湖北省十堰市2019-2020学年高二下学期期末考试物理试题

湖北省十堰市2019-2020学年高二下学期期末考试物理试题

十堰市 2018～2019 学年度下学期期末调研考试高二物理 一、必做选择题 1.两个相同的金属球分别带有+2Q 和-4Q 的电荷量，两球相隔一定距离时，相互作用力的大小 为 F，若把它接触后再放回原处，两球相互作用力的大小变为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由库仑定律可得： ，两相同金属小球带异种电荷时，开始时的库仑力： ，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量都是： ， 库仑力： ，所以库仑力是原来的 ，即 . A. 与分析结果不相符；故 A 错误. B 与分析结果不相符；故 B 错误. C. 与分析结果相符；故 C 正确. D. 与分析结果不相符；故 D 错误. 2.雷击，指打雷时电流通过人、畜、树木、建筑物等而造成杀伤或破坏，其中一种雷击是带 电的云层与大地上某点之间发生迅猛的放电现象，叫做“直击雷”。若某次发生“直击雷”前 瞬间，带电云层到地面的距离为 8 千米，云层与地面之间的电压为 千伏，则此时云层 与地面间电场（视为匀强电场）的电场强度为 A. N/C B. N/C C. N/C D. N/C 【答案】B 【解析】 【详解】根据 得到： . 24 F 16 F 8 F 4 F 1 2 2 kq qF r = 2 2 8kQF r = 4 2 2 Q QQ Q − +′ = = − 2 2 kQF r ′ = 1 8 8 FF′ = 24 F 16 F 8 F 4 F 72 10× 32.5 10× 62.5 10× 72.5 10× 92.5 10× U Ed= 故选项 B 正确，ACD 错误。 3.如图所示，虚线 a、b 和 c 是某静电场中的三个等势面，它们的电势分别为 φa、φb 和 φc，φa＞φb＞φc，一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线 KLMN 所示，由图可知 A. 粒子从 K 到 L 的过程中，电场力做正功 B. 粒子从 L 到 M 的过程中，电场力做负功 C. 粒子从 K 到 L 的过程中，电势能增加 D. 粒子从 L 到 M 的过程中，动能减小 【答案】C 【解析】 【分析】 先根据等势面图得到电场线的分布图，再结合动能定理以及电场力做功与电势能变化关系分 析判断． 【详解】电场线与等势面垂直，由较高的等势面指向较低的等势面，分布图如图： A、故粒子从 K 到 L 的过程中，负粒子从高电势向低电势运动，故电场力做负功，故 A 错误； B、粒子从 L 到 M 的过程中，先从高电势向低电势运动，后从低电势向高电势运动，电场力先 做负功后做正功，故 B 错误； C、粒子从 K 到 L 的过程中，电场力做负功，电势能增加，故 C 正确； D、粒子从 L 到 M 的过程中，电场力先做负功后做正功，故动能先减小后增大，故 D 错误； 10 62 N/C 2.5 N/C8000 10 10UE d ×= = = × 故选 C. 【点睛】本题关键要明确电场力的做功情况，然后根据动能定理判断动能的变化情况，根据 电场力做功与电势能变化的关系得到电势能的变化情况． 4.如图所示电路，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器 R3 的滑片向上端移动 时，则（　　） A. 电压表读数减小 B. 电流表读数减小 C. 灯泡的亮度变亮 D. R2 上消耗的功率逐渐增大 【答案】BD 【解析】 【分析】 分析电路的结构，由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表 示数的变化； 【详解】由图可知，灯泡与滑动变阻器 R3 串联后与 R2 并联后，再由 R1 串联接在电源两端。