2016年福建省三明市高考物理质检试卷（5月份）

第32页（共32页）2016年福建省三明市高考物理质检试卷（5月份）一．选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题中只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容C的因素．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d．极板所带电荷量为Q，静电计指针偏角为θ．实验中（）A．保持Q、S不变，增大d，则θ变大，C变小B．保持d、S不变．增大Q．则θ变大，C变大C．保持Q、d不变，减小S．则θ变小，C变小D．保持Q、S、d不变，在两极板间插入电介质．则θ变小，C变小2．如图（a）所示，半径为r的带缺口刚性金属圆环固定在水平面内，缺口两端引出两根导线，与电阻R构成闭合回路．若圆环内加一垂直于纸面变化的磁场，变化规律如图（b）所示．规定磁场方向垂直纸面向里为正，不计金属圆环的电阻．以下说法正确的是（）A．0﹣1s内，流过电阻R的电流方向为a→bB．1﹣2s内，回路中的电流逐渐减小C．2﹣3s内，穿过金属圆环的磁通量在减小D．t=2s时，Uab=πr2B03．2015年9月14日，美国的LIGO探测设施接收到一个来自GW150914的引力波信号，此信号是由两个黑洞的合并过程产生的．如果将某个双黑洞系统简化为如图所示的圆周运动模型，两黑洞绕O点做匀速圆周运动．在相互强大的引力作用下，两黑洞间的距离逐渐减小，在此过程中，两黑洞做圆周运动的（）A．周期均逐渐增大 B．线速度均逐渐减小C．角速度均逐渐增大 D．向心加速度均逐渐减小4．如图所示为著名的“阿特伍德机”装置示意图．跨过轻质定滑轮的轻绳两端悬挂两个质量均为M的物块，当左侧物块附上质量为m的小物块时，该物块由静止开始加速下落，下落h后小物块撞击挡板自动脱离，系统以v匀速运动．忽略系统一切阻力，重力加速度为g．若测出v，则可完成多个力学实验．下列关于此次实验的说法，正确的是（）A．系统放上小物块后，轻绳的张力增加了mgB．可测得当地重力加速度g=C．要验证机械能守恒，需验证等式mgh=Mv2，是否成立D．.要探究合外力与加速度的关系，需探究mg=（M+m）是否成立5．如图所示，质量为M的汽车从平直公路驶上斜坡．假设汽车在水平路面上匀速行驶，驶上斜坡后，汽车的功率及所受路面的阻力与在水平路面上行驶时一致，且车到达坡顶前已达到稳定状态．则在上坡过程中，汽车的速度v、牵引力F，牵引力做的功W，克服路面阻力做的功Wf与时间t的关系图象，正确的是（）A． B． C． D．6．变压器除了有改变电压、电流作用外，还有变换负载的阻抗作用，以实现阻抗匹配．如图所示，将阻值为R0的负载接在理想变压器副线圈两端，则图（a）中虚线部分可等效为图（b）中阻值为R的电阻接在AB两点上，即R的两端电压为u1，通过的电流为I1．已知变压器的匝数比为n1：n2，若图（a）的AB两端接在电动势为ε，内阻为r的交流电源上，要使此电源的输出功率达到最大，下列说法正确的是（）A．R0=R时输出功率最大B．最大输出功率P=C．输出功率最大时μ2=D．R0=（）2r时输出功率最大7．如图所示，质量为m的小球（可视为质点）套在倾斜放置的固定光滑杆上，轻质弹簧的一端悬挂于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内．将小球沿杆拉到水平位置A处（此时弹簧处于原长状态）由静止释放，当小球滑至O点正下方的C处时速度恰好为零，此时小球下降的竖直高度为h．若全过程中弹簧始终处于弹性限度内，且OA=OB，重力加速度为g．则下滑过程中，小球（）A．对弹簧做功mghB．滑到B处时动能最大C．加速度先增大后减小D．与弹簧组成的系统机械能守恒8．如图所示，磁单极子会在其周围形成均匀辐射磁场．质量为m、半径为R的圆环当通有恒定的电流I时，恰好能水平静止在N极正上方H处．已知与磁单极子N极相距r处的磁场强度大小为B=，其中k为常数．重力加速度为g．则（）A．静止时圆环的电流方向为顺时针方向（俯视）B．静止时圆环沿其半径方向有扩张的趋势C．静止时圆环的电流I=D．