学年河北省邯郸一中高三(下)调研物理试卷

1、2015-2016学年河北省邯郸一中高三（下）调研物理试卷（六）二、选择题1近来，我国大部分地区都出现了雾霾天气，给人们的正常生活造成了极大的影响在一雾霾天，某人驾驶一辆小汽车以30m/s的速度行驶在高速公路上，突然发现正前方30m处有一辆大卡车以10m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，但刹车过程中刹车失灵如图a、b分别为小汽车和大卡车的vt图象，以下说法正确的是（）A因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾B在t=5s时追尾C在t=3s时追尾D由于初始距离太近，即使刹车不失灵也会追尾2如图所示，发射远程弹道导弹，弹头脱离运载火箭后，在地球引力作用下，沿椭圆轨道飞行，击中地面目标BC为椭圆轨

2、道的远地点，距地面高度为h已知地球半径为R，地球质量为M，引力常量为G关于弹头在C点处的速度v和加速度a，下列结论正确的是（）Av=，a=Bv，a=Cv=，aDv，a3如图中有A、B两个线圈线圈B连接一电阻R，要使流过电阻R的电流大小恒定，且方向由c点流经电阻R到d点设线圈A中电流i从a点流入线圈的方向为正方向，则线圈A中的电流随时间变化的图象是（）ABCD4如图，斜面AC与水平方向的夹角为，在A点正上方与C等高处水平抛出一小球，其速度垂直斜面落到D点，则CD与DA的比为（）ABCD5在如图（a）所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器闭合电键S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左

3、端，两个电压表（内阻极大）的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图（b）所示则（）A图线甲是电压表V1示数随电流变化的图线B电源内电阻的阻值为10C滑动变阻器R2的最大功率为0.9WD电源的电动势是4V6如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2设先后两次击打过程中小锤对小球做

4、功全部用来增加小球的动能，则的值可能是（）ABCD17如图甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，一带正电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度va沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动，其vt图象如图乙所示，下列说法正确的是（）A两点电荷一定都带负电，但电量不一定相等B两点电荷一定都带负电，且电量一定相等C试探电荷一直向上运动，直至运动到无穷远处Dt2时刻试探电荷的电势能最大，但加速度不为零8如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，初始时刻小球静止于P点第一次小球在水平拉力F作用下，从P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为；第二次在水平恒力F作用下，从P点开始运动并恰好能到达Q

5、点，不计空气阻力，重力加速度为g，关于这两个过程，下列说法中正确的是（）A第一个过程中，拉力F在逐渐变大，且最大值一定大于FB两个过程中，轻绳的张力均变大C两个过程中，水平拉力做功相同D第二个过程中，重力和水平恒力F的合力的功率先增加后减小三.非选择题9现有一根用新材料制成的金属杆，长为4m，横截面积0.8cm2，要求它受到拉力后的伸长量不超过原长的，选用同种材料制成样品进行测试，通过测试取得数据如表：长度L250N500N750N1000N1m0.05cm20.04cm0.08cm0.12cm0.16cm2m0.05cm20.08cm0.16cm0.24cm0.32cm3m0.05cm20.

6、12cm0.24cm0.36cm0.46cm4m0.10cm20.08cm0.16cm0.22cm0.32cm4m0.20cm20.04cm0.08cm0.12cm0.16cm根据测试结果，可以推导出伸长量x与材料的长度L、材料的截面积S及拉力F之间的函数关系是（请用符号表达）；通过对样品的测试，可知长4m、横截的圆面积为0.8cm2的新金属杆能承受的最大拉力；表中有明显误差的数据是、10在物理课外活动中，刘聪同学制作了一个简单的多用电表，图甲为该电表的电路原理图其中选用的电流表满偏电流=10mA，当选择开关接3时为量程250V的电压表该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，上排刻度不均匀且对

7、应数据没有标出，C为中间刻度（1）若指针在图乙所示位置，选择开关接1时，其读数为；选择开关接3时，其读数为（2）为了测选择开关接2时欧姆表的内阻和表内电源的电动势，刘聪同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验：将选择开关接2，红黑表笔短接，调节的阻值使电表指针满偏；将电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使电表指针指中间刻度位置C处，此时电阻箱的示数如图丙，则C处刻度应为计算得到表内电池的电动势为V（保留两位有效数字）（3）调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，若指针指在图乙所示位置，则待测电阻的阻值为（保留两位有效数字）11如图，在半径为r的轴上悬挂着一个质量为M的水桶P，轴上均匀分布着

