广东省清远市清城区2017届高三上学期期末物理试卷（B卷）

广东省清远市清城区2017届高三上学期期末物理试卷（B卷）

广东省清远市清城区2017届高三（上）期末物理试卷（B卷）(解析版)‎ ‎　‎ 一、选择题（共48分，每题4分；漏选得2分，多选、错选不得分，其中1-8为单选，9-12题为多选）‎ ‎1．2015年7月美国国家航空航天局通过开普勒太空望远镜（KEPLER）新发现太阳系外“宜居”行星﹣开普勒452b（KEPLER～452b）．开普勒452b围绕一颗类似太阳的恒星做匀速圆周运动，公转一圈大约385天，轨道半径约为1.5×1011m，已知引力常量G=6.67×10﹣11N•m2/kg2，利用以上数据可以估算出类似太阳的恒星的质量约为（　　）‎ A．1.8×1030kg B．2.0×1020kg C．2.2×1025kg D．2.4×1020kg ‎2．如图所示，在一平面正方形MNPQ区域内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为B．一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从Q点沿着与边QP夹角为30°的方向垂直进入磁场，从QP边界射出．已知QP边长为a，不计粒子的重力，下列说法正确的是（　　）‎ A．该粒子带正电 B．运动过程中粒子的速度不变 C．粒子在磁场中运动的时间为 D．粒子的速度v的最大值为 ‎3．如图所示，在水平地面上固定一两底角为θ的等腰斜面体，质量分别为m1、m2的两物体通过一轻绳跨过斜面体顶端的定滑轮连接在一起处于静止状态，轻绳与斜面平行，不计质量为m2的物体与斜面体间的摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）‎ A．m1与m2一定相等 B．轻绳弹力的大小为m1gsinθ C．斜面体对m1的摩擦力方向一定沿斜面向下 D．斜面体对m1的摩擦力可能为零 ‎4．在如图所示的电路中，闭合开关S后，直流电动机正常转动，电压表的示数为8.0V．已知电源电动势为10V，电源内阻为0.5Ω，电路中的电阻R为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为1.0Ω，电压表为理想电表，下列说法正确的是（　　）‎ A．流经电动机的电流为2.0A B．电动机的输出功率为7W C．电动机产生的热功率为8W D．电源的输出功率为8W ‎5．如图所示的交变电流，最大值为Im，周期为T，则下列有关该交变电流的有效值I，判断正确的是（　　）‎ A．I= B．I＜ C．I＞ D．以上均不正确 ‎6．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块（　　）‎ A．在P和Q中都做自由落体运动 B．在两个下落过程中的机械能都守恒 C．在P中的下落时间比在Q中的长 D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大 ‎8．如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框，OC为一能绕O在框架上滑动的导体棒，Oa之间连一电阻R，导体框架与导体棒的电阻均不计，若要使OC能以角速度ω逆时针匀速转动，则（　　）‎ A．通过电阻R的电流方向由a经R到O B．导体棒O端电势低于C端的电势 C．外力做功的功率为 D．回路中的感应电流大小为 ‎9．如图所示，水平放置的带小孔的金属薄板间有匀强电场，薄板的上极板电势高于下极板，板间距d=1.25m．M恰好在薄板小孔P、N的正上方，距上极板的距离h=1.25m．若从M处由静止释放一个质量m=1×10﹣3kg电荷量为qa=﹣4×10﹣3C的带电小球a，小球a恰好能到达下极板的N孔处而未穿出极板，现若将m=1×10﹣3kg电荷量为qb=﹣5×10﹣3C的带电小球b从M点由静止释放，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）‎ A．薄板间的匀强电场的电场强度为3×105N/C B．薄板间的匀强电场的电场强度为5×105N/C C．带电小球a从M处下落至下极板的时间为1.0s D．带电小球b从M处下落的过程中机械能的变化量为﹣J ‎10．如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a、b所示，则（　　）‎ A．两次t=0时刻线圈平面均与中性面垂直 B．曲线a表示的交变电动势频率为50Hz C．曲线a、b对应的线圈角速度之比为3：2‎ D．