2024-2025学年四川省南充市高三（下）二诊物理考后提升模拟练习试卷（含解析）

第1页（共1页）2024-2025学年四川省南充市高三（下）二诊物理考后提升模拟练习试卷一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（4分）1932年，考克饶夫和瓦尔顿用质子加速器进行人工核蜕变实验，验证了质能关系的正确性。在实验中，锂原子核俘获一个质子后成为不稳定的铍原子核，随后又蜕变为两个原子核，核反应方程为。已知、、X的质量分别为m1＝1.00728u、m2＝7.01601u、m3＝4.00151u，其中u为原子质量单位，1u＝931.5MeV/c2（c为真空中的光速）则在该核反应中（）A．铍原子核内的中子数是3 B．X表示的是氚原子核 C．质量亏损Δm＝4.02178u D．释放的核能ΔE≈18.88MeV2．（4分）图甲是某人在湖边打水漂的图片，石块从水面弹起到触水算一个水漂，若石块每次从水面弹起时速度与水面的夹角均为30°，速率损失30%。图乙是石块运动轨迹的示意图，测得石块第1次弹起后的滞空时间为0.8s，已知石块在同一竖直面内运动，当触水速度小于2m/s时石块就不再弹起，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．石块每次弹起后的滞空时间相等 B．石块最多能在湖面上弹起5次 C．石块每次弹起过程能量损失30% D．石块每次弹起到最高点的速度为零3．（4分）2024年5月3日17时27分，嫦娥六号探测器在中国文昌航天发射场成功发射升空，之后准确进入地月转移轨道，开启世界首次月背“挖宝”之旅。图中绕月运行的三个轨道分别为：大椭圆轨道1，椭圆停泊轨道2，圆轨道3，P点为三个轨道的公共切点，Q为轨道1的远地点，下列说法正确的是（）A．探测器在1轨道上的运行周期大于在2轨道的运行周期 B．探测器在P点需要加速才能从1轨道转移到2轨道 C．探测器在2轨道上经过P点时，所受的月球引力等于向心力 D．探测器在1轨道上从P点向Q点运动过程中，机械能逐渐减小4．（4分）市场流行的智能手机都内置有加速度传感器，可以进行各种有趣的物理实验。现用某款智能手机进行竖直上抛实验：用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，把手机向上抛出，然后又在抛出点接住手机，得到如图所示的加速度随时间变化的图像，图中t1＝0.38s，t2＝0.55s，t3＝0.66s，t4＝1.26s，已知该款手机的质量为200g，取重力加速度g＝10m/s2，空气阻力不计，由此可判断出（）A．0～t2时间内手机先加速后减速 B．t3～t4时间内，手掌对手机的作用力大小为2N C．手机离开手掌后，在空中运动时间为0.88s D．0～t3时间内，手掌对手机的冲量大小为1.92kg•m/s5．（4分）电子显微镜通过“静电透镜”实现对电子会聚或发散使微小物体成像。电子枪发射的电子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，a、b、c是轨迹上的三点，虚线为电子透镜电场中的等差等势面。下列说法正确的是（）A．b点的电势高于c点的电势 B．电子在a点的加速度大于在c点的加速度 C．电子在a点的电势能大于在b点的电势能 D．电子在c点的速度大于在b点的速度6．（4分）水晶球是用天然水晶加工而成的一种透明的球型物品。如图甲所示为一个质量分布均匀的透明水晶球，半径为a，过球心的截面如图乙所示，PQ为直径，一单色细光束从P点射入球内，折射光线与PQ夹角为37°，出射光线与PQ平行。已知光在真空中的传播速度为c，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则（）A．光束在P点的入射角为53° B．“水晶球”的折射率为1.6 C．光在“水晶球”中的传播速度为 D．光在“水晶球”中的传播时间为7．（4分）如图所示，长为L的水平固定长木板AB，C为AB的中点，AC段光滑，CB段粗糙，一原长为的轻弹簧一端连在长木板左端的挡板上，另一端连一物块，开始时将物块拉至长木板的右端点，由静止释放物块，物块在弹簧弹力的作用下向左滑动，已知物块与长木板CB段间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，且，物块第一次到达C点时，物块的速度大小为v0，这时弹簧的弹性势能为E0，不计物块的大小，重力加速度为g，则下列说法错误的是（）A．