2021-2022学年上海市长宁区延安中学高三（下）期中物理试卷

2021-2022学年上海市长宁区延安中学高三（下）期中物理试卷试题数：20，总分：01.（单选题，3分）天然放射性元素衰变时放出的α射线是（）A.质子流B.电子流C.氦核流D.光子流2.（单选题，3分）分子间同时存在引力和斥力，当分子间距减小时，分子间（）A.引力增加，斥力减小B.引力增加，斥力增加C.引力减小，斥力减小D.引力减小，斥力增加3.（单选题，3分）一质量分布均匀的物块用两根轻绳吊起处于静止状态，如图所示，其中合理的是（）A.B.C.D.4.（单选题，3分）汽车在平直公路上加速运动过程中，关于牵引力F的大小及其功率P的判断，正确的是（）A.若P不变，则F减小B.若P不变，则F增大C.若F不变，则P不变D.若F不变，则P减小5.（单选题，3分）一个质点做简谐运动，其位移随时间变化的s-t图象如图。以位移的正方向为正，该质点的速度随时间变化的v-t关系图象为（）A.B.C.D.6.（单选题，3分）关于闭合电路，下列说法正确的是（）A.电源正负极被短路时，电流很小B.电源正负极被短路时，端电压最大C.外电路断路时，端电压为零D.用电器增加时，端电压可能减小7.（单选题，3分）质量为m的物体放在地球表面，已知地球的质量为M、半径为R，万有引力常量为G。则地球表面的重力加速度大小可表示为（）A.GB.GC.GD.G8.（单选题，3分）如图所示，S1、S2是两个振幅相等的相干波源，实线和虚线分别表示在某一时刻它们所发出的波的波峰和波谷。在A、B、C、D四点中，（）A.A点振动减弱B.B点振动加强C.周期后，C点处于平衡位置D.A点始终处于波峰，D点始终处于波谷9.（单选题，3分）光滑水平面上有一质量为2kg的物体，在五个恒定的水平共点力的作用下处于平衡状态。现同时撤去大小分别为5N和15N的两个力而其余力保持不变，关于此后物体的运动情况的说法正确的是（）A.一定做匀变速运动，加速度大小可能是10m/s2B.一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5m/s2C.可能做匀减速直线运动，加速度大小可能是2m/s2D.可能做匀速圆周运动，向心加速度大小可能是8m/s210.（单选题，3分）一物体在竖直向上的恒力作用下，由静止开始上升，到达某一高度时撤去外力。若不计空气阻力，则在整个上升过程中，物体的机械能E随时间t变化的关系图像是（）A.B.C.D.11.（单选题，3分）如图，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根用细线竖直悬挂的条形磁铁。若线圈下落过程中，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴始终保持重合，则下列说法正确的是（）A.从上往下看，圆环中感应电流方向先逆时针后顺时针B.圆环经过磁铁顶端和底端时的速度相等C.圆环经过磁铁中心O处加速度最大D.细线对磁铁的拉力始终大于磁铁的重力12.（单选题，3分）一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0-x2段是对称的曲线，x2-x3段是直线，则（）A.粒子在x1处所受电场力最大B.x1-x2段粒子的动能增大C.粒子在0-x1段做匀变速直线运动，x2-x3段做匀速直线运动D.粒子在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3＜φ2=φ0＜φ113.（填空题，3分）爱因斯坦提出光子说，认为每个光子具有的能量跟它的___成正比，比例常数为普朗克常量h，若用国际单位制基本单位表示，h的单位为___。14.（填空题，3分）图（甲）为观察光的干涉和衍射现象的实验装置，光电传感器可用来测量光屏上光强的分布。某次实验时用绿色激光照射，得到图（乙）所示的光强分布情况，则缝屏上安装的是___（选填“单缝”或“双缝”）。为增大条纹宽度，可改用___色激光照射。（选填“红”或“紫”）

