2018-2019年上海市七校第二次联考物理试卷

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2018-2019年上海市七校第二次联考物理试卷

一．单项选择题（共16分，每小题2分．每小题只有一个正确选项．）

1．下列叙述中符合物理学史实的有（　　）

A．托马斯•杨通过对光的干涉现象的研究，证实了光具有波动性

B．麦克斯韦建立了完整的电磁场理论，并通过实验证实了电磁波的存在

C．查德威克通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构学说

D．贝克勒尔发现了天然放射现象，并提出原子核是由质子和中子组成的

2．在阳光下，竖直放置的肥皂膜上呈现彩色条纹，可以观察到（　　）

A．竖直方向的条纹，是由于不同频率的光各自在肥皂膜前后表面反射叠加的结果

B．竖直方向的条纹，是由于相同频率的光在肥皂膜前后表面反射叠加的结果

C．水平方向的条纹，是由于不同频率的光各自在肥皂膜前后表面反射叠加的结果

D．水平方向的条纹，是由于相同频率的光在肥皂膜前后表面反射叠加的结果

3．下列叙述正确的是（　　）

A．外界对物体做功，物体的内能一定增加

B．热量不能由低温物体传递到高温物体

C．温度升高，物体内每个分子的热运动速率都增大

D．自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性

4．分子运动是看不见、摸不着的，其运动特征不容易研究，但科学家可以通过布朗运动认识它，这种方法叫做“转换法”．下面给出的四个研究实例，其中采取的方法与上述研究分子运动的方法相同的是（　　）

A．牛顿通过对天体现象的研究，总结出万有引力定律

B．爱因斯坦在普朗克量子学说的启发下提出了光子说

C．欧姆在研究电流与电压、电阻关系时，先保持电阻不变研究电流与电压的关系；然后再保持电压不变研究电流与电阻的关系

D．奥斯特通过放在通电直导线下方的小磁针发生偏转得出通电导线的周围存在磁场的结论

5．两个相距较远（此时它们之间的分子力可以忽略）的分子在靠近的过程中（　　）

A．分子间的引力减小，斥力增大

B．分子力先增大后减小，然后再增大

C．分子势能先增大后减小

D．分子势能先增大后减小，然后再增大

6．为了探究能量转化和守恒，小明将小铁块绑在橡皮筋中部，并让橡皮筋穿入铁罐，两端分别固定在罐盖和罐底上，如图所示．让该装置从不太陡的斜面上A处滚下，到斜面上B处停下，发现橡皮筋被卷紧了，接着铁罐居然能从B处自动滚了上去．下列关于该装置能量转化的判断正确的是（　　）

A．从A处滚到B处，主要是重力势能转化为动能

B．从A处滚到B处，主要是弹性势能转化为动能

C．从B处滚到最高处，主要是动能转化为重力势能

D．从B处滚到最高处，主要是弹性势能转化为重力势能

7．在秋收的打谷场上，脱粒后的谷粒用传送带送到平地上堆积起来形成圆锥体，随着堆积谷粒越来越多，圆锥体体积越来越大，简化如图所示．用力学知识分析得出圆锥体底角的变化情况应该是（　　）

A．不断增大 B．保持不变 C．不断减小 D．先增大后减小

8．图中A球系在绝缘细线的下端，B球固定在绝缘平面上，它们带电的种类以及位置已在图中标出．A球能保持静止的是（　　）

A． B． C． D．

二．单项选择题（共24分，每小题3分．每小题只有一个正确选项．）

9．n辆汽车从同一地点先后开出，在平直的公路上排成一直线行驶．各车均由静止出发先做加速度为a匀加速直线运动，达到同一速度v做匀速直线运动．欲使汽车都匀速行驶时彼此间距均为s则各辆车依次启动的时间间隔为（不计汽车长度）（　　）

A． B． C． D．

10．如图所示电路中，电源内阻r=R₁=R₂=R₃．开关K接通后流过R₁的电流是K接通前的（　　）

A． B． C． D．

11．用a、b两束单色光分别照射同一双缝干涉装置，在距双缝恒定距离的屏上得到图示的干涉图样，其中甲图是a光照射时形成的，乙图是b光照射时形成的．则关于a、b两束单色光，下述正确的是（　　）

A．a光光子的能量较大

B．在真空中a光传播的速度较大

C．若用b光照射某金属时不能打出光电子，则用a光照射该金属时一定打不出光电子

D．用a光照射一条狭缝，用b光照射另一条狭缝，屏上将呈现彩色干涉条纹

12．弹簧秤挂在升降机的顶板上，下端挂一质量为2kg的物体．当升降机在竖直方向运动时，弹簧秤的示数始终是16N．如果从升降机的速度为3m/s时开始计时，则经过1s，升降机的位移可能是（g取10m/s²）（　　）

A．2m B．3m C．6m D．8m

13．如图所示是伽利略设计的世界上第一个温度计示意图，上部是一个球形容器，里面有一定量的空气，下部是一根细管，细管插入带色液体中，制作时先给球形容器微微加热，跑出一些空气（可视为理想气体），插入液体时，带色液体能上升到管中某一高度，测量时上部的球形容器与被测物质接触．已知外界大气压为p₀并保持不变，所测量温度为t₁时，管内液面在a位置，管内气体分子的平均动能为E_k1，气体压强为p₁；所测量温度为t₂时管内液面上升到b位置，其他二个量分别为E_k2、p₂．由此可知（　　）

A．t₁＜t₂ B．p₁＜p₂ C．E_k1＞E_k2 D．E_k1＜E_k2

14．如图，用三条细线悬挂的水平圆形线圈共有N匝，线圈由粗细均匀、单位长度质量为2克的导线绕制而成，三条细线呈对称分布，稳定时线圈平面水平，在线圈正下方放有一个圆柱形条形磁铁，磁铁的中轴线OO′垂直于线圈平面且通过其圆心O，测得线圈的导线所在处磁感应强度B的方向与水平线成60°角，线圈中通过的电流为0.1A，要使三条细线上的张力为零，重力加速度g取10m/s²．则磁感应强度B的大小应为（　　）

A．4T B．0.4T C． T D．0.4T

15．一个用半导体材料制成的电阻器D，其电流I随它两端电压U的关系图象如图（a），将它与两个标准电阻R₁、R₂并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消耗的电功率相同，现将它们连接成如图（b）的电路，仍接在该电源的两端，设电阻器D和电阻R₁、R₂消耗的电功率分别是P_D、P₁、P₂，它们之间的大小关系是（　　）

