重庆市渝中区巴蜀中学2018届高三（上）第七次月考物理试卷（Word版含解析）

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2017-2018学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（上）第七次月考物理试卷一、选择题1．（3分）关于物理学史、以下说法正确的是（　　）A．库仑在前人工作的基础上，通过实验确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律B．伽利略在《自然哲学的数学原理》一书中，详细地研究了抛体运动C．法拉第根据通电导线附近小磁针会发生转动的现象，揭示了电与磁的联系D．安培不仅提出了场的概念，而且用电场线直观地描绘了电场2．（3分）常五号卫星预计在2018年由长征五号运载火箭发射升空，自动完成月面样品采集，并从月球起飞，返回地球。这次任务的完成将标志着我国探月工程“三步走”顺利收官。已知引力常量为G，关于娥五号的运动，以下说法正确的是（　　）A．嫦娥五号的发射速度小于同步卫星的发射速度B．若已知嫦娥五号在月球表面附近做匀速圆周运动的周期，则可求出月球的密度C．嫦娥五号的发射速度必须大于11.2km/sD．嫦娥五号在月球表面附近做匀速圆周运动的线速度大小为7.9km/s3．（3分）如图所示，1996年在地球上空完成了以牛颜第二定为基础的测定质量的实验。可以简化为如下模型：在绕地球做匀速圆周运动的飞船内，质量m1＝30kg的物体A与待测质量的物体B通过轻绳连接，放置在动摩擦因数μ＝0.05的足够长的水平桌面上，在F＝9N恒力作用下一起在桌面上从静止开始运动，7s时间内A物体向前运动了4.9m，以下说法正确的是（　　）A．B物体质量为15kgB．B物体质量为60kgC．加速度为0.5m/s2D．加速度为0.3m/s24．（3分）如图所示，图甲中的变压器是一理想变压器，副线圈串联了电阻可忽略的熔断器，其输出端输出电压信号如图乙所示（图线为正弦曲线），电路中电阻R＝55Ω，图中交流电流表、交流电压表为理想电表，其中电流表A1与电流表A2的读数之比为1：4，下列说法中正确的是（　　）A．若熔断器的熔断电流I＝42A，则此时熔断器恰好熔断B．电压表V1的示数为2202VC．该理想变压器输入的电功率为880WD．原线圈中交变电压的频率为100Hz5．（3分）如图所示，带负电的点电荷q被一根绝缘细线悬挂在O点。将一个带正电的点电荷Q常近负电荷时，负电荷被拉到A点后达到平衡并静止，此时两电荷处在同一水平面上。若此时再将正电荷Q沿以A点为圆心的圆弧微微向上移一小段，则负电荷q将（　　）A．绕O点顺时针转动B．始终保持与Q在同一水平面上C．保持静止D．绕O点逆时针转动6．（3分）2017年11月5日，巴蜀女篮勇夺重庆中学生篮球比赛冠军，比赛中相距为l的甲乙两名队员在传球时，假设抛球和接球时手的高度相同，球在空中的运动时间为t，若不计空气阻力，关于传球过程中的有关物理学知识，以下说法正确的是（　　）A．球出手后，经t2时间后到达最高点

1B．球在最高点的速度为ltC．传球过程中，重力对球的冲量为零D．传球过程中，重力始终不做功7．（3分）如图所示，固定在天花板上的光滑定滑轮，一端系一质量为2m的重物，另一端系一质量为m、电阻为r、边长为L的正方形导线框。导线框上方有宽为h的匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图中所示，最初导线框上边沿位于磁场的下边沿处，在外力作用下处于静止状态，撤去外力后重物由静止释放，已知最终导线框离开磁场时的速度为v，下列说法正确的是（　　）A．导线框进入磁场的过程中，导线框中有顺时针方向的感应电流B．导线框离开磁场的过程中，导线框中有顺时针方向的感应电流C．若离开磁场时导线框做匀速直线运动，则速度v=mgrB2L2D．通过磁场区域过程中，导线框克服安培力做功为mg（h+L）-12mv28．（3分）如图所示，在一竖直平面内有垂直平面朝里、磁感应强度为B的匀强磁场，a、b是在同一水平线上的两点。带电量+q、质量为m的小球P、以一定的速度从a对准b射出。不计空气阻力，关于小球的运动，以下说法正确的是（　　）A．若小球能沿直线从a点运动到b点，则小球的速度一定为mgqBB．带电小球可能做匀速圆周运动从a点运动到b点C．小球从a点运动到b点的时间可能为6πmqBD．若带电小球从a点静止释放也能到达b点，则在运动过程中的最大速度满足2mgqB三、非选择题9．（1）用螺旋测微器测量某一物体厚度时，示数如图甲所示，读数是　　mm。（2）用游标上刻有10个小格的游标卡尺测量一个工件的直径，得到如图乙所示结果，由于遮挡，只能看到游标的后半部分，则工件的直径为　　cm。（3）将一块量程为1mA的电流表，与一节电动势为1.5V的干电池，一个满足条件的滑动变阻器串联改装成一个倍率为“×100”的欧姆表，电流刻度为0.3mA的地方，电阻的刻度值为　　Ω。10．要描绘一个标有“3V，2.5W”小灯泡工作时的完整伏安特性曲线，要求尽可能减小实验误差，备有以下器材：A、直流电源（电动势为3V，内阻未知）B、电流表G（满偏电流3mA，内阻10Ω）C、电流表A（0～1A，内阻未知）D、电压表V（0～15V，内阻30kΩ）E、滑动变阻器R（0～20Ω，5A）F、滑动变阻器R′（0～200Ω，1A）G、定值电阻R1（阻值990Ω）H、定值电阻Rx（阻值2990Ω）K、开关与导线若干

