2025届福建省福州第三中学高三下学期模拟预测物理试题

福州三中2024-2025学年第二学期高三第十二次质量检查 物理试卷 考试时间：75分钟 满分：100分 出卷人：林华伟 审核人：邱晓峰 一、单选题：本大题共4小题，共16分。 1.下列关于光的说法合理的是() 内芯 外套 甲 A.图甲是光导纤维的工作原理示意图，内芯的折射率比外套的折射率小 B.图乙是小孔衍射的图样，也被称为“泊松亮斑 C.图丙中的M、N是偏振片，P是光屏。当M固定不动、N缓慢转动时，光屏P上光斑的亮度 出现明、暗交替变化，此现象表明光波是纵波 D.图丁是空气中双缝干涉原理图，若P1到S1、S2(S1、S2到S等距)的路程差是半波长的偶数 倍，则P1处是亮纹中心 2将不带电的金属球B靠近带正电的金属球A,系统达到静电平衡状态后，纸面内的电场线和等 势面分布如图所示，a、b两点关于金属球A、B的连线对称，c、d为金属球B外表面的两点，下 列说法正确的是() A金属球B左侧带正电 B.a点与b点电场强度相同 C.cf间的电势差与df间的电势差相等 D.将带正电的试探电荷从α点移到f点，电势能增加 第1页，共8页 扫描全能王创建 3.图甲为一列简谐波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1.0m处的质点，Q是平衡位 置为x=4.0m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则() .cm Ax/cm 10 10 05 2 0 0.05010 20t1s -10 甲 -10 乙 A.在t=0.25s时，质点P的速度方向为y轴正方向 B.质点Q简谐运动的表达式为x=10sinr2t(cm) C.从t=0.10s到t=0.20s,该波沿x轴正方向传播了4m D.从t=0.10s到t=0.25s,质点P通过的路程为30cm 4如图所示，倾角为0=30的固定光滑斜面上有两个质量均为m的物块A、B，物块4A通过劲度 系数为k的轻弹簧拴接在斜面底端的固定挡板上，物块B通过一根跨过定滑轮的细线与物块C 相连，物块C的质量为？，弹簧、细线均与斜面平行。初始时，用手托住物块C,使细线恰好伸 直但无拉力，释放物块C,物块A、B分离时，滑块C恰好落地。重力加速度大小为g,不计滑 轮质量及摩擦，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，下列说法错误的是() A.初始时，弹簧的压缩量为mg/k B.物块A、B分离时，弹簧弹力等于mg/2 C.从开始到物块A、B分离的过程中，物块A、B的速度先增 大后减小 D.从开始到物块A、B分离的过程中，物块A、B的加速度一直减小 二、双选题：本大题共4小题，共24分。 5在电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50kg。 电梯运动过程中的某一段时间内该同学发现体重计示数如图所示，则在这段时间内，下列说法 正确的是（取g=10m/s2)() 20 60 A.该同学失重，所受的重力变小 80 B.电梯可能竖直向上运动 kg C.该同学对体重计的压力小于体重计对他的支持力 D.电梯的加速度大小为2m/s2,方向竖直向下 第2页，共8页 扫描全能王创建 6月球探测器返回舱为了安全带回样品，采用了类似打水漂多段减速技术。如图所示，用虚 线球面表示地球大气层边界，边界外侧没有大气。关闭发动机的返回舱从α点滑入大气层，然 后经b点从c点“跳出”，经d点后再从e点“跃入”。d点为轨迹最高点，距离地面高度为h,已知地 球表面重力加速度为g,地球半径为R。则下列分析正确的是() A.a、c、e三点的速率满足va>ve>ve B.返回舱在b点有竖直向下的加速度分量 地球 C.返回舱在d点时的角速度小于 、9R2 (R+h)3 大气层 D.d点加速度大小等于 (R+)2 7.