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2022届广东省深圳市龙岗区高三下学期一模物理试卷
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这是一份2022届广东省深圳市龙岗区高三下学期一模物理试卷，共32页。
1.（单选题，5分）质量为m、长为L的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上，整个装置处于竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成60°角，其截面图如图所示．则下列关于导体棒中的电流的分析正确的是（ ）
A.导体棒中电流垂直纸面向外，大小为 I=3mgBL
B.导体棒中电流垂直纸面向外，大小为 I=3mg3BL
C.导体棒中电流垂直纸面向里，大小为 I=3mgBL
D.导体棒中电流垂直纸面向里，大小为 I=3mg3BL
2.（单选题，5分）如图所示，一固定斜面的倾角为θ=45°，一小球（可视为质点）从某位置自由下落h高度后与斜面碰撞，碰撞过程中无能量损失，碰撞后水平抛出，小球与斜面碰撞点距离水平面的高度也为h，则下列说法正确的是（ ）
A.小球一定落在斜面底端
B.小球在水平面上的落点到斜面底端的距离为h
C.小球从开始下落到落在水平面上所用时间与自由下落2h高度的时间相等
D.小球从开始下落到落在水平面上所用时间小于自由下落2h高度的时间
3.（单选题，5分）下列说法正确的是（ ）
A.电子的衍射现象说明实物粒子具有波动性
B.235U的半衰期约为7亿年，随地球环境的变化，半衰期可能变短
C.原子核内部某个质子转变为中子时，放出β射线
D.在α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最弱
4.（单选题，5分）如图所示，设车厢长度为L，质量为M，静止于光滑的水平面上，车厢内有一质量为m的物体以初速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，静止在车厢中．这时车厢的速度是（ ）
A.v0水平向右
B.0
C. mv0M+m ，水平向右
D. mv0M−v ，水平向右
5.（单选题，5分）环保人员在一次检查时发现，某厂的一根水平放置的排污管正在向厂外的河道中满口排出污水。环保人员利用手上的卷尺测出这根管道的直径为10cm，管口中心距离河水水面的高度为80cm，污水入河道处到排污管管口的水平距离为120cm，重力加速度g取10m/s2，则该管道的排污量（即流量——单位时间内通过管道某横截面的流体体积）约为（ ）
A.24L/s
B.94L/s
C.236L/s
D.942L/s
6.（单选题，5分）如图所示，小物块位于半径为R的半圆柱形物体顶端，若给小物块一水平速度 v0=2gR ，则小物块（ ）
A.将沿半圆柱形物体表面滑下来
B.落地时水平位移为 2R
C.落地速度大小为 2gR
D.落地时速度方向与水平地面成60°角
7.（多选题，6分）如图甲所示，正方形线圈abcd内有垂直于线圈的匀强磁场，已知线圈匝数n=10，边长ab=1m，线圈总电阻r=1Ω，线圈内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示．设图示的磁场方向与感应电流方向为正方向，则下列有关线圈的电动势e，感应电流i，焦耳热Q以及ab边的安培力F（取向下为正方向）随时间t的变化图象正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
8.（多选题，6分）空间有平行于梯形区域abcd的匀强电场，已知梯形的∠a=45°，∠c和∠d均为直角，且上底bc=2cm、下底ad=4cm，并知a、b、c三点的电势分别为4V、8V、10V．将一电荷量q=-2×10-5C的点电荷从a点开始沿abcd路线移动，则下列判断正确的是（ ）
A.梯形区域的下底ad中点的电势为6 V
B.该匀强电场的场强大小为 2 V/m
C.该点电荷在c点的电势能为+2×10-5 J
D.该点电荷从a点移到d点过程中，电场力对它做功为+8×10-5J
9.（多选题，6分）图中a、b是两个位于固定斜面上的正方形物块，它们的质量相等．F是沿水平方向作用于a上的推力．已知a、b的接触面，a、b与斜面的接触面都是光滑的．正确的说法是（ ）
A.a、b可能沿斜面向上运动
B.a对b的作用力沿水平方向
C.a、b对斜面的正压力相等
D.a受到的合力等于b受到的合力
10.（问答题，5分）某物理兴趣小组的同学利用实验室提供的器材组装了一个“欧姆表”，并用其测量一个未知电阻的阻值，实验室提供的器材如下：
A．新的干电池一节：电动势为1.5V，其内阻可忽略；
B．灵敏电流计一个：量程为0～1mA，内阻20Ω；
C．可变电阻P：阻值范围为100～2500Ω；
D．红、黑表笔各一个；
E．待测电阻一只。
（1）请在如图虚线框内补全所需的器材。
（2）测量电阻前，先进行欧姆调零。将可变电阻P的阻值调节为R=___ ，此时电流计指针指到 ___ 。
（3）把待测电阻接入两表笔间，指针正好指在0.6mA刻度处，则该电阻的阻值为 ___ 。
11.（问答题，10分）（1）甲同学根据图1所示电路采用“半偏法”测量一个量程为3V的电压表内阻（约3kΩ）．
① 为使测量值尽量准确，在以下器材中，电阻箱R应选用 ___ ，滑动变阻器R0应选用 ___ ，电源E应选用 ___ （选填器材前的字母）．
A．电阻箱（0～999.9Ω） B．电阻箱（0～9999Ω）
C．滑动变阻器（0～50Ω） D．滑动变阻器（0～2kΩ）
E．电源（电动势1.5V）F．电源（电动势4.5V）
② 该同学检查电路连接无误后，在开关S1、S2均断开的情况下，先将R0的滑片P调至a端，然后闭合S1、S2，调节R0，使电压表指针偏转到满刻度，再断开开关S2，调节R的阻值，使电压表指针偏转到满刻度的一半．如果此时电阻箱R接入电路中的阻值为3150Ω，则被测电压表的内阻测量值为 ___ Ω，该测量值 ___ 实际值（选填“略大于”、“略小于”或“等于”）．
（2）乙同学将一个电流计改装成量程为3V的电压表．该电流计内部由表头和定值电阻r串联组成，其中表头电阻rg=100Ω，r约为几千欧．为确定该电流计的满偏电流Ig和r的阻值，他采用如图2所示电路进行测量．
实验中使用的电源电动势E=3.0V，电阻箱R的最大阻值为9999Ω．具体操作步骤如下：
a．将滑动变阻器R0的滑片P调到a端，电阻箱接入电路的阻值R调到5000Ω；
b．闭合S，仅调节R0使电流计满偏，记录此时电阻箱接入电路的阻值R和电压表的示数U；
c．断开S，将滑动变阻器R0的滑片P再次调到a端，将电阻箱接入电路的阻值R减小1000Ω；
d．重复步骤b、c，直到将电阻箱接入电路的阻值R调为0Ω，断开S，结束实验．
根据实验测量出的多组数据绘制电压表示数U随电阻箱接入电路中的阻值R变化的图象，如图3所示．
① 现有如下三种量程的电压表，在该实验中为使电压的测量值尽可能准确，电压表应选用的量程为 ___ （选填器材前的字母）．
A．0～15V B．0～3V C．0～0.5V
② 根据上述实验数据绘制出的图象，并考虑实验中存在的误差，可以推测出该表头的满偏电流Ig以及定值电阻r的值应为 ___ ．（选填选项前的字母）
A．30μA，2.4kΩ B．300μA，5.0kΩ
C．300μA，2.4kΩ D．30μA，5.0kΩ
③ 乙同学参考 ② 中判断的结果，他若将电流计___ 联（选填“串”或“并”）一个阻值为 ___ kΩ的电阻，就可以将该电流计改装成量程为3V的电压表．
12.（问答题，16分）图甲为直角坐标xOy，y轴正向沿竖直向上方向，其所在空间分布着均匀的、大小随时间周期性变化的电场和磁场，其变化规律如图乙所示，规定电场强度方向沿y轴正向为正方向，磁感应强度方向垂直坐标xOy平面向里为正方向。t=0时刻，电荷量为g、质量m的带正电粒子由坐标原点O静止释放，已知场强大小E0= 2mgq ，磁感应强度大小B0= 2πmq ，g取10m/s2．求：
（1）t=ls末粒子速度的大小和方向；
（2）粒子第一次进入磁场时做圆周运动的半径和周期；
（3）在0-6s内粒子运动过程中最高点的位置坐标。
13.（问答题，16分）如图所示，导热性能良好的柱形金属容器竖直放置，容器上端的塞子将容器内的某种理想气体密闭，内有质量为m的厚度不计的活塞将容器分为A和B两个气室，活塞与容器内壁间气密性良好，且没有摩擦，活塞横截面积为S，已知重力加速度大小为g，外界大气压强为 3mg2S ，A和B两个气室的体积均为V0，A气室内气体的压强为 mgS ，求：
（1）A和B两个气室中气体的质量之比；
（2）拔去容器上端的塞子，等稳定后，容器内的活塞移动的距离。
14.（多选题，5分）下列说法中正确的是（ ）
A.气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力
B.清晨荷叶上的露珠呈球形是液体表面张力作用的结果
C.一定质量的理想气体，温度不变，压强减小时，气体的密度一定减小
D.空气中水蒸气的压强越大，空气的相对湿度一定越大
E.破裂的眼镜镜片不能无痕拼接，是分子间斥力作用的结果
15.（问答题，10分）如图所示，导热良好的气缸A、B用细管相连，A的容积为B的3倍，A中装有压强为P0、质量为m0的理想气体，活塞C可沿气缸B滑动且与方保持良好的气密性。连接A、B的细管上有两个阀门K1、K2，当向右拉活塞时，保持K1打开，K2闭合；向左推活塞时，保持K1闭合，K2打开。活塞开始时位于气缸B的最左端，若环境温度始终保持不变，外界大气压为P0，不计细管体积的影响。求：
I．将活塞缓慢拉到气缸B的最右端时缸内气体的压强；
II．将活塞缓慢拉到气缸B的最右端，再缓慢推回到最左端，如此重复n次（包括第一次）后缸内气体的质量。
16.（多选题，0分）在“用单摆测定重力加速度”的实验中，下列说法正确的有（ ）
A.摆线要选择细些、伸缩性小些且尽可能长一些的
B.摆球尽量选择质量大些且体积小些的
C.将悬线的长度当成摆长，测得的重力加速度值偏小