2（1）为完成本身实验，滑动变阻器应选择　　，电压表应选择　　和　　改装使用。（填写器材前的序号）（2）为了完成该实验，请在图甲所示虚线框中画出该实验的实验原理图。（3）在图乙所示的电路中，a，b，c为三个相同的小灯泡，电源内阻不计。已知小灯泡的电流与电压的关系如图丙所示，则由图估测，流过灯泡a的电流约为　　A，灯泡a消耗的功率约为　　W。11．如图所示，真空中竖直放置半径为R的光滑半圆环，圆环最低点固定一个点电荷Q；质量为m、电荷量为+q的小圆环最初静止在图中所示的B点，此时θ＝30°．现让小圆环从右侧最高点由静止释放。已知重力加速度为g，静电力常量为k，距离带电荷量为Q的点电荷为r的点电势可以表示为φ=kQr，求：（1）半圆环最低点固定的点电荷的电量Q；（2）小环向下运动过程中的最大速度vm。12．如图所示，在坐标平面内，第三、四象限内﹣R≤x≤R的范围内有y方向的匀强电场（临界虚线PO上有电场，但临界虚线CB上无电场），电场强度为E，电场的下边界方程分别为y=-12Rx2（﹣R≤x＜0）和y=-12R（x﹣R）2（0＜x≤R）；电荷可以自由穿越边界。在一、二象限内有垂直于纸面向外、边界方程为x2+y2＝R2的匀强磁场。在y=-R2处有一荧光屏，荧光屏PQ长度为2R，中点C在y轴上。在第三象限中电场的下边界上，均匀分布着粒子发射源，不断由静止发出许多质量为m、电量为q的正粒子。不计重力和粒子间相互作用力，粒子打在荧光屏上会发光。（1）求粒子运动半径r与释放位置的x坐标和磁感应强度B三者之间的关系；（2）改变磁感应强度的大小，使屏幕上荧光只有C点一个亮点，此时磁感应强度的大小为多少？（3）继续调整磁感应强度的大小，使荧光屏上CQ段且距C点R3至R之间有光点，求此时磁场的磁感应强度。【物理--选修3-3】13．（3分）下列对热学的基础知识理解正确的是（　　）A．布朗运动是固体颗粒的运动，反映了固体分子永不停息地做无规则的运动B．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C．同种物质也可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，也就是说，物质是晶体还是非晶不是绝对的，并且有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体D．一切自发过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行E．水的饱和气压指的是水面上方混合气体的压强，不单指水蒸气的压强14．（3分）如图所示，有一粗细均匀的左端封闭、右端开口的U形管，处于温度恒定为330K的空气中，左右两边均封闭有长度为L＝20cm的理想气体，有一长度h＝46cm

3的水银柱刚好与右侧开口水平，U形管上部分水银柱高度差△h＝80cm，现将左侧气体温度升高，直到U形管上部分水银柱没有高度差，其余部分温度不变。已知大气压强恒为76cmHg，求：Ⅰ．右侧气体的长度为多少？Ⅱ．左侧气体温度为多少？【物理--选修3-4】15．（3分）如图所示为某时刻两列简谐横波在同一介质中沿相同方向传播的波形图，此时a上某质点P的运动方向如图中所示，则下列说法正确的是（　　）A．两列波具有相同的波速，相同的波长B．此时b波上的质点Q正向上运动C．在各自一个完整周期内，b波沿x轴传播的距离是a波的1.5倍D．在P质点完成3次全振动的时间内Q质点恰完成2次全振动E．a波和b波在空间相遇处不会产生稳定的干涉图样16．（3分）如图所示，横截面为14圆周的柱状玻璃棱镜AOB，现有一束单色光垂直于OA面从AB弧的中点射入时恰好发生全反射现象，现将入射光线向下平移一段距离，经AB面折射后与OB延长线相交于P点，已知玻璃砖半径R＝5cm，P到O的距离离dx＝5（3+1）cm，求平移后的光线到OB的距离d。