15.（填空题，3分）内壁光滑、粗细均匀、左端封闭的玻璃管水平放置。横截面积为20cm2的活塞封闭一定质量的气体，气柱长度为20cm，压强与大气压强相同，为1.0×105Pa。缓慢推动活塞，当气柱长度变为5cm时，管内气体的压强为___Pa，此时作用在活塞上的推力大小为___N。16.（填空题，3分）在如图所示的电路中，电源内阻为r，两个定值电阻的阻值分别为R1、R3。闭合开关S，当变阻器R2的滑动触头P向下滑动时，伏特表V1的示数逐渐___（选填“增大”、“减小”或“不变”）。若移动P的过程中，电流表示数变化量的大小为ΔI，则伏特表V2示数变化量的大小ΔU2=___。17.（填空题，3分）如图所示，长为l的轻绳，上端悬挂在O点，下端系一体积不计的小球。b点位于O点正下方，且Ob=l。现将小球拉到绳与竖直方向成θ角后（θ＜5°），由静止释放，则球从最高点第一次运动到b点的时间为___。当球运动到b点时，轻绳在P处被烧断，不计小球在b处的能量损失，小球继续沿光滑水平轨道运动，此轨道与光滑竖直的圆轨道的最低点相切，小球沿圆轨道运动时恰能通过最高点，则圆轨道的半径为___。（重力加速度为g）18.（问答题，10分）在“用DIS研究一定质量的气体在体积不变时，其压强与温度的关系”实验中，实验装置如图（a）所示。

（1）图（a）中___为压强传感器。（选填“A”或“B”）

（2）（单选）实验中，下列做法正确的是___。

（A）无需测量被封闭气体的体积

（B）密封气体的试管大部分在水面之上

（C）每次加入热水后，用温度传感器搅拌使水温均匀

（D）每次加入热水后，立即读数

（3）甲同学测得多组压强与摄氏温度的数据，并在p-t坐标系中作图，获得图（b）所示的图像。图线与横轴交点的温度被开尔文称为___，其物理意义是___。

（4）（单选）乙同学记录下了初始时封闭气体压强p0和摄氏温度t0，随后逐渐加热水升高温度，并记录下每次测量结果与初始值的差值Δp和Δt。在实验中压强传感器软管突然脱落，他立即重新接上后继续实验，其余操作无误。则Δp-Δt的关系图可能是___。

19.（问答题，14分）如图，将质量m=2kg的圆环套在与水平面成θ=37°角的足够长的固定直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，直杆在A点以下部分粗糙，环与杆该部分间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力与滑动摩擦力近似相等，直杆A点以上部分光滑。现在直杆所在的竖直平面内，对环施加一个与杆成37°夹角斜向上的恒力F，使环从直杆底端O点由静止开始沿杆向上运动，经t=4s环到达A点时撤去恒力F，圆环继续向上最远滑到B处。已知圆环经过A点时速度大小vA=4m/s，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8

（1）求AB间的距离LAB；

（2）求圆环在OA间运动时施加的恒力F的大小；

（3）若要使圆环在沿AO下滑过程中机械能守恒，可加一恒力F′，求F′的大小和方向。20.（问答题，16分）如图所示，足够长的光滑导轨ab、cd固定在竖直平面内，导轨间距为l，b、d两点间接一阻值为R的电阻。ef是一水平放置的导体杆，其质量为m。杆与ab、cd保持良好接触。整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直。现让导体杆由静止开始向下滑动，不计导轨和导体杆的电阻，重力加速度为g。

（1）请通过分析，定性描述导体杆的运动情况；

（2）求导体杆向下运动的最终速度大小；

（3）若在导体杆达到最终速度之前，电阻R产生的热量为Q，求导体杆在此过程下落的高度；

（4）若用一竖直向上的力拉导体杆，使其从静止开始向上做加速度为的匀加速直线运动，写出拉力F随时间t变化的关系式。

2021-2022学年上海市长宁区延安中学高三（下）期中物理试卷参考答案与试题解析试题数：20，总分：01.（单选题，3分）天然放射性元素衰变时放出的α射线是（）A.质子流B.电子流C.氦核流D.光子流【正确答案】：C【解析】：放射性元素自发地发出射线的现象，叫做天然放射现象。其中α射线的本质是高速运动的氦原子核（氦核流）；β射线的本质是高速运动的电子流；γ射线的本质是光子流（高频电磁波）。