当 滑片向上移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，则电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆 定律可知，电路中总电流减小，路端电压增大，同时 R1 两端的电压也减小，故并联部分的电 压增大，则流过 R2 的电流增大，根据 P＝I2R 知消耗的功率增大，故电流表示数减小，灯泡分 压减小，灯泡变暗，因并联部分的电压增大，而 R3 中电压增大，故电压表示数增大，故 AC 错 误，BD 正确； 【点睛】解决闭合电路欧姆定律的题目，一般可以按照整体-局部-整体的思路进行分析，要 灵活选用等效的方法研究电路的结构。 5.某单色光照射某金属时不能产生光电效应，下列措施中可能使该金属产生光电效应的是（ ） A. 延长光照时间 B. 增大光的强度 C. 换用频率较低的光照射 D. 换用波长较短的光照射 【答案】D 【解析】 能不能发生光电效应取决于入射光的频率，与照射时间，及照射强度没有关系，频率越大波 长越小，越容易发生光电效应，故 D 正确； 故选 D 6.氢原子的四个能级如图所示，其中 为基态。若一群氢原子 A 处于激发态 ，另一群氢原 子 B 处于激发态 ，则下列说法正确的是 A. A 可能辐射出 4 种频率的光子 B. B 可能辐射出 8 种频率的光子 C. A 能够吸收 B 发出的某种光子并跃迁到能级 D. B 能够吸收 A 发出的某种光子并跃迁到能级 【答案】C 【解析】 【详解】A、原子 A 可能辐射出 种频率的光子，故 A 错误； B、原子 B 可能辐射出 种频率的光子，故 B 错误； C、原子吸收的能量应为从低能级跃迁到高能级的能量差，故 C 正确，D 错误。 7.1956 年吴健雄用半衰期为 5.27 年的 放射源对李政道和杨振宁提出的在弱相互作用中 宇称不守恒进行实验验证。 的衰变方程式为 → ＋X＋ （其中 是反中微子， 它的电荷为零，质量可认为等于零）。下列说法正确的是（ ） A. X 是电子 B. 增大压强，可使 的半衰期变为 6 年 C. 衰变能释放出 X，说明了原子核中有 X D. 若该衰变过程中的质量亏损为△m，真空中的光速为 c，则该反应释放的能量为△mc2 1E 3E 4E 4E 3E 2 3 3C = 2 4 6C = 60 27 Co 60 27 Co 60 27 Co 60 28 Ni ev ev 60 27 Co 60 27 Co 【答案】AD 【解析】 【详解】A.根据质量数和电荷数守恒可知，在 的衰变方程中，X 是电子，故 A 正确； B.半衰期是由原子核内部自身决定的，与外界的物理和化学状态无关，故 B 错误； C. 衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子的同时释放出来的， 衰变能释 放出 X（电子），但原子核中并没有 X（电子），故 C 错误； D. 根据爱因斯坦质能方程，若该衰变过程中的质量亏损为△m，则该反应释放的能量为△mc2， 故 D 正确。 8.如图所示，某静电场的电场线分布关于 y 轴（沿竖直方向）对称，O、M、N三点均在 y 轴上， 且 。P 点在 y 轴的右侧， ，下列说法正确的是 A. M 点的电势与 P 点的电势相等 B. 将质子由 M 点移动到 P 点，电场力做负功 C. M、N 两点间的电势差比 O、M 两点间的电势差大 D. 在 O 点由静止释放一个质子，该质子将沿 y 轴正方向加速运动 【答案】D 【解析】 【详解】A、过 M、P、N 做等势线，可得到过 P 点的等势线通过 M、N 之间，因顺着电场线电 势逐渐降低，则有： ，即 M 点的电势与 P 点的电势不相等，故 A 错误； B、由 M 到 P 电势降低，故将正电荷从 M 到 P 电势能减小，则可知电场力做正功，故 B 错误； C、虽然 ，但 MN 区域的场强小于 OM 区域的场强，根据 可定性判断： ，故 C 错误； D、带正点的质子从 O 点由静止释放后，受电场力方向沿 y 轴正方向，所以将沿着 y 轴正方向 做加速直线运动，但由于场强越来越小，根据牛顿第二定律可知，加速度也是越来越小，故 D 60 27 Co 60 27 Co OM MN= MP ON⊥ O M P N ϕ ϕ ϕ ϕ> > > MN OM= U Ed= MN OMU U< 正确。 9.如图所示，纸面内半径为 R、圆心为 O 的圆形区域外存在磁感应强度大小为 B、方向垂直纸 面向里的匀强磁场，纸面内的线段 PA 与圆形区域相切于 A 点， 。