42017-2018学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（上）第七次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题1．（3分）关于物理学史、以下说法正确的是（　　）A．库仑在前人工作的基础上，通过实验确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律B．伽利略在《自然哲学的数学原理》一书中，详细地研究了抛体运动C．法拉第根据通电导线附近小磁针会发生转动的现象，揭示了电与磁的联系D．安培不仅提出了场的概念，而且用电场线直观地描绘了电场【考点】1U：物理学史．【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。【解答】解：A、库仑在前人工作的基础上，通过实验确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律，即库仑定律；故A正确；B、伽利略在《两种新科学的对话》一书中，详细地研究了抛体运动；故B错误；C、奥斯特根据通电导线附近小磁针会发生转动的现象，揭示了电与磁的联系；故C错误；D、法拉第不仅提出了场的概念，而且用电场线直观地描绘了电场，故D错误。故选：A。【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。2．（3分）常五号卫星预计在2018年由长征五号运载火箭发射升空，自动完成月面样品采集，并从月球起飞，返回地球。这次任务的完成将标志着我国探月工程“三步走”顺利收官。已知引力常量为G，关于娥五号的运动，以下说法正确的是（　　）A．嫦娥五号的发射速度小于同步卫星的发射速度B．若已知嫦娥五号在月球表面附近做匀速圆周运动的周期，则可求出月球的密度C．嫦娥五号的发射速度必须大于11.2km/sD．嫦娥五号在月球表面附近做匀速圆周运动的线速度大小为7.9km/s【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．【专题】34：比较思想；4E：模型法；52A：人造卫星问题．【分析】卫星发射到越高的地方所需要的发射速度越大。嫦娥五号在月球表面附近做匀速圆周运动，根据万有引力等于向心力，求得月球的质量，再求月球的密度。嫦娥五号的发射速度小于11.2km/s。月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的线速度公式为v=gR．由此分析即可。【解答】解：A、卫星发射到越高的地方所需要的能量越大，发射速度越大，故A错误。B、设月球的质量为M，半径为R．嫦娥五号在月球表面附近做匀速圆周运动，根据万有引力等于向心力，得：GMmR2=m4π2T2R，得M=4π2R3GT2月球的密度ρ=M43πR3=3πGT2，所以当在近月轨道时，只需知道周期T，就可以求出月球的密度，故B正确。C、嫦娥五号仍绕地球运行，所以发射速度小于11.2km/s，故C错误。D、月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的线速度v=gR，g和R均比地球的要小，故v＜7.9km/s，故D错误。故选：D。【点评】本题关键是明确嫦娥五号向心力的来源：月球的万有引力，结合牛顿第二定律列式求解，注意月球的第一宇宙速度是近月卫星的环绕速度。3．（3分）如图所示，1996年在地球上空完成了以牛颜第二定为基础的测定质量的实验。可以简化为如下模型：在绕地球做匀速圆周运动的飞船内，质量m1＝30kg的物体A与待测质量的物体B通过轻绳连接，放置在动摩擦因数μ＝0.05的足够长的水平桌面上，在F＝9N恒力作用下一起在桌面上从静止开始运动，7s时间内A物体向前运动了4.9m，以下说法正确的是（　　）A．B物体质量为15kgB．B物体质量为60kgC．加速度为0.5m/s2D．加速度为0.3m/s2【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．

5【专题】32：定量思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．【分析】以整体为研究对象，由位移公式求解加速度，由牛顿二定律求解B的质量。【解答】解：CD、以整体为研究对象，由位移公式可得：x=12at2，解得加速度为：a＝0.2m/s2，故CD错误；AB、绕地球做匀速圆周运动的飞船内的物体处于完全失重，所以A和B受到的摩擦力为零；由于由牛顿二定律，对AB两物体分析可得：F＝（mA+mB）a，解得B的质量为：mB＝15kg，故A正确、B错误。故选：A。【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。4．（3分）如图所示，图甲中的变压器是一理想变压器，副线圈串联了电阻可忽略的熔断器，其输出端输出电压信号如图乙所示（图线为正弦曲线），电路中电阻R＝55Ω，图中交流电流表、交流电压表为理想电表，其中电流表A1与电流表A2的读数之比为1：4，下列说法中正确的是（　　）A．若熔断器的熔断电流I＝42A，则此时熔断器恰好熔断B．电压表V1的示数为2202VC．该理想变压器输入的电功率为880WD．原线圈中交变电压的频率为100Hz【考点】E8：变压器的构造和原理．【专题】32：定量思想；4C：方程法；53A：交流电专题．