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天津市2020届高三上学期期末考试模拟物理试题
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高三期末物理测试卷（一）
第Ⅰ卷
一、单项选择题（每小题5分，共25分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）
1.下列说法正确的是（ ）
A. 当两个分子间的距离小于平衡距离时，分子间的作用表现为引力
B. 物体的内能是物体中所有分子热运动动能之和
C. 只经历等温过程的理想气体，如果压强增加一倍，则其体积减少一半
D. 如果没有能量损失，则热机能把从单独一个热源吸收的热量全部转化成机械能
【答案】C
【解析】
【详解】A. 当两个分子间的距离小于平衡距离时，分子间的作用表现为斥力，选项A错误；
B. 物体的内能是物体中所有分子热运动动能和势能之和，选项B错误；
C. 根据理想气体状态方程，只经历等温过程的理想气体，如果压强增加一倍，则其体积减少一半，选项C正确；
D. 由热力学第二定律知热机不能把从单独一个热源吸收的热量全部转化成机械能，选项D错误。
故选C。
2.如图所示,在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A,A的左端紧靠竖直墙,A与竖直墙之间放一光滑圆球B,整个装置处于静止状态,若把A向右移动少许后,它们仍处于静止状态,则
A. B对墙的压力增大
B. A与B之间的作用力增大
C. 地面对A的摩擦力减小
D. A对地面的压力减小
【答案】C
【解析】
【详解】AB．小球B受重力、A的支持力F1和墙壁的压力F2．如下图所示：
将重力G分解为G1和G2，则根据平衡可知，
F2=G2=Gtanθ
当A向右移动少许，根据题意可知，A对小球B的作用力F1与竖直方向的夹角θ将减小，根据力图分析可知：因为θ减小，则cosθ增大，tanθ减小，即墙壁对小球B的作用力将减小，A对小球B的支持力减小．根据牛顿第三定律可知，球B对墙壁的压力将减小，球B对A的压力亦减小，选项AB错误．
C．再对A进行受力分析知：
由于A的平衡，所以A受地面摩擦力f=FBsinθ，根据题意知，B对A的压力FB减小且FB与竖直方向的夹角θ减小，故A所受地面的摩擦力f减小．再根据牛顿第三定律，地面所受A的摩擦力减小，选项C正确．
D．对AB的整体，竖直方向受到地面的支持力和AB的重力，则地面的支持力等于AB的重力之和，选项D错误．
3.我国在近两年将发射10颗左右的导航卫星，预计在2015年建成由30多颗卫星组成的 “北斗二号”卫星导航定位系统，此系统由中轨道、高轨道和同步轨道卫星等组成.现在正在服役的“北斗一号”卫星定位系统的三颗卫星都定位在距地面36000km的地球同步轨道上.而美国的全球卫星定位系统(简称GPS)由24颗卫星组成，这些卫星距地面的高度均为20000km.则下列说法中正确的是
A. “北斗一号”系统中的三颗卫星的质量必须相等
B. GPS的卫星比“北斗一号”的卫星周期短
C. “北斗二号”中的每颗卫星一定比“北斗一号”中的每颗卫星的加速度大
D. “北斗二号”中的中轨道卫星的线速度小于高轨道卫星的线速度
【答案】B
【解析】
【详解】同步轨道上的卫星质量可以不等，故A错；多卫星围绕同一天体做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，即，解得，，，可知，轨道半径越大，v、 ω、越小，周期T变大，“北斗一号”的轨道半径大于GPS的卫星，故GPS的卫星周期短，B正确；“北斗二号”由中轨道、高轨道和同步轨道卫星等组成，则高轨道卫星轨道半径比“北斗一号”还大，加速度应小于“北斗一号”中的每颗卫星，故C错；“北斗二号”中的中轨道卫星的线速度大于高轨道卫星的线速度，故D错．答案为B．
4.如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上。以下判断正确的是（ ）
A. b点场强大于d点场强
B. b点场强为零
C. a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差
D. 试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能
【答案】C
【解析】
【详解】A.在两等量异种点电荷连线上中点的场强最小，在两等量异种点电荷连线的中垂线上中点的电场强度最大。所以b点的场强小于连线中点的场强，d点的场强大于中点的场强，则b点场强小于d点场强，选项A错误；
B.根据适矢量的叠加，b点的合场强由b指向c，不为零，选项B错误；
C.由对称性可知，a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差，选项C正确；
D.因a点的电势高于c点的电势，故试探电荷+q在a点的电势能大于在c点的电势能，选项D错误。
故选C。
5.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h．圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A．弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g．则圆环（ ）
A. 下滑过程中，加速度一直减小
B. 下滑过程中，克服摩擦力做功为
C. 在C处，弹簧的弹性势能为
D. 上滑经过B的速度小于下滑经过B的速度
【答案】B
【解析】
【详解】A.圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，又经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小后增大，选项A错误；
B研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理有：
同理在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理有：
联立解得：，选项B正确；
C.由得，所以在C处弹簧弹性势能为，选项C错误；
D.圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理有：
圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理有：
即
所以，即上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度，选项D错误。
故选B。
二、多项选择题（每小题5分，共15分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）
6.如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈（单匝）的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2Ω．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1A．那么
A. 线圈消耗的电功率为4W
B. 线圈中感应电流的有效值为2A
C. 任意时刻线圈中的感应电动势为
D. 任意时刻穿过线圈的磁通量为
【答案】AC
【解析】
【详解】从垂直中性面开始其瞬时表达式为，则电流的最大值为，B错误；感应电动势的最大值为 ，任意时刻线圈中的感应电动势为，C正确；线圈消耗的电功率为，A正确；任意时刻穿过线圈的磁通量为，根据公式可得,故，D错误；
7.简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向由a到b传播，波速为v。若某时刻在波的传播方向上，位于平衡位置的两质点a、b相距为s，a、b之间只存在一个波谷，则从该时刻开始计时，质点a第一次到达波谷的时刻可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【详解】位于平衡位置的两质点a、b相距为s，a、b之间只存在一个波谷，则a、b之间波形可能为以下几种情况：
又因为波沿x轴正方向由a到b传播，则a点的振动方向如图所示。
所以质点a第一次到达波谷的时刻可能是：
选项AD正确，BC错误。
故选AD。
【点睛】解决本题的关键要确定波长与s的关系，求得周期。并能熟练根据波的传播方向判断质点的振动方向。
8.如图所示，上、下表面平行的玻璃砖置于空气中，一束复色光斜射到上表面，穿过玻璃后从下表面射出，分成a、b两束平行单色光。下列说法中正确的是（ ）
A. 玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率
B. 在玻璃中a光的全反射临界角小于b光的全反射临界角
C. 在玻璃中a光的传播速度大于b光的传播速度
D. 同一光电管得到的a光的遏止电压比b光的大
【答案】BD
【解析】
【详解】A. 由图看出，光线通过平行的玻璃砖后，a光的侧移大于b光的侧移，说明玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，选项A错误；
B. 由知折射率越大，临界角越小，所以在玻璃中a光的全反射临界角小于b光的全反射临界角，选项B正确；
C. 由可知在玻璃中a光的传播速度小于b光的传播速度，选项C错误；
D. 折射率越大遏止电压越大，所以同一光电管得到的a光的遏止电压比b光的大，选项D正确。
故选BD。
第Ⅱ卷
三、非选择题（计算题要写出必要的公式和推演过程，只写答案的不得分共55分）
9.（1）某学习小组用图甲所示的实验装置探究“动能定理”．他们在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放．
①某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=__________mm．
②下列实验要求中不必要的一项是__________（请填写选项前对应的字母）．
A．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量
B．应使A位置与光电门间的距离适当大些
C．应将气垫导轨调至水平
D．应使细线与气垫导轨平行
③实验时保持滑块的质量M和A、B间的距离L不变，改变钩码质量m，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块动能变化与合外力对它所做功的关系，处理数据时应作出的图象是__________（请填写选项前对应的字母）．
A．作出“t-F图象”
B．作出“t2-F图象”
C．作出“t2-F-1图象”
D．作出“t-1-F2图象”
【答案】 (1). 2. 30 (2). A (3). C
【解析】
【详解】①[1] 游标卡尺测得遮光条的宽度.