若将圆环向上平移一小段距离后由静止释放，下落中加速度先增加后减小二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．某实验小组利用图（a）的装置“通过频闪照相研究平抛运动”．将小钢球A由斜槽某位置静止释放，到水平轨道末端水平抛出．由频闪照相得到图（b）所示的小球位置坐标图．结合图（b）的中的相关信息，研究得到“平抛运动水平方向是匀速直线运动”这一结论的依据是，“平抛运动竖直方向是匀变速直线运动”这一结论的依据是10．某同学采用图（a）所示实验电路来描绘额定电压为12V的小灯泡伏安特性曲线．（1）将图（b）的实物图连接完整．（2）某次实验时，滑动变阻器的滑片从a向b滑动的过程中，发现电压表和电流表原来几乎没有示数，直到接近b端时示数急剧增大．经检查所有电路连线及仪器都完好，则可能原因是：（3）若描绘出的伏安特性曲线如图（c）所示，则灯泡的额定功率为W．（保留两位有效数字）（4）若将两盏这样的灯泡与电动势12V，内阻4Ω的电源申联，则灯泡的实际功率为W．《保留两位有效数字）11．2010年上海世博会上，拉脱维亚馆的风洞飞行表演，令参观者大开眼界．如图（a）所示，圆柱体形状的风洞底部产生风速、风量保持不变的竖直向上的气流．表演者在风洞内．通过身姿调整．可改变所受向上的风力大小．以获得不同的运动效果．假设人体受风力大小与有效面积成正比，水平横躺时受风力有效而积最大．当人钵与竖直方向成一定角度倾斜使受风力有效面积为最大值的一半时，恰好可以静止或匀速运动．已知表演者质量60kg，重力加速度g=10m/s2，无风力时不计空气阻力．（1）表演者以水平横躺的姿势通过挂钩与轻绳连接悬停在距风洞底部高度h=3.6m处，某时刻释放挂钩，表演者保持姿势不变自由下落．为保证表演者不触及风洞底部，求从开始下落至开启风力的最长间隔时间．（2）某次表演者从风洞最底端变换不同姿态上升过程的v﹣t图象如图（b）所示，估算0﹣3s过程风力对表演者所做的功．12．如图（a）所示，在竖直平面内建立直角坐标系xoy，整个空间内都存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场和水平向右的匀强电场，匀强电场的方向与x轴止方向夹角为450．已知带电粒子质量为m、电量为+q，磁感应强度大小为B，电场强度大小E=，重力加速度为g．（1）若粒子在xoy平面内做匀速直线运动，求粒子的速度v0；（2）t=0时刻的电场和磁场方向如图（a）所示，若电场强度和磁感应强度的大小均不变．而方向随时间周期性的改变，如图（b）所示．将该粒子从原点O由静止释放，在0一时间内的运动轨迹如图（c）虚线OMN所示，M点为轨迹距y轴的最远点，M距y轴的距离为d．已知在曲线上某一点能找到一个和它内切的半径最大的圆，物体经过此点时，相当于以此圆的半径在做圆周运动，这个圆的半径就定义为曲线上这点的曲率半径．求：①粒子经过M点时曲率半径ρ②在图中画出粒子从N点回到O点的轨迹．(二）选考题，任选一模块作答[物理--选修3-3]13．下列说法正确的是（）A．分子质量不同的两种气体，温度相同时其分子的平均动能相同B．一定质量的气体，在体积膨胀的过程中，内能一定减小C．布朗运动表明，悬浮微粒周围的液体分子在做无规则运动D．知道阿伏伽德罗常数、气体的摩尔质量和密度就可以估算出气体分子的大小E．两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，它们的分子势能先减小后增大14．如图所示，左右两个容器的侧壁都是绝热的、底部都是导热的、横截面积均为S．左容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭．两个容器的下端由容积可忽略的细管连通．容器内两个绝热的活塞A、B下方封有氮气，B上方封有氢气．大气的压强为p0，外部气温为T0=273K保持不变，两个活塞因自身重力对下方气体产生的附加压强均为0.1p0．系统平衡时，各气体柱的高度如图所示．现将系统的底部浸入恒温热水槽中，再次平衡时A上升了一定的高度．用外力将A缓慢推回第一次平衡时的位置并固定，第三次达到平衡后，氢气柱高度为0.8h．氮气和氢气均可视为理想气体．求：（1）第二次平衡时氮气的体积；（2）水的温度．[物理一选修3-4]15．下列说法正确的是（）A．偏振光可以是横波，也可以是纵波B．