A．P₁＜P₂ B．P_D＞P₂ C．P₁＜P_D D．P₁＜4P₂

16．如图，两平行金属板水平放置并接到电源上，一个带电微粒P位于两板间恰好平衡，现用外力将P固定住（保持其电荷量不变），然后使两板各绕其中点转过α角，如图中虚线所示，再撤去外力以后，则P在两板间运动，其（　　）

A．重力势能将变大 B．重力势能将变小

C．电势能将变大 D．电势能将变小

三．多项选择题（共16分，每小题4分．每小题有二个或三个正确选项．全选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错或不答的，得0分．）

17．下面的各种核反应中能产生中子的是（　　）

A．用γ光子轰击²⁶₁₂Mg，生成物之一为²⁶₁₁Na

B．用氘核轰击⁹₄Be，生成物之一为¹⁰₅B

C．用质子轰击⁷₃Li，生成物之一为⁸₄Be

D．用α粒子轰击⁷₃Li，生成物之一为¹⁰₅B

18．一列向x轴正方向传播的简谐横波在t=0时的波形如图，A、B、C分别是x=0、x=1m和x=2m处的三个质点．已知该波波速为1m/s，则（　　）

A．在第1s内回复力对质点A做正功

B．在第2s内回复力对质点B做负功

C．在第1s内回复力对质点A和C做功相同

D．在2s内回复力对质点B和C做功相同

19．在正方形的四个顶点各有一根长直导线，四根导线相互平行，且与正方形平面垂直．现给每根导线通以大小相等的电流，每根导线中电流在正方形中心O产生的磁场磁感应强度大小为B，则正方形中心O的磁感应强度大小的可能值为（　　）

A．0 B．2B C．2B D．4B

20．如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块后不再穿出，此时木块动能增加了6J，那么此过程产生的内能可能为（　　）

A．10J B．8J C．6J D．4J

四．填空题（共20分，每小题4分．）本大题中第22、23题为分叉题，分A、B两类，考生可任选一类答题．若两类试题均做，一律按A类题计分．

21．已知1个铜原子的质量为a，铜的摩尔质量为b，密度为ρ，则1个铜原子所占的体积是　　，阿伏加德罗常数是　　．

22．如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m的物体以速度v₀开始向左运动，与车厢壁来回碰撞几次之后静止于车厢中，这时小车的速度大小为　　，方向　　．

23．同步卫星轨道半径为r，运行速率为v₁，加速度为a₁．地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a₂，第一宇宙速度为v₂，地球半径为R．则a₁：a₂=　　，v₁：v₂=　　．

24．从地面竖直上抛一物体，质量m=0.5kg，上抛初速度v₀=10m/s，物体上升的最大高度H=4m，设物体在整个运动过程中所受的空气阻力大小不变，以地面为重力势能零点，重力加速度g取10m/s²．可得空气阻力f=　　N，在整个运动过程中物体离地面高度h=　　m处，其动能与重力势能相等．

25．如图，ef、gh为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距为L=1m，导轨左端连接一个R=1.5Ω的电阻，将一根质量m=0.2kg、电阻r=0.5Ω的金属棒cd垂直地放置导轨上，且与导轨接触良好，导轨的电阻不计．整个装置放在磁感应强度为B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现对金属棒施加一水平向右的拉力F，使棒从静止开始向右运动．施加的水平外力的功率恒为P=18W，则金属棒达到的稳定速度v₁=　　m/s，金属棒从开始运动到速度v₂=2m/s的过程中电阻R产生的热量为6.45J，则该过程所需的时间t=　　s．

26．如图，河宽L=60m，一只小船在河的正中央航行，经过O点时发现在距船S=40m的下游有一瀑布，为了使小船在A点安全靠岸，在O点立即调整好船头的指向，不至被冲进瀑布中．若河水的流速大小恒为5m/s，则小船的最小航行速率为　　m/s．若河水的流速与到河岸的最短距离x成正比，即v_水=kx（x≤，k为一常量），小船在O点调整船头垂直河岸，让小船保持航行速率不变到达A点，则小船在平行河岸方向做　　运动．

五．实验题（共24分）

27．现将电池组、滑线变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如图连接．在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑动变阻器的滑片P向右加速滑动时，电流计指针向右偏转．由此可以推断（　　）

A．因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转的方向

B．线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，电流计指针向右偏转

C．滑动变阻器的滑片P匀速向右滑动，电流计指针静止在中央

D．线圈A向上移动，电流计指针向左偏转

28．某同学利用“非”门电路设计了一个路灯自动控制门电路．天黑了，让路灯自动接通；天亮了，让路灯自动熄灭．图中R_G是一个光敏电阻，当有光线照射时，光敏电阻的阻值会显著减小．R是可调电阻，起分压作用．虚线框内为“非”门电路，它能将输入的高压信号转变为低压信号，或将低压信号转变为高压信号．J为路灯总开关控制继电器，它在获得高电压时才动作（图中未画路灯电路）．

（1）在图中虚线框内画出“非”门符号；

（2）当天黑时，R_G变　　，非门电路获得　　电压，J得到　　电压．（填“大”、“小”或“高”、“低”）；

（3）如果路灯开关自动接通时天色还比较亮，现要调节自动控制装置，使得它在天色较黑时才会自动接通开关，应将R调　　（填“大”或“小”）一些．

29．伽利略曾经提出和解决了这样一个问题：一根细绳悬挂在黑暗的城堡中，人们看不到它的上端，只能摸到它的下端．为了测出细绳的长度，可以在细绳的下端系一个金属球，使之在竖直平面内做小角度的摆动．

①在上述设想中，要达到测出细绳长度的目的，需要测量或知道的物理量是下列选项中的　　（填序号字母）．

A．金属球的质量m B．金属球的直径d

C．金属球全振动的次数”和对应的时间t D．当地的重力加速度g

②利用①中测量或知道的物理量得到的细绳长度表达式为l=　　．

30．某同学要测量一节干电池的电动势和内阻，实验器材仅有一个理想电压表、一个电阻箱、一个开关和导线若干，该同学进行实验，测得的数据如表所示．

实验次数	1	2	3	4	5
R（Ω）	2.0	4.0	6.0	8.0	10.0
U（V）	1.00	1.19	1.27	1.31	1.35
U/R（A）	0.50	0.30	0.21	0.16	0.13

