四川省成都七中2024-2025学年高三（上）段考 物理试卷（12月份）

这是一份四川省成都七中2024-2025学年高三（上）段考 物理试卷（12月份），共27页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）如图所示，一束由a、b两束单色光组成的复合光以相同的入射角从介质射入真空中，只有a光能出射（ ）
A．a光的频率大于b光频率
B．a光的折射率小于b光折射率
C．对于同一宽度的单缝装置，b光比a光更容易发生衍射现象
D．从介质射入真空中，a光的波长变短
2．（4分）一质量为M的探空气球在匀速下降，若气球所受浮力F始终保持不变，气球在运动过程中所受阻力仅与速率有关，现欲使该气球以同样速率匀速上升，则需从气球吊篮中减少的质量为（ ）
A．0B．M﹣C．2M﹣D．2（M﹣）
3．（4分）光滑水平地面上，质量为2kg、上表面粗糙的木板正以3m/s的速度向右运动。某时刻在木板右端滑上可视为质点的物块，质量为1kg，大小也是3m/s。经过2s后，物块刚好滑到木板左端且二者刚好相对静止。这一过程中2）（ ）
A．木板长度为3m
B．物块与木板间的动摩擦因数为0.1
C．系统产热为12J
D．摩擦力对物块做功为4J
4．（4分）真空中有两个点电荷Q1、Q2，以其连线所在直线建立x轴，x轴上各点电势φ在x轴正半轴上分布如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．从O到x0过程中，电场强度大小先变小后变大
B．Q1的电荷量大于Q2
C．Q1、Q2为异种电荷
D．除无穷远处外，x轴上共存在两个电场强度为0的点
5．（4分）如图所示，电源电动势E＝3V，小灯泡L的规格为“2V 0.4W”，当电阻箱R调到3Ω时，小灯泡L正常发光。现将开关S接2，则（ ）
A．电源内阻为2Ω
B．电动机的内阻为3Ω
C．电动机的输出功率为0.12W
D．若某时刻电动机转子被卡住，电源效率提高
6．（4分）原子处于磁场中，某些能级会发生劈裂，这种现象称为塞曼效应。某种原子能级劈裂前后的部分能级图如图甲所示，对应频率分别为ν1、ν2、ν3。若用①照射图乙中的光电管时能发生光电效应，则（ ）
A．频率为ν3的光子的动量为
B．若用②照射该金属表面时，一定不能发生光电效应
C．用①、③两种光分别照射图乙中的光电管，①光对应的遏止电压更大
D．将三束光分别射入同一双缝，②光产生的干涉条纹间距最大
7．（4分）如图所示是地月天体系统，在月球外侧的地月连线上存在一些特殊点，称为拉格朗日点。在地球上发射一颗质量为m0的人造卫星至该点后，它受到地球、月球对它的引力作用，并恰好和月球一起绕地球同角速度匀速圆周运动。已知相对于地球质量M和月球质量m来说，m0很小，所以卫星对地球和月球的引力不影响地球和月球的运动。设地心、月心间距为L，月心到该拉格朗日点的距离为d，则（ ）
A．该卫星在图中拉格朗日点的线速度小于月球的线速度
B．该卫星的发射速度大于第二宇宙速度11.2km/s
C．地月连线所在直线上共有2个拉格朗日点
D．题中物理量满足等式
二、多项选择题（本题共3个小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求。选对得6分，选不全得3分，选错不得分。）
（多选）8．（6分）消防员在一次用高压水枪灭火的过程中同时启动了多水口进行灭火。有甲、乙两支枪口紧靠在一起的高压水枪，它们的流量相同，在失火处的落点等高所喷出的水在空中运动的轨迹如图所示，则（ ）
A．甲水枪喷出的水在最高点的速度较小
B．乙水枪管口处的水柱更细
C．甲水枪喷出的水在空中运动的时间较长
D．乙水枪的喷水功率更大
（多选）9．（6分）一列简谐横波的波形图如图甲所示，实线和虚线分别为t1＝0时刻和t2时刻的波形图，P、Q分别是平衡位置为为x1＝1m和x2＝4m的两质点，质点Q的振动图像如图乙所示。根据图中信息，下列说法正确的是（ ）