若 P 点处有一 粒子源沿 PA 方向射出不同速率的带正电粒子（质量为 m，电荷量为 q，不计重力），则能射入 圆形区域内部的粒子的速率可能为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】粒子运动轨迹与圆相切时的运动轨迹如图所示： 由几何知识得：（r-R）2+（2 R）2=（r+R）2，解得：r=3R，粒子在磁场中做圆周运动，由 牛顿第二定律得：qvB=m ，解得： ，当粒子速度：v′＞ ，粒子可以进入 圆形区域，故 D 正确，ABC 错误；故选 D。 【点睛】题考查了带电粒子在磁场中的运动问题，要掌握解粒子在磁场中运动的一般思路与 方法，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动解题常用的程序是：画轨迹：确定圆心，几何 方法求半径并画出轨迹。找关系：轨迹半径与磁感应强度、速度联系；偏转角度与运动时间 相联系，时间与周期联系。用规律：牛顿第二定律和圆周运动的规律。 10.如图甲所示，竖直长直导线右侧固定的矩形线框与长直导线位于同一平面内，导线中通有 2 3PA R= qBR m 2qBR m 5 2 qBR m 4qBR m 3 2v r 3qBRv m = 3qBR m 向下的电流，当长直导线中的电流 i 随时间 t 变化的规律如图乙所示时，关于线框中的感应 电流及线框受到的安培力，下列说法正确的是 A. 感应电流沿逆时针方向且逐渐增大，线框受到的安培力方向向左 B. 感应电流沿顺时针方向且逐渐增大，线框受到的安培力方向向右 C. 感应电流沿逆时针方向且逐渐减小，线框受到 安培力方向向左 D. 感应电流沿逆时针方向且逐渐减小，线框受到的安培力方向向右 【答案】C 【解析】 【详解】AB.直线电流方向向下，根据安培定则，知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流 逐渐减小，则磁场逐渐减弱，根据楞次定律，金属线框中产生逆时针方向的感应电流。由题 目图象可知，直导线电流的变化率减小，则穿过线圈的磁场变化率也减小，那么感应电动势 也减小，因此感应电流大小会减小，故 AB 错误。 CD.根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向左，右边受到的安培力水平向右， 离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培 力的合力水平向左，故 C 正确 D 错误。 11.如图甲所示，在粗糙的固定斜面上有一闭合金属线圈，线圈上半部处于方向垂直斜面且分 布均匀的磁场中，若取垂直斜面向上为磁场的正方向，磁感应强度 B 随时间 t 变化的图象（余 弦函数）如图乙所示，线圈始终处于静止状态，则（　　） A. 时，线圈受到沿斜面向下的摩擦力 B. 时，线圈受到沿斜面向上的摩擦力 的 1t s= 2t s= C. 内线圈受到的摩擦力减小 D. 内线圈受到的摩擦力先增大后减小 【答案】BD 【解析】 【详解】由图乙所示图象可知，t=1s 时 B=0，由 F=BIL 可知，线圈受到的安培力为零，线框 在重力作用下有向下的运动趋势，线框受到的摩擦力平行于斜面向上，故 A 错误；由图乙所 示图象可知，t=2s 时磁感应强度的变化率为零，穿过线框的磁通量变化率为零，由法拉第电 磁感应定律可知，线框产生的感应电动势为零，线框中没有感应电流，线框不受安培力作用， 线框受到沿斜面向上的摩擦力作用，故 B 正确；由图乙所示图象可知，t=0s 时磁通量变化率 为零，感应电动势为零，线框中没有感应电流，线框所受安培力作用，t=1s 时 B=0，线框所 受安培力为零，0～1s 时间内，线框受到的安培力先增大后减小，由楞次定律与左手定则可知， 线框所受安培力平行于斜面向上，由平衡条件得：mgsinθ=f+F，由于安培力 F 先增大后减小， 则摩擦力：f=mgsinθ-F 先减小后增大，故 C 错误； 由图乙所示图象可知，t=3s 时 B=0，线 框所受安培力为零，t=4s 时磁通量变化率为零，感应电动势为零，线框中没有感应电流，线 框所受安培力作用，3～4s 时间内，线框受到的安培力先增大后减小，由楞次定律与左手定则 可知，线框所受安培力平行于斜面向下，由平衡条件得：mgsinθ+F=f，由于安培力 F 先增大 后减小，则摩擦力：f=mgsinθ+F 先增大后减小，故 D 正确。