1、精選優質文檔-傾情為你奉上2015-2016學年河北省承德聯校高三（上）期末物理試卷一、選擇題（共12小題，每小題4分，滿分48分）1對自由落體運動的研究是一個漫長的過程，許多物理學家都做出了重要的貢獻，下列關于自由落體運動研究過程說法正確的是（）A亞里士多德認為在同一地點重的物體和輕的物體下落快慢相同B伽利略認為物體的重量大小決定物體下落的快慢C伽利略猜想自由落體的運動速度與下落時間成正比，并采用斜面實驗驗證推理D英國物理學家牛頓在比薩斜塔上完成了落體實驗2如圖所示，通有恒定電流的，一定長度的直導線水平放置在兩足夠大的勻強磁場中，磁場方向如圖所示若將導體在紙面內順時針轉180°，關

2、于甲、乙兩種情況導體受到的安培力大小和方向變化，下列說法正確的是（）A圖甲導線受到的安培力大小一直在變，方向變化一次，圖乙導線受到的安培力大小一直不變，方向一直在變B圖甲導線受到的安培力大小一直在變，方向不變，圖乙導線受到的安培力大小一直不變，方向一直在變C甲、乙兩種情況導線受到的安培力大小不變，方向一直變化D甲、乙兩種情況導線受到的安培力大小一直在變，方向不變3圖示是兩個從不同地點出發沿同一方向運動的物體A和B的速度時間圖象，已知它們在t2時刻相遇，則由圖可知（）A出發時，物體A在前，物體B在后B在0到t2時刻的這一過程中，物體A和物體B的平均速度相等C相遇前，在t1時刻，A、B兩物體相距最

3、遠Dt2時刻之前，A在后，B在前4如圖所示，質量為m的滑塊靜止置于傾角為30°的粗糙斜面上，一根輕彈簧一端固定在豎直墻上的P點，另一端系在滑塊上，彈簧與豎直方向的夾角為30°，重力加速度為g，則（）A滑塊一定受到四個力作用B彈簧不可能處于拉伸狀態C斜面對滑塊的支持力大小可能為零D斜面對滑塊一定有沿斜面向上的摩擦力，且大小為mg5如圖所示，理想變壓器的原線圈通有e=30cos100t（V）的交變電流，燈泡L的額定功率為6W，開關S閉合后燈泡L恰好正常發光，電壓表、電流表均為理想電表變壓器的原、副線圈的匝數比為10：1，下列說法正確的是（）A副線圈交變電流的頻率為5HzB電壓表

4、的示數為4.24VC電流表的示數為0.2AD燈泡正常發光時的電阻為1.56如圖所示，A、B兩個物體疊放在一起，靜止在粗糙水平地面上，B與水平地面間的動摩擦因數1=0.1，A與B之間的動摩擦因數2=0.2，已知物體A的質量m=2kg，物體B的質量M=3kg，重力加速度g取10m/s2，現對物體B施加一個水平向右的恒力F，為使物體A與物體B相對靜止，則恒力的最大值是（物體間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）（）A5NB10NC15ND20N7一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，在兩級板間有一負電荷（電荷量很小）固定在P點，如圖所示，以E表示兩極板間電場的電場強度，表示P點的電勢，EP表示負電荷

5、在P點的電動勢若保持負極板不動，將正極板從虛線所在位置，則（）A變大，E不變BE變大，EP變大CE不變，EP不變D不變，EP變大8如圖所示，固定的豎直桿上A點處套有一質量為m的圓環，圓環與水平放置的輕質彈簧一端相連，彈簧另一端固定在豎直墻壁上的D點，彈簧水平時恰好處于原長狀態現讓圓環從圖示位置（距地面高度為h）由靜止沿桿滑下，圓環經過C處時的速度最大，滑到桿的底端B時速度恰好為零若圓環在B處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A點彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為g下列說法中正確的是（）A豎直桿可能光滑，且圓環下滑到B時彈簧的彈性勢能為mghB下滑到C處，圓環受到的重力與摩擦力大小相等C圓環從A

6、下滑到B的過程中克服摩擦力做的功為mv2D圓環上滑經過C的速度與下滑經過C的速度大小相等92015年12月29日，我國在西昌衛星發射中心用長征三號乙運載火箭成功發射高分四號衛星該衛星是我國首顆地球同步軌道高分辨率光學成像衛星，也是目前世界上空間分辨率最高、幅寬最大的地球同步軌道遙感衛星對這顆衛星和地球同步軌道上的其他衛星，下列物理量一定相同的是（）A軌道半徑B向心力C角速度D線速度的大小10均勻磁場中有一由半徑為R的半圓弧機器直徑構成的導線框，半圓直徑與勻強磁場邊緣重合，磁場方向垂直于半圓面（紙面）向里，如圖甲所示現使線框保持圖中所示位置，磁感應強度大小隨時間按照如圖乙所示規律變化，在線框中產

