解】(1)[1]實(shí)驗(yàn)前，應(yīng)調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌底部的調(diào)節(jié)旋鈕，使導(dǎo)軌水平，保證滑塊在導(dǎo)軌上做勻速直線運(yùn)動(dòng)；[2]所以結(jié)合[1]分析可知，充氣后，當(dāng)滑塊在導(dǎo)軌上能勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，說明氣墊導(dǎo)軌已經(jīng)調(diào)節(jié)好。(2)[3]由題意可知，還需測量的物理量是滑塊2通過光電門2的擋光時(shí)間。(3)[4]設(shè)擋光片的寬度為d，則兩滑塊的碰撞滿足動(dòng)量守恒定律，即其中，，化簡可得如果上式成立，則說明滑塊碰撞過程中動(dòng)量守恒。16.某研究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)欲做“描繪小電珠的伏安特性曲線”實(shí)驗(yàn).已知所用小電珠的額定電壓和額定功率分別為2.5V、1.2W，實(shí)驗(yàn)使用的直流電源的電動(dòng)勢為3.0V內(nèi)阻忽略不計(jì)，實(shí)驗(yàn)可供選擇的器材規(guī)格如下a、電流表A1（量程0～0.6A，內(nèi)阻約5Ω）b、電流表A2（量程0～3A，內(nèi)阻約0.1Ω）c、電壓表V1（量程0～3V，內(nèi)阻約3kΩ）d、電壓表V2（量程0～15V，內(nèi)阻約2000Ω）e、滑動(dòng)變阻器R1（阻值0～10，額定電流1A）f、滑動(dòng)變阻器R2（阻值0～5000，額定電流500mA）請回答下列問題：（1）為了完成實(shí)驗(yàn)且盡可能減小實(shí)驗(yàn)誤差，電流表應(yīng)選擇_______，電壓表應(yīng)選擇_________、滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇_________（填寫實(shí)驗(yàn)器材前的序號(hào)）（2）根據(jù)所選的實(shí)驗(yàn)器材，請?jiān)O(shè)計(jì)合理的電路原理圖來完成該實(shí)驗(yàn)________（3）該研究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)用設(shè)計(jì)好的電路測得了該小電珠兩端的電壓U和通過該小電珠的電流，由歐姆定律計(jì)算得到的小電珠的電阻值_______（選填“大于”“等于＂或“小于＂）真實(shí)值（4）該研究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)通過設(shè)計(jì)好的電路得到了多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，并根據(jù)得到的多組數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系中描點(diǎn)畫圖，如圖所示，該圖線向下彎曲，其原因是______.（5）如果取兩個(gè)這樣的小電珠并聯(lián)以后再與一阻值為2.0Ω的定值電阻串聯(lián)，并接在電動(dòng)勢為3.0V、內(nèi)阻忽略不計(jì)的直流電源兩端，則每個(gè)小電珠消耗的實(shí)際功率應(yīng)為________W（結(jié)果保留兩位小數(shù)）【答案】①.a②.c③.e④.⑤.小于⑥.小電珠的電阻隨溫度的升高而增大⑦.0.57（0.50—0.60）【解析】【分析】【詳解】(1)[1][2][3]由于燈泡的額定電壓為2.5V，所以電壓表應(yīng)選：c，額定電流為：

