2024年高二物理下學期期末模擬試卷及答案（三）

一、選擇題（共10小題，每小題4分，滿分40分.）

1.物體a、b從同一位置沿同一直線運動的v-t圖象如圖所示，下

列說法正確的是（）

A.前4s,a與b的加速度始終相同

B.t=2s時，a、b速度方向均發生改變

C.t=4s時,a>b相距16m

D.物體a在。?2s內的速度方向與物體b在2s?4s內的速度方向相

同

2.如圖所示，平行板電容器處在真空中，電容為C,帶電荷量為Q,

d

板間距離為d,今在兩板的中點亍處放一電荷q,已知靜電力常數為

k,則它所受電場力的大小為（）

Qq2Qq駟4Qq

2

A.CdB?育C.kdD.kd2

3.在豎直墻壁間有半圓球A和圓球B,其中圓球B的表面光滑，半

2廠

圓球A與左側墻壁之間的動摩擦因數為可遮.兩球心之間連線與水

平方向成30。的夾角，兩球恰好不下滑，設最大靜摩擦力等于滑動摩

擦力，則半球圓A和圓球B的質量之比為（）

1111

A.EB.WC.虧D.石

4.如圖所示，在水平地面上運動的小車的車廂底部有一質量rm二1kg

的木塊，木塊與車廂通過一根水平輕彈簧相連接，彈簧的勁度系數

k=100N/m,在車廂的頂部且一根細線懸掛一質量m2=0.5kg的小球，

某段時間內發現細線與豎直方向的夾角0=45°,在這段時間內木塊與

車廂保持相對靜止，取g=10m/s2,不計木塊與車廂底部的摩擦力，則

在這段時間內彈簧的形變量為（）

A.6cmB.10cmC.12cmD.20cm

5.如圖所示，兩根長直導線豎直插入光滑絕緣水平桌面上的M、N

兩小孔中，。為M、N連線中點，連線上a、b兩點關于O點對稱,導

線均通有大小相等、方向向上的電流.已知長直導線周圍產生的磁場

的磁感應強度B二kL式中k是常數，I是導線中的電流，「為點到導

r

線的距離，一帶正電的小球以初速度V。從a點出發沿連線運動到b

點，關于上述過程，下列說法正確的是（）

A.小球先做加速運動后做減速運動

B.小球先做減速運動后做加速運動

C.小球對桌面的壓力先減小后增大

D.小球對桌面的壓力一直在增大

6.如圖所示，一個〃N〃形導軌ADC固定并垂直于在磁感應強度大小

為B的勻強磁場，MN是與導軌材料和規格都相同的導體棒，在外力

作用下，導體棒以恒定速度v沿導軌向右運動，導體棒與導軌軌始終

接觸良好，以導體棒在圖示位置為計時為起點，則下列物量量隨時間

變化的圖象正確的是（下圖中E為問路中的感應電動勢；I為流過導

體棒的電流；P為感應電流的熱功率；F為作用在導體棒上的安培力）

7.如圖所示，在向左加速運動的車廂中，一個人用力向前推車廂,

B.土星公轉周期

C.太陽質量

D.土星和地球繞太陽公轉的軌道半徑

10.如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數比為3：1,電壓表、

電流表為理想電表，L1、1_2、1_3、L4為四只規格均為〃220V110W〃的

燈泡，如果副線圈電壓按圖乙所示規律變化，則下列說法正確的是

A.電壓表的示數為933V

B.電流表的示數為0.5A

C.流過燈泡Li的電流方向每秒鐘改變100次

D.lmin內，四個燈泡消耗的總電能為26400J

二、必考題（共4小題，滿分45分）

11.某同學用游標卡尺測量一圓柱體的長度I,如圖甲所示，由圖可

讀出1=cm.

123

（2）在〃研究勻變速直線運動〃的實驗中得到一條紙帶，如圖乙所示,

。、A、B、C、D、E、F是紙帶上的七個計數點，每相鄰兩個計數點間

有四個點沒有畫出，用Si、S2、S3、S4>S5、S6表示相鄰兩個計數點間

的距離，在紙帶的上方用毫米刻度尺測量計數點間的距離，已知打點

計時器所接電源的頻率為50Hz,那么，打D點時紙帶的速度大小為

m/s；紙帶加速度的大小為—m/s2.（上述計算結果均保留兩位有

效數字）

12.（8分）某同學用多用電表的歐姆檔來測量電壓表的內阻，如圖

甲所示.先將選擇開關旋至倍率〃X100〃檔，紅、黑表筆短接調零后

進行測量，紅表筆應接電壓表的—接線柱（選填〃+〃或〃-〃），測

量結果如圖乙所示，電壓表的電阻為Q.

該同學要測量一節干電池的電動勢和內阻，有以下器材可供選擇:

A.電流表（0?0.6A?3A）

B.電壓表（O~3V）

C.滑動變阻器R（0?15Q,5A）

D.滑動變阻器R，（0?50Q,1A）

E.定值電阻Ro為1Q

F.開關S及導線若干

本次實驗的原理圖如圖丙，則滑動變阻器應選—（填器材前的字母

序號）.

按照原理圖連接好線路后進行測量，測得數據如下表所示.