【解答】：解：天然放射性元素衰变时放出的α射线是氦核流，故C正确，ABD错误。

故选：C。

【点评】：本题考查学生对放射现象产生的射线的认识，此部分知识要求学生在理解的基础上加以识记，内容较为基础，难度较低。2.（单选题，3分）分子间同时存在引力和斥力，当分子间距减小时，分子间（）A.引力增加，斥力减小B.引力增加，斥力增加C.引力减小，斥力减小D.引力减小，斥力增加【正确答案】：B【解析】：分子间存在相互作用的引力和斥力，引力和斥力都随分子间距离的减小而增加，但斥力增加的更快，故当距离大于r0时合力表现为引力，小于r0时合力表现为斥力．

【解答】：解：分子间同时存在引力和斥力，当分子间距减小时，引力与斥力同时增加，但斥力增加的更快；故ACD错误，B正确；

故选：B。

【点评】：分子力来源于原子间电荷的作用力，同时存在引力和斥力；分子力做功对应着分子势能的变化，要正确分析分子之间距离与分子力、分子势能的关系．3.（单选题，3分）一质量分布均匀的物块用两根轻绳吊起处于静止状态，如图所示，其中合理的是（）A.B.C.D.【正确答案】：D【解析】：物体受到重力、两根绳子的拉力作用下处于静止状态，则三个力的作用线必交于一点，由此分析。

【解答】：解：质量分布均匀的物块的中心在其几何中心，物体受到重力、两根绳子的拉力作用下处于静止状态（平衡状态），故三个力属于共点力，则三个力的作用线必交于一点，根据图象可知，只有D选项的三个力相较于一点，故D正确、ABC错误。

故选：D。

【点评】：本题主要是考查共点力以及共点力的平衡，解答本题的关键是掌握“共点力”的含义，知道重力的方向是竖直向下且重力必过重心。4.（单选题，3分）汽车在平直公路上加速运动过程中，关于牵引力F的大小及其功率P的判断，正确的是（）A.若P不变，则F减小B.若P不变，则F增大C.若F不变，则P不变D.若F不变，则P减小【正确答案】：A【解析】：明确汽车的运动中速度可能的变化情况，再根据P=Fv分析功率、力以及速度变化间的关系。

【解答】：解：AB、若功率P不变，速度增大，则由P=Fv可知，牵引力F减小，故A正确，B错误；

CD、若F不变，物体做匀加速运动，速度增加，由P=Fv可知，功率增大，故CD错误；

故选：A。

【点评】：本题考查功率公式P=Fv的应用，要注意明确汽车启动过程，知道功率与力、速度间的关系。5.（单选题，3分）一个质点做简谐运动，其位移随时间变化的s-t图象如图。以位移的正方向为正，该质点的速度随时间变化的v-t关系图象为（）A.B.C.D.【正确答案】：A【解析】：当质点通过平衡位置时速度最大，加速度为零，根据s-t图象判断质点的位置以及振动方向判断即可。

【解答】：解：由图知，在t=0时刻，s为正向最大，质点的速度为零。t=时，质点通过平衡位置，速度为负向最大。t=时，s为负向最大，质点的速度为零。t=T时，质点通过平衡位置，速度为正向最大。t=T时，s为正向最大，质点的速度为零。所以该质点的速度随时间变化的v-t关系图象为A图，故A正确，BCD错误。