②[2] A．该实验中滑块受到的力可以直接通过力传感器测得，因此不必要使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量。
B．为了测量的准确性，应使A位置与光电门间的距离适当大些；
C D．本实验应将气垫导轨调至水平，使细线与气垫导轨平行。
本题选不必要的一项，故选A。
③[3] 滑块动能变化，合外力对它所做功的，若合外力做功与动能变化相等，则有，即
所以要研究滑块动能变化与合外力对它所做功的关系，处理数据时应作出“t2-F-1图象”。
选项C正确，ABD错误。
故选C。
10.利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻，除导线、开关外，实验室还提供如下器材：
A．电压表V1（3V，内阻约为5kΩ）
B．电压表V2（15V，内阻约为10kΩ）
C．电流表A1（0．6A，内阻约为1Ω）
D．电流表A2（3A，内阻约为0．03Ω）
E．阻值为2．0Ω的定值电阻R1
F．阻值为20Ω的定值电阻R2
G．最大阻值为10Ω的滑动变阻器R3
H．最大阻值为100Ω的滑动变阻器R4
要求尽量减小实验误差。
(1)应该选择的实验电路是图__________（选“a”或“b”）；
(2)电流表应选择___，电压表应选择____，定值电阻应选择______，滑动变阻器应选择__________；（填写选项前的序号）
(3)通过实验采集数据，分别以电流表的示数I（A）和电压表的示数U（V）为横、纵坐标，计算机拟合得到U－I图像，拟合公式为U=－2.6I+1.4，则电源的电动势E=___V；内阻r=__________Ω；
(4)在该实验中，产生系统误差的主要原因是__________。
A．电压表的分流作用
B．电压表的分压作用
C．电流表的分压作用
D．电流表的分流作用
E．定值电阻的分压作用
F．滑动变阻器的分流作用
【答案】 (1). a (2). A (3). C (4). E (5). G (6). 1.4 (7). 0.6 (8). A
【解析】
【详解】(1)[1]由于两电表内阻未知，并且电流表内阻与等效内阻接近，误差较大，所以应采用相对电源的外接法，故选择a电路；
(2)[2][3]一节干电池电动势约为1.5V，则电压表应选0－3V的C；电路中电流较小，故电流表应选择量程较小的A1；
[4][5]由于电动势较小，内阻较小，为了得出合适的电流，保护电阻应选择阻值小的E；为方便实验操作，滑动变阻器应选总阻值较小的G；
(3)[6][7]由闭合电路欧姆定律可知，U=E－Ir，对比给出的公式U=－2.6I+1.4可知，电源电动势
等效内阻为2.6Ω，则电源实际内阻
(4)[8]本实验中由于电压表的分流而导致电流表小于真实值，而保护电阻作为内阻处理，不影响实验结果，电流表内阻和滑动变阻器没有影响，故A正确，BCDE错误。
故选A。
11.如图，质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘齐平．B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为μ＝，质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触．现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半．
(1)求细绳能够承受的最大拉力；
(2)若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大；
(3)通过计算判断C能否从木板上掉下来．
【答案】(1)3mg(2)L(3) 滑块C不会从木板上掉下来
【解析】
【详解】（1）设小球运动到最低点的速率为v0，小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
解得：
小球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律：
由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：T´=T
解得：T´=3mg
（2）小球碰撞后平抛运动．在竖直方向上：
水平方向：L=
解得：h=L
（3）小球与滑块C碰撞过程中小球和C系统满足动量守恒，设C碰后速率为v1，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为v2，由动量守恒定律的：
由能量守恒定律得：
联立⑨⑩⑪解得：s=L/2
由s
（2）小球做平抛运动，应用平抛运动规律分析答题；
（3）应用动量守恒定律与能量守恒定律求出C位移，然后根据位移与木板的长度关系分析答题．
12.如图所示，将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场的方向垂直纸面向里，线框向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进入磁场．整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力f，且线框不发生转动．求：
(1)线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度v2；
(2)线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v1；
(3)线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q.
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
【分析】
(1)下落阶段匀速进入磁场说明线框所受力：重力、空气阻力及向上的安培力的合力为零.(2)对比线框离开磁场后继续上升一段高度（设为h），然后下落相同高度h到匀速进入磁场时两个阶段受力情况不同，合力做功不同，由动能定理：线框从离开磁场至上升到最高点的过程．(3)求解焦耳热Q，需要特别注意的是线框向上穿过磁场是位移是a+b而不是b，这是易错的地方
【详解】(1)线框在下落阶段匀速进入磁场瞬间，由平衡知识有：
解得：
(2)线框从离开磁场至上升到最高点的过程，由动能定理：
线圈从最高点落至进入磁场瞬间：
联立解得：
(3)线框在向上通过磁场过程中，由能量守恒定律有：
而
解得：
即线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热为
【点睛】此类问题的关键是明确所研究物体运动各个阶段的受力情况，做功情况及能量转化情况，选择利用牛顿运动定律、动能定理或能的转化与守恒定律解决针对性的问题，由于过程分析不明而易出现错误.
13.在竖直平面内建立一平面直角坐标系xoy，x轴沿水平方向，如图甲所示．第二象限内有一水平向右的匀强电场，场强为E1．坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场，电场方向竖直向上，场强E2=，匀强磁场方向垂直纸面．处在第三象限的某种发射装置（图中没有画出）竖直向上射出一个比荷=102C/kg的带正电的微粒（可视为质点），该微粒以v0=4m/s的速度从-x上的A点进入第二象限，并以v1=8m/s速度从+y上的C点沿水平方向进入第一象限．取微粒刚进入第一象限的时刻为0时刻，磁感应强度按图乙所示规律变化（以垂直纸面向外的磁场方向为正方向），g=10m/s2．试求：
（1）带电微粒运动到C点的纵坐标值h及电场强度E1；
（2）+x轴上有一点D，OD=OC，若带电微粒在通过C点后的运动过程中不再越过y轴，要使其恰能沿x轴正方向通过D点，求磁感应强度B0及其磁场的变化周期T0为多少？
（3）要使带电微粒通过C点后的运动过程中不再越过y轴，求交变磁场磁感应强度B0和变化周期T0的乘积B0T0应满足的关系？
【答案】（1）0．2N/C
（2）B0=0．2n（T）（n=1，2，3…）；（n＝1，2，3…）
（3）（kg/C）．
【解析】
【详解】(1)将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做匀加速直线运动.
.
.
，
则qE1=2mg，计算得出E1=0.2N/C.
(2)qE2=mg，所以带电的粒子在第一象限将做匀速圆周运动，设粒子运动圆轨道半径为R，周期为T，则 可得.
使粒子从C点运动到D点，则有：.
计算得出： （n=1，2，3…）.
，
（n=1，2，3…）.
(3)当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过y轴时可作如图运动情形：
由图可以知道
.
【点睛】（1）将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，得出两个方向上的运动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律求出带电微粒运动到C点的纵坐标值h及电场强度E1；
（2）若带电微粒在通过C点后的运动过程中不再越过y轴，要使其恰能沿x轴正方向通过D点，作出粒子的运动的轨迹图，根据洛伦兹力提供向心力，得出粒子在磁场中运动的半径大小，结合几何关系，求出磁感应度的通项表达式，再根据周期的关系求出磁场的变化周期T0的通项表达式．
（3）当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过y轴时，根据几何关系求出圆心角的大小，从而求出T0的范围，以及B0 T0应满足的关系．
高三期末物理测试卷（二）
第Ⅰ卷
一、选择题（每小题5分，共25分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）
14. 下列说法正确的是
A. 机械能全部变成内能是不可能的
B. 第二类永动机不可能制造成功的原因是因为能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，只能从一个物体转移到另一个物体，或从一种形式转化成另一种形式
C. 根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体
D. 从单一热源吸收的热量全部变成功是可能的
【答案】D
【解析】
A、根据开尔文的描述可知：机械能可以全部转化为内能，而内能无法全部用来做功以转换成机械能，故A错误；
B、第二类永动机是指只需从单一热源吸收热能便能永远对外做功的动力机械，虽然不违反能量的转化和守恒，但是违反了机械能和内能转化的方向性，即违反了热力学第二定律，故B错误；
C、热量不能自发的从低温传递到高温物体，但是引起其它变化时，可以从低温传递到高温物体，如开动冰箱的压缩机，可以使热量从低温传递到高温，故C错误；
D、在产生其它影响的情况下，可以从单一热源吸收的热量全部变成功，故D正确．
点睛：本题考查了学生对热力学第二定律的理解，概念性强，理解起来比较抽象，学生可以通过生活中的实例来加深理解．
15.如图所示，表面粗糙的固定斜面顶端安有滑轮，两物块P、Q用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦），P悬于空中，Q放在斜面上，均处于静止状态．当用水平向左的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，则（ ）
A. Q受到的摩擦力一定变小
B. Q受到的摩擦力一定变大
C. 轻绳上拉力一定不变
D. 轻绳上拉力一定变小
