一、選擇題（本大題共13小題，每小題4分，共52分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中）
1. 陶寺遺址是堯的都城，是最早的“中國(guó)”，在發(fā)掘中采用了碳十四測(cè)年技術(shù)等多項(xiàng)科技手段來(lái)判斷陶寺文化的絕對(duì)年代。的衰變方程為。，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 衰變方程中的X是中子
B 需吸收能量才能發(fā)生衰變
C. 隨著的不斷衰變，其半衰期會(huì)逐漸變長(zhǎng)
D. 與X的質(zhì)量之和小于的質(zhì)量
【答案】D
【解析】
【詳解】A．根據(jù)題意，由質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知，衰變方程中的X的質(zhì)量數(shù)為0，電荷數(shù)為，則是電子，故A錯(cuò)誤；
BD．發(fā)生衰變過(guò)程存在質(zhì)量虧損，即與X的質(zhì)量之和小于的質(zhì)量，釋放能量，不需要吸收能量，故B錯(cuò)誤，D正確；
C．半衰期只由原子核內(nèi)部決定，適用于大量原子核，其半衰期保持不變，故C錯(cuò)誤。
故選D。
2. 2020年6月23日9點(diǎn)43分，由中國(guó)航天科技集團(tuán)有限公司五院抓總研制的第55顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星成功發(fā)射。這是北斗三號(hào)全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)第三顆地球同步軌道衛(wèi)星，隨著該衛(wèi)星在北斗三號(hào)星座部署完成，標(biāo)志著北斗衛(wèi)星全球?qū)Ш较到y(tǒng)星座部署完美收官。下列關(guān)于地球同步衛(wèi)星的描述正確的是（ ）
A. 它的運(yùn)行速度大于7.9km/s
B. 運(yùn)行時(shí)可以經(jīng)過(guò)北京的上空
C. 它的軌道平面和地球的某一經(jīng)線平面重合
D. 所有的同步衛(wèi)星都處于同一軌道
【答案】D
【解析】
【詳解】A．第一宇宙速度是近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，也是衛(wèi)星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的最大環(huán)繞速度，而同步衛(wèi)星的軌道半徑要大于近地衛(wèi)星的軌道半徑，根據(jù)可以發(fā)現(xiàn)，同步衛(wèi)星運(yùn)行的線速度一定小于第一宇宙速度，故A錯(cuò)誤；
B．同步衛(wèi)星相對(duì)于地球靜止，一定在赤道的正上方，而北京不在赤道上，故運(yùn)行時(shí)不可能經(jīng)過(guò)北京的上空，故B錯(cuò)誤；
C．同步衛(wèi)星的軌道平面過(guò)地心且在赤道正上方，所以它的軌道平面和地球零緯度線重合，不可能和地球的某一經(jīng)線平面重合，故C錯(cuò)誤；
D．所有的同步衛(wèi)星距離地面的高度相同，都處于同一軌道上，故D正確。
故選D。
3. 直角坐標(biāo)系xOy的y軸為兩種均勻介質(zhì)Ⅰ、Ⅱ的分界線，在x=0處，同一波源的振動(dòng)分別在介質(zhì)Ⅰ、Ⅱ中傳播，形成兩列機(jī)械波a、b，某時(shí)刻的部分波形圖如圖所示，此時(shí)刻b波恰好傳到x=-4m處，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 波源的起振方向沿y軸正方向
B. 此時(shí)刻a波傳到x=8m處
C. 兩列波的頻率關(guān)系
D. x=-1m處質(zhì)點(diǎn)P在這段時(shí)間內(nèi)的路程為10cm
【答案】B
【解析】
【詳解】A．傳播介質(zhì)的起振方向和波源相同，的質(zhì)點(diǎn)起振方向與波源的起振方向相同，用微平移法可知 的質(zhì)點(diǎn)即將向下運(yùn)動(dòng)，波源的起振方向沿y軸負(fù)方向，故A錯(cuò)誤；
B．由左側(cè)波形圖可知，波源已經(jīng)完成了兩次全振動(dòng)， 故此時(shí)刻a波傳到
