【物理】湖北湖南八市十二校2019屆高三下學(xué)期第二次調(diào)研聯(lián)考試題（解析版）

1、湖南湖北八市十二校2019屆高三第二次調(diào)研聯(lián)考理科綜合能力測(cè)試一、選擇題：1.如圖所示，傾角為30o的粗糙斜面與傾角為60o的足夠長(zhǎng)的光滑斜面對(duì)接在一起，兩斜面上分別放有質(zhì)量均為m的物塊甲和乙，兩物塊通過(guò)一跨過(guò)定滑輪的細(xì)線(xiàn)連在一起。在平行于斜面的拉力F的作用下兩物塊均做勻速運(yùn)動(dòng).從圖示位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，在甲物塊與滑輪相碰前的一段時(shí)間內(nèi)，下面的圖象中，x表示每個(gè)物塊所通過(guò)的路程，E表示兩物塊組成的系統(tǒng)的機(jī)械能，Ep表示兩物塊組成的系統(tǒng)的重力勢(shì)能，Wf表示甲物塊克服摩擦力所做的功，WF表示拉力F對(duì)乙物塊所做的功，則圖象中所反映的關(guān)系可能正確的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【詳解】A、B、相

2、同時(shí)間內(nèi)兩物塊的位移大小相等，但斜面傾角不同，得：，即任意段時(shí)間內(nèi)，乙增加的重力勢(shì)能大于甲減少的重力勢(shì)能，系統(tǒng)的重力勢(shì)能是增加的，而系統(tǒng)動(dòng)能不變，則系統(tǒng)的機(jī)械能也是增加的，故A錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤；C、D、甲物塊克服摩擦力所做的功Wf=mgscos30°，s=vt，故Wf-t圖線(xiàn)為過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線(xiàn)，同理WF-t圖線(xiàn)亦為過(guò)原點(diǎn)的直線(xiàn)，故C正確，D錯(cuò)誤；故選C.2.宇宙中存在一些質(zhì)量相等且離其他恒星較遠(yuǎn)的四顆星組成的四星系統(tǒng)，通?？珊雎云渌求w對(duì)它們的引力作用。設(shè)四星系統(tǒng)中每個(gè)星體的質(zhì)量均為m，半徑均為R，四顆星穩(wěn)定分布在邊長(zhǎng)為的正方形的四個(gè)頂點(diǎn)上已知引力常量為G關(guān)于四星系統(tǒng)，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A

3、. 四顆星圍繞正方形對(duì)角線(xiàn)的交點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)B. 四顆星的軌道半徑均為C. 四顆星表面的重力加速度均為D. 四顆星的周期均為【答案】B【解析】四顆星圍繞正方形對(duì)角線(xiàn)的交點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A正確B錯(cuò)誤；四顆星的軌道半徑均為a，選項(xiàng)A正確B錯(cuò)誤；由Gmm/R2= mg可知四顆星表面的重力加速度均為g= Gm/R2，選項(xiàng)C正確；由G+2 Gcos45°=ma，解得四顆星的周期均為T(mén)=,選項(xiàng)D正確3.如圖為氫原子的能級(jí)示意圖，鋅的逸出功是3.34eV，那么對(duì)氫原子在能量躍遷過(guò)程中發(fā)射或吸收光子的特征認(rèn)識(shí)正確的是A. 用氫原子從高能級(jí)向基態(tài)躍遷時(shí)發(fā)射的光照射鋅板一定不能產(chǎn)生光電效應(yīng)B.

4、一群處于n=3能級(jí)的氫原子向基態(tài)躍遷時(shí)，能放出4種不同頻率的光C. 用能量為10.3eV的光子照射，可使處于基態(tài)的氫原子躍遷到激發(fā)態(tài)D. 一群處于n=3能級(jí)的氫原子向基態(tài)躍遷時(shí)，發(fā)出的光照射鋅板，鋅板表面所發(fā)出的光電子的最大初動(dòng)能為8.75eV【答案】D【解析】【詳解】A、氫原子從高能級(jí)向基態(tài)躍遷時(shí)發(fā)出的光子的最小能量為10.2eV，照射金屬鋅板一定能產(chǎn)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，故A錯(cuò)誤；B、一群處于n=3能級(jí)的氫原子向基態(tài)躍遷時(shí)，根據(jù)可知，能放出3種不同頻率的光，故B錯(cuò)誤；C、用能量為10.3eV的光子照射，小于12.09eV，不可使處于基態(tài)的氫原子躍遷到激發(fā)態(tài)，要正好等于12.09eV才能躍遷，故C