【分析】由图可知输入电压的最大值及周期，则可求得有效值；再由变压器的电压关系求出电压表的示数，由欧姆定律求出电流表的读数；对输出端由功率公式求得输入功率。【解答】解：由理想变压器输入信号如图（b）所示，可知原线圈的输入端的电压有效值为220V，频率为50Hz．电流与匝数成反比，所以原副线圈匝数比为4：1。A、电压表V2的示数为有效值U2=22022V＝220V，副线圈的电流强度I2=U2R=22055=4A，电路中保险丝的熔断电流要考虑电流的热效应，为电流的有效值，若熔断器的熔断电流I＝42A，则此时熔断器不会熔断，故A错误；B、匝数与电压成正比，所以电压表V1的示数为880V，故B错误；C、输入功率等于输出功率，则P=U22R=880W，故C正确；D、变压器不改变频率，原副线圈都为50Hz；故D错误。故选：C。【点评】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。原线圈的电压决定副线圈的电压；理想变压器在改变电压和电流的同时，不改变功率和频率。注意：熔断电流指的是电流的有效值。5．（3分）如图所示，带负电的点电荷q被一根绝缘细线悬挂在O点。将一个带正电的点电荷Q常近负电荷时，负电荷被拉到A点后达到平衡并静止，此时两电荷处在同一水平面上。若此时再将正电荷Q沿以A点为圆心的圆弧微微向上移一小段，则负电荷q将（　　）A．绕O点顺时针转动B．始终保持与Q在同一水平面上C．保持静止D．绕O点逆时针转动

6【考点】3C：共点力的平衡；A4：库仑定律．【专题】14：作图题；31：定性思想；43：推理法；53E：电荷守恒定律与库仑定律专题．【分析】对负电荷受力分析，结合矢量的合成法则，及平衡状态，当将正电荷Q沿以A点为圆心的圆弧微微向上移一小段，保证库仑力大小不变，方向逆时针转动，依据平衡状态，结合矢量图的动态分析，即可判定。【解答】解：对负电荷在A点受力分析，并进行力的合成，如图黑色线所示；将正电荷Q沿以A点为圆心的圆弧微微向上移一小段，受力力如红色线所示；由此可知，细线与竖直方向夹角α在增大，因此负电荷q将绕O点逆时针转动，故ABC错误，D正确；故选：D。【点评】考查运用矢量图进行动态平衡分析，掌握矢量的合成法则内容，注意以A点为圆心的圆弧微微向上移一小段是解题的关键。6．（3分）2017年11月5日，巴蜀女篮勇夺重庆中学生篮球比赛冠军，比赛中相距为l的甲乙两名队员在传球时，假设抛球和接球时手的高度相同，球在空中的运动时间为t，若不计空气阻力，关于传球过程中的有关物理学知识，以下说法正确的是（　　）A．球出手后，经t2时间后到达最高点B．球在最高点的速度为ltC．传球过程中，重力对球的冲量为零D．传球过程中，重力始终不做功【考点】52：动量定理．【专题】32：定量思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题．【分析】篮球做斜上抛运动，根据斜上抛运动的规律求解上升时间和水平速度；根据冲量的定义求解重力的冲量；重力先做负功再做正功。【解答】解：A、篮球做斜上抛运动，根据对称性可知，篮球在上升过程和下落过程经过的时间相等，即为t2，故A正确；B、篮球在水平方向做匀速直线运动，水平方向的速度为vx=lt，最高点的速度与水平方向的速度相等，所以球在最高点的速度为lt，故B正确；C．传球过程中，重力的冲量为mgt，不为零，故C错误；D、传球的过程中，重力先做负功再做正功，故D错误。故选：AB。【点评】本题主要是考查了斜上抛运动的规律，知道斜上抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动；解决本题的关键知道分运动和合运动具有等时性，掌握冲量的计算公式。7．（3分）如图所示，固定在天花板上的光滑定滑轮，一端系一质量为2m的重物，另一端系一质量为m、电阻为r、边长为L的正方形导线框。导线框上方有宽为h的匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图中所示，最初导线框上边沿位于磁场的下边沿处，在外力作用下处于静止状态，撤去外力后重物由静止释放，已知最终导线框离开磁场时的速度为v，下列说法正确的是（　　）A．导线框进入磁场的过程中，导线框中有顺时针方向的感应电流