待測量12345

I/A0.110.200.300.400.50

U/V1.371.351.331.321.29

由上表數據可看出，電壓表示數變化不明顯，試分析引起情況的原因

是—?現將上述器材的連線略加改動就可使電壓表的示數變化更明

顯，請在圖丁中按改動后的原理圖完成連線.

13.（13分）如圖所示，一半徑R=1.0m的水平圓盤繞過圓心的豎直

軸轉動，轉動的角速度u）=5.0rad/s,在圓盤邊緣A處有一個小滑塊隨

圓盤一起轉動，某一時刻，小滑塊從圓盤邊緣滑落，經光滑的過渡圓

管進入光滑的斜面軌道BC.已知斜面軌道BC傾角為37。，B為斜面

軌道的最低點，小滑塊在運動過程中始終未脫離軌道，不計在過渡圓

管處的機械能損失，已知g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,結果保

持保留兩位有效數字.

（1）若斜面軌道上B、C兩點間的距離為2.0m,求小滑塊從B點第

一次運動至C點的F寸間.

（2）小滑塊從圓盤離開到再下滑回圓盤的過程中，圓盤轉動的圈數.

14.（18分）如圖所示，M,N兩極板間存在勻強電場，兩極板的寬

度為d,N板右邊存在如圖所示的磁場，折線PAQ是磁場的分界線，

在折線的兩側分布著方向相反、與平面垂直的勻強磁場，磁感應強度

大小都為B.折線的頂角NA=90。，P、Q是折線上的兩點，AP=AQ=L.現

有一質量為m、電荷量為q的帶負電微粒從S由靜止經電場加速后再

從P點沿PQ方向水平射出，不計微粒的重力.

（1）若微粒以V。的速度從P點射出，求M,N兩極板間電場強度的

大小及方向；

（2）為使微粒從P點以某一速度v射出后，經過一次偏轉直接到達

折線的頂點A點，求初速度v的大小；

（3）對于在M,N兩極板間加不同的電場，微粒還能途經A點并能

到達Q點，求所加電場的電場強度E應滿足的條件及其從P點到達Q

點所用的時間.

A/N

三、選考題［選修3—3］（共2小題，滿分15分）

15.對于一定質量的理想氣體，下列說法正確的是（）

A.若一定質量的理想氣體壓強和體積都不變時，其內能也一定不變

B.若一定質量的理想氣體溫度不斷升高時，其壓強也一定不斷增大

C.若一定質量的理想氣體溫度升高1K,其等容過程所吸收的熱量一

定大于等壓過程所吸收的熱量

D.在完全失重的狀態下，氣體的壓強為零

E.只要知道氣體的摩爾體積和阿伏加德羅常數，就可以算出平均每

個氣體分子所占的體積

16.（10分）如圖甲所小，橫放在水平地面上的汽缸內用活塞封閉

有一定質量的理想氣體，汽缸內壁光滑，缸內理想氣體的攝氏溫度t

與體積V之間的關系如圖乙所示.

（1）試分析氣體在AB、BC、CD各階段的壓強變化及溫度為0℃時氣

體的體積.（保留三位有效數字）

（2）若氣體在AB過程的壓強p=1.0X103Pa,求在該過程中氣體對外

做的功.

［選修3—4］（共2小題，滿分。分）

17.2015年4月25日，在尼泊爾發生了8.1級地震，震源深度20

千米.如果該地震中的簡諧橫波在地殼中勻速傳播的速度大小為

4km/s,已知波沿x軸正方向傳播，某時刻剛好傳到x=120m處，如

圖所示，則下列說法正確的是（）

A.從波源開始振動到波源遷移到地面需要經過5s時間

B.再經過△t=0.3s質點M經過的路程為56m

C.此刻波動圖象上除M點外與M點勢能相同的質點有3個

D.波動圖象上M點此時的速度方向沿y軸負方向，其動能正在增大

E.傳到x=120m處開始計時，經過t=0.06s位于xl=360m處的質點加

速度最小

18.如圖所示，某潛水員在檢查裝有透明液體的圓柱體容器，當潛水

員的眼睛在容器中心軸位置且在液面下h2=lm處時，他看到容器口處

所有景物都出現在一個頂角為60。的倒立圓錐里，已知容器口距離容

器液面的距離hi=lm,圓柱體的橫切面半徑r=

①容器中液體的折射率.

②若一個身高h3=lm的小孩站在離容器口邊緣遠的位置，小

孩恰好能看到對面的容器底部，則容器中液體的深度為多少米？

［選修3—5］（共2小題，滿分。分）

19.下列說法正確的是（）

A.B射線與Y射線一樣都是電磁波，但0射線的穿透本領遠比y射

線弱

B.玻爾將量子觀念引入原子領域，其理論能夠解釋氫原子光譜的特

征

C.氫原子的核外電子由離原子核較遠的軌道躍遷到離核較近的軌道

上時氫原子的能量減少

D.在原子核中，比結合能越小表示原子核中的核子結合得越牢固

238206

E.92U裊變成82Pb要經過6次0垠:變和8次01衰變

20.如圖所示，光滑水平地面上，在質量M=lkg的滑塊上用輕桿及

輕繩懸吊質量的小球.此裝置以速度向右滑動.另

m=0.5kgv0=2m/s

一質量也為M的滑塊靜止于上述裝置的右側.當兩滑塊相撞后，便

粘在一起向右運動，求

（1）兩滑塊相撞過程中損失的機械能.