A．该列简谐横波沿x轴正方向传播
B．该列简谐横波的波速大小为4m/s
C．质点P从0时刻到t2时刻经过的路程可能为50cm
D．质点P的振动方程为
（多选）10．（6分）如图所示为模拟“电磁制动”原理的示意图，间距为L的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左端连接阻值为R的定值电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现使导体棒以某一初速度向右运动，经距离d后停止运动（ ）
A．整个过程中通过电阻R的电荷量为
B．导体棒的初速度为
C．整个过程中金属棒产生的热量为
D．整个过程中金属棒的运动时间为
三、实验题（本题共2个小题，共14分。）
11．（6分）在“观察电容器的充、放电现象”实验中。实验装置如图甲所示：电池、电容器、定值电阻（阻值为R）、电压传感器、单刀双掷开关以及导线若干。
（1）实验时，先将单刀双掷开关S与“1”端相接，再将单刀双掷开关S与“2”端相接。从开关S与“2”端相接瞬间开始计时，已知图线与坐标轴围成的面积为S0。根据该图像可以粗测出实验中电容器的电容C＝ ；（用题中已知物理量R、Um、S0和t0表示）；
（2）若换用另一阻值更大的定值电阻重复实验，则得到的U﹣t图像中，t0将 ，Um将 。（均填“变大”“变小”或“不变”）。
12．（8分）图甲是探究“测量匀变速直线运动的加速度”的实验装置，一端带有定滑轮的长木板上固定有一个光电门，与之相连的计时器（未画出），跨过定滑轮的轻绳一端与小车前端A处相连，另一端与沙桶相连。实验时
（1）设遮光片的宽度d，某次实验中小车释放位置与光电门的距离为x，光电门显示时间为t。则小车运动的加速度可表示为 ；（用物理量符号表示）
（2）用游标卡尺测量遮光片的宽度，如图乙所示，其读数为 mm；
（3）为提高测量精度，改变小车释放位置与光电门的距离x，以x为横坐标，，在坐标纸中作出﹣x图线如图丙所示。由此进一步求得滑块的加速度a＝ m/s2。（计算结果保留2位有效数字）
（4）下列操作可以减小实验误差的是 。（填写正确答案前面的字母标号）
A.适当增大小车质量
B.适当增大沙桶质量
C.实验前适当抬高木板以平衡摩擦力
D.适当减小挡光片宽度
四、计算题（本题共3个小题，共40分。要求写出必要的公式、文字叙述。）
13．（10分）一定质量的理想气体从状态A先后经历状态B、C，最终回到状态A，其p﹣V图像如图所示。已知理想气体的内能U＝，其中p、V分别为气体的压强和体积，所有变化过程均缓慢发生。
（1）已知气体在状态A时的热力学温度为T0，求气体在状态B和状态C时的热力学温度TB和TC；
（2）求气体从状态A到状态B过程吸收的热量Q1和从状态C到状态A过程吸收的热量Q2之比。
14．（12分）如图所示的平面直角坐标系xOy，在第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向，磁场的上边界与x轴重合。一质量为m、电荷量为﹣q的粒子，从点a（0，）0沿x轴正方向射入电场，通过电场后从点b（2h，0）立即进入矩形磁场，且速度恰好沿y轴。不计粒子所受的重力。求：
（1）第一象限的电场强度大小E；
（2）磁感应强度的大小B；
（3）矩形磁场区域的最小面积S。
15．（18分）质量为2m的物体A穿在光滑的水平导轨上，用长为L的轻杆与质量为m的小球B相连，如图甲所示，轻杆平行于水平导轨，给小球B一个竖直向下的初速度v0＝。已知A、B均可视为质点，系统运动过程中小球和轻杆均不会与水平导轨发生碰撞，求：
（1）小球B第一次运动到最低点时，物体A的速度大小；
（2）小球B第一次运动到最低点时，小球B对轻杆的作用力大小；
（3）以A、B初始位置的左三等分点O为坐标原点建立如图乙所示平面直角坐标系xOy，求小球B运动的轨迹方程，并写明横、纵坐标的取值范围。
2024-2025学年四川省成都七中高三（上）段考物理试卷（12月份）