5、錯(cuò)誤；D、氫原子從高能級(jí)向n=3的能級(jí)向基態(tài)躍遷時(shí)發(fā)出的光子的能量最小為E大=-1.51+13.6=12.09eV，因鋅的逸出功是3.34ev，鋅板表面所發(fā)出的光電子的最大初動(dòng)能為EKm=12.09-3.34=8.75eV，故D正確；故選D.4.如圖所示，距小滑輪O正下方l處的B點(diǎn)用絕緣底座固定一帶電荷量為q的小球1，絕緣輕質(zhì)彈性繩一端懸掛在光滑的定滑輪O正上方處的D點(diǎn)，另一端與質(zhì)量為m的帶電小球2連接，發(fā)現(xiàn)小球2恰好在A(yíng)位置平衡，已知OA長(zhǎng)為l，與豎直方向的夾角為60°由于彈性繩的絕緣效果不是很好，小球2緩慢漏電，一段時(shí)間后，當(dāng)滑輪下方的彈性繩與豎直方向夾角為30°時(shí)，小

6、球2恰好在A(yíng)B連線(xiàn)上的C位置已知靜電力常量為k，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是A. 小球2帶負(fù)電B. 小球2在C位置時(shí)所帶電荷量為C. 小球2在A(yíng)位置時(shí)所帶電荷量為D. 彈性繩原長(zhǎng)為【答案】C【解析】【詳解】A、兩個(gè)小球之間相互排斥，可知帶同種電荷，所以小球2也帶正電；故A錯(cuò)誤.B、小球在C點(diǎn)時(shí)，受力分析如圖：由幾何關(guān)系可得： 根據(jù)庫(kù)侖定律得： 聯(lián)立可得：；故B錯(cuò)誤.C、小球2在A(yíng)位置時(shí)，受到的重力、電場(chǎng)力和繩子的拉力，三個(gè)力之間的夾角互為120°，所以三個(gè)力的大小相等，即；根據(jù)庫(kù)侖定律得：，小球2在A(yíng)位置時(shí)所帶電荷量：；故C正確.D、小球2在A(yíng)位置時(shí)，彈性繩的長(zhǎng)度：，小球2在C

7、位置時(shí)，彈性繩的長(zhǎng)度，設(shè)彈性繩的勁度系數(shù)為k，則：；聯(lián)立可得：；故D錯(cuò)誤.故選C.5.如圖甲所示，在豎直方向分布均勻的磁場(chǎng)中水平放置一個(gè)金屬圓環(huán)，圓環(huán)所圍面積為0.1m2，圓環(huán)電阻為。在第1s內(nèi)感應(yīng)電流I順時(shí)針?lè)较?。磁?chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示 (其中在45s的時(shí)間段呈直線(xiàn))。則A. 在05s時(shí)間段，感應(yīng)電流先減小再增大B. 在02s時(shí)間段感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较?，?5s時(shí)間段感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较駽. 在05s時(shí)間段，圓環(huán)最大發(fā)熱功率為5.0×10-4WD. 在02s時(shí)間段，通過(guò)圓環(huán)橫截面的電量為5.0×10-1C【答案】C【解析】【詳解】A、根據(jù)閉合電路歐

8、姆定律得，知磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率越大，則電流越大，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率最大值為0.1，則最大電流，則在05s時(shí)間段，感應(yīng)電流先減小再增大，最后不變；故A錯(cuò)誤.B、由題意知，在第1s內(nèi)感應(yīng)電流I 沿順時(shí)針?lè)较?，根?jù)楞次定律知，磁場(chǎng)方向向上為正方向；在02s時(shí)間段順時(shí)針，在25s時(shí)間，磁場(chǎng)在減小，則感應(yīng)電流的方向逆時(shí)針，故B錯(cuò)誤.C、在05s時(shí)間段，當(dāng)電流最大時(shí)，發(fā)熱功率最大，則P=I2R=0.052×0.2=5.0×10-4W；故C正確.D、根據(jù)感應(yīng)電量的公式，則通過(guò)圓環(huán)橫截面的電量為5.0×10-2C，故D錯(cuò)誤；故選C.6.如圖所示,空間直角坐標(biāo)系的xOz平面是光滑水平