D.拉开摆球释放（摆角小于5°），当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球通过平衡位置51次的时间Δt，则单摆周期T= t51
E.画出的周期的二次方与摆长（T2-L）的图象是一条过原点的倾斜直线，直线斜率等于重力加速度的大小
17.（问答题，0分）如图所示，一细束单色光由空气斜射入平行玻璃砖，已知玻璃砖厚度为d，该玻璃砖对单色光的折射率为n，入射角为i。
（i）证明出射光束与入射光束平行；
（ii）计算出射光束相对入射光束的侧移s。
2022年广东省深圳市龙岗区高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
试题数：17，满分：110
1.（单选题，5分）质量为m、长为L的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上，整个装置处于竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成60°角，其截面图如图所示．则下列关于导体棒中的电流的分析正确的是（ ）
A.导体棒中电流垂直纸面向外，大小为 I=3mgBL
B.导体棒中电流垂直纸面向外，大小为 I=3mg3BL
C.导体棒中电流垂直纸面向里，大小为 I=3mgBL
D.导体棒中电流垂直纸面向里，大小为 I=3mg3BL
【正确答案】：C
【解析】：对导体棒受力分析，受重力、支持力和电场力，根据左手定则判断电流方向，根据平衡条件求解安培力，根据安培力公式FA=BIL求解电流．
【解答】：解：对导体棒受力分析，受重力、支持力和电场力，如图所示：
安培力向右，根据左手定则，电流向内；
根据平衡条件，有：
FA=mgtan60°= 3mg
故电流：I= FABL=3mgBL
故选：C。
【点评】：本题关键对导体棒受力分析后，根据平衡条件列式求解出安培力，然后根据安培力公式求解电流．
2.（单选题，5分）如图所示，一固定斜面的倾角为θ=45°，一小球（可视为质点）从某位置自由下落h高度后与斜面碰撞，碰撞过程中无能量损失，碰撞后水平抛出，小球与斜面碰撞点距离水平面的高度也为h，则下列说法正确的是（ ）
A.小球一定落在斜面底端
B.小球在水平面上的落点到斜面底端的距离为h
C.小球从开始下落到落在水平面上所用时间与自由下落2h高度的时间相等
D.小球从开始下落到落在水平面上所用时间小于自由下落2h高度的时间
【正确答案】：B
【解析】：（1）小球先做自由落体运动，碰撞后做平抛运动，平抛运动的初速度是自由落体的末速度大小，根据匀变速直线运动规律得出平抛运动的水平位移；
（2）根据运动规律得出自由下落时间、平抛运动时间之和，与直接发生自由落体运动的时间进行对比。
【解答】：解：A．小球先自由下落h高度，与斜面碰撞前的速度为：v= 2gh
然后以速度v做平抛运动，假设小球落在水平面上，根据平抛运动规律：h= 12 gt2，解得：t= 2hg
x=vt= 2gh • 2hg =2h＞h，故小球不会落在斜面底端，故A错误；
B．小球落点到斜面底端的距离：s=x- htan45° =2h-h=h，故B正确；
CD．设小球下落到斜面的时间为t1，由h= 12 g t12 得：t1= 2hg
小球水平抛出后落在水平面上，小球做平抛运动的时间为t= 2hg
设小球无初速度自由下落2h高度的时间为t2，有2h= 12 g t22 ，解得：t2=2 hg
显然，t1+t=2 2hg ＞t2=2 hg
故CD错误。
故选：B。
【点评】：本题考查了抛体运动，解题的关键是清楚运动过程，熟练应用运动规律进行解题。
3.（单选题，5分）下列说法正确的是（ ）
A.电子的衍射现象说明实物粒子具有波动性
B.235U的半衰期约为7亿年，随地球环境的变化，半衰期可能变短
C.原子核内部某个质子转变为中子时，放出β射线
D.在α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最弱
【正确答案】：A
【解析】：电子是实物粒子，而衍射说明具有波动性；
半衰期不随着环境变化而变化；
中子转变为质子时，放出β射线；
γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强．
【解答】：解：A、电子的衍射现象说明实物粒子具有波动性，故A正确；
B、随地球环境的变化，半衰期仍不变，故B错误；
C、中子转变为质子时，放出β射线，故C错误；
D、α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强，故D错误；
故选：A。
【点评】：考查实物粒子的波动性，掌握波粒两象性的含义，理解半衰期影响的因素，注意放出β射线的本质．
4.（单选题，5分）如图所示，设车厢长度为L，质量为M，静止于光滑的水平面上，车厢内有一质量为m的物体以初速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，静止在车厢中．这时车厢的速度是（ ）
A.v0水平向右
B.0
C. mv0M+m ，水平向右
D. mv0M−v ，水平向右
【正确答案】：C
【解析】：选物体与小车组成的系统为研究对象，水平方向不受外力作用，故水平方向动量守恒，并且最后两者具有共同的速度．
【解答】：解：选物体与小车组成的系统为研究对象，规定水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得：
mv0=（M+m）v
所以，v= mv0M+m v0
方向水平向右，与v0同向。
故选：C。
【点评】：选物体与小车组成的系统为研究对象，水平方向仅有系统的内力作用而不受外力作用，故此方向满足动量守恒，碰撞前的动量，等于最后的总动量，典型的动量守恒的题目．
5.（单选题，5分）环保人员在一次检查时发现，某厂的一根水平放置的排污管正在向厂外的河道中满口排出污水。环保人员利用手上的卷尺测出这根管道的直径为10cm，管口中心距离河水水面的高度为80cm，污水入河道处到排污管管口的水平距离为120cm，重力加速度g取10m/s2，则该管道的排污量（即流量——单位时间内通过管道某横截面的流体体积）约为（ ）
A.24L/s
B.94L/s
C.236L/s
D.942L/s
【正确答案】：A
【解析】：污水从排污管管口后，做平抛运动，根据平抛运动规律得出初速度及运动时间，从而得出该排污管的排污量。
【解答】：解：根据平抛运动规律有：x=vt0， h=12gt02
联立解得：v=3m/s
根据流量的定义有： Q=Vt
而 V=SL=πd22×vt
解得：Q=0.024m3/s=24L/s，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】：本题考查了平抛运动，解题的关键是排污量即为平抛运动那段污水量。
6.（单选题，5分）如图所示，小物块位于半径为R的半圆柱形物体顶端，若给小物块一水平速度 v0=2gR ，则小物块（ ）
A.将沿半圆柱形物体表面滑下来
B.落地时水平位移为 2R
C.落地速度大小为 2gR
D.落地时速度方向与水平地面成60°角
【正确答案】：C
【解析】：由竖直平面内圆周运动顶点的临界速度判断运动性质为平抛运动，用平抛运动的规律求解。
【解答】：解：A．设小物块在半圆柱形物体顶端做圆周运动的临界速度为vc，则重力刚好提供向心力时，由牛顿第二定律得 mg=mvc2R
解得 vc=gR
因为v0＞vc，所以小物块将离开半圆柱形物体做平抛运动，故A错误；
B．小物块做平抛运动时竖直方向满足 R=12gt2
水平位移为x=v0t联立解得
x=2R
故B错误；
CD．小物块落地时竖直方向分速度大小为 vy=gt=2gR
落地时速度的大小为 v=v02+vy2
联立解得 v=2gR
由于vy=v0，故落地时速度方向与水平地面成45°角，C正确，D错误。
故选：C。
【点评】：平抛运动可分解为水平的匀速直线运动和竖直的自由落体运动。
7.（多选题，6分）如图甲所示，正方形线圈abcd内有垂直于线圈的匀强磁场，已知线圈匝数n=10，边长ab=1m，线圈总电阻r=1Ω，线圈内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示．设图示的磁场方向与感应电流方向为正方向，则下列有关线圈的电动势e，感应电流i，焦耳热Q以及ab边的安培力F（取向下为正方向）随时间t的变化图象正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【正确答案】：CD
【解析】：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，由左手定则判断安培力的方向；焦耳定律Q=I2rt判断Q随时间变化情况
【解答】：解：A、根据法拉第电磁感应定律，0～1s内， e1=n△B△ts = 10×0.21×1×1=2V ，感应电动势为逆时针方向
1～5s内， e2=n△B△ts = 10×0.2−−0.24×1×1=1V ，感应电动势为顺时针方向，故A错误；
B、0～1s内，感应电流大小 i1=e1r=21A=2A ，方向逆时针方向
1～5s内，感应电流大小 i2=e2r=11A=1A ，方向顺时针方向，故B错误；
C、0～1s内，线圈中电流逆时针方向，根据左手定则知，ab边所受的安培力向下，为正方向；1～3s内，线圈中电流顺时针方向，磁场方向垂直纸面向里，由左手定则知知安培力向上，为负方向；3～5s，电流方向为顺时针方向，磁场方向垂直纸面向外，根据左手定则知ab边所受安培力向下，为正方向；
根据F=BIL知，在0～1s内，安培力大小均匀增大，1～3s内，安培力大小均匀减小，3～5s，安培力大小均匀增大，故C正确；
D、在0～1s内，根据 Q1=i12rt ，焦耳热随时间均匀增加，直线的斜率等于i2r=4；1～5s内，根据 Q2=i22rt ，电流恒定，Q2随时间均匀增大，斜率 k=i22r=1=8−45−1 ，故D正确；
故选：CD。
【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，感应电动势和感应电流的方向由楞次定律判断，判断安培力方向要注意电流方向和磁场方向．