物块不可能会停在CB段上某处 B．物块最终会做往复运动 C．弹簧开始具有的最大弹性势能为 D．整个过程中物块克服摩擦做的功为二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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。（多选）8．（6分）在探究变压器的线圈两端电压与匝数的关系时，某同学分别在可拆变压器的铁芯上绕制了两个线圈，制作了一个如图所示的降压变压器，线圈a连接到学生电源的交流输出端，线圈b与小灯泡相连接，两线圈的电阻均可忽略不计。闭合电源开关，发现小灯泡很亮，为了降低小灯泡的亮度，下列措施可行的是（）A．适当减少线圈b的匝数 B．将交流输出电压适当减小 C．将线圈a、b增加相同匝数 D．将线圈a改接在直流输出端（多选）9．（6分）当物体受到同平面内不平行的三个力作用而平衡时，这三个力的作用线必定交于同一点，这一结论被称为三力平衡交汇定理。如图所示，在半径为R的光滑半球形凹面内，有一质量分布均匀的细杆达到平衡，已知杆在半球面内那部分的长度为，则（）A．杆上A、B两点受到的弹力大小之比为1：1 B．杆上A、B两点受到的弹力大小之比为：2 C．杆全长为 D．杆全长为（多选）10．（6分）战绳是非常流行的一种高效全身训练方式。在某次训练中，运动员手持绳的一端甩动，形成绳波可简化为简谐波，如图甲为简谐波在t＝0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x＝1m处的质点，Q是平衡位置为x＝4m处的质点，如图乙为质点Q的振动图像。下列说法正确的是（）A．波的传播速度为60m/s B．t＝0.10s时，质点Q沿y轴负方向运动 C．t＝0.15s时，质点P的运动方向沿y轴负方向 D．从t＝0.10s到t＝0.25s，质点P通过的路程为30cm三、非选择题：本题共5小题，共54分。其中第13～15小题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。11．（6分）某同学采用如图甲所示装置验证物块A与物块B（带有遮光条）组成的系统机械能守恒。图中光电门安装在铁架台上且位置可调，滑轮质量不计，细线与滑轮之间的摩擦可以忽略不计，细线始终伸直。mB＝2mA，遮光条质量不计，遮光条通过光电门的平均速度看作滑块通过光电门的瞬时速度，实验时将物块B由静止释放。（1）用螺旋测微器测出遮光条宽度d，如图乙所示，则d＝mm。（2）某次实验中，测得t＝11.60ms，则此时A的速度为m/s（保留2位有效数字）。（3）改变光电门与物块B之间的高度h，重复实验，测得各次遮光条的挡光时间t，以h为横轴、为纵轴建立平面直角坐标系，在坐标系中作出图像，如图丙所示，该图像的斜率为k，在实验误差允许范围内，若k＝（用含g、d字母的表达式表示），则验证了机械能守恒定律。12．（14分）某实验小组要测量一段粗细均匀的金属丝的电阻率。（1）用螺旋测微器测待测金属丝的直径如图甲所示，可知该金属丝的直径d＝mm。（2）用多用电表粗测金属丝的阻值。当用电阻“×10”挡时，发现指针偏转角度过大，应换用倍率为（填“×1”或“×100”）挡，在进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图乙所示，其读数为Ω。（3）为了更精确地测量金属丝的电阻率，实验室提供了下列器材：A．电流表A（量程0.6A，内阻较小可忽略）B．保护电阻R0C．电源（输出电压恒为U）D．开关S、导线若干①实验小组设计的测量电路如图丙所示，调节接线夹在金属丝上的位置，测出接入电路中金属丝的长度L，闭合开关，记录电流表A的读数I。②改变接线夹位置，重复①的步骤，测出多组L与I的值。根据测得的数据，作出如图丁所示的图线，横轴表示金属丝长度L（单位：m），则纵轴应用（填“I/A”或“”）表示；若纵轴截距为b，斜率为k，可得R0＝，金属丝的电阻率ρ＝（用题中给出的已知物理量U、b、k、d等表示）。③关于本实验的误差，下列说法正确的是（填选项字母）。A．电表读数时为减小误差应多估读几位B．用图像求金属丝电阻率可以减小偶然误差C．