（2）當小球向右擺到最大高度時，兩滑塊的速度大小.

“『尸尸尸/尸尸尸六尸尸尸尸尸尸尸六/"9-rrr看十

參考答案與試題解析

一、選擇題（共10小題，每小題4分，滿分40分.）

1.物體a、b從同一位置沿同一直線運動的v-t圖象如圖所示，下

列說法正確的是（）

A.前4s,a與b的加速度始終相同

B.t=2s時;a、b速度方向均發生改變

C.t=4s時,a>b相距16m

D.物體a在。?2s內的速度方向與物體b在2s?4s內的速度方向相

同

【考點】勻變速直線運動的圖像.

【分析】速度時間圖線速度的正負值表示速度的方向，圖線的斜率表

示加速度，圖線與時間軸圍成的面積表示位移.由此分析即可.

【解答】解：A-.速度圖象的斜率表示加速度，由圖可知，前4s,a

與b的加速度方向始終相反，故A錯誤.

B、由圖象可知，前4s,a的速度都為正，b的速度都為負，所以仁2s

時，a、b速度方向均沒有發生改變.故B錯誤.

C、圖線與時間軸圍成的面積表示位移，則t=4s時，a、b相距的距離

等于四邊形面積大小，為△x=2x￡x4X4=16m.故C正確.

D、速度的正負表示速度的方向，則物體a在。?2s內的速度方向與

物體b在2s?4s內的速度方向相反，故D錯誤.

故選：C

【點評】解決本題的關鍵知道速度時間圖線的物理意義，知道圖線與

時間軸圍成的面積表示位移，知道速度的正負表示運動的方向.

2.如圖所示，平行板電容器處在真空中，電容為C,帶電荷量為Q,

板間距離為d,今在兩板的中點尚處放一電荷q,已知靜電力常數為k,

則它所受電場力的大小為（）

A.CdB.CdC.kd2D.kd2

【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關系；庫侖定律.

【分析】根據電容的定義式求出兩極板間的電勢差，結合勻強電場的

場強公式求出電場強度的大小，從而得出電荷q所受的電場力.

【解答】解：A、兩極板間的電勢差為：U=1,

則兩極板間的電場強度為：E甥號，

電荷q所受的電場力為：F=qE二居.故A正確，B錯誤.

C、D由于平行板電容器不是點電荷，不能用E=心求解板間場強，

r

故C、D錯誤.

故選：A.

【點評】解決本題的關鍵掌握電容的定義式、勻強電場的電場強度公

式以及電場強度的定義式，并能靈活運用.

3.在豎直墻壁間有半圓球A和圓球B,其中圓球B的表面光滑，半

圓球A與左側墻壁之間的動摩擦因數為薩.兩球心之間連線與水平

方向成30。的夾角，兩球恰好不下滑，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦

力，則半球圓A和圓球B的質量之比為（）

1111

A?彳B.WC.虧D.石

【考點】共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性和彈力.

【分析】隔離光滑均勻圓球B,對B受力分析，根據平衡條件列式求

解FN,對兩球組成的整體進行受力分析，根據平衡條件列式求解即可.

【解答】解：設A的質量為m,B的質量為M,;?

黑

隔離光滑均勻圓球B,對B受力分析如圖所示，可得：

FN=FCOS0

Mg-Fsin0=O

解得：F/磊，

對兩球組成的整體有:

(m+M)g-HFN=O

代入數據，聯立解得：f=|

故選：C.

【點評】解決本題的關鍵能夠正確地受力分析，運用共點力平衡進行

求解，掌握整體法和隔離法的運用.

4.如圖所示，在水平地面上運動的小車的車廂底部有一質量mFlkg

的木塊，木塊與車廂通過一根水平輕彈簧相連接，彈簧的勁度系數

在車廂的頂部且-一根細線懸掛一質量的小球，

k=100N/m,m2=0.5kg

某段時間內發現細線與豎直方向的夾角0=45°,在這段時間內木塊與

車廂保持相對靜止，取g=10m/s2,不計木塊與車廂底部的摩擦力，則

在這段時間內彈簧的形變量為()

A.6cmB.10cmC.12cmD.20cm

【考點】牛頓第二定律；胡克定律.

【分析】先對小球受力分析，由牛頓第二定律求出加速度，再對木塊

受力分析，根據牛頓第二定律求出彈簧的彈力，然后由胡克定律求出

彈簧的形變量.

【解答】解：對小球受力分析如圖所示

T

m2g

由幾何關系：F合二呼匕通

F合

由牛頓第二定律a-^YgtanS=gtan45°=10in/s92

對木塊受力分析，受重力、支持力和彈簧的彈力，根據牛頓第二定律

F^=m1a=lX10=10N

物體受向左的彈力，結合胡克定律可知，彈簧的伸長量為

F彈10

“U二請"Im二10cn,故B正確，ACD錯誤；

故選：B

【點評】僅僅對物體受力分析，有時無法求出合力，本題中還必須要

結合物體的運動情況進行受力分析，才能得到明確的結論.

