一、选择題：本题共8小题，毎小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1-5小题只有一项符合题目要求，第6-8小题有多项符合理目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分．
1．下列关于物理学问题研究方法表述不正确的是（ ）
A．伽利略在利用理想实验探究力和运动的关系时，应用了演绎推理法
B．用点电荷代替带电体，应用的是理想模型法
C．在利用速度一时间图象推导匀变速直线运动的位移公式时，使用的是微元法
D．库仑在用扭秤装置研究电荷之间相互作用力的规律时采用了控制变量法
2．如图所示，一根通有电流I的直铜棒MN，用导线挂在磁感应强度为B的匀强磁场中，此时两根悬线处于紧张状态，下列哪些措施可使悬线中张力为零（ ）
A．适当减小电流 B．使电流反向并适当增大
C．保持电流I不变，适当增大B D．使电流I反向，适当减小
3．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0Ω，现外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图乙所示，则（ ）
A．在t=0.01s的时刻，穿过线圈磁通量为零
B．电压表V的示数为200V
C．从图示位置开始起转发电机电动势的表达式是e=220sin100πt（V）
D．发电机线圈内阻每秒钟产生的电热为24.2J
4．在真空中某点电荷产生的电场中有a、b两点，a点的电势为φa，场强大小为Ea，方向与连线ab的夹角为60°．b点的电势为φb，场强大小为Eb，方向与连线ab的夹角为30°．则a、b两点的场强大小及电势高低的关系是（ ）
A．φa＞φb，Ea= B．φa＜φb，Ea=
C．φa＞φb，Ea=3Eb D．φa＜φb，Ea=3Eb
5．如图所示，在半径为R的圆形区域内有一磁感应强度方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m且带正电的粒子（重力不计）以初速度v0从圆形边界上A点正对圆心射入该磁场区域，若该带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，则下列说法中正确的是（ ）
A．该带电粒子在磁场中将向左偏转
B．该带电粒子在磁场中运动的时间为
C．该带粒子的轨迹圆弧对应的圆心角为30°
D．若增大磁场的磁感应强度，则该带电粒子在磁场中运动的轨道半径将变大
6．矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，如图甲所示，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，则（ ）
A．从0到t1时间内，导线框中电流的方向为adcba
B．从t1到t2时间内，导线框中电流不变
C．t1时刻，导线框中电流为0
D．从t1到t2时间内，导线框bc边受到安培力大小保持不变
7．如图所示，在两条竖直边界线所围的匀强电场中，一个不计重力的带电粒子从左边界的P点以某一水平速度射入电场，从右边界的Q点射出，下列判断正确的有（ ）
A．粒子带正电
B．粒子做匀速圆周运动
C．粒子电势能增大
D．仅增大电场强度粒子通过电场的时间不变
8．如图所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m、电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的位移为x．下列说法正确的是（ ）
A．整个过程金属棒在导轨上做匀减速运动
B．整个过程金属棒在导轨上运动的平均速度小于v
C．整个运动过程通过金属棒的电荷量q=
D．整个运动过程金属棒克服安培力做功为mv2
二、非选择题
9．（5分）利用如图甲所示的电路测量额定电压为3V的小灯泡L的额定功率．
（1）把滑动变阻器调至适当位置，闭合开关S1，把开关S2拔向1，调节电阻箱使电压表的示数为3V，电阻箱的示数如图乙所示，记为R= Ω；
（2）把开关S2拔向2，此时电压表的示数是4V，断开开关S1，使用测得的数据，计算出小灯泡L的额定功率PL═ W；
（3）本实验装置还可以做 的实验（只要求填写一个实验）．
10．（10分）某实验小组为了测定某一标准圆柱形导体的电阻率，进行如下实验：
（1）首先用多用电表进行了电阻测量，主要实验步骤如下：
①把选择开关扳到“×10”的欧姆挡上；
②把表笔插入测试插孔中，先把两根表笔相接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻刻度的零位上；
③把两根表笔分别与圆柱形导体的两端相接，发现这时指针偏转较大；
④换用 （选填“×1”或“×100”）的欧姆挡进行测量，正确操作后表盘示数如图1所示，则该圆柱形导体的阻值约为 Ω；
⑤把表笔从测试笔插孔中拔出后，将选择开关旋至OFF，把多用电表放回原处．