8、6根手柄，每个柄端固定有质量均为m的金属球，球离轴心的距离为l，轮轴、绳和手柄的质量及摩擦均不计现由静止释放水桶，整个装置开始转动（1）当水桶下降的高度为h时，水桶的速度为多少？（2）已知水桶匀加速下降，下降过程中细绳的拉力为多少？12在如图所示的直角坐标系xoy中，矩形区域oabc内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B=5.0×102T；第一象限内有沿y方向的匀强电场，电场强度大小为E=1.0×105N/C已知矩形区域oa边长为0.60m，ab边长为0.20m在bc边中点N处有一放射源，某时刻，放射源沿纸面向磁场中各方向均匀地辐射出速率均为=2.0×1

9、06m/s的某种带正电粒子，带电粒子质量m=1.6×1027kg，电荷量为q=+3.2×1019kg，不计粒子重力，求：（计算结果保留两位有效数字）（1）粒子在磁场中运动的半径；（2）从x轴上射出的粒子中，在磁场中运动的最短路程为多少？（3）放射源沿x方向射出的粒子，从射出到从y轴离开所用的时间13下列关于分子运动和热现象的说法正确的是（）A气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能的缘故B一定量100的水变成100的水蒸汽，其分子之间的势能增加C对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热D如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体分

10、子的平均动能增大，因此压强必然增大E一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和14若一条鱼儿正在水下10m处戏水，吐出的一个体积为1cm3的气泡气泡内的气体视为理想气体，且气体质量保持不变，大气压强为P0=1.0×105Pa，g=10m/s2，湖水温度保持不变（1）气泡在上升的过程中，气体吸热还是放热？请简述理由（2）气泡到达湖面时的体积多大？15一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点t=0时刻振子的位移x=0.1m；t=s时刻x=0.1m；t=4s时刻x=0.1m该振子的振幅和周期可能为（）A0.1m， sB0.1m，8sC0.2m， sD0.2m，8sE0.1

11、414m，8s16直角等腰玻璃三棱镜ABC的截面如图所示，ABC=ACB=45°，一条单色光线从腰AB上的D点射入三棱镜，射入玻璃的折射角r=30°，折射光线传播到BC边的E点已知该玻璃的折射率n= （1）求光线的入射角i；（2）判断光线在E点能否发生全反射17近日，奥地利维也纳理工大学的一个科学家团队成功在两个单光子之间建立起强大的相互作用，据科学家介绍：两个相互作用的光子同时到达时显示出与单个光子完全不同的行为，该项成果朝着轻拍校验量子通道或建立光学逻辑门发送信息迈出了重要一步我们通过学习也了解了光子的初步知识，下列有关光予的现象以及相关说法正确的是（）A如果利用紫光照

12、射某种金属可以发生光电效应，改用红光一定不能发生光电效应B大量光子产生的效果往往显示出波动性C当氢原子的电子吸收光子时会从较低的能量态跃迁到较高的能量态，吸收的光子的能量由频率条件决定D一个处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时最多可以释放3种不同频率的光子E在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子之间发生碰撞时，将一部分动量转移给电子，所以光子散射后波长变长18在如图所示的光滑水平面上，小明站在静止的小车上用力向右推静止的木箱，木箱离开手以5m/s的速度向右匀速运动，运动一段时间后与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹回来后被小明接住已知木箱的质量为30kg，人与车的质量为50kg求：（1）推出木箱后小明

13、和小车一起运动的速度大小；（2）小明接住木箱后三者一起运动，在接木箱过程中系统损失的能量2015-2016学年河北省邯郸一中高三（下）调研物理试卷（六）参考答案与试题解析二、选择题1近来，我国大部分地区都出现了雾霾天气，给人们的正常生活造成了极大的影响在一雾霾天，某人驾驶一辆小汽车以30m/s的速度行驶在高速公路上，突然发现正前方30m处有一辆大卡车以10m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，但刹车过程中刹车失灵如图a、b分别为小汽车和大卡车的vt图象，以下说法正确的是（）A因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾B在t=5s时追尾C在t=3s时追尾D由于初始距离太近，即使刹车不失灵也会追尾【

