山西省太原市2023~2024學(xué)年高三上學(xué)期期末學(xué)業(yè)診斷

山西省太原市2023~2024學(xué)年高三上學(xué)期期末學(xué)業(yè)診斷姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二三四總分評(píng)分一、單項(xiàng)選擇題：本題包含8小題，每小題4分，共32分。1．轅門射戟，最早出自《三國(guó)志·呂布傳》，是呂布為了阻止袁術(shù)擊滅劉備所使的計(jì)謀。呂布欲用弓箭射穿距離自己一百五十步外方天畫(huà)戟中的小孔，假設(shè)箭水平射出，忽略空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（）A．箭在飛行過(guò)程中加速度一定改變B．箭射出位置一定要高于小孔的下邊緣C．箭有可能水平穿過(guò)小孔D．箭在飛行過(guò)程中重力的功率一定不變2．實(shí)驗(yàn)小組研究汽車有無(wú)ABS系統(tǒng)兩種情況下的勻減速直線制動(dòng)距離，測(cè)試的初速度均為60km/h。根據(jù)如圖數(shù)據(jù)可知加速度大小之比a無(wú)A．4：3 B．3：4 C．3：2 D．2：33．用一個(gè)質(zhì)量不計(jì)的網(wǎng)兜把足球掛在光滑豎直木板的A點(diǎn)，將木板以底邊OO'為軸順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)直至水平，細(xì)繩與木板之間的夾角A．足球?qū)δ景宓膲毫χ饾u增大B．足球?qū)δ景宓膲毫ο仍龃蠛鬁p小C．細(xì)繩對(duì)足球的拉力逐漸增大D．細(xì)繩對(duì)足球的拉力先增大后減小4．如圖所示，圓軌道上衛(wèi)星1與橢圓軌道上衛(wèi)星2周期相同，兩衛(wèi)星軌道相交于A、B兩點(diǎn)，C、D連線過(guò)地心，D點(diǎn)為遠(yuǎn)地點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）A．橢圓軌道的長(zhǎng)軸大于圓軌道的直徑B．衛(wèi)星1在C點(diǎn)速度大于衛(wèi)星2在D點(diǎn)速度C．相等時(shí)間內(nèi)衛(wèi)星1與地心的連線掃過(guò)的面積等于衛(wèi)星2與地心的連線掃過(guò)的面積D．衛(wèi)星2在E點(diǎn)時(shí)萬(wàn)有引力的功率大于在D點(diǎn)時(shí)萬(wàn)有引力的功率5．如圖所示，真空中兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷P、Q關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱分布，A為P、Q連線上的一點(diǎn)。保持OA位置不變，緩慢增大P、Q之間的距離后二者再次靜止，P、Q仍關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱。選無(wú)窮遠(yuǎn)處為電勢(shì)零點(diǎn)，P、Q距離增大后（）A．O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)不變 B．O點(diǎn)的電勢(shì)升高C．A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)變小 D．A點(diǎn)的電勢(shì)降低6．如圖所示，某次足球由靜止自由下落1.25m，被重新顛起，足球離開(kāi)腳部后豎直上升的最大高度為0.8m。已知足球與腳部的作用時(shí)間為0.1s，足球的質(zhì)量為0.4kg，g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力，下列選項(xiàng)正確的是（）A．足球下落到與腳部剛接觸時(shí)動(dòng)量大小為4kg·m/sB．足球自由下落過(guò)程重力的沖量大小為2N·sC．足球與腳部作用過(guò)程中動(dòng)量變化量大小為0.8kg·m/sD．腳部對(duì)足球的平均作用力為足球重力的9倍7．正方體中O為DE邊中點(diǎn)，在FE、ND兩邊放置足夠長(zhǎng)的直導(dǎo)線，通有大小相等、方向如圖的電流I。已知一根足夠長(zhǎng)直導(dǎo)線通過(guò)的電流一定時(shí)，某點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與該點(diǎn)到導(dǎo)線的距離成反比。C、O兩點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比為（）A．1：1 B．1：2 C．2：1 D．28．如圖所示，圖線a是太陽(yáng)能電池在某光照強(qiáng)度下路端電壓U和干路電流I的關(guān)系圖像，電池內(nèi)阻不是常量。