曲线b表示的交变电动势有效值为5 V ‎11．氢气和氧气的质量、温度都相同，在不计分子势能的情况下，下列说法正确的是（　　）‎ A．氧气的内能较大 B．氢气的内能较大 C．两者内能相等 D．氢气分子的平均速率较大 ‎12．如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A．其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程（气体与外界无热量交换）．这就是著名的“卡诺循环”．该循环过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．A→B过程中，外界对气体做功 B．B→C过程中，气体分子的平均动能减小 C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多 D．D→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化 ‎　‎ 二、实验题（本题共2小题，每空2分，共12分．请正确作图并将答案填在答卷卷题目中的横线上．）‎ ‎13．（8分）有一个小灯泡上标有“4V、2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I﹣U图线．现有下列器材供选用：‎ A．电压表（0～5V，内阻10kΩ）‎ B．电压表（0～15V，内阻20kΩ）‎ C．电流表（0～3A，内阻1Ω） D．电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）‎ E．滑动变阻器（10Ω，2A） F．滑动变阻器（500Ω，1A）‎ G．学生电源（直流6V）、开关、导线若干 ‎（1）实验时，选用图甲而不选用图乙的电路图来完成实验，理由是　　‎ ‎（2）实验中所用电压表应选　　，电流表应选用　　，滑动变阻器应选用　　．（用序号字母表示）‎ ‎（3）把图丙中所示的实验器材用实线连接成实物电路图．‎ ‎14．某同学利用如图1所示的装置测量当地的重力加速度．实验步骤如下：‎ A．按装置图安装好实验装置；‎ B．用游标卡尺测量小球的直径d；‎ C．用米尺测量悬线的长度l；‎ D．让小球在竖直平面内小角度摆动．当小球经过最低点时开始计时，并计数为0，此后小球每经过最低点一次，依次计数1、2、3…．当数到20 时，停止计时，测得时间为t；‎ E．多次改变悬线长度，对应每个悬线长度，都重复实验步骤C、D；‎ F．计算出每个悬线长度对应的t2；‎ G．以t 2 为纵坐标、l 为横坐标，作出t2﹣l图线．‎ 结合上述实验，完成下列任务：‎ ‎（1）该同学根据实验数据，利用计算机作出t2﹣l图线如图2所示．根据图线拟合得到方程t2=404.0l+2.0．由此可以得出当地的重力加速度g=　　m/s2．（取π2=9.86，结果保留3 位有效数字）‎ ‎（2）从理论上分析图线没有过坐标原点的原下列分析正确的是　　‎ A．不应在小球经过最低点时开始计时，应该在小球运动到最高点开始计时；‎ B．开始计时后，不应记录小球经过最低点的次数，而应记录小球做全振动的次数；‎ C．不应作t2﹣l图线，而应作t﹣l图线；‎ D．不应作t2﹣l图线，而应作t2﹣（l+d）图线．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题含2题，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎15．（20分）如图所示，在水平地面上固定一光滑金属导轨，导轨间距离为L，导轨电阻不计，右端接有阻值为R的电阻，质量为m，电阻r=R的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中．初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有一水平向右的初速度v0，已知当导体棒第一次回到初始位置时，速度大小变为v0，整个运动过程中导体棒始终与导体垂直并保持良好接触，弹簧的重心轴线与导轨平行，且弹簧始终处于弹性限度范围内．求：‎ ‎（1）初始时刻通过电阻R的电流I的大小；‎ ‎（2）导体棒第一次回到初始位置时，导体棒的加速度大小为a；‎ ‎（3）导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳Q．‎ ‎16．（20分）如图所示，内壁光滑长度为4l、横截面积为S的汽缸A、B，A水平、B竖直固定，之间由一段容积可忽略的细管相连，整个装置置于温度27℃、大气压为p0的环境中，活塞C、D的质量及厚度均忽略不计．