【文档说明】重庆市缙云教育联盟2020-2021学年高二下学期期末质量检测物理试题 含答案.docx，共(25)页，950.719 KB，由小赞的店铺上传

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★秘密·启封前重庆市2020-2021学年（下）年度质量检测高二物理【命题单位：重庆缙云教育联盟】注意事项：1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；3.考

试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回；4.全卷共8页，满分100分，考试时间75分钟。一、单项选择题（共7小题，每小题4分，满分28分）1.一物体静止在水平地面上，现用恒力F提起该物体沿竖直方向向上运动到某高度h处，在这个

过程中，重力做功，恒力F做功，空气阻力做功，以下正确的是A.物体的重力势能减少了3JB.物体的动能增加了C.物体的机械能增加了8JD.物体的动能增加了8J2.静止的核发生衰变后生成反冲Th核，两个产物都在垂直于它们的速度方向的匀强磁场中做匀速圆周运动，下列说法错误的是A.衰

变方程可表示为B.Th核和粒子的圆周轨道半径之比为C.Th核和粒子的动能之比为D.Th核和粒子在匀强磁场中旋转的方向相同3.如图所示，匀强电场中有一半径为R的圆形区域，匀强电场方向平行于圆所在平面图中未画出，圆形区域处在竖直平面内，圆周上有八个

点等间距排列。一重力不可忽略的带正电小球从A点以相同的初动能在该平面内抛出，抛出方向不同时，小球会经过圆周上不同的点，在这些所有的点中，到达D点时小球的动能最大。已知小球质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，下列说法正确的

是2021.07A.小球到达D点时动能最大，说明到达D点的过程电场力做功最多B.选取合适的抛出方向，小球一定能到达H点C.电场强度的最小值为D.若电场强度大小，则电场强度方向水平向右4.如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑半圆形管道ABC，管道在最高点C连接一段很小的圆弧如图中虚线与倾角为的光滑斜

面平滑连接。一质量为m、直径略小于管道内径的小球以速度v从A点进入管道，到达C点后将以速度沿斜面向下做匀加速直线运动。若撤去图中虚线部分，其他条件不变，小球到达C点后将以速度向左做平抛运动，并且不会落在斜面

上。已知半圆形管道的半径为R，重力加速度大小为g，小球可看成质点，则下列说法正确的是A.小球经过管道的C点时的速度一定大于B.小球经过管道的C点时的速度一定大于C.小球做平抛运动的时间大于沿斜面做匀加速直线运动的时间D.小球做平抛运动的时间等于沿斜面做匀加速直线运动的时间5.真空中相距为3a

的两个点电荷M、N，分别固定于x轴上和的两点上，在它们连线上各点场强E随x变化关系如图所示，以下判断正确的是A.处的电势一定为零B.点电荷M、N一定为同种电荷C.点电荷M、N一定为异种电荷D.点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为2：

16.关于分子动理论的规律，下列说法正确的是A.分子直径的数量级为B.压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体分子间存在斥力的缘故C.已知某种气体的密度为，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为，则该气体分子之间的平均距离可以表示为D.如果两个系统分别

与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量是内能7.如图所示，在用单色光做双缝干涉实验时，若单缝S从双缝、的中央对称轴位置处稍微向上移动，则A.不再产生干涉条纹B.仍可产生干

涉条纹，且中央亮纹P的位置不变C.仍可产生干涉条纹，中央亮纹P的位置略向上移D.仍可产生干涉条纹，中央亮纹P的位置略向下移二、多项选择题（共3小题，每小题5分，满分15分）8.如图所示，ab是半径为R的圆的直径，c是圆周上一点，。质量为m的物体仅受一个恒力作用，从a点沿ac方向射入圆形

区域，经时间t沿cb方向从b点射出圆形区域。下列说法中正确的是A.恒力沿cb方向，大小为B.恒力方向垂直ab斜向左上，大小为C.物体在a点的速率为D.物体离开b点时的速率为9.如图所示，质量为m、边长为L、电阻为R的正方形导线框abcd的cd边悬挂

在水平横梁上，所在空间存在竖直方向的匀强磁场图中未画出，磁感应强度为B。将ab边提起使ad边与竖直方向成角，由静止释放，当线圈平面摆到竖直方向时，线框回路产生的焦耳热为Q，则这一过程中A.ab边产生的感应电流越来越大B.ab边受安培力方向始终与它的速度方向相反C.通过ab横截