若考虑电流表内阻的影响，电阻率的测量值大于真实值13．（10分）某学校实验小组设计了测量不规则矿石体积的气压体积测量仪。如图所示为气压体积测量仪的原理图，上端开口的气压筒A和上端封闭的测量筒B均为高h＝20cm，横截面积S＝10cm2的导热气缸，两气缸连接处的细管体积不计。现把待测矿石置于测量筒B中，将质量m＝2kg的活塞从气压筒A上方开口处放下，在两气缸内封闭一定质量的理想气体（不计活塞厚度和摩擦力），缓慢降低封闭气体的温度至﹣3℃，活塞稳定后，活塞距气压筒A顶端0.4h。已知环境温度为27℃，外界大气压强为p0＝1.0×105Pa，重力加速度g＝10m/s2。（1）求矿石的体积；（2）再把温度从﹣3℃缓慢升高，将活塞推到气压筒A的顶端，求此时封闭气体的温度；若该过程封闭气体内能增加了20J，求封闭气体从外界吸收的热量。14．（12分）如图所示，两平行金属直导轨ab、a′b′固定于同一水平绝缘桌面上，两导轨之间的距离为L，a、a′端与倾角为30°的倾斜金属导轨平滑连接，倾斜导轨上端连接阻值为R的定值电阻，b、b′端与位于竖直面内、半径相同的半圆形金属导轨平滑连接，所有金属导轨的电阻忽略不计。仅水平导轨abb′a′所围矩形区域存在方向竖直向下，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一根质量为m、电阻为R、长度为L的细金属棒M与导轨垂直，静置于aa′处，另一根与M长度相同、质量为2m的细绝缘棒N由倾斜导轨上与aa′距离为L处静止释放，一段时间后N与M发生弹性碰撞，碰撞时间极短。碰撞后，M和N先后恰好运动到半圆形导轨的最高点（抛出后立即撤去），运动过程中棒与导轨始终垂直且接触良好。不计一切摩擦，重力加速度为g。求：（1）半圆形金属导轨的半径r；（2）整个过程中定值电阻R产生的焦耳热Q；（3）绝缘棒N通过abb′a′区域的时间t。15．（12分）图甲是半径为R的四分之一圆柱面阴极MN和位于圆柱轴线OO'上的阳极构成的光电管的示意图，某单色光照射阴极，逸出的光电子到达阳极形成光电流。已知阴极材料的逸出功为W0，光电子的最大初速度为vm，电子电荷量为﹣e、质量为m，真空中光速为c，普朗克常量为h。（1）求入射光的波长λ和遏止电压Uc；（2）图乙是光电管横截面示意图，在半径为R的四分之一圆平面内加垂直纸面向外的匀强磁场，只研究在该截面内运动的光电子，仅考虑洛伦兹力作用，要使从阴极上N点逸出的光电子运动到阳极，速度至少为，求磁感应强度B的大小；（3）在（2）问所述情况下，若阴极表面各处均有光电子逸出，求能到达阳极的光电子逸出区域与整个阴极区域的比值k。

2024-2025学年四川省南充市高三（下）二诊物理考后提升模拟练习试卷参考答案与试题解析题号1234567答案DBADABD一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（4分）1932年，考克饶夫和瓦尔顿用质子加速器进行人工核蜕变实验，验证了质能关系的正确性。在实验中，锂原子核俘获一个质子后成为不稳定的铍原子核，随后又蜕变为两个原子核，核反应方程为。已知、、X的质量分别为m1＝1.00728u、m2＝7.01601u、m3＝4.00151u，其中u为原子质量单位，1u＝931.5MeV/c2（c为真空中的光速）则在该核反应中（）A．铍原子核内的中子数是3 B．X表示的是氚原子核 C．质量亏损Δm＝4.02178u D．释放的核能ΔE≈18.88MeV【答案】D【分析】根据质量数守恒和电荷数守恒判断生成产物，并根据质量数等于质子数与中子数之和求解中子数；质量亏损等于开始时的质量与最终质量的差；根据质能方程求解产生的核能。【解答】解：A．根据质量数与电荷数守恒有A＝7+1＝8，Z＝3+1＝4则铍原子核内的中子数是8﹣4＝4（个），故A错误；B．根据质量数与电荷数守恒可知，X的质量数为A′＝＝4，电荷数为Z′＝＝2，可知X表示的是氦原子核，故B错误；C．在该核反应中，质量亏损Δm＝m1+m2﹣2m3解得Δm＝0.02027u故C错误；D．根据质能方程，释放的核能为ΔE＝Δm•931.5MeV解得ΔE≈18.88MeV故D正确。故选：D。【点评】直接利用核反应方程的质量数和电荷数守恒即可正确求解，根据核子的质量求解核反应过程中的质量亏损。2．