9、面,空間中有沿z軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?，F(xiàn)有兩塊平行的薄金屬板,彼此間距為d,構(gòu)成一個(gè)電容為C的電容器,電容器的下極板放在xOz平面上;在兩板之間焊接一根垂直于兩板的電阻不計(jì)的金屬桿MN,已知兩板和桿MN的總質(zhì)量為m,若對(duì)桿MN施加一個(gè)沿x軸正方向的恒力F,兩金屬板和桿開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后,則A. 金屬桿MN中存在沿M到到N方向的感應(yīng)電流B. 兩金屬板間的電壓始終保持不變C. 兩金屬板和桿做加速度大小為的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)D. 單位時(shí)間內(nèi)電容器增加的電荷量為【答案】AD【解析】由右手定則可知，充電電流方向?yàn)椋河蒑流向N，故A正確；設(shè)此裝置勻加速平移的加速度為a，則時(shí)間t后速度，MN，切割磁感

10、線(xiàn)產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)：，即電容器兩板電壓：，U隨時(shí)間增大而增大，電容器所帶電量，MN間此時(shí)有穩(wěn)定的充電電流：，方向向下，根據(jù)左手定則可知，MN受到向左的安培力：，以整個(gè)裝置為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得：，即：，解得：，方向沿+Z方向，則單位時(shí)間內(nèi)電容器增加的電荷量為，故BC錯(cuò)誤，D正確；故選AD.【點(diǎn)睛】系統(tǒng)在力的作用下加速運(yùn)動(dòng)，MN切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)給電容器充電，由右手定則可以判斷出充電電流方向，應(yīng)用安培力公式與牛頓第二定律可以求出加速度7.如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正三角形abc區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，質(zhì)量為m，電荷量均為q的三個(gè)粒子A、B、C以大小不等的速度從a點(diǎn)沿與ab邊成30&#

11、176;角的方向垂直射入磁場(chǎng)后從ac邊界穿出，穿出ac邊界時(shí)與a點(diǎn)的距離分別為、L。不及粒子的重力及粒子間的相互作用，則下列說(shuō)法正確的是A. 粒子C在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為L(zhǎng)B. A、B、C三個(gè)粒子的初速度大小之比為3:2:1C. A、B、C三個(gè)粒子從磁場(chǎng)中射出的方向均與ab邊垂直D. 僅將磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，則粒子B從c點(diǎn)射出【答案】ACD【解析】A、由圓周運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性可知，同一直線(xiàn)邊界以30°的弦切角進(jìn)磁場(chǎng)，射出時(shí)的速度也與邊界成30°，而圓心角為60°，則圓心和入射點(diǎn)以及出射點(diǎn)構(gòu)成等邊三角形，由幾何關(guān)系可知，故A正確。B、根據(jù)洛倫茲力提供向心力有，可知，

12、可得初速度之比，B錯(cuò)誤。C、由于三粒子從ac出射時(shí)夾角為30°，而，故出射速度的延長(zhǎng)線(xiàn)必與ab邊垂直構(gòu)成直角三角形，故C正確。D、由可知將B改為，半徑將變?yōu)?，而其它條件不變，故由幾何關(guān)系可知B粒子將從c點(diǎn)出射，D正確。故選ACD.【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵是明確粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，畫(huà)出三個(gè)粒子的軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系確定軌道半徑，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性和牛頓第二定律列式求解半徑.8.如圖所示，A為一固定在地面上的光滑弧形軌道，質(zhì)量為2m的足夠長(zhǎng)的小車(chē)B緊靠弧形軌道的右側(cè)靜止在水平光滑地面上，弧形軌道末端的切線(xiàn)水平且恰好在小車(chē)的上表面，一質(zhì)量為m的滑塊C自弧形軌道的a點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，當(dāng)滑塊C與小車(chē)相對(duì)靜止時(shí)，它們

13、的速度為，滑塊相對(duì)于小車(chē)的滑行距離為d，滑塊與小車(chē)的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，滑塊C可視為質(zhì)點(diǎn)，從滑塊開(kāi)始下滑到滑塊與小車(chē)相對(duì)靜止的過(guò)程中，下列判斷正確的是（ ）A. 小車(chē)對(duì)滑塊的摩擦力做功等于mgdB. 系統(tǒng)損失的機(jī)械能為mgdC. 滑塊C到達(dá)弧形軌道末端時(shí)速度為D. a點(diǎn)與弧形軌道末端的豎直高度為【答案】BD【解析】滑塊C以v滑上小車(chē)，在摩擦力作用下減速，最后與小車(chē)共速，滑塊動(dòng)能減少，轉(zhuǎn)化為小車(chē)的動(dòng)能和熱量，而系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量，而滑塊C相對(duì)小車(chē)的位移為，故系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為，故小車(chē)對(duì)滑塊的摩擦力做的功大于，故A錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律可知，系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于，故B正確；滑塊C滑上小車(chē)，系統(tǒng)