面的电荷量为D.最低点时，ab边的感应电动势大小为10.如图所示，两端开口的均匀玻璃管竖直插入水银槽中，管中有一段高为的水银柱封闭一定质量的气体，这时管下端开口处内、外水银面高度差为，若保持环境温度不变

，当外界压强增大时，下列分析正确的是A.变长B.不变C.水银柱上升D.水银柱下降三、非选择题（满分57分，其中11-14题为必做题，15-16题为选做题）11.在学完了平抛运动后，求真班某研究小组设计了一种“用一把尺子测定动摩擦因数”的创新实验方

案。如图所示，A是可固定于水平桌面上任意位置的滑槽滑槽末端与桌面相切，B是质量为m的滑块可视为质点。第一次实验，如图所示，将滑槽末端与桌面右端M对齐并固定，让滑块从滑槽最高点由静止滑下，最终落在水平地面上的P点，测出滑槽最高点距离桌面的高度h、M距离地面的高度H、M与P间的

水平距离；第二次实验，如图所示，将滑槽沿桌面向左移动一段距离并固定，让滑块B再次从滑槽最高点由静止滑下，最终落在水平地面上的点，测出滑槽末端与桌面右端M的距离L、M与间的水平距离。在第一次实验中，滑块在滑槽末端时的速度大小为_____________。用实验中所测物理量的符号表示

，已知重力加速度为。通过上述测量和所学的牛顿运动定律的应用，该研究小组可求出滑块与桌面间的动摩擦因数的表达式为_____________。若实验中测得、、、、，则滑块与桌面间的动摩擦因数_________。结果用分数表示12.某实验小组欲将电流表的量程由改装为。实验器材如下：A待测电流

表内阻约为；B标准电流表满偏电流为；C滑动变阻器最大阻值为；D电阻箱阻值范围为；E电池组、导线、开关。实验小组根据图甲所示的电路测电流表的内阻，请完成以下实验内容：将滑动变阻器R调至最大，闭合；调节滑动变阻器R，使电流表满偏；再闭合，保持滑动变阻器R不变，调节电阻箱，电流表指针的位置如

图乙所示，此时电阻箱的示数为。可知电流表内阻的测量值为________，与真实值相比________选填“偏大”、“相等”或“偏小”；为了更加准确地测量电流表的内阻，实验小组利用上述实验器材重新设计实

验，请完成以下实验内容：完善图丙的实物图连接；实验小组根据图丙进行实验，采集到电流表、的示数分别为、，电阻箱的读数为，则电流表内阻为________；实验小组将电流表改装成量程为的电流表，要________选填“串联”或“并联”一个阻值_______

_的电阻结果保留一位有效数字。13.如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量，电量的可视为质点的带电小球与弹簧接触但不栓接。某一瞬间释放弹簧弹出小球，小球从水平台右端A点飞出，恰好

能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高B点，并沿轨道滑下。已知AB的竖直高度，倾斜轨道与水平方向夹角为倾斜轨道长为，带电小球与倾斜轨道间的动摩擦因数。倾斜轨道通过光滑水平轨道CD与光滑竖直圆轨道相连，小球在C点没有

能力损失，所有轨道都是绝缘的，运动过程中小球的电量保持不变。只有光滑竖直圆轨道处在范围足够大的竖直向下的匀强电场中，场强。取，求：被释放前弹簧的弹性势能；若光滑水平轨道CD足够长，要使小球不离开轨道，光滑竖直圆轨道

的半径应满足什么条件？如果竖直圆弧轨道的半径，小球进入轨道后可以有多少次通过竖直圆轨道上距水平轨道高为的某一点P？14.如图是两个圆筒M、N的横截面，N筒的半径为L，M筒半径远小于L，在筒的右侧有一等腰三角形匀强磁场区域OAB，磁感应强度大小为B，方向平行圆筒的

轴线。M、N以相同角速度顺时针转动，两边缘开有两个正对着的窄缝、，当、的连线刚好与底边上的高共线时，M筒内部便通过向外射出一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，粒子进入磁场后从OA边中点射出。已知底边的高为，底边，粒子通过的空间均为真空。求：粒子的速度；圆筒的角速度。15.【选修

3-3】（1）下列说法正确的是当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小雨伞伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的表面张力作用一定质量的的水变成的水蒸气，其分子之间的势能增加对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，