光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象C．光纤通信及医用纤维式内窥镜都是利用了光的全反射原理D．X射线在磁场中能偏转．穿透能力强，可用来进行人体透视E．声源与观察者相对靠近时，观察者所接收的频率大于声源振动的频率16．一列简谐横波在t=0.6s时刻的图象如图甲所示．该时刻P，Q两质点的位移均为﹣lcm，平衡位置为15m处的A质点的振动图象如图乙所示．（i）求该列波的波速大小；（ii）求从t=0.6s开始，质点P、Q第一次回到平衡位置的时间间隔△t．[物理一选修3-5]17．下列说法正确的是（）A．经典电磁理论无法解释氢原子的分立线状光谱B．聚变又叫热核反应，太阳就是一个巨大的热核反应堆C．根据玻尔理论，氢原子在辐射光子的同时，轨道也在连续地减小D．某放射性原子核经过2次a衰变和一次β衰变，核内质子数减少3个E．用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核，可以使氘核分解为一个质子和一个中子18．如图所示，物块A、C的质量均为m，B的质量为2m，都静止于光滑水平台面上，A、B间用一不可伸长的轻质短细线相连．初始时刻细线处于松弛状态，C位于A右侧足够远处．现突然给A一瞬时冲量，使A以初速度v0沿A、C连线方向向C运动，A与C相碰后，粘合在一起．①A与C刚粘合在一起时的速度为多大？②若将A、B、C看成一个系统，则从A开始运动到A与C刚好粘合的过程中系统损失的机械能．

2016年福建省三明市高考物理质检试卷（5月份）参考答案与试题解析一．选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题中只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容C的因素．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d．极板所带电荷量为Q，静电计指针偏角为θ．实验中（）A．保持Q、S不变，增大d，则θ变大，C变小B．保持d、S不变．增大Q．则θ变大，C变大C．保持Q、d不变，减小S．则θ变小，C变小D．保持Q、S、d不变，在两极板间插入电介质．则θ变小，C变小【考点】电容器的动态分析．【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大．根据电容的决定式C=分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式C=分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况．【解答】解：A、B、根据电容的决定式C=得知，电容与极板间距离成反比，当保持Q、S不变，增大d时，电容C减小，因电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大．故A正确；B、当保持d、S不变，增大Q时，根据电容的决定式C=得知，电容C不变，由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，则θ变大，B错误．C、根据电容的决定式C=得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容C减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大，故C错误；D、当保持Q、S、d不变，在两极板间插入电介质，根据电容的决定式C=得知，电容C变大，而由电容的定义式C=分析可知板间电势差减小，则θ变小，故D错误．故选：A．2．如图（a）所示，半径为r的带缺口刚性金属圆环固定在水平面内，缺口两端引出两根导线，与电阻R构成闭合回路．若圆环内加一垂直于纸面变化的磁场，变化规律如图（b）所示．规定磁场方向垂直纸面向里为正，不计金属圆环的电阻．以下说法正确的是（）A．0﹣1s内，流过电阻R的电流方向为a→bB．1﹣2s内，回路中的电流逐渐减小C．2﹣3s内，穿过金属圆环的磁通量在减小D．t=2s时，Uab=πr2B0【考点】法拉第电磁感应定律．