14、考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】运动学中的图像专题【分析】当两车通过的位移之差等于30m时，两车会发生追尾根据速度时间图象所时间轴所围“面积”大小等于位移，进行分析【解答】解：根据速度时间图象所时间轴所围“面积”大小等于位移，由图知，t=3s时，b车的位移为：sb=vbt=10×3m=30ma车的位移为sa=×（30+20）×1+×（20+15）×2=60m则sasb=30m，所以在t=3s时追尾故C正确故选：C【点评】解答本题关键要抓住速度图象的面积表示位移，由几何知识和位移关系进行求解，2如图所示，发射远

15、程弹道导弹，弹头脱离运载火箭后，在地球引力作用下，沿椭圆轨道飞行，击中地面目标BC为椭圆轨道的远地点，距地面高度为h已知地球半径为R，地球质量为M，引力常量为G关于弹头在C点处的速度v和加速度a，下列结论正确的是（）Av=，a=Bv，a=Cv=，aDv，a【考点】万有引力定律及其应用；向心力【专题】万有引力定律的应用专题【分析】根据弹头在C处所受的万有引力大小，根据牛顿第二定律求出加速度大小，通过万有引力提供向心力求出在C处做圆周运动的线速度大小，结合万有引力大于向心力确定C处的速度大小【解答】解：根据知，若在C处做匀速圆周运动，线速度v=，因为弹头在C处做近心运动，万有引力大于向心力，知v根

16、据牛顿第二定律得，弹头在C处的加速度为：a=故B正确，A、C、D错误故选：B【点评】解决本题的关键知道当万有引力等于向心力，做匀速圆周运动，当万有引力大于向心力，做近心运动，当万有引力小于向心力，做离心运动3如图中有A、B两个线圈线圈B连接一电阻R，要使流过电阻R的电流大小恒定，且方向由c点流经电阻R到d点设线圈A中电流i从a点流入线圈的方向为正方向，则线圈A中的电流随时间变化的图象是（）ABCD【考点】楞次定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】闭合电路中产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化【解答】解：A、要产生流过电阻R的电流大小恒定，且方向由c点流经电阻R到d点，则有先从b电流

17、流入，且大小减小，根据楞次定律，与右手螺旋定则可知，符合要求，故A正确B、当电流i从a点流入线圈，且大小减小时，根据楞次定律可知，电流从d点流经电阻R到c点，故B错误C、要使流过电阻R的电流大小恒定，根据法拉第电磁感应定律，则通入电流必须均匀变化，故CD错误；故选：A【点评】本题考查了感应电流产生的条件，及楞次定律的应用，注意右手螺旋定则与右手定则的区别4如图，斜面AC与水平方向的夹角为，在A点正上方与C等高处水平抛出一小球，其速度垂直斜面落到D点，则CD与DA的比为（）ABCD【考点】平抛运动【专题】平抛运动专题【分析】将D点的速度进行分解，水平方向的速度等于平抛运动的初速度，通过角度关系求

18、解【解答】解：设小球水平方向的速度为V0，将D点的速度进行分解，水平方向的速度等于平抛运动的初速度，通过角度关系求解得竖直方向的末速度为V2=，设该过程用时为t，则DA间水平距离为V0t，故DA=；CD间竖直距离为，故CD=得=故选D【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动5在如图（a）所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器闭合电键S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表（内阻极大）的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图（b）所示则（）A图线甲是电压表V1示数随电流变化的图线B电源内电阻的阻值为10C滑动变阻器R2的最大功率

19、为0.9WD电源的电动势是4V【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【专题】定量思想；极值法；恒定电流专题【分析】当滑片向左端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则可知总电阻变化，由闭合电路欧姆定律可知电路中电流的变化，则可知内电压的变化及路端电压的变化，同时也可得出R1两端的电压变化，判断两图象所对应的电压表的示数变化；由图可知当R2全部接入及只有R1接入时两电表的示数，则由闭合电路的欧姆定律可得出电源的电动势；由功率公式可求得电源的最大输出功率及滑动变阻器的最大功率【解答】解：A、当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；而R1两端的电