處，故B正確；
C．兩列波由同一波源振動(dòng)產(chǎn)生，頻率相同，故C錯(cuò)誤；
D．由質(zhì)點(diǎn)P左側(cè)的波形圖可知，P已經(jīng)完成1.5次全振動(dòng)，路程為
故D錯(cuò)誤。
故選B。
4. 蘇炳添是我國(guó)著名男子短跑運(yùn)動(dòng)員，2021年8月1日，在東京奧運(yùn)會(huì)男子100米參賽中以983秒刷新亞洲紀(jì)錄，關(guān)于運(yùn)動(dòng)會(huì)上100m比賽，說(shuō)法正確的是（ ）
A. 運(yùn)動(dòng)員啟動(dòng)的瞬間，速度為0，加速度不為0
B. 運(yùn)動(dòng)員在加速階段地面對(duì)人的力大于人對(duì)地面的力
C. 在判斷運(yùn)動(dòng)員是否“沖線”時(shí)，可以將運(yùn)動(dòng)員看成質(zhì)點(diǎn)
D. 過(guò)終點(diǎn)后“沖”得越遠(yuǎn)的同學(xué)慣性越大
【答案】A
【解析】
【詳解】A．在起跑的瞬間，速度為0，但是速度變化很快，加速度不為0，故A正確；
B．運(yùn)動(dòng)員在起跑加速階段，地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的力與運(yùn)動(dòng)員對(duì)地面的力是相互作用力，根據(jù)牛頓第三定律，地面對(duì)人的力與人對(duì)地面的力大小一定相等，故B錯(cuò)誤；
C．研究運(yùn)動(dòng)員是否“沖線”時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的大小和形狀不能忽略，不能看作質(zhì)點(diǎn)，否則就無(wú)法研究身體的有效部位是否沖過(guò)終點(diǎn)線，故C錯(cuò)誤；
D．質(zhì)量是物體慣性大小的唯一量度，慣性大小與物體的受力及速度大小無(wú)關(guān)，所過(guò)終點(diǎn)后“沖”得越遠(yuǎn)的同學(xué)慣性不一定越大，故D錯(cuò)誤。
故選A。
5. 如圖所示，傾角為θ的斜面體c置于水平地面上，小物塊b置于斜面上，通過(guò)絕緣細(xì)繩跨過(guò)光滑的定滑輪與帶正電小球M連接，定滑輪左側(cè)連接物塊b的一段細(xì)繩與斜面平行，帶負(fù)電的小球N用絕緣細(xì)線懸掛于P點(diǎn)。設(shè)兩帶電小球在緩慢漏電的過(guò)程中，兩球心始終處于同一水平面上，并且b、c都處于靜止?fàn)顟B(tài)，下列說(shuō)法中正確的是（ ）
A. b對(duì)c的摩擦力一定減小
B. 地面對(duì)c的支持力一定變大
C. c對(duì)地面的摩擦力方向一定向左
D. 地面對(duì)c的摩擦力一定變大
【答案】B
【解析】
【詳解】A．小球不斷漏電，所以兩小球所受庫(kù)侖力逐漸減小，根據(jù)平衡條件可知繩子的拉力不斷減小，所以b所受的拉力也不斷減小，若b相對(duì)于斜面有向上運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，則摩擦力減小，若b相對(duì)于斜面有向下運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，則b對(duì)c的摩擦力增大，A錯(cuò)誤；
BCD．將b和c看成一個(gè)整體，其受重力（方向豎直向下），支持力（方向豎直向上），繩子給的拉力（方向沿斜面向上）以及摩擦力，根據(jù)正交分解法，豎直方向上有拉力在豎直方向上的分力與支持力的合力等于重力，當(dāng)拉力減小時(shí)，地面對(duì)c的支持力一定變大，在水平方向上有，拉力在水平方向上的分力等于摩擦力，所以摩擦力一定向左，由牛頓第三定律得c對(duì)地面的摩擦力方向一定向右，當(dāng)拉力不斷減小時(shí)，地面對(duì)c的摩擦力也不斷減小，B正確，CD錯(cuò)誤。
故選B。