故选：A。

【点评】：由振动图象读出质点的速度的方向和大小的变化是应掌握的基本能力，要知道简谐运动中质点的速度与位移的变化情况是相反的。6.（单选题，3分）关于闭合电路，下列说法正确的是（）A.电源正负极被短路时，电流很小B.电源正负极被短路时，端电压最大C.外电路断路时，端电压为零D.用电器增加时，端电压可能减小【正确答案】：D【解析】：对于闭合电路，利用闭合电路欧姆定律列式，分析电路中电流和端电压与外电阻的关系。

【解答】：解：A、根据闭合电路欧姆定律可知，电源正负极被短路时，电流为I短=，由于电源的内阻很小，则短路电流很大，故A错误；

B、电源正负极被短路时，端电压为零，故B错误；

C、外电路断路时，端电压等于电源的电动势，故C错误；

D、当并联的用电器增多时，总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律知，干路电流增大，内电压增大，则端电压减小，故D正确。

故选：D。

【点评】：解决本题的关键要掌握闭合电路欧姆定律，明确端电压与外电阻的关系：电源正负极被短路时，端电压为零。外电路断路时，端电压等于电源的电动势。7.（单选题，3分）质量为m的物体放在地球表面，已知地球的质量为M、半径为R，万有引力常量为G。则地球表面的重力加速度大小可表示为（）A.GB.GC.GD.G【正确答案】：D【解析】：地表附近万有引力近似等于重力，从而解得重力加速度大小。

【解答】：解：根据地表附近万有引力近似等于重力有：=mg，解得g=，故ABC错误，D正确；

故选：D。

【点评】：本题考查万有引力定律的应用，解题关键掌握式中各符号的物理意义。8.（单选题，3分）如图所示，S1、S2是两个振幅相等的相干波源，实线和虚线分别表示在某一时刻它们所发出的波的波峰和波谷。在A、B、C、D四点中，（）A.A点振动减弱B.B点振动加强C.周期后，C点处于平衡位置D.A点始终处于波峰，D点始终处于波谷【正确答案】：C【解析】：频率相同的两列相干波，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，振动加强点始终加强，减弱点始终减弱。

【解答】：解：A、由图可知，A点是波峰与波峰相遇点，即振动加强点，故A错误；

B、由图可知，B点是波峰与波谷相遇点，即振动减弱点，故B错误；

C、此时C处于波谷，所以周期后，C点处于平衡位置，故C正确；

D、由图可知，A、D均为振动加强点，振动加强即上下振动的振幅最大，不可能始终在某一固定点，故D错误。

故选：C。

【点评】：当频率相同的两列波相遇时，振动加强区和振动减弱区相互隔开，不过位移时大时小。9.（单选题，3分）光滑水平面上有一质量为2kg的物体，在五个恒定的水平共点力的作用下处于平衡状态。现同时撤去大小分别为5N和15N的两个力而其余力保持不变，关于此后物体的运动情况的说法正确的是（）A.一定做匀变速运动，加速度大小可能是10m/s2B.一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5m/s2C.可能做匀减速直线运动，加速度大小可能是2m/s2D.可能做匀速圆周运动，向心加速度大小可能是8m/s2【正确答案】：A【解析】：物体受力方向与速度方向在一条直线上时，做直线运动，当受力方向与速度方向不在一条直线上时，物体做曲线运动。题给条件不能确定合力方向与速度方向的关系，所以物体可能做直线运动，也可能做曲线运动。

【解答】：解：原来物体处于平衡状态，则物体可能是静止状态，也可能是做匀速直线运动。当撤去两个水平力的时候，合力方向是水平方向，其合力大小范围大于等于10N，小于等于20N．根据F=ma可知加速度可能是10m/s2，也可能是5m/s2．由于速度方向不确定，所以合力方向可能与速度方向在一条直线上，也可能不在一条直线上，所以物体可能做匀变速运动，也可能做匀变速曲线运动，故A正确，BCD错误。