（1）根据表中提供的数据，画出该同学的实验电路图；

（2）根据表中提供的数据，若利用图象确定电池的电动势和内阻，则应作　　图象；

（A）U﹣ （B）R﹣U （C）R﹣ （D）﹣U

（3）根据（2）中你选择的图象，电池的电动势是该图象的　　，电池的内阻是该图象的　　．

六．计算题（共50分）

31．如图甲所示，在一端封闭、长约1m的玻璃管内注满清水，水中放一个蜡烛做的蜡块，将玻璃管的开口端用胶塞塞紧．然后将这个玻璃管倒罩，在蜡块沿玻璃管上升的同时，将玻璃管水平向右移动．假设从某时刻开始计时，蜡块在玻璃管内每1s上升的距离都是10cm，玻璃管向右匀加速平移，每1s通过的水平位移依次是2.5cm、7.5cm、12.5cm、17.5cm．图乙中，y表示蜡块竖直方向的位移，x表示蜡块随玻璃管通过的水平位移，t=0时蜡块位于坐标原点．

（1）请在图乙中描绘出蜡块4s内的轨迹．

（2）求出玻璃管向右平移的加速度a．

（3）求t=3s时蜡块的速度大小及方向．

32．扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象．截面积为S的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为T₀，压强为大气压强p₀．当封闭气体温度上升2%时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部压强立即减为p₀，此时温度尚未下降．再经过一段时间，内部气体温度下降到T₀．整个过程中封闭气体均可视为理想气体．求：

（1）当温度上升2%且尚未放气时，封闭气体的压强；

（2）当温度下降到T₀时，竖直向上提起杯盖所需的最小力．

33．质量为0.1kg的带正电小球处在竖直向上、范围足够大的匀强电场中，由地面静止起开始运动，6秒末电场突然消失，再经过6秒小球落回到出发点．不计空气阻力．重力加速度g取10m/s²，取地面处的重力势能和电势能为零．求：

（1）小球上升过程中小球电势能的变化量；

（2）小球运动过程中的最大机械能和最大动能；

（3）若6秒末原电场并未消失，而是大小不变，方向竖直向下，当小球的动能和重力势能相等时，小球离地的高度．

34．如图所示，两条平行金属导轨间距2m，固定在倾角为37°的绝缘斜面上，导轨上端连接一个定值电阻R．导体棒a和b放在导轨上，与导轨垂直并良好接触，a为光滑导体棒而b与导轨有摩擦，动摩擦因数为．斜面上水平虚线PQ以下区域内，存在着垂直穿过斜面向上、大小为0.5T的匀强磁场．现对a棒施以平行导轨斜向上的拉力F，使它沿导轨由静止起匀加速向上运动，加速度为1m/s²．当a棒运动到磁场的上边界PQ处时（放在导轨下端的b棒仍保持静止），撤去拉力，a棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再向下滑动．当a棒再次滑回到磁场边界PQ处进入磁场时，恰沿导轨受力平衡．已知a棒、b棒和定值电阻R的阻值均为1Ω，b棒的质量为0.1kg，重力加速度g取10m/s²，导轨电阻不计．求：

（1）a棒沿导轨向上运动过程中，a、b棒中的电流强度之比；

（2）a棒沿导轨向上运动到磁场的上边界PQ处所允许的最大速度；

（3）若a棒以第（2）问中的最大速度运动到磁场的上边界PQ处，a棒在磁场中沿导轨向上开始运动时所受的拉力F₀；

（4）若a棒以第（2）问中的最大速度运动到磁场的上边界PQ处过程中，流过定值电阻R的电量．

2016年上海市七校第二次联考物理试卷

参考答案与试题解析

一．单项选择题（共16分，每小题2分．每小题只有一个正确选项．）

1．下列叙述中符合物理学史实的有（　　）

A．托马斯•杨通过对光的干涉现象的研究，证实了光具有波动性

B．麦克斯韦建立了完整的电磁场理论，并通过实验证实了电磁波的存在

C．查德威克通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构学说

D．贝克勒尔发现了天然放射现象，并提出原子核是由质子和中子组成的

【考点】1U：物理学史．

【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可

【解答】解：A、托马斯•杨通过对光的干涉现象的研究，证实了光具有波动性，故A正确．

B、麦克斯韦依据电磁场理论预言了电磁波的存在，赫兹通过实验给予了证，故B错误．

C、卢瑟福根据α粒子散射实验现象提出原子核式结构模型，故C错误．

D、贝克勒尔发现了天然放射现象，揭示了原子核具有复杂的结构，没有提出原子核是由质子和中子组成的，故D错误．

故选：A

2．在阳光下，竖直放置的肥皂膜上呈现彩色条纹，可以观察到（　　）

A．竖直方向的条纹，是由于不同频率的光各自在肥皂膜前后表面反射叠加的结果

B．竖直方向的条纹，是由于相同频率的光在肥皂膜前后表面反射叠加的结果

C．水平方向的条纹，是由于不同频率的光各自在肥皂膜前后表面反射叠加的结果

D．水平方向的条纹，是由于相同频率的光在肥皂膜前后表面反射叠加的结果

【考点】H9：光的干涉．

【分析】当光源发出的光照射到肥皂膜上时，从膜的前后两面分别反射两列光为相干光，当光程差为波长的整数倍时呈现亮条纹，当光程差为半个波长的奇数倍时呈现暗条纹．

【解答】解：薄膜干涉为前后两个面反射回来的光发生干涉形成干涉条纹，故从肥皂薄膜的观察到水平干涉条纹，用复色光时出现彩色条纹，即不同频率的光各自在肥皂膜前后表面反射叠加的结果．故C正确，A、B、D错误．

故选C．

3．下列叙述正确的是（　　）

A．外界对物体做功，物体的内能一定增加

B．热量不能由低温物体传递到高温物体

C．温度升高，物体内每个分子的热运动速率都增大

D．自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性

【考点】8F：热力学第一定律；8H：热力学第二定律．

【分析】改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热量不能自发由低温物体传递到高温物体，第二类永动机不可能制成，因为它违背了热力学第二定律．