7B．导线框离开磁场的过程中，导线框中有顺时针方向的感应电流C．若离开磁场时导线框做匀速直线运动，则速度v=mgrB2L2D．通过磁场区域过程中，导线框克服安培力做功为mg（h+L）-12mv2【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化．【专题】34：比较思想；43：推理法；538：电磁感应——功能问题．【分析】根据楞次定律判断导线框中感应电流方向。若离开磁场时导线框做匀速直线运动，合外力为零，根据平衡条件和安培力与速度的关系求线框的速度v。全过程能量守恒，克服安培力做的功等于导线框产生的热量，由功能关系求导线框克服安培力做功。【解答】解：AB、由楞次定律可以判断进入磁场时感应电流方向为逆时针，离开磁场时感应电流方向为顺时针，故A错误，B正确。C、若线框离开磁场时匀速运动，合外力为零，则对线框和重物整体有2mg＝mg+F安，又F安=B2L2vr，联立得：v=mgrB2L2，故C正确。D、全过程能量守恒，导线框克服安培力做的功等于导线框产生的热量，即为：W克＝mg（h+L）-12⋅3mv2=mg（h+L）-32mv，故D错误。故选：BC。【点评】本题分别从力和能量两个角度研究电磁感应现象，关键是计算安培力和分析能量如何变化，要记牢安培力经验公式F安=B2L2vR，经常用到。8．（3分）如图所示，在一竖直平面内有垂直平面朝里、磁感应强度为B的匀强磁场，a、b是在同一水平线上的两点。带电量+q、质量为m的小球P、以一定的速度从a对准b射出。不计空气阻力，关于小球的运动，以下说法正确的是（　　）A．若小球能沿直线从a点运动到b点，则小球的速度一定为mgqBB．带电小球可能做匀速圆周运动从a点运动到b点C．小球从a点运动到b点的时间可能为6πmqBD．若带电小球从a点静止释放也能到达b点，则在运动过程中的最大速度满足2mgqB【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】32：定量思想；42：等效替代法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】小球受重力和洛仑兹力，根据平衡条件列式求解，由于小球运动过程中受重力和洛伦兹力作用，不可能做匀速圆周运动到达b点；小球的运动可看作v的匀速圆周运动和速度为v′的匀速直线运动的合运动，故通过b点时，圆周运动是整数圈数，到达b点的时间一定满足整数倍周期；若带电小球从a点静止释放也能到达b点，小球静止，可以看作同时具有向左和向右的mgqB的速度，可以看作向左的匀速直线运动和匀速圆周运动的合运动，【解答】解：AB、由于小球运动过程中受重力和洛伦兹力作用，不可能做匀速圆周运动到达b点，若沿直线从a到b，则只能做匀速直线运动，即满足qvB＝mg，所以小球的速度v=mgqB，故A正确，B错误；C、小球的运动可看作v的匀速圆周运动和速度为v′的匀速直线运动的合运动，到达b点时一定满足整数倍周期，故C正确；D、小球静止，可以看作同时具有向左和向右的v=mgqB的速度，可以看作向左的匀速直线运动和匀速圆周运动的合运动，当两个分速度同向时速度最大，故最大速度vmax＝2v=2mgqB，故D正确。故选：AD。【点评】本题考查带电粒子在复合场中运动，解题关键是要运用好运动的合成和分解，将粒子在重力场和磁场中的运动等效为沿水平方向的速率为v的匀速直线运动和速率为v

8的匀速圆周运动的合运动，这是本题的关键也是难点所在。三、非选择题9．（1）用螺旋测微器测量某一物体厚度时，示数如图甲所示，读数是　1.193　mm。（2）用游标上刻有10个小格的游标卡尺测量一个工件的直径，得到如图乙所示结果，由于遮挡，只能看到游标的后半部分，则工件的直径为　1.35　cm。（3）将一块量程为1mA的电流表，与一节电动势为1.5V的干电池，一个满足条件的滑动变阻器串联改装成一个倍率为“×100”的欧姆表，电流刻度为0.3mA的地方，电阻的刻度值为　3500　Ω。【考点】N6：伏安法测电阻．【专题】13：实验题；32：定量思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题．【分析】（1）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；（2）因为游标尺的前面没漏出来，需选择减法读数；（3）根据欧姆表的原理，利用欧姆定律即可求出被测电阻的阻值；【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，其读数为：1.0mm+19.3×0.01mm＝1.193mm（1.192mm～1.194mm均正确）（2）游标卡尺是10分度的卡尺，是将主尺上的9mm平均分成10小格制成的，故游标尺上每一个小格长为910mm＝0.9mm，游标尺与主尺上的18mm位置对齐，则图示读数为：18mm﹣5×0.9mm＝13.5mm＝1.35cm（3）电动势E＝1.5V，表头的满偏电流：Imax＝1mA＝0.001A进行欧姆调零时，根据欧姆定律可得：Imax=ER内，可得：R内=EImax=1.50.001Ω＝1500Ω当电流刻度为I＝0.3mA＝0.0003A时，根据欧姆定律可得：I=ER内+Rx可得：Rx=EI-R内=1.50.0003-1500Ω＝3500Ω故答案为：（1）1.193（1.192～1.194均正确）；（2）1.35；（3）3500。【点评】本题考查游标卡尺与多用电表的读数以及欧姆表的原理，解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，通常游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，但是本题因为只给了游标尺的后面一部分，必须采用减法读数。螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。10．要描绘一个标有“3V，2.5W”小灯泡工作时的完整伏安特性曲线，要求尽可能减小实验误差，备有以下器材：A、直流电源（电动势为3V，内阻未知）B、电流表G（满偏电流3mA，内阻10Ω）C、电流表A（0～1A，内阻未知）D、电压表V（0～15V，内阻30kΩ）E、滑动变阻器R（0～20Ω，5A）F、滑动变阻器R′（0～200Ω，1A）G、定值电阻R1（阻值990Ω）H、定值电阻Rx（阻值2990Ω）K、开关与导线若干（1）为完成本身实验，滑动变阻器应选择　E　，电压表应选择　B　和　G　改装使用。（填写器材前的序号）（2）为了完成该实验，请在图甲所示虚线框中画出该实验的实验原理图。（3）在图乙所示的电路中，a，b，c为三个相同的小灯泡，电源内阻不计。已知小灯泡的电流与电压的关系如图丙所示，则由图估测，流过灯泡a的电流约为　0.24　A，灯泡a消耗的功率约为　0.65　

9W。【考点】N5：描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题．【分析】（1）明确实验原理和给出的仪表，从而确定实验中应采用的方法和应选用的仪表；（2）根据实验原理进行分析，从而明确实验原理图；（3）明确乙图中给出的电路结构，再根据图丙进行估测，找出符合条件的点即可明确电流和功率。【解答】解：（1）灯泡额定电压为3V，所以给定的15V量程无法正常使用，所以应采用给定内阻的电流表进行改装，根据改装原理可知，应串联的电阻R=30.003-10=990Ω；故定值电阻选择G；因滑动变阻器要采用分压接法，故滑动变阻器选择总阻值较小的E；（2）根据实验原理可知，本实验采用滑动变阻器分压接法，同时因电流表内阻未知，为了减小误差，电流表采用外接法，故原理图如图所示；（3）图乙中bc并联后和a串联，则可知，a中电流应为bc中电流之和，而a两端电压与并联部分电压之和为3V，由图可知，符合条件的只能是a两端电压约为2.7V，a中电流为0.24A；故灯泡a的功率P＝UI＝2.7×0.24＝0.65W。故答案为：（1）E；B；G；（2）如图所示；（3）0.24；0.65。【点评】本题考查描绘灯泡伏安特性曲线的实验，要注意明确实验原理，掌握电表的改装方法，同时能准确利用图象进行数据的分析和处理。11．如图所示，真空中竖直放置半径为R的光滑半圆环，圆环最低点固定一个点电荷Q；质量为m、电荷量为+q的小圆环最初静止在图中所示的B点，此时θ＝30°．现让小圆环从右侧最高点由静止释放。已知重力加速度为g，静电力常量为k，距离带电荷量为Q的点电荷为r的点电势可以表示为φ=kQr，求：（1）半圆环最低点固定的点电荷的电量Q；（2）小环向下运动过程中的最大速度vm。【考点】3C：共点力的平衡；A4：库仑定律．【专题】31：定性思想；43：推理法；53E：电荷守恒定律与库仑定律专题．【分析】（1）对小圆环受力分析，结合矢量合成法则，及库仑定律，与三角知识，即可求解；（2）根据能量守恒定律，依据当切向加速度为零时，速度达到最大，即可列式求解。【解答】解：（1）小圆环在B点静止，此时小圆环所受合力为零。对小圆环的受力分析，如下图所示：根据库仑定律，结合矢量的合成法则，及三角知识；即有：2kQqR2cos60°=mg解得：Q=mgR2kq（2）对小圆环，当切向加速度为零即图中的B点时，速度达到最大；根据能量守恒定律，则有：kQq2R+mgRsin30°=kQqR+12mvm2解得：vm=(2-1)gR答：（1）半圆环最低点固定的点电荷的电量mgR2kq；（2）小环向下运动过程中的最大速度(2-1)gR。

10【点评】考查库仑定律与能量守恒定律的应用，掌握矢量的合成法则，及三角知识的运用，注意当切向加速度为零即图中的B点时，速度达到最大是解题第二问的突破口。12．如图所示，在坐标平面内，第三、四象限内﹣R≤x≤R的范围内有y方向的匀强电场（临界虚线PO上有电场，但临界虚线CB上无电场），电场强度为E，电场的下边界方程分别为y=-12Rx2（﹣R≤x＜0）和y=-12R（x﹣R）2（0＜x≤R）；电荷可以自由穿越边界。在一、二象限内有垂直于纸面向外、边界方程为x2+y2＝R2的匀强磁场。在y=-R2处有一荧光屏，荧光屏PQ长度为2R，中点C在y轴上。在第三象限中电场的下边界上，均匀分布着粒子发射源，不断由静止发出许多质量为m、电量为q的正粒子。不计重力和粒子间相互作用力，粒子打在荧光屏上会发光。（1）求粒子运动半径r与释放位置的x坐标和磁感应强度B三者之间的关系；（2）改变磁感应强度的大小，使屏幕上荧光只有C点一个亮点，此时磁感应强度的大小为多少？（3）继续调整磁感应强度的大小，使荧光屏上CQ段且距C点R3至R之间有光点，求此时磁场的磁感应强度。