14、動(dòng)量守恒，則有：，解得：，故C錯(cuò)誤；滑塊C從弧形下滑時(shí)機(jī)械能守恒，則有：，解得：，故D正確，故選BD.二、非選擇題： 9.某物理實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)利用實(shí)驗(yàn)室提供的器材測(cè)量一待測(cè)電阻的阻值.可選用的器材（代號(hào)）與規(guī)格如下：電流表A1（量程250mA,內(nèi)阻r1為5)；標(biāo)準(zhǔn)電流表A2（量程300mA,內(nèi)阻r2約為5）；待測(cè)電阻R1（阻值約為100）；滑動(dòng)變阻器R2（最大阻值10）；電源E（電動(dòng)勢(shì)約為10V，內(nèi)阻r約為1）；單刀單擲開(kāi)關(guān)S，導(dǎo)線(xiàn)若干.(1)要求方法簡(jiǎn)捷，并能測(cè)多組數(shù)據(jù)，請(qǐng)?jiān)谟颐娴姆娇蛑挟?huà)出實(shí)驗(yàn)電路原理圖，并標(biāo)明每個(gè)器材的代號(hào)_.(2)用測(cè)的量表示待測(cè)電阻R1的計(jì)算公式是R1_.【答案】(1

15、). (2). 【解析】【詳解】(1)實(shí)驗(yàn)器材中沒(méi)有電壓表，可用A1與待測(cè)電阻并聯(lián)，間接測(cè)量待測(cè)電阻兩端電壓，待測(cè)電阻阻值約為100，滑動(dòng)變阻器最大阻值為10，為測(cè)出多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓接法，實(shí)驗(yàn)電路圖如圖所示：(2)實(shí)驗(yàn)需要測(cè)量出電流表A1、A2的示數(shù)為I1、I2；則待測(cè)電阻的阻值.10.某實(shí)驗(yàn)小組探究彈簧的勁度系數(shù)k與其長(zhǎng)度（圈數(shù)）的關(guān)系；實(shí)驗(yàn)裝置如圖（a）所示：一均勻長(zhǎng)彈簧豎直懸掛，7個(gè)指針P0、P1、P2、P3、P4、P5、P6分別固定在彈簧上距懸點(diǎn)0、10、20、30、40、50、60圈處；通過(guò)旁邊豎直放置的刻度尺，可以讀出指針的位置，P0指向0刻度；設(shè)彈簧下端未掛重物

16、時(shí)，各指針的位置記為x0；掛有質(zhì)量為0.100 kg砝碼時(shí)，各指針的位置記為x；測(cè)量結(jié)果及部分計(jì)算結(jié)果如下表所示（n為彈簧的圈數(shù)，取重力加速度為9.80 m/s2）。已知實(shí)驗(yàn)所用彈簧的總?cè)?shù)為60，整個(gè)彈簧的自由長(zhǎng)度為11.88 cm。(1)將表中數(shù)據(jù)補(bǔ)充完整：_，_；(2)以n為橫坐標(biāo)，1/k為縱坐標(biāo)，在圖（b）給出的坐標(biāo)紙上畫(huà)出1/kn圖.(3)圖（b）中畫(huà)出的直線(xiàn)可以近似認(rèn)為通過(guò)原點(diǎn)；若從實(shí)驗(yàn)中所用的彈簧截取圈數(shù)為n的一段彈簧，該彈簧的勁度系數(shù)k與其圈數(shù)n的關(guān)系的表達(dá)式為k=_N/m；該彈簧的勁度系數(shù)k與其自由長(zhǎng)度l0（單位為m）的表達(dá)式為k=_ N/m。【答案】(1) 81.7 0.0