温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律．

【解答】解：A、根据热力学第一定律可知，影响内能的方式有做功和热传递，外界对物体做功，物体的内能不一定增加，故A错误；

B、根据热力学第二定律，热量不能自发由低温物体传递到高温物体，但在一定的条件下，热量可能从低温物体传递到高温物体，如冰箱、空调等，但要消耗其他的能量，故B错误；

C、温度是分子的平均动能的标志，温度升高，物体内的分子的平均动能增大，但不是每个分子的热运动速率都增大，故C错误；

D、根据热力学第二定律可知，自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故D正确；

故选：D

A．牛顿通过对天体现象的研究，总结出万有引力定律

B．爱因斯坦在普朗克量子学说的启发下提出了光子说

C．欧姆在研究电流与电压、电阻关系时，先保持电阻不变研究电流与电压的关系；然后再保持电压不变研究电流与电阻的关系

D．奥斯特通过放在通电直导线下方的小磁针发生偏转得出通电导线的周围存在磁场的结论

【考点】1U：物理学史．

【分析】本题根据转换法的定义及物理学史结合进行解答．

【解答】解：A、牛顿通过对天体运动的研究，根据开普勒定律、牛顿第二定律、第三定律，直接得出万有引力定律，这种方法不是转换法．故A错误．

B、爱因斯坦在普朗克量子学说的启发下提出了光子说，采用的是类比法．故B错误．

C、欧姆在研究电流与电压、电阻关系时，采用的控制变量法得到了欧姆定律．故C错误．

D、奥斯特通过放在通电直导线下方的小磁针发生偏转，根据小磁针的偏转得出通电导线的周围存在磁场的结论，是一种转换法．故D正确．

故选D

5．两个相距较远（此时它们之间的分子力可以忽略）的分子在靠近的过程中（　　）

A．分子间的引力减小，斥力增大

B．分子力先增大后减小，然后再增大

C．分子势能先增大后减小

D．分子势能先增大后减小，然后再增大

【考点】86：分子间的相互作用力；87：分子势能．

【分析】开始时由于两分子之间的距离大于r₀，因此分子力为引力当相互靠近时分子力做正功，当分子间距小于r₀，分子力为斥力，相互靠近时，分子力做负功．

【解答】解：A、开始时由于两分子之间的距离大于r₀，分子力表现为引力，该力先增大后减小；当分子间距小于r₀，分子力为斥力，随二者距离的减小而增大．故A错误，B正确；

C、开始时由于两分子之间的距离大于r₀，因此分子力为引力当相互靠近时分子力做正功，分子势能减小；当分子间距小于r₀，分子力为斥力，相互靠近时，分子力做负功分子势能增大；故CD都错误；

故选：B．

A．从A处滚到B处，主要是重力势能转化为动能

B．从A处滚到B处，主要是弹性势能转化为动能

C．从B处滚到最高处，主要是动能转化为重力势能

D．从B处滚到最高处，主要是弹性势能转化为重力势能

【考点】6C：机械能守恒定律．

【分析】对系统，有动能、重力势能、弹性势能发生相互转换，根据能量守恒定律判断能量之间的转化．

【解答】解：从A处滚到B处，初动能为零，末动能为零，重力势能转化为弹性势能．从B处滚到最高处，初末动能为零，弹性势能转化为重力势能．故D正确，A、B、C错误．

故选D．

A．不断增大 B．保持不变 C．不断减小 D．先增大后减小

【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；2G：力的合成与分解的运用．

【分析】开始时，圆锥体底角逐渐增加，当谷粒的重力的下滑分量与最大静摩擦力等大后，坡角就达到了最大值．

【解答】解：谷粒受重力、支持力和静摩擦力；

开始时，圆锥体底角逐渐增加，故重力的下滑分力mgsinθ不断变大，而最大静摩擦力（约等于滑动摩擦力）μmgcosθ逐渐减小，当两者相等，即mgsinθ=μmgcosθ，tanθ=μ时，坡角达到最大值，此后坡角保持不变；

故选B．

8．图中A球系在绝缘细线的下端，B球固定在绝缘平面上，它们带电的种类以及位置已在图中标出．A球能保持静止的是（　　）

A． B． C． D．

【考点】A4：库仑定律．

【分析】对A球进行受力分析，由于A球能保持静止，根据共点力平衡状态解决问题．

【解答】解：A、对A球进行受力分析：

根据力的合成，可知道三个力合力可以为0，故A正确．

B、对A球进行受力分析：

根据力的合成，可知道任意两个力的合力的方向不可能与第三个力方向相反．故B错误．

C、对A球进行受力分析：

根据力的合成，可知道任意两个力的合力的方向不可能与第三个力方向相反．故C错误．

D、对A球进行受力分析：

根据力的合成，可知道三个力合力可以为0，故D正确．

故选AD．

二．单项选择题（共24分，每小题3分．每小题只有一个正确选项．）

A． B． C． D．

【考点】1G：匀变速直线运动规律的综合运用．

【分析】设某辆车从静止开始做匀加速直线运动经过时间t速度恰好达到v，其前面一辆车运动时间为t+△t，根据两车的位移差为s即可求解．

【解答】解：设某辆车从静止开始做匀加速直线运动经过时间t速度恰好达到v，其前面一辆车运动时间为t+△t，

则s₁=at²，

s₁+s=at²+v•△t．

联立上述方程得各辆车依次启动的时间间隔△t=，故D项正确．

故选D．

10．如图所示电路中，电源内阻r=R₁=R₂=R₃．开关K接通后流过R₁的电流是K接通前的（　　）

A． B． C． D．

【考点】BB：闭合电路的欧姆定律．

【分析】开关K接通前，R₁、R₂串联，K接通后，R₂、R₃并联后与R₁串联．根据闭合电路欧姆定律，并结合串并联电路的特点求解．

【解答】解：设电池电动势为E，设r=R₁=R₂=R₃=R，K接通前等于R₁上的电流为：I=

K接通后流过R₁上电流I′==

所以

故选：A

A．a光光子的能量较大

B．在真空中a光传播的速度较大

C．若用b光照射某金属时不能打出光电子，则用a光照射该金属时一定打不出光电子

D．用a光照射一条狭缝，用b光照射另一条狭缝，屏上将呈现彩色干涉条纹

【考点】HC：双缝干涉的条纹间距与波长的关系．

【分析】根据双缝干涉条纹的间距公式△x=λ，通过间距的大小，判断出两束光波长的大小，从而得出频率的大小，根据E=hγ比较光子的能量．得出折射率的大小，根据光有真空中传播速度相同，及光电效应发生条件：入射光的频率大于或等于极限频率；而光的干涉条件是频率相同．

【解答】解：A、根据双缝干涉条纹的间距公式△x=λ，知a光的波长大于b光的波长，则a光的频率小于b光的频率，根据E=hγ知，a光子的能量较小．故A错误．

B、a光的频率小，则折射率小，根据v=知a光在水中传播的速度较大，但在真空中传播速度一样大．故B错误．

C、若用b光照射某金属时不能打出光电子，由于b光的频率大于a光，则用a光照射该金属时，一定不会发生光电效应现象，那么一定打不出光电子．故C正确．

D、只有当频率相同时，才能发生干涉现象．故D错误．

故选：C．

A．2m B．3m C．6m D．8m

【考点】37：牛顿第二定律；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【分析】根据弹簧秤的示数，由牛顿第二定律求出物体的加速度，分析物体可能的运动情况，再运动学公式求解位移．