原长3l、劲度系数的轻弹簧，一端连接活塞C、另一端固定在位于汽缸A缸口的O点．开始活塞D距汽缸B的底部3l．后在D上放一质量为的物体．求：‎ ‎（1）稳定后活塞D下降的距离；‎ ‎（2）改变汽缸内气体的温度使活塞D再回到初位置，则气体的温度应变为多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年广东省清远市清城区高三（上）期末物理试卷（B卷）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共48分，每题4分；漏选得2分，多选、错选不得分，其中1-8为单选，9-12题为多选）‎ ‎1．2015年7月美国国家航空航天局通过开普勒太空望远镜（KEPLER）新发现太阳系外“宜居”行星﹣开普勒452b（KEPLER～452b）．开普勒452b围绕一颗类似太阳的恒星做匀速圆周运动，公转一圈大约385天，轨道半径约为1.5×1011m，已知引力常量G=6.67×10﹣11N•m2/kg2，利用以上数据可以估算出类似太阳的恒星的质量约为（　　）‎ A．1.8×1030kg B．2.0×1020kg C．2.2×1025kg D．2.4×1020kg ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】根据万有引力充当向心力=即可求出中心天体的质量．‎ ‎【解答】解：根据万有引力充当向心力，有： =‎ 则中心天体的质量：M==2.0×1030kg，故A选项的数据最接近，是正确的．‎ 故选：A ‎【点评】该题考查万有引力定律的应用，解决本题只需要将相关数据代入万有引力提供向心力的公式即可，解答的关键是要注意数量级．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，在一平面正方形MNPQ区域内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为B．一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从Q点沿着与边QP夹角为30°的方向垂直进入磁场，从QP边界射出．已知QP边长为a，不计粒子的重力，下列说法正确的是（　　）‎ A．该粒子带正电 B．运动过程中粒子的速度不变 C．粒子在磁场中运动的时间为 D．粒子的速度v的最大值为 ‎【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，根据粒子偏转方向确定粒子所受洛伦兹力方向，然后由左手定则判断出粒子的电性；‎ 根据题意求出粒子在磁场中转过的圆心角，然后根据粒子周期公式求出粒子的运动时间；‎ 粒子从P点射出时速度最大，求出粒子从P点射出时的轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出粒子的最大速度．‎ ‎【解答】解：A、粒子从PQ边射出磁场，粒子刚射入磁场时受到的洛伦兹力垂直与速度斜向右下方，由左手定则可知，粒子带负电，故A错误；‎ B、粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子速度大小不变当方向发生变化，粒子速度发生变化，故B错误；‎ C、粒子在磁场中转过的圆心角：θ=2×30°=60°，粒子在磁场中的运动时间：t=T=×=，故C正确；‎ D、粒子从P点射出磁场时轨道半径最大，粒子速度最大，此时粒子轨道半径：r=a，由牛顿第二定律得：qvB=m，粒子的最大速度：v==，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子转过的圆心角等于弦切角的2倍，根据几何知识求出粒子转过的圆心角、轨道半径，然后应用牛顿第二定律与粒子做圆周运动的周期公式可以解题．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，在水平地面上固定一两底角为θ的等腰斜面体，质量分别为m1‎ ‎、m2的两物体通过一轻绳跨过斜面体顶端的定滑轮连接在一起处于静止状态，轻绳与斜面平行，不计质量为m2的物体与斜面体间的摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）‎ A．m1与m2一定相等 B．轻绳弹力的大小为m1gsinθ C．斜面体对m1的摩擦力方向一定沿斜面向下 D．