7、生感應電流I若磁感應強度大小為B0保持不變，使該線框繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度逆時針勻速轉動半周，在線框中產生同樣大小的感應電流I，則（）A磁感應強度變化產生的感應電路方向為逆時針方向B磁感應強度變化產生的感應電動勢大小為C線框逆時針轉動產生的感應電流方向逆時針方向D線框轉動的角速度大小為11如圖所示，x軸上的O、M兩點固定著兩個電荷量相等的點電荷，x軸上各點電勢與x間的關系圖象如圖所示，下列說法正確的是（）A兩個點電荷均帶正電荷BD點的電場強度方向沿x軸負方向CN、D兩點間的電場強度沿x軸正方向先增大后減小D將一帶正電的點電荷從N點移到D點，電勢能先增大后減小12一個質量為m的小鐵

8、塊從半徑為R的固定半圓軌道左邊緣由靜止滑下，到半圓底部時，小鐵塊所受向心力為鐵塊重力的1.5倍，重力加速度為g，以半圓底部所在水平面為參考平面，則鐵塊下滑過程中（）A摩擦力大小不變B重力勢能一直減小C損失的機械能為mgRD先失重后超重二、解答題（共4小題，滿分37分）13利用自由落體法測重力加速度，實驗裝置如圖所示（1）實驗操作步驟如下，請將步驟B補充完整A按實驗要求安裝好實驗裝置：B使重物（填“靠近”或“遠離”）打點計時器，接著（填“先接通電源后釋放紙帶”或“向釋放紙帶后接通電源”），打點計時器在紙帶上打下一系列的點；C圖乙為一條符合實驗要求的紙帶，O點為打點計時器打下的第一個點，分別測出若

9、干連接點A、B、C、與O點之間的距離h1、h2、h3（2）已知打點計時器的打點周期為T，結合實驗張所測得的h1、h2、h3，可得打B點時重物的速度大小為，重力加速度的大小為，通常情況下測得值均小于當地的實際重力加速度的值，其原因是14圖示是多用電表的外觀圖及表盤部分放大圖，請讀圖回答問題：（1）用如圖所示的多用電表正確測量了一個13的電阻后，需要繼續測量一個阻值約為2k的電阻在用紅、黑表筆接觸這個電阻兩端之前，以下哪些操作步驟是必須的，請選擇其中有用的，按正確操作順序寫出：A用螺絲刀調節表盤A下中間部位的調零螺絲B，使表針指零B將紅表筆和黑表筆接觸C把選擇開關C旋轉到“×1k”位置D

10、把選擇開關C旋轉到“×100”位置E調節調零旋鈕D使表針指著歐姆零點在測量2k左右的電阻時，紅表筆的電勢黑表筆的電勢（選填“高于”、“等于”或“低于”）（2）用多用電表進行了兩次測量，指針的位置分別如圖中a和b所示，若選擇開關處在以下表格中所指的檔位，請把相應的示數填在表中（打×處不填） 所選擇的檔位 指針讀數 ab 直流電壓2.5V× 電阻×10×（3）在商店選擇一個10F的電容器，在只有一臺多用電表的情況下，為了挑選一個優質產品，應將選擇開關置于（直流電壓檔；直流電流檔；歐姆檔；交流電壓檔），而后，再將多用電表的測試筆接待檢電容器，如果電容

11、器是優質的，電表指針應（不偏轉；偏轉至最右邊；偏轉至中值；偏轉一下又返回最左邊）15一物體做單向勻加速直線運動，依次通過A、B、C三點，已知物體通過AB段的平均速度為2m/s，通過BC段的平均速度為3m/s，物體經過B點的速度大小為2.5m/s求B、C間的距離與A、B間的距離的比值16如圖所示，平面直角坐標系中的第象限內有半徑為R的圓分別與x軸，y軸相切于M、N點，圓內存在垂直坐標系平面的勻強磁場，在第I象限內存在沿y軸正方向的勻強電場，電場強度的大小為E磁場電場在圖中都未畫出，一質量為m、電荷量為q的粒子從M點垂直x軸射入磁場后恰好垂直y軸進入電場，最后從Q（2R，0）點射出電場，出射方向與

12、x軸夾角=45°，粒子的重力不計，求：（1）粒子進入電場時的速度v0；（2）勻強磁場的磁感應強度B的大小和方向；（3）粒子從M點入射到運動至Q點的時間t總物理選修3-317下列說法正確的是（）A熱量會自發地從內能多的物體傳給內能少的物體B氣體吸收熱量，其內能可能減少C第二類永動機之所以不能造成的原因是它違反能量守恒定律D液晶既具有液體的流動性，又具有晶體的各向異性E在有分子力存在時，分子間引力和分子間斥力都隨分子間距離的增大而減小18如圖所示，絕熱氣缸內封閉著一定質量的理想氣體，氣體內部有一根電熱絲，下面有一個不計質量的絕熱活塞，活塞的橫截面積為S，活塞到氣缸頂部的距離為H活塞下面掛