【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】（1）对粒子在电场中的运动过程运用动能定理，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力，联立即可求出粒子运动半径r与释放位置的x坐标和磁感应强度B三者之间的关系式；（2）改变磁感应强度的大小，使屏幕上荧光只有C点一个亮点，利用（1）中结果结合几何关系，即可求出此时磁感应强度的大小；（3）调整磁感应强度的大小，使荧光屏上CQ段且距C点R3至R之间有光点，利用（1）中结果结合几何关系，即可求出此时磁场的磁感应强度。【解答】解：（1）从第三象限电场边界处释放的粒子，由动能定理有：qE•12Rx2=12mv2进入磁场的速度：v＝xqEmR在磁场中粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝mv2r所以半径：r=mvqB=xBmEqR①（2）当所有的粒子打到0点时，为荧光的左边界，根据几何关系可得：r=12x代入①得：B1＝2mEqR（3）当荧光左边界到C点R3时，粒子来源于三象限x=-2R3的粒子根据几何关系可得此时在磁场中的半径：r=2R3+R32=R2代入①得：B2=43mEqR答：（1）粒子运动半径r与释放位置的x坐标和磁感应强度B三者之间的关系式为r=xBmEqR；

11（2）改变磁感应强度，使屏幕上荧光只有C点一个亮点，此时磁感应强度的大小为2mEqR；（3）继续调整磁感应强度，使荧光屏上CQ段且距C点R3至R之间有光点，此时磁场的磁感应强度为43mEqR。【点评】本题考查带电粒子在复合场中运动，粒子在加速场中的运动运用动能定理求解，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系。【物理--选修3-3】13．（3分）下列对热学的基础知识理解正确的是（　　）A．布朗运动是固体颗粒的运动，反映了固体分子永不停息地做无规则的运动B．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C．同种物质也可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，也就是说，物质是晶体还是非晶不是绝对的，并且有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体D．一切自发过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行E．水的饱和气压指的是水面上方混合气体的压强，不单指水蒸气的压强【考点】84：布朗运动；8H：热力学第二定律．【专题】31：定性思想；43：推理法；548：热力学定理专题．【分析】布朗运动是固体小颗粒运动，实质上反映了液体分子无规则运动；由理想气体的状态方程判断温度的变化，然后结合热力学第一定律分析是否吸收热量；同种物质也可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，并且晶体与非晶体之间可以相互转化；根据熵增加原理可知：一切热现象总是沿着分子运动的无序性增大的方向进行；饱和汽压只是水蒸气的分气压。【解答】解：A、布朗运动是指悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，间接反映了液体分子在永不停息地做无规则的运动，故A错误；B、对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，根据理想气体的状态方程可知，气体的温度一定升高，内能一定增大，故△U＞0，体积变大，气体对外做功，故W＜0，根据热力学第一定律△U＝W+Q，可知Q＞0，故一定从外界吸热，故B正确；C、同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，在一定条件下非晶体可以转化为晶体，故C正确；D、根据熵增加原理可知，一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，故D正确；E、在实际问题中，水面上方含有水分子、空气中的其他分子，但我们所研究的饱和汽压只是水蒸气的分气压，故E错误。故选：BCD。【点评】本题考查了布朗运动、气体定律、晶体与非晶体、熵增加原理以及饱和汽压等概念，解决本题的关键要理解并掌握热力学第一定律、第二定律，知道晶体与非晶体之间可以相互转化，以及饱和汽的意义，这些是教材选修3﹣3的基础知识，要加强记忆。14．（3分）如图所示，有一粗细均匀的左端封闭、右端开口的U形管，处于温度恒定为330K的空气中，左右两边均封闭有长度为L＝20cm的理想气体，有一长度h＝46cm的水银柱刚好与右侧开口水平，U形管上部分水银柱高度差△h＝80cm，现将左侧气体温度升高，直到U形管上部分水银柱没有高度差，其余部分温度不变。已知大气压强恒为76cmHg，求：Ⅰ．右侧气体的长度为多少？Ⅱ．左侧气体温度为多少？【考点】99：理想气体的状态方程．【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．【分析】Ⅰ．利用平衡求出初末状态右侧封闭气体，封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律即可求出右侧气体的长度；Ⅱ．根据平衡求出初末状态左侧封闭气体，根据几何关系求出初末状态的体积，对左侧封闭气体运用理想气体的状态方程，即可求出左侧气体温度。

