2018年山东省济南市历城二中高考物理模拟试卷（1月份）

2018年山东省济南市历城二中高考物理模拟试卷（1月份）

‎2018年山东省济南市历城二中高考物理模拟试卷（1月份）‎ 一、选择题：本题共15小题．在每小题给出的四个选项中，第1～10题只有一项符合题目要求，每题3分；第11～15题有多项符合题目要求，每题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．‎ ‎ ‎ ‎1. ‎1878‎年英国科学家克鲁克斯发明了接近真空的“克鲁克斯管”，即阴极射线管，为X射线的发现提供了基本实验条件．如图所示是一个阴极射线管的结构示意图，要使射线管发出射线，须在P、Q两电极间加上几万伏的直流高压，使用时以下说法正确的是（ ） ‎ A.阴极射线是负离子，高压电源正极应接在P点 B.阴极射线是负离子，高压电源正极应接在Q点 C.阴极射线是正离子，高压电源正极应接在P点 D.阴极射线是正离子，高压电源正极应接在Q点 ‎ ‎ ‎2. 如图，卫星携带一探测器在半径为‎3R（R为地球半径）的圆轨道上绕地球飞行。在a点，卫星上的辅助动力装置短暂工作，将探测器沿运动方向射出（设辅助动力装置喷出的气体质量可忽略）。之后卫星沿新的椭圆轨道运动，其近地点b距地心的距离为nR(n略小于‎3)‎，已知地球质量为M，引力常量为G，则卫星在椭圆轨道上运行的周期为（ ） ‎ A.π(3+n)R‎(3+n)RGM B.π(3+n)R‎(3+n)R‎2GM C.‎6πR‎3RGM D.πR‎(3+n)R‎2GM ‎ ‎ ‎ ‎3. 如图是甲乙两物体的位移-时间图像，其中甲物体的位移-时间的关系为s=‎‎1‎‎2‎t‎2‎，乙物体的位移-时间图像为s=−‎‎1‎‎3‎t‎2‎，则关于甲乙两物体运动的说法正确的是（ ） ‎ A.甲乙物体的运动是曲线运动 B.甲乙物体的运动是变加速运动 C.甲乙物体运动方向相同 D.在第‎3‎秒内甲物体的速度变化比乙物体的速度变化大 ‎ ‎ ‎4. 如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为（重力加速度为g）（        ） ‎ A.v‎2‎‎16g B.v‎2‎‎8g C.v‎2‎‎4g D.‎v‎2‎‎2g ‎ ‎ ‎5. 如图，质量为m的带正电的小球用绝缘轻绳悬挂在O点，在空间中存在着水平向右的匀强电场，小球在B点能够静止不动。现在让小球由最低点A从静止释放。则小球（ ） ‎ A.恰好能运动到C点 B.过B点时合力为‎0‎ C.向右运动的过程中合力的功率先增大再减小 D.在C点加速度为gtanθ ‎ ‎ ‎6. 卫星在轨道上以速度v运行时，会遇到太空尘埃的碰撞而受到阻碍作用导致轨道变低．设单位体积的太空均匀分布着尘埃n颗，每颗尘埃平均质量为m，尘埃速度可忽略，卫星的横截面积为S 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 ‎，与尘埃碰撞后将尘埃完全黏附住．如果要保持卫星轨道不变，需要给卫星提供的推力为（ ） ‎ A.‎1‎‎2‎nmv‎2‎s B.nmv‎2‎s C.nmvs D.‎‎1‎‎2‎nmvs ‎ ‎ ‎7. 如图所示，一均匀带电的球体半径为R，在球内有一点A，与球心距离为R‎2‎，球外有一点B，与球心距离为‎3R‎2‎，已知球体外场强与电荷全部集中在球心处的点电荷激发的场强相同，均匀球壳内部场强处处为零，则A、B两点的场强比值为（ ） ‎ A.‎3:1‎ B.‎1:1‎ C.‎9:8‎ D.‎‎9:1‎ ‎ ‎ ‎8. 光滑水平地面上有两个叠放在一起的斜面体A、B，两斜面体形状大小完全相同，质量分别为M、m，如图甲、乙所示，对上面或下面的斜面体施加水平方向的恒力F‎1‎、F‎2‎均可使两斜面体相对静止地做匀加速直线运动，已知两斜面体间摩擦力为零，则F‎1‎与F‎2‎之比为（        ） ‎ A.M:m B.m:M C.m:‎M+m D.‎M:‎M+m ‎ ‎ ‎9. 如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小盒b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a连接在竖直固定在地面的弹簧上，现在b盒内缓慢加入适量砂粒，a、b、c始终位置保持不变，下列说法中正确的是（ ） ‎ A.b对c的摩擦力可能先减小后增大 B.地面对c的支持力可能不变 C.c对地面的摩擦力方向始终向左 D.弹簧一定处于压缩状态 ‎ ‎ ‎10. 一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中‎0∼‎x‎2‎段是关于直线x＝x‎1‎对称的曲线，x‎2‎‎∼‎x‎3‎段是直线，则下列说法正确的是（ ） ‎ A.x‎1‎处电场强度最小，但不为零 B.