圖線b是某光敏電阻的U?I圖像，虛直線c為圖線a過(guò)P點(diǎn)的切線，在該光照強(qiáng)度下將它們組成閉合回路時(shí)（）A．太陽(yáng)能電池的電動(dòng)勢(shì)為6V B．光敏電阻的功率為1WC．光敏電阻的阻值為40Ω D．太陽(yáng)能電池的內(nèi)阻為5Ω二、多項(xiàng)選擇題：本題包含4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，至少有兩個(gè)選項(xiàng)正確，全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。請(qǐng)將正確選項(xiàng)填入第Ⅱ卷前的答題欄內(nèi)。9．如圖為一定質(zhì)量的理想氣體在狀態(tài)a→狀態(tài)b→狀態(tài)c→狀態(tài)a的循環(huán)過(guò)程中，氣體壓強(qiáng)P隨熱力學(xué)溫度T變化的關(guān)系。ab的延長(zhǎng)線過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，bc平行于P軸，下列說(shuō)法正確的是（）A．氣體在狀態(tài)a時(shí)的內(nèi)能最大B．狀態(tài)a→狀態(tài)b，氣體分子數(shù)密度增大C．狀態(tài)b→狀態(tài)c，氣體向外界放熱D．狀態(tài)c→狀態(tài)a，氣體對(duì)外做的功大于氣體吸收的熱量10．如圖所示，直角三角形金屬線框ACD固定在絕緣水平面上，AC=CD=L，AC、CD電阻均為R，AD電阻不計(jì)。E、F分別為AC和AD的中點(diǎn)，EF上方存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，EF下方存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。已知兩磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系均為B=4t(T)。下列說(shuō)法正確的是（）A．金屬線框中有逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流B．金屬線框的感應(yīng)電流始終保持不變C．金屬線框所受的安培力大小不變D．在0~t11．如圖甲所示，原線圈串聯(lián)阻值R1=70Ω的電阻，副線圈c、d兩端連接阻值R2=2.甲乙A．理想電壓表的示數(shù)為20VB．理想電流表的示數(shù)為2AC．若減小電阻R2的阻值，電阻RD．原線圈兩端電壓的瞬時(shí)值表達(dá)式可寫(xiě)為u=8012．如圖所示，平行板電容器兩極板A、B與直流電源E、理想二極管連接，電源負(fù)極接地。初始時(shí)電容器不帶電，閉合開(kāi)關(guān)穩(wěn)定后，一帶電油滴在電容器中的P點(diǎn)恰好能處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說(shuō)法正確的是（）A．將極板A向下平移后，油滴在P點(diǎn)的電勢(shì)能EPB．將極板B向下平移后，油滴在P點(diǎn)的電勢(shì)能EPC．將極板B向下平移后，帶電油滴靜止不動(dòng)D．將極板B向左平移一小段距離后，P點(diǎn)的電勢(shì)升高三、實(shí)驗(yàn)題：本題包含2小題，共16分。請(qǐng)將正解答案填在題中橫線上或按要求作答。13．如圖為歐姆表原理示意圖，電流表的滿偏電流Ig=1mA，電池電動(dòng)勢(shì)E=1.5V，圖中與接線柱A相連的表筆顏色應(yīng)是色（填“紅”或“黑”），按正確方法測(cè)量Rx該歐姆表使用一段時(shí)間后，電池電動(dòng)勢(shì)變?yōu)?.4V，內(nèi)阻變大，但此表仍能調(diào)零，仍按正確方法測(cè)量電阻，測(cè)量結(jié)果與真實(shí)值相比會(huì)（填“變大”“變小”或“不變”），若示數(shù)為1.5kΩ，所測(cè)電阻的阻值應(yīng)為14．物理學(xué)習(xí)小組要測(cè)量一節(jié)舊干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，現(xiàn)有如下實(shí)驗(yàn)器材：A.電流表（量程為200mA，內(nèi)阻RAB.電壓表（0~15V，內(nèi)阻約為3kΩ）C.電阻箱R1（最大電阻值為999D.滑動(dòng)變阻器R2（最大電阻值為2kΩF.電鍵S、導(dǎo)線若干G.