【答案】C
【解析】
【分析】
分别对P、Q两个物体进行受力分析，运用力的平衡条件解决问题．由于不知具体数据，对于静摩擦力的判断要考虑全面．
【详解】对物体Q受力分析，受重力、拉力、支持力，可能有静摩擦力；当静摩擦力沿斜面向上时，有T+f=mgsinθ，当用水平向左的恒力推Q时，静摩擦力f会减小，也可能摩擦力大小不变，方向相反．当静摩擦力沿着斜面向下时，有T=f+gsinθ，当用水平向左的恒力推Q时，静摩擦力会增加；故AB错误．对物体P受力分析，受重力和拉力，二力平衡，故绳子的拉力等于物体P的重力；当用水平向左的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，故绳子的拉力仍然等于物体P的重力，轻绳上拉力一定不变．故C正确，D错误；故选C．
16.图示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一个位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A。则下列说法正确的是( )
A. 电压表V1示数增大
B. 电压表V2、V3示数均增大
C. 该变压器起升压作用
D. 变阻器滑片是沿c→d的方向滑动
【答案】D
【解析】
电流表示数增大，说明滑动变阻器接入电路的阻值减小，故应从c向d滑动，故D正确；电压表V1、V2示数不变，故A、B错误；原副线圈中的电流和匝数成反比，即n1I1=n2I2，电流变化时，n1ΔI1=n2ΔI2，故，应是降压变压器，C错误．
【考点定位】考查理想变压器和电路知识．
17.图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点。则该粒子（ ）
A. 带负电
B. 在c点受力最大
C. 在b点的电势能大于在c点的电势能
D. 由a点到b点的动能变化等于由b点到c点的动能变化
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，故粒子带正电荷，选项A错误；
B.点电荷的电场强度的特点是离场源电荷距离越大，场强越小，所以粒子在C点受到的电场力最小，选项B错误；
C.根据动能定理，粒子由b到c，电场力做正功，动能增加，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，选项C正确；
D.由于点电荷的电场强度的特点是离场源电荷距离越大，场强越小，故a到b电场力做功比由b点到c点电场力做功多，动能变化也大，选项D错误。
故选C。
18.如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P连接，另一端与物体A相连，物体A至于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度。下列有关该过程的分析中正确的是（ ）
A. B物体受到细线的拉力保持不变
B. A物体与B物体组成的系统机械能守恒
C. 物体B机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量
D. 当弹簧的拉力等于B物体的重力时，A物体的动能最大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 以A、B组成的系统为研究对象，有，由于弹簧的伸长量x逐渐变大，所以从开始到B速度达到最大的过程中，B加速度逐渐减小，由可知绳子的拉力T逐渐增大，选项A错误；
B.整个系统只有弹力和重力做功，因此A物体与B物体以及弹簧组成的系统的机械能守恒，选项B错误；
C. B物体机械能的减小量等于弹簧弹性势能的增量和物体A动能的增量，所以物体B机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，选项C错误；
D. 由知由于弹簧的伸长量x逐渐变大加速度逐渐减小，当加速度减为零时速度达到最大，此时弹簧的拉力等于B物体的重力，选项D正确。
故选D。
二、多项选择题（每小题5分，共15分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）
19.如图所示，a为放在赤道上的物体；b为沿地球表面附近做匀圆周运动的人造卫星；c为地球同步卫星。以下关于a、b、c的说法中正确的是（ ）
A. a、b、c做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为
B. a、b、c做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为
C. a、b、c做匀速圆周运动的线速度大小关系为
D. a、b、c做匀速圆周运动的周期关系为
【答案】BC
【解析】
【详解】AB.根据向心加速度公式可知，又a、c的角速度相同，根据知，选项A错误，B正确；
C.线速度公式可判断，又a、c的角速度相同，根据知，选项C正确；
D.周期公式可判断，又a、c的角速度相同，周期相同，选项D错误。
故选BC。
20.一束复色光射到平行玻璃砖的上表面，经玻璃砖下表面射出，如图所示，其中有三种色光刚好照射到三块相同的金属板A、B、C上，发现金属板B上有光电子飞出，则可知（ ）
A. A板一定有光电子飞出
B. C板一定有光电子飞出
C. a、c光可能分别为红光、紫光
D. a、c光可能分别为蓝光、黄光
【答案】AD
【解析】
【详解】CD.由图可知a、b、c三种光经平行玻璃砖后的偏折程度a光最大，c光最小，所以折射率关系有，三种光的频率关系有。所以a、c光可能分别为蓝光、黄光，不可能分别为红光、紫光，选项C错误，D正确；
AB.根据产生光电效应的条件：入射光的频率大于金属的截止频率，则当金属板B上有光电子飞出，照射到金属板B上的光的频率更大，金属板A一定有光电子飞出，但金属板C不一定有光电子飞出，选项A正确，B错误。
故选AD。
21.一列简谐横波沿x轴传播。在x=12m处的质元a的振动图线如图甲所示，在x=18m处的质元b的振动图线如图乙所示。下列判断正确的是（ ）
A. 质元a在波谷时，质元b一定在平衡位置向y轴正方向振动
B. 若波沿+x方向传播，这列波的最大传播速度为3m/s
C. 若波沿－x方向传播，这列波的最大波长为24m
D. 若波的传播速度为0.2m/s，则这列波沿+x方向传播
【答案】ACD
【解析】
【详解】A. 质元a在波谷时，如t=0和t=8s时刻，质元b一定在平衡位置向y轴正方向振动，选项A正确；
B. 若波沿+x方向传播，在t=0这列波的时刻，图甲中质元a在波谷，图乙中质元b正通过平衡位置向上振动，则有：
，n=0，1，2……
解得, n=0，1，2……
传播速度, n=0，1，2……
所以这列波的最大传播速度为
选项B错误；
C. 若波沿－x方向传播，则有：
，n=0，1，2……
解得, n=0，1，2……
所以这列波的最大波长为
选项C正确；
D. 若波的传播速度为0.2m/s，代入可知n=3成立，则这列波沿+x方向传播，选项D正确。
故选ACD。
第Ⅱ卷
三、非选择题（计算题要写出必要的公式和推演过程，只写答案的不得分共55分）
22.利用图中所示的装置可以研究自由落体运动，实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落，打点计时器会再纸带上打出一系列的小点。
①若实验时用到的计时器为电磁打点计时器，打点计时器的安装要使两个限位孔在同一____________（选填“水平”或“竖直”）线上，以减少摩擦阻力；
②实验过程中，下列说法正确的是（ ）
A．接通电源的同时要立刻释放重物
B．选取纸带时要选取第1个点与第2个点之间的距离接近4mm且清晰的纸带
C．释放重物之前要让重物靠近打点计时器
D．为了使实验数据更加准确，可取多次测量结果的平均值
③为了测得重物下落的加速度，还需要的实验仪器是（ ）
A．天平 B．秒表 C．米尺
【答案】 (1). 竖直 (2). CD (3). C
【解析】
【详解】①[1]因为自由落体运动是竖直方向上的运动，所以为了减小实验中的阻力，应使两个限位孔在同一竖直线上。
②[2]A．在使用打点计时器时，应先接通电源等稳定后再释放重物，选项A错误；
B．根据自由落体运动规律第1个点与第2个点之间的距离接近
所以选取纸带时要选取第1个点与第2个点之间的距离接近2mm且清晰的纸带，选项B错误；
C．为了得到更多的数据释放重物时，释放重物之前要让重物靠近打点计时器，选项C正确；
D．为了减小测量带来的偶然误差，可以多次测量求平均值，选项D正确。
故选CD。
[3]实验中还需要刻度尺测量计数点间的距离，故还需要米尺，选项C正确，AB错误。
故选C。
23.如图所示，带有挡板的长木板置于光滑水平面上，轻弹簧放置在木板上，右端与挡板相连，左端位于木板上的B点．开始时木板静止，小铁块从木板上的A点以速度v0=4.0m/s正对着弹簧运动，压缩弹簧，弹簧的最大形变量xm=0.10m；之后小铁块被弹回，弹簧恢复原长；最终小铁块与木板以共同速度运动．已知当弹簧的形变量为x时，弹簧的弹性势能Ep=kx2，式中k为弹簧的劲度系数；长木板质量M=3.0kg，小铁块质量m=1.0kg，k=600N/m，A、B两点间的距离d=0.50m．取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力．
（1）求当弹簧被压缩最短时小铁块速度的大小v；
（2）求小铁块与长木板间的动摩擦因数μ；
（3）试通过计算说明最终小铁块停在木板上的位置．
【答案】（1）v=1.0m/s（2）μ=0.50（3）最终小铁块停在木板上的A位置
【解析】
【分析】
当弹簧被压缩最短时，小铁块与木板达到共同速度v，根据动量守恒定律即可求出弹簧被压缩最短时小铁块速度的大小v；铁块在木板上从A滑到B的过程中，系统减速的动能转化为弹簧的势能和系统的内能．根据功能关系即可求出铁块与长木板间的动摩擦因数；铁块被弹簧弹开后到相对木板静止的过程中，动量守恒，同时系统减少的机械能转化为内能，根据以上两个关系，列出公式即可求解．
【详解】(1)当弹簧被压缩最短时，小铁块与木板达到共同速度v，根据动量守恒定律
代入数据，解得
(2)由功能关系，摩擦产生的热量等于系统损失的机械能
代入数据，解得
(3)小铁块停止滑动时，与木板有共同速度，由动量守恒定律判定，其共同速度仍为
设小铁块在木板上向左滑行的距离为s，由功能关系
代入数据，解得
而
，
所以，最终小铁块停在木板上A点。
24.如图所示，在xOy平面内，第一象限内有匀强电场，匀强电场电场强度大小为E，方向沿y轴正方向，在x轴下方有匀强磁场,磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里．有一个质量为m、电荷量为e的电子(不计重力)，从y轴上的P点以初速度v0垂直于电场方向进入电场，经电场偏转后沿着与x轴正方向成45°的方向进入磁场，并能返回到出发点P。
（1）作出电子运动轨迹的示意图，并说明电子的运动情况；
（2）P点到O点的竖直距离为多少？
（3）电子从P点出发经多长时间第一次返回P点。
【答案】（1）；运动性质见解析（2）（3）
【解析】
【详解】（1）电子的运动轨迹如图所示，
电子进入电场，从P到A做匀变速曲线运动(类平抛运动)，之后进入磁场，从A经C再到D，做匀速圆周运动，最后离开磁场，从D到P做匀速直线运动．
（2）电子经过A点的速度大小为
；
电子从P到A，由动能定理
，
所以
；
（3）电子从P到A，所用时间
；
电子从A到C再到D，圆弧所对圆心角为270°，所用时间
；
电子从D到P，所用时间
，
电子第一次回到P点的时间
.
