1、2016-2017學年河北省衡水中學高三（下）第六次周考物理試卷一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項中，第1-5題只有一項符合題目要求，第68題至少有兩項符合題目要求全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分1下列關于電磁感應現象的認識，正確的是（）A它最先是由奧斯特通過實驗發現的B它說明了電能生磁C它是指變化的磁場產生電流的現象D它揭示了電流受到安培力的原因2質量為m、長為L的直導體棒放置于四分之一光滑圓弧軌道上，整個裝置處于豎直向上磁感應強度為B的勻強磁場中，直導體棒中通有恒定電流，平衡時導體棒與圓弧圓心的連線與豎直方向成60°角，其截面圖如圖所

2、示則關于導體棒中的電流方向、大小分析正確的是（）A向外，B向外，C向里，D向里，3有一靜電場，其電勢隨x坐標的改變而改變，變化的圖線如圖所示若將一帶負電的粒子（重力不計）從坐標原點O由靜止釋放，粒子沿x軸運動，電場中P、Q兩點的坐標分別為1mm、4mm下列說法正確的是（）A粒子經過P點和Q點時，加速度大小相等、方向相反B粒子經過P點與Q點時，電場力做功的功率相等C粒子經過P點與Q點時，動能相等D粒子在P點的電勢能為正值4如圖所示，傳送帶足夠長，與水平面間的夾角=37°，并以v=10m/s的速度逆時針勻速轉動著，在傳送帶的A端輕輕地放一個質量為m=1kg的小物體，若已知物體與傳送帶之間

3、的動摩擦因數=0.5，（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）則下列有關說法正確的是（）A在放上小物體的第1s內，系統產生50J的熱量B在放上小物體的第1s內，至少給系統提供能量70J才能維持傳送帶勻速轉動C小物體運動1s后加速度大小為2m/s2D小物體運動1s后，受到的摩擦力大小不適用公式F=FN52013年12月2日，我國成功發射“嫦娥三號”探月衛星，如圖所示為“嫦娥三號”飛行軌道示意圖“嫦娥三號”任務全過程主要經歷5個關鍵飛控階段，分別是：發射及入軌段；地月轉移段；環月段；動力下降段；月面工作段其中在環月段時要從圓軌道變換到橢圓軌道下列說法正確

4、的是（）A“嫦娥三號”的發射速度大于11.2 km/sB由圓軌道變換到橢圓軌道時，“嫦娥三號”要加速C由圓軌道變換到橢圓軌道時，“嫦娥三號”繞月球運動的周期減小D“嫦娥三號”在動力下降段處于失重狀態6如圖所示，勻強磁場的方向豎直向下磁場中有光滑水平桌面，在桌面上放著內壁光滑、底部有帶電小球的試管在水平拉力F作用下，試管向右勻速運動，帶電小球能從試管口處飛出關于帶電小球及其在離開試管前的運動，下列說法中正確的是（）A小球帶負電B小球的運動軌跡是一條拋物線C洛侖茲力對小球做正功D維持試管勻速運動的拉力F應逐漸增大7如圖所示，將質量為M1、半徑為R且內壁光滑的半圓槽置于光滑水平面上，左側靠墻角，右側

5、靠一質量為M2的物塊今讓一質量為m的小球自左側槽口A的正上方h高處從靜止開始落下，與圓弧槽相切自A點進入槽內，則以下結論中正確的是（）A小球在槽內運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒B小球在槽內運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量不守恒C小球在槽內運動的全過程中，小球、半圓槽和物塊組成的系統動量不守恒D若小球能從C點離開半圓槽，則其一定會做豎直上拋運動8如圖甲所示，在光滑水平面上，有一個粗細均勻的單匝正方形閉合線框abcd，邊長為L，質量為m，電阻為R在水平外力的作用下，線框從靜止開始沿垂直磁場邊界方向做勻加速直線運動，穿過磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向與線圈平面垂直，線框

6、中產生的感應電流i的大小和運動時間t的變化關系如圖乙所示則下列說法正確的是（）A線框的加速度大小為B線框受到的水平外力的大小C0t1時間內通過線框任一邊橫截面的電荷量為i1t1D0t3間內水平外力所做的功大于二、非選擇題（一）必考題9某實驗小組利用如圖所示的裝置進行實驗，鉤碼A和B分別系在一條跨過定滑輪的軟繩兩端，鉤碼質量均為M，在A的上面套一個比它大一點的環形金屬塊C，在距地面為h1處有一寬度略比A大一點的狹縫，鉤碼A能通過狹縫，環形金屬塊C不能通過開始時A距離狹縫的高度為h2，放手后，A、B、C從靜止開始運動（1）利用計時儀器測得鉤碼A通過狹縫后到落地用時t1，則鉤碼A通過狹縫的速度為 （