（4分）图甲是某人在湖边打水漂的图片，石块从水面弹起到触水算一个水漂，若石块每次从水面弹起时速度与水面的夹角均为30°，速率损失30%。图乙是石块运动轨迹的示意图，测得石块第1次弹起后的滞空时间为0.8s，已知石块在同一竖直面内运动，当触水速度小于2m/s时石块就不再弹起，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．石块每次弹起后的滞空时间相等 B．石块最多能在湖面上弹起5次 C．石块每次弹起过程能量损失30% D．石块每次弹起到最高点的速度为零【答案】B【分析】A.根据斜上抛运动的规律结合速率损失分析竖直方向的分速度，判断滞空时间是否发生变化；B.根据速率损失和题意列式求解完成个数；C.根据速率损失换算能量损失；D.根据斜上抛运动最高点的特点分析解答。【解答】解：A.石块做斜上抛运动，竖直方向上的速度大小为vy＝vsin30°根据vy＝gt1运动总时间t＝0.8s＝2t1解得v＝8m/s，由于存在速率损失，v减小导致vy减小，所以滞空时间不等，故A错误；B.设石块一共能打n个水漂，则有（1﹣30%）n﹣1•v＜2m/s，（n取整数）解得n＝5，故B正确；C.速率损失30%，即速度由v变成0.7v，能量由mv2变成m（0.7v）2＝0.49×mv2，故能量损失为51%，故C错误；D.石块做斜上抛运动，即使在最高点也有水平方向的分速度，故D错误。故选：B。【点评】考查能的转化和守恒、斜上抛运动等问题，会根据题意列式进行相关物理量的运算。3．（4分）2024年5月3日17时27分，嫦娥六号探测器在中国文昌航天发射场成功发射升空，之后准确进入地月转移轨道，开启世界首次月背“挖宝”之旅。图中绕月运行的三个轨道分别为：大椭圆轨道1，椭圆停泊轨道2，圆轨道3，P点为三个轨道的公共切点，Q为轨道1的远地点，下列说法正确的是（）A．探测器在1轨道上的运行周期大于在2轨道的运行周期 B．探测器在P点需要加速才能从1轨道转移到2轨道 C．探测器在2轨道上经过P点时，所受的月球引力等于向心力 D．探测器在1轨道上从P点向Q点运动过程中，机械能逐渐减小【答案】A【分析】根据开普勒第三定律分析周期，根据离心运动和向心运动的特点分析，只有万有引力做功，则机械能不变。【解答】解：A．1轨道的半长轴大于2轨道的半长轴，根据开普勒第三定律可知可知，可知探测器在1轨道上的运行周期大于在2轨道的运行周期，故A正确；B．探测器在P点需要减速做向心运动才能从1轨道转移到2轨道，故B错误；C．探测器在2轨道上经过P点时做离心运动，所受的月球引力小于向心力，故C错误；D．探测器在1轨道上从P点向Q点运动过程中，只有万有引力做功，则机械能不变，故D错误。故选：A。【点评】解答本题的关键要掌握离心运动和向心运动的概念，能熟练运用开普勒第三律分析周期关系。4．（4分）市场流行的智能手机都内置有加速度传感器，可以进行各种有趣的物理实验。现用某款智能手机进行竖直上抛实验：用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，把手机向上抛出，然后又在抛出点接住手机，得到如图所示的加速度随时间变化的图像，图中t1＝0.38s，t2＝0.55s，t3＝0.66s，t4＝1.26s，已知该款手机的质量为200g，取重力加速度g＝10m/s2，空气阻力不计，由此可判断出（）A．0～t2时间内手机先加速后减速 B．t3～t4时间内，手掌对手机的作用力大小为2N C．手机离开手掌后，在空中运动时间为0.88s D．0～t3时间内，手掌对手机的冲量大小为1.92kg•m/s【答案】D【分析】A．a﹣t图像中图线与坐标轴所围面积表示速度的变化量；B．根据t3～t4时间内手机的加速度分析运动情况，进而分析作用力；C．t3～t4时间内手机离开手掌，做自由落体运动；D．手机离开手掌做竖直上抛运动，求解手机刚离开手掌时速度，根据动量定理解答。【解答】解：A．a﹣t图像中图线与坐标轴所围面积表示速度的变化量，0∼t2时间内速度一直增加，所以手机一直加速，故A错误；B．t3～t4时间内，手机的加速度大小为a＝10m/s2，方向向下，可知手机做竖直上抛运动，手掌对手机的作用力大小为0，故B错误；C．手机离开手掌后做竖直上抛运动，在空中运动时间为Δt＝t4﹣t3＝1.26s﹣0.66s＝0.6s，故C错误；D．