（2）分别用游标卡尺和螺旋测微器对圆柱形导体的长度L和直径d进行测量，结果如图2所示，其读数分别是L= mm，d= mm．
（3）为了更精确地测量其电阻，现有的器材及其代号和规格如下：
待测圆拄体电阻R2； 电流赛A1（量程0～5mA，内阻约50Ω）；
电流表A2 （量程0～150mA，内阻约lΩ）； 电压表V（量程0～3V，内阻约10KΩ）；
滑动变阻器R1，（阻值范围0〜15Ω）； 滑动变狙器R2，（阻值范围0～2KΩ）；
直流电源E（电动势4V，内阻不计）； 开关S，导线若干
①为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，电流表应选 ，滑动变阻器应选 （选填代号）
②请在图3中补充连线并完成实验．
（4）用实验中读取电压表和电流表的示数U、I和（2）中读取的L、d，计算电阻率的表达式为ρ= ．
11．（12分）交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．一小型发电机的线圈共50匝，线圈面积S=0.5m2，线圈转动的角速度ω=l00rad/s线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B=T，一个理想变压器的原线圈接发电机的输出端，副线圈两端并联接入规格为“220V 40W”的．灯泡10个，灯泡均正常发光．除灯泡外其它电阻均不计，电压表电流表均为理想交流表，电路如图．求：
（1）线圈由中性面位置转动开始计时，感应电动势的瞬时表达式；
（2）电流表的示数；
（3）发电机输出功率．
12．（20分）如图所示，平行粗糙金属导轨与水平面间夹角均为θ=37°，导轨间距为L=lm，电阻不计，导轨足够长．两根金属棒ab和a′b′的质量都是m=0.2kg，电阻都是R=1Ω，与导轨垂直放置且接触良好，金属棒ab和导轨之间的动摩擦因数为μ=0.25，金属棒ab导轨平面存在着垂直轨道平面向上的匀强磁场，金属棒a′b′导轨平面存在着竖直向上的匀强磁场，磁感应强度均为B=0.4T，金属棒a′b′始终静止在导轨上，将金属棒ab由静止释放．求：
（1）棒ab下滑的最大速度；
（2）棒a′b′和导轨间最小摩擦力；
（3）若棒ab在导轨上运动了S=50m时，其下滑速度已经达到稳定，则此过程棒a′b′发热量QR和通过棒a′b′的电量q分别是多少．
三、选考题：【物理选修3-3】
13．下列说法正确的是（ ）
A．不能将工厂里扩散到外界的能量收集起来重新利用
B．温度升高，说明物体中所有分子的动能都增大
C．气体对容器壁有压强是因为气体分子对容器壁频繁碰撞的结果
D．分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力都减小
E．在一个绝热容器内，不停地搅拌液体，可使液体的温度升高
14．（9分）如图所示，玻璃管的横截面S=1cm2，在玻璃管内有一段质量为m=0.1Kg的水银柱和一定量的理想气体，当玻璃管平放时气体柱的长度为l0=10cm，现把玻璃管正立，过较长时间后再将玻璃管倒立，经过较长时间后，求玻璃管由正立至倒立状态，水银柱相对于管底移动的距离是多少？（假设环境温度保持不变，大气压强取P0=1×105Pd）
【物理-选修3-4】
15．一列简谐横波从左向右以v=2m/s的速度传播，某时刻的波形图如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．A质点再经过一个周期将传播到D点
B．B点正在向上运动
C．B点再经过T回到平衡位置
D．该波的周期T=0.05s
E．C点再经过T将到达波峰的位置
16．如图所示，MN是一条通过透明球体球心的直线，在真空中波长为λ0=600nm的单色细光束AB平行于MN射向球体，B为入射点，若出射光线CD与MN的交点P到球心O的距离是球半径的倍，且与MN所成的夹角α=30°．求：
①透明体的折射率n；
②此单色光在透明球体中的波长λ．
【物理-选修3-5】
17．下列说法正确的是（ ）
A．卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型
B．结合能越大，原子核结构一定越稳定
C．如果使用某种频率的光不能使某金属发生光电效应，则需增大入射光的光照强度才行
D．发生β衰变时，元素原子核的质量数不变，电荷数增加1
E．康普顿效应证实了光子像其他粒子一样，不但具有动能，也具有动量
18．如图所示，光滑平台上有两个刚性小球A和B，质量分别为2m和3m，小球A以速度v0向右运动并与静止的小球B发生碰撞（碰撞过程不损失机械能），小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m，速度为2v0，小车行驶的路面近似看做是光滑的，求：
（Ⅰ）碰撞后小球A和小球B的速度；
（Ⅱ）小球B掉入小车后的速度．
2015-2016学年广东省潮州市高二（下）期末物理试卷
参与试题解析