【解答】解：由题可知，弹簧秤的示数小于物体的重力，物体处于失重状态，设加速度大小为a，根据牛顿第二定律得

mg﹣F=ma

得到a=g﹣=10﹣=2m/s²．物体可能向上做匀减速运动，也可能向下做匀加速运动．

当物体向上做匀减速运动时，位移为x₁=v₀t﹣at²，代入解得，x₁=2m；

当物体向下做匀加速运动时，位移为x₂=v₀t+at²，代入解得，x₂=4m，故A正确，BCD错误．

故选：A

A．t₁＜t₂ B．p₁＜p₂ C．E_k1＞E_k2 D．E_k1＜E_k2

【考点】8F：热力学第一定律．

【分析】伽利略温度计使用空气制成的，因此它是根据空气的热胀冷缩性质制成的．当外界温度升高时，球形瓶中的空气温度升高，压强增大，迫使带色液柱向下降，并且外界温度越高，带色液柱越向下．

【解答】解：当液面由a位置上升到b位置时，管内气体体积减小，管内气体的压强减小，根据气态方程可知温度降低，管内气体分子的平均动能减小，气体内能减小．

所以t₁＞t₂，P₁＞P₂，E_k1＞E_k2，E₁＞E₂．故ABD错误，C正确

故选：C

A．4T B．0.4T C． T D．0.4T

【考点】CC：安培力；C3：磁感应强度．

【分析】把磁场磁感应强度分解为水平分量与竖直分量，磁场竖直分量对电流的安培力为零，由左手定则可知，磁场水平分量对电流的安培力竖直向上；由安培力公式求出安培力，然后求出磁感应强度

【解答】解：设圆环的半径为r，则圆环的质量为：

m_环=2πr×2×10^﹣3kg，

磁场的水平分量为Bsin30°，环受到的安培力为：

F=Bsin30°×I×2πr，

由于环所受向上的安培力等于环的重力，则有：

2πr×2×10^﹣3×10=Bsin30°×I×2πr，

解得：B=0.4T；

故选：B

A．P₁＜P₂ B．P_D＞P₂ C．P₁＜P_D D．P₁＜4P₂

【考点】BC：路端电压与负载的关系；BG：电功、电功率．

【分析】根据半导体材料的伏安特性曲线可知，随着电压增大，电阻器D的电阻减小，电压减小，电阻增大．电阻器D与两个标准电阻R₁、R₂并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消耗的电功率均为P，此时三个电阻的阻值相等；当将它们连接成如图（C）所示的电路，接在该电源的两端时，电阻器D的电压小于电源的电压，电阻增大，根据并联电路的特点分析其电流与R₁、R₂电流的关系，再研究功率关系．

【解答】解：由题，电阻器D与两个标准电阻R₁、R₂并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消耗的电功率均为P，此时三个电阻的阻值相等；当将它们连接成如图（b）所示的电路，接在该电源的两端时，电阻器D的电压小于电源的电压，由（a）图象可知，电阻器D的电阻增大，则有R_D＞R₁=R₂．而R_D与R₂并联，电压相等，根据欧姆定律得知，电流I_D＜I₂，又I₁=I₂+I_D，得到I₁＜2I₂，I₁＞2I_D．

P₁=R₁，P_D=R_D，P₂=R₂，

所以得到P₁＜4P₂．

P₁与4P_D的大小无法判断．P_D＜P₂，

故ABC错误，D正确．

故选：D．

A．重力势能将变大 B．重力势能将变小

C．电势能将变大 D．电势能将变小

【考点】AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系；AE：电势能．

【分析】带电微粒P在水平放置的金属板间的电场内处于静止状态，说明处于平衡状态，竖直向上的电场力大小等于重力的大小，当两平行金属板分别以其中心为轴在竖直平面内转过相同的较小角度α，然后释放P，此时P受到重力、电场力，合力向左，故P做向左的匀加速直线运动，根据电场力做功情况，分析电势能的变化情况．

【解答】解：设初状态时两金属板间距离是d，旋转α角度后，极板间距变为dcosα，根据公式U=Ed，U不变，可得转动后板间的电场强度与之前电场强度的关系为 E′=，而且电场强度的方向也旋转了α．

由受力分析可知：原来竖直方向上有 mg=qE，转动后竖直方向有 qE′cosα=qE=mg，可见，微粒竖直方向受力仍然平衡，有水平向左电场力的分力，所以微粒水平向左做匀加速直线运动，则微粒的重力势能不变，向左做匀加速直线运动过程中，电场力做正功，则电势能减小．故ABC错误、D正确．

故选：D

三．多项选择题（共16分，每小题4分．每小题有二个或三个正确选项．全选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错或不答的，得0分．）

17．下面的各种核反应中能产生中子的是（　　）

A．用γ光子轰击²⁶₁₂Mg，生成物之一为²⁶₁₁Na

B．用氘核轰击⁹₄Be，生成物之一为¹⁰₅B

C．用质子轰击⁷₃Li，生成物之一为⁸₄Be

D．用α粒子轰击⁷₃Li，生成物之一为¹⁰₅B

【考点】JJ：裂变反应和聚变反应．

【分析】根据核反应方程的质量数和电荷数守恒即可判断出X表示什么粒子，从而正确解答本题．

【解答】解：A、用γ光子轰击²⁶₁₂Mg，生成物之一为²⁶₁₁Na，反应前后的质量数都是26，所以生成物的质量数是0，不是中子；故A错误；

B、用氘核轰击⁹₄Be，生成物之一为¹⁰₅B，反应前的质量数是2+9=11，反应后¹⁰₅B的质量数是10，所以生成物的质量数是1；反应前的电荷数是1+4=5，反应后¹⁰₅B的电荷数是5，所以生成物的电荷数是0．可知生成物是中子．故B正确；

C、用质子轰击⁷₃Li，生成物之一为⁸₄Be，反应前后的质量数都是8，所以生成物的质量数是0，不是中子．故C错误；

D、用α粒子轰击⁷₃Li，生成物之一为¹⁰₅B；反应前的质量数是4+7=11，反应后¹⁰₅B的质量数是10，所以生成物的质量数是1；反应前的电荷数是2+3=5，反应后¹⁰₅B的电荷数是5，所以生成物的电荷数是0．可知生成物是中子．故D正确．