那么它一定从外界吸热空气的绝对湿度越大，人们感觉越潮湿液体不浸润某种固体则附着层内部液体分子相互排斥热量一定是从内能多的物体传递到内能少的物体可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功A.B.C.D.（2）关于

热现象和热力学规律，下列说法中正确的是________。填入正确选项前的字母A.分子间同时存在相互作用的引力和斥力，引力和斥力的合力大小随着分子间距离的增大而减小B.物体的温度升高时，并不是物体内每个分子的热运动的速率都增大C.在温度不变的条件下压缩一定

量的理想气体，此过程中气体一定对外放热D.第二类永动机不可能制造成功的原因是因为它违背了热力学第一定律E.自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性如图所示，气缸足够长开口向右、固定在水平桌面上，气缸内

用横截面积为S的活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞与气缸壁之间的摩擦忽略不计。轻绳跨过光滑定滑轮将活塞和地面上质量为m的重物连接。开始时气缸内外压强相同，均为大气压g为重力加速度，轻绳处在伸直状态，气缸内气体的温度为，体积为。现用力拖动气缸使其缓缓向左移动温度不变至重物刚离开地面，

接着缓慢降低气体的温度，使得气缸内气体的体积恢复为，求：重物刚离开地面时气缸向左移动的距离d；气体体积恢复为时的温度T。16.【选修3-4】（1）、两束单色光从水中射向空气发生全反射时，光的临界角大于光的临界角，下列说法正确的是A.以相同的入射角从空气斜射入水中，光的折射角大B.分别通过同一

双缝干涉装置，光形成的相邻亮条纹间距大C.在水中，光的传播速度较小D.通过同一玻璃三棱镜，光的偏折程度大14.（2）下列说法正确的是A.在干涉现象中，振动加强点的位移总比减弱点的位移要大B.单摆在周期性外

力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关C.火车鸣笛向我们驶来，我们听到的笛声频率比声源发声的频率高D.当水波通过障碍物时，若障碍的尺寸与波长差不多，或比波长大的多时，将发生明显的衍射现象E.用两束单色光A、B，分别在同一套装置上做干涉实验，若A光的条纹间距比B光的大，则说明A光波长大于

B光波长如图所示，图甲是一列简谐横波在时刻的波形图，P点是此时处在平衡位置的一个质点图乙是质点P的振动图象．判断这列波的传播方向；经过时间，质点P通过的路程s；经过，波向前传播的距离x．★秘密·考试结束前重庆市2020-2021学年（下）年度质量检

测高二物理答案及评分标准【命题单位：重庆缙云教育联盟】1.【答案】B【解析】【分析】该题考查重力做功与重力势能关系、功能关系、动能定理等相关知识。分析好物理情景是解决本题的关键。根据重力做功等于重力势能的变化量分析重力势能变化情况；根据动能定理分

析动能增加情况；根据物体的机械能增加等于除重力做功外其他外力做功之和分析机械能变化情况。【解答】A、重力做功等于重力势能的变化量，重力做功，重力势能增大了3J，故A错误．BD、合力做功等于动能的增加量，合力做功等于各个分力做的功，总功为：，故动能增加故B正确，D错误C、物体的机械能增加等于除重力

做功外其他外力做功之和，因此机械能增加了，故C错误。故选B。2.【答案】C【解析】【分析】求衰变方程时要注意电荷、质量都要守恒即反应前后各粒子的质子数总和不变，相对原子质量总数不变，但前后结合能一般发生改变。由电荷守恒及质量守恒

得到衰变方程，再根据动量守恒得到两粒子速度之比，进而得到动能之比；由洛伦兹力作向心力求得半径的表达式，代入质量、速度、电荷的比值即可求得半径之比。【解答】A、已知粒子为，则由电荷守恒及质量守恒可知，衰变方程可表示为，故A正确；B、粒子在磁场中运动，洛伦兹力作向心力，所以有，而相同、B相

同，故Th核和粒子的圆周轨道半径之比，故B正确；C、由动量守恒可得衰变后，所以，Th核和粒子的动能之比，故C错误；D、Th核和粒子都带正电荷，所以在匀强磁场中旋转方向相同，故D正确。故选C。3.【答案】C【解析】【分析】抓住合力方向为HD方向进行分析。知道当电场力与合力方向垂