斜面体对m1的摩擦力可能为零 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】m2处于静止状态，受力平衡，对m2受力分析，求出绳子拉力，再对m1受力分析，根据平衡条件列式，分情况讨论即可．‎ ‎【解答】解：m2处于静止状态，受力平衡，对m2受力分析，根据平衡条件得：‎ 绳子拉力T=m2gsinθ，‎ 对m1受力分析，根据平衡条件得：‎ T=m2gsinθ+f，当f=0时，m1=m2，‎ 则当m1＞m2，f方向向上，当m1＜m2，f方向向下，故D正确，ABC错误．‎ 故选：D ‎【点评】本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，注意m1、m2的大小关系不知道，则m1受到的摩擦力方向也不确定，难度适中．‎ ‎　‎ ‎4．在如图所示的电路中，闭合开关S后，直流电动机正常转动，电压表的示数为8.0V．已知电源电动势为10V，电源内阻为0.5Ω，电路中的电阻R为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为1.0Ω，电压表为理想电表，下列说法正确的是（　　）‎ A．流经电动机的电流为2.0A B．电动机的输出功率为7W C．电动机产生的热功率为8W D．电源的输出功率为8W ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】根据闭合电路欧姆定律可求得电源内阻和R两端的电流，再根据输出功率P出=UI﹣I2r0可求得电动机的输出功率；根据P=EI﹣I2r可求得电源的输出功率；根据P=I2r可求得发热功率．‎ ‎【解答】解：A、R与r两端的电压U=10﹣8=2V，则由欧姆定律可知I===1A； 故A错误；‎ B、电动机的输出功率P出=UI﹣I2r0=8×1﹣12×1=7W； 故B正确；‎ C、电动机产生的热功率P热=I2r0=1×1=1W； 故C错误；‎ D、电源的输出功率P=EI﹣I2r=10﹣1×0.5=9.5W； 故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示的交变电流，最大值为Im，周期为T，则下列有关该交变电流的有效值I，判断正确的是（　　）‎ A．I= B．I＜ C．I＞ D．以上均不正确 ‎【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．‎ ‎【分析】正余弦交流电流的最大值与有效值之间的关系为，在题中交流电的图象上画出最大值为Im，周期为T的正弦式交流电的图象，比较即可求解．‎ ‎【解答】解：正余弦交流电压的最大值与有效值之间的关系为，从图象我们可以看出，正弦交流电的每一个时刻的电流都比题中的电流大，所以正弦式交流电的有效值也比题中交流电的有效值大，即I＜，故B正确．‎ 故选：B ‎【点评】解题的关键是画出最大值为Im，周期为T的正弦式交流电的图象，比较每个时刻的电流大小进行判断，难度适中．‎ ‎　‎ ‎6．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．‎ ‎【分析】正方形的一条边在磁场中，改边切割磁感线，相当于电源，然后根据闭合电路的有关知识进行求解．‎ ‎【解答】解：磁场中切割磁感线的边相当于电源，外电路由三个相同电阻串联形成，ACD中a、b两点间电势差为外电路中一个电阻两端电压为：U==，‎ B图中a、b两点间电势差为路端电压为：U==，所以a、b两点间电势差绝对值最大的是B图所示；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题属于电磁感应与电路的结合，注意弄清电源和外电路的构造，明确a、b两点间的电势差是路端电压还是某一阻值电压．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块（　　）‎ A．在P和Q中都做自由落体运动 B．在两个下落过程中的机械能都守恒 C．