20、压增大，故乙表示是V1示数的变化；甲表示V2示数的变化；故A错误；BD、由图可知，当只有R1接入电路时，电路中电流为0.6A，电压为3V，则由E=U+Ir可得：E=3+0.6r；当滑动变阻器全部接入时，两电压表示数之比为，故=；由闭合电路欧姆定律可得E=5+0.2r解得r=5，E=6V，故BD错误；C、由C的分析可知，R1的阻值为5，R2电阻为20；当R1等效为内阻，则当滑动变阻器的阻值等于R+r时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为10时，滑动变阻器消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流I=A=0.3A，则滑动变阻器消耗的总功率P=I'2R=0.9W；故C正

21、确；故选：C【点评】在求定值电阻的最大功率时，应是电流最大的时候；而求变值电阻的最大功率时，应根据电源的最大输出功率求，必要时可将与电源串联的定值电阻等效为内阻处理6如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则的值可能是

22、（）ABCD1【考点】动能定理的应用【专题】动能定理的应用专题【分析】第一次击打后球最多到达与球心O等高位置，根据功能关系列式；两次击打后可以到轨道最高点，再次根据功能关系列式；最后联立求解即可【解答】解：第一次击打后球最多到达与球心O等高位置，根据功能关系，有：W1mgR两次击打后可以到轨道最高点，根据功能关系，有：W1+W22mgR=在最高点，有：mg+N=mmg联立解得：W1mgRW2mgR故故AB正确，CD错误；故选：AB【点评】本题关键是抓住临界状态，然后结合功能关系和牛顿第二定律列式分析，不难7如图甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，一带正电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度va

23、沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动，其vt图象如图乙所示，下列说法正确的是（）A两点电荷一定都带负电，但电量不一定相等B两点电荷一定都带负电，且电量一定相等C试探电荷一直向上运动，直至运动到无穷远处Dt2时刻试探电荷的电势能最大，但加速度不为零【考点】电场的叠加；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据运动图象明确粒子的运动情况，再根据受力分析即可明确粒子的受力情况，从而判断电场分布；则可得出两电荷的带电情况【解答】解：A、由图可知，粒子向上先做减速运动，再反向做加速运动，且向上过程加速度先增大后减小，而重力不变，说明粒子受电场力应向下；故说明粒子均应带负电；由于电场线只能沿竖直方向

24、，故说明两粒子带等量负电荷；故AC错误，B正确；D、t2时刻之前电场力一直做负功；故电势能增大；此后电场力做正功，电势能减小；t2时刻电势能最大；但由于粒子受重力及电场力均向下；故此时加速度不为零；故D正确；故选：BD【点评】解决本题的关键根据图象中的运动状态确定受力，再由电场线的性质明确两电荷的性质8如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，初始时刻小球静止于P点第一次小球在水平拉力F作用下，从P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为；第二次在水平恒力F作用下，从P点开始运动并恰好能到达Q点，不计空气阻力，重力加速度为g，关于这两个过程，下列说法中正确的是（）A第一个过程中

25、，拉力F在逐渐变大，且最大值一定大于FB两个过程中，轻绳的张力均变大C两个过程中，水平拉力做功相同D第二个过程中，重力和水平恒力F的合力的功率先增加后减小【考点】动能定理；功率、平均功率和瞬时功率【专题】比较思想；模型法；动能定理的应用专题【分析】第一个过程中，小球处于动态平衡状态，由平衡条件分析拉力的变化第二次在水平恒力F作用下，从P点开始运动并恰好能到达Q点，则到达Q点时速度为零，由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，找出“最低点”，最低点的速度最大，在Q点速度为零，则向心力为零，来分析重力和水平恒力F的合力的功率如何变化【解答】解

26、：A、第一次小球在水平拉力F作用下，从P点缓慢地移动到Q点，则小球处于平衡状态，根据平衡条件得：F=mgtan，随着增大，F逐渐增大第二次从P点开始运动并恰好能到达Q点，则到达Q点时速度为零，在此过程中，根据动能定理得： Flsinmgl（1cos）=0解得：F=mgtan，因为90°，所以mgtanmgtan，则FF，故A正确；B、第一次运动过程中，根据几何关系可知，绳子的拉力T=，所以轻绳的张力变大第二次由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，当绳子方向与重力和F方向在同一直线上时，小球处于“最低点”，最低点的速度最大，此时