直时，电场力具有最小值。本题主要考查了带电粒子在复合场中的运动，注意分析运动过程，难度适中。【解答】A.小球到达D点时动能最大，说明到达D点的过程重力与电场力的合力做功最多，故A错误；C.因为到达D点时小球的动能最大，说明合力方向与过D点的切线垂直，故合力方向为HD方向

，当电场力与合力垂直时，电场力具有最小值，为，则电场强度的最小值为，故C正确；B.因为合力沿HD方向，所以如果小球能从A到H，损失的动能最大，如果初动能不够大，小球不能到达H点，故B错误；D.根据C选项分析可知，电场强度大小不可能为，故D错误。故

选C。4.【答案】C【解析】解：AB、若撤去图中虚线部分，其他条件不变，小球到达C点后将以速度向左做平抛运动，并且不会落在斜面上。假设若小球刚好落在斜面上，则有竖直方向：，水平方向：，代入数据，联立解得，则一定大于，故AB错误；CD、当小球做平抛运动恰好落在斜面底

端时的情况进行分析，将其初速度和加速度进行分解，分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向，沿斜面方向的速度和加速度分别为，，则沿斜面做匀加速直线运动的初速度为，加速度为，平抛运动沿斜面方向的位移和匀加速直线运动的位移相同，位移相同，加速度

相同，初速度越小，时间越长，则平抛运动的时间大于沿斜面做匀加速直线运动的时间，故D错误，C正确。故选：C。若撤去图中虚线部分，其他条件不变，小球到达C点后将以速度向左做平抛运动，则可用平抛运动规律进行

分析；再利用匀变速直线运动规律，求出若小球沿斜面做匀加速直线运动的时间，进行比较本题考查匀变速直线运动规律与平抛运动，考查学生对运动学和力学基本公式和规律的掌握情况对学生分析综合能力有一定要求。5.【答案】B【解析】【分析】场强为零的地方电势不一定为零，场强先正方向减

少到零又反方向增加，必为同种电荷，由点电荷公式判断电量之比．本题考查了点电荷的场强公式，题目出的比较新颖．【解答】A.场强为零的地方电势不一定为零，A错误；处电场为零，可知MN在该处产生的电场强度等大反向，，必为同种电荷，B正确

C错误；D.2a处合场强为0，由知，，所以M、N所带电荷量的绝对值之比为4：1，D错误；故选：B。6.【答案】C【解析】【分析】分子直径的数量级和原子核直径的数量级区别可以判断；从气体压强微观本质看，气体分子的碰撞产生气体压强，在压缩气体时表现出抗拒压缩的力，

而气体分子距离很远，分子间力为零，可以判断；将气体分子及其周围空间看作立方体模型，则气体分子之间的平均距离可以看作立方体的边长，可解；根据“热力学第零定律可以判断。本题主要考查分子动理论的基本观点和实验依据，阿伏加德罗常数，分子间的相互作用力，温度和温标。【解答】A.

分子直径的数量级为，原子核直径的数量级才是，故A错误；B.从微观角度看，气体分子的碰撞产生气体压强，在压缩气体时表现出抗拒压缩的力，气体分子距离很远，分子间力为零，故B错误；C.将气体分子及其周围空间看作立方体模型，则气体分子之间的平均距离可以看作立方体的

边长，，故C正确；D.如果两个热力学系统中的每一个都与第三个热力学系统处于热平衡温度相同，则它们彼此也必定处于热平衡，称做“热力学第零定律”。用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量是温度，故D错误。故选C。7.【答案】D【解析】解：在双缝干涉实验中，若把单缝S从双缝、的中心对

称轴位置稍微向上移动，通过双缝、的光仍是相干光，仍可产生干涉条纹，中央亮纹的位置经过、到S的路程差仍等于，那么，中央亮纹P的位置略向下移。故D正确，A、B、C错误。故选：D。当路程差是光波波长的整数倍时，出现亮条纹，路程差

是半波长的奇数倍时，出现暗条纹．中央P点分别通过双缝到S的路程差为零，抓住该规律判断中央亮纹位置的移动．解决本题的关键知道当路程差是光波波长的整数倍时，出现亮条纹，路程差是半波长的奇数倍时，出现暗条纹．【选修3-3选择题】.【答案】A【解析】【