13、著一個質量為m的物塊，用電熱絲給理想氣體緩慢加熱，當電熱絲放出熱量為Q時，停止加熱，這是活塞向下移動的距離為h，氣體的溫度為T，若重力加速度為g，大氣壓強為p0，不計一切摩擦加熱過程中，氣體的內能增加還是減少？求出氣體內能的變化量若移走物塊，活塞又緩慢回到原來的高度，求出此時氣體的溫度物理選修3-419下列說法中正確的是（）A聲波從空氣中傳入水中時波長會變長B機械波可在真空中傳播C站在鐵道邊的人在火車向他開來的過程中會聽到火車鳴笛的頻率變大D當機械波從介質的一端傳播到另一端時，途中的質點不會沿著波的傳播方向而遷移E在機械橫波傳播方向上的某個質點的振動速度就是波的傳播速度20如圖所示用折射率為的

14、透明物質做成內外半徑分別為a=m、b=5m的空心球，內表面涂上能完全吸光的物質一平行光從左向右水平射向此球，不考慮光在介質內部傳播時的反射光線光在真空中的傳播速度c=3×108m/s，求：光進入透明物質中的折射角的最大值；光在透明物質中的最長傳播時間t物理選修3-521放射性元素具有半衰期，如果將某種放射性元素制成核電池，帶到火星上去工作火星上的溫度等環境因素與地球有很大差別，該放射性元素到火星上之后，半衰期（填“發生”或“不發生”）變化若該放射性元素的半衰期為T年，經過年，該元素還剩余12.5%22如圖所示，光滑水平地面上有一足夠長、質量m2=3kg的木板，左端放置可視為質點的質量

15、m1=1kg的物塊，木板與物塊間的動摩擦因數=0.6，二者均以大小為v0=6m/s的初速度向右運動，木板與豎直墻壁碰撞時間極短，且沒有機械能損失，取重力加速度g=10m/s2求：物塊和木板的最終速度大小v；物塊相對木板運動的最大距離s2015-2016學年河北省承德聯校高三（上）期末物理試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共12小題，每小題4分，滿分48分）1對自由落體運動的研究是一個漫長的過程，許多物理學家都做出了重要的貢獻，下列關于自由落體運動研究過程說法正確的是（）A亞里士多德認為在同一地點重的物體和輕的物體下落快慢相同B伽利略認為物體的重量大小決定物體下落的快慢C伽利略猜想自由落體的運動

16、速度與下落時間成正比，并采用斜面實驗驗證推理D英國物理學家牛頓在比薩斜塔上完成了落體實驗【考點】物理學史【分析】解答本題應掌握下列物理學史：伽利略的落體理論，亞里士多德關于力和運動的理論，及牛頓第一定律，即可答題【解答】解：A、亞里士多德認為在同一地點重的物體下落快，故A錯誤B、伽利略認為物體下落的快慢與重量無關故B錯誤C、伽利略猜想自由落體的運動速度與下落時間成正比，并采用斜面實驗驗證推理，故C正確D、伽利略在比薩斜塔上完成了落體實驗，故D錯誤故選：C2如圖所示，通有恒定電流的，一定長度的直導線水平放置在兩足夠大的勻強磁場中，磁場方向如圖所示若將導體在紙面內順時針轉180°，關于甲

17、、乙兩種情況導體受到的安培力大小和方向變化，下列說法正確的是（）A圖甲導線受到的安培力大小一直在變，方向變化一次，圖乙導線受到的安培力大小一直不變，方向一直在變B圖甲導線受到的安培力大小一直在變，方向不變，圖乙導線受到的安培力大小一直不變，方向一直在變C甲、乙兩種情況導線受到的安培力大小不變，方向一直變化D甲、乙兩種情況導線受到的安培力大小一直在變，方向不變【考點】安培力【分析】應用左手定則分別分析甲、乙兩導體受到安培力的方向，利用安培力計算公式分析轉動過程中安培力大小的變化【解答】解：對甲圖分析有：開始位置導體與磁場垂直，由左手定則可以判斷出導線在紙面內轉0到90度過程中安培力的方向始終為垂

18、直紙面向外，當導線在紙面內轉90度到180度的過程中安培力的方向改變，變為垂直紙面向里，因此甲圖安培力方向變化一次；甲圖中安培力的大小F=BILsin，其中為導線與磁場的夾角，導線在紙面內順時針轉動180度的過程中，由90度逐漸減小到0度，再從0度逐漸增大到90度，因此甲圖安培力大小從最大BIL先減小，直到減為0，再增大到BIL故甲圖安培力大小一直在變對乙圖分析有：導線在紙面內順時針轉180度過程中，由左手定則可以判斷出安培力方向一直在變化；但轉動過程中導線中電流I始終與磁場方向垂直，故安培力大小一直不變，始終為F=BIL綜合上述分析，A說法正確；故選：A3圖示是兩個從不同地點出發沿同一方向運