某地的机动车出入口采用如图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆OM与横杆MN链接而成，M、 N为横杆的两个端点。某天中午快递员将快递袋子挂在了校门口道闸的横杆MN上，在道闸抬 起过程中，快递袋始终与横杆MN保持相对静止，且杆MN始终水平，此过程中杆OM绕O点从 水平方向匀速转动到接近竖直方向。若快递袋可视为质点，与横杆之间的动摩擦因数为，最 大静摩擦力等于滑动摩擦力，转动杆0M长度为L,重力加速度为g。下列说法正确的是 A.N点线速度大小大于M点线速度大小 B.N点的加速度始终沿ON方向 C.M、N两点都在做匀速圆周运动 N D.快递袋能够与横杆MN保持相对静止一起运动的最大速率 8如图所示为使用直流电动机提升重物的示意图，间距为L的平行导轨固定在水平面内，导轨 左端接有电动势为E,内阻为r的直流电源，导轨电阻不计，质量为M、电阻为R、长为L的导 体棒αb垂直导轨放置，其中心通过绝缘细线绕过固定光滑轻质定滑轮后与静止在地面上的质 量为m的重物相连，此时细线恰好伸直且无拉力，导体棒ab与滑轮间的细线水平。整个装置处 于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。已知导体棒αb距离导轨左端足够远，重 物上升过程中不会碰到定滑轮，重力加速度为g,不计一切摩擦。闭合开关S后，导体棒ab向 左运动的过程中，下列说法正确的是() A闭合开关5瞬间细线中的拉力大小为F=w BEL R+r -mg B.导体棒最终的速度大小为v=三-mgR BL B2L2 C导体棒匀速运动时直流电源的输出功率为P=配() 第3页，共8页 扫描全能王创建 D.从静止出发到刚好做匀速运动的过程中，安培力对导体棒所做的功等于导体棒与重物组 成的系统增加的机械能 三、填空题：本大题共3小题，每空1分共9分。 9.如图所示，a、b是两种单色光射入正六边形冰晶，则冰晶对单色光a的折射率_ (填“大于” 或“小于)冰晶对单色光b的折射率，单色光a在冰晶中的传播速度比单色光b在冰晶中的传播速 度（填“大”或“小）。如果让太阳光从冰晶射向空气，逐渐增大入射角，则、b两种单色 光中，单色光 (填“a或“b更容易发生全反射。 各速率区间的分子数 古总分子数的百分比 太阳光 六边形 冰品 分子的速率 第9题图 第10题图 10.如图甲所示p一V图像，一定质量理想气体经过两次等温变化、两次等容变化由状态A→ B→C→D→A完成一个循环。A→B的过程中，单位体积中的气体分子数目 (选填“增 大减小或“不变”)，状态A和状态D的气体分子热运动速率的统计分布图像如图乙所示，则 状态D对应的是 (选填“①或“②).在A→B和D→A的过程中，气体放出的热量分别为 4/和20J,在B→C和C→D的过程中，气体吸收的热量分别为20J和12J。求完成一次循环外 界对气体所做的功为J。 11.如图所示，交流发电机的矩形线圈abcd中，ab=cd=50cm,bc=ad=30cm,匝数n= 100匝，线圈电阻r=12,外电阻R=42线圈在磁感应强度B=0.05T的匀强磁场中绕垂直于 磁场的转轴00'匀速转动，角速度w=10rad/s,则产生感应电动势的最大值为V,交流 电压表的示数为V;从图示位置起，转过90过程中，通过线圈截面的电荷量为 C; 第4页，共8页 扫描全能王创建 四、实验题：本大题共2小题，共13分。 12.(5分)某实验小组用如图甲所示的装置来探究小球做匀速圆周运动时所需向心力的大小F 与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。 压力传感器 光电门 1.0 0.8 支建塔 挡光片 苑拍 06 变违塔轮 传动皮 0. 