1、2019年河北省衡水中学高考物理一调试卷二、选择题：本題共8小题，每小题6分，共48分在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符含題目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1（6分）关于物理学史，下列说法错误的是（）A伽利略通过斜面实验推断出自由落体运动的速度随时间均匀变化，他开创了研究自然规律的科学方法，这就是将数学推导和科学实验相结合的方法B牛顿在伽利略笛卡儿、开普勒等人研究的基础上，采用归纳与演绎综合与分析的方法，总结出了普遍适用的力学运动规律牛顿运动定律和万有引力定律C奥斯特发现了导线附近小磁针的偏转，从而得出电流的磁效应，首次揭示了电流
2、能够产生磁场D爱因斯坦首先提出当带电微粒辐射或吸收能量时，是以最小能量值为单位一份份地辐射或吸收的，这个不可再分的最小能量值叫做能量子2（6分）已知引力常量G，利用下列数据不能计算地球半径的是（）A月球绕地球运动的周期、线速度及地球表面的重力加速度B人造卫星绕地球运行的周期、及地球的平均密度C地球同步卫星离地的高度、局期及地球的平均密度D近地卫星绕地球运行的周期和线速度3（6分）如图所示，水平的传送带上放一物体，物体下表面及传送带上表面均粗糙，导电性能良好的弹簧右端与物体及滑动变阻器滑片相连，弹簧左端固定在墙壁上，不计滑片与滑动变阻器线圈间的摩擦。某同学观察到，当传送带沿箭头方向运动且速度大小
3、为v时，物体处于静止状态，则当传送带逐渐加速到2v时，下列说法正确的是（）A物体受到的摩擦力变大，灯泡的亮度变亮B物体受到的摩擦力变小，灯泡的亮度变暗C物体受到的摩擦力不变，灯泡的亮度不变D物体受到的摩擦力不变，灯泡的亮度变亮4（6分）如图甲所示理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，R1为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。原线圈所接电压u随时间t按正弦规律变化，如图乙所示。下列说法正确的是（）A变压器的输入功率与输出功率之比为4：1B变压器原、副线圈中的电流之比为4：1Cu随t变化的规律为u51sin（50t）V（式中各物理量均为国际单位制）D若热
4、敏电阻Rt的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大5（6分）如图所示，静止于水平地面上的物块在竖直向上的恒力作用下竖直上升，经过一段时间，突然撤去该恒力，之后物块经相同时间落回地面。不计空气阻力，则该恒力与物块所受重力的大小之比为（）A2BCD6（6分）如图甲所示，质量为0.01kg、长为0.2m的水平金属细杆CD的两头分别放置在两水银槽的水银中，水银槽所在空间存在磁感应强度大小B110T、方向水平向右的匀强磁场，且杆CD与该匀强磁场垂直。有一匝数为100、面积为0.01m2的线圈通过开关K与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t变化关系
5、如图乙所示。在t0.20s时闭合开关K，细杆瞬间弹起（可认为安培力远大于重力）弹起的最大高度为0.2m。不计空气阻力和水银的黏滞作用，不考虑细杆落回水槽后的运动，重力加速度g10m/s2，下列说法正确的是（）A磁感应强度B2的方向竖直向上Bt0.05s时，线圈中的感应电动势大小为10VC细杆弹起过程中，细杆所受安培力的冲量大小为0.01NsD开关k闭合后，通边CD的电荷量为0.01c7（6分）如图所示，斜面ABC竖直固定放置，斜边AC与一光滑的圆弧轨道DEG相切，切点为D，AD长为L，圆弧轨道圆心为O半径为R，DOE，OG水平。现有一质量为m可看为质点的滑块从A点无初速下滑，滑块与斜面间的动摩
6、擦因数为，重力加速度为g，则（）A滑块经过E点时对轨道的最小压力为mgB滑块下滑后将会从G点飞出C滑块第二次经过E点时对轨道的压力为3mgD滑块在斜面上经过的总路程为s8（6分）一半径为R的均匀带正电圆环水平放置，圆心为O点，质量为m的带正电小球（可视为质点）从O点正上方距离为h的A点由静止下落，并穿过圆环。小球在从A点运动到A点关于O点对称的A点的过程中，其加速度a、重力势能EpG、机械能E、电势能Ep电，随位置变化的图象如图所示（规定O点为坐标原点且重力势能为0，竖直向下为加速度的正方向，并取无限远处电势为0），其中可能正确的是（）ABCD三、非选择题：9用游标卡尺和螺旋测微器分别测量不同