【分析】根据楞次定律来判定感应电流的方向；依据法拉第电磁感应定律来确定感应电流的大小；依据磁通量定义来确定求解；求得t=2s时，线圈中感应电动势，再依据闭合电路欧姆定律，及路端电压概念，即可求解．【解答】解：A、依据楞次定律，在0﹣1s内，穿过线圈的向里磁通量增大，则线圈中产生顺时针方向感应电流，那么流过电阻R的电流方向为b→a，故A错误；B、在1﹣2s内，穿过线圈的磁通量均匀减小，根据法拉第电磁感应定律，则回路中的电流恒定不变，故B错误；C、在2﹣3s内，穿过金属圆环的磁通量在增大，故C错误；D、当t=2s时，根据法拉第电磁感应定律，E=S=πr2B0；因不计金属圆环的电阻，因此Uab=E=πr2B0，故D正确；故选：D．3．2015年9月14日，美国的LIGO探测设施接收到一个来自GW150914的引力波信号，此信号是由两个黑洞的合并过程产生的．如果将某个双黑洞系统简化为如图所示的圆周运动模型，两黑洞绕O点做匀速圆周运动．在相互强大的引力作用下，两黑洞间的距离逐渐减小，在此过程中，两黑洞做圆周运动的（）A．周期均逐渐增大 B．线速度均逐渐减小C．角速度均逐渐增大 D．向心加速度均逐渐减小【考点】万有引力定律及其应用．【分析】双星做匀速圆周运动具有相同的角速度，靠相互间的万有引力提供向心力，根据万有引力提供向心力得出双星的轨道半径关系，从而确定出双星的半径如何变化，以及得出双星的角速度、线速度、加速度和周期的变化．【解答】解：A、根据=，解得L2同理可得R2所以当M1+M2不变时，L增大，则T增大，即双星系统运行周期会随间距减小而减小，故A错误；B、根据，解得，由于L平方的减小比r1和r2的减小量大，则线速度增大，故B错误．C、角速度，结合A可知，角速度增大，故C正确；D、根据=M1a1=M2a知，L变小，则两星的向心加速度增大，故D错误．故选：C4．如图所示为著名的“阿特伍德机”装置示意图．跨过轻质定滑轮的轻绳两端悬挂两个质量均为M的物块，当左侧物块附上质量为m的小物块时，该物块由静止开始加速下落，下落h后小物块撞击挡板自动脱离，系统以v匀速运动．忽略系统一切阻力，重力加速度为g．若测出v，则可完成多个力学实验．下列关于此次实验的说法，正确的是（）A．系统放上小物块后，轻绳的张力增加了mgB．可测得当地重力加速度g=C．要验证机械能守恒，需验证等式mgh=Mv2，是否成立D．.要探究合外力与加速度的关系，需探究mg=（M+m）是否成立【考点】验证机械能守恒定律．【分析】对系统应用牛顿第二定律求出加速度，然后应用牛顿第二定律求出绳子的张力；应用动能定理可以求出重力加速度；应用机械能守恒定律求出表达式，然后答题；由运动学公式求出加速度，然后应用牛顿第二定律分析答题．【解答】解：A、对系统，由牛顿第二定律得，加速度：a==，对M，由牛顿第二定律得：F﹣Mg=Ma，解得：F=Mg+，故A错误；B、对系统，由动能定理得：（M+m）gh﹣Mgh=（M+m+M）v2﹣0，解得：g=，故B正确；C、如果机械能守恒，则：（M+m）gh=Mgh+（M+m+M）v2，整理得：mgh=（2M+m）v2，故C错误；D、物体做初速度为零的匀加速直线运动，加速度：a=，由牛顿第二定律得：（M+m）g﹣Mg=（M+m+M）a，整理得：mg=（2M+m），要探究合外力与加速度的关系，需探究mg=（2M+m）是否成立，故D错误；故选：B．5．如图所示，质量为M的汽车从平直公路驶上斜坡．假设汽车在水平路面上匀速行驶，驶上斜坡后，汽车的功率及所受路面的阻力与在水平路面上行驶时一致，且车到达坡顶前已达到稳定状态．则在上坡过程中，汽车的速度v、牵引力F，牵引力做的功W，克服路面阻力做的功Wf与时间t的关系图象，正确的是（）A． B． C． D．【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算．【分析】汽车在水平面上做匀速运动，此时牵引力等于阻力，当达到斜面上时，此时汽车还受到重力沿斜面向下的分力，故汽车开始做减速运动，有P=Fv可知，牵引力增大，加速度减小，当牵引力等于阻力和重力沿斜面的分力时，速度减到最小，此后做匀速运动，即可判断【解答】解：A、汽车在水平面上匀速运动时，由P=Fv=fv，当到达斜面上时，由于刚到达斜面上，此时的牵引力不变，还是F，根据牛顿第二定律可知F﹣f﹣mgsinθ=ma，故汽车从刚到达斜面时，做减速运动，根据P=Fv可知，速度减小，牵引力增大，当牵引力等于阻力和重力沿斜面的分力时，速度减到最小，此后做匀速运动，故A正确，B错误；C、汽车始终在额定功率下运动，故牵引力所做的功为W=Pt，与时间成正比，故C正确；D、汽车开始做减速运动，然后做匀速运动，在减速运动阶段，位移不和时间成正比，故D错误；故选：AC6．