7、用題中字母表示）（2）若通過此裝置驗證機械能守恒定律，還需測出環形金屬塊C的質量m，當地重力加速度為g若系統的機械能守恒，則需滿足的等式為 （用題中字母表示）（3）為減小測量時間的誤差，有同學提出如下方案：實驗時調節h1=h2=h，測出鉤碼A從釋放到落地的總時間t，來計算鉤碼A通過狹縫的速度，你認為可行嗎？若可行，寫出鉤碼A通過狹縫時的速度表達式；若不可行，請簡要說明理由 、 10在“描述小燈泡的伏安特性曲線”實驗中，除直流電源、開關、導線外，還有如下器材可供選擇：A小燈泡“3V 1.5W”B電流表（3A，內阻約0.2）C電流表（量程0.6A，內阻約1）D電壓表（量程3V，內阻約20k）E滑動

8、變阻器（010、2A）F滑動變阻器（01k、0.5A）（1）實驗所用到的電流表應選 ，滑動變阻器應選 （填字母代號）（2）實驗要求滑動變阻器的滑片從左向右滑動過程中，電表的示數從零開始逐漸增大請將甲圖中的實物連線完成（3）若將該燈泡接在一電動勢為3V、內電阻為2電源的兩端，則燈泡消耗的功率為 W11如圖所示，寬度為L=0.5m的足夠長的平行金屬導軌MN、PQ的電阻不計，垂直導軌水平放置一質量為m=0.5kg、電阻為R=4的金屬桿CD，導軌上端跨接一個阻值RL=4的燈泡，整個裝置處于垂直于導軌平面的勻強磁場中，導軌平面與水平面之間的夾角為=60°，金屬桿由靜止開始下滑，且始終與導軌垂直

9、并良好接觸，動摩擦因數為=，下滑過程中當重力的最大功率P=12W時燈泡剛好正常發光（g=10m/s2）求：（1）磁感應強度B的大小；（2）燈泡的額定功率PL；（3）金屬桿達到最大速度一半時的加速度大小12如圖所示，相距s=4m、質量均為M，兩個完全相同木板A、B置于水平地面上，一質量為M、可視為質點的物塊C置于木板A的左端已知物塊C與木板A、B之間的動摩擦因數均為1=0.40，木板A、B與水平地面之間的動摩擦因數為2=0.10，最大靜摩擦力可以認為等于滑動摩擦力，開始時，三個物體均處于靜止狀態現給物塊C施加一個水平方向右的恒力F，且F=0.3Mg，已知木板A、B碰撞后立即粘連在一起（1）通過計

10、算說明A與B碰前A與C是一起向右做勻加速直線運動（2）求從物塊C開始運動到木板A與B相碰所經歷的時間t（3）已知木板A、B的長度均為L=0.2m，請通過分析計算后判斷：物塊C最終會不會從木板上掉下來？【物理-選修3-3】13關于分子動理論，下列說法正確的是（）A液晶像液體一樣具有流動性，而其光學性質和某些晶體相似，具有各向異性B布朗運動反映了懸浮顆粒內部的分子在不停地做無規則熱運動C氣體從外界吸收熱量，其內能不一定增加D如果兩個系統分別與第三個系統達到熱平衡，那么這兩個系統彼此之間也必定處于熱平衡，用來表征它們所具有的“共同熱學性質”的物理量叫做內能E當兩個分子間的距離為分子力平衡距離r0時，

11、分子勢能最小14如圖，兩氣缸AB粗細均勻，等高且內壁光滑，其下部由體積可忽略的細管連通；A的直徑為B的2倍，A上端封閉，B上端與大氣連通；兩氣缸除A頂部導熱外，其余部分均絕熱兩氣缸中各有一厚度可忽略的絕熱輕活塞a、b，活塞下方充有氮氣，活塞a上方充有氧氣；當大氣壓為P0，外界和氣缸內氣體溫度均為7且平衡時，活塞a離氣缸頂的距離是氣缸高度的，活塞b在氣缸的正中央（）現通過電阻絲緩慢加熱氮氣，當活塞b升至頂部時，求氮氣的溫度；（）繼續緩慢加熱，使活塞a上升，當活塞a上升的距離是氣缸高度的時，求氧氣的壓強物理-選修3-415下列說法中正確的是（）A電磁波在同種介質中只能沿直線傳播B單擺經過平衡位置時