19、動的物體A和B的速度時間圖象，已知它們在t2時刻相遇，則由圖可知（）A出發時，物體A在前，物體B在后B在0到t2時刻的這一過程中，物體A和物體B的平均速度相等C相遇前，在t1時刻，A、B兩物體相距最遠Dt2時刻之前，A在后，B在前【考點】勻變速直線運動的圖像；勻變速直線運動的速度與時間的關系【分析】速度圖線與坐標軸所圍“面積”等于位移根據位移大小關系，分析兩物體的位置關系，平均速度等于位移除以時間【解答】解：A、t2時刻A圖線的“面積”大于B圖線的“面積”，則A的位移大于乙的位移，而它們在t2時刻相遇，所以出發時，物體A在后，物體B在前，A在B的后面一直追B，直到t2時刻相遇，所以t2時刻之前

20、，A在后，B在前故A錯誤，D正確B、在0到t2時刻的這一過程中，A的位移大于乙的位移，時間相等，所以A的平均速度大于B的平均速度，故B錯誤C、相遇前，A的速度一直比B的速度大，所以兩者距離逐漸減小，所以出發時，AB相距最遠，故C錯誤故選：D4如圖所示，質量為m的滑塊靜止置于傾角為30°的粗糙斜面上，一根輕彈簧一端固定在豎直墻上的P點，另一端系在滑塊上，彈簧與豎直方向的夾角為30°，重力加速度為g，則（）A滑塊一定受到四個力作用B彈簧不可能處于拉伸狀態C斜面對滑塊的支持力大小可能為零D斜面對滑塊一定有沿斜面向上的摩擦力，且大小為mg【考點】共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性

21、和彈力【分析】對物塊進行受力分析，物塊可能受三個力，可能受四個力，運用共點力平衡進行分析【解答】解：滑塊可能受重力、支持力和靜摩擦力這三個力，彈簧處于原長，此時支持力的大小為mgcos30°，f=mgsin30°=滑塊可能受重力、支持力、彈簧的彈力和靜摩擦力平衡，此時支持力可能大于mgcos30°，可能小于mgcos30°，即彈簧可能處于拉伸狀態，摩擦力大小f=mgsin30°=斜面對滑塊的支持力大小不可能為零，否則沒有摩擦力，滑塊將向下滑動故D正確，A、B、C錯誤故選：D5如圖所示，理想變壓器的原線圈通有e=30cos100t（V）的交變電流

22、，燈泡L的額定功率為6W，開關S閉合后燈泡L恰好正常發光，電壓表、電流表均為理想電表變壓器的原、副線圈的匝數比為10：1，下列說法正確的是（）A副線圈交變電流的頻率為5HzB電壓表的示數為4.24VC電流表的示數為0.2AD燈泡正常發光時的電阻為1.5【考點】變壓器的構造和原理【分析】A、根據變壓器變壓原理可知原、副線圈的交流電頻率是一樣的；B、利用變壓器電壓與匝數的關系，可以求出電壓表的示；C、利用功率與電壓關系可以解出電流表示數；D、利用部分電路歐姆定律可以求出燈泡正常發光時的電阻【解答】解：A、原線圈通有e=30cos100t（V）的交變電流，由交流電瞬時值公式e=Emcost可得，=1

23、00 rad/s，又=2f，則原線圈交流電的頻率為f=50HZ，副線圈與原線圈交變電流的頻率一樣，也為50HZ，A說法錯誤；B、原線圈電壓有效值V，由變壓器電壓與匝數的關系得，可得電壓表的示數為3V，B說法錯誤；C、由A，即電流表示數為2A，C說法錯誤；D、由歐姆定律得燈泡正常發光時的電阻，D說法正確；故選：D6如圖所示，A、B兩個物體疊放在一起，靜止在粗糙水平地面上，B與水平地面間的動摩擦因數1=0.1，A與B之間的動摩擦因數2=0.2，已知物體A的質量m=2kg，物體B的質量M=3kg，重力加速度g取10m/s2，現對物體B施加一個水平向右的恒力F，為使物體A與物體B相對靜止，則恒力的最大

24、值是（物體間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）（）A5NB10NC15ND20N【考點】牛頓第二定律；力的合成與分解的運用【分析】物體A與B剛好不發生相對滑動的臨界條件是A、B間的靜摩擦力達到最大值，可以先對A受力分析，再對整體受力分析，然后根據牛頓第二定律列式求解【解答】解：當F作用在物體B上時，A、B恰好不滑動時，A、B間的靜摩擦力達到最大值，對物體A，有：2mg=ma 對整體，有：Fmax1（m1+m2）g=（m1+m2）a；由上述各式聯立解得：Fmax=15N故選：C7一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，在兩級板間有一負電荷（電荷量很小）固定在P點，如圖所示，以E表示兩極板間電場的