所以 BD 正确，AC 错误。 12.如图所示，绝缘水平面上有两条平行光滑长直导轨，导轨左端接有电阻 R，电阻为 r 的金 属棒 AB 垂直跨放在导轨上且与导轨接触良好，其他电阻不计。两导轨间存在竖直向下的匀强 磁场。给 AB 以水平向右的初速度列 并开始计时，下面四幅反映 AB 的速度 随时间 变化规 律的图象中，可能正确的是 0 1s～ 3 4s s～ 0v v t A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】金属棒切割磁感线，产生感应电流，由楞次定律，电流方向由 B 指向 A，利用左手定 则得到安培力水平向左，大小为： 设回路中电流为 I，根据闭合电路欧姆定律，有： 由法拉第电磁感应定律得到： 设金属棒加速度为 ，利用牛顿第二定律，得到： 联立以上方程可以得到： 由分析可知，金属棒做加速度减小的减速运动，故 D 正确，ABC 错误。 13.如图所示，纸面内直角坐标系 xOy 的 y 轴右侧有一菱形区域 Obcd，Oc 与 x 轴重合，Oc 的 长度是 bd 的长度的两倍。菱形区域内有方向垂直于纸面的两个匀强磁场，磁感应强度等大反 向，bd 为两磁场的分界线。现有一中心在 x 轴上的正方形线框 ABCD，它的 BC 边与 y 轴平行， 长度与 bd 的长度相同，均为 。现线框以大小为 的速度沿 x 轴正方向匀速运动，以逆时针 方向为感应电流的正方向，则线框在磁场中运动时，线框中通过的感应电流 随时间 的变化 F BIL= ( )E I R r= + E BLv= a F ma= ( ) 2 2va m R r B L= + l v i t 关系图象可能为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】线圈在进入磁场的过程中，磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的方向沿逆 时针方向，为正值，从线圈开始运动，到 BC 边运动到 bd 位置的过程中，切割的有效长度均 匀增大，感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，该段时间为 ；之后 AD 和 BC 棒分 别在 obd 和 bcd 区域做切割磁感线运动，AD 棒切割磁感线运动产生的感应电流方向为顺时针， BC 棒产生的感应电流方向也为顺时针，故电路中的电流方向为顺时针方向，有效长度之和为 不变，故回路总电动势 不变，感应电流顺时针不变，该段时间为 ；运动 L 后，BC 棒出 磁场，AD 边在 bcd 区域中做切割磁感线运动，产生的感应电流方向为逆时针，且其做切割磁 感线运动的有效长度均匀减小，感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小，最后减小为零， 该段时间 ，故选项 D 正确，ABC 错误。 14.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为 5：1， 。两电表均为理想电表， 其中电流表的示数为 0. 4A，则 1 lt v = l Blv l v 2 lt v = 1 2 10R R= = Ω A. 电阻 中通过的电流的有效值为 1A B. 电压表 V 的示数为 20V C. 原线圈的输入功率为 40W D. 穿过原、副线圈的磁通量的变化率之比为 5：1 【答案】B 【解析】 【详解】A、根据原副线圈的电流关系可以得到： 有： 故 A 错误； B、电压表的读数为 的电压，即为： 故 B 正确； C、负载功率为： 原副线圈功率相等，有： 故 C 错误； D、理想变压器穿过原、副线圈的磁通量的变化率相等，即穿过原、副线圈的磁通量的变化率 之比为 ，故 D 错误。 15.图甲所示的理想变压器原、副线圈的匝数分别为 100 和 20，现在变压器原线圈两端接入按 1R 1 2 2 1 nI nI = 1 2 1 2 5 0.4A 2A1 nI In = = × = 2R 22 2 2 10V 20VR RU I= = × = ( )2 2 2 2 1 80WRP I R= + = 1 2 80WP P= = 1:1 图乙所示规律变化的正弦交变电压，则 A. 