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题共7个小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求。选对得4分，选错得0分。）
1．（4分）如图所示，一束由a、b两束单色光组成的复合光以相同的入射角从介质射入真空中，只有a光能出射（ ）
A．a光的频率大于b光频率
B．a光的折射率小于b光折射率
C．对于同一宽度的单缝装置，b光比a光更容易发生衍射现象
D．从介质射入真空中，a光的波长变短
【分析】根据图像判断a光和b光的临界角的大小关系，再根据，判断折射率的大小关系，从而得到频率的大小关系；根据c＝λf得到a光和b光的波长关系，波长越长越容易发生衍射现象；根据判断a光波长的变化。
【解答】解：AB.由图可知，a光发生了折射，则说明临界角Ca＞Cb
根据，可得na＜nb，故a光的频率小于b光的频率，故A错误；
C.由于a光的频率小于b光的频率，根据c＝λf可得，则a光更容易发生衍射现象；
D.根据，从介质中射入真空中，速度变大，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查光的折射和全反射的综合问题，需要通过光路图判断临界角的大小关系，并根据相关公式判断折射率、频率以及波长的大小关系。
2．（4分）一质量为M的探空气球在匀速下降，若气球所受浮力F始终保持不变，气球在运动过程中所受阻力仅与速率有关，现欲使该气球以同样速率匀速上升，则需从气球吊篮中减少的质量为（ ）
A．0B．M﹣C．2M﹣D．2（M﹣）
【分析】分别对气球匀速上升和匀速下降过程进行受力分析，根据共点力平衡条件列式求解即可．
【解答】解：匀速下降时，受到重力Mg，向上的阻力f
Mg＝F+f…①
气球匀速上升时，受到重力（M﹣Δm）g，向下的阻力f
（M﹣Δm）g+f＝F…②
由①②式解得：
Δm＝2（M﹣）
故选：D。
【点评】本题考查学生对物体的受力分析和二力平衡条件的理解应用情况，是一道基础题．
3．（4分）光滑水平地面上，质量为2kg、上表面粗糙的木板正以3m/s的速度向右运动。某时刻在木板右端滑上可视为质点的物块，质量为1kg，大小也是3m/s。经过2s后，物块刚好滑到木板左端且二者刚好相对静止。这一过程中2）（ ）
A．木板长度为3m
B．物块与木板间的动摩擦因数为0.1
C．系统产热为12J
D．摩擦力对物块做功为4J
【分析】物块与木板组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律求出共同速度；求出木板的加速度，应用牛顿第二定律求出动摩擦因数；应用能量守恒定律求出木板的长度；应用功的计算公式求出系统产生的热量与摩擦力做的功。
【解答】解：AB、设木板质量为M，木板与物块所组成的系统所受合外力为零，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：Mv0﹣mv0＝（M+m）v
代入数据解得：v＝4m/s
对系统，由能量守恒定律得：
木板的加速度大小为a1＝
对木板，由牛顿第二定律有：μmg＝Ma8
代入数据解得物块与木板间的动摩擦因数为：μ＝0.2
设木板长度为L，由能量守恒定律得：
代入数据解得木板的长度为：L＝6m，故AB错误；
C、系统因摩擦产生的热为Q＝μmgL＝0.8×1×10×6J＝12J；
D、物块达到共速时的对地位移为x＝，负号表示位移向左，
摩擦力对物块做的功为W＝μmgx＝3.2×1×10×（﹣7）J＝﹣4J，故D错误。
故选：C。
【点评】分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律、牛顿第二定律与运动学公式可以解题。