8.（多选题，6分）空间有平行于梯形区域abcd的匀强电场，已知梯形的∠a=45°，∠c和∠d均为直角，且上底bc=2cm、下底ad=4cm，并知a、b、c三点的电势分别为4V、8V、10V．将一电荷量q=-2×10-5C的点电荷从a点开始沿abcd路线移动，则下列判断正确的是（ ）
A.梯形区域的下底ad中点的电势为6 V
B.该匀强电场的场强大小为 2 V/m
C.该点电荷在c点的电势能为+2×10-5 J
D.该点电荷从a点移到d点过程中，电场力对它做功为+8×10-5J
【正确答案】：AD
【解析】：在匀强电场中，沿着同一个方向移动相同距离电势降低相等，先据此求解梯形区域的下底ad中点的电势；然后找出等势面，结合公式U=Ed分析电场强度；该点电荷在c点的电势能：EPc=φcq；根据W=Uq求解电场力做功。
【解答】：解：A、由b点向ad作垂线，根据几何关系知p为ad中点，由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等，故：
φb-φc=φp-φd，φp= 12 （φa+φd）
代入数据解得：φp=6V，φd=8V，故A正确。
B、由于是匀强电场，连接bd则为等势面，如图所示：
根据几何关系可知，ab⊥bd，则ab为一条电场线，且方向由b指向a，电场强度为：E= Ubadba = 8−42×2 V/cm= 2 ×102V/m，故B错误。
C、该点电荷在c点的电势能为：EPc=φcq=10×（-2×10-5）J=-2×10-4J，故C错误。
D、该点电荷从a点移到d点电场中做功为：Wad=Uadq=（4-8）×（-2×10-5）J=8×10-5J，故D正确。
故选：AD。
【点评】：本题考查匀强电场中的电场强度与电势差的关系，关键是画出等势面，结合公式U=Ed列式分析，不难。
9.（多选题，6分）图中a、b是两个位于固定斜面上的正方形物块，它们的质量相等．F是沿水平方向作用于a上的推力．已知a、b的接触面，a、b与斜面的接触面都是光滑的．正确的说法是（ ）
A.a、b可能沿斜面向上运动
B.a对b的作用力沿水平方向
C.a、b对斜面的正压力相等
D.a受到的合力等于b受到的合力
【正确答案】：AD
【解析】：对整体受力分析可知整体受到的合力的可能，从而确定物体的运动情况；再隔离两物体进行分析可得出各自受力情况．
【解答】：解：A、对整体受力分析可知，整体受重力、推力及支持力；若重力的分力小于推力向上的分力，则物体可能向上运动；故A正确；
B、ab两物体之间只有弹力，而弹力的方向是垂直于接触面的，故a对b的作用力沿斜面方向，故B错误；
C、对a分析可知，a受重力、支持力、b的弹力及F的作用；而b受重力、a的作用力及支持力，故b对斜面的压力等于重力的分力，而a对斜面的压力等于重力的分力与F垂直于斜面的分力之和，故a对斜面的压力要大，故C错误；
D、因两物体加速度相同，由牛顿第二定律可知，两物体受到的合力一定相等，故D正确；
故选：AD。
【点评】：本题对学生的要求较高，要求学生不但能正确进行受力分析，还要能够合理地应用牛顿第二定律进行求合力；在学习物理中要注意各知识点间的相互联系，同时注意总结．
10.（问答题，5分）某物理兴趣小组的同学利用实验室提供的器材组装了一个“欧姆表”，并用其测量一个未知电阻的阻值，实验室提供的器材如下：
A．新的干电池一节：电动势为1.5V，其内阻可忽略；
B．灵敏电流计一个：量程为0～1mA，内阻20Ω；
C．可变电阻P：阻值范围为100～2500Ω；
D．红、黑表笔各一个；
E．待测电阻一只。
（1）请在如图虚线框内补全所需的器材。
（2）测量电阻前，先进行欧姆调零。将可变电阻P的阻值调节为R=___ ，此时电流计指针指到 ___ 。
（3）把待测电阻接入两表笔间，指针正好指在0.6mA刻度处，则该电阻的阻值为 ___ 。
【正确答案】：1480Ω; 1mA; 1000Ω
【解析】：（1）欧姆表的原理为闭合电路欧姆定律，所给电路中没有电池，则应添加电池。
（2）欧姆调零是指针满偏，由R= EIg−Rg 求R。
（3）由闭合电路欧姆定律确定电阻的阻值。
【解答】：解：（1）添加电池如图
（2）欧姆调零：让红黑表笔短接，电流达到最大值，即指针满偏为1mA，由R= EIg−Rg = 1.51×10−3 -20Ω=1480Ω
（3）指针指在0.6mA刻度处对应的阻值为R′= EI−R中 = 1.50.6×10−3 -1500Ω=1000Ω
故答案为：（1）如图 （2）1480 1mA （3）1000Ω
【点评】：明确欧姆表的原理为全电路欧姆定律，即R= EI−R中 记住欧姆调零时电流表要满偏。
11.（问答题，10分）（1）甲同学根据图1所示电路采用“半偏法”测量一个量程为3V的电压表内阻（约3kΩ）．
① 为使测量值尽量准确，在以下器材中，电阻箱R应选用 ___ ，滑动变阻器R0应选用 ___ ，电源E应选用 ___ （选填器材前的字母）．
A．电阻箱（0～999.9Ω） B．电阻箱（0～9999Ω）
C．滑动变阻器（0～50Ω） D．滑动变阻器（0～2kΩ）
E．电源（电动势1.5V）F．电源（电动势4.5V）
② 该同学检查电路连接无误后，在开关S1、S2均断开的情况下，先将R0的滑片P调至a端，然后闭合S1、S2，调节R0，使电压表指针偏转到满刻度，再断开开关S2，调节R的阻值，使电压表指针偏转到满刻度的一半．如果此时电阻箱R接入电路中的阻值为3150Ω，则被测电压表的内阻测量值为 ___ Ω，该测量值 ___ 实际值（选填“略大于”、“略小于”或“等于”）．
（2）乙同学将一个电流计改装成量程为3V的电压表．该电流计内部由表头和定值电阻r串联组成，其中表头电阻rg=100Ω，r约为几千欧．为确定该电流计的满偏电流Ig和r的阻值，他采用如图2所示电路进行测量．
实验中使用的电源电动势E=3.0V，电阻箱R的最大阻值为9999Ω．具体操作步骤如下：
a．将滑动变阻器R0的滑片P调到a端，电阻箱接入电路的阻值R调到5000Ω；
b．闭合S，仅调节R0使电流计满偏，记录此时电阻箱接入电路的阻值R和电压表的示数U；
c．断开S，将滑动变阻器R0的滑片P再次调到a端，将电阻箱接入电路的阻值R减小1000Ω；
d．重复步骤b、c，直到将电阻箱接入电路的阻值R调为0Ω，断开S，结束实验．
根据实验测量出的多组数据绘制电压表示数U随电阻箱接入电路中的阻值R变化的图象，如图3所示．
① 现有如下三种量程的电压表，在该实验中为使电压的测量值尽可能准确，电压表应选用的量程为 ___ （选填器材前的字母）．
A．0～15V B．0～3V C．0～0.5V
② 根据上述实验数据绘制出的图象，并考虑实验中存在的误差，可以推测出该表头的满偏电流Ig以及定值电阻r的值应为 ___ ．（选填选项前的字母）
A．30μA，2.4kΩ B．300μA，5.0kΩ
C．300μA，2.4kΩ D．30μA，5.0kΩ
③ 乙同学参考 ② 中判断的结果，他若将电流计___ 联（选填“串”或“并”）一个阻值为 ___ kΩ的电阻，就可以将该电流计改装成量程为3V的电压表．
【正确答案】：B; C; F; 3150; 略大于; B; C; 串; 7.5
【解析】：（1） ① 对于仪器的选择，要根据实验原理，结合题目中数据并根据实验原理通过计算来确定．
② 由半偏法测电阻实验原理知，当调节电阻箱，分析电路结构的变化，根据串并联电路的规律分析电测量值的变化；
（2） ① 对于仪器的选择，要根据实验原理，结合题目中数据并根据实验原理通过计算来确定；
② 根据欧姆定律得出对应的函数关系，再结合图象求解满偏电流和定值电阻的阻值；
③ 改装为电压表需串联一个电阻，串联电阻（分压电阻）阻值R可由IgRg+IgR=U来计算，其中U为改装后电压表的满篇电压（量程）．
【解答】：解：（1） ① 使用半偏法进行测量，要求电阻箱应和待测电阻接近；故电阻箱应选择B；
滑动变阻器采用分压接法，故选择小电阻；故选：C；
为了增大电流，电源选用电动势较大的电源；故选：F；
② 当调节电阻箱，使电流表半偏时，由于干路电流几乎未变，电阻箱与电流计中的电流相等，电阻必然相等．如果所得的R1的阻值为3150Ω，则图中被测电流计G的内阻rg的测量值为3150Ω．
实际上电阻箱串入后的，电路的总电阻增大了，串联部分的总电压增大了；电压表半偏时，流过电阻箱的电压大于电压表的电压，电阻箱接入的电阻大于电流计的电阻．所以，该测量值“略大于”实际值．
（2） ① 由于要求改装后的电压表量程为0～3，为了准确测量，电压表应选：B；
② 由欧姆定律可知：
U=IgR+Ig（rg+r）
图象与纵坐标的交点为：Ig（rg+r）=0.75；
Ig=k= 2.25−0.755000 =300μA；
联立解得：r=2.4kΩ；
③ 将电流计改装成电压表，应串联接入一分压电阻R，由欧姆定律及串联电路分压规律有：U=IgRg+IgR其中U为改装后电压表的满偏电压，
则R= UIg -Rg代入数据解得：R=7.5kΩ．
故答案为：（1） ① B；C；F
② 3150；略大于
（2） ① B
② C
③ 串；7.5
【点评】：本题考查电表的改装、半偏法原理及误差分析，难度较大；要求能正确分析题意，明确对应的实验方法，从而根据所学物理规律进行分析求解．
12.（问答题，16分）图甲为直角坐标xOy，y轴正向沿竖直向上方向，其所在空间分布着均匀的、大小随时间周期性变化的电场和磁场，其变化规律如图乙所示，规定电场强度方向沿y轴正向为正方向，磁感应强度方向垂直坐标xOy平面向里为正方向。t=0时刻，电荷量为g、质量m的带正电粒子由坐标原点O静止释放，已知场强大小E0= 2mgq ，磁感应强度大小B0= 2πmq ，g取10m/s2．求：
（1）t=ls末粒子速度的大小和方向；
（2）粒子第一次进入磁场时做圆周运动的半径和周期；
（3）在0-6s内粒子运动过程中最高点的位置坐标。
【正确答案】：
【解析】：（1）根据牛顿第二定律求解加速度，根据速度时间关系求解速度；
（2）根据洛伦兹力提供向心力结合周期公式进行求解；
（3）分析粒子的运动情况，画出运动轨迹，根据几何关系结合运动学公式进行求解。