变压器的输出电压为 40V B. 变压器的输出功率小于输入功率 C. 变压器副线圈中通过的电流的频率为 5Hz D. 变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为 【答案】ACD 【解析】 【详解】A.根据图乙得到输入电压的最大值为 ，故电压的有效值为 200V，副线圈上 的输出电压： ，故 A 正确。 B.理想变压器忽略了各种损耗，输入功率等于输出功率，故 B 错误； C.根据图乙得到输入电压的周期为 0.2s，故频率为 5Hz，故 C 正确； D.输入电压的周期为 0.2s，则 ，变压器原线圈两端的电压瞬时值表达式 为 ，故 D 正确。 二、选做选择题 16.关于分子动理论，下列说法正确的是 A. 墨汁在水中的扩散实际上是水分子的无规则运动过程 B. 当分子间的距离减小时，分子间的引力减小而斥力增大 C. 布朗运动的原因是液体分子永不停息地无规则运动 D. 磁铁可以吸引铁屑，这一事实说明分子间存在引力 【答案】C 【解析】 ( )200 2 sin10 Vu tπ= 200 2V 2 2 1 1 20 200 40V100 nU Un = ⋅ = × = 2 2 100.2T π πω π= = = ( )200 2 sin10 Vu tπ= 【详解】A、墨水的扩散实际上是墨水分子和水分子的无规则运动的过程，故 A 错误； B、当分子间的距离减小时，分子间的引力和斥力都增大，故 B 错误； C、布朗运动是固体小颗粒受到不同方向的液体分子无规则运动产生的撞击力不平衡引起的， 间接证明了分子永不停息地做无规则运动，故 C 正确； D、磁铁可以吸引铁屑，并非是分子力的作用，故 D 错误。 17.图示为一定质量的理想气体从状态 A 经状态 B 变化到状态 C 过程的 p—V 图象，且 AB∥V 轴，BC∥p 轴。已知气体在状态 C 时的温度为 300 K，下列说法正确的是 A. 气体从状态 A 变化到状态 B 的过程中做等压变化 B. 气体在状态 B 时的温度为 600 K C. 气体从状态 A 变化到状态 B 的过程中对外界做功 D. 气体从状态 B 变化到状态 C 的过程中吸热 【答案】AC 【解析】 【详解】A、由于 AB∥V 轴，气体从状态 A 变化到状态 B 的过程中做等压变化，故 A 正确； B、气体从状态 B 变化到状态 C 的过程中做等容变化，有： 代入数据得到： 故 B 错误； C、气体从状态 A 变化到状态 B 的过程中，体积增大，气体对外做功，故 C 正确； D、气体从状态 B 变化到状态 C 的过程中，体积不变，压强减小，根据理想气体状态方程 ，温度降低，内能减小，再根据热力学第一定律 ， ， ， CB B C PP T T = 900B KT = PV CT = W Q U+ = ∆ 0U∆ < 0W = 则 气体放热，故 D 错误。 18.如图所示，用轻质活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间的摩擦忽略不 计，开始时活塞距离汽缸底的高度 。给汽缸加热，活塞缓慢上升到距离汽缸底的高度 处，此过程中缸内气体吸收 的热量。已知活塞的横截面积 m2， 大气压强 Pa，那么 A. 汽缸内的气体对活塞所做的功为 100J B. 汽缸内的气体对活塞所做的功为 150J C. 此过程中汽缸内的气体增加的内能为 300 J D. 此过程中汽缸内的气体增加的内能为 200 J 【答案】BC 【解析】 【详解】A、气体做等压变化，气缸内的气体对活塞所做的功为： 故 A 错误，B 正确； C、根据热力学第一定律可知增加的内能为： 故 C 正确，D 错误。 19.一列简谐横波在某时刻的波形图如图所示，已知图中的质点 b 比质点 a 晚 0. 