6. 如圖所示，一個(gè)平行于紙面的等腰直角三角形導(dǎo)線框，水平向右勻速運(yùn)動(dòng)，穿過(guò)寬度為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，三角形兩直角邊長(zhǎng)度為2d，線框中產(chǎn)生隨時(shí)間變化的感應(yīng)電流i，規(guī)定逆時(shí)針為感應(yīng)電流的正方向，下列圖形正確的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【詳解】在0-時(shí)間內(nèi)，線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)磁通量向里增加，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)向外，因此感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较颉ｋS著線框的運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)線切割磁感線有效長(zhǎng)度均勻減小，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)均勻減小，感應(yīng)電流均勻減小；在時(shí)間內(nèi)，穿過(guò)線框的磁通量向里減小，根據(jù)楞次定律知，感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较?，穿過(guò)線框的磁通量均勻減小，產(chǎn)生的感應(yīng)電流不變；在時(shí)間內(nèi)，時(shí)間內(nèi)，穿過(guò)線框的磁通量向里減少，根據(jù)楞次定律知，感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较颍€框有效切割長(zhǎng)度均勻減小，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)均勻減小，感應(yīng)電流均勻減小， 故選A。
7. 如圖光滑水平面上放置兩個(gè)相互接觸的四分之一圓形光滑曲面A、B，A固定B可自由滑動(dòng)，小滑塊C靜置于曲面B最低端，小滑塊D由距曲面A最低端高h(yuǎn)=0.8m的地方自由滑下，與C發(fā)生彈性正碰，已知小滑塊C質(zhì)量m1=0.3kg，小滑塊D質(zhì)量m2=0.1kg，曲面B質(zhì)量M=0.3kg，重力加速度g=10m/s2。則滑塊C、D所能達(dá)到的最大高度之比為（ ）
A. 2：1B. 1：2C. 3：1D. 1：3
【答案】B
【解析】
詳解】小滑塊D沿曲面A滑下，設(shè)末速度，由機(jī)械能守恒定律得
解得
滑塊D與C發(fā)生彈性正碰，取向右為正，碰后C、D速度分別為、，由動(dòng)量守恒定律得
由機(jī)械能守恒定律得
聯(lián)立解得
由機(jī)械能守恒定律可得
解得小滑塊D能達(dá)到的最大高度
滑塊C與曲面B相互作用過(guò)程有
聯(lián)立解得
所以滑塊C、D所能達(dá)到的最大高度之比為
故選B。
8. 在如圖所示的電路中，電源的內(nèi)阻不能忽略，C為一平行板電容器，閉合開(kāi)關(guān)S，給電容器充電，當(dāng)電路中電流穩(wěn)定之后，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 保持開(kāi)關(guān)S閉合，把滑動(dòng)變阻器的滑片向上滑動(dòng)，電流表的示數(shù)變大，電壓表的示數(shù)變小
B. 開(kāi)關(guān)S閉合后，若剛好有一帶電油滴Р靜止在電容器兩平行板之間，則開(kāi)關(guān)斷開(kāi)后，油滴將向下運(yùn)動(dòng)
C. 保持開(kāi)關(guān)S閉合，將電容器上極板與下極板距離稍微拉開(kāi)一些的過(guò)程中，中有由a到b的電流
D. 斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，將滑動(dòng)變阻器的劃片向下滑動(dòng)，比值將變大
【答案】C
【解析】
【詳解】A．S閉合，滑動(dòng)變阻器的滑片向上滑動(dòng)，減小，則電路中電流增大，電流表的示數(shù)變大，電阻的電壓增大，電壓表的示數(shù)變大，故A錯(cuò)誤；
B．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)S，電容和電量都不變，根據(jù)
得兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，帶電油滴所受電場(chǎng)力不變，油滴不動(dòng)，故B錯(cuò)誤；
C．保持開(kāi)關(guān)S閉合，將電容器上極板與下極板距離稍微拉開(kāi)一些的過(guò)程中，根
可知，電容減小，電容將放電，由于電容下極板帶正電，所以中有由a到b的電流，故C正確；
D．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)S，移動(dòng)滑動(dòng)變阻器，比值為，是定值，故D錯(cuò)誤。
故選C。
9. 如圖所示，一半徑為R的半圓形光滑絕緣軌道豎直放置在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。軌道兩端在同一高度上，M為軌道的最低點(diǎn)，一質(zhì)量為m的帶正電小球從軌道左端最高點(diǎn)由靜止釋放。若小球始終不脫離軌道，則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 小球不能夠到達(dá)軌道右端的最高點(diǎn)
B. 小球第一次到達(dá)軌道最低點(diǎn)M的速度可能小于
C. 小球第一次到達(dá)軌道最低點(diǎn)M時(shí)，對(duì)軌道的壓力等于
D. 小球再次到達(dá)軌道最低點(diǎn)M時(shí)，對(duì)軌道的壓力可能小于
【答案】D
【解析】
【詳解】A．小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程，受到重力、支持力和洛倫茲力，洛倫茲力、支持力方向始終和速度方向垂直，不做功，由動(dòng)能定理可知，小球到達(dá)軌道右端最高點(diǎn)速度為零，能夠到達(dá)軌道右端的最高點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；
BC．小球從軌道左端最高點(diǎn)由靜止釋放至小球第一次到達(dá)軌道最低點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理
解得
在M點(diǎn)由牛頓第二定律有
解得
由牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膲毫?br>故BC錯(cuò)誤；
D．小球從軌道右端最高點(diǎn)至小球第二次到達(dá)軌道最低點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理
解得
在M點(diǎn)由牛頓第二定律有
解得
由牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膲毫?br>故D正確。
故選D。
10. 如圖所示，平行板電容器兩極板M、N水平正對(duì)放置，兩極板分別與電源兩極連接。保持開(kāi)關(guān)S閉合，一帶電油滴在極板中央處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 保持開(kāi)關(guān)S閉合，僅將M板上移，油滴將向上運(yùn)動(dòng)
B. 保持開(kāi)關(guān)S閉合，僅將M板上移，油滴將向下運(yùn)動(dòng)
C. 斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，僅將M板上移，油滴將向上運(yùn)動(dòng)
D. 斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，僅將M板上移，油滴將向下運(yùn)動(dòng)
【答案】B
【解析】
【詳解】AB．保持開(kāi)關(guān)S閉合，兩極板電勢(shì)差保持不變，將M板上移，兩極板之間的距離d增大，電場(chǎng)強(qiáng)度由知減小，油滴將向下運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤，B正確；
CD．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)S，兩極板電荷量保持不變，將M板上移，由，，可得