7、物体的宽度和厚度，请你读出它们的数据：（1）游标卡尺的读数： cm；（2）螺旋测微器的读数： mm10磁力锁主要由电磁铁和衔铁组成。某小组用图（a）所示的装置研究电磁铁线圈的工作电压与衔铁所受磁力的关系，弹性梁一端连接有衔铁，在外力作用下可以上下运动，另一端固定于墙壁，电磁铁位于衔铁正下方，V1为理想电压表。（1）为增加电磁铁产生的磁感应强度，变阻器的滑片P应向 端（填“c”或“d”）。（2）已知电磁铁线圈的直流电阻为30，滑动变阻器的最大电阻为170，电源E的电动势为12.0V，滑动变阻器能提供的最大分压为11.9V，则E的内阻是 （保留2位有效数字）。（3）同学们将金属应变片R1粘贴在弹性
8、梁的上表面，将R1和定值电阻R2连接成图（b）所示电路。线圈通电吸引衔铁下移时，应变片变长，R1的阻值将 ，电压表V2的读数将 。（选填“增大”、“减小”或“不变”）（4）在线圈通电吸合衔铁后，用外力F使电磁铁和衔铁刚好分开，测得F与线圈两端电压U的关系如图（c）。若要求该锁能抵抗1200N的外力，则工作电压至少为 V。11如图所示，质量m15g、长度L2m的木板D静置于水平地面上，木板D与地面间的动摩擦因数0.1，地面右端的固定挡板C与木板D等高。在挡板C右侧竖直虚线PQ、MN之间的区域内存在方向竖直向上的匀强电场，在两个半径分别为R11m和R23m的半圆围成的环带状区域内存在方向垂直纸面向
9、里的匀强磁场，两半园的圆心O到固定挡板C顶点的距离OC2m，现有一质量m15g、带电荷量q+6103C的物块A（可视为质点）以v04m/s的初速度滑上木板D，二者之间的动摩擦因数20.3，当物块A运动到木板D右端时二者刚好共遠，且木板D刚好与挡板C碰撞，物块A从挡扳C上方飞入PQNM区域，并能够在磁场区域内做匀速圆周运动，重力加速度g取10m/s2。（1）当物块A刚滑上木板D时，求物块A和木板D的加速度大小。（2）求电场强度的大小。（3）为保证小物块A只能从环带状区域的上、下两个开口端飞出，求磁感应强度大小的取值范围。12如图所示，一足够长的透气圆筒竖直固定在地面上，筒中有一劲度系数为k的轻弹
10、簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料ER流体，它对薄滑块的阻力可调节。开始薄滑块静止，ER流体对其阻力为0，弹簧的长度为L，现有一质量也为m的物体从距地面2L处自由落下，与薄滑块碰撞后粘在一起向下运动为使薄滑块恰好做匀减速运动且下移距离为时其速度减为0，ER流体对薄滑块的阻力必须随薄滑块下移而适当变化，以薄滑块初始位置处为原点，向下为正方向建立Ox轴，不计空气阻力，重力加速度为g。（1）求ER流体对薄滑块的阻力Ff随位置坐标x变化的函数关系式（2）在薄滑块速度第一次减为0的瞬间，通过调节使之后ER流体对运动的薄滑块阻力大小恒为mg，若此后薄滑块仍能向上运动，
11、求的取值范围。（3）在薄滑块速度第一次减为0的瞬间，通过调节使之后ER流体对运动的薄滑块阻力大小恒为mg，若此后薄滑块向上运动一段距离后停止运动不再下降，求的最小值。13下列说法正确的是（）A固体可以分为晶体和非晶体两类，非晶体和多晶体都没有确定的几何形状B给篮球打气时，会越来越费力这说明分子间存在斥力C布朗运动表明了分子越小，分子运动越剧烈D在太空里的空间站中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果E水的饱和汽压与温度有关14内壁光滑的导热汽缸竖直放置，用质量不计、横截面面积S2104m2的活塞封闭一定质量的理想气体。先在活塞上方缓缓倒上沙子，使封闭气体的体积逐渐变为原来的一半。接着一