12、，合外力為零C機械波的傳播周期與機械波中的質點做簡諧運動的周期相等D做簡諧運動的物體在半個周期內經過的路程一定為振幅的2倍E觀察者向波源靠近，觀察者感覺波源的頻率變大16如圖，將半徑為R的透明半球體放在水平桌面上方，O為球心，直徑恰好水平，軸線OO垂直于水平桌面位于O點正上方某一高度處的點光源S發出一束與OO，夾角=60°的單色光射向半球體上的A點，光線通過半球體后剛好垂直射到桌面上的B點，已知OB=R，光在真空中傳播速度為c，不考慮半球體內光的反射，求：（i）透明半球對該單色光的折射率n；（ii）該光在半球體內傳播的時間2016-2017學年河北省衡水中學高三（下）第六次周考物理試

13、卷參考答案與試題解析一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項中，第1-5題只有一項符合題目要求，第68題至少有兩項符合題目要求全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分1下列關于電磁感應現象的認識，正確的是（）A它最先是由奧斯特通過實驗發現的B它說明了電能生磁C它是指變化的磁場產生電流的現象D它揭示了電流受到安培力的原因【考點】D1：電磁感應現象的發現過程【分析】利用磁場產生電流的現象是電磁感應現象，電磁感應現象表明磁能生電【解答】解：A、奧斯特發現了電流的磁效應，法拉第發現了電磁感應現象，故A錯誤；B、電磁感應現象說明，磁能生電，故B錯誤；C、利用磁場產生電流的

14、現象是電磁感應現象，變化的磁場產生電流的現象是電磁感應現象，故C正確；D、電磁感應現象揭示了磁能生電，它并沒有揭示電流受到安培力的原因，故D錯誤；故選C2質量為m、長為L的直導體棒放置于四分之一光滑圓弧軌道上，整個裝置處于豎直向上磁感應強度為B的勻強磁場中，直導體棒中通有恒定電流，平衡時導體棒與圓弧圓心的連線與豎直方向成60°角，其截面圖如圖所示則關于導體棒中的電流方向、大小分析正確的是（）A向外，B向外，C向里，D向里，【考點】2H：共點力平衡的條件及其應用；2G：力的合成與分解的運用；CF：洛侖茲力【分析】由導體棒所受重力和彈力方向以及左手定則，可知導體棒電流向里，對其受力分析，

15、正交分解可得電流大小【解答】解：對導體棒受力分析如圖；BIL=mgtan60°，解得，由左手定則知電流方向向里，故選：D3有一靜電場，其電勢隨x坐標的改變而改變，變化的圖線如圖所示若將一帶負電的粒子（重力不計）從坐標原點O由靜止釋放，粒子沿x軸運動，電場中P、Q兩點的坐標分別為1mm、4mm下列說法正確的是（）A粒子經過P點和Q點時，加速度大小相等、方向相反B粒子經過P點與Q點時，電場力做功的功率相等C粒子經過P點與Q點時，動能相等D粒子在P點的電勢能為正值【考點】AG：勻強電場中電勢差和電場強度的關系【分析】根據順著電場線方向電勢降低可判斷出電場線的方向，確定出粒子所受的電場力方向

16、，由牛頓第二定律分析加速度的方向x圖象的斜率大小等于場強E加速度a=根據電勢關系，分析電勢能關系，再由能量守恒定律判斷動能的關系根據功率公式P=Fv，研究功率關系【解答】解：A、根據順著電場線方向電勢降低可知，02mm內，電場線沿x軸負方向，粒子所受的電場力方向沿x軸正方向；在26mm內電場線沿x軸正方向，粒子所受的電場力方向沿x負方向做減速運動，加速度沿x軸負方向；x圖象的斜率大小等于場強E則知P點的場強大于Q點的場強，則粒子在p點的加速度大于在Q點的加速度，加速度方向相反故A錯誤B、粒子經過P點與Q點時，速率相等，但電場力不同，則根據功率公式P=Fv，可知電場力做功的功率不等故B錯誤C、粒