25、電場強度，表示P點的電勢，EP表示負電荷在P點的電動勢若保持負極板不動，將正極板從虛線所在位置，則（）A變大，E不變BE變大，EP變大CE不變，EP不變D不變，EP變大【考點】電勢差與電場強度的關系；電勢【分析】平行板電容器充電后與電源斷開后，電容器的電量不變將正極板移到圖中虛線所示的位置，板間距離減小，電容增大由推論公式E=分析板間場強E的變化情況由公式C=判斷板間電壓的變化分析P點電勢的變化，即可分析電勢能的變化【解答】解：電容器的電量不變，板間距離減小，由C=、E=、C=，推導得 E=，Q、S、均不變，則板間電場強度E不變因為電場強度不變，由U=Ed知P與下極板間的電勢差不變，則P點的電

26、勢不變，負電荷在P點的電勢能EP不變故C正確，A、B、D錯誤故選：C8如圖所示，固定的豎直桿上A點處套有一質量為m的圓環，圓環與水平放置的輕質彈簧一端相連，彈簧另一端固定在豎直墻壁上的D點，彈簧水平時恰好處于原長狀態現讓圓環從圖示位置（距地面高度為h）由靜止沿桿滑下，圓環經過C處時的速度最大，滑到桿的底端B時速度恰好為零若圓環在B處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A點彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為g下列說法中正確的是（）A豎直桿可能光滑，且圓環下滑到B時彈簧的彈性勢能為mghB下滑到C處，圓環受到的重力與摩擦力大小相等C圓環從A下滑到B的過程中克服摩擦力做的功為mv2D圓環上滑經過C的速

27、度與下滑經過C的速度大小相等【考點】動能定理的應用；機械能守恒定律【分析】圓環向下先做加速運動，后做減速運動，當圓環所受合力為零時圓環的速度最大，圓環向上運動過程先做加速運動后做減速運動，分析清楚圓環的運動過程，應用能量守恒定律分析答題【解答】解：A、圓環回到A點時與開始時圓環的機械能相等，圓環到達B處后獲得一豎直向上的速度v才能回到A點，說明圓環運動過程中機械能有損失，重力與彈力做功不改變圓環的機械能，因此圓環在運動過程要受到摩擦力作用，豎直桿不可能光滑，故A錯誤；B、圓環下滑到C處時速度最大，此時圓環所受合力為零，彈簧沿豎直方向的分力與摩擦力的合力等于圓環的重力，因此圓環受到的重力大于摩擦

28、力，故B錯誤；C、由題意可知，圓環在整個運動過程損失的機械能為： mv2，由對稱性可知，圓環向下運動過程與向上運動過程克服摩擦力做功相等，因此圓環從A下滑到B的過程中克服摩擦力做功為： mv2，故C正確；D、由于圓環運動過程要受到摩擦力作用，圓環上滑經過C的速度與下滑經過C的速度大小不相等，故D錯誤；故選：C92015年12月29日，我國在西昌衛星發射中心用長征三號乙運載火箭成功發射高分四號衛星該衛星是我國首顆地球同步軌道高分辨率光學成像衛星，也是目前世界上空間分辨率最高、幅寬最大的地球同步軌道遙感衛星對這顆衛星和地球同步軌道上的其他衛星，下列物理量一定相同的是（）A軌道半徑B向心力C角速度D

29、線速度的大小【考點】同步衛星【分析】了解同步衛星的含義，即同步衛星的周期必須與地球自轉周期相同物體做勻速圓周運動，它所受的合力提供向心力，也就是合力要指向軌道平面的中心通過萬有引力提供向心力，列出等式通過已知量確定未知量【解答】解：AD、根據=mr則有r=，同步衛星的周期與地球自轉周期相同，所以各個同步衛星軌道半徑相同，線速度v=，所以所有地球同步衛星速度大小相同，即速率相等，故AD正確；B、同步衛星繞地球做勻速圓周運動，根據萬有引力提供向心力可知，Fn=，由于不知道這顆衛星和同步軌道上的其他衛星的質量關系，所以無法判斷向心力關系，故錯誤；C、角速度=，周期相同，則角速度相同，故C正確；故選：

30、ACD10均勻磁場中有一由半徑為R的半圓弧機器直徑構成的導線框，半圓直徑與勻強磁場邊緣重合，磁場方向垂直于半圓面（紙面）向里，如圖甲所示現使線框保持圖中所示位置，磁感應強度大小隨時間按照如圖乙所示規律變化，在線框中產生感應電流I若磁感應強度大小為B0保持不變，使該線框繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度逆時針勻速轉動半周，在線框中產生同樣大小的感應電流I，則（）A磁感應強度變化產生的感應電路方向為逆時針方向B磁感應強度變化產生的感應電動勢大小為C線框逆時針轉動產生的感應電流方向逆時針方向D線框轉動的角速度大小為【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢；法拉第電磁感應定律【分析】由楞次定律可判斷出電