分析】本题主要考查了分子力、液体表面张力、分子势能、热力学第一定律、第二定律以及相对湿度、浸润不浸润的理解和掌握情况，解答本题的关键是能够熟练掌握热学部分的基本知识并能够熟练应用。分子间同时存在引力和斥力，分子间距离增大时，分子

间的引力、斥力都减小；雨伞伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为液体表面张力作用；水由液体变成气体，分子势能增大；热力学第一定律：。相对湿度越大，人们感觉越潮湿；根据不浸润产生的原因分析分子力；结合热力学第二定律的三种不

同说法分析。【解答】当分子间距离增大时，分子间的引力、斥力都减小。故错误。由于水的表面张力作用，雨伞伞面上的细小孔并不会漏雨，故正确。一定质量的的水变成的水蒸气，水从外界吸收热量，由液体变成气体，分子间的距离变大了，分子之间的势能增加。故正确。由理想气体状态方程：，压强不变，体

积增大时，温度升高。对于一定质量的理想气体，温度升高，分子平均动能增大，气体的内能增大；体积增大，气体对外做功。由热力学第一定律：，知，故气体一定从外界吸热。故正确。空气的相对湿度越大，人们感觉越潮湿

，相对湿度越小感觉越干燥，故错误。如果附着层的液体分子和固体分子吸引力较小，则液体不浸润该固体，则附着层内部液体分子相互吸引，使得液体体积尽可能收缩到最小，故错误。热量能从温度高的物体传递到温度低的物体

，但温度高的物体的内能不一定大，故错误。根据热力学第二定律可知，可以从单一热源吸收热量使之完全变成功，但要产生其他影响，故正确。故A正确，BCD错误。故选A。【选修3-4选择题】.【答案】A【解析】【分析】在光全反射时，由临界角与折射率间的关系判断两种色光在介质中的折

射率的大小；从而由折射定律判断二者以相同角入射时的折射角大小；由两种色光的折射率的大小与频率的关系可得二者的频率关系，再由双缝干涉相邻明文间距公式判断；由爱因斯坦光电效应方程由二者的频率关系判断当a光照射某金属表面能发生光电效应，b光是否也能发生光电效应；由光的偏折程度与折射率

的关系判断二者的偏折程度大小；本题主要考查光的全反射、折射、双缝干涉、光电效应的知识的综合应用，关键掌握光的折射率与波长、频率关系是解题的关键。难度一般。【解答】A.由于两束单色光从水中射向空气发生全反射时，a光的临界角大于b光的临界角；由临界角与折射率的关系：，可知a光的折射率较小，

故二者以相同的入射角从空气斜射入水中时，由折射定律可知a光的折射角大，A正确；B.当二者分别通过同一双缝干涉装置时，由相邻明文间距：，由于a光的折射率较小，由折射率与频率的关系可知，其频率也较小，再由波长与

频率关系可知，其波长较长，故由表达式可知，a光形成的相邻亮条纹间距大，B错误；C.根据可知，光的折射率小于光的折射率，故a的传播速度大于b的传播速度，C错误；D.由光的折射率、频率、偏折程度、波长的变化规律可知，折射率越小，其在三棱镜通过时的偏折程度越小；故通过同一玻璃三棱镜

时，由于a光的折射率较小，故其偏折程度小，D错误。故选A。10.【答案】BD【解析】解：CD、把运动分解为沿ac方向和cd方向，设物体在a点速度大小为，在b点的速度大小为沿ac方向初速度大小为，末速度为

零，物体做匀减速直线运动，由几何关系得位移为在这方向的平均速度，则沿cb方向初速度为零，末速度大小为，物体做匀加速直线运动，位移为此方向的平均速度，则，故C错误，D正确；AB、沿ac方向的加速度方向从c指向a，沿cb方向加速度方向从c指向b，合加速度为：解得：，方向与ab垂直斜向左上方，

根据牛顿第二定律：，故B正确，A错误。故选：BD。把运动分解成互相垂直的两个方向ac和cb，两个方向都是匀变速直线运动，由平均速度公式分别求两个方向的平均速度、物体初速度和末速度，根据加速度的定义式求两个方向的

加速度，求出合加速度的大小和方向，解题的关键是把运动分解成两个互相垂直的方向，在两个方向上分别求速度和加速度。11.【答案】AC【解析】解：A、线圈在下摆过程，ab边速度越来越大，ab边的速度与磁场方向的