17、12 2 (2). 見(jiàn)解析 (3). N/m（在之間均可） （在之間均可）【解析】【分析】（1）彈簧的圈數(shù)相同的情況下，勁度系數(shù)是相同的，根據(jù)P2的示數(shù)，利用胡克定律即可以求得此時(shí)的勁度系數(shù)的大?。唬?）根據(jù)表中的數(shù)據(jù)直接畫(huà)圖即可；【詳解】（1）中；（2）圖線(xiàn)如圖：（3）由圖線(xiàn)可知直線(xiàn)的斜率為，故直線(xiàn)方程滿(mǎn)足，即 N/m（在在之間均可）；由于60匝彈簧的總長(zhǎng)度為11.88 cm；則n匝彈簧的原長(zhǎng)滿(mǎn)足，代入可得：。（在在之間均可）【點(diǎn)睛】本題考查探究彈力和形變量之間的關(guān)系，解題的關(guān)鍵根據(jù)胡克定律得到彈簧彈力和長(zhǎng)度的關(guān)系公式，分析得到圖象的物理意義，最后結(jié)合圖象求解勁度系數(shù)11.如圖甲所示，一傾角

18、為37°，長(zhǎng)L=3.75 m的斜面AB上端和一個(gè)豎直圓弧形光滑軌道BC相連，斜面與圓軌道相切于B處，C為圓弧軌道的最高點(diǎn)。t=0時(shí)刻有一質(zhì)量m=1 kg的物塊沿斜面上滑，其在斜面上運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖乙所示。已知圓軌道的半徑R=0.5 m。（取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）求：(1)物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力FN的大??；(3)試通過(guò)計(jì)算分析是否可能存在物塊以一定的初速度從A點(diǎn)滑上軌道，通過(guò)C點(diǎn)后恰好能落在A(yíng)點(diǎn)。如果能，請(qǐng)計(jì)算出物塊從A點(diǎn)滑出的初速度；如不能請(qǐng)說(shuō)明理由。【答案】(1)=0.5 (2)

19、 F'N=4 N (3)【分析】由圖乙的斜率求出物塊在斜面上滑時(shí)的加速度，由牛頓第二定律求動(dòng)摩擦因數(shù)；由動(dòng)能定理得物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度，根據(jù)牛頓第二定律和牛頓第三定律求出)物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力FN的大小；物塊從C到A，做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)求出物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度，物塊從A到C，由動(dòng)能定律可求物塊從A點(diǎn)滑出的初速度；【詳解】解：(1)由圖乙可知物塊上滑時(shí)的加速度大小為 根據(jù)牛頓第二定律有： 解得 (2)設(shè)物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為vC，由動(dòng)能定理得：在最高點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律則有：解得： 由根據(jù)牛頓第三定律得：物體在C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為4 N (3)設(shè)物塊以初速度v1上滑，最

20、后恰好落到A點(diǎn)物塊從C到A，做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向：水平方向： 解得，所以能通過(guò)C點(diǎn)落到A點(diǎn) 物塊從A到C，由動(dòng)能定律可得： 解得：12.如圖所示，傾角為=37°的足夠長(zhǎng)的平行導(dǎo)軌頂端bc間、底端ad間分別連一電阻，其阻值為R1R22r，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)=1m。在導(dǎo)軌與兩個(gè)電阻構(gòu)成的回路中有垂直于軌道平面向下的磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1=1T。在導(dǎo)軌上橫放一質(zhì)量m=1kg、電阻為r=1、長(zhǎng)度也為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒ef，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終良好接觸，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.5。在平行導(dǎo)軌的頂端通過(guò)導(dǎo)線(xiàn)連接一面積為S0.5m2、總電阻為r、匝數(shù)N=100的線(xiàn)圈(線(xiàn)圈中軸線(xiàn)沿豎直方向)，在線(xiàn)圈內(nèi)加

21、上沿豎直方向,且均勻變化的磁場(chǎng)B2(圖中未畫(huà)),連接線(xiàn)圈電路上的開(kāi)關(guān)K處于斷開(kāi)狀態(tài)，g=10m/s2,不計(jì)導(dǎo)軌電阻。求：(1)從靜止釋放導(dǎo)體棒,導(dǎo)體棒能達(dá)到的最大速度是多少？(2)導(dǎo)體棒從靜止釋放到穩(wěn)定運(yùn)行之后的一段時(shí)間內(nèi),電阻R1上產(chǎn)生的焦耳熱為Q=0.5J,那么導(dǎo)體下滑的距離是多少？(3)現(xiàn)閉合開(kāi)關(guān)K，為使導(dǎo)體棒靜止于傾斜導(dǎo)軌上，那么在線(xiàn)圈中所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向及變化率大小的取值范圍？（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力）【答案】【解析】對(duì)導(dǎo)體棒,由牛頓第二定律有 其中 由知,隨著導(dǎo)體棒的速度增大,加速度減小,當(dāng)加速度減至0時(shí),導(dǎo)體棒的速度達(dá)最大，有 導(dǎo)體棒從靜止釋放到穩(wěn)定運(yùn)行之后的一段時(shí)