17、子經過P點與Q點時，電勢相等，則其電勢能相等，由能量守恒知動能相等故C正確D、在P點，根據電勢能公式Ep=q，因為q0，0，所以Ep0故D錯誤故選：C4如圖所示，傳送帶足夠長，與水平面間的夾角=37°，并以v=10m/s的速度逆時針勻速轉動著，在傳送帶的A端輕輕地放一個質量為m=1kg的小物體，若已知物體與傳送帶之間的動摩擦因數=0.5，（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）則下列有關說法正確的是（）A在放上小物體的第1s內，系統產生50J的熱量B在放上小物體的第1s內，至少給系統提供能量70J才能維持傳送帶勻速轉動C小物體運動1s后加速

18、度大小為2m/s2D小物體運動1s后，受到的摩擦力大小不適用公式F=FN【考點】37：牛頓第二定律；27：摩擦力的判斷與計算；8G：能量守恒定律【分析】根據牛頓第二定律求出物體放上傳送帶時的加速度，結合速度時間 公式求出物體達到傳送帶速度時的時間，結合位移公式求出相對位移，從而求出產生的熱量根據能量守恒求出維持傳送帶勻速轉動所提供的能量通過重力的分力和滑動摩擦力大小比較，判斷物體與傳送帶能否保持相對靜止，若不能，根據牛頓第二定律求出加速度【解答】解：A、物體放上傳送帶后的加速度a=gsin+gcos=6+0.5×8m/s2=10m/s2則物體達到傳送帶速度所需的時間此時傳送帶的位移x

19、1=vt1=10m，物體的位移，則相對位移大小x=x1x2=5m摩擦產生的熱量Q=mgcosx=0.5×10×0.8×5J=20J故A錯誤B、根據能量守恒定律得，則提供的能量E=20+J=40J故B錯誤C、物體達到傳送帶速度后，由于重力沿斜面方向的分力大于滑動摩擦力，則1s后的加速度a=gsin37°gcos37°=2m/s2故C正確D、1s后的摩擦力仍然為滑動摩擦力，則滑動摩擦力公式仍然適用故D錯誤故選：C52013年12月2日，我國成功發射“嫦娥三號”探月衛星，如圖所示為“嫦娥三號”飛行軌道示意圖“嫦娥三號”任務全過程主要經歷5個關鍵飛控階

20、段，分別是：發射及入軌段；地月轉移段；環月段；動力下降段；月面工作段其中在環月段時要從圓軌道變換到橢圓軌道下列說法正確的是（）A“嫦娥三號”的發射速度大于11.2 km/sB由圓軌道變換到橢圓軌道時，“嫦娥三號”要加速C由圓軌道變換到橢圓軌道時，“嫦娥三號”繞月球運動的周期減小D“嫦娥三號”在動力下降段處于失重狀態【考點】4H：人造衛星的加速度、周期和軌道的關系；4F：萬有引力定律及其應用【分析】通過宇宙速度的意義判斷嫦娥三號發射速度的大小，根據衛星變軌原理分析軌道變化時衛星是加速還是減速根據開普勒第三定律判斷不同軌道上衛星的周期關系根據物體加速度方向判斷超重和失重狀態【解答】解：A、嫦娥三號

21、發射出去后繞地球做橢圓運動，沒有離開地球束縛，故嫦娥三號的發射速度大于7.9km/s，小于11.2km/s，故A錯誤；B、嫦娥三號在圓軌道上做圓周運動萬有引力等于向心力，要進入橢圓軌道需要做近心運動，使得在交界點所受萬有引力大于圓周運動向心力，因為同在交界點萬有引力不變，故嫦娥三號只有通過減速減小向心力而做近心運動進入橢圓軌道，故B錯誤；C、根據開普勒第三定律得=k，由圓軌道變換到橢圓軌道時，“嫦娥三號”繞月球運動的周期減小，故C正確；D、“嫦娥三號”在動力下降段做減速下降，即加速度方向向上，處于超重狀態，故D錯誤；故選：C6如圖所示，勻強磁場的方向豎直向下磁場中有光滑水平桌面，在桌面上放著內