12、边在活塞上方缓缓倒上沙子，一边对汽缸加热使活塞位置保持不变，直到气体温度达到177，已知外界环境温度为27，大气压强p1.0105Pa，热力学温度Tt+273K，重力加速度g取10m/s2，求：加热前所倒沙子的质量。整个过程总共倒在活塞上方的沙子的质量。15一列简谐横波沿水平绳向右传播，其周期为T，振幅为A，绳上两质点M、N的平衡位置相距个波长，质点N位于质点M右方。规定向上为正方向，在t0时刻质点M的位移为+，且向上运动，经过时间t0（t0T），质点M的位移仍为+，但向下运动，则下列说法正确的是（）A在tt0时刻，质点N恰好位于波谷B在tt0时刻，质点N的位移为负C在tt0时刻，质点N振动的
13、方向向下Dt0TEt0T16如图所示，一透明玻璃砖横截面的上半部分是半径为R的半圆，下半部分是边长为2R的正方形，在玻璃砖的左侧距离为R处，有一和玻璃砖侧面平行的足够大的光屏。一束单色光沿图示方向从光屏上的P点射出，从M点射入玻璃砖，恰好经过半圆部分的圆心O，且MOA45，已知玻璃砖对该单色光的折射率n，光在真空中的传播速度为c。求该单色光在玻璃砖中发生全反射的临界角的正弦值。从M点射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖，求该单色光在玻璃砖内传播的时间。2019年河北省衡水中学高考物理一调试卷参考答案与试题解析二、选择题：本題共8小题，每小题6分，共48分在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题
14、目要求，第68题有多项符含題目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1（6分）关于物理学史，下列说法错误的是（）A伽利略通过斜面实验推断出自由落体运动的速度随时间均匀变化，他开创了研究自然规律的科学方法，这就是将数学推导和科学实验相结合的方法B牛顿在伽利略笛卡儿、开普勒等人研究的基础上，采用归纳与演绎综合与分析的方法，总结出了普遍适用的力学运动规律牛顿运动定律和万有引力定律C奥斯特发现了导线附近小磁针的偏转，从而得出电流的磁效应，首次揭示了电流能够产生磁场D爱因斯坦首先提出当带电微粒辐射或吸收能量时，是以最小能量值为单位一份份地辐射或吸收的，这个不可再分的最小能量值叫做能量子
15、【解答】解：A、伽利略通过斜面实验推断出自由落体运动的速度随时间均匀变化，他开创了研究自然规律的科学方法，这就是将数学推导和科学实验相结合的方法，故A正确；B、牛顿在伽利略笛卡儿、开普勒等人研究的基础上，采用归纳与演绎综合与分析的方法，总结出了普遍适用的力学运动规律牛顿运动定律和万有引力定律，故B正确；C、奥斯特发现了导线附近小磁针的偏转，从而得出电流的磁效应，首次揭示了电流能够产生磁场，故C正确；D、普朗克首先提出当带电微粒辐射或吸收能量时，是以最小能量值为单位一份份地辐射或吸收的，这个不可再分的最小能量值叫做能量子，故D错误；本题选错误的，故选：D。2（6分）已知引力常量G，利用下列数据不
16、能计算地球半径的是（）A月球绕地球运动的周期、线速度及地球表面的重力加速度B人造卫星绕地球运行的周期、及地球的平均密度C地球同步卫星离地的高度、局期及地球的平均密度D近地卫星绕地球运行的周期和线速度【解答】解：A、已知月球绕地球运行的周期和运行的速度 可求轨道半径r，根据万有引力等于向心力，有：Gmr地球表面加速度为g，则GMgR2联立解得：R，故A可能B、人造卫星绕地球的周期、地球的平均密度，因为不知道轨道半径，无法求解地球质量，知道密度也无法求得地球半径，故B不能；C、知道人造地球卫星的周期T和高度h，由Gmr，rR+h和M，联立解得R，故C可能；D、根据近地卫星的周期和线速度v，可求出轨
17、道半径，近地卫星轨道半径近似等于地球半径，故D可能；因选不能的故选：B。3（6分）如图所示，水平的传送带上放一物体，物体下表面及传送带上表面均粗糙，导电性能良好的弹簧右端与物体及滑动变阻器滑片相连，弹簧左端固定在墙壁上，不计滑片与滑动变阻器线圈间的摩擦。某同学观察到，当传送带沿箭头方向运动且速度大小为v时，物体处于静止状态，则当传送带逐渐加速到2v时，下列说法正确的是（）A物体受到的摩擦力变大，灯泡的亮度变亮B物体受到的摩擦力变小，灯泡的亮度变暗C物体受到的摩擦力不变，灯泡的亮度不变D物体受到的摩擦力不变，灯泡的亮度变亮【解答】解：因摩擦力大小只与压力大小及接触面的粗糙程度有关与物体的相对运动