5.如圖所示，兩根長直導線豎直插入光滑絕緣水平桌面上的M、N

兩小孔中，。為M、N連線中點，連線上a、b兩點關于O點對稱,導

線均通有大小相等、方向向上的電流.已知長直導線周圍產生的磁場

的磁感應強度B=k《，式中k是常數，I是導線中的電流，r為點到導

線的距離，一帶正電的小球以初速度V。從a點出發沿連線運動到b

點，關于上述過程，下列說法正確的是（)

A.小球先做加速運動后做減速運動

B.小球先做減速運動后做加速運動

C.小球對桌面的壓力先減小后增大

D.小球對桌面的壓力一直在增大

【考點】通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向；安培力.

【分析】根據右手螺旋定制，判斷出MN直線處磁場的方向，然后根

據左手定則判斷洛倫茲力大小和方向的變化，明確了受力情況，即可

明確運動情況.

【解答】解：根據右手螺旋定制可知直線M附近處的磁場方向垂直

于MN向里，直線N附近的磁場方向垂直于MN向外，磁場大小先減

小過。點后反向增大，根據左手定則可知，帶正電的小球受到的洛倫

茲力方向開始上的方向向上，過。得后洛倫茲力的方向向下.由洛倫

茲力不做功可知，小球將做勻速直線運動，小球對桌面的壓力一直在

增大，故ABC錯誤，D正確.

故選：D.

【點評】本題考查了右手螺旋定則和左手定則的熟練應用，正確解答

帶電粒子在磁場中運動的思路為明確受力情況，進一步明確其運動形

式和規律.

6.如圖所示，一個〃N〃形導軌ADC固定并垂直于在磁感應強度大小

為B的勻強磁場，MN是與導軌材料和規格都相同的導體棒，在外力

作用下，導體棒以恒定速度v沿導軌向右運動，導體棒與導軌軌始終

接觸良好，以導體棒在圖示位置為計時為起點，則下列物量量隨時間

變化的圖象正確的是（下圖中E為問路中的感應電動勢；I為流過導

體棒的電流；P為感應電流的熱功率；F為作用在導體棒上的安培力）

【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢；安培力.

【分析】分析導軌運動過程中產生的感應電動勢和電阻的變化，根據

歐姆定律可求出電流的變化，再根據功率公式分析電功率的變化，根

據F=BIL求解安培力的變化.

【解答】解：設"N〃型導軌的頂角為心電阻率為p.

A、感應電動勢為：E=BLv=Bvttan0*v=Bv2tan0?t,E^t,故A錯誤.

BD、感應電流為：仁莖R=（vt+vttane+晨飛-）*

____BvStanB_____

得：i=p（1+tane+^^7,式中各量均為定值，則感應電流不變.根

cos9

據F二BIL可知，F=Blvftan0,可見F^t,圖象應是過原點的直線，故

B正確，D錯誤.

C、由上可知，R^t,I恒定，則受外力的功率PdRoct,故C錯誤.

故選：B.

【點評】本題是電磁感應、歐姆定律、電阻定律等知識的綜合運用.本

題易錯點在于對于電流的分析，由于未考慮電動勢和電阻都與時間成

正比，從而認為電流是變化的.

7.如圖所示，在向左加速運動的車廂中，一個人用力向前推車廂,

人相對車廂末移動，則下列說法中正確的是（）

A.推力對車不做功B.推力對車做止功

C.車對人做負功D.車對人做正功

【考點】功能關系.

【分析】在加速向左運動的車廂中，人的加速度向左，根據牛頓第二

定律得出人受的合力向左，根據功的定義式判斷做功情況.

【解答】解：AB、推力方向向左，與位移方向相同，所以推力對車做

正功，故A錯誤，B正確；

CD、由于人向左加速運動，加速度向左，由牛頓第二定律知，車廂對

人的力向左，與位移方向相同，車對人做正功，故C錯誤，D正確；

故選：BD

【點評】此題涉及到牛頓第二定律的應用和力的作用的相互性，解決

此類題目要結合作用力和反作用力考慮，即一個物體在施力的同時必

然也受力，另一個物體在受力的同時必然也是施力物體.

8.如圖所示，圖中五點均在勻強電場中，它們剛好是一個圓的四個

等分點和圓心，己知電場線與圓所在平面平行，b,c,d三點電勢在

圖中已標出，下列說法中正確的是（）

A.把正電荷由a點移到c點，電場力做正功

B.。點的場強方向指向d點

C.在圓上各點中，b點的電勢一定是最高的

D.圓弧be的中點的電勢一定是4V

【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關系.

【分析】勻強電場的電場線為相互平行間隔相等的平行線，而等勢線

與電場線垂直；勻強電場中，任意兩平行直線上相等距離的電勢差相

等；由題意知可以找到一條等勢線，根據電場線與等勢線的特點可確

定電場線的方向.

【解答】解：由題意，分別取試管點為abed如圖，由題意可ab和cd

相互平行.在勻強電場中，仟意兩平行直線上相等距離的電勢差相等,

Uba=Ucd=6V-2V=4V,所以，"機-6=10-5=4,解得：4)a=6V；

A、正電荷由a點移到c點，a、c兩點電勢相等，電場力不做功，故

A錯誤；

B、a點的電勢為6V,c點的電勢是6V,根據電場線應與等勢面垂直,

所以aoc在同一條等勢線上；又沿電場線電勢依次降低，。點的場強

方向應指向圖中電勢為2V的d點，故B正確；

C、在圓上各點中，巾b=10V,4)C=6V,4)a=6V,4)d=2V,所以b點的電

勢一定是最高的，故C正確；

D、假設圓弧be的中點的電勢為4V,因為6c=6V,6d=2V,即cd中點

的電勢為4V,而由上述分析可知，aOc在等勢線上，圓弧be的中點

與cd中點的連線不為等勢線，假設不成立，故D錯誤.