22、壁光滑、底部有帶電小球的試管在水平拉力F作用下，試管向右勻速運動，帶電小球能從試管口處飛出關于帶電小球及其在離開試管前的運動，下列說法中正確的是（）A小球帶負電B小球的運動軌跡是一條拋物線C洛侖茲力對小球做正功D維持試管勻速運動的拉力F應逐漸增大【考點】CF：洛侖茲力【分析】小球能從管口處飛出，說明小球受到指向管口洛倫茲力，由左手定則，分析電性將小球的運動分解為沿管子向里和垂直于管子向右兩個方向根據受力情況和初始條件分析兩個方向的分運動情況，研究軌跡，確定F如何變化【解答】解：A、小球能從管口處飛出，說明小球受到指向管口洛倫茲力，根據左手定則判斷，小球帶正電故A錯誤B、設管子運動速度為v1，小

23、球垂直于管子向右的分運動是勻速直線運動小球沿管子方向受到洛倫茲力的分力F1=qv1B，q、v1、B均不變，F1不變，則小球沿管子做勻加速直線運動與平拋運動類似，小球運動的軌跡是一條拋物線故B正確C、洛倫茲力總是與速度垂直，不做功故C錯誤D、設小球沿管子的分速度大小為v2，則小球受到垂直管子向左的洛倫茲力的分力F2=qv2B，v2增大，則F2增大，而拉力F=F2，則F逐漸增大故D正確故選：BD7如圖所示，將質量為M1、半徑為R且內壁光滑的半圓槽置于光滑水平面上，左側靠墻角，右側靠一質量為M2的物塊今讓一質量為m的小球自左側槽口A的正上方h高處從靜止開始落下，與圓弧槽相切自A點進入槽內，則以下結論

24、中正確的是（）A小球在槽內運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒B小球在槽內運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量不守恒C小球在槽內運動的全過程中，小球、半圓槽和物塊組成的系統動量不守恒D若小球能從C點離開半圓槽，則其一定會做豎直上拋運動【考點】53：動量守恒定律；6B：功能關系【分析】系統所受合外力為零時系統動量守恒，根據系統所受外力情況判斷系統動量是否守恒；物體具有豎直向上的初速度、在運動過程中只受重力作用時做豎直上拋運動，根據球的初速度情況判斷球的運動性質【解答】解：A、小球在槽內運動的全過程中，系統在水平方向所受合外力不為零，小球與半圓槽在水平方向動量不守恒，故A錯誤，B正

25、確；C、小球在槽內運動的全過程中，墻壁對系統有水平向右的作用力，系統在水平方向所受合外力不為零，小球、半圓槽、物塊在水平方向動量不守恒，故C正確；D、小球離從C點離開半圓槽時具有水平向右與豎直向上的速度，小球的速度斜向右上方，小球不做豎直上拋運動，故D錯誤；故選：BC8如圖甲所示，在光滑水平面上，有一個粗細均勻的單匝正方形閉合線框abcd，邊長為L，質量為m，電阻為R在水平外力的作用下，線框從靜止開始沿垂直磁場邊界方向做勻加速直線運動，穿過磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向與線圈平面垂直，線框中產生的感應電流i的大小和運動時間t的變化關系如圖乙所示則下列說法正確的是（）A線框的加速度大小為B線

26、框受到的水平外力的大小C0t1時間內通過線框任一邊橫截面的電荷量為i1t1D0t3間內水平外力所做的功大于【考點】D9：導體切割磁感線時的感應電動勢；37：牛頓第二定律；BG：電功、電功率【分析】由乙圖讀出t1時刻線框中的感應電流，由法拉第電磁感應定律和歐姆定律求此刻的速度，由加速度的定義式求解加速度；同理可求得t2時刻線框的速度，由運動學公式和牛頓第二定律求解外力的大小根據電量公式q=It求解0t1時間內通過線框任一邊橫截面的電荷量根據功能關系求解0t3間內水平外力所做的功【解答】解：A、由乙圖讀出t1時刻線框中的感應電流為i1，設此刻線框的速度大小為v1，則有：i1=，則得：v1=；線框的

27、加速度為a=，故A錯誤B、對于t2t3時間內，安培力的平均值大小為： =由于線框做勻加速運動，拉力必定大于安培力的平均值，故B錯誤C、0t1時間內通過線框任一邊橫截面的電荷量為：q=t1=i1t1故C錯誤D、t3時刻線框的速度為：v3=；0t3間內，根據動能定理得：WFW克=則得：WF=W克+=W克+，所以水平外力所做的功大于，故D正確故選：D二、非選擇題（一）必考題9某實驗小組利用如圖所示的裝置進行實驗，鉤碼A和B分別系在一條跨過定滑輪的軟繩兩端，鉤碼質量均為M，在A的上面套一個比它大一點的環形金屬塊C，在距地面為h1處有一寬度略比A大一點的狹縫，鉤碼A能通過狹縫，環形金屬塊C不能通過開始時