25.图（甲）是磁悬浮实验车与轨道示意图，图（乙）是固定在车底部金属框abcd（车厢与金属框绝缘）与轨道上运动磁场的示意图．水平地面上有两根很长的平行直导轨PQ和MN，导轨间有竖直（垂直纸面）方向等间距的匀强磁场和，二者方向相反．车底部金属框的ad边宽度与磁场间隔相等，当匀强磁场和同时以恒定速度v0沿导轨方向向右运动时，金属框会受到磁场力，带动实验车沿导轨运动．设金属框垂直导轨的ab边长L=0.20m、总电阻R=l.6Ω，实验车与线框的总质量m=2.0kg，磁场Bl=B2=1.0T，磁场运动速度．已知悬浮状态下，实验车运动时受到恒定的阻力f=0.20N，求：
（1）设t=0时刻，实验车的速度为零，求金属框受到的磁场力的大小和方向；
（2）求实验车的最大速率；
（3）实验车以最大速度做匀速运动时，为维持实验车运动，外界在单位时间内需提供的总能量？
（4）假设两磁场由静止开始向右做匀加速运动来启动实验车，当两磁场运动的时间为t=30s时，实验车正在向右做匀加速直线运动，此时实验车的速度为v=4m/s，求由两磁场开始运动到实验车开始运动所需要的时间．
【答案】（1）1N方向水平向右（2）8m/s（3）2J（4）
【解析】
【详解】（1）当实验车的速度为零时，线框相对于磁场的速度大小为v0，线框中左右两边都切割磁感线，产生感应电动势，则有：
所以此时金属框受到的磁场力的大小
代入数值解得
根据楞次定律可判断磁场力方向水平向右。
（2）实验车最大速率为时相对磁场的切割速率为，则此时线框所受的磁场力大小为
此时线框所受的磁场力与阻力平衡，得：
所以
（3）实验车以最大速度做匀速运动时，克服阻力的功率为
当实验车以速度匀速运动时金属框中感应电流
金属框中的热功率为
所以外界在单位时间内需提供的总能量为
（4）根据题意分析可得，为实现实验车最终沿水平方向做匀加速直线运动，其加速度必须与两磁场由静止开始做匀加速直线运动的加速度相同。
设加速度为a，则t时刻金属线圈中的电动势
金属框中感应电流
又因为安培力
所以对试验车，由牛顿第二定律得
解得
设从磁场运动到实验车起动需要时间为t0，则t0时刻金属线圈中的电动势
金属框中感应电流
又因为安培力
对实验车，由牛顿第二定律得：
即
解得由两磁场开始运动到实验车开始运动所需要的时间：
。
26. “测定某电阻丝的电阻率”实验
①实验中，用螺旋测微器测量一种电阻值很大的电阻丝直径，刻度位置如图所示，则电阻丝的直径是____________mm。
②用多用表的欧姆档粗测电阻丝的阻值：已知此电阻丝的阻值约为几十kΩ。下面给出的操作步骤中，合理的实验步骤顺序是：____________（填写相应的字母）。旋转选择开关其尖端应对准的欧姆档位是____________；根据表中指针所示位置，电阻丝的阻值约为____________Ω。
a．将两表笔短接，调节欧姆档调零旋钮使指针对准刻度盘上欧姆档的零刻度，而后断开两表笔
b．将两表笔分别连接到被测电阻丝两端，读出阻值后，断开两表笔
c．旋转选择开关s，使其尖端对准欧姆档的某一档位
d．旋转选择开关s，使其尖端对准交流500V档，并拔出两表笔
③若用电流表和电压表精确测量此电阻丝的阻值，实验室提供下列可供选用的器材：
电压表V（量程3V，内阻50kΩ）
电流表A1（量程800μA，内阻200Ω）
电流表A2（量程5mA，内阻20Ω）
电流表A3（量程0．6A，内阻1Ω）
滑动变阻器R（最大阻值1kΩ）
电源E（电源电压为4V）
开关S、导线
a．在所提供的电流表中应选用____________（填字母代号）；
b．在虚线框中画出测电阻的实验电路_________；
④分别用l、d、表示电阻丝的长度、直径和阻值，则该电阻丝的电阻率表达式为ρ=____________
【答案】 (1). 0. 435 (2). cabd (3). ×1K (4). 32000 (5). A1 (6). (7).
【解析】
【详解】①[1] 螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度读数之和。所以电阻丝直径
②[2]使用多用表的欧姆档测电阻时，应先选择合适的档位，然后进行欧姆调零，再进行电阻测量；使用完毕后，要把选择开关置于OFF档或交流最高档。所以合理的实验步骤顺序是：cabd；
[3]因为待测电阻丝的阻值约为几十kΩ，所以旋转选择开关其尖端应对准的欧姆档位是×1K；
[4]根据表中指针所示位置，电阻丝的阻值约为。
③[5]因为电源电压为4V，由欧姆定律知电路中最大电流约为
，
故电流表应选A1；
[6]待测电阻阻值约为32kΩ，远大于滑动变阻器的最大阻值1kΩ，所以滑动变阻器应采用分压接法；电流表A1内阻为200Ω，电压表内阻为50kΩ，可知待测电阻阻值远大于电流表内阻，而与电压表内阻接近，为减小测量误差，电流表应采用内接法。
实验电路图如图所示：
（4）电阻丝电阻
所以该电阻丝的电阻率
27.利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．除导线、开关外，实验室还提供如下器材：
A．电压表V1（3V，内阻约为5kΩ）
B．电压表V2（15V，内阻约为10kΩ）
C．电流表A1（0．6A，内阻约为1Ω）
D．电流表A2（3A，内阻约为0．03Ω）
E．阻值为2．0Ω的定值电阻R1
F．阻值为20Ω的定值电阻R2
G．最大阻值为10Ω的滑动变阻器R3
H．最大阻值为100Ω的滑动变阻器R4
要求尽量减小实验误差．
图a 图b
（1）应该选择的实验电路是图__________（选“a”或“b”）．
（2）电流表应选择__________，电压表应选择__________，定值电阻应选择__________，滑动变阻器应选择__________．（填写选项前的序号）
（3）通过实验采集数据，分别以电流表的示数I（A）和电压表的示数U（V）为横、纵坐标，计算机拟合得到U-I图象，拟合公式为U=-2．6I+1．4．则电源的电动势E=__________V；内阻r=__________Ω．
（4）在该实验中，产生系统误差的主要原因是__________．
A．电压表的分流作用 B．电压表的分压作用
C．电流表的分压作用 D．电流表的分流作用
E．定值电阻的分压作用
F．滑动变阻器的分流作用
【答案】 (1). a (2). A (3). C (4). E (5). G (6). 1. 4 (7). 0. 6 (8). A
【解析】
【详解】解：（1）[1]定值电阻与干电池内阻串联，可视为等效内阻，由于电流表内阻与等效内阻接近，误差较大，所以电流表应采用相对电源的外接法，故选择图a电路；
（2）[2]电路中电流较小，故电流表应选择量程较小的电流表A1（0．6A，内阻约为1Ω），故选C；
[3]一节干电池电动势约为1.5V，所以电压表应选电压表V1（3V，内阻约为5kΩ），故选A；
[4]由于干电池电动势较小，内阻较小，为了得出合适的电流，保护电阻应选择阻值小的R1，故选E；
[5]为方便实验操作，滑动变阻器应选总阻值较小的R3，故选G；
（3）[6]根据闭合电路欧姆定律有U=E-Ir，对比U-I图象的拟合公式U=-2.6I+1.4可知，电源电动势E=1.4V。
[7]对比拟合公式有等效内阻为2.6Ω，所以电源的内阻r=2.6Ω-2Ω=0.6Ω；
（4）[8]本实验中由于电压表的分流作用而导致电流表的测量值小于真实值，而保护电阻作为等效内阻处理，不影响实验结果，电流表内阻和滑动变阻器对实验结果也没有影响，选项A正确，BCDEF错误。
故选A。
高三期末物理测试卷（一）
第Ⅰ卷
一、单项选择题（每小题5分，共25分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）
1.下列说法正确的是（ ）
A. 当两个分子间的距离小于平衡距离时，分子间的作用表现为引力
B. 物体的内能是物体中所有分子热运动动能之和
C. 只经历等温过程的理想气体，如果压强增加一倍，则其体积减少一半
D. 如果没有能量损失，则热机能把从单独一个热源吸收的热量全部转化成机械能
【答案】C
【解析】
【详解】A. 当两个分子间的距离小于平衡距离时，分子间的作用表现为斥力，选项A错误；
B. 物体的内能是物体中所有分子热运动动能和势能之和，选项B错误；
C. 根据理想气体状态方程，只经历等温过程的理想气体，如果压强增加一倍，则其体积减少一半，选项C正确；
D. 由热力学第二定律知热机不能把从单独一个热源吸收的热量全部转化成机械能，选项D错误。
故选C。
2.如图所示,在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A,A的左端紧靠竖直墙,A与竖直墙之间放一光滑圆球B,整个装置处于静止状态,若把A向右移动少许后,它们仍处于静止状态,则
A. B对墙的压力增大
B. A与B之间的作用力增大
C. 地面对A的摩擦力减小
D. A对地面的压力减小
【答案】C
【解析】
【详解】AB．小球B受重力、A的支持力F1和墙壁的压力F2．如下图所示：
将重力G分解为G1和G2，则根据平衡可知，
F2=G2=Gtanθ