待測(cè)干電池（電動(dòng)勢(shì)約為1.5V，內(nèi)阻約為4Ω）（1）該實(shí)驗(yàn)除F、G外，還需要以上哪些實(shí)驗(yàn)器材（填入實(shí)驗(yàn)器材前面的序號(hào)）；（2）根據(jù)所選用的實(shí)驗(yàn)器材，在圖（a）虛線框內(nèi)畫(huà)出所設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)電路圖，并標(biāo)明器材符號(hào)；圖（a）（3）根據(jù)圖（b）的數(shù)據(jù)，在圖（c）的坐標(biāo)紙上描點(diǎn)并作圖，該電池的電動(dòng)勢(shì)E=V，內(nèi)阻r=Ω；（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）R1.02.03.04.05.06.0I0.1300.1190.1100.1020.0950.08917.708.399.099.7910.4811.18圖（b）圖（c）四、計(jì)算題：本題包含4小題，共36分。解答應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要演算步驟，只寫(xiě)出最后答案的不能得分。有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫(xiě)出數(shù)值和單位。15．如圖所示，豎直平面內(nèi)有一傾角為30°的固定粗糙斜面，高度h=2m。斜面底端有沿逆時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)的水平傳送帶BC，LBC=4m，傳送帶速度v=6m/s。斜面與傳送帶在B點(diǎn)平滑連接。物塊P從斜面最高點(diǎn)A處由靜止滑下，經(jīng)B點(diǎn)滑上傳送帶。物塊P與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=36，與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2（1）物塊P第一次在傳送帶上向右運(yùn)動(dòng)的最大距離；（2）物塊P第一次返回斜面后可到達(dá)的最大高度。16．如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，虛線圓內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。虛線圓的圓心O1在x軸上，半徑為R，O1O=R。質(zhì)量為m，電荷量為+q的粒子從圓上P點(diǎn)以速度v0正對(duì)圓心O1射入磁場(chǎng)，并從坐標(biāo)原點(diǎn)O射出磁場(chǎng)。粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，恰好經(jīng)過(guò)第一象限的Q(2L，L)（1）電場(chǎng)強(qiáng)度E與磁感應(yīng)強(qiáng)度B的比值；（2）粒子從P運(yùn)動(dòng)到Q的時(shí)間。17．如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)且不可伸長(zhǎng)的輕繩一端系于固定點(diǎn)O，另一端與質(zhì)量為m的物塊P拴連。質(zhì)量為3m、電荷量為+q的物塊Q置于光滑水平地面上的A點(diǎn)，A位于O點(diǎn)正下方且OA=L。將輕繩水平拉直后，P由靜止釋放，P與Q在圓周最低點(diǎn)A處發(fā)生對(duì)心碰撞，P反彈后擺動(dòng)的最大高度距離水平地面為14L。Q從A經(jīng)B點(diǎn)滑入半徑為L(zhǎng)的四分之一固定光滑絕緣圓軌道，從軌道C點(diǎn)滑出后落至D點(diǎn)。O'B右側(cè)的區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E=3mg（1）P與Q的碰撞是否為彈性碰撞，并說(shuō)明理由；（2）B、D兩點(diǎn)之間的距離。18．如圖所示，兩條電阻不計(jì)的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，間距為L(zhǎng)。甲、乙兩根金屬棒垂直導(dǎo)軌放置，與導(dǎo)軌接觸良好，整個(gè)裝置處于豎直向上磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。鎖定乙棒，對(duì)甲施加水平向右的恒力F，F(xiàn)作用時(shí)間t后甲獲得速度v，立即撤去拉力F，同時(shí)解鎖乙棒。甲、乙的質(zhì)量分別為2m和m，接入電路中的電阻均為R，金屬軌道足夠長(zhǎng)且甲、乙兩棒始終未發(fā)生碰撞。求：（1）撤去外力瞬間，金屬棒甲、乙加速度的大?。唬?）F作用的時(shí)間t內(nèi)，通過(guò)乙棒的電荷量；（3）撤去拉力F后，直到甲、乙之間的距離不再變化，這一過(guò)程中，甲棒中產(chǎn)生的熱量以及甲、乙運(yùn)動(dòng)的位移差。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、忽略空氣阻力，箭在飛行過(guò)程中只受重力作用，加速度為重力加速度，保持不變，故A錯(cuò)誤；