一、选择題：本题共8小题，毎小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1-5小题只有一项符合题目要求，第6-8小题有多项符合理目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分．
1．下列关于物理学问题研究方法表述不正确的是（ ）
A．伽利略在利用理想实验探究力和运动的关系时，应用了演绎推理法
B．用点电荷代替带电体，应用的是理想模型法
C．在利用速度一时间图象推导匀变速直线运动的位移公式时，使用的是微元法
D．库仑在用扭秤装置研究电荷之间相互作用力的规律时采用了控制变量法
【考点】元电荷、点电荷；物理学史
【分析】物理学的发展离不开科学的思维方法，要明确各种科学方法在物理中的应用，如控制变量法、理想实验、理想化模型、极限思想等．
【解答】解：A、伽利略在利用理想斜面实验探究力和运动的关系时，采用的是理想斜面实验法和将试验结论外推的方法，即应用了演绎推理法，故A正确；
B、点电荷是高中所涉及的重要的理想化模型，都是抓住问题的主要因素，忽略次要因素，故B正确；
C、在利用速度﹣时间图象推导匀变速直线运动的位移公式时，采用极限思想，把时间轴无限分割，得出面积大小等于物体位移的结论，使用的是微元法，故C正确；
D、库仑在用扭秤装置研究电荷之间相互作用力的规律时采用了微量放大的方法，故D错误．
本题选不正确的，故选：D
【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．如图所示，一根通有电流I的直铜棒MN，用导线挂在磁感应强度为B的匀强磁场中，此时两根悬线处于紧张状态，下列哪些措施可使悬线中张力为零（ ）
A．适当减小电流 B．使电流反向并适当增大
C．保持电流I不变，适当增大B D．使电流I反向，适当减小
【考点】安培力
【分析】当ab通以如图所示的电流I时，导线所受安培力方向向上，悬线张力不为零，要使悬线张力为零，安培力方向要向上，大小增大一些．
【解答】解：棒处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，根据左手定则可得，安培力的方向竖直向上，由于此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，则安培力必须增加．所以适当增加电流强度，或增大磁场；
故选：C．
【点评】本题考查应用左手定则分析安培力的能力．安培力方向与电流方向、磁场方向有关，当改变其中之一，安培力方向改变．
3．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0Ω，现外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图乙所示，则（ ）
A．在t=0.01s的时刻，穿过线圈磁通量为零
B．电压表V的示数为200V
C．从图示位置开始起转发电机电动势的表达式是e=220sin100πt（V）
D．发电机线圈内阻每秒钟产生的电热为24.2J
【考点】变压器的构造和原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式
【分析】由图读出电动势的最大值，求出有效值，根据欧姆定律求出外电压的有效值，即为电压表的示数．根据电压有效值求出灯泡消耗的功率．由焦耳定律，由有效值求出发电机焦耳热．
【解答】解：A、t=0.01s时刻，感应电动势为零，线圈处于中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，故A错误；
B、电动势的有效值E=220V，电压表的示数为灯泡两端的电压，，故B错误；
C、由图象，角速度，因为是从垂直中性面开始计时，所以，故C错误；
D、流过线圈的电流
发电机线圈内阻每秒钟产生的电热为，故D正确；
故选：D
【点评】交流电的电压、电流、电动势等等物理量都随时间作周期性变化，求解交流电的焦耳热、电功、电功率时要用交流电的有效值，求电量时用平均值．
4．（2016春•深圳月考）在真空中某点电荷产生的电场中有a、b两点，a点的电势为φa，场强大小为Ea，方向与连线ab的夹角为60°．b点的电势为φb，场强大小为Eb，方向与连线ab的夹角为30°．则a、b两点的场强大小及电势高低的关系是（ ）
A．φa＞φb，Ea= B．φa＜φb，Ea=
C．φa＞φb，Ea=3Eb D．φa＜φb，Ea=3Eb
【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度
【分析】将Ea、Eb延长相交，根据交点可确定点电荷Q的位置，根据两点到Q距离的大小关系，比较电势高低．由几何知识求出a、b两点到Q的距离之比，由E=k求解场强之比．
【解答】解：设点电荷的电荷量为Q，将Ea、Eb延长相交，交点即为点电荷Q的位置，如图所示．
设a、b两点到Q的距离分别为ra和rb，由几何知识得到：ra：rb=1：
根据电场强度的方向可知Q带负电，因顺着电场线的方向电势降低，所以有 φa＜φb．