故選：BC.

d

【點評】本題的關鍵在于找出等勢面，然后才能確定電場線，要求學

生明確電場線與等勢線的關系，能利用幾何關系找出等勢點，再根據

等勢線的特點確定等勢面.

9.2014年5月10日天文愛好者迎來了〃土星沖日〃的美麗天象，〃土

星沖日〃是指土星和太陽正好處在地球的兩側，三者幾乎成一條直線,

該天象每378天發生一次，土星和地球繞太陽公轉的方向相同，公轉

軌跡都近似為圓，地球繞太陽公轉周期和半徑以及引力常量均已知，

根據以上信息可求出（）

——————~

二、…二二一

A.地球質量

B.土星公轉周期

C.太陽質量

D.土星和地球繞太陽公轉的軌道半徑

【考點】萬有引力定律及其應用；向心力.

【分析】地球和土星均繞太陽做圓周運動，靠萬有引力提供向心力，

根據牛頓第二定律和圓周運動的運動公式列式分析可以求解的物理

量.

【解答】解.：A、行星受到的萬有引力提供向心力，根據牛頓第二定

律列方程后，行星的質量會約去，故無法求解行星的質量，故A錯誤;

B、〃土星沖日〃天象每378天發生一次，即每經過378天地球多轉動

27T2兀

一圈，根據（丁-〒一）仁2月可以求解土星公轉周期，故B正確；

1112

C、地球繞太陽公轉周期和半徑以及引力常量均已知，根據萬有引力

GMm兀2r4兀2r3

提供向心力得：予"=一”—，則太陽的質量：.故正確;

M=GT2C

9

GMm兀r

D、知道土星繞太陽的公轉周期，萬有引力提供向心力了

可求出土星的軌道半徑，故D正確；

故選：BCD

【點評】解決本題的關鍵知道地球和土星均繞太陽做圓周運動，靠萬

有引力提供向心力，知道線速度、加速度和周期與軌道半徑的關系.

10.如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數比為3：1,電壓表、

電流表為理想電表，L、1_2、1_3、1_4為四只規格均為“220V110W”的

燈泡，如果副線圈電壓按圖乙所示規律變化，則下列說法正確的是

()

A.電壓表的示數為933V

B.電流表的示數為0.5A

C.流過燈泡L1的電流方向每秒鐘改變100次

D.lmin內,四個燈泡消耗的總電能為26400J

【考點】變壓器的構造和原理.

【分析】由輸出端交變電壓U的圖象求出副線圈有效值，根據原副線

圈電壓之比等于線圈匝數比，電流之比等十線圈匝數的倒數比求出原

線圈電壓和電流，根據燈泡的規格求出燈泡的電阻和額定電流，再結

合歐姆定律求解.

【解答】解：A、根據圖乙可知，副線圈電壓的有效值二220%

由原副線圈匝數之比3：1,可得原副線圈的電壓之比3：1,則原線

圈電壓即電壓表示數為5二3X220V=660V,故A錯誤；

B、副線圈電壓為220V,L2,L3,L4三只燈泡都正常發光，電流

I二3左二3X翳1.5A,故B錯誤；

C、原副線圈的頻率相等嚀而焉取二50Hz,1s內完成50個周期性變

化，在1個周期內日流方向改變2次，每秒電流方向改變100次，故

C正確；

22

I,n21Ii=0.5AU220

D、由「二一，即ITT，得，燈泡電阻R〒二萬獷

l2nl.

燈泡L1消耗的電能1耨，°?52X440X60=6600J

燈泡L2、L3XL4消耗的電能之和3義「IOX6O=198OOJ

四個燈泡消耗的總電能W=6600+19800=26400J,故D正確；

故選：CD

【點評】理想變壓器是理想化模型，一是不計線圈內阻；二是沒有出

現漏磁現象.值得注意的是變壓器的原線圈與燈泡串聯后接入交流

中，則原線圈的電壓不是ab端的電壓，難度適中.

二、必考題（共4小題，滿分45分）

11.（1）某同學用游標卡尺測量一圓柱體的長度I,如圖甲所示，由

圖可讀出1=1.27cm.

$CK>

123>

3

6I。

乙

IP

（2）在〃研究勻變速直線運動〃的實驗中得到一條紙帶，如圖乙所示,

0、A、B、C、D、E、F是紙帶上的七個計數點，每相鄰兩個計數點間

有四個點沒有畫出，用si、S2、S3、S4、S5、S6表示相鄰兩個計數點間

的距離，在紙帶的上方用毫米刻度尺測量計數點間的距離，已知打點

計時器所接電源的頻率為50Hz,那么，打D點時紙帶的速度大小為

0.10m/s；紙帶加速度的大小為0.21m/s2.（上述計算結果均保

留兩位有效數字）

【考點】探究小車速度隨時間變化的規律；刻度尺、游標卡尺的使用.

【分析】（1）游標卡尺讀數的方法是主尺讀數加上游標讀數，不需

估讀；

（2）某點的瞬時速度用與之相鄰的兩個點間的平均速度代替.加速

度的計算用勻變速直線運動的推論Ax二at?.