31、流的方向；由法拉第電磁感應定律可求得電動勢；由電阻定律可以求出圓環的電阻；由歐姆定律求出電流；由左手定則可以判斷出安培力的方向【解答】解：A、磁場垂直與紙面向里，磁通量增大，由楞次定律可知，感應電流的磁場的方向向外，所以感應電流的方向沿逆時針方向，故A正確；B、由法拉第電磁感應定律可得感應電動勢為：E=故B錯誤；C、線框逆時針轉動時，右側的半徑處產生感應電動勢，由右手定則可知，產生的感應電流方向順時針方向，故C錯誤；D、導體棒旋轉的過程中產生的感應電動勢：，若E=E，聯立得：=，故D正確；故選：AD11如圖所示，x軸上的O、M兩點固定著兩個電荷量相等的點電荷，x軸上各點電勢與x間的關系圖象如圖

32、所示，下列說法正確的是（）A兩個點電荷均帶正電荷BD點的電場強度方向沿x軸負方向CN、D兩點間的電場強度沿x軸正方向先增大后減小D將一帶正電的點電荷從N點移到D點，電勢能先增大后減小【考點】電勢差與電場強度的關系；電場強度【分析】根據順著電場線方向電勢逐漸降低，判斷電荷的電性，并分析電場強度的方向，根據圖象的斜率等于場強去判斷場強的大小根據Ep=q判斷電勢能的變化【解答】解：A、從O到C，電勢逐漸降低，從C到D，電勢逐漸升高，可知，兩個點電荷均帶正電荷，故A正確；B、從C到D，電勢逐漸升高，根據順著電場線方向電勢逐漸降低，CD間的電場強度方向沿x軸負方向，則D點的電場強度方向沿x軸負方向故B正

33、確；C、x圖線的斜率表示電場強度，由圖可得N、D兩點間的電場強度大小先減小后增大，故C錯誤；D、將一正點電荷從N點移到D點，電勢先降低后升高，根據電勢能公式Ep=q，知正電荷的電勢能先減小后增大故D錯誤；故選：AB12一個質量為m的小鐵塊從半徑為R的固定半圓軌道左邊緣由靜止滑下，到半圓底部時，小鐵塊所受向心力為鐵塊重力的1.5倍，重力加速度為g，以半圓底部所在水平面為參考平面，則鐵塊下滑過程中（）A摩擦力大小不變B重力勢能一直減小C損失的機械能為mgRD先失重后超重【考點】功能關系；摩擦力的判斷與計算；機械能守恒定律【分析】當滑到半球底部時，半圓軌道底部所受壓力為鐵塊重力的1.5倍，根據牛頓第

34、二定律可以求出鐵塊的速度；鐵塊下滑過程中，只有重力和摩擦力做功，重力做功不影響機械能的減小，損失的機械能等于克服摩擦力做的功，根據動能定理可以求出鐵塊克服摩擦力做的功【解答】解：A、小鐵塊向下運動的過程中，小鐵塊的速度是變化的，由于是做圓周運動，所以小鐵塊需要的向心力是變化的，可知小鐵塊受到的支持力的大小也是變化的，所以小鐵塊受到的滑動摩擦力的大小也是變化的故A錯誤；B、小鐵塊向下運動的過程中重力一直做正功，所以小鐵塊的重力勢能一直減小故B正確；C、鐵塊滑到半球底部時，小鐵塊所受向心力為鐵塊重力的1.5倍，根據牛頓第二定律，有1.5mg=m對鐵塊的下滑過程運用動能定理，得到mgRW=由式聯立解

35、得克服摩擦力做的功：W=所以損失的機械能為故C錯誤；D、小鐵塊向下運動的過程中，沿豎直向下的方向的分速度先增大后減小，所以小鐵塊沿豎直方向的分加速度一定是先向下后向上，小鐵塊先失重后超重故D正確故選：BD二、解答題（共4小題，滿分37分）13利用自由落體法測重力加速度，實驗裝置如圖所示（1）實驗操作步驟如下，請將步驟B補充完整A按實驗要求安裝好實驗裝置：B使重物靠近（填“靠近”或“遠離”）打點計時器，接著先接通電源后釋放紙帶（填“先接通電源后釋放紙帶”或“向釋放紙帶后接通電源”），打點計時器在紙帶上打下一系列的點；C圖乙為一條符合實驗要求的紙帶，O點為打點計時器打下的第一個點，分別測出若干連接

36、點A、B、C、與O點之間的距離h1、h2、h3（2）已知打點計時器的打點周期為T，結合實驗張所測得的h1、h2、h3，可得打B點時重物的速度大小為，重力加速度的大小為，通常情況下測得值均小于當地的實際重力加速度的值，其原因是運動過程中存在阻力【考點】測定勻變速直線運動的加速度【分析】實驗時，應先接通電源再釋放紙帶，重物靠近打點計時器根據某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求出B點的速度，根據連續相等時間內的位移之差是一恒量求出重力加速度的大小【解答】解：（1）為了有效地使用紙帶，重物應靠近打點計時器，實驗時先接通電源后釋放紙帶（2）B點的速度等于AC段的平均速度，則根據得，g=通常情況下