4．（4分）真空中有两个点电荷Q1、Q2，以其连线所在直线建立x轴，x轴上各点电势φ在x轴正半轴上分布如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．从O到x0过程中，电场强度大小先变小后变大
B．Q1的电荷量大于Q2
C．Q1、Q2为异种电荷
D．除无穷远处外，x轴上共存在两个电场强度为0的点
【分析】BC.φ﹣x图像的斜率表示场强，由图知，x0处图像斜率为零，则电场强度等于零，据此分析判断；
A.φ﹣x图像的斜率表示场强，由图知，从O到x0过程中，图像斜率一直减小，据此分析判断；
D.结合前面分析，即可分析判断。
【解答】解：BC.φ﹣x图像的斜率表示场强，由图知，x0处图像斜率为零，则电场强度等于零1、Q8在此处的电场强度等大、反向2距离此处较远，则可知Q1、Q5为异种电荷，且Q2的电荷量大于Q1，故B错误，C正确；
A.φ﹣x图像的斜率表示场强，由图知6过程中，图像斜率一直减小，故A错误；
D.结合前面分析可知，除无穷远处外，就是x0点，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查对φ﹣x图像的掌握，解题时需注意，φ﹣x图像的斜率表示场强，其中斜率的大小表示该点场强的大小、斜率的正负可以确定电场强度的方向。
5．（4分）如图所示，电源电动势E＝3V，小灯泡L的规格为“2V 0.4W”，当电阻箱R调到3Ω时，小灯泡L正常发光。现将开关S接2，则（ ）
A．电源内阻为2Ω
B．电动机的内阻为3Ω
C．电动机的输出功率为0.12W
D．若某时刻电动机转子被卡住，电源效率提高
【分析】开关S接1，当电阻箱R调到3Ω时，小灯泡L正常发光，其电压为额定电压，其功率为额定功率，由功率公式P＝UI可求出电路中的电流，再根据闭合电路欧姆定律求解电源的电阻。将开关S接2，小灯泡L和电动机M均以额定功率正常工作，电动机为非纯电阻电路，根据闭合电路欧姆定律求出电动机两端电压，再分析电动机的内阻，根据输入功率与发热功率之差求电动机的输出功率。若某时刻电动机转子被卡住后，外电路总电阻变小，分析电流的变化，再判断电源效率的变化。
【解答】解：A、开关S接1，小灯泡L正常发光
I＝＝A＝0.7A
根据闭合电路的欧姆定律有
E＝I（R+r）+UL
解得电源内阻为r＝2Ω，故A正确；
B、将开关S接2，则电动机两端电压为
UM＝E﹣UL﹣Ir
联立解得UM＝2.6V
电动机M正常工作时其电路为非纯电阻电路，欧姆定律不适用，故B错误；
C、电动机输出功率为M未知，故电动机的输出功率算不出；
D、电源效率为，外电路总电阻变小，则电源效率降低。
故选：A。
【点评】本题考查闭合电路欧姆定律和功率公式的应用，要注意每个公式的使用条件是不同的，掌握公式的使用条件，这是解决此类问题的前提条件。
6．（4分）原子处于磁场中，某些能级会发生劈裂，这种现象称为塞曼效应。某种原子能级劈裂前后的部分能级图如图甲所示，对应频率分别为ν1、ν2、ν3。若用①照射图乙中的光电管时能发生光电效应，则（ ）
A．频率为ν3的光子的动量为
B．若用②照射该金属表面时，一定不能发生光电效应
C．用①、③两种光分别照射图乙中的光电管，①光对应的遏止电压更大
D．将三束光分别射入同一双缝，②光产生的干涉条纹间距最大
【分析】根据光子动量公式结合光速公式求解光子动量大小；
原子能级跃迁放出的光子的能量等于原子的能级差，根据题图判断出光子①②③对应的能量大小关系，结合发生光电效应的条件分析；
根据光电效应方程结合动能定理判断遏止电压大小关系；
根据干涉条纹间距公式判断。
【解答】解：B．因②对应的能级差小①对应的能级差，②的频率小①的频率，用②照射该金属可能发生光电效应，故B错误；
A．光速公式c＝λν
光子动量公式
联立解得：频率为ν3的光子动量为，故A错误；
C．图甲可知③的能级差大于①的能级差，根据光电效应方程Ek＝hν﹣W4＝eUC
可知频率ν越大，遏止电压UC越大，故③光对应的遏止电压更大；
D．结合图甲可知，根据c＝λν
可知，频率小，干涉条纹间距公式