【解答】：解：（1）粒子自坐标原点O静止释放，设1s末速度大小为v1，根据牛顿第二定律可得：
qE0-mg=ma
根据v1=at1，
代入数据解得v1=10m/s；，方向竖直向上；
（2）1s末粒子第一次进入磁场，由于粒子受重力和电场力平衡，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则qv1B0=m v12r1
解得r1= 5π m
周期T= 2πr1v1 =1s
（3）粒子在2s末回到y轴，以v1=10m/s初速度沿y轴正方向运动，设3s末粒子速度的大小为v2，根据动量定理可得：
（qE0-mg）t=mv2-mv1，
代入数据解得v2=20m/s，方向竖直向上；
3s末粒子第2次进入磁场做匀速圆周运动，周期不变，4s末再次回到y轴，以v2=20m/s初速度沿y轴正方向运动，5s末的速度为v3=30m/s，第3次进入磁场做匀速圆周运动，第6s刚好回到y轴，速度方向向上，粒子运动轨迹如图所示：则最上方圆的半径R= mv3qB0 = 15π m
前5s加速时间t5=3s，根据位移时间关系可得前5s竖直方向的位移y5= v32×t5 =45m，
所以在0-6s内粒子运动过程中最高点的位置坐标x=-R=- 15π m，y=y5+R=45+ 15π m。
即最高点坐标P（- 15π ，45+ 15π ）。
答：（1）t=ls末粒子速度的大小10m/s，方向竖直向上；
（2）粒子第一次进入磁场时做圆周运动的半径 5π m，周期为1s；
（3）在0-6s内粒子运动过程中最高点的位置坐标P（- 15π ，45+ 15π ）。
【点评】：对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或运动学公式进行解答。
13.（问答题，16分）如图所示，导热性能良好的柱形金属容器竖直放置，容器上端的塞子将容器内的某种理想气体密闭，内有质量为m的厚度不计的活塞将容器分为A和B两个气室，活塞与容器内壁间气密性良好，且没有摩擦，活塞横截面积为S，已知重力加速度大小为g，外界大气压强为 3mg2S ，A和B两个气室的体积均为V0，A气室内气体的压强为 mgS ，求：
（1）A和B两个气室中气体的质量之比；
（2）拔去容器上端的塞子，等稳定后，容器内的活塞移动的距离。
【正确答案】：
【解析】：（1）对活塞受力分析，根据共点力平衡求得B内的压强，让B气室内的压强在等温下膨胀到A气室内的压强，求得体积，质量之比等于体积之比；
（2）若拔去塞子，待稳定后，B气室内气体的温度仍与外界相同，对B气室，找出初末状态参量，根据玻意耳定律求得B气体的体积，即可求得活塞移动的距离。
【解答】：解：（1）由题意知，A和B气室中的气体的体积相等，温度相同，A气室中气体的压强为 pA=mgS
B气室中气体的压强为 pB=pA+mgS=2mgS
假设让B气室中气体发生等温膨胀，使其压强等于A气室中气体的压强，由玻意耳定律知
pBV0=pAVB
故两气室中气体的质量之比 mAmB=V0VB=12
（2）若拔去塞子，待稳定后，B气室内气体的温度仍与外界相同，压强为 pB′=3mg2S+mgS=5mg2S
设此时B气室中气体的体积为V，根据玻意耳定律有
pBV0=pB'V
解得
V= 45 V0
因此活塞向下移动的距离为 Δh=V0−VS=V05S
答：（1）A和B两个气室中气体的质量之比为 12 ；
（2）拔去容器上端的塞子，等稳定后，容器内的活塞移动的距离为 V05S 。
【点评】：本题考查气体实验定律的应用以及气体压强的计算，要注意正确选择研究对象，分析好对应的状态，再选择正确的物理规律求解即可。
14.（多选题，5分）下列说法中正确的是（ ）
A.气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力
B.清晨荷叶上的露珠呈球形是液体表面张力作用的结果
C.一定质量的理想气体，温度不变，压强减小时，气体的密度一定减小
D.空气中水蒸气的压强越大，空气的相对湿度一定越大
E.破裂的眼镜镜片不能无痕拼接，是分子间斥力作用的结果
【正确答案】：ABC
【解析】：由于气体分子无规则的热运动，大量的分子频繁地碰撞器壁产生持续而稳定的压力，也可以解释为大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力；液体的表面张力使液面具有收缩到液面表面积最小的趋势故露珠呈球形；由于气体的质量一定，当温度不变时，压强减小故，故增大，所以气体的密度一定减小；根据相对湿度的定义，在某一温度下，水蒸气的压强与同温度下饱和汽压的比为相对湿度，因此相对湿度还与同一温度下的饱和蒸汽压有关；破裂的眼镜镜片不能无痕拼接，是因为简单拼接时，分子间不能达到有效作用距离，致使分子间引力太小而不是斥力太大的结果。
【解答】：解：A、由于气体分子无规则的热运动，大量的分子频繁地碰撞器壁产生持续而稳定的压力，也可以解释为大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，故A正确；
B、液体的表面张力使液面具有收缩到液面表面积最小的趋势故露珠呈球形，故B正确；
C、由于气体的质量一定，当温度不变时，压强减小故，故增大，所以气体的密度一定减小，故C正确；
D、根据相对湿度的定义，在某一温度下，水蒸气的压强与同温度下饱和汽压的比为相对湿度，因此相对湿度还与同一温度下的饱和蒸汽压有关，故D错误；
E、破裂的眼镜镜片不能无痕拼接，是因为简单拼接时，分子间不能达到有效作用距离，致使分子间引力太小而不是斥力太大的结果，故E错误。
故选：ABC。
【点评】：本题主要考查了分子气压产生的原因、液体表面张力产生的原因、理想气体的压强与密度的关系、空气相对湿度的定义以及分子间作用力的基本知识点，属于综合基础题。
15.（问答题，10分）如图所示，导热良好的气缸A、B用细管相连，A的容积为B的3倍，A中装有压强为P0、质量为m0的理想气体，活塞C可沿气缸B滑动且与方保持良好的气密性。连接A、B的细管上有两个阀门K1、K2，当向右拉活塞时，保持K1打开，K2闭合；向左推活塞时，保持K1闭合，K2打开。活塞开始时位于气缸B的最左端，若环境温度始终保持不变，外界大气压为P0，不计细管体积的影响。求：
I．将活塞缓慢拉到气缸B的最右端时缸内气体的压强；
II．将活塞缓慢拉到气缸B的最右端，再缓慢推回到最左端，如此重复n次（包括第一次）后缸内气体的质量。
【正确答案】：
【解析】：I．根据A中气体恒温变化，由体积变化得到压强变化；
II．根据恒温变化求得将活塞缓慢拉到气缸B的最右端，再缓慢推回到最左端，剩下的气体质量，即可根据叠加定理得到n次后的质量。
【解答】：解：I．将活塞缓慢拉到气缸B的最右端，A中气体恒温扩散，故有：P0VA=P1（VA+VB）；所以，P1= 34P0 ；
II．将活塞第一次推回到汽缸B的最左端时，A内剩余气体质量： m1=VAVA+VBm0 ；所以，m1= 34m0 ；
每将活塞缓慢拉到气缸B的最右端，再缓慢推回到最左端，气体质量都变为 34 倍，所以，mn= (34)nm0 ；
答：I．将活塞缓慢拉到气缸B的最右端时缸内气体的压强为 34P0 ；
II．将活塞缓慢拉到气缸B的最右端，再缓慢推回到最左端，如此重复n次（包括第一次）后缸内气体的质量为 (34)nm0 。
【点评】：根据气体等温变化，由PV不变即可根据体积变化得到压强变化，故需要先判断温度不变，然后由变化过程分析体积变化，从而求解压强变化。
16.（多选题，0分）在“用单摆测定重力加速度”的实验中，下列说法正确的有（ ）
A.摆线要选择细些、伸缩性小些且尽可能长一些的
B.摆球尽量选择质量大些且体积小些的
C.将悬线的长度当成摆长，测得的重力加速度值偏小
D.拉开摆球释放（摆角小于5°），当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球通过平衡位置51次的时间Δt，则单摆周期T= t51
E.画出的周期的二次方与摆长（T2-L）的图象是一条过原点的倾斜直线，直线斜率等于重力加速度的大小
【正确答案】：ABC
【解析】：根据实验原理与实验注意事项分析答题。
【解答】：解：A、“用单摆测定重力加速度”的实验中，单摆的周期仅与摆长和重力加速度有关，且摆角要控制在5°以下，摆线要选择细些、伸缩性小些且尽可能长一些的，故A正确；
B、由于空气阻力与摆球的横截面积有关，为了减小摆球运动过程中受到的空气阻力，摆球要尽量选择质量大些且体积小些的，故B正确；
C、由单摆周期公式 T=2πLg 可知，将悬线的长度当成摆长，测得的重力加速度g值偏小，故C正确；
D、拉开摆球释放（摆角小于5°），当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球通过平衡位置51次的时间Δt，则Δt时间内单摆运动的周期数为25，所以单摆周期 T=t25 ，故D错误；
E、画出的周期的二次方与摆长（T2-L）的图象是一条过原点的倾斜直线，由T=2π Lg 可知：T2= 4π2g L，T2-L图象的斜率等于 4π2g ，故E错误。
故选：ABC。
【点评】：本题关键是明确单摆模型成立的前提条件，以及实验原理和误差来源，明确实验中测量摆长和周期的方法，并掌握误差分析的基本方法。
17.（问答题，0分）如图所示，一细束单色光由空气斜射入平行玻璃砖，已知玻璃砖厚度为d，该玻璃砖对单色光的折射率为n，入射角为i。
（i）证明出射光束与入射光束平行；
（ii）计算出射光束相对入射光束的侧移s。
【正确答案】：
【解析】：（i）画出光路图根据折射定律可证明出射光束与入射光束平行；
（ii）结合光路图由几何关系可求得出射光束相对入射光束的侧移。
【解答】：解：光路如图所示，
（i）由折射定律得：n= sinisinr = sini′sinr′
由于玻璃砖上下表面平行，r'=r
所以i′=i，即：出射光束与入射光束平行。
（ii）由图得，侧移量为：s=d（tani-tanr）csi
将折射率n= sinisinr 代入，消去tanr得：
s=dsini（l- csin2−sin2i ）
答：（i）证明过程如上；
（ii）出射光束相对入射光束的侧移为dsini（l- csin2−sin2i ）。