B、箭在空中做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，可知箭穿過(guò)方天畫(huà)戟中的小孔時(shí)，豎直方向上有向下的位移，故箭射出位置一定要高于小孔的下邊緣，故B正確；

C、箭穿過(guò)方天畫(huà)戟中的小孔時(shí)，箭豎直方向的速度不為零，故箭不可能水平穿過(guò)小孔，故C錯(cuò)誤；

D、箭在飛行過(guò)程中，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，箭在豎直方向上的速度逐漸增大，根據(jù)P可知箭在飛行過(guò)程中重力的功率不斷增大。故D錯(cuò)誤。

故答案為：B。

【分析】確定箭在空中飛行過(guò)程中的受力情況以及箭的運(yùn)動(dòng)情況，再根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律進(jìn)行分析。求瞬時(shí)功率時(shí)注意力與速度的夾角關(guān)系。2．【答案】B【解析】【解答】根據(jù)速度位移關(guān)系v可得a故答案為：B。

【分析】汽車制動(dòng)的末速度為零，根據(jù)圖像確定汽車的初速度及制動(dòng)的距離，再根據(jù)速度與位移的關(guān)系進(jìn)行解答。3．【答案】B【解析】【解答】轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，足球的受力如圖所示

根據(jù)正弦定理可得mg其中α保持不變，θ由90°逐漸減小到0，β從銳角逐漸增大到鈍角；則sin（90°-α）保持不變，sinθ逐漸減小，sinβ先增大后減小，可知懸繩對(duì)足球的拉力T逐漸減小，木板對(duì)足球的支持力N先增大后減小，即足球?qū)δ景宓膲毫ο仍龃蠛鬁p小。

故答案為：B。

【分析】確定足球的受力情況，對(duì)于一力恒定，兩力的方向不變的，可根據(jù)正弦定理結(jié)合各力所對(duì)應(yīng)夾角的變化情況分析各力的變化情況。4．【答案】B【解析】【解答】A、根據(jù)開(kāi)普勒第三定律R圓軌道上衛(wèi)星1與橢圓軌道上衛(wèi)星2周期相同，橢圓軌道的長(zhǎng)軸等于于圓軌道的直徑，故A錯(cuò)誤；

B、以地球球心為圓心，地球球心與D點(diǎn)的距離為半徑做圓，設(shè)為圓軌道3，若衛(wèi)星2在圓軌道3做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速度為v3，根據(jù)變軌原理可知，衛(wèi)星在圓軌道3的D點(diǎn)處的速度大于橢圓軌道2的D點(diǎn)的速度，即對(duì)于圓軌道1和3，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力G可得v=可得v則v故B正確；

C、由開(kāi)普勒第二定律可知，同一軌道上衛(wèi)星與地心的連線在相等時(shí)間內(nèi)掃過(guò)的面積相等，衛(wèi)星1與衛(wèi)星2不在同一軌道，則在相等時(shí)間內(nèi)，衛(wèi)星1與地心連線掃過(guò)的面積不一定等于衛(wèi)星2與地心連線掃過(guò)的面積，故C錯(cuò)誤；