可知波长越长，干涉条纹间距越大，②光产生的干涉条纹间距最大。
故选：D。
【点评】本题考查了原子能级跃迁与光电效应的综合问题，需要掌握玻尔理论的原子结构模型及能级跃迁条件，光电效应的发生条件和爱因斯坦光电效应方程。
7．（4分）如图所示是地月天体系统，在月球外侧的地月连线上存在一些特殊点，称为拉格朗日点。在地球上发射一颗质量为m0的人造卫星至该点后，它受到地球、月球对它的引力作用，并恰好和月球一起绕地球同角速度匀速圆周运动。已知相对于地球质量M和月球质量m来说，m0很小，所以卫星对地球和月球的引力不影响地球和月球的运动。设地心、月心间距为L，月心到该拉格朗日点的距离为d，则（ ）
A．该卫星在图中拉格朗日点的线速度小于月球的线速度
B．该卫星的发射速度大于第二宇宙速度11.2km/s
C．地月连线所在直线上共有2个拉格朗日点
D．题中物理量满足等式
【分析】该卫星在图中拉格朗日点时，卫星和月球的角速度ω相同，由v＝ωr分析两者线速度大小关系；根据第二宇宙速度的物理意义分析该卫星的发射速度大小；结合示意图分析共有几个拉格朗日点；根据万有引力提供向心力列式联立求解。
【解答】解：A、依题意知，卫星和月球的角速度ω相同，根据v＝ωr可知，故A错误；
B、当物体（航天器）飞行速度达到11.2km/s时，飞离地球进入环绕太阳运行的轨道，所以该卫星的发射速度小于第二宇宙速，故B错误；
C、地月连线所在直线上除了题中那个拉格朗日点外，故地月连线所在直线上不止2个拉格朗日点；
D、根据地球和月球对该卫星万有引力的合力提供卫星所需要的向心力，得
月球受到的向心力大小为
联立解得，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了天体运动的问题，要读懂题意，明确卫星和月球角速度关系，熟练运用万有引力提供圆周运动的向心力这一思路分析解答。
二、多项选择题（本题共3个小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求。选对得6分，选不全得3分，选错不得分。）
（多选）8．（6分）消防员在一次用高压水枪灭火的过程中同时启动了多水口进行灭火。有甲、乙两支枪口紧靠在一起的高压水枪，它们的流量相同，在失火处的落点等高所喷出的水在空中运动的轨迹如图所示，则（ ）
A．甲水枪喷出的水在最高点的速度较小
B．乙水枪管口处的水柱更细
C．甲水枪喷出的水在空中运动的时间较长
D．乙水枪的喷水功率更大
【分析】水从最高处到失火处的运动可视为平抛运动；平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动；根据它们的流量相同，结合平抛运动的规律以及动能表达式逐一分析。
【解答】解：A．水做斜抛运动，利用逆向思维，竖直方向根据自由落体规律则有
解得
即运动时间相等，水在水平方向上做匀速直线运动
x＝vxt
由图可得甲水平分位移小，则甲水平分速度小，故A正确；
B．竖直方向上
vy＝gt
结合上述可知，甲、乙喷口处竖直方向的分速度相等，喷口水的速度大小为
结合上述，由于甲水平分速度小于乙的水平分速度，甲的速度小于乙的速度，由于它们的流量相同，Q表示单位时间的出水量
由Q表达式可知，流量相等时，横截面积越小，故B正确；
C．在失火处的落点等高，甲、乙水枪喷出的水在空中运动的时间相等；
D．水枪的喷水功率
结合上述，在喷口处，则乙水枪的喷水功率更大。
故选：ABD。
【点评】本题考查了平抛运动中的功率问题，解题的关键是根据运动的合成与分解知识和平抛运动的规律求解喷水功率。
（多选）9．（6分）一列简谐横波的波形图如图甲所示，实线和虚线分别为t1＝0时刻和t2时刻的波形图，P、Q分别是平衡位置为为x1＝1m和x2＝4m的两质点，质点Q的振动图像如图乙所示。根据图中信息，下列说法正确的是（ ）
A．该列简谐横波沿x轴正方向传播
B．该列简谐横波的波速大小为4m/s
C．质点P从0时刻到t2时刻经过的路程可能为50cm
D．质点P的振动方程为