由公式E=k可得场强关系为：Ea=3Eb．故D正确．
故选：D
【点评】本题的解题关键是孤立的点电荷Q位置，根据点电荷电场线分布特点，运用作图法确定．
5．如图所示，在半径为R的圆形区域内有一磁感应强度方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m且带正电的粒子（重力不计）以初速度v0从圆形边界上A点正对圆心射入该磁场区域，若该带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，则下列说法中正确的是（ ）
A．该带电粒子在磁场中将向左偏转
B．该带电粒子在磁场中运动的时间为
C．该带粒子的轨迹圆弧对应的圆心角为30°
D．若增大磁场的磁感应强度，则该带电粒子在磁场中运动的轨道半径将变大
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，根据粒子转过的圆心角与粒子的周期公式求出粒子的运动时间．
【解答】解：A、带电粒子带正电，根据左手定则，受到的洛伦兹力向右，该带电粒子在磁场中将向右偏转，故A错误；
B、带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，画出轨迹图，圆弧所对的圆心角为θ，则有
解得θ=60°，运动周期，带电粒子在磁场中运动的时间，故B正确；C错误；
C、根据半径公式，增大磁场的磁感应强度，则该带电粒子在磁场中运动的轨道半径将变小，故D错误；
故选：B
【点评】带电粒子在磁场中运动的题目解题基本步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆弧的几何关系来帮助解题．
6．矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，如图甲所示，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，则（ ）
A．从0到t1时间内，导线框中电流的方向为adcba
B．从t1到t2时间内，导线框中电流不变
C．t1时刻，导线框中电流为0
D．从t1到t2时间内，导线框bc边受到安培力大小保持不变
【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律
【分析】由右图可知B的变化，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向；由法拉第电磁感应定律可知电动势，即可知电路中电流的变化情况；由F=BIL可知安培力的变化情况．
【解答】解：A、由图可知，0﹣t1内，线圈中磁通量的变化率相同，故0到t1时间内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为adcba方向，故A正确；
B、从t1到t2时间内，线圈中磁通量的变化率相同，由E=可知，感应电动势大小恒定，导线电流大小恒定，故B正确；
C、t1时刻，磁感应强度为0，穿过线圈的磁通量为0，但磁通量的变化率不为0，但线框中有感应电动势，到线框中电流不为0，故C错误；
D、从t1到t2时间内，电路中电流大小是恒定不变，故由F=BIL可知，F与B成正比，导线框bc边受到安培力大小变大，故D错误；
故选：AB
【点评】本题要求学生能正确理解B﹣t图的含义，才能准确的利用楞次定律、左手定律等进行判定；解题时要特别注意，两个时段，虽然磁场的方向发生了变化，但因其变化为连续的，故产生的电流一定是相同的．
7．（2014•深圳二模）如图所示，在两条竖直边界线所围的匀强电场中，一个不计重力的带电粒子从左边界的P点以某一水平速度射入电场，从右边界的Q点射出，下列判断正确的有（ ）
A．粒子带正电
B．粒子做匀速圆周运动
C．粒子电势能增大
D．仅增大电场强度粒子通过电场的时间不变
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系
【分析】根据带电粒子的偏转方向得出粒子所受电场力的方向，从而确定电荷的电性，粒子垂直进入匀强电场做类平抛运动，根据电场力做功判断电势能的变化，将粒子的运动分解为水平方向和竖直方向，抓住水平方向上做匀速直线运动判断时间的变化．
【解答】解：A、粒子垂直电场进入，做类平抛运动，电场力竖直向下，知粒子带正电．故A正确，B错误．
B、从P到Q，电场力做正功，电势能减小．故C错误．
D、粒子在水平方向上做匀速直线运动，初速度不变，穿越电场的时间不变，仅增大电场强度，通过电场的时间不变．故D正确．
故选：AD．
【点评】解决本题的关键知道粒子垂直进入电场做类平抛运动，掌握处理类平抛运动的方法，知道电场力做功与电势能变化的关系．
8．如图所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m、电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的位移为x．下列说法正确的是（ ）