28、A距離狹縫的高度為h2，放手后，A、B、C從靜止開始運動（1）利用計時儀器測得鉤碼A通過狹縫后到落地用時t1，則鉤碼A通過狹縫的速度為（用題中字母表示）（2）若通過此裝置驗證機械能守恒定律，還需測出環形金屬塊C的質量m，當地重力加速度為g若系統的機械能守恒，則需滿足的等式為（用題中字母表示）（3）為減小測量時間的誤差，有同學提出如下方案：實驗時調節h1=h2=h，測出鉤碼A從釋放到落地的總時間t，來計算鉤碼A通過狹縫的速度，你認為可行嗎？若可行，寫出鉤碼A通過狹縫時的速度表達式；若不可行，請簡要說明理由可行、【考點】MD：驗證機械能守恒定律【分析】（1）由平均速度可近似表示A點的瞬時速度；（2

29、）根據實驗裝置及機械能守恒定律可得出對應的表達式；（3）整體在中間位置上方做勻加速運動，在下方做勻速運動，由運動學公式可求得下方瞬時速度的大小【解答】解：（1）在h1階段由于金屬塊C靜止，而A，B質量相等，所以A，B都是勻速直線運動，由勻速運動公式可得：v=；（2）由題意可知，整體減小的重力勢能等于動能的增加量；即：（3）整體在上一段做勻加速直線運動，在下方做勻速運動；則可知：設中間速度為v，則有：h=t1；h=vt2；t1+t2=t解得：t2=；則下落的速度v=；故此方法可行； 速度 ；故答案為：（1）；（2）（3）可行；10在“描述小燈泡的伏安特性曲線”實驗中，除直流電源、開關、導線外，還

30、有如下器材可供選擇：A小燈泡“3V 1.5W”B電流表（3A，內阻約0.2）C電流表（量程0.6A，內阻約1）D電壓表（量程3V，內阻約20k）E滑動變阻器（010、2A）F滑動變阻器（01k、0.5A）（1）實驗所用到的電流表應選C，滑動變阻器應選E（填字母代號）（2）實驗要求滑動變阻器的滑片從左向右滑動過程中，電表的示數從零開始逐漸增大請將甲圖中的實物連線完成（3）若將該燈泡接在一電動勢為3V、內電阻為2電源的兩端，則燈泡消耗的功率為0.88W【考點】N5：描繪小電珠的伏安特性曲線【分析】（1）根據小燈泡的額定電流選擇電流表，根據電路滑動變阻器的接法，選擇滑動變阻器；（2）明確滑動變阻器的

31、接法，再將甲圖實物連線完成；（3）在乙圖中作出電源的UI圖象，交點就是此時燈泡兩端的電壓和通過的電流，再計算燈泡消耗的功率；【解答】解：（1）小燈泡標有：“3V，1.5W”，則小燈泡的額定電流為，故電流表量程選0.6A即可，電流表選C；描繪小燈泡的伏安特性曲線，電壓和電流要從0開始測量，因此電路中滑動變阻器采用分壓接法，為了便以調節滑動變阻器要選用最大阻值較小的，故滑動變阻器選E；（2）實驗要求滑動變阻器的滑片從左向右滑動過程中，電表的示數從零開始逐漸增大，可知滑動變阻器采用分壓式接法，將甲圖實物連線完成如右圖所示：（3）在乙圖中作出電源的UI關系圖線U=32I，如下圖所示，交點就是此時燈泡兩

32、端的電壓和通過的電流從圖中可知，此時燈泡兩端電壓為2.2V，通過小燈泡的電流為0.4A，則燈泡消耗的功率為：P=IU=0.4×2.2W=0.88W；故答案為：（1）C，E； （2）如右圖所示； （3）0.8811如圖所示，寬度為L=0.5m的足夠長的平行金屬導軌MN、PQ的電阻不計，垂直導軌水平放置一質量為m=0.5kg、電阻為R=4的金屬桿CD，導軌上端跨接一個阻值RL=4的燈泡，整個裝置處于垂直于導軌平面的勻強磁場中，導軌平面與水平面之間的夾角為=60°，金屬桿由靜止開始下滑，且始終與導軌垂直并良好接觸，動摩擦因數為=，下滑過程中當重力的最大功率P=12W時燈泡剛好正常