【分析】根据“同侧法”判断传播方向；根据波速计算公式求解波的传播速度；质点P不在平衡位置，由此分析质点P从0时刻到t2时刻经过的路程；写出质点Q的振动方程，质点P与质点Q相位差恒定，由此得到质点P的振动方程。
【解答】解：A．由图乙可知t＝0时刻，根据“同侧法”可知，故A正确；
B．由图甲可知，由图乙可知，波的传播速度为：＝，故B正确；
C．质点P从t1＝0时刻到时刻t2有：
处于平衡位置的质点从0时刻到t2时刻经过的路程：
当n＝1时，s＝50cm，故质点P从0时刻到t3时刻经过的路程不可能为50cm，故C错误；
D．根据Q点的振动情况可知质点Q的振动方程为：
质点P与质点Q相位差恒定，为：
故质点P的振动方程为：，故D错误。
故选：AB。
【点评】本题既要理解振动图像和波动图像各自的物理意义，由振动图像能判断出质点的速度方向，同时要把握两种图像的内在联系，能由质点的速度方向，判断出波的传播方向。
（多选）10．（6分）如图所示为模拟“电磁制动”原理的示意图，间距为L的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左端连接阻值为R的定值电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现使导体棒以某一初速度向右运动，经距离d后停止运动（ ）
A．整个过程中通过电阻R的电荷量为
B．导体棒的初速度为
C．整个过程中金属棒产生的热量为
D．整个过程中金属棒的运动时间为
【分析】根据电荷量的经验公式进行解答；根据动量定理求解导体棒的初速度；根据能量关系、焦耳定律求解整个过程中金属棒产生的热量；分析导体棒的运动情况，根据位移计算公式分析运动时间。
【解答】解：A、根据电荷量的经验公式可知＝，故A错误；
B、取向右为正方向LΔt＝7﹣mv，解得导体棒的初速度为：v＝；
C、根据能量关系可得整个过程中产生的热为：Q＝
根据焦耳定律可知整个过程中金属棒产生的热量为：QR＝
联立解得：QR＝，故C正确；
D、如果导体棒做匀减速直线运动＝d，但导体棒运动过程中安培力减小，运动时间大于。
故选：BC。
【点评】对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
三、实验题（本题共2个小题，共14分。）
11．（6分）在“观察电容器的充、放电现象”实验中。实验装置如图甲所示：电池、电容器、定值电阻（阻值为R）、电压传感器、单刀双掷开关以及导线若干。
（1）实验时，先将单刀双掷开关S与“1”端相接，再将单刀双掷开关S与“2”端相接。从开关S与“2”端相接瞬间开始计时，已知图线与坐标轴围成的面积为S0。根据该图像可以粗测出实验中电容器的电容C＝ ；（用题中已知物理量R、Um、S0和t0表示）；
（2）若换用另一阻值更大的定值电阻重复实验，则得到的U﹣t图像中，t0将 变大 ，Um将 不变 。（均填“变大”“变小”或“不变”）。
【分析】（1）根据i﹣t图线与坐标轴围成的面积表示电荷量，结合欧姆定律和电容的定义式计算即可；
（2）换用另一阻值更大的定值电阻重复实验在，则放电电流将减小，电容器储存的电荷量不变，据此分析放电时间，刚放电时的电压Um等于充电结束时电源电动势，与电阻无关。
【解答】解：（1）因为电容器放电时的i﹣t图线与坐标轴围成的面积表示电容器放电的电荷量，根据欧姆定律结合图乙
根据电容
联立解得
（2）换用另一阻值更大的定值电阻重复实验在，则放电电流将减小
Q＝It
则放电时间增大，故t7变大；
根据实验原理可知，刚放电时的电压Um等于充电结束时电源电动势，与电阻无关。
故答案为：（1）；（2）变大。
【点评】知道i﹣t图线与坐标轴围成的面积表示电荷量，电容器刚放电时的电压Um等于充电结束时电源电动势，与电阻无关等是解题的基础。
12．（8分）图甲是探究“测量匀变速直线运动的加速度”的实验装置，一端带有定滑轮的长木板上固定有一个光电门，与之相连的计时器（未画出），跨过定滑轮的轻绳一端与小车前端A处相连，另一端与沙桶相连。实验时