夹角越来越大，有效切割速度越来越大，根据分析可知ab边产生的感应电动势越来越大，则感应电流越来越大，故A正确；B、根据安培力方向既与电流方向垂直，又与磁场方向垂直，可知，ab边受安培力方向始终水平向右，与速度方向不是相反，故B错误；

C、通过ab横截面的电荷量为：根据法拉第电磁感应定律得：根据闭合电路欧姆定律得：联立解得：，故C正确；D、设ab边到达最低点时速度大小为v，根据，相同，知线圈重心到达最低点时的速度为．根据能量守恒定律得：最低点时，ab边的感应电动势大小为：联

立解得：，故D错误。故选：AC。根据分析ab边产生的感应电动势变化情况，从而确定感应电流的变化情况。根据安培力方向既与电流方向垂直，又与磁场方向垂直，来分析安培力方向与速度方向的关系；根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电荷量与电流的关系求通过ab横截面的电

荷量。根据能量守恒定律求出ab边到达最低点时的速度，再由求ab边产生的感应电动势大小。解答本题是运用等效法研究ab边到达最低点时的速度。要掌握安培力的方向特点：安培力方向既与电流方向垂直，又与磁场方向垂直，可根据左手定则判断安培力方向。12.【答案】BD【解析】【分析】当外界压强

增大时，管内封闭气体的压强增大，气体发生等温变化，分析管内封闭气体体积的变化，即可作出判断。本题要正确分析出与的关系，判断出气体作等温变化，运用玻意耳定律进行动态变化分析。【解答】对于管内封闭气体的压强可得：也可以有：则知：，不变，则不变。当外界压强增大时，管

内封闭气体压强p增大，根据玻意耳定律可知气体的体积减小，则下降。故AC错误，BD正确。故选BD。13.【答案】；；【解析】【分析】由平抛运动的知识求得速度的大小．由平抛运动的基本规律求解出对应的速度，再由牛顿第二定律结

合运动学公式求解出动摩擦因数。先列出的表达式，代入数据计算即可．该实验有一定的创新性，其实很多复杂的实验其实验原理都是来自我们所学的基本规律，这点要在平时训练中去体会【解答】由平抛运动知：设滑块在滑槽末端时的速度大小为，由水平方向的匀速直线运动，有：，由竖直方向的自由落体运动，

解得：．同理滑块第一次测在滑槽末端时的速度大小为：，第二次在桌面右端M点的速度大小为：，由牛顿第二定律结合运动学公式得：，联立解得：。、、、，由问中的的表达式可求得：．14.【答案】，偏小；如图所示；并联，．【解析】【分析】本题考查了实验器

材的选取、实验电路的设计、求电阻等问题；实验电路的设计是本题的难点，没有电压表，利用并联电路特点求出待测电流表两端电压是常用的方法。并联电路两端电压相等，根据电流表示数算出通过电阻箱的电流，从而确定电流表电阻；要精确测量电流表内阻需要测量出电流表两端电压，故让电阻箱与电

流表并联，通过干路电流与电流表确定通过电阻箱电流，从而算出电流表两端的电压，从而计算内阻；根据电流表改装原理求解电阻大小。【解答】由图乙可知，通过电流表的电流为1mA，任务干路电流不变，还是3mA，故通过电阻箱的电

流为2mA，此时电阻箱的示数为，根据并联电路电压相同可得，但闭合开关时，总电阻变小，干路电流大于3mA，故通过电阻箱的实际电流大于2mA，故测量值偏小；要精确测量电流表内阻需要测量出电流表两端电压，故让电阻箱与电流表并联，通过干路电流与电流表确定通过电阻箱电流，从而

算出电流表两端的电压，从而计算内阻；故电路图如图所示：根据欧姆定律可知，要将电流表改装成量程为的电流表，显然要串联一个阻值较小的定值电阻RX，其中；故答案为：，偏小；如图所示；并联，．15.【答案】解：A到B平抛运动：代入数据解得：B点：得：被释放前弹簧的

弹性势能：B点：B到C：，代入数据解得：恰好过竖直圆轨道最高点时：，从C到圆轨道最高点：，解得：恰好到竖直圆轨道最右端时：，解得：要使小球不离开轨道，竖直圆弧轨道的半径或；，小球冲上圆轨道高度时速度变为0，然后返回倾斜轨道高处再滑下，然后再次进入圆轨道达到的高度为有：，