故选：BD

18．一列向x轴正方向传播的简谐横波在t=0时的波形如图，A、B、C分别是x=0、x=1m和x=2m处的三个质点．已知该波波速为1m/s，则（　　）

A．在第1s内回复力对质点A做正功

B．在第2s内回复力对质点B做负功

C．在第1s内回复力对质点A和C做功相同

D．在2s内回复力对质点B和C做功相同

【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．

【分析】通过波形微平移法得到三个质点的速度方向，分析速度的变化，由动能定理判断回复力做功情况．

【解答】解：A、波长为4m，该波的周期为 T===4s，通过波形微平移法，得到1s内质点A向下运动，回复力向上，回复力对质点A做负功，故A错误；

B、在第2s内，质点B从平衡位置向波谷运动，而回复力向上，所以在第2s内回复力对质点B做负功，故B正确．

C、A、C平衡位置相距半个波长，振动情况总是相反，在第1s内，质点A从平衡位置运动到波谷，质点C从平衡位置运动到波峰，回复力对质点A和C做功相同，故C正确．

D、在2s内，质点B从波峰运动到波谷，回复力做功为零．质点C从平衡位置向上运动，再回到平衡位置，动能的变化量为零，回复力做功为零，所以在2s内回复力对质点B和C做功相同，故D正确．

故选：BCD

A．0 B．2B C．2B D．4B

【考点】C3：磁感应强度．

【分析】O所在处的磁场是由每根导线中的电流产生的，由安培定则判断出O处磁场的方向，然后由矢量的叠加原理来确定该处的磁感应强度大小．

【解答】解：由安培定则可知，当四根通电导线的电流方向相同时，在O点的磁感应强度相互叠加，大小恰好为零；

当四根通电导线中有两根的电流方向相同，另两根方向与其方向相反时，在O点的磁感应强度相互叠加，根据力的平行四边形定则可知，大小恰好为2B；

当四根通电导线中有对角线两根的电流方向相同，另两根方向与其方向相反时，在O点的磁感应强度相互叠加，根据力的平行四边形定则可知，大小恰好为0；

当四根通电导线中有一根的电流方向，与其它三根方向相反时，在O点的磁感应强度相互叠加，根据力的平行四边形定则可知，大小恰好为2B；

故ABC正确，D错误．

故选ABC．

20．如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块后不再穿出，此时木块动能增加了6J，那么此过程产生的内能可能为（　　）

A．10J B．8J C．6J D．4J

【考点】53：动量守恒定律；8G：能量守恒定律．

【分析】子弹射入木块过程中，系统所受合外力，动量守恒，由动量守恒定律和功能关系求出木块增加的动能范围，再进行选择．

【解答】解：设子弹的初速度为V，射入木块后子弹与木块共同的速度为v，木块的质量为M，子弹的质量为m．

根据动量守恒定律得：mV=（M+m）v

得，v=

木块获得的动能为△E_k=Mv²==

系统产生的内能为Q=mV²﹣（M+m）v²=

可得 Q＞△E_k=6J，故AB正确．

故选：AB．

四．填空题（共20分，每小题4分．）本大题中第22、23题为分叉题，分A、B两类，考生可任选一类答题．若两类试题均做，一律按A类题计分．

21．已知1个铜原子的质量为a，铜的摩尔质量为b，密度为ρ，则1个铜原子所占的体积是　　，阿伏加德罗常数是　　．

【考点】82：阿伏加德罗常数．

【分析】由铜原子的质量和密度可求得1个铜原子所占据的体积，由铜的摩尔质量可求得1mol铜原子所占据的总体积，则可求得阿伏伽德罗常数．

【解答】解：1个铜原子的质量为a，密度为ρ，一个铜原子所占的体积为：v_原=

铜的摩尔质量为b，密度为ρ，铜的摩尔体积V=，所以阿伏伽德罗常数为：

故答案为：，

22．如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m的物体以速度v₀开始向左运动，与车厢壁来回碰撞几次之后静止于车厢中，这时小车的速度大小为　　，方向　水平向左　．

【考点】53：动量守恒定律．

【分析】物体与车厢反复碰撞，最终两者速度相等，在此过程中，两者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出车厢的速度．

【解答】解：以物体与车厢组成的系统为研究对象，以向左为正方向，由动量守恒定律可得：

mv₀=（M+m）v′，

最终车的速度为：

v′=，

方向与v₀的速度相同，水平向左；

故答案为：，水平向左

23．同步卫星轨道半径为r，运行速率为v₁，加速度为a₁．地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a₂，第一宇宙速度为v₂，地球半径为R．则a₁：a₂=　r：R　，v₁：v₂=　：　．

【考点】4J：同步卫星．

【分析】同步卫星的周期与地球的自转周期相同，根据a=rω²得出同步卫星和随地球自转物体的向心加速度之比，根据万有引力提供向心力得出第一宇宙速度与同步卫星的速度之比．

【解答】解：因为同步卫星的周期等于地球自转的周期，所以角速度相等，根据a=rω²得：a₁：a₂=r：R．

根据万有引力提供向心力有：G=m，

解得：v=，

则：v₁：v₂=：．

故答案为：r：R，：．

24．从地面竖直上抛一物体，质量m=0.5kg，上抛初速度v₀=10m/s，物体上升的最大高度H=4m，设物体在整个运动过程中所受的空气阻力大小不变，以地面为重力势能零点，重力加速度g取10m/s²．可得空气阻力f=　1.25　N，在整个运动过程中物体离地面高度h=　或　m处，其动能与重力势能相等．

【考点】65：动能定理；6C：机械能守恒定律．

【分析】根据速度位移公式求出上升的加速度大小，结合牛顿第二定律求出空气阻力的大小．

上升过程中动能和重力势能相等时，列出表达式，再结合牛顿第二定律和速度位移公式求出离地的高度．

下降过程中动能和重力势能相等时，列出表达式，根据牛顿第二定律和速度位移公式求出离地的高度．

【解答】解：根据速度位移公式得，物体上升的加速度大小a=，

根据牛顿第二定律得，mg+f=ma，

解得f=ma﹣mg=0.5×（12.5﹣10）N=1.25N．

设上升过程中离地面高度为h时，动能和重力势能相等，有：，

根据速度位移公式有：，

代入数据联立解得h=．

设下降过程中离地面高度为h时，动能和重力势能相等，有：，

下降时的加速度，

根据速度位移公式得，v²=2a′（H﹣h），

代入数据联立解得h=m．

故答案为：1.25，或．

25．如图，ef、gh为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距为L=1m，导轨左端连接一个R=1.5Ω的电阻，将一根质量m=0.2kg、电阻r=0.5Ω的金属棒cd垂直地放置导轨上，且与导轨接触良好，导轨的电阻不计．整个装置放在磁感应强度为B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现对金属棒施加一水平向右的拉力F，使棒从静止开始向右运动．施加的水平外力的功率恒为P=18W，则金属棒达到的稳定速度v₁=　3　m/s，金属棒从开始运动到速度v₂=2m/s的过程中电阻R产生的热量为6.45J，则该过程所需的时间t=　0.5　s．