故选：A。

【点评】：撤去的这两个力的合力就等于物体所受到的合力，但是这两个力的方向并不确定，所以合力范围是大于等于10N，小于等于20N．且合力方向与速度方向可能在一条直线上，也可能不在一条直线上，所以物体可能做直线运动，也可能做曲线运动。10.（单选题，3分）一物体在竖直向上的恒力作用下，由静止开始上升，到达某一高度时撤去外力。若不计空气阻力，则在整个上升过程中，物体的机械能E随时间t变化的关系图像是（）A.B.C.D.【正确答案】：A【解析】：物体恒力做功代表机械能的变化，根据功能关系可知其图像关系，撤去外力后物体只受重力作用，机械能守恒。

【解答】：解：设物体在恒力作用下的加速度为a，由功能原理可知，机械能增量为：ΔE=FΔh=F•.知E-t图象是开口向上的抛物线，撤去拉力后，机械能守恒，则机械能随时间不变，故A正确，BCD错误。

故选：A。

【点评】：本题考查机械能守恒定律，解题关键掌握机械能守恒的条件，注意物体恒力做功代表机械能的变化。11.（单选题，3分）如图，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根用细线竖直悬挂的条形磁铁。若线圈下落过程中，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴始终保持重合，则下列说法正确的是（）A.从上往下看，圆环中感应电流方向先逆时针后顺时针B.圆环经过磁铁顶端和底端时的速度相等C.圆环经过磁铁中心O处加速度最大D.细线对磁铁的拉力始终大于磁铁的重力【正确答案】：C【解析】：由楞次定律可知，判断感应线圈中电流方向．根据对楞次定律判断圆环在磁铁上方与下方时受到的磁场力方向，然后由牛顿第二定律，悬挂磁铁的绳子中拉力F与重力加速度的关系．

【解答】：解：A、磁场的方向向上，当铜环向下运动的过程中，穿过铜环的磁通量向上先增大，后减小，根据楞次定律可知，从上往下看时通过圆环电流方向先顺时针再逆时针，故A错误；

B、铜环一直向下做加速运动，所以铜环下落到磁铁顶端的速度小于下落到磁铁底端的速度，故B错误；

C、铜环闭合，铜环在下落过程中，穿过铜环的磁通量不断变化，铜环中产生感应电流；由楞次定律可知，感应电流总是阻碍磁体间的相对运动，当铜环在磁铁上方时，感应电流阻碍铜环靠近磁铁，则铜环的加速度小于重力加速度；当铜环位于磁铁下方时，铜环要远离磁铁，感应电流阻碍铜环的远离对铜环施加一个向上的安培力，则则铜环的加速度小于重力加速度；当铜环处于磁铁中央时，磁通量不变，则没有感应电流，没有安培阻力，因此拉力等于重力，则铜环的加速度等于重力加速度；由以上的分析可知，圆环过磁铁中心线O处加速度最大。故C正确；

D、铜环闭合，铜环在下落过程中，穿过铜环的磁通量不断变化，铜环中产生感应电流；由楞次定律可知，感应电流总是阻碍磁体间的相对运动，当铜环在磁铁上方时，感应电流阻碍铜环靠近磁铁，给铜环一个向上的安培力，根据牛顿第三定律，则铜环对磁铁有一个向下的作用力，因此拉力大于重力；当铜环位于磁铁下方时，铜环要远离磁铁，感应电流阻碍铜环的远离对铜环施加一个向上的安培力，根据牛顿第三定律，则铜环对磁铁有一个向下的作用力，则拉力大于重力；当铜环处于磁铁中央时，磁通量不变，则没有感应电流，没有安培阻力，因此拉力等于重力，故D错误。

故选：C。

【点评】：本题考查了对楞次定律的理解和应用，注意重点判断磁通量的大小和方向的变化，全面、正确理解楞次定律中“阻碍”的含义．12.（单选题，3分）一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0-x2段是对称的曲线，x2-x3段是直线，则（）A.粒子在x1处所受电场力最大B.x1-x2段粒子的动能增大C.粒子在0-x1段做匀变速直线运动，x2-x3段做匀速直线运动D.粒子在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3＜φ2=φ0＜φ1【正确答案】：D【解析】：图象的斜率表示粒子所受电场力，进而可以判断场强的大小，以及粒子做变速运动的加速度大小，对负电荷来说，电势越低电势能越大。