在P中的下落时间比在Q中的长 D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大 ‎【考点】楞次定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】当小磁块在光滑的铜管P下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，因磁场，从而产生安培阻力，对于塑料管没有任何阻碍，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：A、当小磁块在光滑的铜管P下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，因磁场，从而产生安培阻力，而对于塑料管内小磁块没有任何阻力，在做自由落体运动，故A错误；‎ B、由A选项分析可知，在铜管的小磁块机械能不守恒，而在塑料管的小磁块机械能守恒，故B错误；‎ C、在铜管中小磁块受到安培阻力，则在P中的下落时间比在Q中的长，故C正确；‎ D、根据动能定理可知，因安培阻力，导致产生热能，则至底部时在P中的速度比在Q中的小，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】考查安培力产生原因，注意感应电流产生条件，理解涡流的概念．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框，OC为一能绕O在框架上滑动的导体棒，Oa之间连一电阻R，导体框架与导体棒的电阻均不计，若要使OC能以角速度ω逆时针匀速转动，则（　　）‎ A．通过电阻R的电流方向由a经R到O B．导体棒O端电势低于C端的电势 C．外力做功的功率为 D．回路中的感应电流大小为 ‎【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】由右手定则可知电流由O到C，由电路回路可判定通过电阻的电流．‎ 导体棒等效为电源，O为电源负极，C为电源正极．‎ 导体棒切割磁场产生的感应电动势为：E=Br•，由此可判定感应电流，由Q=I2Rt可求电阻R上的电热功率．‎ ‎【解答】解：‎ A、由右手定则可知电流由o到P，由回路可判定通过电阻的电流为由O经R到a，故A错误．‎ B、导体棒等效为电源，o为电源正极，P为电源负极，故导体杆O端的电势高于C端的电势，故B错误．‎ C、导体棒切割磁场产生的感应电动势为：E=Br•，由此可知感应电流为：I==，由Q=I2Rt可求电阻R上的电热功率为：P=I2R=，故C正确；D错误．‎ 故选：C ‎【点评】本题关键要知道导体棒切割磁感线产生的感应电动势的表示，对圆形切割来说，导体棒切割磁场产生的感应电动势为：E=Br•．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，水平放置的带小孔的金属薄板间有匀强电场，薄板的上极板电势高于下极板，板间距d=1.25m．M恰好在薄板小孔P、N的正上方，距上极板的距离h=1.25m．若从M处由静止释放一个质量m=1×10﹣3kg电荷量为qa=﹣4×10﹣3C的带电小球a，小球a恰好能到达下极板的N孔处而未穿出极板，现若将m=1×10﹣3kg电荷量为qb=﹣5×10﹣3C的带电小球b从M点由静止释放，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）‎ A．薄板间的匀强电场的电场强度为3×105N/C B．薄板间的匀强电场的电场强度为5×105N/C C．带电小球a从M处下落至下极板的时间为1.0s D．带电小球b从M处下落的过程中机械能的变化量为﹣J ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】对小球由静止开始到下端小球到达下极板的过程中运用动能定理，求出两极板间匀强电场的电场强度．‎ 小球先做自由落体运动，由运动学位移公式求出自由下落到小孔的时间，由位移速度公式求出到达A板小孔的速度．小球在匀强电场中做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学位移公式结合时间，即可得到总时间．‎ 结合机械能的变化量等于电场力做功，由功能关系求解．‎ ‎【解答】解：A、小球由静止开始下落到下端的小球到达下极板的过程中，由动能定理得：‎ mg（h+d）﹣Eqad=0‎ 解得：E=5×105N/C．故A错误，B正确；‎ C、对于小球自由下落的过程，有 h=‎ 解得，t1==s=0.5s；‎ 小球到达小孔时的速度为 v1==m/s=5m/s；‎ 小球在匀强电场中的加速度 α=‎ 代入数据得：a=10m/s2；‎ 由0=v﹣at2‎ 代入数据解得：t2=0.5 s．‎ 故带电小球a从M处下落至下极板的时间为：t=t1+t2=0.5s+0.5s=1.0s．故C正确；‎ D、设带电小球b在电场内下降的高度为x，由动能定理得：mg（h+x）﹣Eqbx=0‎ 代入数据得：x=m 此过程中小球的机械能的改变量等于克服电场力做的功，即△E机=﹣qb•E•x 代入数据得： J 故选：BCD ‎【点评】本题考查了牛顿第二定律和动能定理的综合运用，要分析出两球由静止开始下落至下端小球恰好进入小孔时两球达到最大速度，掌握整体法和隔离法的灵活运用．