手机离开手掌做竖直上抛运动，根据对称性可知手机刚离开手掌时速度为0～t3时间内根据动量定理有I﹣mgt3＝mv，解得手掌对手机的冲量大小I＝mv+mgt3＝200×10﹣3×3kg•m/s+200×10﹣3×10×0.66kg•m/s＝1.92kg•m/s，故D正确。故选：D。【点评】考查对a﹣t图像的理解，需清楚图线的含义，结合动量定理解答。5．（4分）电子显微镜通过“静电透镜”实现对电子会聚或发散使微小物体成像。电子枪发射的电子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，a、b、c是轨迹上的三点，虚线为电子透镜电场中的等差等势面。下列说法正确的是（）A．b点的电势高于c点的电势 B．电子在a点的加速度大于在c点的加速度 C．电子在a点的电势能大于在b点的电势能 D．电子在c点的速度大于在b点的速度【答案】A【分析】电场强度的方向与等势面垂直，先判断出电场力方向，电子受到的电场力的方向与电场强度的方向相反，由此判断电场强度的方向，再判断各点电势的高低；根据等势面的疏密判断电场强度大小，结合牛顿第二定律判断加速度大小；根据电场力做功情况判断电势能的大小关系，根据能量守恒判定动能和速度的变化。【解答】解：A．电子从a到c的过程中向上弯曲，说明电子在b点时受到的电场力方向垂直于等势面斜向上，电子带负电，可知图中电场线的方向大体沿左上方至右下方，沿着电场线的方向电势越来越低，所以b点的电势大于c点的电势，故A正确；B．等差等势面的疏密表示电场的强弱，则a点的电场强度小于c点的电场强度，电子在a点的加速度比在c点的加速度小，故B错误；C．电子从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，电势能增大，电子在a点的电势能小于在b点的电势能，故C错误；D．电子从b点运动到c点的过程中，电场力做负功，电子在c点的速度比在b点的速度小，故D错误。故选：A。【点评】解决本题的关键要读懂题意，理解电子显微镜的等势面分布，利用电场线与等势面处处垂直，判断电场线方向，进而求解。6．（4分）水晶球是用天然水晶加工而成的一种透明的球型物品。如图甲所示为一个质量分布均匀的透明水晶球，半径为a，过球心的截面如图乙所示，PQ为直径，一单色细光束从P点射入球内，折射光线与PQ夹角为37°，出射光线与PQ平行。已知光在真空中的传播速度为c，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则（）A．光束在P点的入射角为53° B．“水晶球”的折射率为1.6 C．光在“水晶球”中的传播速度为 D．光在“水晶球”中的传播时间为【答案】B【分析】根据几何知识求折射角，根据折射定律求折射率、入射角、光速；根据折射率公式、匀速直线运动公式结合数学知识求传播时间。【解答】解：AB．光路图如图所示：由几何关系可知，光线射出时的折射角r＝2θ根据折射定律n＝＝2cosθ＝2×0.8＝1.6根据折射定律n＝可知入射角β＝r＝2θ＝2×37°＝74°故A错误，B正确；CD．光在“水晶球”中传播的距离为s，根据数学知识s＝2acosθ根据折射率公式，光在“水晶球”中的传播速度v＝＝c传播时间t＝解得t＝故CD错误。故选：B。【点评】本题主要考查了光的折射，根据几何知识求解折射角是解题的关键；知道光的折射率与频率的关系，掌握折射定律和折射率公式。7．（4分）如图所示，长为L的水平固定长木板AB，C为AB的中点，AC段光滑，CB段粗糙，一原长为的轻弹簧一端连在长木板左端的挡板上，另一端连一物块，开始时将物块拉至长木板的右端点，由静止释放物块，物块在弹簧弹力的作用下向左滑动，已知物块与长木板CB段间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，且，物块第一次到达C点时，物块的速度大小为v0，这时弹簧的弹性势能为E0，不计物块的大小，重力加速度为g，则下列说法错误的是（）A．物块不可能会停在CB段上某处 B．物块最终会做往复运动 C．弹簧开始具有的最大弹性势能为 D．整个过程中物块克服摩擦做的功为【答案】D【分析】分析摩擦力与弹簧的拉力之间的关系，即可确定物块是否可能会停在CB面上某处；根据功能关系即可求出弹簧开始时的最大弹性势能；根据功能关系，结合滑块的初状态与末状态对应的机械能，即可求出物块克服摩擦力做的功。【解答】解：A．由于，设BC段弹簧形变量为x，，得kx＞μmg，由此，物块不可能停在BC段，故A正确；B．