27、绳子张力最大，所以第二次绳子张力先增大后减小，故B错误；C、根据动能定理得：第一次有：WFmgl（1cos）=0，得WF=mgl（1cos）第二次有：WFmgl（1cos）=0，得WF=mgl（1cos），可得WF=WF，两次拉力做功相等，故C正确；D、第二个过程中，重力和水平恒力F的合力是个恒力，在等效最低点时，合力方向与速度方向垂直，此时功率最小为零，到达Q点速度也为零，则第二个过程中，重力和水平恒力F的合力的功率先减小，后增大，再减小为0，故D错误故选：AC【点评】本题的难点在第二次拉动小球运动过程的处理，由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运动可以等

28、效于单摆运动，根据单摆的知识进行分析三.非选择题9现有一根用新材料制成的金属杆，长为4m，横截面积0.8cm2，要求它受到拉力后的伸长量不超过原长的，选用同种材料制成样品进行测试，通过测试取得数据如表：长度L250N500N750N1000N1m0.05cm20.04cm0.08cm0.12cm0.16cm2m0.05cm20.08cm0.16cm0.24cm0.32cm3m0.05cm20.12cm0.24cm0.36cm0.46cm4m0.10cm20.08cm0.16cm0.22cm0.32cm4m0.20cm20.04cm0.08cm0.12cm0.16cm根据测试结果，可以推导出伸长

29、量x与材料的长度L、材料的截面积S及拉力F之间的函数关系是（请用符号表达）；通过对样品的测试，可知长4m、横截的圆面积为0.8cm2的新金属杆能承受的最大拉力104N；表中有明显误差的数据是（3m，1000N）、（4m，750N）【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系【专题】实验题【分析】由题可知伸长量x与样品的长度、横截面积、所受拉力都有关系，涉及的变量较多，因此采用“控制变量法”来确定它们之间的正、反比关系，然后将各种情况进行汇总，再运用比值定义法初步确定这几个量之间的数量关系，然后根据所得公式来判断样品能承受的最大拉力，以及与什么因素有关；根据表达式求解最大拉力并分析误差【解答】解：由表格知：

30、1、当受到的拉力F、横截面积S一定时，伸长量x与样品长度L成正比，2、当受到的拉力F、样品长度L一定时，伸长量x与横截面积S成反比，3、当样品长度L、横截面积S一定时，伸长量x与受到的拉力F成正比，由三个结论，可以归纳出，x与L、S、F之间存在一定量的比例关系，设这个比值为k，那么有：（其中k为比例系数）根据图表提供数据代入解得：k=0.04×102m2/N由题意知：待测金属杆M承受最大拉力时，其伸长量为原来的0.001倍，即4×103m；此时 S=0.8cm2=8×105m2，L=4m；代入上面的公式解得：F=104N表中有明显误差的数据是：（3m，1000N）

31、，（4m，750N）故答案为：，104N，（3m，1000N），（4m，750N）【点评】本题中共涉及4个变量，在解题过程中，综合应用了控制变量法、归纳法、比值定义法来进行分析、解答，对同学的综合素质要求很高，是一道考查能力的好题10在物理课外活动中，刘聪同学制作了一个简单的多用电表，图甲为该电表的电路原理图其中选用的电流表满偏电流=10mA，当选择开关接3时为量程250V的电压表该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，上排刻度不均匀且对应数据没有标出，C为中间刻度（1）若指针在图乙所示位置，选择开关接1时，其读数为6.9mA；选择开关接3时，其读数为173v（2）为了测选择开关接2时欧姆表的

32、内阻和表内电源的电动势，刘聪同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验：将选择开关接2，红黑表笔短接，调节的阻值使电表指针满偏；将电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使电表指针指中间刻度位置C处，此时电阻箱的示数如图丙，则C处刻度应为150计算得到表内电池的电动势为1.5V（保留两位有效数字）（3）调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，若指针指在图乙所示位置，则待测电阻的阻值为67（保留两位有效数字）【考点】用多用电表测电阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）根据电表量程由图示电表确定其分度值，根据指针位置读出其示数（2）电阻箱各指针示数与所对应倍率的乘积之和是电阻箱示数；由闭合电路

33、欧姆定律可以求出电源电动势【解答】解：（1）选择开关接1时测电流，多用电表为量程是10mA的电流表，其分度值为0.2mA，示数为6.9mA；选择开关接3时测电压，多用电表为量程250V的电压表，其分度值为5V，其示数为173V；故答案为：6.9mA；173V（2）由图2所示电阻箱可知，电阻箱示数为0×1000+1×100+5×10+0×1=150；由图1乙所示可知，指针指在C处时，电流表示数为5mA=0.005A，C处电阻为中值电阻，则电表内阻为150，电源电动势E=IR=0.005×150×2=1.5V；故答案为：150；1.5（3