D、由功率公式P=Fv星2在E點(diǎn)時(shí)萬(wàn)有引力方向與速度方向垂直，所以星2在E點(diǎn)時(shí)萬(wàn)有引力的功率為0。同理星2在D點(diǎn)時(shí)萬(wàn)有引力方向與速度方向垂直，所以星2在D點(diǎn)時(shí)萬(wàn)有引力的功率為0。故衛(wèi)星2在E點(diǎn)時(shí)萬(wàn)有引力的功率等于在D點(diǎn)時(shí)萬(wàn)有引力的功率。故D錯(cuò)誤。

故答案為：B。

【分析】衛(wèi)星做離心運(yùn)動(dòng)需要點(diǎn)火加速。對(duì)于圓形軌道和橢圓軌道衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)物理量的比較，可沿橢圓軌道的遠(yuǎn)點(diǎn)或者近點(diǎn)構(gòu)造新的圓周軌道作為比較橋梁。再結(jié)合萬(wàn)有引力定律及牛頓第二定律進(jìn)行分析。熟悉掌握開(kāi)普勒定律的內(nèi)容與應(yīng)用。5．【答案】C【解析】【解答】A、由點(diǎn)電荷周圍的場(chǎng)強(qiáng)公式E=k可知，增大P、Q之間的距離后，P、Q到O點(diǎn)的距離都變大，P、Q在O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)都變小，由場(chǎng)強(qiáng)的疊加可知，O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)變小，故A錯(cuò)誤；

B、增大P、Q之間的距離后O點(diǎn)的電勢(shì)仍然為零，不變，故B錯(cuò)誤；

C、增大P、Q之間的距離后，P、Q到A點(diǎn)的距離都變大，P、Q在A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)都變小，由場(chǎng)強(qiáng)的疊加可知，A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)變小，故C正確；

D、增大P、Q之間的距離后O、A間的場(chǎng)強(qiáng)減小，由U=Ed可知，增大P、Q之間的距離，OA距離不變，所以O(shè)、A之間的電勢(shì)差變小，由O點(diǎn)電勢(shì)不變，A點(diǎn)的電勢(shì)低于O點(diǎn)的電勢(shì)，可知A點(diǎn)的電勢(shì)升高，故D錯(cuò)誤。

故答案為：C。

【分析】熟悉掌握等量異種電荷電場(chǎng)線及等勢(shì)面的分布情況，再根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式判斷各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的變化情況。根據(jù)電勢(shì)差與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系判斷OA之間電勢(shì)差的變化情況。6．【答案】B【解析】【解答】A、足球下落到與腳部剛接觸時(shí)的速度v動(dòng)量大小為p故A錯(cuò)誤；

B、足球自由下落過(guò)程重力的沖量大小為I=mg故B正確；

C、設(shè)向上為正方向，足球被墊起時(shí)的速度v足球與腳部作用過(guò)程中動(dòng)量變化量大小為?p=m故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)動(dòng)量定理(F-mg)?t=?p解得F=40N則腳部對(duì)足球的平均作用力為足球重力的10倍，故D錯(cuò)誤。

故答案為：B。

【分析】根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律確定足球接觸和離開(kāi)腳部時(shí)的速度大小。再根據(jù)動(dòng)量的定義及沖量的定義和動(dòng)量定理進(jìn)行分析處理。7．【答案】B【解析】【解答】設(shè)放置在FE邊的電流在C點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B根據(jù)右手螺旋定則可判斷其方向沿CM，放置在ND邊的電流在C點(diǎn)的感應(yīng)強(qiáng)度大小為B方向沿FC。故C點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B放置在FE邊的電流在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B方向平行于DN。放置在ND邊的電流在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B方向平行于EF。故O點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B則圖中C、O兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為B故答案為：B。