（1）设遮光片的宽度d，某次实验中小车释放位置与光电门的距离为x，光电门显示时间为t。则小车运动的加速度可表示为 ；（用物理量符号表示）
（2）用游标卡尺测量遮光片的宽度，如图乙所示，其读数为 6.60 mm；
（3）为提高测量精度，改变小车释放位置与光电门的距离x，以x为横坐标，，在坐标纸中作出﹣x图线如图丙所示。由此进一步求得滑块的加速度a＝ 0.44 m/s2。（计算结果保留2位有效数字）
（4）下列操作可以减小实验误差的是 D 。（填写正确答案前面的字母标号）
A.适当增大小车质量
B.适当增大沙桶质量
C.实验前适当抬高木板以平衡摩擦力
D.适当减小挡光片宽度
【分析】根据光电门测速的原理以及速度—位移公式解得小车的加速度，根据图像代数解得加速度大小。
【解答】解：（1）根据题意可知，小车通过光电门时的速度为
由速度—位移公式
v2＝2ax
联立解得
（2）由图乙可知，遮光片的宽度为
d＝6mm+12×5.05mm＝6.60mm
（3）根据小问（1）的推导，整理可得
结合图丙可得
＝m/s2
解得
a≈4.44m/s2
（4）ABC．由光电门研究匀变速直线运动加速度的实验原理可知、适当增大沙桶质量和实验前适当抬高木板以平衡摩擦力，故ABC错误；
D．适当减小挡光片宽度，测得的速度越接近瞬时速度，故D正确。
故选：D。
故答案为：（1）；（2）6.60；（4）D
【点评】本题考查了探究“测量匀变速直线运动的加速度”实验，光电门测速度以及游标卡尺的读数。
四、计算题（本题共3个小题，共40分。要求写出必要的公式、文字叙述。）
13．（10分）一定质量的理想气体从状态A先后经历状态B、C，最终回到状态A，其p﹣V图像如图所示。已知理想气体的内能U＝，其中p、V分别为气体的压强和体积，所有变化过程均缓慢发生。
（1）已知气体在状态A时的热力学温度为T0，求气体在状态B和状态C时的热力学温度TB和TC；
（2）求气体从状态A到状态B过程吸收的热量Q1和从状态C到状态A过程吸收的热量Q2之比。
【分析】（1）根据图示图象求出气体的状态参量，应用查理定律与盖—吕萨克定律求出气体在状态B与状态C的热力学温度。
（2）根据题意求出气体内能的变化量，然后根据热力学第一定律求出气体与外界交换的热量，然后求出热量之比。
【解答】解：（1）由图示p﹣V图像可知，气体从A到B过程是等容变化
气体从B到C过程是等压变化，根据盖—吕萨克定律得：
解得：TB＝2T0，
（2）A到B过程中气体内能的变化量：
该过程气体体积不变，外界对气体不做功
由热力学第一定律ΔU＝W+Q得：
从C到A过程中，气体内能的变化量：
气体做的功：
由热力学第一定律ΔU＝W+Q得：
则
答：（1）气体在状态B和状态C时的热力学温度TB和TC分别是2T0、。
（2）气体从状态A到状态B过程吸收的热量Q6和从状态C到状态A过程吸收的热量Q2之比是。
【点评】根据图示图象分析清楚气体状态变化过程、求出气体状态参量，应用查理定律与盖—吕萨克定律与热力学第一定律即可解题，应用热力学第一定律解题时注意各物理量正负号的含义。
14．（12分）如图所示的平面直角坐标系xOy，在第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向，磁场的上边界与x轴重合。一质量为m、电荷量为﹣q的粒子，从点a（0，）0沿x轴正方向射入电场，通过电场后从点b（2h，0）立即进入矩形磁场，且速度恰好沿y轴。不计粒子所受的重力。求：
（1）第一象限的电场强度大小E；
（2）磁感应强度的大小B；
（3）矩形磁场区域的最小面积S。
【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，将运动分解处理，应用运动学公式与牛顿第二定律解答。