【解答】解：（1）游標卡尺的固定刻度讀數為1.2cm,游標尺上第7

個刻度游標讀數為0.1X7mm=0.7mm=0.07cm,

所以最終讀數為：1.2cm+0.07cm=1.27cm；

（2）紙帶上相鄰的兩個計數點之間有四個點未畫出.所以兩個相鄰

的點間的時間T=0.02X5=0.1s

x0.035-0.015.

VD=噤CF=2X6.1-O二0m/s

設OC段的位移為X1,則：xi=1.50X10-2m；

2

CF段的位移為X2,則：x2=3.40X10'm

由：X2-Xi=at2（注意：t為發生X1或X2這個位移所用時間，所以t二0.1

X3=O.3s）得：

3.40X10-2m-1.50X102m=aX0.32

解得:a=0.21m/s2.

故答案為：（1）1.27；（2）0.10,0.21.

【點評】解決本題的關鍵掌握游標卡尺和螺旋測微器的讀數方法，游

標卡尺讀數的方法是主尺讀數加上游標讀數，不需估讀；

速度的計算以及加速度的測量是處理紙帶的兩個主要應用，要牢牢掌

握住.

要注意單位的換算和有效數字的保留.

12.某同學用多用電表的歐姆檔來測量電壓表的內阻，如圖甲所示.先

將選擇開關旋至倍率“X100〃檔，紅、黑表筆短接調零后進行測量，

紅表筆應接電壓表的-接線柱（選填〃+〃或〃-〃），測量結果如

圖乙所示，電壓表的電阻為4000O.

該同學要測量一節干電池的電動勢和內阻，有以下器材可供選擇：

A.電流表(0?0.6A?3A)

B.電壓表(0?3V)

C.滑動變阻器R(0-150,5A)

D.滑動變阻器R'(0?50Q,1A)

E.定值電阻Ro為1Q

F.開關S及導線若干

本次實驗的原理圖如圖丙，則滑動變阻器應選一C(填器材前的字

母序號).

按照原理圖連接好線路后進行測量，測得數據如下表所示.

待測量12345

I/A0.110.200.300.400.50

U/V1.371.351.331.321.29

由上表數據可看出，電壓表示數變化不明顯，試分析引起情況的原因

是電源內阻過小.現將上述器材的連線略加改動就可使電壓表的

示數變化更明顯，請在圖丁中按改動后的原理圖完成連線.

【考點】測定電源的電動勢和內阻；伏安法測電阻.

【分析】（1）歐姆表是測量電阻的儀表，把被測電阻串聯在紅黑表

筆之間，歐姆表電流是從黑表筆流出紅表筆流入.歐姆表的測量值等

于表盤不數乘以倍率.

（2）為方便實驗操作應選最大阻值較小的滑動變阻器；根據閉合電

路歐姆定律分析表中實驗數據，然后答題；

如果電源內阻太小，則電壓表示數變化不明顯，可以給電源串聯一個

定值電阻組成等效電源，增大電源內阻，使電壓表示數變化明顯.

【解答】解：（1）用多用電表的歐姆檔時內部電源被接通，且黑表

筆接內部電源的正極，即電流從歐姆表的黑表筆流出，從電壓表的正

極流入，則紅表筆接電壓表的負極.

歐姆表表盤示數為40,選擇開關旋到〃X100〃檔，即倍率為100,則

最后讀數為：100X40=4000。

（2）待測電阻的電阻值比較大，為了能有效控制電路，并且能方便

實驗操作，滑動變阻器應選小電阻C；

路端電壓隨電路電流的增大而減小，由表中實驗數據可知，實驗時電

壓表示數變化太小，這是由于電源內阻太小造成的；

為使電壓表示數變化明顯，可以把定值電阻與電源串聯組成等效電

源，這樣可以增大可源內阻，使電壓表示數變化明顯，電路圖如圖所

示：

故答案為：（1）-;4000；（2）C；電源的內阻太小；電路圖如圖

所示.

【點評】對于實驗的考查應要注意實驗的原理，通過原理體會實驗中

的數據處理方法及儀器的選擇；有條件的最好親手做一下實驗，注意

本題圖象的斜率與動摩擦因數的關系是解題的關鍵.

13.（13分）（2016春?濮陽縣期末）如織所示，一半徑R二：LOm的

水平圓盤繞過圓心的豎直軸轉動，轉動的角速度u）=5.0rad/s,在圓盤

邊緣A處有一個小滑塊隨圓盤一起轉動，某一時刻，小滑塊從圓盤邊

緣滑落，經光滑的過渡圓管進入光滑的斜面軌道BC.已知斜面軌道

BC傾角為37。，B為斜面軌道的最低點，小滑塊在運動過程中始終未

脫離軌道，不計在過渡圓管處的機械能損失，已知g=10m/s2,

sin37°=0.6,cos37°=0.8,結果保持保留兩位有效數字.

（1）若斜面軌道上B、C兩點間的距離為2.0m,求小滑塊從B點第

一次運動至C點的E寸間.

（2）小滑塊從圓盤離開到再下滑回圓盤的過程中，圓盤轉動的圈數.

【考點】牛頓第二定律；向心力.