‎ ‎　‎ ‎10．如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a、b所示，则（　　）‎ A．两次t=0时刻线圈平面均与中性面垂直 B．曲线a表示的交变电动势频率为50Hz C．曲线a、b对应的线圈角速度之比为3：2‎ D．曲线b表示的交变电动势有效值为5 V ‎【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．‎ ‎【分析】‎ 根据图象可分别求出两个交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等．‎ ‎【解答】解：A、在t=0时刻，线圈一定处在中性面上，此时磁通量最大；故A错误；‎ B、由图可知，a的周期为4×10﹣2s；b的周期为6×10﹣2s，曲线a的交变电流的频率f==25Hz；故B错误；‎ C、则由n=可知，转速与周期成反比，故转速之比为：3：2；故C正确；‎ C、曲线a、b对应的线圈转速之比为3：2，‎ D、根据Em=nBSω得曲线b表示的交变电动势最大值是10V，则有效值为U=；故D正确；‎ 故选：CD．‎ ‎【点评】本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量．‎ ‎　‎ ‎11．氢气和氧气的质量、温度都相同，在不计分子势能的情况下，下列说法正确的是（　　）‎ A．氧气的内能较大 B．氢气的内能较大 C．两者内能相等 D．氢气分子的平均速率较大 ‎【考点】物体的内能；分子势能．‎ ‎【分析】不考虑分子的势能，气体的内能只有分子动能．温度是物体内分子热运动平均动能的标志，温度相同，平均动能相同．质量相等的氢气和氧气，氢气的分子数多．根据这些知识分析选择．‎ ‎【解答】解：ABC、不考虑分子的势能，气体只有分子动能．温度相同，则分子的平均动能相同，而氢气的分子质量小，所以质量相等的氢气和氧气，氢气分子个数多，因此氢气的内能比氧气大．故AC错误，B正确．‎ D、温度相同，分子的平均动能相同，而氢气的分子质量小，所以氢气分子的平均速率较大，故D正确；‎ 故选：BD ‎【点评】‎ 对于气体一般不考虑分子势能，只考虑分子动能．温度的微观意义反映分子热运动的激烈程度，温度是物体的分子热运动平均动能的标志，温度越高，分子平均动能越大．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A．其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程（气体与外界无热量交换）．这就是著名的“卡诺循环”．该循环过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．A→B过程中，外界对气体做功 B．B→C过程中，气体分子的平均动能减小 C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多 D．D→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化 ‎【考点】理想气体的状态方程；热力学第一定律．‎ ‎【分析】A→B过程中，体积增大，气体对外界做功，B→C过程中，绝热膨胀，气体对外做功，温度降低，C→D过程中，等温压缩，D→A过程中，绝热压缩，外界对气体做功，温度升高．‎ ‎【解答】解：A、A→B过程中，体积增大，气体对外界做功，故A错误；‎ B、B→C过程中，绝热膨胀，气体对外做功，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B正确；‎ C、C→D过程中，等温压缩，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，C正确；‎ D、D→A过程中，绝热压缩，外界对气体做功，温度升高，分子平均动能增大，气体分子的速率分布曲线发生变化，故D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎【点评】本题考查了理想气体状态方程，要理解各过程气体的变化，知道气体的体积增大时，气体对外做功，选择相应的状态方程．‎ ‎　‎ 二、实验题（本题共2小题，每空2分，共12分．请正确作图并将答案填在答卷卷题目中的横线上．）‎ ‎13．有一个小灯泡上标有“4V、2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I﹣U图线．现有下列器材供选用：‎ A．