变压器除了有改变电压、电流作用外，还有变换负载的阻抗作用，以实现阻抗匹配．如图所示，将阻值为R0的负载接在理想变压器副线圈两端，则图（a）中虚线部分可等效为图（b）中阻值为R的电阻接在AB两点上，即R的两端电压为u1，通过的电流为I1．已知变压器的匝数比为n1：n2，若图（a）的AB两端接在电动势为ε，内阻为r的交流电源上，要使此电源的输出功率达到最大，下列说法正确的是（）A．R0=R时输出功率最大B．最大输出功率P=C．输出功率最大时μ2=D．R0=（）2r时输出功率最大【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率．【分析】等效为带有内阻的电源的电路，即当内电阻和外电阻大小相等时，输出功率最大，即r=R时输出功率最大；电源输出功率最大时，求出原线圈中的电压，根据电压与匝数成正比求；根据变压和变流规律，结合欧姆定律求出【解答】解：AB、可等效为带有内阻的电源的电路，即当内电阻和外电阻大小相等时，输出功率最大，即r=R时输出功率最大，最大为，当R=r时，，A错误B正确；C、根据闭合回路欧姆定律可得R，当输出功率最大时，r=R，故，代入可得，C错误；D、当输出功率最大时有，根据，结合，联立可得，D正确；故选：BD7．如图所示，质量为m的小球（可视为质点）套在倾斜放置的固定光滑杆上，轻质弹簧的一端悬挂于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内．将小球沿杆拉到水平位置A处（此时弹簧处于原长状态）由静止释放，当小球滑至O点正下方的C处时速度恰好为零，此时小球下降的竖直高度为h．若全过程中弹簧始终处于弹性限度内，且OA=OB，重力加速度为g．则下滑过程中，小球（）A．对弹簧做功mghB．滑到B处时动能最大C．加速度先增大后减小D．与弹簧组成的系统机械能守恒【考点】功能关系；功的计算．【分析】对整个过程，根据动能定理求出弹簧对小球做功，从而得到小球对弹簧做功．当小球滑到B处时，弹簧处于原长，合外力方向沿杆向下，小球继续加速，速度没有达到最大值．在小球运动的过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律分析即可求解．【解答】解：A、小球从A下滑至最低点C的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，初、末位置动能都为零，所以弹簧的弹性势能增加量等于重力势能的减小量mgh，根据功能关系可知，小球对弹簧做功为mgh，故A正确．B、当小球滑到B处时，弹簧处于原长，合外力方向沿杆向下，小球继续加速，速度没有达到最大值，则动能也没有达到最大值，故B错误．C、小球在A处和B处弹簧处于原长状态，加速度为gsinα，α是杆的倾角．在AB的中点，弹簧与杆垂直，由牛顿第二定律知，小球的加速度也为gsinα．在A到B的过程，弹簧处于压缩状态，可知，小球的加速度先减小后增大，再减小后增大．从B到C，弹簧伸长，由于小球的质量未知，则加速度可能先减小后增大，也可能一直减小，故C错误．D、小球运动过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，系统机械能守恒，故D正确．故选：AD8．如图所示，磁单极子会在其周围形成均匀辐射磁场．质量为m、半径为R的圆环当通有恒定的电流I时，恰好能水平静止在N极正上方H处．已知与磁单极子N极相距r处的磁场强度大小为B=，其中k为常数．重力加速度为g．则（）A．静止时圆环的电流方向为顺时针方向（俯视）B．静止时圆环沿其半径方向有扩张的趋势C．静止时圆环的电流I=D．若将圆环向上平移一小段距离后由静止释放，下落中加速度先增加后减小【考点】共点力平衡的条件及其应用；磁现象和磁场；左手定则．【分析】圆环在磁场中受安培力及本身的重力做匀速圆周运动，圆环处于平衡状态，结合平衡状态的特点可得出正确的结果．