同除得：之后物块在竖直圆轨道和倾斜轨道之间往返运动。同理：n次上升高度为一等比数列。，当时，上升的最大高度小于，则小球共有6次通过距水平轨道高为的某一点。【解析】本题是复杂的力电综合题，明确研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题。要注意小球运

动过程中各个物理量的变化。16.【答案】解：设粒子的速度为v，在磁场做匀速圆周运动的半径R，粒子的运动轨迹如图。由几何关系可得：，得则由洛伦兹力提供向心力，得：解得：设圆筒的角速度为，粒子从射出到到达的时

间为t，则得对于圆筒，有解得：，2，。答：粒子的速度为；圆筒的角速度为，2，。【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，先画出粒子的运动轨迹，由几何关系求出轨迹半径，再由牛顿第二定律求粒子的速度。粒子从射出后做匀速直线运动，根据求出粒子到达的时间，而这段时间内圆筒可以转动

n圈，以此求解圆筒的角速度。解答本题时，需要正确作出粒子的运动轨迹，根据几何知识求解圆周运动的半径，同时，要把握圆周运动的周期性，得到圆筒转动角速度的通项。17.【答案】解：对气缸内气体，初始时，重物刚好离开地面时设重物刚离开地面时气缸内气体的体积为V

，由于此过程气体温度不变，根据玻意耳定律解得故重物离开地面后，气体压强不变，根据盖吕萨克定律：解得：【解析】【分析】本题主要考查布朗运动、分子间的作用力、热力学第一定律、热力学第二定律、温度是气体内能的决定因素；热传递过程具有方向性。【解答】A.分子间相互作用的合力随间距的增大不一定增大，故A错误

；B.温度是分子的平均动能的标志，是大量分子做无规则运动的统计规律，温度升高时，物体的分子的平均动能增大，但不是物体内每个分子的热运动速率都增大，故B正确；C.在温度不变的条件下压缩一定量的理想气体，压缩气体外界对气体做功，温度不变则，由热

力学第一定律可知，，故此过程中气体一定对外放热，故C正确；第二类永动机虽不违背能量守恒定律，但时违反了热力学第二定律，也是不可能制成的，故D错误E.由热力学第二定律可知，自然界进行的涉及热现象的宏观过

程都具有方向性，故E正确。故选BCE。封闭气体做等温变化，根据玻意耳定律列式求解末态体积，然后根据几何关系求解重物刚离开地面时气缸向左移动的距离d；重物离开地面后，气体压强不变，根据盖吕萨克定律列式求解。本题关键是得到封闭气体初末状态的各个状态参量，然后选择合适气体实验定律列式求解

即可。18.【答案】；解：由图乙知，时刻质点P正向上振动，所以根据波形平移法知，该波沿x轴正方向传播；从图乙可知振动周期为，一个周期内质点通过的路程为4A，则经过时间，质点P通过的路程为：；波速为：。经过，波向前传播的距离：。答：这列波的传

播方向沿x轴正方向；经过时间，质点P通过的路程s是12cm；经过，波向前传播的距离x是60m。【解析】【分析】振幅反映了振动的强弱；振动加强点的振幅最大，不是位移总是最大．受迫振动的频率等于驱动力的频率，与固有频率无关．根据多普勒效应判断接收频率与波源发出频率的关系．当波长与

障碍物尺寸差不多，或比障碍物尺寸大，会发生明显的衍射。本题考查了衍射现象、多普勒效应、受迫振动、简谐运动等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点。【解答】A.在干涉现象中，振动加强点振幅最大，位移在变化，所以振动加强点的位移

不是总是比减弱点的位移大，故A错误；B.单摆在周期性外力作用下做受迫振动，单摆的周期与驱动力的周期相等，与固有周期无关，故B正确；C.火车鸣笛向我们驶来时，根据多普勒效应知，我们接收的频率大于波源发出的频率，故C正确；D.当水波通过障碍物时，若障碍的尺寸与波长差不多

，或比波长小的多时，将发生明显的衍射现象，故D错误；E根据知，A光的条纹间距比B光的条纹间距大，则A光的波长大于B光波长，故E正确。故选BCE。根据波形平移法确定该波的传播方向；由振动图象得到振动周期，确定经过时间，质点P通过的路程s；由得到波速，进而得到经过波向前

传播的距离x。掌握波的形成及传播原理是求解的关键。