電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變，油滴靜止不動(dòng)，C、D錯(cuò)誤。
故選B。
11. 如圖所示電路中，理想變壓器原線圈兩接線柱間的交流電壓的有效值不變，兩燈泡L1、L2規(guī)格完全相同，在以下各種操作中各電路元件都沒(méi)有損壞，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 僅使滑片M下移，電流表示數(shù)變大
B. 僅使滑片M下移，變壓器原線圈中的電流變大
C. 僅使滑片N自變阻器a端向b端移動(dòng)，燈泡L2中的電流一直增大
D. 僅使滑片N自變阻器a端向b端移動(dòng)，電流表示數(shù)一直增大
【答案】C
【解析】
【詳解】A．僅使滑片M下移，副線圈匝數(shù)減小，根據(jù)理想變壓器可知副線圈電壓減小，又因?yàn)楦本€圈電路電阻不變，所以副線圈電流減小，故A錯(cuò)誤；
B．僅使滑片M下移，副線圈電壓、電流均減小，所以副線圈功率減小，由功率關(guān)系
U1I1＝U2I2
可知，原線圈中電流變小，故B錯(cuò)誤；
C．僅使滑片N自變阻器a端向b端移動(dòng)，并聯(lián)部分電路電壓（副線圈電壓）不變，L2所在支路電阻逐漸減小，根據(jù)歐姆定律可知，L2中電流一直增大，故C正確；
D．僅使滑片N自變阻器a端向b端移動(dòng)，則并聯(lián)部分電阻先增大后減小，副線圈總電阻先增大后減小，副線圈電壓不變，所以副線圈總電流（電流表示數(shù)）先減小后增大，故D錯(cuò)誤。
故選C。
12. 如圖所示，豎直平面內(nèi)光滑的直角桿子上套有相同的兩個(gè)環(huán)A和B，質(zhì)量均為m，它們之間用一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕繩連接，輕繩處于伸直狀態(tài)。某時(shí)刻靜止釋放A，系統(tǒng)位形用繩子與水平線的夾角來(lái)表示。則從開(kāi)始釋放到B到達(dá)拐角處的過(guò)程中（ ）
A. A的速度一直在增加B. B到達(dá)拐角處時(shí)，A的速度仍大于零
C. A的速度最大時(shí)D. A的速度最大時(shí)繩子拉力為
【答案】D
【解析】
【詳解】AC．假設(shè)時(shí)，A、B的速度分別為v和u，則由機(jī)械能守恒可得
兩個(gè)速度沿繩方向的分速度相同
得
當(dāng)時(shí)，v有最大值。故AC錯(cuò)誤；
B．當(dāng)時(shí)，，故B錯(cuò)誤；
D．v最大時(shí)，加速度為零，即
得
故D正確。
故選D。
13. 如圖所示，質(zhì)量均為m的兩物體A、B用勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧拴接，物體C疊放在物體B上，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將C瞬間取走，物體A恰好不離開(kāi)地面。已知彈性勢(shì)能的表達(dá)式為，其中x為彈簧的形變量，重力加速度為g。以下說(shuō)法正確的是（ ）
A. 物體C的質(zhì)量為3m
B. 物體B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的加速度大小為3g
C. 物體B的最大速度大小為
D. 物體B上升的最大高度為
【答案】C
【解析】
【詳解】A．C物體疊加在B物體上面靜止時(shí)，由二力平衡
拿走C物體后，B物體在彈簧上做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，其在平衡位置時(shí)，彈簧壓縮長(zhǎng)度有
其振幅
當(dāng)B物體上升到最高點(diǎn)，此時(shí)彈簧拉伸長(zhǎng)度最長(zhǎng)，由于物體A恰好不離開(kāi)地面，由二力平衡
所以由振幅相等
解得物體C的質(zhì)量為
故A錯(cuò)誤；
B．B物體在最高點(diǎn)受重力和彈簧彈力，由于物體A恰好不離開(kāi)地面，故
所以由牛頓第二定律可得B物體在最高點(diǎn)的加速度為
故B錯(cuò)誤；
D．物體B上升的最大高度為
故D錯(cuò)誤；