18、速度无关，故物体所受摩擦力不变；因物体在弹簧弹力及摩擦力的作用下将处于平衡状态，故物体的位置将不发生变化，滑动变阻器接入电阻不变，则由欧姆定律可得电路中电流不变，灯泡的亮度不变；故C正确ABD错误。故选：C。4（6分）如图甲所示理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，R1为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。原线圈所接电压u随时间t按正弦规律变化，如图乙所示。下列说法正确的是（）A变压器的输入功率与输出功率之比为4：1B变压器原、副线圈中的电流之比为4：1Cu随t变化的规律为u51sin（50t）V（式中各物理量均为国际单位制）D若热敏电阻Rt的温度升
19、高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大【解答】解：A、原副线圈输入功率和输出功率相等，故A错误。B、根据得，原副线圈的电流之比为1：4，故B错误。C、交变电压的峰值为51V，周期T0.02s，则角速度100rad/s，则u随t的变化规律为u51sin（100t），故C错误。D、若热敏电阻RT的温度升高，则热敏电阻的阻值减小，由于原线圈的电压不变，则副线圈的电压不变，副线圈中的电流变大，故D正确。故选：D。5（6分）如图所示，静止于水平地面上的物块在竖直向上的恒力作用下竖直上升，经过一段时间，突然撤去该恒力，之后物块经相同时间落回地面。不计空气阻力，则该恒力与物块所受重力的大小之比为（）A2B
20、CD【解答】解：设物体在撒去拉力时速度大小v，落地速度大小v上升过程：xt下降过程：xt解得：v：v1：2由牛顿第二定律可得上升过程：Fmg下降过程：mg联立解得：F：mg4：3，故ABD错误，C正确。故选：C。6（6分）如图甲所示，质量为0.01kg、长为0.2m的水平金属细杆CD的两头分别放置在两水银槽的水银中，水银槽所在空间存在磁感应强度大小B110T、方向水平向右的匀强磁场，且杆CD与该匀强磁场垂直。有一匝数为100、面积为0.01m2的线圈通过开关K与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t变化关系如图乙所示。在t0.20s时闭合开关K，
21、细杆瞬间弹起（可认为安培力远大于重力）弹起的最大高度为0.2m。不计空气阻力和水银的黏滞作用，不考虑细杆落回水槽后的运动，重力加速度g10m/s2，下列说法正确的是（）A磁感应强度B2的方向竖直向上Bt0.05s时，线圈中的感应电动势大小为10VC细杆弹起过程中，细杆所受安培力的冲量大小为0.01NsD开关k闭合后，通边CD的电荷量为0.01c【解答】解：A、由安培定则可知感应电流的磁场方向竖直向上，由图示图象可知，在0.20.25s内穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律可知，磁感应强度B2方向：竖直向上，故A正确；B、由图示图象可知，00.10s内：BS（10）0.010.01Wb，00.10s
22、线圈中的感应电动势大小：En10010V，t0.05s时，线圈中的感应电动势大小为，故B正确；C、合开关K，细杆瞬间弹起（可认为安培力远大于重力）弹起的最大高度为0.2m，细框竖直向上做竖直上抛运动：v22gh，解得，杆弹起的速度：v2ms，安培力远大于重力，重力可以忽略不计，细杆所受合力为安培力，对杆，由动量定理得：Imv00.01200.02Ns，故C错误；D、对细杆，由动量定理得：B1Iltmv0，细框竖直向上做竖直上抛运动：v22gh，电荷量：QIt，解得：Q，代入数据解得：Q0.01C，故D正确；故选：ABD。7（6分）如图所示，斜面ABC竖直固定放置，斜边AC与一光滑的圆弧轨道DE
23、G相切，切点为D，AD长为L，圆弧轨道圆心为O半径为R，DOE，OG水平。现有一质量为m可看为质点的滑块从A点无初速下滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，则（）A滑块经过E点时对轨道的最小压力为mgB滑块下滑后将会从G点飞出C滑块第二次经过E点时对轨道的压力为3mgD滑块在斜面上经过的总路程为s【解答】解：A、滑块从A点滑下后在AD部分轨道上要克服摩擦力做功，则返回到AD斜面上时的高度逐渐降低，最终滑块将在以E点为最低点，D为最高点来回滚动，此时经过E点对轨道的压力最小，则从D到点，由机械能守恒定律：mh（1cos），在E点：由牛顿第二定律得：Nmgm联立解得：Nmg（32cos）