37、測得值均小于當地的實際重力加速度的值，其原因是運動過程中存在阻力故答案為：（1）靠近，先接通電源后釋放紙帶（2），運動過程中存在阻力14圖示是多用電表的外觀圖及表盤部分放大圖，請讀圖回答問題：（1）用如圖所示的多用電表正確測量了一個13的電阻后，需要繼續測量一個阻值約為2k的電阻在用紅、黑表筆接觸這個電阻兩端之前，以下哪些操作步驟是必須的，請選擇其中有用的，按正確操作順序寫出：DBEA用螺絲刀調節表盤A下中間部位的調零螺絲B，使表針指零B將紅表筆和黑表筆接觸C把選擇開關C旋轉到“×1k”位置D把選擇開關C旋轉到“×100”位置E調節調零旋鈕D使表針指著歐姆零點在測量2k左右

38、的電阻時，紅表筆的電勢低于黑表筆的電勢（選填“高于”、“等于”或“低于”）（2）用多用電表進行了兩次測量，指針的位置分別如圖中a和b所示，若選擇開關處在以下表格中所指的檔位，請把相應的示數填在表中（打×處不填） 所選擇的檔位 指針讀數 ab 直流電壓2.5V0.57× 電阻×10×40（3）在商店選擇一個10F的電容器，在只有一臺多用電表的情況下，為了挑選一個優質產品，應將選擇開關置于（直流電壓檔；直流電流檔；歐姆檔；交流電壓檔），而后，再將多用電表的測試筆接待檢電容器，如果電容器是優質的，電表指針應（不偏轉；偏轉至最右邊；偏轉至中值；偏轉一下又返回最左

39、邊）【考點】用多用電表測電阻【分析】（1）明確歐姆表的指針指在中值電阻附近時讀數較準確，所以首先應選擇檔位，然后再將紅黑表筆短接進行調零；（2）根據多用電表選擇開關位置確定多用電表所測量的量與量程，然后根據表盤確定其分度值，然后讀出其示數；（3）優質電容器，電阻無窮大，用多用電表的歐姆檔測量時，穩定后，指針處于最左邊因為歐姆檔與電表內部電源相連，接在電容器兩端時，會先對電容器充電【解答】解：（1）由于歐姆表的中值電阻為15左右，所以要測量2k左右的電阻時首先應換擋，把選擇開關旋到×100的位置，然后再重新調零，即操作順序應是DBE；多用電表的歐姆擋測電阻時，紅表筆與內置電源負極相連，

40、黑表筆與電源正極相連，紅表筆的電勢低于黑表筆的電勢，（2）直流電壓2.5V檔讀第二行“0250”一排，最小分度值為0.05V估讀到0.01V就可以了，則a的讀數為0.57V，選擇開關置于×10，由圖示可知，指針位于b處時，其示數為4.0×10=40；（3）優質電容器，電阻無窮大當把多用電表兩根 測試表筆接在電容器兩極板上時，會先對電容器充電，所以指針會偏轉一下，充電完畢后，指針會停在最左端電阻無窮大處所以選擇歐姆檔，電表指針偏轉一些又返回最左端故答案為：（1）DBE；低于；（2）0.57；40；（3）；15一物體做單向勻加速直線運動，依次通過A、B、C三點，已知物體通過AB

41、段的平均速度為2m/s，通過BC段的平均速度為3m/s，物體經過B點的速度大小為2.5m/s求B、C間的距離與A、B間的距離的比值【考點】勻變速直線運動規律的綜合運用；平均速度【分析】先設出物體勻加速運動的加速度，根據勻變速直線運動的平均速度公式，分別求出A、C的速度，再根據速度與位移關系計算出求B、C間的距離與A、B間的距離的比值【解答】解：物體做單向勻加速直線運動，根據平均速度公式有：解得：vA=1.5m/s，vC=3.5m/s又對于AB段有：對于BC段有：則答：B、C間的距離與A、B間的距離的比值為16如圖所示，平面直角坐標系中的第象限內有半徑為R的圓分別與x軸，y軸相切于M、N點，圓內

42、存在垂直坐標系平面的勻強磁場，在第I象限內存在沿y軸正方向的勻強電場，電場強度的大小為E磁場電場在圖中都未畫出，一質量為m、電荷量為q的粒子從M點垂直x軸射入磁場后恰好垂直y軸進入電場，最后從Q（2R，0）點射出電場，出射方向與x軸夾角=45°，粒子的重力不計，求：（1）粒子進入電場時的速度v0；（2）勻強磁場的磁感應強度B的大小和方向；（3）粒子從M點入射到運動至Q點的時間t總【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動【分析】（1）由粒子在第象限做類平拋運動的水平位移和末速度方向，再由題設場強為E得到初速度v0 （2）在第一問的基礎上，求出粒子做類平拋運動的豎直