【分析】（1）滑塊從圓盤邊緣滑落時的瞬時速度，等于滑塊做圓周

運動時的線速度，利用Uo=3R可求得，然后結合運動學公式可求得滑

塊從A到C的時間.

（2）利用圓周運動周期與圈數的關系求出圓盤轉動的圈數.

【解答】解：（1）滑塊做圓周運動，有v『3R=5"s

設滑塊向上運動的加速度大小為a,由牛頓第二定律得mgsin370=ma

10

運動至B點時，由運動規律得x二VoLqat"

解以上各式并代入數據得：ti=1s-0.67s,t2=l?0s（舍）

（2）由運動規律可知，滑塊上滑的時間與下滑的時間相等，設滑塊

返回A點的時間匕有：v0=ary-

由運動規律得，圓盤轉動周期T卡

該過程中圓盤轉動的圈數居「

解得：n備L3

答：（1）小滑塊從B點第一次運動至C點的時間為0.67s.

（2）圓盤轉動的圈數1.3.

【點評】本題關鍵把物體的各個運動過程的受力情況和運動情況分析

清楚，然后結合牛頓第二定律和運動學公式求解.

14.（18分）（2015?遂寧模擬）如圖所示，M,N兩極板間存在勻

強電場，兩極板的寬度為d,N板右邊存在如圖所示的磁場，折線PAQ

是磁場的分界線，在折線的兩側分布著方向相反、與平面垂直的勻強

磁場，磁感應強度大小都為B.折線的頂角NA=90。，P、Q是折線上

的兩點，AP=AQ=L.現有一質量為m、電荷量為q的帶負電微粒從S

由靜止經電場加速后再從P點沿PQ方向水平射出，不計微粒的重力.

（1）若微粒以V。的速度從P點射出，求M,N兩極板間電場強度的

大小及方向；

（2）為使微粒從P點以某一速度v射出后，經過一次偏轉直接到達

折線的頂點A點，求初速度v的大小；

（3）對于在M,N兩極板間加不同的電場，微粒還能途經A點并能

到達Q點，求所加電場的電場強度E應滿足的條件及其從P點到達Q

點所用的時間.

XXXXXXX

XXXx3XXX

Xx^xXXXX

x/：XXX

OD\A??八&Xx

I「小

A/N

【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運

動.

【分析】（1）根據電場力與洛倫茲力平衡，即可求解；

（2）根據牛頓第二定律，洛倫茲力提供向心力，結合幾何關系，即

可求解；

（3）由n取奇數與偶數兩種情況下，結合圓心角，從而求出時間.

1O

【解答】解：（1）在M,N間由動能定理：qEd三嶗

2

得：方向向左；

（2）由圖中幾何關系得:

2Rsin450=L

得：得我

2

由qvB=m-^-

ZB亞qBL

得…

（3）根據運動對稱性，微粒能從P點到達Q點，應滿足L=nx,其中

x為每次偏轉圓弧對應弦長，偏轉圓弧對應圓心角為90。或270°,

設圓弧長為R,則有2R2=x2,可得：R二景，

Zn

2

又qvB=m-^-,

得：V，烈，（n=l>2、3、...）

Zmn

由qEd二品V?

22

,E=BqL

得4dmn2（n=1>］、3、…）

當n取奇數時，微粒從P到Q過程中圓心角總和為：為

C九3兀

9I=n+n*—―=2nK

cfm2兀m4,

河?&yn,其中n=l、3、5....

當n取偶數時，微粒從P到Q過程中圓心角總和為

82二n斤+n7二n兀，

fm兀in一?一

bF兀?藍1g-n，其中n=2、6、???

2

mV

O

2

答：（1）電場強度的大小為qd方向為向左;

（2）初速度v的大小為^

Zin

（3）微粒的初速度v應滿足的條件是湍，（n=l、2、3、…）：

當n取奇數時，從P點到達Q點所用的時間ti=2n兀?泰窄?n,其

中n=l、3、5^...；

當n取偶數時，從P點到達Q點所用的時間t2=n兀?玄甯?n,其中

【點評】本題考查帶電粒子在組合場中的運動，關鍵是要明確粒子各

個階段的運動規律，對各個過程能熟練地選用相應的規律列式計算.

三、選考題［選修3—3］（共2小題，滿分15分）

15.對于一定質量的理想氣體，下列說法正確的是（）

A.若一定質量的理想氣體壓強和體積都不變時，其內能也一定不變

B.若一定質量的理想氣體溫度不斷升高時，其壓強也一定不斷增大

C.若一定質量的理想氣體溫度升高1K,其等容過程所吸收的熱量一

定大于等壓過程所吸收的熱量

D.在完全失重的狀態下，氣體的壓強為零

E.只要知道氣體的摩爾體積和阿伏加德羅常數，就可以算出平均每

個氣體分子所占的體積

【考點】理想氣體.