24、，故A错误；B、从A到G由动能定理：mg（LsinRos）mgcosL 其中L解得：vG0，则块下滑后不能从G点飞出，故B错误；C、滑块第一次到达E点时，根据动能定理：mgLsin+R（1cos）mgcosL解得：vE，第二次到达E点的速度与新一次相同，则牛频二定律：NEmgm解得：NE3mg，故C正确；D、由以上的分析可知，清块最终将在以E点为最低点，D为最高点来回滚动，则由动能定理：mgLsinmgcoss解得：s，故D正确。故选：CD。8（6分）一半径为R的均匀带正电圆环水平放置，圆心为O点，质量为m的带正电小球（可视为质点）从O点正上方距离为h的A点由静止下落，并穿过圆环。小球在从A点
25、运动到A点关于O点对称的A点的过程中，其加速度a、重力势能EpG、机械能E、电势能Ep电，随位置变化的图象如图所示（规定O点为坐标原点且重力势能为0，竖直向下为加速度的正方向，并取无限远处电势为0），其中可能正确的是（）ABCD【解答】解：A、圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，则小球所受的电场力先增大后减小方向竖直向上，由牛顿第二定律得知，重力不变，则加速度可能先减小后增大；小球穿过圆环后，小球所受的电场力竖直向下，加速度方向向下，为正值，根据对称性可知，电场力先增大后减小，则加速度先增大后减小。故A是不可能的。故A错误。B、小球从A到
26、圆环中心的过程中，重力势能EpGmgh，小球穿过圆环后，EpGmgh，根据数学知识可知，B是可能的。故B正确。C、小球从A到圆环中心的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环后，电场力做正功，机械能增大，故C是可能的。故C正确。D、由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，所以D是不可能的。故D错误。故选：BC。三、非选择题：9用游标卡尺和螺旋测微器分别测量不同物体的宽度和厚度，请你读出它们的数据：（1）游标卡尺的读数：2.64cm；（2）螺旋测微器的读数：5.020mm【解答】解：游标卡尺的主尺读数为
27、26mm，游标读数为0.140.4mm，所以最终读数为：26mm+0.4mm26.4mm2.64 cm螺旋测微器的固定刻度读数为5mm可动刻度读数为0.012.0mm0.020mm，所以最终读数为：5.020 mm；故答案为：（1）2.64 cm（2）5.020 mm10磁力锁主要由电磁铁和衔铁组成。某小组用图（a）所示的装置研究电磁铁线圈的工作电压与衔铁所受磁力的关系，弹性梁一端连接有衔铁，在外力作用下可以上下运动，另一端固定于墙壁，电磁铁位于衔铁正下方，V1为理想电压表。（1）为增加电磁铁产生的磁感应强度，变阻器的滑片P应向c端（填“c”或“d”）。（2）已知电磁铁线圈的直流电阻为30，滑
28、动变阻器的最大电阻为170，电源E的电动势为12.0V，滑动变阻器能提供的最大分压为11.9V，则E的内阻是0.21（保留2位有效数字）。（3）同学们将金属应变片R1粘贴在弹性梁的上表面，将R1和定值电阻R2连接成图（b）所示电路。线圈通电吸引衔铁下移时，应变片变长，R1的阻值将增大，电压表V2的读数将增大。（选填“增大”、“减小”或“不变”）（4）在线圈通电吸合衔铁后，用外力F使电磁铁和衔铁刚好分开，测得F与线圈两端电压U的关系如图（c）。若要求该锁能抵抗1200N的外力，则工作电压至少为6V。【解答】解：（1）为增加电磁铁产生的磁感应强度，必须要增加线圈的电流，加大线圈两端的电压，则变阻器