电压表（0～5V，内阻10kΩ）‎ B．电压表（0～15V，内阻20kΩ）‎ C．电流表（0～3A，内阻1Ω） D．电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）‎ E．滑动变阻器（10Ω，2A） F．滑动变阻器（500Ω，1A）‎ G．学生电源（直流6V）、开关、导线若干 ‎（1）实验时，选用图甲而不选用图乙的电路图来完成实验，理由是　电压应从零开始变化　‎ ‎（2）实验中所用电压表应选　A　，电流表应选用　D　，滑动变阻器应选用　E　．（用序号字母表示）‎ ‎（3）把图丙中所示的实验器材用实线连接成实物电路图．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】（1）根据滑动变阻器分压及限流接法的不同作用，结合题意选择滑动变阻器的接法；由电流表、电压表与灯泡内阻间的大小关系确定电流表的接法．‎ ‎（2）仪表的选择应本着安全准确的原则；电压表要测量灯泡两端的电压，故应通过灯泡的额定电压值判断需要的电压表；由流过灯泡的电流判断需要的电流表；由题意判断需要的滑动变阻器．‎ ‎（3）对照电路图连接实物图，注意电流从电流表电压表正接线柱流入．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）在用伏安法描绘这个灯泡的I一U图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，所以电路图选用图甲．‎ ‎（2）因灯泡的额定电压为4V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用0～5V的电压表，故选A；‎ 由P=UI得，灯泡的额定电流I===0.5A，故电流表应选择0～0.6A的量程，故选D；而由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选E；‎ ‎（3）对照电路图连接实物图，注意电流从电流表电压表正接线柱流入，如图：‎ 故答案为：（1）电压应从零开始变化；（2）A；D；E；（3）实物电路图如图所示．‎ ‎【点评】本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断．‎ ‎　‎ ‎14．某同学利用如图1所示的装置测量当地的重力加速度．实验步骤如下：‎ A．按装置图安装好实验装置；‎ B．用游标卡尺测量小球的直径d；‎ C．用米尺测量悬线的长度l；‎ D．让小球在竖直平面内小角度摆动．当小球经过最低点时开始计时，并计数为0，此后小球每经过最低点一次，依次计数1、2、3…．当数到20 时，停止计时，测得时间为t；‎ E．多次改变悬线长度，对应每个悬线长度，都重复实验步骤C、D；‎ F．计算出每个悬线长度对应的t2；‎ G．以t 2 为纵坐标、l 为横坐标，作出t2﹣l图线．‎ 结合上述实验，完成下列任务：‎ ‎（1）该同学根据实验数据，利用计算机作出t2‎ ‎﹣l图线如图2所示．根据图线拟合得到方程t2=404.0l+2.0．由此可以得出当地的重力加速度g=　9.76　m/s2．（取π2=9.86，结果保留3 位有效数字）‎ ‎（2）从理论上分析图线没有过坐标原点的原下列分析正确的是　D　‎ A．不应在小球经过最低点时开始计时，应该在小球运动到最高点开始计时；‎ B．开始计时后，不应记录小球经过最低点的次数，而应记录小球做全振动的次数；‎ C．不应作t2﹣l图线，而应作t﹣l图线；‎ D．不应作t2﹣l图线，而应作t2﹣（l+d）图线．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）根据单摆周期公式求出t2﹣l函数关系式，然后求出重力加速度．‎ ‎（2）单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，以摆线长度作为摆长，则摆长偏小．‎ ‎【解答】解：（1）由题意知，单摆的周期T==，‎ 由单摆周期公式T=2π 可得：t2=l，‎ 由图象得到的方程为：t2=404.0l+3.5，‎ 则=404.0，‎ g=≈9.76m/s2；‎ ‎（2）单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，把摆线长度作为单摆摆长，‎ 摆长小于实际摆长，t2﹣l图象不过原点，在纵轴上截距不为零，故D正确，ABC错误；‎ 故答案为：（1）9.76；（2）D．‎ ‎【点评】考查，掌握单摆周期公式T=2π的应用，注意t2﹣l图象不过原点的原因．