A．整个过程金属棒在导轨上做匀减速运动
B．整个过程金属棒在导轨上运动的平均速度小于v
C．整个运动过程通过金属棒的电荷量q=
D．整个运动过程金属棒克服安培力做功为mv2
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律
【分析】对金属棒进行受力分析，求出金属棒受到的合外力，再判断金属棒的运动性质；由能量守恒定律求出电阻R上产生的焦耳热；求出感应电荷量的表达式，然后依据动能定理，求解金属棒克服安培力做功．
【解答】解：A、金属棒在整个运动过程中，受到竖直向下的重力，竖直向上的支持力，这两个力合力为零，受到水平向左的安培力，金属棒受到的合力为安培力；
金属棒受到的安培力F=BIL=BL=BL•=，金属棒受到安培力作用而做减速运动，速度v不断减小，安培力不断减小，加速度不断减小，故金属棒做加速度逐渐减小的变减速运动，故A错误；
B、由上分析可知，金属棒做加速度逐渐减小的变减速运动，因此金属棒在导轨上运动的平均速度小于v，故B正确；
C、整个过程中通过导体截面的电荷量q=△t=△t，
又==，联立得 q=，故C错误；
D、整个过程中由动能定理可得：﹣W安=0﹣mv2，则金属棒克服安培力做功为W安=mv2，故D正确；
故选：BD．
【点评】金属棒在运动过程中克服安培力做功，把金属棒的动能转化为焦耳热，在此过程中金属棒做加速度减小的减速运动；对棒进行受力分析、熟练应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、动能定理分析．
二、非选择题
9．（5分）利用如图甲所示的电路测量额定电压为3V的小灯泡L的额定功率．
（1）把滑动变阻器调至适当位置，闭合开关S1，把开关S2拔向1，调节电阻箱使电压表的示数为3V，电阻箱的示数如图乙所示，记为R= 20 Ω；
（2）把开关S2拔向2，此时电压表的示数是4V，断开开关S1，使用测得的数据，计算出小灯泡L的额定功率PL═ 0.6 W；
（3）本实验装置还可以做 描绘小灯泡的伏安特性曲线 的实验（只要求填写一个实验）．
【考点】伏安法测电阻
【分析】（1）电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱示数；
（2）明确电路结构，根据串并联电路的规律可明确为灯泡两端的电压和电流，由功率公式可求得功率；
（3）根据实验电路图、根据实验可以测量的量分析答题．
【解答】解：（1）由图乙所示可知，电阻箱示数为：0×1000Ω+0×100Ω+2×10Ω+0×1Ω=20Ω；
（2）灯泡两端电压为3V时，此时电阻箱示数为20.0Ω；
当电压表接2时，电压为4V，则可知，电流I==0.2A；
则可知灯泡的额定功率P=UI=3×0.2=0.6W；
（3）由图可知，本实验采用了分压接法，同时由于可以测量灯泡两端的电压和电流，故可以描绘小灯泡的伏安特性曲线；
故答案为：（1）20；（2）0.6；（3）描绘小灯泡的伏安特性曲线．
【点评】本题考查实验中的实物图、原理分析以及数据处理和误差分析，对于我们所不熟悉的实验或课本中没有的实验，要注意分析实验原理，明确电路结构以及误差分析的基本方法．
10．（10分）某实验小组为了测定某一标准圆柱形导体的电阻率，进行如下实验：
（1）首先用多用电表进行了电阻测量，主要实验步骤如下：
①把选择开关扳到“×10”的欧姆挡上；
②把表笔插入测试插孔中，先把两根表笔相接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻刻度的零位上；
③把两根表笔分别与圆柱形导体的两端相接，发现这时指针偏转较大；
④换用 ×1 （选填“×1”或“×100”）的欧姆挡进行测量，正确操作后表盘示数如图1所示，则该圆柱形导体的阻值约为 22 Ω；
⑤把表笔从测试笔插孔中拔出后，将选择开关旋至OFF，把多用电表放回原处．
（2）分别用游标卡尺和螺旋测微器对圆柱形导体的长度L和直径d进行测量，结果如图2所示，其读数分别是L= 23.7 mm，d= 2.795 mm．
（3）为了更精确地测量其电阻，现有的器材及其代号和规格如下：
待测圆拄体电阻R2； 电流赛A1（量程0～5mA，内阻约50Ω）；
电流表A2 （量程0～150mA，内阻约lΩ）； 电压表V（量程0～3V，内阻约10KΩ）；
滑动变阻器R1，（阻值范围0〜15Ω）； 滑动变狙器R2，（阻值范围0～2KΩ）；
直流电源E（电动势4V，内阻不计）； 开关S，导线若干
①为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，电流表应选 A2 ，滑动变阻器应选 R1 （选填代号）
②请在图3中补充连线并完成实验．
（4）用实验中读取电压表和电流表的示数U、I和（2）中读取的L、d，计算电阻率的表达式为ρ= ．
【考点】测定金属的电阻率