【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；CC：安培力．

【分析】先求出金属棒cd受到的安培力，当金属棒速度达到稳定时，金属棒cd做匀速直线运动，所受合力为零，由平衡条件可以求出此时的速度．

由能量守恒定律可以求出金属棒到达稳定所需要的时间．

【解答】解：金属棒切割磁感线产生的感应电动势：E=BLv，

感应电流：I==，

安培力：F_安=BIL

金属棒匀速运动时速度达到稳定，由平衡条件得：F=F_安，

拉力的功率：P_F=Fv₁=，解得：v₁=3m/s；

电路产生的总热量：Q===8.6J，

由能量守恒定律得：Pt=Q+mv₂²，解得：t=0.5s；

故答案为：3；0.5．

26．如图，河宽L=60m，一只小船在河的正中央航行，经过O点时发现在距船S=40m的下游有一瀑布，为了使小船在A点安全靠岸，在O点立即调整好船头的指向，不至被冲进瀑布中．若河水的流速大小恒为5m/s，则小船的最小航行速率为　3　m/s．若河水的流速与到河岸的最短距离x成正比，即v_水=kx（x≤，k为一常量），小船在O点调整船头垂直河岸，让小船保持航行速率不变到达A点，则小船在平行河岸方向做　匀减速　运动．

【考点】44：运动的合成和分解．

【分析】小船离河岸30m处，要使能安全到达河岸，则小船的合运动最大位移为m=50m．因此由水流速度与小船的合速度，借助于平行四边形定则，即可求出小船在静水中最小速度；并依据v_水=kx=kv_船t，即可判定水流方向的运动性质．

【解答】解：要使小船避开危险区沿直线到达对岸，则有合运动的最大位移为OA=m=50m．

根据题目中的图，那个30m 和40m 要构成一个直角三角形的两条边，那么斜边就是50m了，那么正弦就是，

这是一个路程的三角形，再找一个速度的三角形，就是船速和水流速为直角边的，水流速是5m/s，而且这两个是相似三角形，

所以那个正弦乘以5m/s就行了，5×=3m/s，

因此船的速度最小速率为3m/s，

若河水的流速与到河岸的最短距离x成正比，小船在O点调整船头垂直河岸，让小船保持航行速率不变到达A点，

v_水=kx=kv_船t，则小船在平行河岸方向速度在均匀减小，则做匀减速直线运动，

故答案为：3，匀减速．

五．实验题（共24分）

A．因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转的方向

B．线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，电流计指针向右偏转

C．滑动变阻器的滑片P匀速向右滑动，电流计指针静止在中央

D．线圈A向上移动，电流计指针向左偏转

【考点】NF：研究电磁感应现象．

【分析】由题意可知线圈B中产生使电流表指针向右偏转的条件，然后分析各选项可得出正确答案由题意可知线圈B中产生使电流表指针向右偏转的条件，然后分析各选项可得出正确答案．

【解答】解：由题意可知当P向右加速滑动时，线圈A中的电流应越来越大，则其磁场增加，此时线圈B中产生的感应电流，使指针向右偏转，由此可知，当B中的磁通量增加时，电流计指向右偏；

A、虽然线圈A、线圈B的绕线方向未知，只要知道穿过线圈B的磁通量如何变化即可判断出电流计指针偏转方向，故A错误；

B、线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，穿过线圈B的磁通量减小，电流计指针向左偏转，故B错误；

C、滑动变阻器的滑片P匀速向右滑动，穿过线圈B的磁通量变化，则会产生感应电流，指针将会偏转，故C错误；

D、线圈A向上移动，穿过线圈B的磁通量减少，电流计指针向左偏转，故D正确；

故选：D．

（1）在图中虚线框内画出“非”门符号；

（2）当天黑时，R_G变　大　，非门电路获得　低　电压，J得到　高　电压．（填“大”、“小”或“高”、“低”）；

（3）如果路灯开关自动接通时天色还比较亮，现要调节自动控制装置，使得它在天色较黑时才会自动接通开关，应将R调　大　（填“大”或“小”）一些．

【考点】GB：传感器在生产、生活中的应用．

【分析】输出状态和输入状态呈相反的逻辑关系，叫做“非”逻辑．非门的特点是输入状态和输出状态完全相反．设计时使路灯白天熄灭，夜晚亮起来，即白天时继电器两端的电压小，夜晚继电器两端的电压大．由此分析即可．

【解答】解：（1）非门电路的符号如图；

（2）当天黑时，光敏电阻增大，两端间的电势差增大，输入非门的是低电压，J得到的是高电压；

（3）为了让路灯在天色更暗时才自动接通开关，应使电阻R增大，使得R的分得电压变大，使非门电路的输入端电压变大，继电器得到的电压变低，路灯不被点亮．

故答案为：（1）如图；（2）大，低，高；（3）大．

①在上述设想中，要达到测出细绳长度的目的，需要测量或知道的物理量是下列选项中的　BCD　（填序号字母）．

A．金属球的质量m B．金属球的直径d

C．金属球全振动的次数”和对应的时间t D．当地的重力加速度g

②利用①中测量或知道的物理量得到的细绳长度表达式为l=　　．

【考点】1L：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．

【分析】本实验要测量摆长即选点到摆球球心之距离L，需要秒表测时间、测小球的直径，不需要测量小球的质量，需知到当地的重力加速度g．根据单摆的周期公式推导出L．

【解答】解：（1）本实验要测量摆长即选点到摆球球心之距离L，需要秒表测时间、测小球的直径，不需要测量小球的质量，需知到当地的重力加速度g．

故选：BCD．

（2）由单摆周期公式得

T=2π

得到 l=．

故答案为：①BCD；②．

实验次数	1	2	3	4	5
R（Ω）	2.0	4.0	6.0	8.0	10.0
U（V）	1.00	1.19	1.27	1.31	1.35
U/R（A）	0.50	0.30	0.21	0.16	0.13