C．當(dāng)B物體經(jīng)過(guò)平衡位置的時(shí)候其速度最大，B物體從最高點(diǎn)回落到平衡位置的過(guò)程中，B物體與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則
解得物體B的最大速度大小為
故C正確。
故選C。
二、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共24分，按題目要求作答。
14. 用木板、白紙、圖釘、橡皮條，細(xì)繩套、彈簧測(cè)力計(jì)、三角板和刻度尺等器材進(jìn)行“互成角度二力合成”的探究實(shí)驗(yàn)。
（1）在某次實(shí)驗(yàn)中，彈簧測(cè)力計(jì)的指針位置如圖1所示，其讀數(shù)為_(kāi)__________N。
（2）圖2是甲、乙兩位同學(xué)對(duì)各自實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)進(jìn)行處理的示意圖，圖中F是用平行四邊形作出的合力，F(xiàn)'表示用一只彈簧測(cè)力計(jì)拉橡皮條時(shí)拉力，其___________中同學(xué)的實(shí)驗(yàn)結(jié)果比較符合實(shí)驗(yàn)事實(shí)。
（3）用刻度尺測(cè)出所用彈簧秤的標(biāo)為“0”刻度線到標(biāo)為“2”刻度線的距離為5.00cm，則該彈簧稱的勁度系數(shù)為_(kāi)__________N/m。（保留3位有效數(shù)字）
【答案】 ① 2.10 ②. 甲 ③. 40.0
【解析】
【詳解】（1）[1]圖中彈簧測(cè)力計(jì)最小分度值為，所以彈簧測(cè)力計(jì)讀數(shù)為。
（2）[2]用一只彈簧測(cè)力計(jì)拉結(jié)點(diǎn)時(shí)與橡皮條一定在同一直線上，故甲中同學(xué)的實(shí)驗(yàn)結(jié)果比較符合實(shí)驗(yàn)事實(shí)。
（3）[3]根據(jù)胡克定律有
即
15. 小代同學(xué)想要精確測(cè)量一導(dǎo)體圓柱的電阻，設(shè)計(jì)了如圖所標(biāo)的電路圖。實(shí)驗(yàn)要用到的電流表。但小代同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室只能找到一個(gè)量程為內(nèi)阻為電流表A，以及一個(gè)量程為內(nèi)阻未知的電流表。
（1）現(xiàn)將量程為的電流表擴(kuò)充為，則應(yīng)該__________（填“串”或“并”）聯(lián)一個(gè)阻值__________的電阻。
（2）圖中E為學(xué)生電源、G為靈敏電流計(jì)、為改裝后的電流表、為量程為電流表、為電阻箱、與均為滑動(dòng)變阻器、為定值電阻、S為開(kāi)關(guān)、為待測(cè)導(dǎo)體圓柱，另有導(dǎo)線若干，具體的實(shí)驗(yàn)操作如下：
A．按照如圖所示的電路圖連接好實(shí)驗(yàn)器材；
B．將滑動(dòng)變阻器的滑片、滑動(dòng)變阻器的滑片均調(diào)至適當(dāng)位置，閉合開(kāi)關(guān)S；
C．調(diào)整，逐步增大輸出電壓，并反復(fù)調(diào)整和使靈敏電流計(jì)G的示數(shù)為零，此時(shí)可讀出改裝后電流表的示數(shù)為、的示數(shù)為、電阻箱的示數(shù)為；
D．實(shí)驗(yàn)完畢，整理器材。
①實(shí)驗(yàn)操作B中滑動(dòng)變阻器的滑片應(yīng)調(diào)至最__________（填“左”或“右”）端。
②反復(fù)調(diào)整和，使靈敏電流計(jì)G的示數(shù)為零的目的是_________。
（3）可求得待測(cè)導(dǎo)體柱的阻值為_(kāi)_________（用所測(cè)得的物理量表示）。
（4）電流表、的內(nèi)阻對(duì)測(cè)量結(jié)果__________（填“有”或“無(wú)”）影響。
【答案】 ①. 并 ②. 6 ③. 左 ④. 使兩端電壓等于待測(cè)導(dǎo)體圓柱兩端電壓 ⑤. ⑥. 無(wú)
【解析】
【詳解】（1）[1][2]將量程為的電流表擴(kuò)充為，應(yīng)該并聯(lián)一個(gè)阻值分流；設(shè)并聯(lián)電阻的阻值為，則有
解得