【解答】解：A、环所在处的磁场的方向向上，则环产生的磁场的方向向下，根据安培定则可知，静止时圆环的电流方向为顺时针方向（俯视），故A正确；B、静止时圆环的电流方向为逆时针方向由左手定则可知，环上的各点受到的安培力的方向向上向里，所以环有收缩的趋势，故B错误；C、对环的某一部分进行受力分析如图：在水平方向，根据安培力的对称性可知，整个的环在水平方向的合力为0，竖直方向的合力与重力大小相等，由于在圆环处各点电流的方向与磁场的方向都垂直，所以整体受到的安培力：F=BI•2πR由几何关系：Fcosθ=mgcosθ=由题：B=联立得：I=．故C正确；D、结合C的受力分析可知，若将圆环向上平移一小段距离后环受到的安培力将减小；由静止释放，重力开始时大于安培力，所以环加速下落，向下的过程中安培力增大，所以合外力减小，加速度先减小．故D错误．故选：AC二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．某实验小组利用图（a）的装置“通过频闪照相研究平抛运动”．将小钢球A由斜槽某位置静止释放，到水平轨道末端水平抛出．由频闪照相得到图（b）所示的小球位置坐标图．结合图（b）的中的相关信息，研究得到“平抛运动水平方向是匀速直线运动”这一结论的依据是相等时间间隔通过的水平位移相等，“平抛运动竖直方向是匀变速直线运动”这一结论的依据是相等时间间隔竖直方向相邻位移的差值相等【考点】研究平抛物体的运动．【分析】将平抛运动分解为水平方向和竖直方向，通过水平方向上相等时间内的位移相等得出水平方向上做匀速直线运动，通过竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量得出竖直方向上做匀加速直线运动．【解答】解：由b图可知，因为频闪照片的时间间隔相等，在相等时间间隔内通过的水平位移相等，可知平抛运动在水平方向上做匀速直线运动．相等时间间隔内，竖直方向上相邻位移的差值相等，可知平抛运动在竖直方向上做匀变速直线运动．故答案为：相等时间间隔通过的水平位移相等；相等时间间隔竖直方向相邻位移的差值相等；10．某同学采用图（a）所示实验电路来描绘额定电压为12V的小灯泡伏安特性曲线．（1）将图（b）的实物图连接完整．（2）某次实验时，滑动变阻器的滑片从a向b滑动的过程中，发现电压表和电流表原来几乎没有示数，直到接近b端时示数急剧增大．经检查所有电路连线及仪器都完好，则可能原因是：滑动变阻器阻值远大于灯泡电阻（3）若描绘出的伏安特性曲线如图（c）所示，则灯泡的额定功率为6.6W．（保留两位有效数字）（4）若将两盏这样的灯泡与电动势12V，内阻4Ω的电源申联，则灯泡的实际功率为2.0W．《保留两位有效数字）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【分析】（1）根据原理图可得出对应的实物图；（2）根据串并联电路的规律以及滑动变阻器的作用进行分析，从而明确故障原因；（3）根据图象可找出对应的电压和电流，由功率公式可求得额定功率；（4）根据串并联电路的规律可明确对应的电流和电压的表达式，作出对应的图象，根据图象明确灯泡的实际电流和电压，由功率公式可求得实际功率．【解答】解：（1）根据原理图可得出对应的实物图，由图可知，电流最大值为0.6A，故电流表量程选择0.6A；如图所示；（2）滑动变阻器串联在电路中，电压表测量滑动变阻器电压，刚开始滑动触头P由A端向B端逐渐滑动时，电压表的示数几乎不变，说明随着电阻的变小，滑动变阻器的电阻占整个电路电阻的比例变化不大，直到当滑动触头P滑至临近B端时，电压表的示数急剧变化，说明滑线变阻器的总电阻太大，所以原因是：滑动变阻器阻值太大，有效使用的部分短；（3）由图可知，当电压为12V时，电流为0.55A；故功率为：P=UI=12×0.55=6.6W；（4）将两盏这样的灯泡与电源串联，则灯泡的电流为I，则有：2U=E﹣Ir；U==6﹣2r；作出对应的伏安特性曲线，二者之间的交点即为灯泡的工作点，则由图可知，灯泡的电压为5V，电流为0.4A，则功率为：P=UI=5×0.4=2.0W；故答案为：（1）如图；（2）滑动变阻器阻值远大于灯泡电阻；（3）6.6；（4）2.011．2010年上海世博会上，拉脱维亚馆的风洞飞行表演，令参观者大开眼界．