所以電流表選：a，本實(shí)驗(yàn)燈泡兩端電壓從零開始變化，所以滑動(dòng)變阻器用分壓式即用總阻值較小的，即為e；(2)[4]本實(shí)驗(yàn)燈泡兩端電壓從零開始變化，所以滑動(dòng)變阻器用分壓式，燈泡的電阻較小，所以電流表應(yīng)外接，電路圖如圖所示：(3)[5]由于電壓表的分流作用，所以電流表的示數(shù)比流過燈泡的電流更大，由公式可知，電阻的測量值小于真實(shí)值；(4)[6]I-U圖象的割線斜率表示電阻的倒數(shù)，由圖可知，電阻隨電壓的增大而增大，其原因是燈泡的電阻隨溫度的增大而增大；(5)[7]將定值電阻與電源等效為內(nèi)阻為2.0，電動(dòng)勢為3.0V的電源，由閉合電路歐姆定律得：變形得：I-U關(guān)系圖象作入I-U圖中由圖可知，U=1.28V，I=0.43A所以燈泡的實(shí)際功率為：．三、計(jì)算題17.下列說法正確的是（）A.氣體如果失去了容器的約束就會(huì)散開，這是因?yàn)闅怏w分子之間存在勢能的緣故B.物體溫度升高時(shí)，速率小的分子數(shù)目減小，速率大的分子數(shù)目增多C.一定量的100℃的水變成100℃的水蒸氣，其分子平均動(dòng)能增加D.物體從外界吸收熱量，其內(nèi)能不一定增加E.液晶的光學(xué)性質(zhì)具有各向異性【答案】BDE【解析】【詳解】A．氣體如果失去了容器的約束就會(huì)散開，是因?yàn)榉肿娱g距較大，相互的作用力很微弱，而分子永不停息的做無規(guī)則熱運(yùn)動(dòng)，所以氣體分子可以自由擴(kuò)散，故A錯(cuò)誤；B．在一定溫度下，分子速率大小按一定的統(tǒng)計(jì)規(guī)律分布，物體溫度升高時(shí)，速率小的分子數(shù)目減小，速率大的分子數(shù)目增多，故B正確；C．100℃的水變成100℃的水蒸氣，溫度不變，其分子平均動(dòng)能不變，故C錯(cuò)誤；D．做功和熱傳遞都能改變物體的內(nèi)能，根據(jù)熱力學(xué)第一定律知，物體從外界吸收熱量，其內(nèi)能不一定增加，故D正確；E．液晶的光學(xué)性質(zhì)具有晶體的各向異性，故E正確。故選BDE。18.如圖所示，在兩端封閉的均勻半圓管道內(nèi)封閉有理想氣體，管內(nèi)有不計(jì)質(zhì)量可自由移動(dòng)的活塞P，將管內(nèi)氣體分成兩部分，其中OP與管道的水平直徑的夾角θ=45°．兩部分氣體的溫度均為T0=300K，壓強(qiáng)均為P0=1.0×105Pa．現(xiàn)對管道左側(cè)氣體緩慢加熱，管道右側(cè)氣體溫度保持不變，當(dāng)可動(dòng)活塞P緩慢移動(dòng)到管道最低點(diǎn)時(shí)（不計(jì)摩擦），求：①管道右側(cè)氣體的壓強(qiáng)；②管道左側(cè)氣體的溫度．【答案】①管道右側(cè)氣體的壓強(qiáng)為②管道左側(cè)氣體的溫度為900K【解析】【詳解】①對于管道右側(cè)氣體，由于氣體做等溫變化，則有：p0V1=p2V2

V2=V1

解得

p2＝1.5×105pa②對于管道左側(cè)氣體，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程，有

當(dāng)活塞P移動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，對活塞P受力分析可得出兩部分氣體的壓強(qiáng)p2′=p2

解得

T=900

K【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵是對兩部分氣體運(yùn)用氣體狀態(tài)方程或氣體狀態(tài)方程求解，關(guān)鍵分析好初末狀態(tài)參量，結(jié)合一定的幾何知識(shí)，關(guān)聯(lián)兩部分氣體的體積關(guān)系求解．19.如圖所示，平板車P的質(zhì)量為M，質(zhì)量為m的小物塊Q大小不計(jì)，位于平板車的左端，系統(tǒng)原來靜止在光滑水平地面上．一不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩長為R，一端懸于Q正上方高為R處，另一端系一質(zhì)量也為m的小球(大小不計(jì))．今將小球拉至懸線與豎直位置成60°角，由靜止釋放，小球到達(dá)最低