33、發光（g=10m/s2）求：（1）磁感應強度B的大小；（2）燈泡的額定功率PL；（3）金屬桿達到最大速度一半時的加速度大小【考點】D9：導體切割磁感線時的感應電動勢；BB：閉合電路的歐姆定律；BG：電功、電功率；DD：電磁感應中的能量轉化【分析】（1）金屬桿CD由靜止加速下滑時，其產生的感應電動勢逐漸增大，感應電流逐漸增大，CD桿所受的沿導軌平面向上的安培力逐漸增大，當CD桿所受的沿導軌平面向上的安培力和滑動摩擦力的合力與CD桿的重力在沿導軌平面向下的分力平衡時，CD的速度達最大為v，此后并以v勻速運動，此時重力的功率也達最大根據E=BLv、I=和安培力公式F=BIL得到安培力表達式，再根據平

34、衡條件和重力的最大功率P=mgvsin列式，即可求解B（2）根據第1小題的結果求解金屬桿下滑的最大速度，由E=BLv求出桿產生的最大電動勢，由歐姆定律求得回路中的電流，即可根據公式PL=I2RL求得燈泡的額定功率PL；（3）先求出金屬桿達到最大速度一半時的安培力，再運用牛頓第二定律求解加速度的大小【解答】解：（1）金屬桿CD由靜止加速下滑時，其產生的感應電動勢逐漸增大，感應電流逐漸增大，CD桿所受的沿導軌平面向上的安培力逐漸增大，當CD桿所受的沿導軌平面向上的安培力和滑動摩擦力的合力與CD桿的重力在沿導軌平面向下的分力平衡時，CD的速度達最大為v，此后并以v勻速運動，此時重力的功率也達最大金屬

35、桿的電動勢為：E=BLv感應電流為：I=安培力為：F=BIL金屬桿受力平衡，則有：mgsin=F+mgcos重力的最大功率為：P=mgvsin聯立以上各式解得： B=代入數值得：B=5T（2）金屬桿下滑的最大速度為：v=m/s產生的最大電動勢為：E=BLv=4V燈泡的額定電流為：I=A燈泡的額定功率為：PL=I2RL=3W（3）由（2）可知，金屬桿達到最大速度一半時，電流也是原來的一半，即：I=I=ACD桿所受安培力為：F=ILB=NCD的加速度為：a=代入數值得：a=m/s22.16m/s2答：（1）磁感應強度B的大小為5T；（2）燈泡的額定功率PL為3W（3）金屬桿達到最大速度一半時的加速

36、度大小約為2.16m/s212如圖所示，相距s=4m、質量均為M，兩個完全相同木板A、B置于水平地面上，一質量為M、可視為質點的物塊C置于木板A的左端已知物塊C與木板A、B之間的動摩擦因數均為1=0.40，木板A、B與水平地面之間的動摩擦因數為2=0.10，最大靜摩擦力可以認為等于滑動摩擦力，開始時，三個物體均處于靜止狀態現給物塊C施加一個水平方向右的恒力F，且F=0.3Mg，已知木板A、B碰撞后立即粘連在一起（1）通過計算說明A與B碰前A與C是一起向右做勻加速直線運動（2）求從物塊C開始運動到木板A與B相碰所經歷的時間t（3）已知木板A、B的長度均為L=0.2m，請通過分析計算后判斷：物塊C

37、最終會不會從木板上掉下來？【考點】66：動能定理的應用；1E：勻變速直線運動的位移與時間的關系；37：牛頓第二定律【分析】（1）設木板A與物塊C之間的滑動摩擦力大小為f1，木板A與水平地面之間的滑動摩擦力大小為f2，判斷f1和f2的關系即可判斷；（2）設此過程中它們的加速度為a，運動時間為t，與木板B相碰時的速度為，根據牛頓第二定律即運動學基本公式列式即可求解；（3）碰撞后瞬間，物塊C的速度不變，根據動量守恒定律求出木板A、B共同運動的初速度，根據牛頓第二定律求出物塊C在木板上滑動的加速度，當三者的速度相同時，不掉下就不會掉下，根據運動學基本公式即可求解【解答】解：（1）設木板A與物塊C之間的