（2）①[3]為了保護(hù)電流表的安全，應(yīng)使電流從最小開(kāi)始調(diào)節(jié)，實(shí)驗(yàn)操作B中滑動(dòng)變阻器的滑片應(yīng)調(diào)至最左端。
②[4]反復(fù)調(diào)整和，使靈敏電流計(jì)G的示數(shù)為零的目的是：使兩端電壓等于待測(cè)導(dǎo)體圓柱兩端電壓。
（3）[5]反復(fù)調(diào)整和使靈敏電流計(jì)G的示數(shù)為零，此時(shí)可讀出改裝后電流表的示數(shù)為、的示數(shù)為、電阻箱的示數(shù)為，此時(shí)兩端電壓等于待測(cè)導(dǎo)體圓柱兩端電壓，則有
解得待測(cè)導(dǎo)體柱的阻值為
（4）[6]由于電流表、分別與和串聯(lián)，和分別是和的準(zhǔn)確電流，則電流表、的內(nèi)阻對(duì)測(cè)量結(jié)果無(wú)影響。
三、解答題（共74分）
16. 如圖所示，活塞質(zhì)量為、橫截面面積為，導(dǎo)熱良好、質(zhì)量的汽缸通過(guò)彈簧吊在空中，彈簧的勁度系數(shù)為，汽缸內(nèi)封閉一定質(zhì)量的空氣，汽缸內(nèi)壁與活塞間無(wú)摩擦不漏氣。初態(tài)汽缸底部距地面，活塞到汽缸底部的距離為，大氣壓強(qiáng)為，環(huán)境溫度為，重力加速度g取，熱力學(xué)溫度與攝氏溫度的關(guān)系為。
（1）求初態(tài)被封閉氣體的壓強(qiáng)；
（2）若環(huán)境溫度緩緩升高到時(shí)，汽缸底部剛好接觸地面且無(wú)擠壓，求；
（3）若環(huán)境溫度繼續(xù)升高到時(shí)，彈簧恰好恢復(fù)原長(zhǎng)，求。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【詳解】（1）以汽缸為對(duì)象，根據(jù)受力平衡可得
解得初態(tài)被封閉氣體的壓強(qiáng)為
（2）若環(huán)境溫度緩緩升高到時(shí)，汽缸底部剛好接觸地面且無(wú)擠壓，此過(guò)程根據(jù)汽缸受力平衡可知，氣體壓強(qiáng)保持不變，則彈簧彈力保持不變，可知活塞保持靜止不動(dòng)；以氣體為對(duì)象，氣體的初始溫度為
則有
解得
（3）設(shè)初始狀態(tài)彈簧的彈力為，以活塞為對(duì)象，根據(jù)受力平衡可得
解得
可知初始狀態(tài)彈簧的伸長(zhǎng)量為
若環(huán)境溫度繼續(xù)升高到時(shí)，彈簧恰好恢復(fù)原長(zhǎng)；以活塞為對(duì)象，根據(jù)受力平衡可得
解得
根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可得
代入數(shù)據(jù)解得
17. 近年來(lái)，對(duì)具有負(fù)折射率人工材料的光學(xué)性質(zhì)及應(yīng)用的研究備受關(guān)注，該材料折射率為負(fù)值（）。如圖甲所示，光從真空射入負(fù)折射率材料時(shí)，入射角和折射角的大小關(guān)系仍然遵從折射定律，但折射角取負(fù)值，即折射線和入射線位于界面法線同側(cè)。如圖乙所示，在真空中對(duì)稱放置兩個(gè)完全相同的負(fù)折射率材料制作的直角三棱鏡A、B，頂角為?，A、B兩棱鏡斜面相互平行放置，兩斜面間的距離為d。一束包含有兩種頻率光的激光，從A棱鏡上的P點(diǎn)垂直入射，它們?cè)诶忡R中的折射率分別為，，在B棱鏡下方有一平行于下表面的光屏，P?點(diǎn)為P點(diǎn)在光屏上的投影。
（1）為使兩種頻率的光都能從棱鏡A斜面射出，求的取值范圍；
（2）若??30?，求兩種頻率的光通過(guò)兩棱鏡后，打在光屏上的點(diǎn)距P?點(diǎn)的距離分別多大？

【答案】（1）；（2），
【解析】
【詳解】（1）分析可知兩光線的入射角等于棱鏡的頂角，若兩光線能從棱鏡A斜面射出，應(yīng)小于兩光線最小的臨界角，由
得
所以的取值范圍為
（2）兩束光傳播的光路圖如圖所示

由折射定律可知
由幾何關(guān)系可知
得
18. 如圖所示，在光滑的水平面上有一長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的圓弧槽C，與長(zhǎng)木板B接觸但不相連，圓弧槽的下端與木板上表面相平，B、C靜止在水平面上．現(xiàn)有滑塊A以初速度v0從右端滑上B，并以v0滑離B，恰好能到達(dá)C的最高點(diǎn)。A、B、C的質(zhì)量均為m，設(shè)重力加速度為g，試求:
(1)滑塊A向左剛滑離B時(shí)，木板B的速度大?。?br>(2)木板B上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
(3)當(dāng)滑塊A剛滑上C時(shí)，對(duì)圓弧槽C底部的壓力大小。
【答案】(1) ；(2) ；(3) 5mg
【解析】
【分析】
【詳解】(1)對(duì)A在木板B上的滑動(dòng)過(guò)程，取A、B、C為一個(gè)系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：
mv0＝m＋2mvB
解得
vB＝
(2)對(duì)A在木板B上的滑動(dòng)過(guò)程，A、B、C系統(tǒng)減少的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量

解得
μ＝
(3)對(duì)A滑上C直到最高點(diǎn)的作用過(guò)程，A、C系統(tǒng)動(dòng)量守恒
＋mvB＝2mv
A、C系統(tǒng)機(jī)械能守恒
解得
R＝
滑塊在C的底端時(shí)，由牛頓第二定律

解得
FN=5mg
19. 如圖所示，在傾角θ=37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域MNPQ，MN、PQ均與斜面底邊平行，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=5T。有一邊長(zhǎng)L=0.4m、質(zhì)量m1=0.6kg、電阻R=2Ω的正方形均勻?qū)w線框ABCD，通過(guò)一輕質(zhì)絕緣細(xì)線跨過(guò)光滑的定滑輪與一質(zhì)量m2=0.4kg的物體相連。物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4，將線框從圖示位置由靜止釋放，沿斜面下滑，線框底邊始終與斜面底邊平行，物體到定滑輪的距離足夠長(zhǎng)。（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8）
（1）求線框ABCD還未進(jìn)入磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度a的大??；
（2）當(dāng)AB邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求線框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度v1的大?。?br>（3）在滿足（2）問(wèn)中的條件下，若導(dǎo)體線框ABCD恰好勻速通過(guò)整個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域，求磁場(chǎng)寬度d及線框穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中AB邊產(chǎn)生的熱量Q。
【答案】（1）；（2）；（3），
【解析】
【分析】
【詳解】（1）以m1、m2整體為研究對(duì)象，由牛頓第二定律
解得
（2）線框進(jìn)入磁場(chǎng)恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，以整體為研究對(duì)象，由平衡方程得
解得
（3）導(dǎo)體線框ABCD恰好勻速通過(guò)整個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域，所以磁場(chǎng)寬度
AB邊進(jìn)入磁場(chǎng)前做勻加速運(yùn)動(dòng)，由第（2）可知，根據(jù)
解得剛釋放時(shí)，AB邊距磁場(chǎng)邊界的距離為
線框穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中AB邊產(chǎn)生的熱量Q，根據(jù)能量守恒可知
記得
所以

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