【点评】：本题考查了光的折射定律，对应几何光学的问题求解时画出光路图是前提，注意结合数学方法求解。
1.（单选题，5分）质量为m、长为L的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上，整个装置处于竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成60°角，其截面图如图所示．则下列关于导体棒中的电流的分析正确的是（ ）
A.导体棒中电流垂直纸面向外，大小为 I=3mgBL
B.导体棒中电流垂直纸面向外，大小为 I=3mg3BL
C.导体棒中电流垂直纸面向里，大小为 I=3mgBL
D.导体棒中电流垂直纸面向里，大小为 I=3mg3BL
2.（单选题，5分）如图所示，一固定斜面的倾角为θ=45°，一小球（可视为质点）从某位置自由下落h高度后与斜面碰撞，碰撞过程中无能量损失，碰撞后水平抛出，小球与斜面碰撞点距离水平面的高度也为h，则下列说法正确的是（ ）
A.小球一定落在斜面底端
B.小球在水平面上的落点到斜面底端的距离为h
C.小球从开始下落到落在水平面上所用时间与自由下落2h高度的时间相等
D.小球从开始下落到落在水平面上所用时间小于自由下落2h高度的时间
3.（单选题，5分）下列说法正确的是（ ）
A.电子的衍射现象说明实物粒子具有波动性
B.235U的半衰期约为7亿年，随地球环境的变化，半衰期可能变短
C.原子核内部某个质子转变为中子时，放出β射线
D.在α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最弱
4.（单选题，5分）如图所示，设车厢长度为L，质量为M，静止于光滑的水平面上，车厢内有一质量为m的物体以初速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，静止在车厢中．这时车厢的速度是（ ）
A.v0水平向右
B.0
C. mv0M+m ，水平向右
D. mv0M−v ，水平向右
5.（单选题，5分）环保人员在一次检查时发现，某厂的一根水平放置的排污管正在向厂外的河道中满口排出污水。环保人员利用手上的卷尺测出这根管道的直径为10cm，管口中心距离河水水面的高度为80cm，污水入河道处到排污管管口的水平距离为120cm，重力加速度g取10m/s2，则该管道的排污量（即流量——单位时间内通过管道某横截面的流体体积）约为（ ）
A.24L/s
B.94L/s
C.236L/s
D.942L/s
6.（单选题，5分）如图所示，小物块位于半径为R的半圆柱形物体顶端，若给小物块一水平速度 v0=2gR ，则小物块（ ）
A.将沿半圆柱形物体表面滑下来
B.落地时水平位移为 2R
C.落地速度大小为 2gR
D.落地时速度方向与水平地面成60°角
7.（多选题，6分）如图甲所示，正方形线圈abcd内有垂直于线圈的匀强磁场，已知线圈匝数n=10，边长ab=1m，线圈总电阻r=1Ω，线圈内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示．设图示的磁场方向与感应电流方向为正方向，则下列有关线圈的电动势e，感应电流i，焦耳热Q以及ab边的安培力F（取向下为正方向）随时间t的变化图象正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
8.（多选题，6分）空间有平行于梯形区域abcd的匀强电场，已知梯形的∠a=45°，∠c和∠d均为直角，且上底bc=2cm、下底ad=4cm，并知a、b、c三点的电势分别为4V、8V、10V．将一电荷量q=-2×10-5C的点电荷从a点开始沿abcd路线移动，则下列判断正确的是（ ）
A.梯形区域的下底ad中点的电势为6 V
B.该匀强电场的场强大小为 2 V/m
C.该点电荷在c点的电势能为+2×10-5 J
D.该点电荷从a点移到d点过程中，电场力对它做功为+8×10-5J
9.（多选题，6分）图中a、b是两个位于固定斜面上的正方形物块，它们的质量相等．F是沿水平方向作用于a上的推力．已知a、b的接触面，a、b与斜面的接触面都是光滑的．正确的说法是（ ）
A.a、b可能沿斜面向上运动
B.a对b的作用力沿水平方向
C.a、b对斜面的正压力相等
D.a受到的合力等于b受到的合力
10.（问答题，5分）某物理兴趣小组的同学利用实验室提供的器材组装了一个“欧姆表”，并用其测量一个未知电阻的阻值，实验室提供的器材如下：
A．新的干电池一节：电动势为1.5V，其内阻可忽略；
B．灵敏电流计一个：量程为0～1mA，内阻20Ω；
C．可变电阻P：阻值范围为100～2500Ω；
D．红、黑表笔各一个；
E．待测电阻一只。
（1）请在如图虚线框内补全所需的器材。
（2）测量电阻前，先进行欧姆调零。将可变电阻P的阻值调节为R=___ ，此时电流计指针指到 ___ 。
（3）把待测电阻接入两表笔间，指针正好指在0.6mA刻度处，则该电阻的阻值为 ___ 。
11.（问答题，10分）（1）甲同学根据图1所示电路采用“半偏法”测量一个量程为3V的电压表内阻（约3kΩ）．
① 为使测量值尽量准确，在以下器材中，电阻箱R应选用 ___ ，滑动变阻器R0应选用 ___ ，电源E应选用 ___ （选填器材前的字母）．
A．电阻箱（0～999.9Ω） B．电阻箱（0～9999Ω）
C．滑动变阻器（0～50Ω） D．滑动变阻器（0～2kΩ）
E．电源（电动势1.5V）F．电源（电动势4.5V）
② 该同学检查电路连接无误后，在开关S1、S2均断开的情况下，先将R0的滑片P调至a端，然后闭合S1、S2，调节R0，使电压表指针偏转到满刻度，再断开开关S2，调节R的阻值，使电压表指针偏转到满刻度的一半．如果此时电阻箱R接入电路中的阻值为3150Ω，则被测电压表的内阻测量值为 ___ Ω，该测量值 ___ 实际值（选填“略大于”、“略小于”或“等于”）．
（2）乙同学将一个电流计改装成量程为3V的电压表．该电流计内部由表头和定值电阻r串联组成，其中表头电阻rg=100Ω，r约为几千欧．为确定该电流计的满偏电流Ig和r的阻值，他采用如图2所示电路进行测量．
实验中使用的电源电动势E=3.0V，电阻箱R的最大阻值为9999Ω．具体操作步骤如下：
a．将滑动变阻器R0的滑片P调到a端，电阻箱接入电路的阻值R调到5000Ω；
b．闭合S，仅调节R0使电流计满偏，记录此时电阻箱接入电路的阻值R和电压表的示数U；
c．断开S，将滑动变阻器R0的滑片P再次调到a端，将电阻箱接入电路的阻值R减小1000Ω；
d．重复步骤b、c，直到将电阻箱接入电路的阻值R调为0Ω，断开S，结束实验．
根据实验测量出的多组数据绘制电压表示数U随电阻箱接入电路中的阻值R变化的图象，如图3所示．
① 现有如下三种量程的电压表，在该实验中为使电压的测量值尽可能准确，电压表应选用的量程为 ___ （选填器材前的字母）．
A．0～15V B．0～3V C．0～0.5V
② 根据上述实验数据绘制出的图象，并考虑实验中存在的误差，可以推测出该表头的满偏电流Ig以及定值电阻r的值应为 ___ ．（选填选项前的字母）
A．30μA，2.4kΩ B．300μA，5.0kΩ
C．300μA，2.4kΩ D．30μA，5.0kΩ
③ 乙同学参考 ② 中判断的结果，他若将电流计___ 联（选填“串”或“并”）一个阻值为 ___ kΩ的电阻，就可以将该电流计改装成量程为3V的电压表．
12.（问答题，16分）图甲为直角坐标xOy，y轴正向沿竖直向上方向，其所在空间分布着均匀的、大小随时间周期性变化的电场和磁场，其变化规律如图乙所示，规定电场强度方向沿y轴正向为正方向，磁感应强度方向垂直坐标xOy平面向里为正方向。t=0时刻，电荷量为g、质量m的带正电粒子由坐标原点O静止释放，已知场强大小E0= 2mgq ，磁感应强度大小B0= 2πmq ，g取10m/s2．求：
（1）t=ls末粒子速度的大小和方向；
（2）粒子第一次进入磁场时做圆周运动的半径和周期；
（3）在0-6s内粒子运动过程中最高点的位置坐标。
13.（问答题，16分）如图所示，导热性能良好的柱形金属容器竖直放置，容器上端的塞子将容器内的某种理想气体密闭，内有质量为m的厚度不计的活塞将容器分为A和B两个气室，活塞与容器内壁间气密性良好，且没有摩擦，活塞横截面积为S，已知重力加速度大小为g，外界大气压强为 3mg2S ，A和B两个气室的体积均为V0，A气室内气体的压强为 mgS ，求：
（1）A和B两个气室中气体的质量之比；
（2）拔去容器上端的塞子，等稳定后，容器内的活塞移动的距离。
14.（多选题，5分）下列说法中正确的是（ ）
A.气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力
B.清晨荷叶上的露珠呈球形是液体表面张力作用的结果
C.一定质量的理想气体，温度不变，压强减小时，气体的密度一定减小
D.空气中水蒸气的压强越大，空气的相对湿度一定越大
E.破裂的眼镜镜片不能无痕拼接，是分子间斥力作用的结果
15.（问答题，10分）如图所示，导热良好的气缸A、B用细管相连，A的容积为B的3倍，A中装有压强为P0、质量为m0的理想气体，活塞C可沿气缸B滑动且与方保持良好的气密性。连接A、B的细管上有两个阀门K1、K2，当向右拉活塞时，保持K1打开，K2闭合；向左推活塞时，保持K1闭合，K2打开。活塞开始时位于气缸B的最左端，若环境温度始终保持不变，外界大气压为P0，不计细管体积的影响。求：
I．将活塞缓慢拉到气缸B的最右端时缸内气体的压强；
II．将活塞缓慢拉到气缸B的最右端，再缓慢推回到最左端，如此重复n次（包括第一次）后缸内气体的质量。
16.（多选题，0分）在“用单摆测定重力加速度”的实验中，下列说法正确的有（ ）
A.摆线要选择细些、伸缩性小些且尽可能长一些的
B.摆球尽量选择质量大些且体积小些的
C.将悬线的长度当成摆长，测得的重力加速度值偏小
D.拉开摆球释放（摆角小于5°），当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球通过平衡位置51次的时间Δt，则单摆周期T= t51