如图（a）所示，圆柱体形状的风洞底部产生风速、风量保持不变的竖直向上的气流．表演者在风洞内．通过身姿调整．可改变所受向上的风力大小．以获得不同的运动效果．假设人体受风力大小与有效面积成正比，水平横躺时受风力有效而积最大．当人钵与竖直方向成一定角度倾斜使受风力有效面积为最大值的一半时，恰好可以静止或匀速运动．已知表演者质量60kg，重力加速度g=10m/s2，无风力时不计空气阻力．（1）表演者以水平横躺的姿势通过挂钩与轻绳连接悬停在距风洞底部高度h=3.6m处，某时刻释放挂钩，表演者保持姿势不变自由下落．为保证表演者不触及风洞底部，求从开始下落至开启风力的最长间隔时间．（2）某次表演者从风洞最底端变换不同姿态上升过程的v﹣t图象如图（b）所示，估算0﹣3s过程风力对表演者所做的功．【考点】动能定理；牛顿第二定律．【分析】（1）表演者先做自由落体运动，启动风力后匀减速运动，根据牛顿第二定律和位移公式可求出最大时间；（2）根据v﹣t图象的面积求出上升的最大高度，再根据动能定理求出风力对表演者所做的功．【解答】解：（1）由题意可知，表演者静止时所受风力F1=mg水平横躺时：F2=2F1=2mg表演者开始下落时做自由落体运动，设t1时刻开启风力，表演者做匀减速运动．由牛顿第二定律得：F2﹣mg=ma代入数据解得：a=g=10m/s2当表演者落至风洞底部时速度恰好为零，此过程间隔时间最长．加速过程：h1=gt12减速过程：h2=at22总位移为：h=h1+h2联立解得：t1=t2=0.6s（2）由图象可求得面积约为37或38格，故此过程上升的高度为h′=4.625m，末速度v=2m/s上升过程，由动能定理得：W﹣mgh′=mv2﹣0代入数据解得：W=2895J答：（1）从开始下落至开启风力的最长间隔时间为0.6s．（2）0﹣3s过程风力对表演者所做的功为2895J．12．如图（a）所示，在竖直平面内建立直角坐标系xoy，整个空间内都存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场和水平向右的匀强电场，匀强电场的方向与x轴止方向夹角为450．已知带电粒子质量为m、电量为+q，磁感应强度大小为B，电场强度大小E=，重力加速度为g．（1）若粒子在xoy平面内做匀速直线运动，求粒子的速度v0；（2）t=0时刻的电场和磁场方向如图（a）所示，若电场强度和磁感应强度的大小均不变．而方向随时间周期性的改变，如图（b）所示．将该粒子从原点O由静止释放，在0一时间内的运动轨迹如图（c）虚线OMN所示，M点为轨迹距y轴的最远点，M距y轴的距离为d．已知在曲线上某一点能找到一个和它内切的半径最大的圆，物体经过此点时，相当于以此圆的半径在做圆周运动，这个圆的半径就定义为曲线上这点的曲率半径．求：①粒子经过M点时曲率半径ρ②在图中画出粒子从N点回到O点的轨迹．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】（1）粒子做匀速直线运动，受重力、电场力和洛仑兹力而平衡，根据平衡条件列式求解；（2）首先对O到M过程运用动能定理列式求解末速度；在M点，合力提供向心力，再根据牛顿第二定律列式求解曲率半径．粒子的运动可看作以速度v0沿y轴负方向的匀速直线运动和以v0沿顺时针方向的匀速圆周运动的合运动．【解答】解：（1）粒子做匀速直线运动，受力平衡得：，解得，v0方向由左手定则得，沿y轴负方向．（2）①重力和电场力的合力为，粒子从O运动到M过程中，只有重力和电场力的合力做功，据动能定理W=Fd=，得v=；由，得；②轨迹如图所示：答：（1）若粒子在xoy平面内做匀速直线运动，粒子的速度v0为，沿y轴负方向；（2）①粒子经过M点时曲率半径ρ为；②粒子从N点回到O点的轨迹如图所示．(二）选考题，任选一模块作答[物理--选修3-3]13．下列说法正确的是（）A．分子质量不同的两种气体，温度相同时其分子的平均动能相同B．一定质量的气体，在体积膨胀的过程中，内能一定减小C．布朗运动表明，悬浮微粒周围的液体分子在做无规则运动D．知道阿伏伽德罗常数、气体的摩尔质量和密度就可以估算出气体分子的大小E．两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，它们的分子势能先减小后增大【考点】阿伏加德罗常数；布朗运动；分子势能．