5s 起振，质 点 b 和质点 c 平衡位置之间的距离为 5m，则该波的波速为 0Q < 1 0.5h m= 2 0.8h m= 450Q J= 35 10S −= × 5 0 1 10p = × ( ) ( )5 3 0 2 1 1 0.8 0.5 5 J 150J10 10W Sh hP −= − = × × − × × = 150J 450J 300JU W Q∆ = + = − + = A. 1m/s B. 3m/s C. 5m/s D. 8m/s 【答案】C 【解析】 【详解】由题可知，b 和 c 之间的距离是 ，则波长为 ，b、a两点振动相差半个周期， 由图中质点 b 的起振时刻逼质点 a 延迟了 ，则周期为： 则波速为： 故 C 正确，ABD 错误。 20.一列沿 x 轴以 5m/s 的速度传播的简谐横波， 时刻的波形如图所示，P、Q 两质点的横 坐标分别为 3. 5m、2. 5 m。已知 时质点 Q 的运动方向沿 y 轴正方向，则下列说法正确的 是 A. 波的传播方向沿 x 轴负方向 B. 质点 P 振动的周期为 0. 8 s C. 0～3. 4 s 内质点 Q 路程为 17 cm D. 时刻起质点 P 比质点 Q 先回到平衡位置 【答案】ABD 【解析】 【详解】A、 时质点Q 的运动方向沿 轴正方向，根据波的传播方向和质点振动方向可知 的 5m 5mλ = 0.5s 2 0.5s 1sT = × = 5 m/s 5m/s1v T λ= = = 0t = 0t = 0t = 0t = y 波沿 x 轴负方向传播，故 A 正确； B、该波的波长为 ，则该波的周期为： 所以质点 P 振动的周期为 ，故 B 正确； C、在 内质点 Q 的振动时间： 由于 时刻质点 Q 不在平衡位置和最大位移处，所以质点 Q 的路程不等于 ， 故 C 错误； D、 时质点 Q 的运动方向沿 y 轴正方向，质点 P 的运动方向沿 y 轴负方向，所以 时 刻起质点 P 比质点 Q 先回到平衡位置，故 D 正确。 21.图甲为一列沿 x 轴方向传播的简谐横波在 时的波形图，P、Q 为横波上平衡位置分别 在 、 处的两质点，图乙为质点 P 的振动图象，下列说法正确的是 A. 横波沿着 x 轴正方向传播 B. 时 Q 点的振动方向沿 y 轴负方向 C. 质点 P 的振动方程为 （cm） D. 从 时开始，质点 Q 第一次回到平衡位置所需时间 1. 5 s 【答案】AD 【解析】 【详解】A、 时质点 P 向下振动，根据波的传播方向和质点振动方向的关系可知，波向 右传播，所以质点 Q 的振动方向沿 y 轴正方向，故选项 A 正确，B 错误； C、根据图乙可得质点 P 的振动为余弦函数图像，即： 为 4mλ = 4 s 0.8s5T v λ= = = 0.8s 0 3.4s− 173.4 4t s T= = 0t = 17 4 17cm4 A× = 0t = 0t = 1t s= 1mPx = 2.5 mQx = 1st = 4cos 4y t π= 1st = 1st = 2cos 4cos 4cos 2y A t t tT π πω= = = 故选项 C 错误； D、由甲、乙两图可知，波长为 ，周期 ，则波速为： 质点 Q 第一次回到平衡位置所需的时间为： 故选项 D 正确。 三、必做实验题 22.某同学用螺旋测微器测量小球的直径，其示数如图所示，则小球的直径为_________mm。 【答案】0.990 【解析】 【详解】螺旋测微器的固定刻度读数为 ，可动刻度读数为： 所以最终读数为： 。 23.老师要求同学们测出一待测电源的电动势及内阻．所给的实验器材有：待测电源 E，定值 电阻 R1（阻值未知），电压表 V（量程为 3.0V，内阻很大,可视为理想表），电阻箱 R（0～99.99 ），单刀单掷开关 S1，单刀双掷开关 S2，导线若干． （1）同学小红按照右图连接电路，然后进行了如下操作： ①将 S2 接到 ，拨动电阻箱旋钮，使各旋钮盘的刻度处于如下图甲所示的位置，闭合 S1，记 录下对应的电压表示数为 2.20V，然后断开 S1； ②保持电阻箱示数不变，将 S2 切换到 ，闭合 S1，记录此时电压表 读数（电压表的示数如 下图乙所示），然后断开 S1． 的 4mλ = 4sT = 4 m/s 1m/s4v T λ= = = 2.5 1s 1.5s1 PQt v x −= = = 0.5mm 0.01 49.0mm=0.490mm× 0.5mm+0.490mm=0.990mm b 请你解答下列问题： 图甲所示电阻箱的读数为 Ω，图乙所示的电压表读数为 V． 