E.画出的周期的二次方与摆长（T2-L）的图象是一条过原点的倾斜直线，直线斜率等于重力加速度的大小
17.（问答题，0分）如图所示，一细束单色光由空气斜射入平行玻璃砖，已知玻璃砖厚度为d，该玻璃砖对单色光的折射率为n，入射角为i。
（i）证明出射光束与入射光束平行；
（ii）计算出射光束相对入射光束的侧移s。
2022年广东省深圳市龙岗区高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
试题数：17，满分：110
1.（单选题，5分）质量为m、长为L的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上，整个装置处于竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成60°角，其截面图如图所示．则下列关于导体棒中的电流的分析正确的是（ ）
A.导体棒中电流垂直纸面向外，大小为 I=3mgBL
B.导体棒中电流垂直纸面向外，大小为 I=3mg3BL
C.导体棒中电流垂直纸面向里，大小为 I=3mgBL
D.导体棒中电流垂直纸面向里，大小为 I=3mg3BL
【正确答案】：C
【解析】：对导体棒受力分析，受重力、支持力和电场力，根据左手定则判断电流方向，根据平衡条件求解安培力，根据安培力公式FA=BIL求解电流．
【解答】：解：对导体棒受力分析，受重力、支持力和电场力，如图所示：
安培力向右，根据左手定则，电流向内；
根据平衡条件，有：
FA=mgtan60°= 3mg
故电流：I= FABL=3mgBL
故选：C。
【点评】：本题关键对导体棒受力分析后，根据平衡条件列式求解出安培力，然后根据安培力公式求解电流．
2.（单选题，5分）如图所示，一固定斜面的倾角为θ=45°，一小球（可视为质点）从某位置自由下落h高度后与斜面碰撞，碰撞过程中无能量损失，碰撞后水平抛出，小球与斜面碰撞点距离水平面的高度也为h，则下列说法正确的是（ ）
A.小球一定落在斜面底端
B.小球在水平面上的落点到斜面底端的距离为h
C.小球从开始下落到落在水平面上所用时间与自由下落2h高度的时间相等
D.小球从开始下落到落在水平面上所用时间小于自由下落2h高度的时间
【正确答案】：B
【解析】：（1）小球先做自由落体运动，碰撞后做平抛运动，平抛运动的初速度是自由落体的末速度大小，根据匀变速直线运动规律得出平抛运动的水平位移；
（2）根据运动规律得出自由下落时间、平抛运动时间之和，与直接发生自由落体运动的时间进行对比。
【解答】：解：A．小球先自由下落h高度，与斜面碰撞前的速度为：v= 2gh
然后以速度v做平抛运动，假设小球落在水平面上，根据平抛运动规律：h= 12 gt2，解得：t= 2hg
x=vt= 2gh • 2hg =2h＞h，故小球不会落在斜面底端，故A错误；
B．小球落点到斜面底端的距离：s=x- htan45° =2h-h=h，故B正确；
CD．设小球下落到斜面的时间为t1，由h= 12 g t12 得：t1= 2hg
小球水平抛出后落在水平面上，小球做平抛运动的时间为t= 2hg
设小球无初速度自由下落2h高度的时间为t2，有2h= 12 g t22 ，解得：t2=2 hg
显然，t1+t=2 2hg ＞t2=2 hg
故CD错误。
故选：B。
【点评】：本题考查了抛体运动，解题的关键是清楚运动过程，熟练应用运动规律进行解题。
3.（单选题，5分）下列说法正确的是（ ）
A.电子的衍射现象说明实物粒子具有波动性
B.235U的半衰期约为7亿年，随地球环境的变化，半衰期可能变短
C.原子核内部某个质子转变为中子时，放出β射线
D.在α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最弱
【正确答案】：A
【解析】：电子是实物粒子，而衍射说明具有波动性；
半衰期不随着环境变化而变化；
中子转变为质子时，放出β射线；
γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强．
【解答】：解：A、电子的衍射现象说明实物粒子具有波动性，故A正确；
B、随地球环境的变化，半衰期仍不变，故B错误；
C、中子转变为质子时，放出β射线，故C错误；
D、α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强，故D错误；
故选：A。
【点评】：考查实物粒子的波动性，掌握波粒两象性的含义，理解半衰期影响的因素，注意放出β射线的本质．
4.（单选题，5分）如图所示，设车厢长度为L，质量为M，静止于光滑的水平面上，车厢内有一质量为m的物体以初速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，静止在车厢中．这时车厢的速度是（ ）
A.v0水平向右
B.0
C. mv0M+m ，水平向右
D. mv0M−v ，水平向右
【正确答案】：C
【解析】：选物体与小车组成的系统为研究对象，水平方向不受外力作用，故水平方向动量守恒，并且最后两者具有共同的速度．
【解答】：解：选物体与小车组成的系统为研究对象，规定水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得：
mv0=（M+m）v
所以，v= mv0M+m v0
方向水平向右，与v0同向。
故选：C。
【点评】：选物体与小车组成的系统为研究对象，水平方向仅有系统的内力作用而不受外力作用，故此方向满足动量守恒，碰撞前的动量，等于最后的总动量，典型的动量守恒的题目．
5.（单选题，5分）环保人员在一次检查时发现，某厂的一根水平放置的排污管正在向厂外的河道中满口排出污水。环保人员利用手上的卷尺测出这根管道的直径为10cm，管口中心距离河水水面的高度为80cm，污水入河道处到排污管管口的水平距离为120cm，重力加速度g取10m/s2，则该管道的排污量（即流量——单位时间内通过管道某横截面的流体体积）约为（ ）
A.24L/s
B.94L/s
C.236L/s
D.942L/s
【正确答案】：A
【解析】：污水从排污管管口后，做平抛运动，根据平抛运动规律得出初速度及运动时间，从而得出该排污管的排污量。
【解答】：解：根据平抛运动规律有：x=vt0， h=12gt02
联立解得：v=3m/s
根据流量的定义有： Q=Vt
而 V=SL=πd22×vt
解得：Q=0.024m3/s=24L/s，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】：本题考查了平抛运动，解题的关键是排污量即为平抛运动那段污水量。
6.（单选题，5分）如图所示，小物块位于半径为R的半圆柱形物体顶端，若给小物块一水平速度 v0=2gR ，则小物块（ ）
A.将沿半圆柱形物体表面滑下来
B.落地时水平位移为 2R
C.落地速度大小为 2gR
D.落地时速度方向与水平地面成60°角
【正确答案】：C
【解析】：由竖直平面内圆周运动顶点的临界速度判断运动性质为平抛运动，用平抛运动的规律求解。
【解答】：解：A．设小物块在半圆柱形物体顶端做圆周运动的临界速度为vc，则重力刚好提供向心力时，由牛顿第二定律得 mg=mvc2R
解得 vc=gR
因为v0＞vc，所以小物块将离开半圆柱形物体做平抛运动，故A错误；
B．小物块做平抛运动时竖直方向满足 R=12gt2
水平位移为x=v0t联立解得
x=2R
故B错误；
CD．小物块落地时竖直方向分速度大小为 vy=gt=2gR
落地时速度的大小为 v=v02+vy2
联立解得 v=2gR
由于vy=v0，故落地时速度方向与水平地面成45°角，C正确，D错误。
故选：C。
【点评】：平抛运动可分解为水平的匀速直线运动和竖直的自由落体运动。
7.（多选题，6分）如图甲所示，正方形线圈abcd内有垂直于线圈的匀强磁场，已知线圈匝数n=10，边长ab=1m，线圈总电阻r=1Ω，线圈内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示．设图示的磁场方向与感应电流方向为正方向，则下列有关线圈的电动势e，感应电流i，焦耳热Q以及ab边的安培力F（取向下为正方向）随时间t的变化图象正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【正确答案】：CD
【解析】：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，由左手定则判断安培力的方向；焦耳定律Q=I2rt判断Q随时间变化情况
【解答】：解：A、根据法拉第电磁感应定律，0～1s内， e1=n△B△ts = 10×0.21×1×1=2V ，感应电动势为逆时针方向
1～5s内， e2=n△B△ts = 10×0.2−−0.24×1×1=1V ，感应电动势为顺时针方向，故A错误；
B、0～1s内，感应电流大小 i1=e1r=21A=2A ，方向逆时针方向
1～5s内，感应电流大小 i2=e2r=11A=1A ，方向顺时针方向，故B错误；
C、0～1s内，线圈中电流逆时针方向，根据左手定则知，ab边所受的安培力向下，为正方向；1～3s内，线圈中电流顺时针方向，磁场方向垂直纸面向里，由左手定则知知安培力向上，为负方向；3～5s，电流方向为顺时针方向，磁场方向垂直纸面向外，根据左手定则知ab边所受安培力向下，为正方向；
根据F=BIL知，在0～1s内，安培力大小均匀增大，1～3s内，安培力大小均匀减小，3～5s，安培力大小均匀增大，故C正确；
D、在0～1s内，根据 Q1=i12rt ，焦耳热随时间均匀增加，直线的斜率等于i2r=4；1～5s内，根据 Q2=i22rt ，电流恒定，Q2随时间均匀增大，斜率 k=i22r=1=8−45−1 ，故D正确；
故选：CD。
【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，感应电动势和感应电流的方向由楞次定律判断，判断安培力方向要注意电流方向和磁场方向．