【解答】：解：A、Ep-x图象的斜率表示电场力，在x1位置的斜率为零，则此位置的电场力为零，即电场强度为零，故A错误；

B、在x1～x2段，电势能增大，电场力做负功，动能减小，故B错误；

C、粒子在x1～x3段图象的斜率先增大后保持不变，说明粒子受到的电场力先增大后保持不变，则其加速度先增大后不变，粒子的电势能逐渐增大，说明电场力做负功，所以在x1～x3段粒子先做加速度增大的减速直线运动，在做匀减速运动，故C错误；

D、由图象可知粒子在x1、x2、x3处的电势能大小关系为Ep1＜Ep2＜Ep3，因为粒子带负电，对负电荷来说，电势越高电势能越小，故电势高低的关系为φ1＞φ0=φ2＞φ3，故D正确。

故选：D。

【点评】：Ep-x图象的斜率表示粒子所受电场力，也表示电场强度的大小，对负电荷来说，电势越低电势能越大。13.（填空题，3分）爱因斯坦提出光子说，认为每个光子具有的能量跟它的___成正比，比例常数为普朗克常量h，若用国际单位制基本单位表示，h的单位为___。【正确答案】：[1]频率;[2]J•s【解析】：利用爱因斯坦的光子学说和光子能量公式分析即可。

【解答】：解：爱因斯坦提出的光子说认为，频率为ν的光的一个光子的能量为hν，即每个光子具有的能量跟它的频率正比；

其中h为普朗克常量，该单位用国际单位制基本单位可表示为J•s。

故答案为：频率；J•s。

【点评】：解答本题的关键是知道光子学说，知道光子能量方程中各字母的代表的物理量及单位。14.（填空题，3分）图（甲）为观察光的干涉和衍射现象的实验装置，光电传感器可用来测量光屏上光强的分布。某次实验时用绿色激光照射，得到图（乙）所示的光强分布情况，则缝屏上安装的是___（选填“单缝”或“双缝”）。为增大条纹宽度，可改用___色激光照射。（选填“红”或“紫”）

【正确答案】：[1]单缝;[2]红【解析】：单缝衍射条纹的特点是：中间亮、两边暗，中间宽，两边窄；根据双缝干涉条纹的间距公式判断如何增大条纹的间距。

【解答】：解：图乙可知，条纹中间亮、两边窄，是衍射条纹，所以在缝屏上安装的是单缝；根据公式Δx=知，要使干涉条纹间距变大，L和d不变的情况下，可改用波长最长的红色激光照射。

故答案为：单缝，红。

【点评】：解决本题的关键知道衍射条纹和双缝干涉条纹的区别，以及掌握双缝干涉条纹的间距公式，并能灵活运用。15.（填空题，3分）内壁光滑、粗细均匀、左端封闭的玻璃管水平放置。横截面积为20cm2的活塞封闭一定质量的气体，气柱长度为20cm，压强与大气压强相同，为1.0×105Pa。缓慢推动活塞，当气柱长度变为5cm时，管内气体的压强为___Pa，此时作用在活塞上的推力大小为___N。【正确答案】：[1]4.0×105;[2]600【解析】：气体发生等温变化，应用玻意耳定律可以求出气体压强；活塞处于平衡状态，应用平衡条件可以求出推力大小。