粒子在‎0∼‎x‎2‎段做匀变速运动，x‎2‎‎∼‎x‎3‎段做匀速直线运动 C.在‎0‎、x‎1‎、x‎2‎、x‎3‎处电势φ‎0‎、φ‎1‎，φ‎2‎，φ‎3‎，的关系为φ‎3‎‎>‎φ‎2‎＝‎φ‎0‎‎>‎φ‎1‎ D.x‎2‎‎∼‎x‎3‎段的电场强度大小方向均不变 ‎ ‎ ‎11. 如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上O点的转轴上，另一端与一质量为m、套在粗糙固定直杆A处的小球（可视为质点）相连，直杆的倾角为‎30‎‎∘‎，OA＝OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长．小球从A处由静止开始下滑，初始加速度大小为aA，第一次经过B处的速度大小为v，运动到C处速度为‎0‎，后又以大小为aC的初始加速度由静止开始向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．下列说法正确的是（ ） ‎ A.小球可以返回到出发点A处 B.撤去弹簧，小球可以在直杆上处于静止 C.弹簧具有的最大弹性势能为‎1‎‎2‎mv‎2‎ D.aA‎−‎aC＝‎g ‎ ‎ ‎12. 如图所示，一物体在光滑水平面上，在恒力F的作用下（图中未画出）做曲线运动，物体的初速度、末速度方向如图所示，下列说法正确的是（ ） ‎ A.物体的运动轨迹是抛物线 B.F的方向可以与v‎2‎成‎45‎‎∘‎ C.F的方向可以与v‎1‎垂直 D.F的方向可以与v‎2‎垂直 ‎ ‎ ‎ ‎13. 下列说法正确的是（ ） ‎ A.‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小 B.放射性物质的温度升高，则半衰期减小 C.用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核，不可能使氘核分解为一个质子和一个中子 D.某放射性原子核经过‎2‎次α衰变和一次β衰变，核内质子数减少‎3‎个 ‎ ‎ ‎14. 如图所示，将圆柱形强磁铁吸在干电池负极，金属导线折成上端有一支点、下端开口的导线框，使导线框的顶端支点和底端分别与电源正极和磁铁都接触良好但不固定，这样整个线框就可以绕电池轴心旋转起来．下列判断中正确的是（ ） ‎ A.俯视观察，线框沿逆时针方向旋转 B.线框能旋转起来，这是属于电磁感应现象 C.电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率 D.旋转达到稳定时，线框中电流比刚开始转动时的大 ‎ ‎ ‎15. 在图所示电路中，电容器C的上极板带正电，为了使该极板带正电且电量增大，下列办法中可行的是（ ） ‎ A.增大R‎1‎，其它电阻不变 B.增大R‎2‎，其它电阻不变 C.增大R‎3‎，其它电阻不变 D.增大R‎4‎，其它电阻不变 ‎ 二、实验题（共两个小题，14分）‎ ‎ ‎ ‎ 某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间．实验前，将该计时器固定在小车旁，如图‎(a)‎所示．实验时，保持桌面水平，先用功率恒定的电动马达牵引着小车由静止开始加速一段时间．再关闭马达，让小车在桌面上自由运动至静止．在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图‎(b)‎记录了桌面上连续的‎6‎个水滴的位置．（已知滴水计时器每‎30s内共滴下‎46‎个小水滴，且开始计时时滴下的小水滴计为第‎1‎滴．） ‎ ‎（1）根据图‎(b)‎的数据可判断出此过程中滴下的水滴是小车在________时留下的（填“马达牵引着加速”或“关闭马达后在桌面上减速”）．还由图‎(b)‎可知，小车在桌面上是________（填“从右向左”或“从左向右”）运动的．‎ ‎ ‎ ‎（2）小车运动到图‎(b)‎中A点时的速度大小约为________m/s．（结果均保留‎2‎位有效数字）‎ ‎ ‎ ‎ 实验室有一破损的双量程电压表，两量程分别是‎3V和‎15V，其内部电路如图所示，因电压表的表头G已烧坏，无法知道其电学特性，但两个精密电阻R‎1‎、R‎2‎完好，测得R‎1‎‎=2.9kΩ，R‎2‎‎=14.9kΩ．现有两个表头，外形都与原表头G相同，已知表头G‎1‎的满偏电流为‎1mA，内阻为‎50Ω；表头G‎2‎的满偏电流‎0.5mA，内阻为‎200Ω，又有三个精密定值电阻r‎1‎‎=50Ω，r‎2‎‎=100Ω，r‎3‎‎=150Ω．