22、間內(nèi),由動(dòng)能定理有 根據(jù)功能關(guān)系有 根據(jù)并聯(lián)電路特點(diǎn)得 由聯(lián)立得 開(kāi)關(guān)閉合后，導(dǎo)體棒ef受到的安培力 干路電流 電路的總電阻 根據(jù)電路規(guī)律及得 由聯(lián)立得 當(dāng)安培力較大時(shí) 由得 當(dāng)安培力較小時(shí) 由得 故為使導(dǎo)體棒靜止于傾斜導(dǎo)軌上，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化的取值范圍為： 根據(jù)楞次定律和安培定則知閉合線(xiàn)圈中所加磁場(chǎng)：若方向豎直向上，則均勻減小；若方向豎直向下，則均勻增強(qiáng)。13.有關(guān)對(duì)熱學(xué)的基礎(chǔ)知識(shí)理解正確的是_。A. 液體的表面張力使液體的表面有擴(kuò)張的趨勢(shì)B. 低溫的物體可以自發(fā)把熱量傳遞給高溫的物體，最終兩物體可達(dá)到熱平衡狀態(tài)C. 當(dāng)裝滿(mǎn)水的某一密閉容器自由下落時(shí)，容器中的水的壓強(qiáng)為零D. 空氣相對(duì)濕度越

23、大時(shí)，空氣中水蒸氣壓強(qiáng)越接近同溫度水的飽和汽壓，水蒸發(fā)變慢E. 在“用油膜法測(cè)分子直徑”的實(shí)驗(yàn)中，作出了把油膜視為單分子層、忽略油酸分子間的間距并把油酸分子視為球形這三方面的近似處理【答案】CDE【解析】【詳解】A、表面張力產(chǎn)生在液體表面層，它的方向平行于液體表面，而非與液面垂直指向液體內(nèi)部，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)熱力學(xué)第二定律，低溫的物體不會(huì)自發(fā)把熱量傳遞給高溫的物體，必然會(huì)引起外界變化。故B錯(cuò)誤；C、液體壓強(qiáng)由重力產(chǎn)生，當(dāng)裝滿(mǎn)水的某一密閉容器自由下落時(shí)，容器處于完全失重狀態(tài)，故容器中的水的壓強(qiáng)為零，故C正確；D、空氣相對(duì)濕度越大時(shí)，空氣中水蒸氣壓強(qiáng)越接近同溫度水的飽和汽壓，水蒸發(fā)變慢，故D正確

24、；E、在“用油膜法測(cè)分子直徑”的實(shí)驗(yàn)中，需要將油膜看作單分子層，同時(shí)要忽略油酸分子間的間距并把油酸分子視為球形，故E正確；故選CDE.14.如圖，粗細(xì)均勻的彎曲玻璃管A、B兩端開(kāi)口，管內(nèi)有一段水銀柱，中管內(nèi)水銀面與管口A(yíng)之間氣體柱長(zhǎng)為lA40 cm，右管內(nèi)氣體柱長(zhǎng)為lB39 cm。先將開(kāi)口B封閉，再將左管豎直插入水銀槽中，設(shè)被封閉的氣體為理想氣體，整個(gè)過(guò)程溫度不變，若穩(wěn)定后進(jìn)入左管的水銀面比水銀槽水銀面低4 cm，已知大氣壓強(qiáng)p076 cmHg，求：A端上方氣柱長(zhǎng)度；穩(wěn)定后右管內(nèi)的氣體壓強(qiáng)?！敬鸢浮?8cm；78cmHg【解析】試題分析：穩(wěn)定后進(jìn)入左管的水銀面比水銀槽水銀面低4cm，則A管內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為PA1=(76+4) cmHg由公式：P0VA0=PA1VA1，代入數(shù)據(jù)得：LA1=38cm設(shè)右管水銀面上升h，則右管內(nèi)氣柱長(zhǎng)度為lB-h，氣體的壓強(qiáng)為；由玻意爾定律得：解得：h=1cm所以右管內(nèi)氣體壓強(qiáng)為考點(diǎn)：氣體的狀態(tài)方程.15.圖（a）為一列簡(jiǎn)諧橫波在t=0.025 s時(shí)刻的波形圖，P是平衡位置在x=1 m處的質(zhì)點(diǎn)，Q是平衡位置在x=4 m處的質(zhì)點(diǎn)；圖（b）為質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)