12【解答】解：Ⅰ．设玻璃管的横截面积为S，对于右侧气体，根据平衡可得：p1+h＝p0可得右侧气体的压强：p1＝p0﹣h＝76cmHg﹣46cmHg＝30cmHg，右侧气体的体积：V1＝20S左侧气体温度升高，直到U形管上部分水银柱没有高度差，假设右侧气柱长为x，则剩余液柱长度：h1＝L+h-△h2-x＝（26﹣x）cm升温后右侧气体的压强：p2＝p0﹣h1＝（50+x）cmHg，体积：V2＝xS根据玻意耳定律：p1V1＝p2V2可得：x＝10cmⅡ．对于左侧气体，初态：压强p3＝p1+△h＝30cmHg+80cmHg＝110cmHg，体积V3＝20S，温度T3＝330K末态：压强p4＝p2＝60cmHg，体积V4＝（L+△h2）S＝60S，温度T4根据理想气体的状态方程：p3V3T3=p4V4T4可得：T4＝540K答：Ⅰ．右侧气体的长度为10cm；Ⅱ．左侧气体温度为540K。【点评】本题考查气体定律与力学平衡的综合运用，解题关键是要利用平衡求出初末状态封闭气体的压强，分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，再选择合适的规律解决。【物理--选修3-4】15．（3分）如图所示为某时刻两列简谐横波在同一介质中沿相同方向传播的波形图，此时a上某质点P的运动方向如图中所示，则下列说法正确的是（　　）A．两列波具有相同的波速，相同的波长B．此时b波上的质点Q正向上运动C．在各自一个完整周期内，b波沿x轴传播的距离是a波的1.5倍D．在P质点完成3次全振动的时间内Q质点恰完成2次全振动E．a波和b波在空间相遇处不会产生稳定的干涉图样【考点】F5：波长、频率和波速的关系．【专题】31：定性思想；43：推理法；51D：振动图像与波动图像专题．【分析】两列简谐横波在同一介质中传播时波速相同，传播相同距离所用时间相同。运用波形平移法判断质点的振动方向。由图可两列波波长的大小关系，再分析周期的长短，再比较时间关系。根据频率关系研究相同时间内全振动次数关系。两列波只有频率相同时，才能产生稳定的干涉。【解答】解：A、波速是由介质决定的，两列简谐横波在同一介质中波速相同，但波长不同。故A错误。B、此时a波上某质点P的运动方向向上，由波形平移法可知，波向右传播，且知此时b波上的质点Q正向下运动。故B错误。C、由图可知，b波的波长时a波波长的1.5倍，所以在各自一个完整周期内，b波沿x轴传播的距离是a波的1.5倍，故C正确。D、由图可知，两列波波长之比λa：λb＝2：3，波速相同，由波速公式v＝λf得a、b两波频率之比为fa：fb＝3：2．所以在P质点完成3次全振动的时间内Q质点可完成2次全振动，故D正确。E、两列波的频率不同，不能产生稳定的干涉图样。故E正确。故选：CDE。【点评】本题关键要抓住波速是由介质的性质决定的，在同一介质中传播的同类波速度相同。要掌握干涉的条件：两波的频率相同。16．（3分）如图所示，横截面为14圆周的柱状玻璃棱镜AOB，现有一束单色光垂直于OA面从AB弧的中点射入时恰好发生全反射现象，现将入射光线向下平移一段距离，经AB面折射后与OB延长线相交于P点，已知玻璃砖半径R＝5cm，P到O的距离离dx＝5（3+1）cm，求平移后的光线到OB的距离d。

13【考点】H3：光的折射定律．【专题】11：计算题；32：定量思想；4F：几何法；54D：光的折射专题．【分析】从AB弧的中点射入时恰好发生全反射现象，入射角等于临界角C，根据几何关系求得临界角C，再根据sinC=1n求得棱镜的折射率。将入射光线向下平移后，光线发生折射，画出光路图，由折射定律求得折射角，结合几何关系平移后的光线到OB的距离d。【解答】解：从AB弧的中点射入时恰好发生全反射现象，入射角等于临界角C，由几何关系可得C＝45°根据sinC=1n得n=2将入射光线向下平移后，光路图如图所示由折射定律有n=sinisinγ=2在三角形ODP中可知OPsin(180°-i)=DPsinγ据题OP＝dx＝5（3+1）cm所以得DP=5(6+2)2cm由余弦定理可知cosγ=OD2+OP2-DP22OD⋅OP可得cosγ=32所以γ＝30°则DE＝ODsinγ＝2.5cm答：平移后的光线到OB的距离d是2.5cm。【点评】本题是几何光学问题，画面出光路图是解题的基础，要掌握全反射的条件，结合是折射定律和几何知识进行研究。