29、的滑片P应向c端移动。（2）当滑动变阻器的滑片P滑到c端时，线圈上的分压最大，此时外电路总电阻为：，电源的电流为，电源的内阻：（3）根据电阻定律，应变片变长，则截面积变小，R1的阻值将变大，总电阻变大，总电流减小，则电源内阻和定值电阻R2上的电压减小，则电压表V2的读数将增大；（4）由FU图象可知，当F1200N时，U6V；即若要求该锁能抵抗1200N的外力，则工作电压至少为6V。故答案为：（1）c （2）0.21 （3）增大；增大；（4）6V。11如图所示，质量m15g、长度L2m的木板D静置于水平地面上，木板D与地面间的动摩擦因数0.1，地面右端的固定挡板C与木板D等高。在挡板C右侧竖直虚
30、线PQ、MN之间的区域内存在方向竖直向上的匀强电场，在两个半径分别为R11m和R23m的半圆围成的环带状区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，两半园的圆心O到固定挡板C顶点的距离OC2m，现有一质量m15g、带电荷量q+6103C的物块A（可视为质点）以v04m/s的初速度滑上木板D，二者之间的动摩擦因数20.3，当物块A运动到木板D右端时二者刚好共遠，且木板D刚好与挡板C碰撞，物块A从挡扳C上方飞入PQNM区域，并能够在磁场区域内做匀速圆周运动，重力加速度g取10m/s2。（1）当物块A刚滑上木板D时，求物块A和木板D的加速度大小。（2）求电场强度的大小。（3）为保证小物块A只能从环带状区域
31、的上、下两个开口端飞出，求磁感应强度大小的取值范围。【解答】解：（1）物块A刚滑上木板D时，由牛顿第二定律得：对A：2mgmaA，解得：aA3m/s2，对D：2mg2mgmaD，解得：aD1m/s2；（2）物块A进入区域PQMN后，能在磁场区域内做匀速圆周运动，重力与电场力相等，即：mgqE解得：E25V/m；（3）物块A与木板D共速时：vv0aAtaDt，代入数据解得：v1m/s，粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB，若要使物块A只从环带状区域的上、下两个开口飞出磁场，物块A在磁场中运动的轨道半径r应满足：r或，代入数据解得：B5T或1TBT；答：（1）当物块A刚滑上
32、木板D时，物块A和木板D的加速度大小分别为3m/s2、1m/s2。（2）电场强度的大小为25V/m。（3）为保证小物块A只能从环带状区域的上、下两个开口端飞出，磁感应强度大小的取值范围是：B5T或1TBT。12如图所示，一足够长的透气圆筒竖直固定在地面上，筒中有一劲度系数为k的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料ER流体，它对薄滑块的阻力可调节。开始薄滑块静止，ER流体对其阻力为0，弹簧的长度为L，现有一质量也为m的物体从距地面2L处自由落下，与薄滑块碰撞后粘在一起向下运动为使薄滑块恰好做匀减速运动且下移距离为时其速度减为0，ER流体对薄滑块的阻力必须随
33、薄滑块下移而适当变化，以薄滑块初始位置处为原点，向下为正方向建立Ox轴，不计空气阻力，重力加速度为g。（1）求ER流体对薄滑块的阻力Ff随位置坐标x变化的函数关系式（2）在薄滑块速度第一次减为0的瞬间，通过调节使之后ER流体对运动的薄滑块阻力大小恒为mg，若此后薄滑块仍能向上运动，求的取值范围。（3）在薄滑块速度第一次减为0的瞬间，通过调节使之后ER流体对运动的薄滑块阻力大小恒为mg，若此后薄滑块向上运动一段距离后停止运动不再下降，求的最小值。【解答】解：（1）设滑块静止时弹簧压缩量为x0，则 kx0mg 设物体下落与薄滑块相碰前的速度为v0，由机械能守恒定律得mgL 设碰后二者共同速度为v1
34、，取向下为正方向，由动量守恒定律mv0（m+m）v1 滑块下移距离为：xm时，由运动学公式得：0v122axm 由牛顿第二定律得：k（x+x0）+Ff2mg2ma 解得：Ffkx+mg+（2）此后薄滑块仍能向上运动，则有：k（xm+x0）2mg+mg 得：1（3）当薄滑块向上运动时，若规定向上为滑块和物体所受合力的正方向，则合力Fk（x+x0）2mgmgkx（1+）mg 作出Fx图：由数学知识得滑块停止运动的位置坐标为：x1滑块停止运动不再下降的条件是：2mgk（x1+x0）mg 得：因此，的最小值为。答：（1）ER流体对滑块的阻力Ff随位置坐标x变化的函数关系式为Ffkx+mg+。（2）的取