只要物块滑上BC段，就要克服摩擦力做功，物块的机械能就减小，所以物块最终会在AC往返运动，故B正确；C．物块从开始运动，到第一次运动到C过程中，根据能量守恒定律得，故C正确；D．物块第一次到达C，物块的速度大小为v0，物块最终会在AC段做往返运动，到达C点的速度为0，可知物块克服摩擦做的功最大为，故D错误。本体选择错误的，故选：D。【点评】该题结合滑块与弹簧模型，考查摩擦力的计算、功能关系等，要明确物块在BC之间运动的过程中，系统的一部分的机械能转化为内能，物块在AC之间运动的过程中，物块的动能与弹簧的弹性势能之间相互转化。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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。（多选）8．（6分）在探究变压器的线圈两端电压与匝数的关系时，某同学分别在可拆变压器的铁芯上绕制了两个线圈，制作了一个如图所示的降压变压器，线圈a连接到学生电源的交流输出端，线圈b与小灯泡相连接，两线圈的电阻均可忽略不计。闭合电源开关，发现小灯泡很亮，为了降低小灯泡的亮度，下列措施可行的是（）A．适当减少线圈b的匝数 B．将交流输出电压适当减小 C．将线圈a、b增加相同匝数 D．将线圈a改接在直流输出端【答案】AB【分析】根据变压器的变压规律写出输出电压的表达式，然后逐项分析即可。【解答】解：为了降低小灯泡的亮度，则需要减小变压器的副线圈的电压，设线圈a的匝数为n1，输入电压为U1，线圈b的匝数为n2，输出电压为U2，因为变压器的变压规律是可得A．减少线圈b的匝数可行，可以减小U2，则可以降低小灯泡的亮度，故A正确；B．将交流输出电压U减小，可以减小U2，小灯泡会变暗，故B正确；C．将线圈a、b增加相同匝数，可以增大U2，小灯泡会更亮，故C错误；D．直流电不能在副线圈产生电流，小灯泡将不会发光，故D错误。故选：AB。【点评】本题考查了变压器变压规律的应用，基础题。（多选）9．（6分）当物体受到同平面内不平行的三个力作用而平衡时，这三个力的作用线必定交于同一点，这一结论被称为三力平衡交汇定理。如图所示，在半径为R的光滑半球形凹面内，有一质量分布均匀的细杆达到平衡，已知杆在半球面内那部分的长度为，则（）A．杆上A、B两点受到的弹力大小之比为1：1 B．杆上A、B两点受到的弹力大小之比为：2 C．杆全长为 D．杆全长为【答案】AC【分析】根据“三力交汇”原理，杆受到重力、两个弹力，根据几何关系结合共点力的平衡条件求解弹力之比；根据几何关系求解杆长。【解答】解：AB、根据“三力交汇”原理，杆受到重力、两个弹力，将这三个共点力平移于一点，如图所示：已知杆在半球面内那部分的长度为，根据几何关系可得：∠OAB＝∠OBC＝30°则△OCB为等边三角形，又因为重力方向竖直向下，则θ＝α＝30°所以杆上A、B两点受到的弹力大小之比为FA：FB＝1：1，故A正确、B错误；CD、则△OCB为等边三角形，根据几何关系可得：BC＝OB＝R则BD＝BCtan30°＝R，所以AD＝AB﹣BD＝R﹣R＝R由于D为杆的中点，则杆长为L＝2AD＝2×R＝R，故C正确、D错误。故选：AC。【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。（多选）10．（6分）战绳是非常流行的一种高效全身训练方式。在某次训练中，运动员手持绳的一端甩动，形成绳波可简化为简谐波，如图甲为简谐波在t＝0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x＝1m处的质点，Q是平衡位置为x＝4m处的质点，如图乙为质点Q的振动图像。下列说法正确的是（）A．波的传播速度为60m/s B．t＝0.10s时，质点Q沿y轴负方向运动 C．t＝0.15s时，质点P的运动方向沿y轴负方向 D．从t＝0.10s到t＝0.25s，质点P通过的路程为30cm【答案】BC【分析】根据波速计算公式求解波的传播速度；根据图乙判断质点Q的振动方向；根据同侧法判断质点P的振动方向，再根据振动情况分析质点P在0.15s时的运动方向；根据P的振动情况和所处的位置判断通过的路程。