【分析】根據(jù)右手螺旋定則確定各導(dǎo)線在O、C兩點(diǎn)產(chǎn)生磁場(chǎng)的方向，再根據(jù)題意確定各導(dǎo)線在O、C兩產(chǎn)生磁場(chǎng)的大小，再根據(jù)矢量合成法則確定兩點(diǎn)磁場(chǎng)強(qiáng)度的大小關(guān)系。8．【答案】D【解析】【解答】A、由閉合電路歐姆定律可得，當(dāng)電流為0時(shí)，圖線a的縱截距表示電源電動(dòng)勢(shì)，所以E=5V故A錯(cuò)誤；

C、由圖可知在某光照強(qiáng)度下將它們組成閉合回路時(shí)，則該電阻兩端電壓為4V，通過(guò)該電阻的電流為0.2A，則該電阻的阻值為R=故C錯(cuò)誤；

B、光敏電阻的功率為P=UI=0.8W故B錯(cuò)誤；

D、太陽(yáng)能電池的內(nèi)阻為r=故D正確。

故答案為：D。

【分析】根據(jù)圖像確定太陽(yáng)能電池的電動(dòng)勢(shì)，兩圖線的交點(diǎn)表示電池與電阻組成閉合電路時(shí)，電路中的工作電流及電路中的路端電壓。再結(jié)合歐姆定律及功率的定義進(jìn)行解答。9．【答案】A,C【解析】【解答】A、ab延長(zhǎng)線過(guò)原點(diǎn)，在ab過(guò)程，壓強(qiáng)與熱力學(xué)溫度成正比，氣體溫度降低，內(nèi)能減小，bc過(guò)程氣體溫度不變，內(nèi)能不變，ca過(guò)程中溫度升高，內(nèi)能增大，所以氣體在狀態(tài)a時(shí)的內(nèi)能最大，故A正確；

B、在ab過(guò)程中氣體體積不變，氣體不對(duì)外界做功，外界也不對(duì)氣體做功，氣體分子數(shù)密度不變，故B錯(cuò)誤；

C、在bc過(guò)程中氣體溫度不變，內(nèi)能不變，壓強(qiáng)增大，體積減小，外界對(duì)氣體做功，氣體向外放出熱量，故C正確；

D、在ca過(guò)程中氣體溫度升高，內(nèi)能增大，壓強(qiáng)減小，體積增大，所以氣體對(duì)外做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可得，氣體對(duì)外做的功小于氣體吸收的熱量，故D錯(cuò)誤。

故答案為：AC。

【分析】根據(jù)圖像結(jié)合理想氣體狀態(tài)方程確定密封氣體在各個(gè)過(guò)程的變化類型。對(duì)于理想氣體，氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，氣體體積變大，氣體對(duì)外做功。再結(jié)合熱力學(xué)第一定律判斷氣體的吸放熱情況。10．【答案】B,D【解析】【解答】A、根據(jù)題意結(jié)合幾何關(guān)系可知，EF上方磁場(chǎng)中線框的有效面積為SEF下方磁場(chǎng)中線框的有效面積為S上下兩部分磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度均隨時(shí)間的變化而增大，而S故EF下方磁場(chǎng)中線框產(chǎn)生的感應(yīng)電流大于EF上方磁場(chǎng)中線框產(chǎn)生的感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律推論可得，金屬線框中有順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流。故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律結(jié)合題意可得E=由于上下線框的面積恒定不變。故金屬線框的感應(yīng)電流始終保持不變。故B正確；

C、根據(jù)安培力公式F=BI由于線框在磁場(chǎng)中的有效長(zhǎng)度不變，線框中的感應(yīng)電流不變，而磁場(chǎng)強(qiáng)度隨時(shí)間不斷增大。故線框所受的安培力大小不斷變大。故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)q=I故D正確。