由此可算出定值电阻 R1 的阻值为 Ω（R1 的计算结果保留两位小数）． （2）在完成上述操作后，小红继续以下的操作： 将 S2 切换到 ，闭合 S1，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱的示数 R 和对应的电压表示数 U， 由测得的数据，绘出了如图丙所示的 — 图线． 由此可求得电源电动势 E 和电源内阻 r，其中 E = V，内阻 r = Ω（计算结 果均保留两位小数）． 【答案】(1)20.00　2.80　5.45　(2)2.9　0.26 【解析】 【详解】(1)电阻箱的阻值等于 ；图乙电压表的示数为 ，根据闭合电路欧 姆定律得， ． (2)将定值电阻等效到电源的内部，根据 得， ，知纵轴截距的倒 数为电动势，所以 解得 ； 由于求出的是等效电阻，则实际电阻： ； 【点睛】此题考查电源电动势和内电阻的测量，通过实验操作、读数以及对实验方法的理解 等多方面考查考生的实验探究能力.要重点掌握处理闭合电路欧姆定律公式的能力和利用图 象求解电动势和内电阻的方法． 四、必做计算题 2 10 20 .× = Ω 2.80V 1 2.80 2.20 5.452.20 20 R −= = Ω UE U rR = + 1 1 1r U E E R = + ⋅ 1 2.860.35E V= ≈ 0.55 0.35 20.1 r E −= = 2 5.72r E= = Ω 5.72 5.45 0.270r = − = Ω 24.如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距 1 m，导轨平面 与水平面成 θ = 37°角，下端连接阻值为 R＝2Ω 的电阻。磁场方向垂直导轨平面向上，磁感 应强度为 0.4T。质量为 0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好 接触，它们之间的动摩擦因数为 0.25。金属棒沿导轨由静止开始下滑。(g=10m/s2，sin37°＝ 0.6，cos37°＝0.8) (1)判断金属棒下滑过程中产生的感应电流方向； (2)求金属棒下滑速度达到 5m/s 时的加速度大小； (3)当金属棒下滑速度达到稳定时，求电阻 R 消耗的功率。 【答案】（1）由 到 （2） （3） 【解析】 【详解】（1）由右手定则判断金属棒中的感应电流方向为由 到 。 （2）金属棒下滑速度达到 时产生的感应电动势为 感应电流为 ，金属棒受到的安培力为 由牛顿第二定律得： ，解得： 。 （3）设金属棒运动达到稳定时，所受安培力为 ，棒在沿导轨方向受力平衡 ，解得： ，又： ， 电阻 消耗的功率： 。 【点睛】该题考查右手定则的应用和导体棒沿着斜面切割磁感线的运动，该类题型综合考查 电磁感应中的受力分析与法拉第电磁感应定律的应用，要求的解题的思路要规范，解题的能 力要求较高。 25.如图所示，在 xOy 平面（纸面）内，y＞0 空间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，第三象 限空间存在方向沿 x 轴正方向的匀强电场。一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子（不计重 力），以大小为 v、方向与 y 轴正方向夹角 的速度沿纸面从坐标为（0，—L）的 点 a b 22 /a m s= 8P W= a b 5 /m s 0.4 1 5 2E BLv V V= = × × = 1EI AR = = 0.4 1 1 0.4 F BIL N N= = × × = mgsin mgcos F maθ µ θ− − = 22 /a m s= F′ mgsin mgcos Fθ µ θ= + ′ 0.8F N′ = F BI L′ = ′ 0.8 20.4 1 FI A ABL ′′ = = =× R 2 8P I R W= ′ = 53θ = ° 1P 进入电场中，然后从坐标为 的 点垂直 x 轴进入磁场区域，并通过坐标为 的 点，最后从 x 轴上的 点（图中未画出）射出磁场。取 ， ，求： （1）粒子通过 点时的速度大小 和电场强度的大小 E； （2）磁场的磁感应强度大小 B； （3）粒子从 点运动到 点所用的时间 。 