【解答】解：A、波的传播速度为：v＝＝m/s＝40m/s，故A错误；B、根据图乙可知，在t＝0.10s时，质点Q沿y轴负方向运动，故B正确；C、在t＝0.10s时，质点Q沿y轴负方向运动，根据同侧法可知波沿﹣x方向传播，t＝0.1s时P点沿+y方向振动；所以t＝0.15s时，又经过T，质点P的运动方向沿y轴负方向，故C正确；D、从t＝0.10s到t＝0.25s，经过的时间为：Δt＝0.15s＝，质点P通过的路程：s＜＝3A＝3×10cm＝30cm，故D错误。故选：BC。【点评】本题既要理解振动图像和波动图像各自的物理意义，由振动图像能判断出质点的速度方向，同时要把握两种图像的内在联系，能由质点的速度方向，判断出波的传播方向。三、非选择题：本题共5小题，共54分。其中第13～15小题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。11．（6分）某同学采用如图甲所示装置验证物块A与物块B（带有遮光条）组成的系统机械能守恒。图中光电门安装在铁架台上且位置可调，滑轮质量不计，细线与滑轮之间的摩擦可以忽略不计，细线始终伸直。mB＝2mA，遮光条质量不计，遮光条通过光电门的平均速度看作滑块通过光电门的瞬时速度，实验时将物块B由静止释放。（1）用螺旋测微器测出遮光条宽度d，如图乙所示，则d＝1.195mm。（2）某次实验中，测得t＝11.60ms，则此时A的速度为0.10m/s（保留2位有效数字）。（3）改变光电门与物块B之间的高度h，重复实验，测得各次遮光条的挡光时间t，以h为横轴、为纵轴建立平面直角坐标系，在坐标系中作出图像，如图丙所示，该图像的斜率为k，在实验误差允许范围内，若k＝（用含g、d字母的表达式表示），则验证了机械能守恒定律。【答案】（1）1.195；（2）0.10；（3）。【分析】（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，根据螺旋测微器的读数规则读数；（2）根据极短时间内的平均速度求解A的瞬时速度；（3）分别求解重力势能的减小量和动能的增加量，再结合图像斜率的含义求解机械能守恒需要满足的条件。【解答】解：（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，测出遮光条宽度为d＝1mm+19.5×0.01mm＝1.195mm（2）据极短时间内的平均速度等于瞬时速度，A速度为（3）系统减小的重力势能为ΔEp＝（mB﹣mA）gh系统增加的动能为在实验误差允许范围内，机械能守恒有ΔEp＝ΔEk化解得图像的斜率为k，在实验误差允许范围内，满足则验证了机械能守恒定律。故答案为：（1）1.195；（2）0.10；（3）。【点评】解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，知道极短时间内的平均速度可以代替瞬时速度，同时明确重力势能和动能的定义，明确验证机械能守恒的方法。12．（14分）某实验小组要测量一段粗细均匀的金属丝的电阻率。（1）用螺旋测微器测待测金属丝的直径如图甲所示，可知该金属丝的直径d＝0.720mm。（2）用多用电表粗测金属丝的阻值。当用电阻“×10”挡时，发现指针偏转角度过大，应换用倍率为×1（填“×1”或“×100”）挡，在进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图乙所示，其读数为11.0Ω。（3）为了更精确地测量金属丝的电阻率，实验室提供了下列器材：A．电流表A（量程0.6A，内阻较小可忽略）B．保护电阻R0C．电源（输出电压恒为U）D．开关S、导线若干①实验小组设计的测量电路如图丙所示，调节接线夹在金属丝上的位置，测出接入电路中金属丝的长度L，闭合开关，记录电流表A的读数I。②改变接线夹位置，重复①的步骤，测出多组L与I的值。根据测得的数据，作出如图丁所示的图线，横轴表示金属丝长度L（单位：m），则纵轴应用（填“I/A”或“”）表示；若纵轴截距为b，斜率为k，可得R0＝bU，金属丝的电阻率ρ＝（用题中给出的已知物理量U、b、k、d等表示）。③关于本实验的误差，下列说法正确的是B（填选项字母）。A．电表读数时为减小误差应多估读几位B．用图像求金属丝电阻率可以减小偶然误差C．若考虑电流表内阻的影响，电阻率的测量值大于真实值【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据螺旋测微器的读数规则得出对应的读数；（2）根据多用电表的使用规则选择合适的挡位，结合题意得出对应的示数；（3）根据欧姆定律和电阻定律，结合图像的物理意义完成分析；根据实验误差的产生原因完成解答。