故答案為：BD。

【分析】確定線框在各磁場(chǎng)中的有效面積的關(guān)系，根據(jù)楞次定律確定不同磁場(chǎng)中線框產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向，再根據(jù)方向的異同確定金屬框電流的方向。再根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律及安培力公式和電流的定義進(jìn)行解答。11．【答案】A,B【解析】【解答】AB、設(shè)原線圈的輸入電壓為U1，則有U根據(jù)理想變壓器P可得U由理想變壓器電壓比等于匝數(shù)比可得理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比，有n解得理想電壓表的示數(shù)為20V，理想電流表的示數(shù)為2A，故AB正確；

C、將變壓器與R2看成一個(gè)等效電阻，若只減小電阻R2的阻值，則該等效電阻阻值減小，則原線圈電流I1增大，根據(jù)U可知原線圈的輸入電壓減小，故副線圈的輸出電壓減小，電阻R2兩端的電壓減小，故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)選項(xiàng)B可知，原線圈兩端電壓的有效值為U則原線圈兩端電壓的瞬時(shí)值表達(dá)式可寫(xiě)為u=80故D錯(cuò)誤。

故答案為：AB。

【分析】電壓表及電流表的示數(shù)均為有效值。根據(jù)輸入電壓圖像確定電壓的有效值，再根據(jù)理想變壓器原理及歐姆定律進(jìn)行解答。12．【答案】C,D【解析】【解答】A、由C=極板A向下平移，減少d，增大C，電容器充電，極板間電勢(shì)差不變，由E=電場(chǎng)強(qiáng)度增大，由φP點(diǎn)電勢(shì)升高，油滴帶負(fù)電，則在P點(diǎn)的電勢(shì)能減小，故A錯(cuò)誤；

BC、同理，將極板B向下平移后，增大d，減小C，電容器放電，但由于與二極管相連，此時(shí)二極管不導(dǎo)通，所以極板間電量不變，由C=εS4πkd，Q=CU得E=可知電場(chǎng)強(qiáng)度不變，油滴受到向上的電場(chǎng)力不變，所以油滴還是靜止不動(dòng)。PB距離增大，由φ可知P點(diǎn)電勢(shì)升高，油滴帶負(fù)電，則在P點(diǎn)的電勢(shì)能減小。故B錯(cuò)誤，C正確；

D.將極板B向左平移一小段距離后，正對(duì)面積減小，電容減小，電容器放電，但由于與二極管相連，此時(shí)二極管不導(dǎo)通，所以極板間電量不變，由BC中公式可知電場(chǎng)強(qiáng)度增大，P點(diǎn)的電勢(shì)升高。故D正確。

故答案為：CD。

【分析】電容器始終與電源相連，電容器兩極板的電勢(shì)差不變。二極管具有單向?qū)щ娦裕娙萜鞑淮嬖诜烹娗闆r。再根據(jù)電容的定義式及決定式和場(chǎng)強(qiáng)公式進(jìn)行分析。根據(jù)電勢(shì)差與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系結(jié)合B板電勢(shì)為零確定P點(diǎn)電勢(shì)的變化情況。13．【答案】紅；1.5；變大；1.4【解析】【解答】歐姆表是電流表改裝的，必須滿足電流的方向“+”進(jìn)“-”出，如圖所示，回路中電流表的負(fù)端接到電源負(fù)極，所以電流應(yīng)從A線柱流進(jìn)，內(nèi)電路電源正極與B接線柱相連，根據(jù)多用電表的使用規(guī)則為紅表筆接正，黑表筆接負(fù)，得電流從紅表筆流進(jìn)，黑表筆流出，所以與A相連的表筆顏色是紅色，故答案為：紅；

當(dāng)兩表筆短接（即Rx=0）時(shí)，電流表應(yīng)調(diào)至滿偏電流Ig，設(shè)此時(shí)歐姆表的內(nèi)阻為R內(nèi)，由閉合電路歐姆定律得I解得R當(dāng)指針指在刻度盤的正中央時(shí)，有I=