【分析】（1）用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指针刻度线附近；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；
（2）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；
（3）根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器；
根据题意确定电流表与滑动变阻器的接法，然后连接实物电路图；
（4）根据欧姆定律与电阻定律求出电阻率的表达式．
【解答】解：（1）④欧姆表选择“×10”欧姆挡，欧姆表指针偏角较大，
说明所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应换用×1的欧姆挡进行测量，
由图1所示表盘可知，该圆柱形导体的阻值为：22×1=22Ω．
（2）由图示游标卡尺可知，其示数为：23mm+7×0.1mm=23.7mm；
由图示螺旋测微器可知，其示数为：2.5mm+29.5×0.01mm=2.795mm．
（3）①电压表俩过程为3V，通过电路的最大电流约为：I==≈0.136A=136mA，
则电流表选择A2；为方便实验操作滑动变阻器应选择R1；
②待测电阻阻值约为22Ω，电压表内阻约为10kΩ，电流表内阻约为1Ω，
电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，
把电压表并联在电阻两端，电路图如图所示：
（4）电阻阻值：R=，由电阻定律可知：R=ρ=ρ，则电阻率：ρ=；
故答案为：（1）④×1，22；（2）23.7，2.795；（3）①A2，R1；②电路图如图所示；（4）．
【点评】本题考查了欧姆表的使用，考查了欧姆表、游标卡尺、螺旋测微器的读数，连接实物电路图等问题；要掌握常用器材的使用及读数方法；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读，读数时视线要与刻度线垂直．
11．（12分）交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．一小型发电机的线圈共50匝，线圈面积S=0.5m2，线圈转动的角速度ω=l00rad/s线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B=T，一个理想变压器的原线圈接发电机的输出端，副线圈两端并联接入规格为“220V 40W”的．灯泡10个，灯泡均正常发光．除灯泡外其它电阻均不计，电压表电流表均为理想交流表，电路如图．求：
（1）线圈由中性面位置转动开始计时，感应电动势的瞬时表达式；
（2）电流表的示数；
（3）发电机输出功率．
【考点】变压器的构造和原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式
【分析】（1）从线圈处于中性面开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式e=Emsinωt，由Em=NBSω，求出Em．从而即可求解；
（2）根据电压与匝数成正比求出副线圈两端的电压，求出副线圈的电流，根据电流与匝数成反比求原线圈的电流，即电流表的读数；
（3）发电机的输出功率等于原线圈的输入功率，根据P=即可求解
【解答】解：（1）线圈转动产生的电动势最大值为
Em=NBSω=250V
感应电动势的瞬时表达式
e=Emsinωt=250sin100t（V）
（2）电压示数为U1==250 V
原、副线圈匝数比
通过灯泡的电流IR==A
通过副线圈的电流I2=A
电流表的示数
I1=A
（3）发电机输出功率
P1=U1I1=400W
答：（1）线圈由中性面位置转动开始计时，感应电动势的瞬时表达式；
（2）电流表的示数；
（3）发电机输出功率400W．
【点评】考查对交流发电机原理的理解能力．对于交流电表，显示的是交流电的有效值．瞬时值表达式要注意计时起点，不同的计时起点表达式的初相位不同．
12．（20分）如图所示，平行粗糙金属导轨与水平面间夹角均为θ=37°，导轨间距为L=lm，电阻不计，导轨足够长．两根金属棒ab和a′b′的质量都是m=0.2kg，电阻都是R=1Ω，与导轨垂直放置且接触良好，金属棒ab和导轨之间的动摩擦因数为μ=0.25，金属棒ab导轨平面存在着垂直轨道平面向上的匀强磁场，金属棒a′b′导轨平面存在着竖直向上的匀强磁场，磁感应强度均为B=0.4T，金属棒a′b′始终静止在导轨上，将金属棒ab由静止释放．求：
（1）棒ab下滑的最大速度；
（2）棒a′b′和导轨间最小摩擦力；
（3）若棒ab在导轨上运动了S=50m时，其下滑速度已经达到稳定，则此过程棒a′b′发热量QR和通过棒a′b′的电量q分别是多少．
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律