8.（多选题，6分）空间有平行于梯形区域abcd的匀强电场，已知梯形的∠a=45°，∠c和∠d均为直角，且上底bc=2cm、下底ad=4cm，并知a、b、c三点的电势分别为4V、8V、10V．将一电荷量q=-2×10-5C的点电荷从a点开始沿abcd路线移动，则下列判断正确的是（ ）
A.梯形区域的下底ad中点的电势为6 V
B.该匀强电场的场强大小为 2 V/m
C.该点电荷在c点的电势能为+2×10-5 J
D.该点电荷从a点移到d点过程中，电场力对它做功为+8×10-5J
【正确答案】：AD
【解析】：在匀强电场中，沿着同一个方向移动相同距离电势降低相等，先据此求解梯形区域的下底ad中点的电势；然后找出等势面，结合公式U=Ed分析电场强度；该点电荷在c点的电势能：EPc=φcq；根据W=Uq求解电场力做功。
【解答】：解：A、由b点向ad作垂线，根据几何关系知p为ad中点，由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等，故：
φb-φc=φp-φd，φp= 12 （φa+φd）
代入数据解得：φp=6V，φd=8V，故A正确。
B、由于是匀强电场，连接bd则为等势面，如图所示：
根据几何关系可知，ab⊥bd，则ab为一条电场线，且方向由b指向a，电场强度为：E= Ubadba = 8−42×2 V/cm= 2 ×102V/m，故B错误。
C、该点电荷在c点的电势能为：EPc=φcq=10×（-2×10-5）J=-2×10-4J，故C错误。
D、该点电荷从a点移到d点电场中做功为：Wad=Uadq=（4-8）×（-2×10-5）J=8×10-5J，故D正确。
故选：AD。
【点评】：本题考查匀强电场中的电场强度与电势差的关系，关键是画出等势面，结合公式U=Ed列式分析，不难。
9.（多选题，6分）图中a、b是两个位于固定斜面上的正方形物块，它们的质量相等．F是沿水平方向作用于a上的推力．已知a、b的接触面，a、b与斜面的接触面都是光滑的．正确的说法是（ ）
A.a、b可能沿斜面向上运动
B.a对b的作用力沿水平方向
C.a、b对斜面的正压力相等
D.a受到的合力等于b受到的合力
【正确答案】：AD
【解析】：对整体受力分析可知整体受到的合力的可能，从而确定物体的运动情况；再隔离两物体进行分析可得出各自受力情况．
【解答】：解：A、对整体受力分析可知，整体受重力、推力及支持力；若重力的分力小于推力向上的分力，则物体可能向上运动；故A正确；
B、ab两物体之间只有弹力，而弹力的方向是垂直于接触面的，故a对b的作用力沿斜面方向，故B错误；
C、对a分析可知，a受重力、支持力、b的弹力及F的作用；而b受重力、a的作用力及支持力，故b对斜面的压力等于重力的分力，而a对斜面的压力等于重力的分力与F垂直于斜面的分力之和，故a对斜面的压力要大，故C错误；
D、因两物体加速度相同，由牛顿第二定律可知，两物体受到的合力一定相等，故D正确；
故选：AD。
【点评】：本题对学生的要求较高，要求学生不但能正确进行受力分析，还要能够合理地应用牛顿第二定律进行求合力；在学习物理中要注意各知识点间的相互联系，同时注意总结．
10.（问答题，5分）某物理兴趣小组的同学利用实验室提供的器材组装了一个“欧姆表”，并用其测量一个未知电阻的阻值，实验室提供的器材如下：
A．新的干电池一节：电动势为1.5V，其内阻可忽略；
B．灵敏电流计一个：量程为0～1mA，内阻20Ω；
C．可变电阻P：阻值范围为100～2500Ω；
D．红、黑表笔各一个；
E．待测电阻一只。
（1）请在如图虚线框内补全所需的器材。
（2）测量电阻前，先进行欧姆调零。将可变电阻P的阻值调节为R=___ ，此时电流计指针指到 ___ 。
（3）把待测电阻接入两表笔间，指针正好指在0.6mA刻度处，则该电阻的阻值为 ___ 。
【正确答案】：1480Ω; 1mA; 1000Ω
【解析】：（1）欧姆表的原理为闭合电路欧姆定律，所给电路中没有电池，则应添加电池。
（2）欧姆调零是指针满偏，由R= EIg−Rg 求R。
（3）由闭合电路欧姆定律确定电阻的阻值。
【解答】：解：（1）添加电池如图
（2）欧姆调零：让红黑表笔短接，电流达到最大值，即指针满偏为1mA，由R= EIg−Rg = 1.51×10−3 -20Ω=1480Ω
（3）指针指在0.6mA刻度处对应的阻值为R′= EI−R中 = 1.50.6×10−3 -1500Ω=1000Ω
故答案为：（1）如图 （2）1480 1mA （3）1000Ω
【点评】：明确欧姆表的原理为全电路欧姆定律，即R= EI−R中 记住欧姆调零时电流表要满偏。
11.（问答题，10分）（1）甲同学根据图1所示电路采用“半偏法”测量一个量程为3V的电压表内阻（约3kΩ）．
① 为使测量值尽量准确，在以下器材中，电阻箱R应选用 ___ ，滑动变阻器R0应选用 ___ ，电源E应选用 ___ （选填器材前的字母）．
A．电阻箱（0～999.9Ω） B．电阻箱（0～9999Ω）
C．滑动变阻器（0～50Ω） D．滑动变阻器（0～2kΩ）
E．电源（电动势1.5V）F．电源（电动势4.5V）
② 该同学检查电路连接无误后，在开关S1、S2均断开的情况下，先将R0的滑片P调至a端，然后闭合S1、S2，调节R0，使电压表指针偏转到满刻度，再断开开关S2，调节R的阻值，使电压表指针偏转到满刻度的一半．如果此时电阻箱R接入电路中的阻值为3150Ω，则被测电压表的内阻测量值为 ___ Ω，该测量值 ___ 实际值（选填“略大于”、“略小于”或“等于”）．
（2）乙同学将一个电流计改装成量程为3V的电压表．该电流计内部由表头和定值电阻r串联组成，其中表头电阻rg=100Ω，r约为几千欧．为确定该电流计的满偏电流Ig和r的阻值，他采用如图2所示电路进行测量．
实验中使用的电源电动势E=3.0V，电阻箱R的最大阻值为9999Ω．具体操作步骤如下：
a．将滑动变阻器R0的滑片P调到a端，电阻箱接入电路的阻值R调到5000Ω；
b．闭合S，仅调节R0使电流计满偏，记录此时电阻箱接入电路的阻值R和电压表的示数U；
c．断开S，将滑动变阻器R0的滑片P再次调到a端，将电阻箱接入电路的阻值R减小1000Ω；
d．重复步骤b、c，直到将电阻箱接入电路的阻值R调为0Ω，断开S，结束实验．
根据实验测量出的多组数据绘制电压表示数U随电阻箱接入电路中的阻值R变化的图象，如图3所示．
① 现有如下三种量程的电压表，在该实验中为使电压的测量值尽可能准确，电压表应选用的量程为 ___ （选填器材前的字母）．
A．0～15V B．0～3V C．0～0.5V
② 根据上述实验数据绘制出的图象，并考虑实验中存在的误差，可以推测出该表头的满偏电流Ig以及定值电阻r的值应为 ___ ．（选填选项前的字母）
A．30μA，2.4kΩ B．300μA，5.0kΩ
C．300μA，2.4kΩ D．30μA，5.0kΩ
③ 乙同学参考 ② 中判断的结果，他若将电流计___ 联（选填“串”或“并”）一个阻值为 ___ kΩ的电阻，就可以将该电流计改装成量程为3V的电压表．
【正确答案】：B; C; F; 3150; 略大于; B; C; 串; 7.5
【解析】：（1） ① 对于仪器的选择，要根据实验原理，结合题目中数据并根据实验原理通过计算来确定．
② 由半偏法测电阻实验原理知，当调节电阻箱，分析电路结构的变化，根据串并联电路的规律分析电测量值的变化；
（2） ① 对于仪器的选择，要根据实验原理，结合题目中数据并根据实验原理通过计算来确定；
② 根据欧姆定律得出对应的函数关系，再结合图象求解满偏电流和定值电阻的阻值；
③ 改装为电压表需串联一个电阻，串联电阻（分压电阻）阻值R可由IgRg+IgR=U来计算，其中U为改装后电压表的满篇电压（量程）．
【解答】：解：（1） ① 使用半偏法进行测量，要求电阻箱应和待测电阻接近；故电阻箱应选择B；
滑动变阻器采用分压接法，故选择小电阻；故选：C；
为了增大电流，电源选用电动势较大的电源；故选：F；
② 当调节电阻箱，使电流表半偏时，由于干路电流几乎未变，电阻箱与电流计中的电流相等，电阻必然相等．如果所得的R1的阻值为3150Ω，则图中被测电流计G的内阻rg的测量值为3150Ω．
实际上电阻箱串入后的，电路的总电阻增大了，串联部分的总电压增大了；电压表半偏时，流过电阻箱的电压大于电压表的电压，电阻箱接入的电阻大于电流计的电阻．所以，该测量值“略大于”实际值．
（2） ① 由于要求改装后的电压表量程为0～3，为了准确测量，电压表应选：B；
② 由欧姆定律可知：
U=IgR+Ig（rg+r）
图象与纵坐标的交点为：Ig（rg+r）=0.75；
Ig=k= 2.25−0.755000 =300μA；
联立解得：r=2.4kΩ；
③ 将电流计改装成电压表，应串联接入一分压电阻R，由欧姆定律及串联电路分压规律有：U=IgRg+IgR其中U为改装后电压表的满偏电压，
则R= UIg -Rg代入数据解得：R=7.5kΩ．
故答案为：（1） ① B；C；F
② 3150；略大于
（2） ① B
② C
③ 串；7.5
【点评】：本题考查电表的改装、半偏法原理及误差分析，难度较大；要求能正确分析题意，明确对应的实验方法，从而根据所学物理规律进行分析求解．
12.（问答题，16分）图甲为直角坐标xOy，y轴正向沿竖直向上方向，其所在空间分布着均匀的、大小随时间周期性变化的电场和磁场，其变化规律如图乙所示，规定电场强度方向沿y轴正向为正方向，磁感应强度方向垂直坐标xOy平面向里为正方向。t=0时刻，电荷量为g、质量m的带正电粒子由坐标原点O静止释放，已知场强大小E0= 2mgq ，磁感应强度大小B0= 2πmq ，g取10m/s2．求：
（1）t=ls末粒子速度的大小和方向；
（2）粒子第一次进入磁场时做圆周运动的半径和周期；
（3）在0-6s内粒子运动过程中最高点的位置坐标。
【正确答案】：
【解析】：（1）根据牛顿第二定律求解加速度，根据速度时间关系求解速度；
（2）根据洛伦兹力提供向心力结合周期公式进行求解；
（3）分析粒子的运动情况，画出运动轨迹，根据几何关系结合运动学公式进行求解。
【解答】：解：（1）粒子自坐标原点O静止释放，设1s末速度大小为v1，根据牛顿第二定律可得：
qE0-mg=ma
根据v1=at1，
代入数据解得v1=10m/s；，方向竖直向上；