【分析】布朗运动是指在显微镜下观察到的固体颗粒的无规则运动；温度是分子的平均动能的标志；分子之间的作用力与距离的关系，要掌握其变化的规律；根据热力学第一定律，物体在对外做功的同时，若吸收热量，物体的内能可能增大．【解答】解：A、温度是分子平均动能的量度，故温宿相同，分子的平均动能相同，故A正确；B、一定质量的气体，在体积膨胀的过程中，温度可能升高，内能不一定减小，故B错误；C、布朗运动表明，悬浮微粒周围的液体分子在做无规则运动，故C正确；D、知道阿伏伽德罗常数、气体的摩尔质量和密度就可以估算出气体分子所占空间的大小，但不能计算出分子的大小，故D错误；E、两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，分子间表现出先斥力后引力，故分子力先做正功，后做负功，它们的分子势能先减小后增大，故E正确；故选：ACE14．如图所示，左右两个容器的侧壁都是绝热的、底部都是导热的、横截面积均为S．左容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭．两个容器的下端由容积可忽略的细管连通．容器内两个绝热的活塞A、B下方封有氮气，B上方封有氢气．大气的压强为p0，外部气温为T0=273K保持不变，两个活塞因自身重力对下方气体产生的附加压强均为0.1p0．系统平衡时，各气体柱的高度如图所示．现将系统的底部浸入恒温热水槽中，再次平衡时A上升了一定的高度．用外力将A缓慢推回第一次平衡时的位置并固定，第三次达到平衡后，氢气柱高度为0.8h．氮气和氢气均可视为理想气体．求：（1）第二次平衡时氮气的体积；（2）水的温度．【考点】气体的等温变化；气体的等容变化和等压变化；封闭气体压强．【分析】第一个过程是等温过程，应用玻意耳定理可解得，第二步为等压变化，用盖﹣吕萨克定理可以解得．【解答】解：（1）考虑氢气的等温过程，该过程的初态压强为P0，体积为hS，末态体积为0.8hS，设末态的压强为P，由玻意耳定理得：P==1.25P0活塞A从最高点被第一次推回平衡位置的过程是等温过程，该过程的初态压强为1.1P0，体积为V，末态压强为P′，末态体积V′则：P′=P+0.1P0=1.35P0V′=2.2hS由玻意耳定理得：V=×2.2hS=2.7hS（2）活塞A从从最初位置升到最高位置过程为等压过程，该过程的初态体积和温度分别为2hS和T0=273K，末态体积为2.7hS，设末态温度为T，由该吕萨克定律得：T==368.55K答：第二次平衡时氮气的体积为2.75hS；水的温度为368.55K．[物理一选修3-4]15．下列说法正确的是（）A．偏振光可以是横波，也可以是纵波B．光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象C．光纤通信及医用纤维式内窥镜都是利用了光的全反射原理D．X射线在磁场中能偏转．穿透能力强，可用来进行人体透视E．声源与观察者相对靠近时，观察者所接收的频率大于声源振动的频率【考点】全反射；光的干涉．【分析】偏振光只可以是横波；增透膜是利用光的干涉现象；门镜是利用折射的原理；X光具有穿透性；当声源与观察者间距增大时，接收频率变小，而间距减小时，则接收频率变大，从而即可一一求解．【解答】解：A、偏振光只可以是横波，不能是纵波，故A错误；B、光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象，故B正确；C、光导纤维传输信号及医用纤维式内窥镜都是利用光的全反射现象，故C正确；D、用X光机透视人体是利用X光的穿透性，但在磁场中不能偏转，因其不带电．故D错误．E、根据多普勒效应可知，声源与观察者相对靠近，观察者所接收的频率大于声源发出的频率，故E正确；故选：BCE．16．一列简谐横波在t=0.6s时刻的图象如图甲所示．该时刻P，Q两质点的位移均为﹣lcm，平衡位置为15m处的A质点的振动图象如图乙所示．（i）求该列波的波速大小；（ii）求从t=0.6s开始，质点P、Q第一次回到平衡位置的时间间隔△t．【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．【分析】（i）由甲图读出波长，由乙图周