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题含2题，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎15．（20分）（2016•衡水校级模拟）如图所示，在水平地面上固定一光滑金属导轨，导轨间距离为L，导轨电阻不计，右端接有阻值为R的电阻，质量为m，电阻r=R的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中．初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有一水平向右的初速度v0，已知当导体棒第一次回到初始位置时，速度大小变为v0，整个运动过程中导体棒始终与导体垂直并保持良好接触，弹簧的重心轴线与导轨平行，且弹簧始终处于弹性限度范围内．求：‎ ‎（1）初始时刻通过电阻R的电流I的大小；‎ ‎（2）导体棒第一次回到初始位置时，导体棒的加速度大小为a；‎ ‎（3）导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳Q．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】（1）根据导体切割磁感线的公式可求得电动势，再由欧姆定律可求得电流大小；‎ ‎（2）根据F=BIL可求得安培力，再由牛顿第二定律可求得加速度；‎ ‎（3）明确能量转化关系；根据功能关系可求得R上产生的焦耳热．‎ ‎【解答】解：（1）初始时刻导体棒的速度为v0‎ ‎，做切割磁感线运动，产生的电动势为E=BLv0，‎ 电路中的总电阻为，‎ 根据欧姆定律可得 ‎（2）导体棒第一次回到初始位置时，速度为，产生的电流为 此时弹簧处于原长状态，所以只受安培力作用，安培力为F=BIL，‎ 根据 牛顿第二定律可得，‎ 联立解得 ‎（3）由于没有摩擦力，则导体棒从开始运动直到停止的过程中，导体棒的动能完全转化为电路的焦耳热，故，根据电路规律可得电阻R上产生的焦耳，‎ 答：（1）初始时刻通过电阻R的电流I的大小为； ‎ ‎（2）导体棒第一次回到初始位置时，导体棒的加速度大小为a ‎（3）导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳Q为．‎ ‎【点评】本题考查导体切割磁感线的规律，要注意弄清运动过程中能量如何转化，并应用能量转化和守恒定律分析解决问题是此题关键，当然右手定则和安培定则也熟练运用．‎ ‎　‎ ‎16．（20分）（2016•泰安一模）如图所示，内壁光滑长度为4l、横截面积为S的汽缸A、B，A水平、B竖直固定，之间由一段容积可忽略的细管相连，整个装置置于温度27℃、大气压为p0的环境中，活塞C、D的质量及厚度均忽略不计．原长3l、劲度系数的轻弹簧，一端连接活塞C、另一端固定在位于汽缸A缸口的O点．开始活塞D距汽缸B的底部3l．后在D上放一质量为 的物体．求：‎ ‎（1）稳定后活塞D下降的距离；‎ ‎（2）改变汽缸内气体的温度使活塞D再回到初位置，则气体的温度应变为多少？‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】（1）开始时，活塞质量不计，容器内气体的压强等于大气压，弹簧处于原长；在活塞D上放上质量为m的物体后，活塞D下降后再次达到平衡时，由对活塞C受力平衡条件求得容器内气体的压强．封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律列式求解；‎ ‎（2）升高气缸内气体温度，当活塞D刚好回到初始位置，此过程中压强不变，弹簧的形变量不变，C的位置不变，对最初和最终根据理想气体状态方程列式即可求出气体温度 ‎【解答】解：（1）开始时被封闭气体的压强为，活塞C距气缸A的底部为l，被封气体的体积为4lS，重物放在活塞D上稳定后，被封气体的压强为：‎ 活塞C将弹簧向左压缩了距离，则活塞C受力平衡，有：‎ 根据玻意耳定律，得：‎ 解得：x=2l 活塞D下降的距离为：‎ ‎（2）升高温度过程中，气体做等压变化，活塞C的位置不动，最终被封气体的体积为，对最初和最终状态，根据理想气体状态方程得 解得：‎ 答：（1）稳定后活塞D下降的距离；‎ ‎（2）改变汽缸内气体的温度使活塞D再回到初位置，则气体的温度应变为377℃‎ ‎【点评】本题考查玻意耳定律的应用及压强的计算，关键要注意首先明确气体发生的什么变化，根据力平衡法求气体的压强，然后才能分析状态参量，由理想气体的状态方程或实验定律进行分析求解，第二问要注意升温过程压强不变，弹簧的形变量不变，活塞C不动．‎ ‎　‎