【分析】根據熱力學第一定律公式判斷做功和熱傳遞對內能的影響，

根據理想氣體狀態方程判斷壓強的變化

【解答】解：A、根據理想氣體狀態方程：平二C可知，若一定質量的

理想氣體壓強和體積都不變時，溫度也不變，其內能也一定不變，故

A正確；

B、根據理想氣體狀態方程：畢二C可知，若一定質量的理想氣體溫度

不斷升高時，其壓強可能增大，也可能減小，也可能不變，故B錯誤;

C、該氣體經過等容變化后溫度升高1K與其經過等壓過程后溫度升高

1K相比，氣體的內能增加量4U相等，而前者外界做功W=0,而后

者WVO時，根據熱力學第一定律AU二Q-W,可知，前者氣體吸收

的熱量Q二△U,而后者Q>^U,故C正確；

D、氣體的壓強是分子對容器壁的碰撞引起的，與氣體的重力無關，

故在完全失重的狀態下，氣體的壓強不為零，故D錯誤；

E、由于氣體分子間的距離比較大，所以知道氣體的摩爾體積和阿伏

伽德羅常數，就可以算出氣體分子之間的距離，但不能求出分子的體

積，故E正確；

故選：ACE

【點評】本題考查熱力學第一定律的應用和理想氣體狀態方程，氣體

壓強的微觀意義，阿伏伽德羅常數等熱學的多個知識點的內容，關鍵

是注意基本概念的積累.

16.（10分）（2016春?濮陽縣期末）如圖甲所示，橫放在水平地面

上的汽缸內用活塞封閉有一定質量的理想氣體，汽缸內壁光滑，缸內

理想氣體的攝氏溫度t與體積V之間的關系如圖乙所示.

（1）試分析氣體在AB、BC、CD各階段的壓強變化及溫度為0。（：時氣

體的體積.（保留三位有效數字）

（2）若氣體在AB過程的壓強p=1.0X103pa,求在該過程中氣體對外

做的功.

【考點】理想氣體的狀態方程；熱力學第一定律.

【分析】①在V-t圖象中，等壓線是延長線過-273.15℃的直線，

各點與-273.15℃連線的斜率越大，壓強越小，據此判斷各階段壓強

的變化；由蓋-呂薩克定律求0℃氣體的體積.

②氣體在AB過程中壓強不變，根據W=p>AV求此過程氣體對外做的

功

【解答】解：①氣體在AB過程壓強不變，在BC過程壓強增大，在

CD過程壓強減小

由圖可知，設氣體在時體積為V,則由蓋-呂薩克定律可知：

vTo

V二273

即同■二273+127

解得：V=10.2mL

②在壓強不變的過程中，氣體對外做功有：

W=pAV

53

gpW=l.oxiopax（15-10.2）X10"%

解得：W=0.48J

答：（1）氣體在AB過程壓強不變、BC過程壓強增大、CD過程壓強

減小及溫度為0℃時氣體的體積10.2mL.（保留三位有效數字）

（2）該過程中氣體對外做的功0.48J.

【點評】本題考查氣體實驗定律的應用和用V-t圖象分析氣體狀態

的變化，注意在在V-T圖象中等壓線是過原點的一條傾斜直線，在

V-t圖象中等壓線的延長線過-273.15℃

［選修3—4］（共2小題，滿分。分）

17.（2016春?濮陽縣期末）2015年4月25日，在尼泊爾發生了8.1

級地震，震源深度20千米.如果該地震中的簡諧橫波在地殼中勻速

傳播的速度大小為4km/s,已知波沿x軸正方向傳播，某時刻剛好傳

到x=120m處，如圖所示，則卜列說法止確的是（）

A.從波源開始振動到波源遷移到地面需要經過5s時間

B.再經過△t=0.3s質點M經過的路程為56m

C.此刻波動圖象上除M點外與M點勢能相同的質點有3個

D.波動圖象上M點此時的速度方向沿y軸負方向，其動能正在增大

E.傳到x=120m處開始計時，經過t=0.06s位于xl=360m處的質點加

速度最小

【考點】橫波的圖象；波長、頻率和波速的關系.

【分析】機械波傳播的過程中介質中的質點不向前遷移.由圖得到波

長，求出周期，根據時間與周期的關系分析質點的加速度.由波的傳

播方向可判斷質點的振動方向，從而分析質點的速度變化.勢能相同

的點位移大小相等.由x=vt求解波傳播的距離.

【解答】解：A、波向前傳播的過程中，介質中所有質點都不隨波向

前遷移，故A錯誤.

B、由圖知波長為入二60m,振幅為70cm=0.7m；該波的周期為

丁=告彳器s=0.015s,再經過△t=0.3s,質點M經過的路程為S二年

n3

?4A=5^X4X0」=56m

,故B正確.

C、位移大小相等的點勢能相同.由簡諧運動的對稱性可得，除M點

外與M點勢能相同的質點有7個，故C錯誤.

D、由〃上下坡〃法可知，M點的速度方向沿y軸負向，正向平衡位置

運動，速度增大，動能增大，故D正確.

E、從波傳到x=120m處開始計時,經過t=0.06s,恰好完成了4個周

期，該波傳播的距離：L=vt=4000X0.06=240m,波恰好傳播到位于

Xi=360m處的質點，質點恰好開始振動，質點在平衡位置，加速度最

小，故E正確.

故選：BDE

【點評】解決本題的關鍵要掌握波的特點：質點不"隨波逐流〃，由波

的傳播方向，運用〃上下坡〃法判斷質點的振動方向.能根據時間與周

期的關系，分析質點的狀態.

18.（2016?衡陽模擬）如圖所示，某潛水員在檢查裝有透明液體的

圓柱體容器，當潛水員的眼睛在容器中心軸位置且在液面下h2=