34、）根据第（1）问可知，调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，此时电路中的电流值为6.9mA，而表内电池的电动势为E=1.5V，表内总电阻为150，所以待测电阻的阻值为67故答案为：67【点评】本题考查了电表读数、求电表内阻、电源电动势等问题，知道多用电表的原理是正确解题的前提与关键；对电表读数时，要先确定其量程与分度值，然后再读数11如图，在半径为r的轴上悬挂着一个质量为M的水桶P，轴上均匀分布着6根手柄，每个柄端固定有质量均为m的金属球，球离轴心的距离为l，轮轴、绳和手柄的质量及摩擦均不计现由静止释放水桶，整个装置开始转动（1）当水桶下降的高度为h时，水桶的速度为多少？（2）已知水桶匀加速

35、下降，下降过程中细绳的拉力为多少？【考点】机械能守恒定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛顿第二定律【专题】简答题；定性思想；推理法；机械能守恒定律应用专题【分析】（1）水桶下降的过程中，水桶和金属漆组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律列式求解；（2）水桶匀加速下降，根据运动学基本公式求出加速度，再根据牛顿第二定律求解绳子拉力【解答】解：（1）水桶下降的高度为h时，水桶的速度为v1，金属球的速度为v2，系统机械能守恒，有：，又：，解得：，（2）水桶匀加速下降的加速度为a，则：，对水桶：MgT=Ma，解得：T=M（ga）=答：（1）当水桶下降的高度为h时，水桶的速度为；（2）已知水桶匀加

36、速下降，下降过程中细绳的拉力为【点评】本题主要考查了机械能守恒定律、运动学基本公式以及牛顿第二定律的直接应用，知道水桶的速度和金属球的速度的关系是解题的关键，难度适中12在如图所示的直角坐标系xoy中，矩形区域oabc内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B=5.0×102T；第一象限内有沿y方向的匀强电场，电场强度大小为E=1.0×105N/C已知矩形区域oa边长为0.60m，ab边长为0.20m在bc边中点N处有一放射源，某时刻，放射源沿纸面向磁场中各方向均匀地辐射出速率均为=2.0×106m/s的某种带正电粒子，带电粒子质量m=1.6×10

37、27kg，电荷量为q=+3.2×1019kg，不计粒子重力，求：（计算结果保留两位有效数字）（1）粒子在磁场中运动的半径；（2）从x轴上射出的粒子中，在磁场中运动的最短路程为多少？（3）放射源沿x方向射出的粒子，从射出到从y轴离开所用的时间【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）由题意得出粒子的运动轨迹；由洛仑兹力充当向心力可求得半径；（2）由数学知识可明确粒子的最短路程；（3）由几何关系确定磁场中的运动圆心角，再直线运动规律确定粒子在电场中运动的时间，则可求得总时间【解答】解：（1）粒子运动的轨迹如图，由牛顿第二定律可

38、得：qvB=m解得：R=0.20m；（2）由数学知识可知，最短弦对应最短的弧长；由图可知，=60°；最短的弧长即最短路程s=R=m=0.21m；（3）粒子在磁场中的周期T=6.28×107s；粒子在磁场中沿NP运动的时间t1=；粒子在电场中的加速度为：a=v=at解得：t=1.0×107s则可解得粒子在电场中往返运动的时间为t2+t3=2t=2.0×107s由图可知cos=0.5；故=60°；粒子在磁场中运动的第二部分时间t4=T=；粒子运动的总时间t=t1+t2+t3+t4=+2.0×107s=4.6×107s；答：（1）

39、粒子在磁场中运动的半径为0.2m；（2）从x轴上射出的粒子中，在磁场中运动的最短路程为0.21m；（3）放射源沿x方向射出的粒子，从射出到从y轴离开所用的时间为4.6×107s；【点评】本题考查带电粒子在磁场和电场中的运动，要注意正确掌握磁场中的圆周规律的应用，同时注意要先明确粒子的运动轨迹，再确定几何关系13下列关于分子运动和热现象的说法正确的是（）A气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能的缘故B一定量100的水变成100的水蒸汽，其分子之间的势能增加C对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热D如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体