【答案】（1） ， （2） （3） 【解析】 【详解】（1）粒子的运动轨迹如图所示： 粒子通过 点时 的速度大小为： 设粒子从 点运动到 点所用的时间为 ，则有： 2 ,03 L −   2P 2 30, 3 L      3P 4P 53 0.8sin ° = 53 0.6cos ° = 2P 2v 1P 4P t 3 5 v 212 25 mv qL 9 20 mv qL 5 (3 4 ) 9 L v π+ 2P 2 cosv v θ= 1P 2P 1t ， 其中： 解得： ， ； （2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹圆的半径为 ，则有： 根据牛顿第二定律有： 解得： ； （3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为： 粒子在磁场中运动的时间为： 由（1）可得： 又： 解得： 2 1L v t= 2 1 2 1 3 2 L at= qEa m = 2 3 5 vv = 212 25 mvE qL = r 22 2 2 2 3 3 3 L Lr r   = − +         2 2 2 vqv B m r = 9 20 mvB qL = 2 2 rT v π= 2 2 Tt = 1 5 3 Lt v = 1 2t t t= + 。 五、选做计算题 26.如图所示，质量为 、开口竖直向下的薄壁汽缸放在水平地面上，质量为 m、横截面积为 S 的光滑活塞密封了一定质量的理想气体 A，竖直轻弹簧上端与活塞相连，下端固定在地面上， 活塞下方与外界相通。开始时，缸内气体的热力学温度为 ，活塞到缸底的距离为 ，弹簧 恰好处于原长。现对气体 A 缓慢加热，已知弹簧的劲度系数 （g 为重力加速度大小）， 大气压强 ，求： （1）当汽缸恰好离开桌面时气体 A 的热力学温度 ； （2）当气体 A 的热力学温度为 时，活塞到缸底的距离为 。 【答案】（1） （2） 【解析】 【详解】（1）加热前气体 A 的压强为： 设加热后弹簧的形变量为 ，根据受力平衡条件有： 加热后气体 A 的压强为： 由理想气体的状态方程有： 5 (3 4 ) 9 Lt v π+= 3m 1T 1L 1 mgk L = 0 10mgp S = 2T 21.2T 3L 1 65 9 T 16L 1 0 mgp p S = − 1x 1 4kx mg= 1 2 0 kx mgp p S S = + − 解得： ； （2）气体 A 的热力学温度从 上升为 的过程中，气体 A 做等压变化，有： 解得： 。 27.如图所示，某种材料制成的半球体，左侧面镀有水银，CD 为半球底面直径，O 为球心，直 线 OB 垂直 CD，且与半球面交于 B 点。现有一单色光平行 BO 方向从半球面上的 A 点射入半球， 经 CD 面反射后恰好从 B 点射出半球。半球的半径为 R，入射时单色光线与 OB 的距离 d= R， 透明半球对该单色光的折射率 ，不考虑单色光在 B 点的反射。 ①求单色光从 B 点射出时的折射角 ； ②已知光在真空中的传播速度为 c，求单色光在半球内传播的总时间 t。 【答案】① =60°② 。 【解析】 【详解】①该单色光在半球内传播的光路如图所示： ( )2 1 11 1 1 2 p L x Sp L S T T += 2 1 65 9T T= 2T 21.2T ( )1 1 3 2 21.2 L x S L S T T + = 3 16L L= 3 2 3n = α α 3t R c = 设光在 A 点的入射角为 θ1，则有： ，可得 θ1=60° 设折射角为 θ2.则有： ，可得 θ2=60° 由几何关系可知，光线在 B 点的入射角 θ2=30° 在 B 点，由 ，可得： =60° ②由图可知： ，EF=OF-OE= ，AE=2EF= 光线在球内的总路程为：s=AE+EB= 光线在球内的传播速度大小为： 光线在球内的传播时间为： 1 3sin 2 d R θ = = 1 2 sin sinn θ θ= 1 sin sinn α θ= α 3 3OE R= 3 3 3 2 3 6R R R− = 3 3 R 3R 3 c cv n = = 3s Rt v c = =