【解答】：解：玻璃管内气体等温变化，玻璃管横截面积S=20cm2=2.0×10-3m2，变化前气柱长度为l0=20cm=0.2m，变化后气柱长度为l=5cm=0.05m，由玻意耳定律得：

p0l0S=plS，

解得：p=4.0×105Pa；

此时活塞受力平衡，由平衡条件得：

p0S+F=pS，

解得：F=600N；

故答案为：4.0×105；600

【点评】：本题主要考查了气体的等温变化，利用好玻意耳定律，抓住解题的关键是受力分析，利用共点力平衡即可。16.（填空题，3分）在如图所示的电路中，电源内阻为r，两个定值电阻的阻值分别为R1、R3。闭合开关S，当变阻器R2的滑动触头P向下滑动时，伏特表V1的示数逐渐___（选填“增大”、“减小”或“不变”）。若移动P的过程中，电流表示数变化量的大小为ΔI，则伏特表V2示数变化量的大小ΔU2=___。【正确答案】：[1]减小;[2]ΔI（R1+R3+r）【解析】：根据变阻器R2的滑动触头P移动方向判断滑动变阻器连入电路的电阻的变化，确定总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析电路中电流的变化，判断伏特表V1的示数变化情况；由闭合电路欧姆定律列式，即可得出伏特表V2示数变化量的大小ΔU2。

【解答】：解：当变阻器R2的滑动触头P向下滑动时，R2接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，电路的总电流减小，电阻R1两端的电压减小，所以伏特表V1的示数逐渐减小，伏特表V2示数为U2=E−I（R1+R3+r）

所以伏特表V2示数变化量的大小ΔU2=ΔI（R1+R3+r）

故答案为：减小，ΔI（R1+R3+r）。

【点评】：本题是一道闭合电路的动态分析问题，分析清楚电路的结构和各元件的连接方式，灵活应用闭合电路欧姆定律是正确解题的关键。17.（填空题，3分）如图所示，长为l的轻绳，上端悬挂在O点，下端系一体积不计的小球。b点位于O点正下方，且Ob=l。现将小球拉到绳与竖直方向成θ角后（θ＜5°），由静止释放，则球从最高点第一次运动到b点的时间为___。当球运动到b点时，轻绳在P处被烧断，不计小球在b处的能量损失，小球继续沿光滑水平轨道运动，此轨道与光滑竖直的圆轨道的最低点相切，小球沿圆轨道运动时恰能通过最高点，则圆轨道的半径为___。（重力加速度为g）【正确答案】：[1];[2]l（1-cosθ）【解析】：小球从a运动到b所用时间为四分之一个周期；小球沿圆轨道运动时恰能通过最高点，重力提供向心力，根据动能定理求解到达最高点的速度大小，在最高点根据牛顿第二定律列式求解半径大小。

【解答】：解：单摆的周期公式：T=2，从a到b运动的时间为t==；

从a到b由动能定理得：mgl（1-cosθ）=

设轨道的半径为R，则从b到c有-mg•2R=-

刚好过c点，则mg=m

解得：R=l（1-cosθ）。

故答案为：；l（1-cosθ）。

【点评】：本题考查了单摆周期公式，并结合动能定理求b的速度，在圆周运动中刚好过最高点，指的是在最高点轨道对小球没有作用力。18.（问答题，10分）在“用DIS研究一定质量的气体在体积不变时，其压强与温度的关系”实验中，实验装置如图（a）所示。

（1）图（a）中___为压强传感器。（选填“A”或“B”）

（2）（单选）实验中，下列做法正确的是___。

（A）无需测量被封闭气体的体积

（B）密封气体的试管大部分在水面之上

（C）每次加入热水后，用温度传感器搅拌使水温均匀

（D）每次加入热水后，立即读数

（3）甲同学测得多组压强与摄氏温度的数据，并在p-t坐标系中作图，获得图（b）所示的图像。图线与横轴交点的温度被开尔文称为___，其物理意义是___。

（4）（单选）乙同学记录下了初始时封闭气体压强p0和摄氏温度t0，随后逐渐加热水升高温度，并记录下每次测量结果与初始值的差值Δp和Δt。在实验中压强传感器软管突然脱落，他立即重新接上后继续实验，其余操作无误。则Δp-Δt的关系图可能是___。