【分析】（1）ab棒向下运动切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，当达到最大速度时，受力平衡，ab棒的重力功率等于整个回路消耗的电功率，列式即可求出最大速度．
（2）棒ab匀速运动时通过棒a′b′的电流最大，棒a′b′受安培力最大，棒a′b′和导轨间摩擦力最小，由力的平衡条件即可求出．
（3）ab下落了30m高度时，其下滑速度已经达到稳定，ab棒减小的重力势能转化为其动能、摩擦生热和焦耳热，根据能量守恒列式求回路电流的发热量Q；由q=求出通过棒a′b′的电量q．
【解答】解：（1）棒ab达到最大速度vm时做匀速运动，则有：
mgsinθ=BIL+μmgcosθ…①
E=BLvm…②
I=…③
由①②③得 I=2A vm=10m/s
（2）棒ab匀速运动时通过棒a′b′的电流最大，棒a′b′受安培力最大，棒a′b′和导轨间摩擦力最小，由力的平衡条件得：
mgsinθ=BILcosθ+f
f=0.56N
（3）由能量守恒得：mgSsinθ=Q+mvm2+μmgScosθ
Q=30J
QR==15J
电量为：q====10C
答：（1）棒ab下滑的最大速度是10m/s；
（2）棒a′b′和导轨间最小摩擦力0.56N；
（3）若棒ab在导轨上运动了S=50m时，其下滑速度已经达到稳定，则此过程棒a′b′发热量是15J，通过棒a′b′的电量q是10C．
【点评】本题是电磁感应与力学知识的综合，关键是计算安培力的大小和分析能量怎样转化，根据平衡条件和能量守恒进行研究．
三、选考题：【物理选修3-3】
13．（2015•怀化二模）下列说法正确的是（ ）
A．不能将工厂里扩散到外界的能量收集起来重新利用
B．温度升高，说明物体中所有分子的动能都增大
C．气体对容器壁有压强是因为气体分子对容器壁频繁碰撞的结果
D．分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力都减小
E．在一个绝热容器内，不停地搅拌液体，可使液体的温度升高
【考点】分子间的相互作用力
【分析】明确热力学第二定律；温度是分子平均动能的标志；气体压强的微观意义：气体的压强是由大量气体分子对容器壁的频繁碰撞产生的；分子间同时存在引力和斥力，随着分子距离的增加，引力和斥力同时减小．
【解答】解：A、工厂里扩散到外界的能量收集起来重新利用，这个过程违反热力学第二定律，故A错误；
B、温度升高，物体中分子平均动能增大，大多数分子的动能增大，具体到某个分子的动能变化不能确定，B错误；
C、气体对容器壁的压强是气体分子对容器壁频繁碰撞的结果，C正确；
D、分子间作用力（引力和斥力）随分子间距离增大而减小，D正确；
E、搅拌液体外界对液体做功，而此过程又是绝热，液体与外界无热量交换，据热力学第一定律可知能使液体温度升高，E正确．
故选：CDE
【点评】本题考查热力学多个知识点，重点是理解并记忆，但要特别注意：布朗运动是悬浮微粒的运动；温度是分子平均动能的标志；分子间斥力和引力都随着分子间距离的增大而减小．
14．（9分）（2015•江西二模）如图所示，玻璃管的横截面S=1cm2，在玻璃管内有一段质量为m=0.1Kg的水银柱和一定量的理想气体，当玻璃管平放时气体柱的长度为l0=10cm，现把玻璃管正立，过较长时间后再将玻璃管倒立，经过较长时间后，求玻璃管由正立至倒立状态，水银柱相对于管底移动的距离是多少？（假设环境温度保持不变，大气压强取P0=1×105Pd）
【考点】理想气体的状态方程
【分析】整个过程中气体的温度不变，根据气体的初末状态的压强和体积的状态参量，由有意耳定律计算即可．
【解答】解：玻璃管平放时有：P1=P0
故：P1V1=P0l0S ①
玻璃管正立时有：
故：
②
玻璃管倒立时有：
故：
③
由②③解得：△l=l3﹣l2=
代入数据得：△l=2cm
答：玻璃管由正立至倒立状态，水银柱相对于管底移动的距离是2cm．
【点评】以封闭的气体为研究对象，找出气体变化前后的状态参量，利用气体的状态方程计算即可．
【物理-选修3-4】
15．（2016•山东模拟）一列简谐横波从左向右以v=2m/s的速度传播，某时刻的波形图如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．A质点再经过一个周期将传播到D点
B．B点正在向上运动
C．B点再经过T回到平衡位置
D．该波的周期T=0.05s
E．C点再经过T将到达波峰的位置
【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系
【分析】质点不随波传播，波传播的是能量和振动的方式．根据横波的图象得出机械波的振幅，波长．根据波长和波速求出周期，抓住质点在一个周期内路程等于4倍的振幅得出质点在10s内通过的路程．
【解答】解：A、质点不随波传播，A错；
B、由波向右传播可知B点向上振动，B对；
C、B点向上振动靠衡位置平均速度大，所用时间小于八分之一周期，C错；
D、由T=可知周期为0.05秒，D对；
E、C点向下运动，所以经过四分之三周期到波峰，E对．
故选：BDE