（2）由运动学公式求得粒子在b点的速度大小与方向，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系求得运动半径，由洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度。
（3）由几何关系求解矩形磁场区域的最小面积。
【解答】解：（1）粒子在电场中仅受电场力，做类平抛运动。
沿+x方向做匀速直线运动，则有：
v0t＝2h
沿﹣y方向做匀加速直线运动，则有：
由牛顿第二定律可得
qE＝ma
联立解得：
（2）由（1）可得：粒子在b点沿+x方向的分速度大小为v3，沿﹣y方向的分速度大小vy满足：
解得：
可得粒子在b点的速度大小为：v＝＝
其方向与x轴成的夹角为θ，则有：
tanθ＝＝，可得：θ＝30°
粒子在磁场中的运动的轨迹如下图所示：
设粒子做圆周运动的半径为r，由几何关系可得：
r+r•sin30°＝8h
解得：
由洛伦兹力提供向心力可得：
解得：
（3）最小的矩形磁场区域如下图所示：
由几何关系可得矩形的长为：
宽为：r+rsin30°＝2h
解得：S＝h×2h＝
答：（1）第一象限的电场强度大小E为；
（2）磁感应强度的大小B为；
（3）矩形磁场区域的最小面积S为。
【点评】本题考查了带电粒子在电磁场中运动问题，粒子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解解答，在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系解答。
15．（18分）质量为2m的物体A穿在光滑的水平导轨上，用长为L的轻杆与质量为m的小球B相连，如图甲所示，轻杆平行于水平导轨，给小球B一个竖直向下的初速度v0＝。已知A、B均可视为质点，系统运动过程中小球和轻杆均不会与水平导轨发生碰撞，求：
（1）小球B第一次运动到最低点时，物体A的速度大小；
（2）小球B第一次运动到最低点时，小球B对轻杆的作用力大小；
（3）以A、B初始位置的左三等分点O为坐标原点建立如图乙所示平面直角坐标系xOy，求小球B运动的轨迹方程，并写明横、纵坐标的取值范围。
【分析】（1）由题意可知，A、B系统水平方向动量守恒、机械能守恒，据此列式，即可分析求解；
（2）由题意，根据向心力的来源列式，结合牛顿第三定律，即可分析求解；
（3）结合前面分析，确定任意时刻A、B水平位移大小的关系，再结合数学知识及机械能守恒，即可分析求解。
【解答】解：（1）设小球B从初始位置第一次运动到最低点时，A、B的速度大小分别为vA、vB。
由题意可知，A、B系统水平方向不受外力、B系统水平方向动量守恒，可得：0＝2mvA﹣mvB，
且该系统机械能守恒，可得：，
联立可得：，；
（2）设小球B第一次运动到最低点时，轻杆对小球B的作用力大小为T相，
则有：，v相＝vA+vB，
联立可得：，
由牛顿第三定律可得，小球B第一次运动到最低点时；
（3）设任意时刻A、B的水平位移大小分别为xA、xB，由前面分析可知，2mvA＝mvB，
则任意极短时间Δt内满足：8mvAΔt＝mvBΔt，累积后满足：2mxA＝mxB，则有：2xA＝xB，
设任意时刻小球B的坐标为（x，y），
则此时：，可得：，
由2xA＝xB可得，此时：，
则A的坐标为：，
由杆长为L可得：，
整理可得：，
设B运动到最高点时的纵坐标为ymax，此时两物体速度均为7，由机械能守恒定律可得：
，
解得：，
当B运动到x轴上时水平位移最大，故，；
答：（1）小球B第一次运动到最低点时，物体A的速度大小为；
（2）小球B第一次运动到最低点时，小球B对轻杆的作用力大小为；
（3）以A、B初始位置的左三等分点O为坐标原点建立如图乙所示平面直角坐标系xOy，横、纵坐标的取值范围为：，。
【点评】本题主要考查动量守恒与能量守恒共同解决实际问题，解题时需注意挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等时。题号
1
2
3
4
5
6
7
答案
B
D
C
C
A
D
D