当A向右移动少许，根据题意可知，A对小球B的作用力F1与竖直方向的夹角θ将减小，根据力图分析可知：因为θ减小，则cosθ增大，tanθ减小，即墙壁对小球B的作用力将减小，A对小球B的支持力减小．根据牛顿第三定律可知，球B对墙壁的压力将减小，球B对A的压力亦减小，选项AB错误．
C．再对A进行受力分析知：
由于A的平衡，所以A受地面摩擦力f=FBsinθ，根据题意知，B对A的压力FB减小且FB与竖直方向的夹角θ减小，故A所受地面的摩擦力f减小．再根据牛顿第三定律，地面所受A的摩擦力减小，选项C正确．
D．对AB的整体，竖直方向受到地面的支持力和AB的重力，则地面的支持力等于AB的重力之和，选项D错误．
3.我国在近两年将发射10颗左右的导航卫星，预计在2015年建成由30多颗卫星组成的 “北斗二号”卫星导航定位系统，此系统由中轨道、高轨道和同步轨道卫星等组成.现在正在服役的“北斗一号”卫星定位系统的三颗卫星都定位在距地面36000km的地球同步轨道上.而美国的全球卫星定位系统(简称GPS)由24颗卫星组成，这些卫星距地面的高度均为20000km.则下列说法中正确的是
A. “北斗一号”系统中的三颗卫星的质量必须相等
B. GPS的卫星比“北斗一号”的卫星周期短
C. “北斗二号”中的每颗卫星一定比“北斗一号”中的每颗卫星的加速度大
D. “北斗二号”中的中轨道卫星的线速度小于高轨道卫星的线速度
【答案】B
【解析】
【详解】同步轨道上的卫星质量可以不等，故A错；多卫星围绕同一天体做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，即，解得，，，可知，轨道半径越大，v、 ω、越小，周期T变大，“北斗一号”的轨道半径大于GPS的卫星，故GPS的卫星周期短，B正确；“北斗二号”由中轨道、高轨道和同步轨道卫星等组成，则高轨道卫星轨道半径比“北斗一号”还大，加速度应小于“北斗一号”中的每颗卫星，故C错；“北斗二号”中的中轨道卫星的线速度大于高轨道卫星的线速度，故D错．答案为B．
4.如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上。以下判断正确的是（ ）
A. b点场强大于d点场强
B. b点场强为零
C. a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差
D. 试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能
【答案】C
【解析】
【详解】A.在两等量异种点电荷连线上中点的场强最小，在两等量异种点电荷连线的中垂线上中点的电场强度最大。所以b点的场强小于连线中点的场强，d点的场强大于中点的场强，则b点场强小于d点场强，选项A错误；
B.根据适矢量的叠加，b点的合场强由b指向c，不为零，选项B错误；
C.由对称性可知，a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差，选项C正确；
D.因a点的电势高于c点的电势，故试探电荷+q在a点的电势能大于在c点的电势能，选项D错误。
故选C。
5.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h．圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A．弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g．则圆环（ ）
A. 下滑过程中，加速度一直减小
B. 下滑过程中，克服摩擦力做功为
C. 在C处，弹簧的弹性势能为
D. 上滑经过B的速度小于下滑经过B的速度
【答案】B
【解析】
【详解】A.圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，又经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小后增大，选项A错误；
B研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理有：
同理在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理有：
联立解得：，选项B正确；
C.由得，所以在C处弹簧弹性势能为，选项C错误；
D.圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理有：
圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理有：
即
所以，即上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度，选项D错误。
故选B。
二、多项选择题（每小题5分，共15分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）
6.如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈（单匝）的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2Ω．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1A．那么
A. 线圈消耗的电功率为4W
B. 线圈中感应电流的有效值为2A
C. 任意时刻线圈中的感应电动势为
D. 任意时刻穿过线圈的磁通量为
【答案】AC
【解析】
【详解】从垂直中性面开始其瞬时表达式为，则电流的最大值为，B错误；感应电动势的最大值为 ，任意时刻线圈中的感应电动势为，C正确；线圈消耗的电功率为，A正确；任意时刻穿过线圈的磁通量为，根据公式可得,故，D错误；
7.简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向由a到b传播，波速为v。若某时刻在波的传播方向上，位于平衡位置的两质点a、b相距为s，a、b之间只存在一个波谷，则从该时刻开始计时，质点a第一次到达波谷的时刻可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【详解】位于平衡位置的两质点a、b相距为s，a、b之间只存在一个波谷，则a、b之间波形可能为以下几种情况：
又因为波沿x轴正方向由a到b传播，则a点的振动方向如图所示。
所以质点a第一次到达波谷的时刻可能是：
选项AD正确，BC错误。
故选AD。
【点睛】解决本题的关键要确定波长与s的关系，求得周期。并能熟练根据波的传播方向判断质点的振动方向。
8.如图所示，上、下表面平行的玻璃砖置于空气中，一束复色光斜射到上表面，穿过玻璃后从下表面射出，分成a、b两束平行单色光。下列说法中正确的是（ ）
A. 玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率
B. 在玻璃中a光的全反射临界角小于b光的全反射临界角
C. 在玻璃中a光的传播速度大于b光的传播速度
D. 同一光电管得到的a光的遏止电压比b光的大
【答案】BD
【解析】
【详解】A. 由图看出，光线通过平行的玻璃砖后，a光的侧移大于b光的侧移，说明玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，选项A错误；
B. 由知折射率越大，临界角越小，所以在玻璃中a光的全反射临界角小于b光的全反射临界角，选项B正确；
C. 由可知在玻璃中a光的传播速度小于b光的传播速度，选项C错误；
D. 折射率越大遏止电压越大，所以同一光电管得到的a光的遏止电压比b光的大，选项D正确。
故选BD。
第Ⅱ卷
三、非选择题（计算题要写出必要的公式和推演过程，只写答案的不得分共55分）
9.（1）某学习小组用图甲所示的实验装置探究“动能定理”．他们在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放．
①某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=__________mm．
②下列实验要求中不必要的一项是__________（请填写选项前对应的字母）．
A．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量
B．应使A位置与光电门间的距离适当大些
C．应将气垫导轨调至水平
D．应使细线与气垫导轨平行
③实验时保持滑块的质量M和A、B间的距离L不变，改变钩码质量m，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块动能变化与合外力对它所做功的关系，处理数据时应作出的图象是__________（请填写选项前对应的字母）．
A．作出“t-F图象”
B．作出“t2-F图象”
C．作出“t2-F-1图象”
D．作出“t-1-F2图象”
【答案】 (1). 2. 30 (2). A (3). C
【解析】
【详解】①[1] 游标卡尺测得遮光条的宽度.