（1）根据表中提供的数据，画出该同学的实验电路图；

（2）根据表中提供的数据，若利用图象确定电池的电动势和内阻，则应作　A　图象；

（A）U﹣ （B）R﹣U （C）R﹣ （D）﹣U

（3）根据（2）中你选择的图象，电池的电动势是该图象的　y轴的截距　，电池的内阻是该图象的　图线的斜率　．

【考点】N3：测定电源的电动势和内阻．

【分析】（1）根据实验原理可明确对应的电路图；

（2）据闭合电路欧姆定律可得出相应的表达式，根据表达式选择最简单的图象进行处理；

（3）由推导出来的表达式结合图象的性质可以得出电动势和内电阻．

【解答】解：（1）根据题意可知，应采用电阻箱和电压表并联在电源两端，则可知电路图如图所示；

（2）由闭合电路欧姆定律可知：E=U+r，由表中数据可知，U与为线性函数关系，

故可以作出U﹣图象，故选：A；

（3）由图及公式E=U+r知，图象中图象与纵轴的交点为电动势，图象的斜率表示内阻，

故答案为：（1）如图所示；（2）A；（3）y轴的截距，图线的斜率

六．计算题（共50分）

（1）请在图乙中描绘出蜡块4s内的轨迹．

（2）求出玻璃管向右平移的加速度a．

（3）求t=3s时蜡块的速度大小及方向．

【考点】44：运动的合成和分解；1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系．

【分析】（1）根据蜡块水平方向和竖直方向上每段时间内的位移作出蜡块的轨迹．

（2）根据水平方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度的大小．

（3）蜡块在竖直方向上做匀速直线运动，水平方向上做匀加速直线运动，分别求出2末水平方向和竖直方向上的分速度，根据平行四边形定则求出速度的大小．

【解答】解：（1）如图所示；

（2）蜡块在水平方向做匀加速运动，每相邻1秒位移差值

△x=7.5﹣2.5=12.5﹣7.5=17.5﹣12.5=5（cm）

△x=at²

解得，加速度a=0.05m/s²；

（3）v_y=0.1m/s，

，

v₃==m/s，

，

方向：斜向右上与水平成arctan．

答：（1）蜡块4s内的轨迹如上图所示．

（2）则玻璃管向右平移的加速度0.05m/s²．

（3）则t=3s时蜡块的速度大小m/s及方向斜向右上与水平成arctan．

（1）当温度上升2%且尚未放气时，封闭气体的压强；

（2）当温度下降到T₀时，竖直向上提起杯盖所需的最小力．

【考点】99：理想气体的状态方程．

【分析】（1）分析初末状态的气体状态参量，由查理定律可求得后来的压强；

（2）对开始杯盖刚好被顶起列平衡方程；再对后来杯内的气体分析，由查理定律及平衡关系列式，联立求解最小力．

【解答】解：（1）气体发生等容变化，遵循查理定律：；p₁=1.02p₀

（2）设杯盖的质量为m，温度上升上升2%时，杯盖刚好被顶起，由平衡条件得，

放出少许气体后，以杯盖内的剩余气体为研究对象，由题意可知，查理定律得：，

设提起杯盖所需的最小力为F，由平衡条件得：

得：F=（p₁﹣p₃）S=p₀S．

答：（1）当温度上升2%且尚未放气时，封闭气体的压强；

（2）当温度下降到T₀时，竖直向上提起杯盖所需的最小力．

（1）小球上升过程中小球电势能的变化量；

（2）小球运动过程中的最大机械能和最大动能；

（3）若6秒末原电场并未消失，而是大小不变，方向竖直向下，当小球的动能和重力势能相等时，小球离地的高度．

【考点】AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系；6B：功能关系．

【分析】（1）分析小球的运动情况：小球先在电场力作用下向上匀加速运动，电场消失后先向上做匀减速运动，后向下做自由落体运动．两个过程的位移大小相等、方向相反，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求电场强度，由W=qEx求得电场力做功，即可得到电势能的变化．

（2）根据电场力做的功等于机械能的变化，求最大机械能；小球落回地面时动能最大，且电场消失后机械能守恒，落回地面的动能等于电场消失时的机械能；

（3）先分析上升过程动能和势能不可能相等，根据电场力做功等于小球机械能的变化列式求解小球的动能和重力势能相等时，小球离地的高度

【解答】解：（1）小球电场力作用下上升过程中，根据牛顿第二定律有：

解得：，

电场消失后加速度a₂=g，

在电场作用下的位移：

电场消失后：

且a₂=3a₁，则：，

△E_电==﹣80J，电势能减小了80J；

（2）电场力做的功等于机械能的变化：E_机max=W_电=80J，

小球落回地面时动能最大，且电场消失后机械能守恒，所以地面处最大动能为80J；

（3）6秒末小球速度v₁=a₁t=20m/s，对应动能为=20J，离地高度，对应重力势能60J，

小球先上升，重力势能增大，动能减小，上升阶段动能和重力势能无法相等，

小球下落过程中，

且，得：h₂=48m．

答：（1）小球上升过程中小球电势能的减小80J；

（2）小球运动过程中的最大机械能为80J和最大动能为80J；

（3）若6秒末原电场并未消失，而是大小不变，方向竖直向下，当小球的动能和重力势能相等时，小球离地的高度48m

（1）a棒沿导轨向上运动过程中，a、b棒中的电流强度之比；

（2）a棒沿导轨向上运动到磁场的上边界PQ处所允许的最大速度；

（3）若a棒以第（2）问中的最大速度运动到磁场的上边界PQ处，a棒在磁场中沿导轨向上开始运动时所受的拉力F₀；

（4）若a棒以第（2）问中的最大速度运动到磁场的上边界PQ处过程中，流过定值电阻R的电量．

【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；BB：闭合电路的欧姆定律；CC：安培力．

【分析】（1）根据并联电路特点可以求出两棒的电流之比．

（2）当b受到的摩擦力沿斜面向下且等于最大静摩擦力时a的速度最大，应用安培力公式与平衡条件可以求出a的最大速度．

（3）a回到PQ处时受力平衡，应用平衡条件可以求出a的质量，然后应用牛顿第二定律求出拉力大小．

（4）应用欧姆定律求出流过电阻的电流，然后应用电流定义式的变形公式：q=It求出电荷量．

【解答】解：（1）导体棒a相当于电源，导体棒b和定值电阻并联，b与定值电阻阻值相等，流过它们的电流相等，则流过a 电流是流过b的电流的2倍，则：I_a：I_b=2：1；

（2）电路总电阻：R_总=R+=1.5R，

保证b棒仍保持静止，由平衡条件得：

F_安max=m_bgsin37°+μm_bgcos37°，

安培力：，

解得：v_max=3.6m/s；

（3）a棒继续沿导轨向上运动，b棒仍保持静止：

则：m_bgsin37°=μm_bgcos37°=×0.1×10×0.8=0.6N，

a棒再次滑回到磁场边界PQ处受力平衡：

=0.4kg，

由牛顿第二定律得：F_o﹣m_agsin37°=m_aa，解得：F₀=2.8N；

（4）流过定值电阻R的电流：

I_R=t，

时间：t===3.6s，

电荷量：q=I_maxt，

解得：q═2.16C．

答：（1）a棒沿导轨向上运动过程中，a、b棒中的电流强度之比为2：1；

（2）a棒沿导轨向上运动到磁场的上边界PQ处所允许的最大速度为3.6m/s；

（3）a棒在磁场中沿导轨向上开始运动时所受的拉力F₀为2.8N；

（4）流过定值电阻R的电量为2.16C．

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