02 oPArad/s) 7777777777n77 2 46810 图甲 图乙 图丙 (1)在探究向心力F与角速度ω的关系时，若图中标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受 向心力之比为1：9，则与皮带连接的两个变速塔轮的半径之比为 (填选项前的字母)。 A.1:3B.3:1 C.1:9D.9:1 (2)为验证做匀速圆周运动物体的向心力的定量表达式，某同学设计了如图乙所示的实验装置， 电动机带动转轴O0'匀速转动；A端固定的压力传感器可测出小球对其压力的大小，B端固定一 宽度为的挡光片，光电门可测量挡光片每一次的挡光时间。 实验步骤 ①测出挡光片与转轴的距离为 ②将小钢球紧靠传感器放置在凹槽上，测出此时小钢球球心与转轴的距离为； ③启动电动机，使凹槽AB绕转轴0O'匀速转动； ④记录下此时压力传感器示数F和挡光时间4t。 (a)小钢球转动的角速度w= (用L、d、△t表示)： ()该同学为了探究向心力大小F与角速度ω的关系，多次改变转速后，记录了一系列力与对应 角速度的数据，作出F一ω图像如图丙所示，若忽略小钢球所受摩擦且小钢球球心与转轴的距 离为r=0.30m,则小钢球的质量m=kg。(结果保留2位有效数字) 第5页，共8页 扫描全能王创建 13.(8分)材料的电阻随压力的变化而变化的现象称为“压阻效应”，利用这种效应可以测量压 力大小。某同学计划利用压敏电阻测量物体的质量，他先测量压敏电阻处于不同压力F时的电 阻值RF。利用以下器材设计一个可以测量处于压力中的该压敏电阻阻值的电路，要求误差较 小，提供的器材如下： A.压敏电阻Re,无压力时阻值Ro=6002 B.滑动变阻器R1,最大阻值约为202 C滑动变阻器R2,最大阻值约为2002 D.灵敏电流计G,量程0~2.5mA,内阻为302 E.电压表V,量程0~3V,内阻约为3k2 F.直流电源E,电动势为3V,内阻很小 G.开关S,导线若干 G R 22 246802→FN 图1 图2 图3 图4 (1)滑动变阻器应选用 (选填“R1”或“R2”),实验电路图应选用 (选填“图1”或 “图2）。 (2)实验中发现灵敏电流计量程不够，若要将其改装为量程30mA的电流表，需要 (选 填“串联”或“并联)一个电阻R′，R′=2。（保留两位有效数字） (3)多次改变压力F,在室温下测出对应电阻值R,可得到如图3所示压敏电阻的-F图线， RE 其中R表示压力为F时压敏电阻的阻值，R表示无压力时压敏电阻的阻值。由图线可知，压力 越大，压敏电阻的阻值 (选填“越大”或“越小)。 (4)若利用图4所示电略测量静置于压敏电阻上物体的质量，需要将电压表表盘刻度值改为对 应的物体质量。若m1>m2,则m1应标在电压值（选填“较大”或“较小）的刻度上。请分 析表示物体质量的示数是否随刻度均匀变化，并说明理由。 第6页，共8页 扫描全能王创建 五、计算题：本大题共3小题，共38分。 14,（10分)如图，在有圆孔的水平支架上放置一物块，玩具子弹从圆孔下方竖直向上击中物 块中心并穿出，穿出后物块和子弹上升的最大高度分别为和8h。已知子弹的质量为m,物块 的质量为4m,重力加速度大小为g:在子弹和物块上升过程中，子弹所受阻力忽略不计，物 块所受阻力大小为自身重力的。子弹穿过物块时间很短，不计物块厚度的影响，求： (1)子弹击中物块前瞬间的速度大小： (2)子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能； (3)若子弹穿过物块时间t= 周 求子弹对物块的平均作用力大小。 15.（12分)2024年6月13日消息，“中国环流三号”项目，在国际上首次发现并实现了一种先进磁场绪 构，对提升核聚变装置的控制运行能力具有重要意义。“中国环流三号”是我国自主设计建造的规模最大、 参数最高的先进磁约束托卡马克装置，被誉为新一代人造太阳。磁约束即用磁场来约束等离子体中带电粒 子的运动。某一磁约束装置如图所示，现有一个环形区域，其截面内圆半径R1=V3d,外圆半径R2=3d, 圆心均为0点。