40、分子的平均动能增大，因此压强必然增大E一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和【考点】理想气体的状态方程；热力学第一定律【专题】热力学定理专题【分析】本题可根据分子间作用力分析气体会散开的原因根据热传递情况分析物态变化时，分析内能的变化，判断分子势能的变化对于一定量的理想气体，内能只跟温度有关温度是分子平均动能的标志，气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和【解答】解：A、气体如果失去了容器的约束就会散开，是因为分子间距较大，相互的作用力很微弱，而且分子永不停息地做无规则运动，所以气体分子可以自由扩散故A错误B、一定量100的水变成100的水蒸汽，分子动能之和

41、不变，由于吸热，内能增大，则其分子之间的势能增大故B正确C、对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，根据气态方程知，温度升高，则内能增大故C正确D、如果气体分子总数不变，气体温度升高，若同时体积增大，由可知，压强不一定增大故D错误E、一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和故E正确故选：BCE【点评】本题关键要掌握分子动理论的基本内容和气态方程，知道温度是分子平均动能的标志，就能进行分析14若一条鱼儿正在水下10m处戏水，吐出的一个体积为1cm3的气泡气泡内的气体视为理想气体，且气体质量保持不变，大气压强为P0=1.0×105Pa，g=10m/s2，湖水温度保持

42、不变（1）气泡在上升的过程中，气体吸热还是放热？请简述理由（2）气泡到达湖面时的体积多大？【考点】理想气体的状态方程；热力学第一定律【专题】理想气体状态方程专题【分析】（1）湖水的温度不变，所以U等于0，又因为气体的体积逐渐增大，所以对外做功，W为负值，所以Q为正值，即气体吸收热量（2）由玻意耳定律求的体积【解答】解：（1）因为湖水的温度不变，所以U等于0，又因为气体的体积逐渐增大，所以对外做功，W为负值，所以Q为正值，即气体吸收热量，对外做功，内能不变（2）初态为：，末态为：，T2由玻意耳定律得：P1V1=P2V2解得：答：（1）气泡在上升的过程中，气体吸热1（2）气泡到达湖面时的体积2cm

43、3【点评】题考查了理想气体状态方程和热力学第一定律的应用，难度中等15一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点t=0时刻振子的位移x=0.1m；t=s时刻x=0.1m；t=4s时刻x=0.1m该振子的振幅和周期可能为（）A0.1m， sB0.1m，8sC0.2m， sD0.2m，8sE0.1414m，8s【考点】简谐运动的振幅、周期和频率【专题】参照思想；模型法；简谐运动专题【分析】据题t=s时刻x=0.1m；t=4s时刻x=0.1m；经过s又回到原位置，知s是可能周期的整数倍；t=0时刻振子的位移x=0.1m，t=s时刻x=0.1m，知道周期大于s，从而可以得到振子的周期，也可以得到振幅【解

44、答】解：AB、如果振幅等于0.1m，经过周期的整数倍，振子会回到原位置，知道s是周期的整数倍，经过s振子运动到关于平衡位置对称的位置，可知，单摆的周期可能为s，则s为半个周期，则振幅为0.1m；故A正确，B错误；CDE、如果振幅大于0.1m，则周期T=×2+（4）×2=8s当周期为s时，经过s运动到与平衡位置对称的位置，振幅可以大于0.1m；故CDE正确；故选：ACDE【点评】解决本题的关键知道经过周期的整数倍，振子回到原位置，注意分类讨论的思想，据草图分析是解题的关键16直角等腰玻璃三棱镜ABC的截面如图所示，ABC=ACB=45°，一条单色光线从腰AB上的D点

45、射入三棱镜，射入玻璃的折射角r=30°，折射光线传播到BC边的E点已知该玻璃的折射率n= （1）求光线的入射角i；（2）判断光线在E点能否发生全反射【考点】光的折射定律【专题】光的折射专题【分析】对于折射现象遵守折射定律，由折射定律求解入射角由sinC=求出临界角C，根据入射角与临界角的大小，若入射角大于临界角，发生全反射，将不能从E点上折射出去【解答】解：（1）根据光的折射定律有：n=解得：i=45°（2）根据几何关系DEB=15°，光线在BC边的入射角为=75°设临界角为C，则，DEC=B+BDE=165°，光线在E点岀射时=75°C，发生全反射答：（1）光线的入射角i为45°；（2）光线能在E点发生全反射【点评】