43、位移，得到粒子從磁場中的位置，再由幾何關系求得粒子在圓形磁場中做勻速圓周運動的半徑，由洛侖茲力提供向心力求出磁感應強度的大小，由左手定則確定磁感應強度的方向（3）由幾何關系求出粒子在磁場中偏轉角，從而求出粒子在磁場中的運動時間，再粒子在第象限的時間就是第三問所求所求【解答】解：（1）設粒子在電場中運動時間為t1，則在Q處，粒子沿y軸方向的分速度：vy=v0tan=v0在x軸方向有：2R=v0t1設y軸方向勻加速直線運動的加速度為a，由牛頓第二定律有：qE=ma 且：vy=at1解得：v0=（2）由于粒子在第象限做類平拋運動的末速度為與x軸成45°，所以水平位移為豎直位移的2倍，則粒子

44、從N點離開磁場畫出粒子運動軌跡如圖所示，O為粒子軌跡圓的圓心，N為粒子射出磁場的位置，且粒子垂直y軸進入電場，則由幾何關系知粒子軌跡圓半徑等于R由向心力公式和牛頓第二定律解得：B=粒子在第一象限運動沿y軸負方向運動，與電場方向相反，故粒子帶負電，故根據左手定則可知：磁感應強度的方向為垂直坐標平面向里（3）由圖可知，粒子在磁場內的運動時間為：t2=又T=得：t2=由（1）知粒子在電場中的運動時間為：t1=故所求時間為：t總=t1+t2=答：（1）粒子進入電場時的速度v0為（2）勻強磁場的磁感應強度B的大小為、方向為垂直坐標平面向里（3）粒子從M點入射到運動至Q點的時間t總為物理選修3-317下列

45、說法正確的是（）A熱量會自發地從內能多的物體傳給內能少的物體B氣體吸收熱量，其內能可能減少C第二類永動機之所以不能造成的原因是它違反能量守恒定律D液晶既具有液體的流動性，又具有晶體的各向異性E在有分子力存在時，分子間引力和分子間斥力都隨分子間距離的增大而減小【考點】熱力學第二定律；熱力學第一定律；* 晶體和非晶體【分析】改變內能的方式有做功和熱傳遞，內能還與物體的狀態有關，熱量能自發地從高溫物體傳給低溫物體；根據熱力學第一定律分析內能的變化；第二類永動機之所以不能造成的原因不是違反熱力學第二定律；分子間同時存在引力和斥力，隨著分子間距的增大，兩個力都減小，隨著分子間距的變化斥力變化比引力快【解

46、答】解：A、熱量能自發地從高溫物體傳給低溫物體，故A錯誤；B、做功和熱傳遞都可以改變物體的內能，氣體吸收熱量，其內能可能減少，故B正確；C、第二類永動機之所以不能造成的原因不是違反熱力學第二定律，不違反能量守恒定律，故C錯誤；D、液晶既具有液體的流動性，又具有晶體的各向異性故D正確；E、分子間同時存在引力和斥力，分子引力和分子斥力都隨分子間距的增大而減小故E正確故選：BDE18如圖所示，絕熱氣缸內封閉著一定質量的理想氣體，氣體內部有一根電熱絲，下面有一個不計質量的絕熱活塞，活塞的橫截面積為S，活塞到氣缸頂部的距離為H活塞下面掛著一個質量為m的物塊，用電熱絲給理想氣體緩慢加熱，當電熱絲放出熱量為

47、Q時，停止加熱，這是活塞向下移動的距離為h，氣體的溫度為T，若重力加速度為g，大氣壓強為p0，不計一切摩擦加熱過程中，氣體的內能增加還是減少？求出氣體內能的變化量若移走物塊，活塞又緩慢回到原來的高度，求出此時氣體的溫度【考點】理想氣體的狀態方程；封閉氣體壓強【分析】根據熱力學第一定律求氣體內能的變化量根據理想氣體狀態方程求氣體末態的溫度；【解答】解：加熱過程中，氣體的壓強不變，體積增大，溫度一定升高，氣體的內能增加，加熱過程中，氣體對外做功為：氣體內能的變化量：，初狀態，溫度為，壓強為，體積為（H+h）S設末狀態溫度為T，末狀態的壓強為，體積為HS，則根據理想氣體狀態方程，有：=解得：答：加熱過程中，氣體的內能增加，氣體內能的變化量若移走物塊，活塞又緩慢回到原來的高度，此時氣體的溫度物理選修3-419下列說法中正確的是（）A聲波從空氣中傳入水中時波長會變長B機械波可在真空中傳播C站在鐵道邊的人在火車向他開來的過程中會聽到火車鳴笛的頻率變大D當機械波從介質的一端傳播到另一端時，途中的質點不會沿著波的傳播方向而遷移E在機械橫波傳播方向上的某個質點的振動速度就是波的傳播速度【考點】波長、頻率和波速的關系【分析】聲波