环形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，已知磁感应强度大小为B。A点为内圆右侧上一点， 从A点可向各个方向发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子以不同速度垂直射入磁场，不计粒子重力，且 不考虑粒子之间的相互作用力。【答案可用含根号与π的表达式表示】 (1)若带电粒子在A沿相切与内圆向上的方向射入磁场，刚好不穿越外圆边界，求粒子的速度大小； (2)若带电粒子沿着0A方向垂直射入磁场，刚好不穿越外圆边界，求粒子速度大小； (3)求带电粒子以(2)中的速度从A点射入磁场到再次返回A点时所需的时间。 第7页，共8页 扫描全能王创建 16.(16分)如图所示，质量m4=2kg、长度L=1.5m的木板A放置在水平地面上，左端静置 一个质量mg=4kg的物块B,物块与木板之间的动摩擦因数1=0.4，木板与地面间的动摩擦 因数42=0.2。在木板的右侧有一半径R=0.225m的竖直光滑半圆细管道，末端切线水平且固 定在底座C的最左端，底座C和细管道的总质量mc=6kg,底座的高度与木板等高，与地面间 的摩擦可忽略。现用F=36N向右的水平力作用于物块上，当物块到达木板最右端时撤掉力F, 撤掉力F的瞬间木板恰好与底座发生弹性碰撞，物块滑到底座上并进入细管道，物块从细管道 最低点运动到管道顶端最高点的时间为0.5s,物块运动到细管道最高点时离地面的高度为h= 0.8m。物块视为质点，重力加速度g取10m/s2,求： (1)力F作用的时间t1:(②)物块到达细管道最高点时，管道对物块的弹力Fw:(结果保留三位有 效数字)(3)最终物块落地点到木板右边的距离s.(结果保留三位有效数字) B 第啊，共丽 扫描全能王创建第 1页，共 9页 福州三中 2024-2025 学年第二学期高三第十二次质量检查物理试卷 答案 1. � 2. � 3. � 4. � 5. �� 6. �� 7. �� 8. �� 9. 小于 大 � 10. 增大 ② −8� 11. 7.5 3 2 0.15 12.（第（1）问 1 分，第（2）问每空 2 分）(1)�； (2)(�) ���⋅�； (�) 0.30 ± 0.02 13. （每空 1 分，最后一空 2分） (1)�1；图 1；(2)并联；2.7；(3)越小；(4)较小；物体质量�与电压�不是线性关系，因此物体质量示数随 刻度不是均匀变化 14.（10 分）解：(1)子弹射穿木块后子弹和木块的速度分别为 �12 = 2� ⋅ 8ℎ �22 = 2� ⋅ ℎ 其中 4�� + 18 ⋅ 4�� = 4�� 子弹射穿木块过程由动量守恒��0 = ��1 + 4��2 解得�0 = 10 �ℎ (2)子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能�� = 12��0 2 − ( 12��1 2 + 12 ⋅ 4��2 2) = 37.5��ℎ (3)子弹从击中物块到穿出过程中，对子弹有动量定理得：(向上为正) −(� + ��) ⋅ � = ��1 −��0代入得� = 29��。 15.（12 分）解：(1)由题意可知当粒子从�点与内圆相切向上射入磁场，轨迹恰好与外圆相切，如图甲， 根据几何关系有�1 = 1 2 (�2 − �1)解得�1 = 3− 3 2 � 洛伦兹力提供带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力， 根据牛顿第二定律有��1� = � �1 2 �1 则�1 = (3− 3)��� 2� (2)当带电粒子以某一速度射入磁场时，粒子的运动轨迹恰好与外圆相切，此时粒子不穿 过外圆边界如图乙所示 根据几何关系有�12 + �22 = (�2 − �2)2解得�2 = � 