【正确答案】：B;A;绝对零度;宇宙的低温极限;C【解析】：（1）根据传感器的摆放特点分析出传感器的类型；

（2）根据实验原理掌握正确的实验操作；

（3）根据一定质量的理想气体的状态方程pV=CT分析出图线和横轴交点的物理意义；

（4）根据一定质量的理想气体的状态方程，结合题意和图像完成分析。

【解答】：解：（1）图（a）中B为压强传感器；

（2）A、因为实验是在体积不变的条件下，测量压强u温度的关系，气体体积保持不变即可，不需要测量具体的体积数值，故A正确；

B、研究对象是试管内气体，改变气体温度是通过改变试管所在水的温度来实现，需要将使试管中封闭气体完成浸没与水中，故B错误；

CD、每次加热水后，要让管内气体与热水通过热传递达到热平衡再测量水温，这时温度才等于气体的温度，故CD错误；

故选：A。

（3）对一定质量的理想气体的状态方程pV=CT可知，体积不变时，p-t图像为过绝对零点的倾斜直线，所以图线与横轴交点的温度被开尔文称为绝对零度，其物理意义是宇宙的低温极限；

（4）根据，又Δt=ΔT，可知Δp与Δt成正比，在实验过程中软管脱落，质量减小，但之后的压强变化与温度变化还是成正比，重新接上压强传感器时，封闭气体压强为p0。与初始封闭气体压强p0相等，此时Δp=0，故C正确，ABD错误；

故选：C。

故答案为：（1）B；（2）A；（3）绝对零度；宇宙的低温极限；（4）C

【点评】：本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，根据实验原理掌握正确的实验操作，根据公式pV=CT联合图像的物理意义即可完成分析。19.（问答题，14分）如图，将质量m=2kg的圆环套在与水平面成θ=37°角的足够长的固定直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，直杆在A点以下部分粗糙，环与杆该部分间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力与滑动摩擦力近似相等，直杆A点以上部分光滑。现在直杆所在的竖直平面内，对环施加一个与杆成37°夹角斜向上的恒力F，使环从直杆底端O点由静止开始沿杆向上运动，经t=4s环到达A点时撤去恒力F，圆环继续向上最远滑到B处。已知圆环经过A点时速度大小vA=4m/s，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8

（1）求AB间的距离LAB；

（2）求圆环在OA间运动时施加的恒力F的大小；

（3）若要使圆环在沿AO下滑过程中机械能守恒，可加一恒力F′，求F′的大小和方向。【正确答案】：

【解析】：（1）直杆A点以上部分光滑，因此对AB段运动，可以利用机械能守恒求解；

（2）环在OA间运动过程中，由于弹力方向未知，弹力时可进行假设，从可能的情况中判断哪些符合题设，再求出拉力的大小；

（3）从机械能守恒的条件出发：只有重力做功，从而确定拉力F的大小和方向。

【解答】：解：（1）圆环在沿AB向上运动的过程中，取A点所在的平面为零势能面，根据机械能守恒定律可得：

mvA2=mg•LAB•sinθ

解得：LAB=m；

（2）对于圆环沿OA向上的匀加速运动过程，有a=，

代入数据解得：a=1m/s2，

假设Fsin37°＜Gcos37°，杆对圆环的弹力垂直于杆向上，

垂直于杆方向，根据平衡条件可得：FN+Fsin37°=mgcos37°，

沿杆方向，由牛顿第二定律，得：Fcos37°-μFN-mgsin37°=ma

代入数据，算得F=20N，FN=4N＞0，假设成立。

假设Fsin37°＞Gcos37°，杆对圆环的弹力垂直于杆向下，

垂直于杆方向，根据平衡条件可得：FN+mgcos37°=Fsin37°

沿杆方向，由牛顿第二定律，得：Fcos37°-μFN-mgsin37°=ma

代入数据解得：F=12N，FN=-8.