35、值范围为1。（3）的最小值为。13下列说法正确的是（）A固体可以分为晶体和非晶体两类，非晶体和多晶体都没有确定的几何形状B给篮球打气时，会越来越费力这说明分子间存在斥力C布朗运动表明了分子越小，分子运动越剧烈D在太空里的空间站中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果E水的饱和汽压与温度有关【解答】解：A、固体可以分为晶体和非晶体两类，非晶体和多晶体都没有固定的几何形状，故A正确；B、给篮球打气时，会越来越费力时因为匀强增大的原因，并不是因为分子间存在斥力，故B错误；C、布朗运动不是液体分子的运动，也不是固体小颗粒分子的运动，而是小颗粒的运动，它不能表明分子越小，分子运动越剧烈。故C错误
36、；D、液体的表面张力使液面具有收缩到液面表面积最小的趋势。所以在太空里的空间站中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果。故D正确；E、饱和汽压随温度的升高而增大，故E正确。故选：ADE。14内壁光滑的导热汽缸竖直放置，用质量不计、横截面面积S2104m2的活塞封闭一定质量的理想气体。先在活塞上方缓缓倒上沙子，使封闭气体的体积逐渐变为原来的一半。接着一边在活塞上方缓缓倒上沙子，一边对汽缸加热使活塞位置保持不变，直到气体温度达到177，已知外界环境温度为27，大气压强p1.0105Pa，热力学温度Tt+273K，重力加速度g取10m/s2，求：加热前所倒沙子的质量。整个过程总共倒在活塞上方
37、的沙子的质量。【解答】解：设封闭气体原高度2h，等温变化后高度h，压强p：pS2hpSh，pp+；解得p2p2.0105Pa，m2kg；封闭气体等容变化：；T27+273K300K，T177+273K450K，解得p3.0105Pa；又由活塞平衡：pSpS+mg，解得m4kg答：加热前所倒沙子的质量为2kg。整个过程总共倒在活塞上方的沙子的质量为4kg。15一列简谐横波沿水平绳向右传播，其周期为T，振幅为A，绳上两质点M、N的平衡位置相距个波长，质点N位于质点M右方。规定向上为正方向，在t0时刻质点M的位移为+，且向上运动，经过时间t0（t0T），质点M的位移仍为+，但向下运动，则下列说法正确
38、的是（）A在tt0时刻，质点N恰好位于波谷B在tt0时刻，质点N的位移为负C在tt0时刻，质点N振动的方向向下Dt0TEt0T【解答】解：由题，在t0时M位移为+，且向上运动，则M点的振动方程为：yMAsin（t+0），将在t0时M位移为+，代入方程得：Asin（t+0）所以：0经时间t0（t0T），M位移仍为+，但向下运动，代入公式得：t0T两质点M、N的平衡位置相距个波长，N位于M右方，所以N点的振动方程：yNAsin（t）+0，将t0T代入得：yNAsin（TT）+A，随t的增大，位移的绝对值增大，所以在tt0时刻，质点N的位移为负，质点N振动的方向向下。故AD错误，BCE正确；故选：B
39、CE。16如图所示，一透明玻璃砖横截面的上半部分是半径为R的半圆，下半部分是边长为2R的正方形，在玻璃砖的左侧距离为R处，有一和玻璃砖侧面平行的足够大的光屏。一束单色光沿图示方向从光屏上的P点射出，从M点射入玻璃砖，恰好经过半圆部分的圆心O，且MOA45，已知玻璃砖对该单色光的折射率n，光在真空中的传播速度为c。求该单色光在玻璃砖中发生全反射的临界角的正弦值。从M点射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖，求该单色光在玻璃砖内传播的时间。【解答】解：设该单色光在玻璃砖中发生全反射的临界角为C，则有n解得：sinC该单色光射到玻璃砖的平面上时的入射角均为i45sin45sinC则该单色先在玻璃砖内射到平面上时会发生全反射，其光路图如图所示，由几何关系得该单色光在玻璃砖内传播的距离：x4R+2R单色先在玻璃砖内传播的速度为：v则该单色光在玻璃砖内传播的时间：t联立解得：t答：求该单色光在玻璃砖中发生全反射的临界角的正弦值是。该单色光在玻璃砖内传播的时间是。声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2019/5/6 23:14:00；用户：物理4；邮箱：；学号：22075620第22页（共22页）