要滿足上式可得R當(dāng)電池電動(dòng)勢(shì)變小、內(nèi)阻變大時(shí)，歐姆得重新調(diào)零，由于滿偏電流Ig不變，由公式I知?dú)W姆表內(nèi)阻得變小，待測(cè)電阻的測(cè)量值是通過(guò)電流表的示數(shù)體現(xiàn)出來(lái)的，由I可知當(dāng)R內(nèi)變小時(shí)，Ig變小，指針跟原來(lái)的位置相比偏左了，故歐姆表的示數(shù)變大了，即測(cè)量值變大；

電池電動(dòng)勢(shì)變?yōu)镋'=1.4V時(shí)，R若示數(shù)為1.5kΩ，可知指針指在刻度盤的正中央，由I可得R【分析】熟悉掌握多用電表的使用方法。熟悉掌握利用中值法測(cè)測(cè)量歐姆擋內(nèi)阻的原理及操作步驟，再結(jié)合閉合電路的歐姆定律及串并聯(lián)規(guī)律進(jìn)行數(shù)據(jù)處理。14．【答案】（1）AC（2）（3）；1.36~1.50【解析】【解答】（1）由于電壓表量程較大，滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值無(wú)法確定，所以不選用，故實(shí)驗(yàn)除F、G外，還需要電流表和電阻箱，故答案為：AC。

（2）實(shí)驗(yàn)電路圖如圖所示

（3）根據(jù)表中的數(shù)據(jù)，在坐標(biāo)紙上描點(diǎn)并作圖，如圖所示

根據(jù)閉合電路歐姆定律可得E=I(r+所以1結(jié)合圖線可得1E=代入數(shù)據(jù)解得E=1.43V，r=4.00Ω【分析】一節(jié)舊電池的電動(dòng)勢(shì)約為1.5V，為使測(cè)量準(zhǔn)確，電壓表的量程不宜過(guò)大。電流表量程較小，宜串聯(lián)電阻箱進(jìn)行使用。再根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理結(jié)合電路圖推導(dǎo)得出圖像的函數(shù)表達(dá)式，繼而確定圖像斜率和截距的物理意義，再結(jié)合圖像進(jìn)行數(shù)據(jù)處理。15．【答案】（1）物塊P第一次在傳送帶上向右運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)點(diǎn)為D點(diǎn)mgh?xm=2m（2）物塊P從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)μ2mg物塊P從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到斜面最高點(diǎn)?mghm【解析】【分析】（1）物塊滑上傳送帶后做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)減速到零后，若物塊還在傳送帶上，則物塊反向做加速運(yùn)動(dòng)。假設(shè)物塊加速到零時(shí)，還在傳送帶上，針對(duì)物塊全過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理確定物體在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的位移，再根據(jù)位移與傳送帶的長(zhǎng)度關(guān)系判斷假設(shè)是否成立。若不成立，則物塊運(yùn)動(dòng)位移等于傳送帶長(zhǎng)度；

（2）物塊從D點(diǎn)開(kāi)始向左加速，由于不確定物塊到達(dá)B點(diǎn)前物塊速度是否與傳送帶速度相等，若共速則物塊滑上斜面的初速度與傳送帶速度相等。故需根據(jù)動(dòng)能定理確定物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度并判斷其與傳送帶速度的大小關(guān)系，繼而確定物塊滑上斜面的速度。再根據(jù)動(dòng)能定理確定物塊到達(dá)的最大高度。16．【答案】（1）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r由幾何關(guān)系得rtanθ2=R粒子從O到Q做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2L=v0t2E=mv（2）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為Tv粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為tt1=粒子從P運(yùn)動(dòng)Q的時(shí)間為t=【解析】【分析】（1）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)。根據(jù)題意及運(yùn)動(dòng)規(guī)律確定粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系確定粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的