38、滑動摩擦力大小為f1，木板A與水平地面之間的滑動摩擦力大小為f2，有：f1=1Mg=0.40Mg，f2=2（Mg+Mg）=0.20Mg可見f2Ff1，故可知在木板A、B相碰前，在F的作用下，木板A與物塊C一起水平向右做勻加速直線運動 （2）設此過程中它們的加速度為a，運動時間為t，與木板B相碰時的速度為，有：，解得：t=4s，=2m/s （3）碰撞后瞬間，物塊C的速度不變，設A、B碰后速度為'，則M=2M'得此即木板A、B共同運動的初速度此后，物塊C在木板上滑動時的加速度為：，物塊C在木板上滑動時，木板A、B共同運動的加速度為：，其中，解得：若木板A、B很長，則物塊C不會掉下來

39、設物塊C再運動時間t1后，三者的速度相同，有：，代入數據解得：在此過程中，物塊C的位移為：木板A、B的位移為：由于，可見，物塊C與木板A、B達到共同速度時還在木板上進一步分析，由于，可知物塊C將與木板A、B一起做勻速直線運動，可見物塊C將不會從木板上掉下來 答：（1）證明如上（2）從物塊C開始運動到木板A與B相碰所經歷的時間t為4s（3）物塊C最終不會從木板上掉下來【物理-選修3-3】13關于分子動理論，下列說法正確的是（）A液晶像液體一樣具有流動性，而其光學性質和某些晶體相似，具有各向異性B布朗運動反映了懸浮顆粒內部的分子在不停地做無規則熱運動C氣體從外界吸收熱量，其內能不一定增加D如果兩個

40、系統分別與第三個系統達到熱平衡，那么這兩個系統彼此之間也必定處于熱平衡，用來表征它們所具有的“共同熱學性質”的物理量叫做內能E當兩個分子間的距離為分子力平衡距離r0時，分子勢能最小【考點】8F：熱力學第一定律；84：布朗運動；8H：熱力學第二定律【分析】液晶具有流動性和晶體的各向異性布朗運動是液體或氣體中懸浮微粒的無規則運動，它是液體分子無規則運動的反映；明確熱力學第一定律的基本內容，知道做功和熱傳遞均可以改變物體的內能；達到熱平衡的標志是溫度相等；明確分子力和分子勢能之間的關系，知道分子間距離為平衡距離時，分子勢能最小【解答】解：A、液晶是一類特殊的物質形態，它像液體一樣具有流動性，而其光學

41、性質和某些晶體相似具有各向異性故A正確；B、布朗運動是液體或氣體中懸浮微粒的無規則運動，它反映的是液體分子的無規則運動，不能反映顆粒分子的無規則運動，故B錯誤C、氣體從外界吸收熱量，如果同時對外做功，則其內能不一定增加，故C正確；D、如果兩個系統分別與第三個系統達到熱平衡，那么這兩個系統彼此之間也必定處于熱平衡，用來表征它們所具有的“共同熱學性質”的物理量叫做溫度；故D錯誤；E、當兩個分子間的距離為分子力平衡距離r0時，分子勢能最小，故E正確故選：ACE14如圖，兩氣缸AB粗細均勻，等高且內壁光滑，其下部由體積可忽略的細管連通；A的直徑為B的2倍，A上端封閉，B上端與大氣連通；兩氣缸除A頂部導熱外，其余部分均絕熱兩氣缸中各有一厚度可忽略的絕熱輕活塞a、b，活塞下方充有氮氣，活塞a上方充有氧氣；當大氣壓為P0，外界和氣缸內氣體溫度均為7且平衡時，活塞a離氣缸頂的距離是氣缸高度的，活塞b在氣缸的正中央（）現通過電阻絲緩慢加熱氮氣，當活塞b升至頂部時，求氮氣的溫度；（）繼續緩慢加熱，使活塞a上升，當活塞a上升的距離是氣缸高度的時，求氧氣的壓強【考點】99：理想氣體的狀態方程【分析】（）現通過電阻絲緩慢加熱氮氣，當活塞b升至頂部的過程中，a活塞不動，活塞a、b下方的氮氣經歷等壓過程，分析出初態和末態的體積和溫度，由蓋呂薩克定律求解（2）繼續緩慢加熱，使活塞a上升，活塞a上方