②[2] A．该实验中滑块受到的力可以直接通过力传感器测得，因此不必要使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量。
B．为了测量的准确性，应使A位置与光电门间的距离适当大些；
C D．本实验应将气垫导轨调至水平，使细线与气垫导轨平行。
本题选不必要的一项，故选A。
③[3] 滑块动能变化，合外力对它所做功的，若合外力做功与动能变化相等，则有，即
所以要研究滑块动能变化与合外力对它所做功的关系，处理数据时应作出“t2-F-1图象”。
选项C正确，ABD错误。
故选C。
10.利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻，除导线、开关外，实验室还提供如下器材：
A．电压表V1（3V，内阻约为5kΩ）
B．电压表V2（15V，内阻约为10kΩ）
C．电流表A1（0．6A，内阻约为1Ω）
D．电流表A2（3A，内阻约为0．03Ω）
E．阻值为2．0Ω的定值电阻R1
F．阻值为20Ω的定值电阻R2
G．最大阻值为10Ω的滑动变阻器R3
H．最大阻值为100Ω的滑动变阻器R4
要求尽量减小实验误差。
(1)应该选择的实验电路是图__________（选“a”或“b”）；
(2)电流表应选择___，电压表应选择____，定值电阻应选择______，滑动变阻器应选择__________；（填写选项前的序号）
(3)通过实验采集数据，分别以电流表的示数I（A）和电压表的示数U（V）为横、纵坐标，计算机拟合得到U－I图像，拟合公式为U=－2.6I+1.4，则电源的电动势E=___V；内阻r=__________Ω；
(4)在该实验中，产生系统误差的主要原因是__________。
A．电压表的分流作用
B．电压表的分压作用
C．电流表的分压作用
D．电流表的分流作用
E．定值电阻的分压作用
F．滑动变阻器的分流作用
【答案】 (1). a (2). A (3). C (4). E (5). G (6). 1.4 (7). 0.6 (8). A
【解析】
【详解】(1)[1]由于两电表内阻未知，并且电流表内阻与等效内阻接近，误差较大，所以应采用相对电源的外接法，故选择a电路；
(2)[2][3]一节干电池电动势约为1.5V，则电压表应选0－3V的C；电路中电流较小，故电流表应选择量程较小的A1；
[4][5]由于电动势较小，内阻较小，为了得出合适的电流，保护电阻应选择阻值小的E；为方便实验操作，滑动变阻器应选总阻值较小的G；
(3)[6][7]由闭合电路欧姆定律可知，U=E－Ir，对比给出的公式U=－2.6I+1.4可知，电源电动势
等效内阻为2.6Ω，则电源实际内阻
(4)[8]本实验中由于电压表的分流而导致电流表小于真实值，而保护电阻作为内阻处理，不影响实验结果，电流表内阻和滑动变阻器没有影响，故A正确，BCDE错误。
故选A。
11.如图，质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘齐平．B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为μ＝，质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触．现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半．
(1)求细绳能够承受的最大拉力；
(2)若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大；
(3)通过计算判断C能否从木板上掉下来．
【答案】(1)3mg(2)L(3) 滑块C不会从木板上掉下来
【解析】
【详解】（1）设小球运动到最低点的速率为v0，小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
解得：
小球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律：
由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：T´=T
解得：T´=3mg
（2）小球碰撞后平抛运动．在竖直方向上：
水平方向：L=
解得：h=L
（3）小球与滑块C碰撞过程中小球和C系统满足动量守恒，设C碰后速率为v1，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为v2，由动量守恒定律的：
由能量守恒定律得：
联立⑨⑩⑪解得：s=L/2
由s
（2）小球做平抛运动，应用平抛运动规律分析答题；
（3）应用动量守恒定律与能量守恒定律求出C位移，然后根据位移与木板的长度关系分析答题．
12.如图所示，将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场的方向垂直纸面向里，线框向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进入磁场．整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力f，且线框不发生转动．求：
(1)线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度v2；
(2)线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v1；
(3)线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q.
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
【分析】
(1)下落阶段匀速进入磁场说明线框所受力：重力、空气阻力及向上的安培力的合力为零.(2)对比线框离开磁场后继续上升一段高度（设为h），然后下落相同高度h到匀速进入磁场时两个阶段受力情况不同，合力做功不同，由动能定理：线框从离开磁场至上升到最高点的过程．(3)求解焦耳热Q，需要特别注意的是线框向上穿过磁场是位移是a+b而不是b，这是易错的地方
【详解】(1)线框在下落阶段匀速进入磁场瞬间，由平衡知识有：
解得：
(2)线框从离开磁场至上升到最高点的过程，由动能定理：
线圈从最高点落至进入磁场瞬间：
联立解得：
(3)线框在向上通过磁场过程中，由能量守恒定律有：
而
解得：
即线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热为
【点睛】此类问题的关键是明确所研究物体运动各个阶段的受力情况，做功情况及能量转化情况，选择利用牛顿运动定律、动能定理或能的转化与守恒定律解决针对性的问题，由于过程分析不明而易出现错误.
13.在竖直平面内建立一平面直角坐标系xoy，x轴沿水平方向，如图甲所示．第二象限内有一水平向右的匀强电场，场强为E1．坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场，电场方向竖直向上，场强E2=，匀强磁场方向垂直纸面．处在第三象限的某种发射装置（图中没有画出）竖直向上射出一个比荷=102C/kg的带正电的微粒（可视为质点），该微粒以v0=4m/s的速度从-x上的A点进入第二象限，并以v1=8m/s速度从+y上的C点沿水平方向进入第一象限．取微粒刚进入第一象限的时刻为0时刻，磁感应强度按图乙所示规律变化（以垂直纸面向外的磁场方向为正方向），g=10m/s2．试求：
（1）带电微粒运动到C点的纵坐标值h及电场强度E1；
（2）+x轴上有一点D，OD=OC，若带电微粒在通过C点后的运动过程中不再越过y轴，要使其恰能沿x轴正方向通过D点，求磁感应强度B0及其磁场的变化周期T0为多少？
（3）要使带电微粒通过C点后的运动过程中不再越过y轴，求交变磁场磁感应强度B0和变化周期T0的乘积B0T0应满足的关系？
【答案】（1）0．2N/C
（2）B0=0．2n（T）（n=1，2，3…）；（n＝1，2，3…）
（3）（kg/C）．
【解析】
【详解】(1)将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做匀加速直线运动.
.
.
，
则qE1=2mg，计算得出E1=0.2N/C.
(2)qE2=mg，所以带电的粒子在第一象限将做匀速圆周运动，设粒子运动圆轨道半径为R，周期为T，则 可得.
使粒子从C点运动到D点，则有：.
计算得出： （n=1，2，3…）.
，
（n=1，2，3…）.
(3)当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过y轴时可作如图运动情形：
由图可以知道
.
【点睛】（1）将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，得出两个方向上的运动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律求出带电微粒运动到C点的纵坐标值h及电场强度E1；
（2）若带电微粒在通过C点后的运动过程中不再越过y轴，要使其恰能沿x轴正方向通过D点，作出粒子的运动的轨迹图，根据洛伦兹力提供向心力，得出粒子在磁场中运动的半径大小，结合几何关系，求出磁感应度的通项表达式，再根据周期的关系求出磁场的变化周期T0的通项表达式．
（3）当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过y轴时，根据几何关系求出圆心角的大小，从而求出T0的范围，以及B0 T0应满足的关系．
高三期末物理测试卷（二）
第Ⅰ卷
一、选择题（每小题5分，共25分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）
14. 下列说法正确的是
A. 机械能全部变成内能是不可能的
B. 第二类永动机不可能制造成功的原因是因为能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，只能从一个物体转移到另一个物体，或从一种形式转化成另一种形式
C. 根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体
D. 从单一热源吸收的热量全部变成功是可能的
【答案】D
【解析】
A、根据开尔文的描述可知：机械能可以全部转化为内能，而内能无法全部用来做功以转换成机械能，故A错误；
B、第二类永动机是指只需从单一热源吸收热能便能永远对外做功的动力机械，虽然不违反能量的转化和守恒，但是违反了机械能和内能转化的方向性，即违反了热力学第二定律，故B错误；
C、热量不能自发的从低温传递到高温物体，但是引起其它变化时，可以从低温传递到高温物体，如开动冰箱的压缩机，可以使热量从低温传递到高温，故C错误；
D、在产生其它影响的情况下，可以从单一热源吸收的热量全部变成功，故D正确．
点睛：本题考查了学生对热力学第二定律的理解，概念性强，理解起来比较抽象，学生可以通过生活中的实例来加深理解．
15.如图所示，表面粗糙的固定斜面顶端安有滑轮，两物块P、Q用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦），P悬于空中，Q放在斜面上，均处于静止状态．当用水平向左的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，则（ ）
A. Q受到的摩擦力一定变小
B. Q受到的摩擦力一定变大
C. 轻绳上拉力一定不变
D. 轻绳上拉力一定变小