洛伦兹力提供带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有��2� = � �2 2 �2 解得�2 = ��� � 第 2页，共 9页 (3)带电粒子以速度�射入磁场中时，根据几何关系有 tan� = �2�1 = 33 解得� = �6 故其运动轨迹如图丙所示 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期为� = 2���� 带电粒子在磁场中运动的圆心角为 4� 3，第一次回到�点在磁场中运动的时间为�1 = 3 × 4� 3 2� � 带电粒子在磁场外做匀速直线运动，第一次回到�点在磁场外所用的时间为�2 = 3 × 2�1 �2 带电粒子从�点进入磁场到其第一次回到该点所需要的时间� = �1 + �2 解得� = (6 3 + 4�) ��� 16.（16 分） (1)对物块�受力分析� − �1��� = ����1 ��1 = 5�/�2 对木板�受力分析�1��� − �2(�� +��)� = ����1 ��1 = 2�/�2 设物块�到达木板�右端的时间为�1，在�1时间内木板的位移��1 = 1 2 ��1�1 2， 在�1时间内物块�的位移��1 = 1 2 ��1�1 2， 因为� = ��1 − ��1解得�1 = 1� (2) 1�时，木板�的速度��1 = ��1�1 = 2�/� 1�时，物块的速度��1 = ��1�1 = 5�/� 木板�与底座�发生弹性碰撞，由动量守恒����1 = ����2 +����1 由系统机械能守恒 1 2����1 2 = 12����2 2 + 12����1 2 解得��2 =− 1�/� ��1 = 1�/� 木板�从圆弧轨道最低点运动到最高点过程中，水平方向动量守恒����1 +����1 = ����2 +����2 系统机械能守恒 1 2����1 2 + 12����1 2 = 12����2 2 + 12����2 2 +���2� 解得��2 = 2�/� ��2 = 3�/� 受力分析��� − �� = �� (��2−��2)2 � 解得�� = 200 9 � = 22.2�方向竖直向上 (3)物块�滑到底座�上，并进入圆弧轨道，物块�和底座�在水平方向动量守恒， 第 3页，共 9页 ∑����1�� + ∑����1 △ � = ���� △ � + ���� △ � (����1 +����1)�2 = ����2 +����2 因为��2 = ��2，所以��2 = ��2 = 1.3� 木板�碰后向左运动的加速度��2 = � 1� = 2�/� 2 木板�向左减速到停止的位移��2 = ��2 2 2��2 = 0.25� 物块�从轨道最高点做平抛运动ℎ = 12��3 2，�3 = 0.4� � = ��2�3 = 0.8� � = ��2 + ��2 + � = 2.35� 详解 【解析】 1. A.图甲是光导纤维的工作原理示意图，利用的是光在内芯中发生全反射，所以内芯的折射率比外套的折 射率大，故 A 错误； B.图乙是“牛顿环”，一种薄膜干涉现象，故 B 错误； C.图丙中的�、�是偏振片，�是光屏。当�固定不动缓慢转动�时，光屏�上的光度将明、暗交替变化，即 偏振现象，只有横波才有偏振现象，表明光波是横波，故 C 错误； D.图丁是空气中双缝干涉原理图，若�1到�1、�2的路程差是半波长的偶数倍，说明�1点是振动加强的点， 则�1处是亮纹，故 D 正确。 故选：�。 A、根据光导纤维原理全反射条件分析； B、要区分圆盘衍射的“泊松亮斑”和薄膜干涉的“牛顿环”； C、光的偏振现象表明光是一种横波； D、根据双缝干涉条纹明暗条件分析。 本题主要考查光的折射定律、光的干涉、光的偏振的理解与应用。解决本题时要掌握折射率与光的偏折程 度的关系，理解平行板玻璃砖的光学特性，知道光是一种横波。 