【点评】此题考查读图的能力，能由波动图象可以直接读出振幅、波长、加速度和回复力的方向及大小的变化，若知道波的传播方向，还判断出质点的振动方向，考查理解波动图象的能力．
16．（2016•山东模拟）如图所示，MN是一条通过透明球体球心的直线，在真空中波长为λ0=600nm的单色细光束AB平行于MN射向球体，B为入射点，若出射光线CD与MN的交点P到球心O的距离是球半径的倍，且与MN所成的夹角α=30°．求：
①透明体的折射率n；
②此单色光在透明球体中的波长λ．
【考点】光的折射定律；折射率及其测定
【分析】①连接OB、BC，在B点光线的入射角、折射角分别标为i、r，作出光路图，根据几何关系求出入射角与折射角，根据折射定律求解折射率n．
②根据波速、波长、频率的关系即可求得此单色光在透明球体中的波长．
【解答】解：①连接OB、BC，在B点光线的入射角、折射角分别标为i、r，如图所示．
在△OCP中：有 =
据题：OP=OC，α=30°
解得∠OCP=135°（45°值舍去）
进而可得：∠COP=15°
由折射率定义：在B点有：n=
在C点有：n=
又∠BCO=r
所以，i=45°
又：∠BOC=180°﹣i﹣∠COP=120°
故：r=30°
因此，透明体的折射率
n===
②n===
代入数据解得：λ=424nm
答：①透明体的折射率n为；
②此单色光在透明球体中的波长λ为424nm．
【点评】本题是较为复杂的几何光学问题，其基础是作出光路图，根据几何知识确定入射角与折射角，根据折射定律求解，折射过程中频率不变．
【物理-选修3-5】
17．下列说法正确的是（ ）
A．卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型
B．结合能越大，原子核结构一定越稳定
C．如果使用某种频率的光不能使某金属发生光电效应，则需增大入射光的光照强度才行
D．发生β衰变时，元素原子核的质量数不变，电荷数增加1
E．康普顿效应证实了光子像其他粒子一样，不但具有动能，也具有动量
【考点】光电效应；原子核衰变及半衰期、衰变速度；裂变反应和聚变反应
【分析】本题关键要知道：卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，建立了原子的核式结构模型；
比结合能的大小反映原子核的稳定程度；
当入射光的频率大于极限频率时，才能发生光电效应；
β衰变时，质量数不变，电荷数增加1；
康普顿效应证实了光具有粒子性，即光子像其他粒子一样，不但具有动能，也具有动量；
【解答】解：A、卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，建立了原子的核式结构模型；故A正确．
B、比结合能的大小反映原子核的稳定程度；比结合能越大，原子核结构一定越稳定，故B错误；
C、根据光电效应发生的条件可知，不能使某金属发生光电效应，是因入射光的频率小于极限频率，与入射光的光照强度无关，故C错误；
D、β衰变时，元素原子核的质量数不变，电荷数增加1，故D正确；
E、根据物理学史可知，康普顿效应证实了光子像其他粒子一样，不但具有动能，也具有动量，故E正确；
故选：ADE
【点评】本题是原子物理部分的内容，卢瑟福的原子的核式结构模型、光电效应发生条件等等都是考试的热点，要加强记忆，牢固掌握，注意理解分分辨率高低与衍射能力大小关系．
18．（2015•怀化二模）如图所示，光滑平台上有两个刚性小球A和B，质量分别为2m和3m，小球A以速度v0向右运动并与静止的小球B发生碰撞（碰撞过程不损失机械能），小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m，速度为2v0，小车行驶的路面近似看做是光滑的，求：
（Ⅰ）碰撞后小球A和小球B的速度；
（Ⅱ）小球B掉入小车后的速度．
【考点】动量守恒定律
【分析】（Ⅰ）两球碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出碰撞后的速度．
（Ⅱ）车与球B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出速度．
【解答】解：（Ⅰ）A球与B球碰撞过程中系统动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2 ①
碰撞过程中系统机械能守恒，有m1v02=m1v12+m2v22 ②
由①②解得：v1=﹣v0，v2=v0，碰后A球向左，B球向右．
（Ⅱ） B球掉入沙车的过程中系统水平方向动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律的：
m2v2+m3v3=（m2+m3）v3′，解得：v3′=v0；
答：（Ⅰ）碰撞后小球A和小球B的速度分别为：v0，v0，碰后A球向左，B球向右．；
（Ⅱ）小球B掉入小车后的速度为v0．
【点评】本题考查了求速度问题，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题．下载本文