【解答】解：（1）根据螺旋测微器的读数规律，该读数为0.5+0.01×22.0mm＝0.720mm（2）当用电阻“×10”挡时，发现指针偏转角度过大，表明电阻过小，为了减小读数的偶然误差，换用“×1”挡，则指针静止时位置的读数为11.0×1Ω＝11.0Ω（3）根据欧姆定律有根据电阻定律有解得：则纵轴应用来表示。根据图像有，解得：R0＝bU，③A．电表读数时应该根据量程确定精度，由出现不精确的位次选择估读的位次，因此电表读数时多估读几位并不能减小误差，故A错误；B．图像法处理实验数据时，能够尽量利用到更多的数据，减小实验产生的偶然误差，即用图像求金属丝电阻率可以减小偶然误差，故B正确；C．根据上述分析过程电阻率是根据图线的斜率求解的，令斜率为k，即可见电阻率的测量值与是否考虑电流表的内阻无关，故C错误。故选：B。故答案为：（1）0.720；（2）×1；11.0；（3）②；bU；；③B【点评】本题主要考查了电阻率的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合电阻定律和闭合电路欧姆定律即可完成分析。13．（10分）某学校实验小组设计了测量不规则矿石体积的气压体积测量仪。如图所示为气压体积测量仪的原理图，上端开口的气压筒A和上端封闭的测量筒B均为高h＝20cm，横截面积S＝10cm2的导热气缸，两气缸连接处的细管体积不计。现把待测矿石置于测量筒B中，将质量m＝2kg的活塞从气压筒A上方开口处放下，在两气缸内封闭一定质量的理想气体（不计活塞厚度和摩擦力），缓慢降低封闭气体的温度至﹣3℃，活塞稳定后，活塞距气压筒A顶端0.4h。已知环境温度为27℃，外界大气压强为p0＝1.0×105Pa，重力加速度g＝10m/s2。（1）求矿石的体积；（2）再把温度从﹣3℃缓慢升高，将活塞推到气压筒A的顶端，求此时封闭气体的温度；若该过程封闭气体内能增加了20J，求封闭气体从外界吸收的热量。【答案】（1）矿石的体积为80cm3；（2）封闭气体的温度为360K；封闭气体从外界吸收的热量为29.6J。【分析】（1）活塞稳定后，对活塞受力分析，根据平衡条件求出被封闭气体的压强，再结合理想气体状态方程列式，即可求出矿石的体积；（2）把温度从﹣3℃缓慢升高，封闭气体的压强不变，由盖—吕萨克定律可求出封闭气体的温度，根据热力学第一定律即可求出封闭气体从外界吸收的热量。【解答】解：（1）活塞稳定时封闭气体的压强为p＝p0+＝1.0×105Pa+Pa＝1.2×105Pa令矿石的体积为V，由理想气体状态方程得其中T0＝（27+273）K＝300K，T1＝（273﹣3）K＝270K解得：V＝0.4hS＝0.4×20×10cm3＝80cm3（2）缓慢升高温度，将活塞推到气压筒的顶端，压强不变，由盖—吕萨克定律有解得：T2＝360K该过程外界对系统做的功W＝﹣p（0.4h）S＝﹣1.2×105×0.4×20×10﹣2×10×10﹣4J＝﹣9.6J由热力学第一定律有ΔU＝W+Q解得：Q＝29.6J即封闭气体从外界吸收的热量为29.6J。答：（1）矿石的体积为80cm3；（2）封闭气体的温度为360K，封闭气体从外界吸收的热量为29.6J。【点评】本题主要考查共点力平衡、理想气体状态方程、盖—吕萨克定律和热力学第一定律，关键是找出初末状态参量，运用平衡法求封闭气体的压强。14．（12分）如图所示，两平行金属直导轨ab、a′b′固定于同一水平绝缘桌面上，两导轨之间的距离为L，a、a′端与倾角为30°的倾斜金属导轨平滑连接，倾斜导轨上端连接阻值为R的定值电阻，b、b′端与位于竖直面内、半径相同的半圆形金属导轨平滑连接，所有金属导轨的电阻忽略不计。仅水平导轨abb′a′所围矩形区域存在方向竖直向下，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一根质量为m、电阻为R、长度为L的细金属棒M与导轨垂直，静置于aa′处，另一根与M长度相同、质量为2m的细绝缘棒N由倾斜导轨上与aa′距离为L处静止释放，一段时间后N与M发生弹性碰撞，碰撞时间极短。碰撞后，M和N先后恰好运动到半圆形导轨的最高点（抛出后立即撤去），运动过程中棒与导轨始终垂直且接触