【答案】C
【解析】
【分析】
分别对P、Q两个物体进行受力分析，运用力的平衡条件解决问题．由于不知具体数据，对于静摩擦力的判断要考虑全面．
【详解】对物体Q受力分析，受重力、拉力、支持力，可能有静摩擦力；当静摩擦力沿斜面向上时，有T+f=mgsinθ，当用水平向左的恒力推Q时，静摩擦力f会减小，也可能摩擦力大小不变，方向相反．当静摩擦力沿着斜面向下时，有T=f+gsinθ，当用水平向左的恒力推Q时，静摩擦力会增加；故AB错误．对物体P受力分析，受重力和拉力，二力平衡，故绳子的拉力等于物体P的重力；当用水平向左的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，故绳子的拉力仍然等于物体P的重力，轻绳上拉力一定不变．故C正确，D错误；故选C．
16.图示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一个位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A。则下列说法正确的是( )
A. 电压表V1示数增大
B. 电压表V2、V3示数均增大
C. 该变压器起升压作用
D. 变阻器滑片是沿c→d的方向滑动
【答案】D
【解析】
电流表示数增大，说明滑动变阻器接入电路的阻值减小，故应从c向d滑动，故D正确；电压表V1、V2示数不变，故A、B错误；原副线圈中的电流和匝数成反比，即n1I1=n2I2，电流变化时，n1ΔI1=n2ΔI2，故，应是降压变压器，C错误．
【考点定位】考查理想变压器和电路知识．
17.图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点。则该粒子（ ）
A. 带负电
B. 在c点受力最大
C. 在b点的电势能大于在c点的电势能
D. 由a点到b点的动能变化等于由b点到c点的动能变化
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，故粒子带正电荷，选项A错误；
B.点电荷的电场强度的特点是离场源电荷距离越大，场强越小，所以粒子在C点受到的电场力最小，选项B错误；
C.根据动能定理，粒子由b到c，电场力做正功，动能增加，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，选项C正确；
D.由于点电荷的电场强度的特点是离场源电荷距离越大，场强越小，故a到b电场力做功比由b点到c点电场力做功多，动能变化也大，选项D错误。
故选C。
18.如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P连接，另一端与物体A相连，物体A至于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度。下列有关该过程的分析中正确的是（ ）
A. B物体受到细线的拉力保持不变
B. A物体与B物体组成的系统机械能守恒
C. 物体B机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量
D. 当弹簧的拉力等于B物体的重力时，A物体的动能最大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 以A、B组成的系统为研究对象，有，由于弹簧的伸长量x逐渐变大，所以从开始到B速度达到最大的过程中，B加速度逐渐减小，由可知绳子的拉力T逐渐增大，选项A错误；
B.整个系统只有弹力和重力做功，因此A物体与B物体以及弹簧组成的系统的机械能守恒，选项B错误；
C. B物体机械能的减小量等于弹簧弹性势能的增量和物体A动能的增量，所以物体B机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，选项C错误；
D. 由知由于弹簧的伸长量x逐渐变大加速度逐渐减小，当加速度减为零时速度达到最大，此时弹簧的拉力等于B物体的重力，选项D正确。
故选D。
二、多项选择题（每小题5分，共15分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）
19.如图所示，a为放在赤道上的物体；b为沿地球表面附近做匀圆周运动的人造卫星；c为地球同步卫星。以下关于a、b、c的说法中正确的是（ ）
A. a、b、c做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为
B. a、b、c做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为
C. a、b、c做匀速圆周运动的线速度大小关系为
D. a、b、c做匀速圆周运动的周期关系为
【答案】BC
【解析】
【详解】AB.根据向心加速度公式可知，又a、c的角速度相同，根据知，选项A错误，B正确；
C.线速度公式可判断，又a、c的角速度相同，根据知，选项C正确；
D.周期公式可判断，又a、c的角速度相同，周期相同，选项D错误。
故选BC。
20.一束复色光射到平行玻璃砖的上表面，经玻璃砖下表面射出，如图所示，其中有三种色光刚好照射到三块相同的金属板A、B、C上，发现金属板B上有光电子飞出，则可知（ ）
A. A板一定有光电子飞出
B. C板一定有光电子飞出
C. a、c光可能分别为红光、紫光
D. a、c光可能分别为蓝光、黄光
【答案】AD
【解析】
【详解】CD.由图可知a、b、c三种光经平行玻璃砖后的偏折程度a光最大，c光最小，所以折射率关系有，三种光的频率关系有。所以a、c光可能分别为蓝光、黄光，不可能分别为红光、紫光，选项C错误，D正确；
AB.根据产生光电效应的条件：入射光的频率大于金属的截止频率，则当金属板B上有光电子飞出，照射到金属板B上的光的频率更大，金属板A一定有光电子飞出，但金属板C不一定有光电子飞出，选项A正确，B错误。
故选AD。
21.一列简谐横波沿x轴传播。在x=12m处的质元a的振动图线如图甲所示，在x=18m处的质元b的振动图线如图乙所示。下列判断正确的是（ ）
A. 质元a在波谷时，质元b一定在平衡位置向y轴正方向振动
B. 若波沿+x方向传播，这列波的最大传播速度为3m/s
C. 若波沿－x方向传播，这列波的最大波长为24m
D. 若波的传播速度为0.2m/s，则这列波沿+x方向传播
【答案】ACD
【解析】
【详解】A. 质元a在波谷时，如t=0和t=8s时刻，质元b一定在平衡位置向y轴正方向振动，选项A正确；
B. 若波沿+x方向传播，在t=0这列波的时刻，图甲中质元a在波谷，图乙中质元b正通过平衡位置向上振动，则有：
，n=0，1，2……
解得, n=0，1，2……
传播速度, n=0，1，2……
所以这列波的最大传播速度为
选项B错误；
C. 若波沿－x方向传播，则有：
，n=0，1，2……
解得, n=0，1，2……
所以这列波的最大波长为
选项C正确；
D. 若波的传播速度为0.2m/s，代入可知n=3成立，则这列波沿+x方向传播，选项D正确。
故选ACD。
第Ⅱ卷
三、非选择题（计算题要写出必要的公式和推演过程，只写答案的不得分共55分）
22.利用图中所示的装置可以研究自由落体运动，实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落，打点计时器会再纸带上打出一系列的小点。
①若实验时用到的计时器为电磁打点计时器，打点计时器的安装要使两个限位孔在同一____________（选填“水平”或“竖直”）线上，以减少摩擦阻力；
②实验过程中，下列说法正确的是（ ）
A．接通电源的同时要立刻释放重物
B．选取纸带时要选取第1个点与第2个点之间的距离接近4mm且清晰的纸带
C．释放重物之前要让重物靠近打点计时器
D．为了使实验数据更加准确，可取多次测量结果的平均值
③为了测得重物下落的加速度，还需要的实验仪器是（ ）
A．天平 B．秒表 C．米尺
【答案】 (1). 竖直 (2). CD (3). C
【解析】
【详解】①[1]因为自由落体运动是竖直方向上的运动，所以为了减小实验中的阻力，应使两个限位孔在同一竖直线上。
②[2]A．在使用打点计时器时，应先接通电源等稳定后再释放重物，选项A错误；
B．根据自由落体运动规律第1个点与第2个点之间的距离接近
所以选取纸带时要选取第1个点与第2个点之间的距离接近2mm且清晰的纸带，选项B错误；
C．为了得到更多的数据释放重物时，释放重物之前要让重物靠近打点计时器，选项C正确；
D．为了减小测量带来的偶然误差，可以多次测量求平均值，选项D正确。
故选CD。
[3]实验中还需要刻度尺测量计数点间的距离，故还需要米尺，选项C正确，AB错误。
故选C。
23.如图所示，带有挡板的长木板置于光滑水平面上，轻弹簧放置在木板上，右端与挡板相连，左端位于木板上的B点．开始时木板静止，小铁块从木板上的A点以速度v0=4.0m/s正对着弹簧运动，压缩弹簧，弹簧的最大形变量xm=0.10m；之后小铁块被弹回，弹簧恢复原长；最终小铁块与木板以共同速度运动．已知当弹簧的形变量为x时，弹簧的弹性势能Ep=kx2，式中k为弹簧的劲度系数；长木板质量M=3.0kg，小铁块质量m=1.0kg，k=600N/m，A、B两点间的距离d=0.50m．取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力．
（1）求当弹簧被压缩最短时小铁块速度的大小v；
（2）求小铁块与长木板间的动摩擦因数μ；
（3）试通过计算说明最终小铁块停在木板上的位置．
【答案】（1）v=1.0m/s（2）μ=0.50（3）最终小铁块停在木板上的A位置
【解析】
【分析】
当弹簧被压缩最短时，小铁块与木板达到共同速度v，根据动量守恒定律即可求出弹簧被压缩最短时小铁块速度的大小v；铁块在木板上从A滑到B的过程中，系统减速的动能转化为弹簧的势能和系统的内能．根据功能关系即可求出铁块与长木板间的动摩擦因数；铁块被弹簧弹开后到相对木板静止的过程中，动量守恒，同时系统减少的机械能转化为内能，根据以上两个关系，列出公式即可求解．
【详解】(1)当弹簧被压缩最短时，小铁块与木板达到共同速度v，根据动量守恒定律
代入数据，解得
(2)由功能关系，摩擦产生的热量等于系统损失的机械能
代入数据，解得
(3)小铁块停止滑动时，与木板有共同速度，由动量守恒定律判定，其共同速度仍为
设小铁块在木板上向左滑行的距离为s，由功能关系
代入数据，解得
而
，
所以，最终小铁块停在木板上A点。
24.如图所示，在xOy平面内，第一象限内有匀强电场，匀强电场电场强度大小为E，方向沿y轴正方向，在x轴下方有匀强磁场,磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里．有一个质量为m、电荷量为e的电子(不计重力)，从y轴上的P点以初速度v0垂直于电场方向进入电场，经电场偏转后沿着与x轴正方向成45°的方向进入磁场，并能返回到出发点P。
（1）作出电子运动轨迹的示意图，并说明电子的运动情况；
（2）P点到O点的竖直距离为多少？
（3）电子从P点出发经多长时间第一次返回P点。
【答案】（1）；运动性质见解析（2）（3）
【解析】
【详解】（1）电子的运动轨迹如图所示，
电子进入电场，从P到A做匀变速曲线运动(类平抛运动)，之后进入磁场，从A经C再到D，做匀速圆周运动，最后离开磁场，从D到P做匀速直线运动．
（2）电子经过A点的速度大小为
；
电子从P到A，由动能定理
，
所以
；
（3）电子从P到A，所用时间
；
电子从A到C再到D，圆弧所对圆心角为270°，所用时间
；
电子从D到P，所用时间
，
电子第一次回到P点的时间
.