2. A.由于金属球�带正电，根据静电感应原理可知，金属球�左侧带负电，右侧带正电，故 A 错误； 第 4页，共 9页 B.�点与�点电场强度大小相等，方向不同，故 B 错误； C.达到静电平衡状态的导体是等势体，可知�点的电势与�点的电势相等，��间的电势差与��间的电势差相 等，故 C 正确； D.沿电场方向电势降低，由题图可知，�点的电势高于�点的电势，则将带正电的试探电荷从�点移到�点， 电场力做正功，电势能减少，故 D 错误。 故选 C。 3. 【分析】 � = 0.10�时�点在平衡位置上，由乙图确定�的运动方向，从而确定了该波向左传播，结合经历的时间确定 质点�的位置，从而得出质点�的运动方向．根据周期得出角速度，从而得出振动的表达式．根据波长求出 波速，结合经历的时间求出波传播的距离。 本题的关键是会根据振动情况来判断波的传播方向，抓住振动图象和波动图象之间的内在联系．要知道质 点做简谐运动时，在一个周期通过的路程是 4�，半个周期内通过的路程是 2�，但其他时间内通过的路程不 能类推，要根据起点位置分析。 【解答】 ��.由振动图象知，� = 0.10�时，�处于平衡位置向下振动，根据上下坡法知，波沿�轴负方向传播，当� = 0.25� 时，即在� = 0.10�开始经过34�，质点�在平衡位置以下向上振动，即速度方向沿�轴正方向，故 A 正确，C 错误； B.� = 2�� = 2� 0.20 = 10����/�，则质点�简谐运动的表达式为� = 10���10��(��)，故 B 错误； D.由于�点不是在波峰或波谷，或平衡位置，经过0.15�，即经过34个周期，质点经历的路程不等于3�，即30��， 故 D 错误。 故选 A。 4. A.初始时，细线对物块�的作用力为零，物块��整体受力平衡，有�� = 2�����30°，解得� = ��� ，故 A 正确； B.物块�、�刚分离时，物块�、�之间的相互作用力为 0，且物块�、�的加速度相同，分别对物块�、�、� 受力分析，由牛顿第二定律，对物块�有��' − �����30° = ��，对物块�有�� −�����30° = ��，对物块� 有 � 2 � − �� = � 2 �，解得� = 0，�� = 1 2��，��' = 1 2��，故 B 正确； �.从开始到物块�、�刚分离的过程中，物块�、�一起随�运动，由于�从静止开始一直做加速运动，则�� 也一直加速，故 C 错误。 第 5页，共 9页 D.对整体分析，1/2mg+kx-mg=2/5a，随着运动，弹力逐渐减小，所以加速度也逐渐减小到 0. 5. A.在这段时间内处于失重状态，是由于他对体重计的压力变小了，而他的重力没有改变，故 A 错误； B.人处于失重状态，加速度向下，运动方向可能向上减速，也可能向下加速，故 B 正确； C.该同学对体重计的压力与体重计对该同学的支持力是作用力与反作用力的关系，大小相等，故 C 错误； D.由题意可知该同学的质量为 50��，现在读数为 40��，则可知此时该同学对体重计的压力大小为� = 40 × 10� = 400�，根据牛顿第三定律可知体重计对该同学的支持力大小为 400�，以竖直向下为正方向，根据 牛顿第二定律有：�� − � = ��，解得� = 2�/�2，方向竖直向下，故 D 正确。 故选 BD。 6. A.返回舱从�点滑入大气层经�点到达�点的过程，由于有空气阻力做负功，返回舱的动能减小，故有 �� > �� 从�点经�点后达到�点的过程，不受空气阻力作用，返回舱在该过程机械能守恒，而�点和�点高度相等，返 回舱在两点的重力势能相等，故有 �� = �� 所以 �� > �� = �� 故 A 错误； B.返回舱由�运动到�再到�的过程中，做曲线运动，合力的方向应指向轨迹的凹侧，所以返回舱在�点有向 上的加速度分量，故 B 错误； C.