（2）1s末粒子第一次进入磁场，由于粒子受重力和电场力平衡，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则qv1B0=m v12r1
解得r1= 5π m
周期T= 2πr1v1 =1s
（3）粒子在2s末回到y轴，以v1=10m/s初速度沿y轴正方向运动，设3s末粒子速度的大小为v2，根据动量定理可得：
（qE0-mg）t=mv2-mv1，
代入数据解得v2=20m/s，方向竖直向上；
3s末粒子第2次进入磁场做匀速圆周运动，周期不变，4s末再次回到y轴，以v2=20m/s初速度沿y轴正方向运动，5s末的速度为v3=30m/s，第3次进入磁场做匀速圆周运动，第6s刚好回到y轴，速度方向向上，粒子运动轨迹如图所示：则最上方圆的半径R= mv3qB0 = 15π m
前5s加速时间t5=3s，根据位移时间关系可得前5s竖直方向的位移y5= v32×t5 =45m，
所以在0-6s内粒子运动过程中最高点的位置坐标x=-R=- 15π m，y=y5+R=45+ 15π m。
即最高点坐标P（- 15π ，45+ 15π ）。
答：（1）t=ls末粒子速度的大小10m/s，方向竖直向上；
（2）粒子第一次进入磁场时做圆周运动的半径 5π m，周期为1s；
（3）在0-6s内粒子运动过程中最高点的位置坐标P（- 15π ，45+ 15π ）。
【点评】：对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或运动学公式进行解答。
13.（问答题，16分）如图所示，导热性能良好的柱形金属容器竖直放置，容器上端的塞子将容器内的某种理想气体密闭，内有质量为m的厚度不计的活塞将容器分为A和B两个气室，活塞与容器内壁间气密性良好，且没有摩擦，活塞横截面积为S，已知重力加速度大小为g，外界大气压强为 3mg2S ，A和B两个气室的体积均为V0，A气室内气体的压强为 mgS ，求：
（1）A和B两个气室中气体的质量之比；
（2）拔去容器上端的塞子，等稳定后，容器内的活塞移动的距离。
【正确答案】：
【解析】：（1）对活塞受力分析，根据共点力平衡求得B内的压强，让B气室内的压强在等温下膨胀到A气室内的压强，求得体积，质量之比等于体积之比；
（2）若拔去塞子，待稳定后，B气室内气体的温度仍与外界相同，对B气室，找出初末状态参量，根据玻意耳定律求得B气体的体积，即可求得活塞移动的距离。
【解答】：解：（1）由题意知，A和B气室中的气体的体积相等，温度相同，A气室中气体的压强为 pA=mgS
B气室中气体的压强为 pB=pA+mgS=2mgS
假设让B气室中气体发生等温膨胀，使其压强等于A气室中气体的压强，由玻意耳定律知
pBV0=pAVB
故两气室中气体的质量之比 mAmB=V0VB=12
（2）若拔去塞子，待稳定后，B气室内气体的温度仍与外界相同，压强为 pB′=3mg2S+mgS=5mg2S
设此时B气室中气体的体积为V，根据玻意耳定律有
pBV0=pB'V
解得
V= 45 V0
因此活塞向下移动的距离为 Δh=V0−VS=V05S
答：（1）A和B两个气室中气体的质量之比为 12 ；
（2）拔去容器上端的塞子，等稳定后，容器内的活塞移动的距离为 V05S 。
【点评】：本题考查气体实验定律的应用以及气体压强的计算，要注意正确选择研究对象，分析好对应的状态，再选择正确的物理规律求解即可。
14.（多选题，5分）下列说法中正确的是（ ）
A.气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力
B.清晨荷叶上的露珠呈球形是液体表面张力作用的结果
C.一定质量的理想气体，温度不变，压强减小时，气体的密度一定减小
D.空气中水蒸气的压强越大，空气的相对湿度一定越大
E.破裂的眼镜镜片不能无痕拼接，是分子间斥力作用的结果
【正确答案】：ABC
【解析】：由于气体分子无规则的热运动，大量的分子频繁地碰撞器壁产生持续而稳定的压力，也可以解释为大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力；液体的表面张力使液面具有收缩到液面表面积最小的趋势故露珠呈球形；由于气体的质量一定，当温度不变时，压强减小故，故增大，所以气体的密度一定减小；根据相对湿度的定义，在某一温度下，水蒸气的压强与同温度下饱和汽压的比为相对湿度，因此相对湿度还与同一温度下的饱和蒸汽压有关；破裂的眼镜镜片不能无痕拼接，是因为简单拼接时，分子间不能达到有效作用距离，致使分子间引力太小而不是斥力太大的结果。
【解答】：解：A、由于气体分子无规则的热运动，大量的分子频繁地碰撞器壁产生持续而稳定的压力，也可以解释为大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，故A正确；
B、液体的表面张力使液面具有收缩到液面表面积最小的趋势故露珠呈球形，故B正确；
C、由于气体的质量一定，当温度不变时，压强减小故，故增大，所以气体的密度一定减小，故C正确；
D、根据相对湿度的定义，在某一温度下，水蒸气的压强与同温度下饱和汽压的比为相对湿度，因此相对湿度还与同一温度下的饱和蒸汽压有关，故D错误；
E、破裂的眼镜镜片不能无痕拼接，是因为简单拼接时，分子间不能达到有效作用距离，致使分子间引力太小而不是斥力太大的结果，故E错误。
故选：ABC。
【点评】：本题主要考查了分子气压产生的原因、液体表面张力产生的原因、理想气体的压强与密度的关系、空气相对湿度的定义以及分子间作用力的基本知识点，属于综合基础题。
15.（问答题，10分）如图所示，导热良好的气缸A、B用细管相连，A的容积为B的3倍，A中装有压强为P0、质量为m0的理想气体，活塞C可沿气缸B滑动且与方保持良好的气密性。连接A、B的细管上有两个阀门K1、K2，当向右拉活塞时，保持K1打开，K2闭合；向左推活塞时，保持K1闭合，K2打开。活塞开始时位于气缸B的最左端，若环境温度始终保持不变，外界大气压为P0，不计细管体积的影响。求：
I．将活塞缓慢拉到气缸B的最右端时缸内气体的压强；
II．将活塞缓慢拉到气缸B的最右端，再缓慢推回到最左端，如此重复n次（包括第一次）后缸内气体的质量。
【正确答案】：
【解析】：I．根据A中气体恒温变化，由体积变化得到压强变化；
II．根据恒温变化求得将活塞缓慢拉到气缸B的最右端，再缓慢推回到最左端，剩下的气体质量，即可根据叠加定理得到n次后的质量。
【解答】：解：I．将活塞缓慢拉到气缸B的最右端，A中气体恒温扩散，故有：P0VA=P1（VA+VB）；所以，P1= 34P0 ；
II．将活塞第一次推回到汽缸B的最左端时，A内剩余气体质量： m1=VAVA+VBm0 ；所以，m1= 34m0 ；
每将活塞缓慢拉到气缸B的最右端，再缓慢推回到最左端，气体质量都变为 34 倍，所以，mn= (34)nm0 ；
答：I．将活塞缓慢拉到气缸B的最右端时缸内气体的压强为 34P0 ；
II．将活塞缓慢拉到气缸B的最右端，再缓慢推回到最左端，如此重复n次（包括第一次）后缸内气体的质量为 (34)nm0 。
【点评】：根据气体等温变化，由PV不变即可根据体积变化得到压强变化，故需要先判断温度不变，然后由变化过程分析体积变化，从而求解压强变化。
16.（多选题，0分）在“用单摆测定重力加速度”的实验中，下列说法正确的有（ ）
A.摆线要选择细些、伸缩性小些且尽可能长一些的
B.摆球尽量选择质量大些且体积小些的
C.将悬线的长度当成摆长，测得的重力加速度值偏小
D.拉开摆球释放（摆角小于5°），当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球通过平衡位置51次的时间Δt，则单摆周期T= t51
E.画出的周期的二次方与摆长（T2-L）的图象是一条过原点的倾斜直线，直线斜率等于重力加速度的大小
【正确答案】：ABC
【解析】：根据实验原理与实验注意事项分析答题。
【解答】：解：A、“用单摆测定重力加速度”的实验中，单摆的周期仅与摆长和重力加速度有关，且摆角要控制在5°以下，摆线要选择细些、伸缩性小些且尽可能长一些的，故A正确；
B、由于空气阻力与摆球的横截面积有关，为了减小摆球运动过程中受到的空气阻力，摆球要尽量选择质量大些且体积小些的，故B正确；
C、由单摆周期公式 T=2πLg 可知，将悬线的长度当成摆长，测得的重力加速度g值偏小，故C正确；
D、拉开摆球释放（摆角小于5°），当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球通过平衡位置51次的时间Δt，则Δt时间内单摆运动的周期数为25，所以单摆周期 T=t25 ，故D错误；
E、画出的周期的二次方与摆长（T2-L）的图象是一条过原点的倾斜直线，由T=2π Lg 可知：T2= 4π2g L，T2-L图象的斜率等于 4π2g ，故E错误。
故选：ABC。
【点评】：本题关键是明确单摆模型成立的前提条件，以及实验原理和误差来源，明确实验中测量摆长和周期的方法，并掌握误差分析的基本方法。
17.（问答题，0分）如图所示，一细束单色光由空气斜射入平行玻璃砖，已知玻璃砖厚度为d，该玻璃砖对单色光的折射率为n，入射角为i。
（i）证明出射光束与入射光束平行；
（ii）计算出射光束相对入射光束的侧移s。
【正确答案】：
【解析】：（i）画出光路图根据折射定律可证明出射光束与入射光束平行；
（ii）结合光路图由几何关系可求得出射光束相对入射光束的侧移。
【解答】：解：光路如图所示，
（i）由折射定律得：n= sinisinr = sini′sinr′
由于玻璃砖上下表面平行，r'=r
所以i′=i，即：出射光束与入射光束平行。
（ii）由图得，侧移量为：s=d（tani-tanr）csi
将折射率n= sinisinr 代入，消去tanr得：
s=dsini（l- csin2−sin2i ）
答：（i）证明过程如上；
（ii）出射光束相对入射光束的侧移为dsini（l- csin2−sin2i ）。
【点评】：本题考查了光的折射定律，对应几何光学的问题求解时画出光路图是前提，注意结合数学方法求解。
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