25.图（甲）是磁悬浮实验车与轨道示意图，图（乙）是固定在车底部金属框abcd（车厢与金属框绝缘）与轨道上运动磁场的示意图．水平地面上有两根很长的平行直导轨PQ和MN，导轨间有竖直（垂直纸面）方向等间距的匀强磁场和，二者方向相反．车底部金属框的ad边宽度与磁场间隔相等，当匀强磁场和同时以恒定速度v0沿导轨方向向右运动时，金属框会受到磁场力，带动实验车沿导轨运动．设金属框垂直导轨的ab边长L=0.20m、总电阻R=l.6Ω，实验车与线框的总质量m=2.0kg，磁场Bl=B2=1.0T，磁场运动速度．已知悬浮状态下，实验车运动时受到恒定的阻力f=0.20N，求：
（1）设t=0时刻，实验车的速度为零，求金属框受到的磁场力的大小和方向；
（2）求实验车的最大速率；
（3）实验车以最大速度做匀速运动时，为维持实验车运动，外界在单位时间内需提供的总能量？
（4）假设两磁场由静止开始向右做匀加速运动来启动实验车，当两磁场运动的时间为t=30s时，实验车正在向右做匀加速直线运动，此时实验车的速度为v=4m/s，求由两磁场开始运动到实验车开始运动所需要的时间．
【答案】（1）1N方向水平向右（2）8m/s（3）2J（4）
【解析】
【详解】（1）当实验车的速度为零时，线框相对于磁场的速度大小为v0，线框中左右两边都切割磁感线，产生感应电动势，则有：
所以此时金属框受到的磁场力的大小
代入数值解得
根据楞次定律可判断磁场力方向水平向右。
（2）实验车最大速率为时相对磁场的切割速率为，则此时线框所受的磁场力大小为
此时线框所受的磁场力与阻力平衡，得：
所以
（3）实验车以最大速度做匀速运动时，克服阻力的功率为
当实验车以速度匀速运动时金属框中感应电流
金属框中的热功率为
所以外界在单位时间内需提供的总能量为
（4）根据题意分析可得，为实现实验车最终沿水平方向做匀加速直线运动，其加速度必须与两磁场由静止开始做匀加速直线运动的加速度相同。
设加速度为a，则t时刻金属线圈中的电动势
金属框中感应电流
又因为安培力
所以对试验车，由牛顿第二定律得
解得
设从磁场运动到实验车起动需要时间为t0，则t0时刻金属线圈中的电动势
金属框中感应电流
又因为安培力
对实验车，由牛顿第二定律得：
即
解得由两磁场开始运动到实验车开始运动所需要的时间：
。
26. “测定某电阻丝的电阻率”实验
①实验中，用螺旋测微器测量一种电阻值很大的电阻丝直径，刻度位置如图所示，则电阻丝的直径是____________mm。
②用多用表的欧姆档粗测电阻丝的阻值：已知此电阻丝的阻值约为几十kΩ。下面给出的操作步骤中，合理的实验步骤顺序是：____________（填写相应的字母）。旋转选择开关其尖端应对准的欧姆档位是____________；根据表中指针所示位置，电阻丝的阻值约为____________Ω。
a．将两表笔短接，调节欧姆档调零旋钮使指针对准刻度盘上欧姆档的零刻度，而后断开两表笔
b．将两表笔分别连接到被测电阻丝两端，读出阻值后，断开两表笔
c．旋转选择开关s，使其尖端对准欧姆档的某一档位
d．旋转选择开关s，使其尖端对准交流500V档，并拔出两表笔
③若用电流表和电压表精确测量此电阻丝的阻值，实验室提供下列可供选用的器材：
电压表V（量程3V，内阻50kΩ）
电流表A1（量程800μA，内阻200Ω）
电流表A2（量程5mA，内阻20Ω）
电流表A3（量程0．6A，内阻1Ω）
滑动变阻器R（最大阻值1kΩ）
电源E（电源电压为4V）
开关S、导线
a．在所提供的电流表中应选用____________（填字母代号）；
b．在虚线框中画出测电阻的实验电路_________；
④分别用l、d、表示电阻丝的长度、直径和阻值，则该电阻丝的电阻率表达式为ρ=____________
【答案】 (1). 0. 435 (2). cabd (3). ×1K (4). 32000 (5). A1 (6). (7).
【解析】
【详解】①[1] 螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度读数之和。所以电阻丝直径
②[2]使用多用表的欧姆档测电阻时，应先选择合适的档位，然后进行欧姆调零，再进行电阻测量；使用完毕后，要把选择开关置于OFF档或交流最高档。所以合理的实验步骤顺序是：cabd；
[3]因为待测电阻丝的阻值约为几十kΩ，所以旋转选择开关其尖端应对准的欧姆档位是×1K；
[4]根据表中指针所示位置，电阻丝的阻值约为。
③[5]因为电源电压为4V，由欧姆定律知电路中最大电流约为
，
故电流表应选A1；
[6]待测电阻阻值约为32kΩ，远大于滑动变阻器的最大阻值1kΩ，所以滑动变阻器应采用分压接法；电流表A1内阻为200Ω，电压表内阻为50kΩ，可知待测电阻阻值远大于电流表内阻，而与电压表内阻接近，为减小测量误差，电流表应采用内接法。
实验电路图如图所示：
（4）电阻丝电阻
所以该电阻丝的电阻率
27.利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．除导线、开关外，实验室还提供如下器材：
A．电压表V1（3V，内阻约为5kΩ）
B．电压表V2（15V，内阻约为10kΩ）
C．电流表A1（0．6A，内阻约为1Ω）
D．电流表A2（3A，内阻约为0．03Ω）
E．阻值为2．0Ω的定值电阻R1
F．阻值为20Ω的定值电阻R2
G．最大阻值为10Ω的滑动变阻器R3
H．最大阻值为100Ω的滑动变阻器R4
要求尽量减小实验误差．
图a 图b
（1）应该选择的实验电路是图__________（选“a”或“b”）．
（2）电流表应选择__________，电压表应选择__________，定值电阻应选择__________，滑动变阻器应选择__________．（填写选项前的序号）
（3）通过实验采集数据，分别以电流表的示数I（A）和电压表的示数U（V）为横、纵坐标，计算机拟合得到U-I图象，拟合公式为U=-2．6I+1．4．则电源的电动势E=__________V；内阻r=__________Ω．
（4）在该实验中，产生系统误差的主要原因是__________．
A．电压表的分流作用 B．电压表的分压作用
C．电流表的分压作用 D．电流表的分流作用
E．定值电阻的分压作用
F．滑动变阻器的分流作用
【答案】 (1). a (2). A (3). C (4). E (5). G (6). 1. 4 (7). 0. 6 (8). A
【解析】
【详解】解：（1）[1]定值电阻与干电池内阻串联，可视为等效内阻，由于电流表内阻与等效内阻接近，误差较大，所以电流表应采用相对电源的外接法，故选择图a电路；
（2）[2]电路中电流较小，故电流表应选择量程较小的电流表A1（0．6A，内阻约为1Ω），故选C；
[3]一节干电池电动势约为1.5V，所以电压表应选电压表V1（3V，内阻约为5kΩ），故选A；
[4]由于干电池电动势较小，内阻较小，为了得出合适的电流，保护电阻应选择阻值小的R1，故选E；
[5]为方便实验操作，滑动变阻器应选总阻值较小的R3，故选G；
（3）[6]根据闭合电路欧姆定律有U=E-Ir，对比U-I图象的拟合公式U=-2.6I+1.4可知，电源电动势E=1.4V。
[7]对比拟合公式有等效内阻为2.6Ω，所以电源的内阻r=2.6Ω-2Ω=0.6Ω；
（4）[8]本实验中由于电压表的分流作用而导致电流表的测量值小于真实值，而保护电阻作为等效内阻处理，不影响实验结果，电流表内阻和滑动变阻器对实验结果也没有影响，选项A正确，BCDEF错误。
故选A。
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