若返回舱过�点所在的圆轨道做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力 � �� (�+ ℎ)2 = � �2 �+ ℎ � �� �2 = �� 所以 � = ��2 �+ ℎ 实际上，返回舱经过�点的速度 �� < ��2 �+ ℎ 根据线速度与角速度的关系可得 第 6页，共 9页 � = �� �+ ℎ < ��2 (� + ℎ)3 故 C 正确； D.在 d 点只受到万有引力大小，所以由 � �� �2 = �� � �� (�+ ℎ)2 = �� 可得 � = ��2 (� + ℎ)2 D正确 7. ��、�、�两点相对静止，运动状态相同，线速度大小相同，均做匀速圆周运动，A 错误，C 正确； B、由前分析知，�点加速度始终和��方向平行(即和�点加速度同向)，B 错误； D、设快递袋质量为�，做圆周运动时向心加速度和水平方向夹角为�，如图： 由� = ��cos�，�� − �� = ��sin�，�⩽���，� = �2 � 联立得�⩽ ��� 1+�2sin �+� ，其中 tan� = 1�，由数学知识可知，�最大值为 ��� 1+�2 ，D 正确。 8. A.闭合开关�瞬间，回路中的电流为�0 = � �+�，导体棒所受安培力�� = ��0�， 对导体棒和重物整体受力分析，由�� −�� = (� +�)�， 对重物�分析，� − �� = ��， 解得� = ��+� ( ��� �+�+��)，A 错误; B.导体棒向左运动时会产生与直流电源相反的感应电动势，初始，导体棒向左加速运动，随着导体棒速度的 增大，回路中的电流减小，根据牛顿第二定律可知，导体棒向左做加速度减小的加速运动，最终达到匀速， 设稳定时导体棒的速度大小为�，则回路中的电流�1 = �−��� �+� ，由��1� = ��，解得� = � ��− �� �+� �2�2 ，B 正 确; 第 7页，共 9页 C.根据�选项可得�1 = �� ��，导体棒匀速运动时直流电源的输出功率为� = ��1 − �1 2� = ����� − �2�2� �2�2 ，故 C 错 误； D.重物从静止出发到刚好做匀速运动的过程中，对导体棒和重物组成的整体，只有安培力和重物的重力做 功，由功能关系可知，安培力对导体棒所做的功等于导体棒和重物组成的系统增加的机械能， D 正确。 故选 BD。 9. 【分析】本题主要是考查了光的折射；解答此类问题要知道：不同颜色的光频率不同，经过同一介质时 偏折程度越大的光折射率越大，能够根据光的折射定律或全反射的条件列方程求解。 【解答】光从空气斜射到冰晶上，由题图可知，单色光�偏折较大，单色光�偏折较小，所以此冰晶对单色 光�的折射率小于对单色光�的折射率；根据� = ��可知单色光�在冰晶中的传播速度比单色光�在冰晶中的传 播速度大。根据 sin� = 1�知单色光�的临界角较小，所以单色光�比单色光�更容易发生全反射。 10. 解：由图可知，� → �的过程中气体的体积减小，所以单位体积中的气体分子数目增大。 根据理想气体的状态方程 �� � = �可知，气体的温度越高，压强与体积的乘积��值越大，所以由图可知�� > ��； 气体的分子的运动的统计规律：中间多，两头少；温度升高时，最大速率向速度较大的方向移动，故�1 < �2， 所以状态�对应的是②。 在气体完成一次循环后的内能与开始时是相等的，所以内能不变，即�� = 0。 由题意可知，� → �和� → �的过程中，气体放出的热量分别为 4�和 20�，在� → �和� → �的过程中气体吸 收的热量分别为 20�和 12�，则吸收的热量� = ��� + ��� + ��� + ��� = ( − 4 + 20 + 12 − 20)� = 8� 由热力学第一定律得：�� = � +� 解得：� =− 8� 即气体完成一次循环外界对气体所做的功是−8�。 故答案为：增大，②，−8�。 � → �的过程中，气体体积减小，分析单位体积中的气体分子数目的变化。温度是分子热运动平均动能的标 志，气体分子热运动的统计规律：中间多，两头少，温度升高，分子的平均动能增大。根据热力学第一定 律有�� = �+ �求解完成一次循环外界对气体所做的功。 本题是图像问题，解题的关键从图像判断气体变化过程，利用理想气体状态方程，然后结合热力学第一定 律进行分析判断即可解决． 11. 解：产生的感应电动势最大值为：�� = ���� = 100 × 0.05 × 0.5 × 0.3 × 10� = 7.5� 根据闭合电路欧姆定律得电流的最大值为：�� = �� �+� = 7.5 1+4� = 1.5� 第 8页，共 9页 电流的有效值为� = ��2 = 1.5 2� 电压表的示数为：� = �� = 1.52 × 4� = 3 2� 从图示位置起，转过 90°过程中， 平均电动势为：� − = � ���� = ��� �� 通过线圈截面的电荷量为：� = � − �� = � − �+��� = ��� �+� = 100×0.05×0.5×0.3 4+1 � = 0.15� 故答案为：7.5；3 2；0.15 线圈中产生正弦式交变电流，根据�� = ����求出感应电动势的最大值； 交流电压表和交流电流表测量的是有效值，根据有效值与最大值的关系� = ��2求交流电流表的示数；由欧姆 定律求交流电压表的示数； 由法拉第电磁感应定律可求得平均电动势，由闭合电路欧姆定律和电流的定义式求通过线圈截面的电荷量。 本题考查有关交流电产生的基础知识，要能根据题意写出瞬时值的表达式，知道有效值跟峰值的关系。要 知道线框在匀强磁场中匀速转动时，产生正弦式交变电流，对于交流电表读数、求产生的热量均由交变电 的有效值来确定，计算流过界面电量用平均值。 12. 【解答】 (1)根据� = ��2�;可知小球的角速度之比为� 1: � 2 = 1: 3 装置靠皮带传动，变速塔轮的线速度相同，根据� = �� 可得皮带连接的两个变速塔轮的半径之比为�1: �2 = � 2: � 1 = 3: 1;故选 B。 (2) (�)小钢球转动的角速度� = �� = � ��⋅� (�)根据� = ���2并结合图像可得�� = � = 0.910 = 0.09 已知小钢球球心与转轴的距离为� = 0.30�，则小钢球的质量� = 0.30�� 13. 【分析】 理解实验原理、分析清楚电路结构与图示图象是解题的前提；知道电流表的改装原理，应用并联电路特点 与欧姆定律即可解题。 (1)为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器；根据题意确定滑动变阻器的接法，然后选择实验电 路图； (2)扩大电流表量程需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律求出并联电阻阻值； 第 9页，共 9页 (3)根据图示图象分析答题； (4)根据题意与图示电路图分析答题。 【解答】 (1)为方便实验操作，滑动变阻器应选用�1；由于待测电阻阻值远大于滑动变阻器的最大阻值，为测多组实 验数据，滑动变阻器应采用分压接法，因此实验电路图应选用图 1； (2)把电流计改装为量程 30��的电流表，需要并联一个分流电阻�'， 并联电阻阻值�' = ���� �−�� = 2.5×10 −3×30 30×10−3−2.5×10−3 � ≈ 2.7�。 (3)由图 3 所示图象可知，随压力�增大，�0�� 增大而�0不变，则��变小，即压力越大，压敏电阻的阻值越小； (4)若�1 > �2，则压敏电阻受到的压力�1 > �2，压敏电阻阻值�1 < �2，电压表测压敏电阻两端电压，电 阻越小电阻分压越小，则�1 < �2，即�1应标在电压值较小的刻度上；物体质量�与电压�不是线性关系， 因此物体质量示数随刻度不是均匀变化。