若保留R‎1‎、R‎2‎的情况下，对电压表进行修复，根据所给条件回答下列问题： ‎ ‎（1）原表头G满偏电流I=‎________，内阻r=‎________．‎ ‎ ‎ ‎（2）在虚线框中画出修复后双量程电压表的电路（标识出所选用的相应器材符号）．‎ ‎ ‎ ‎（3）某学习小组利用修复的电压表，再加上可以使用的以下器材测量一未知电阻Rx的阻值： 电流表A量程‎0∼5mA，内阻未知；        最大阻值约为‎100Ω的滑动变阻器； 电源E（电动势约‎3V）；                        开关S、导线若干． 由于不知道未知电阻的阻值范围，学习小组为精确测出未知电阻的阻值，选择合适的电路，请你帮助他们补充完整电路连接，正确连线后读得电压表示数为‎2.40V，电流表示数为‎4.00mA，则未知电阻阻值Rx为________Ω．‎ 三、计算题（共3个小题，36分）‎ ‎ ‎ ‎ 如图所示是一段U形盘山公路的俯视图，AB段是倾斜直轨道，倾角为θ＝‎8‎‎∘‎，B处比A处高h＝‎14m，BC段可看做水平面内的半圆轨道，圆心为O，半径r＝‎10m，A、B、C三点都在轨道中心线上．一辆质量m＝‎2000kg的救援车在轨道AB 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 上做匀加速运动，已知路宽d＝‎10m，救援车与轨道AB之间的动摩擦因数μ＝‎0.5‎，救援车通过轨道BC时，轨道对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的k倍，k＝‎2.25‎，救援车通过A点是速度大小vA＝‎5m/s，重力加速度g取‎10m/‎s‎2‎，不计空气阻力，行驶时要求汽车不打滑．‎(sin‎8‎‎∘‎＝‎0.14, cos‎8‎‎∘‎＝‎0.99)‎ ‎ ‎（1）若救援车沿弯道BC的中心线匀速行驶，恰好以最大速度安全通过弯道，则在AB段，牵引力的大小是多少？‎ ‎ ‎ ‎（2）若救援车从B点进入弯道，在弯道上做匀速圆周运动，以最短时间安全从C点驶离弯道，则在AB段，牵引力做的功为多少？‎ ‎ ‎ ‎ 间距为l＝‎0.5m两平行金属导轨由倾斜部分和水平部分平滑连接而成，如图所示，倾斜部分导轨的倾角θ＝‎30‎‎∘‎，上端连有阻值R＝‎0.5Ω的定值电阻且倾斜导轨处于大小为B‎1‎＝‎0.5T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。水平部分导轨足够长，图示矩形虚线框区域存在大小为B‎2‎＝‎1T、方向竖直向上的匀强磁场，磁场区域的宽度d＝‎3m。现将质量m＝‎0.1kg、内阻r＝‎0.5Ω、长l＝‎0.5m的导体棒ab从倾斜导轨上端释放，达到稳定速度v‎0‎后进入水平导轨，已知导体棒穿过B‎2‎磁场的过程中速度变化量与在磁场中通过的距离满足‎△v＝k△x（比例系数k未知），运动过程中导体棒始终与导轨垂直并接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻。求： ‎ ‎（1）导体棒ab的速度v‎0‎；‎ ‎ ‎ ‎（2）导体棒ab穿过B‎2‎磁场过程中通过R的电荷量及导体棒ab产生的焦耳热；‎ ‎ ‎ ‎（3）若磁场B‎1‎大小可以调节，其他条件不变，为了使导体棒ab停留在B‎2‎磁场区域，B‎1‎需满足什么条件。‎ ‎ ‎ ‎ 真空中存在电场强度大小为E的匀强电场，一比荷（即电荷量与质量的比值）为K的带电油滴在该电场中由静止出发，竖直向上做匀加速直线运动．运动一段时间后，将电场强度的大小突然变为某值，但保持其方向不变．持续同样的一段时间后，油滴回到出发点．重力加速度大小为g． ‎ ‎（1）求变化以后的电场强度大小E‎′‎；‎ ‎ ‎ ‎（2）若把带电油滴换成电性和比荷相同的带电粒子（重力不计），在上述变化的电场中经历相同时间的运动．求粒子最终速度大小与油滴最终速度大小的比值．‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 参考答案与试题解析 ‎2018年山东省济南市历城二中高考物理模拟试卷（1月份）‎ 一、选择题：本题共15小题．在每小题给出的四个选项中，第1～10题只有一项符合题目要求，每题3分；第11～15题有多项符合题目要求，每题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．‎ ‎1.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 带电粒子在电场中的加（减）速和偏转 ‎【解析】‎ 阴极射线管射的是高速电子流，运动的电荷在电场中被加速，电子受到电场力的方向与电场强度方向相反．汤姆生通过对阴极射线的研究发现了电子，从而即可求解．‎ ‎【解答】‎ 阴极射线，即：从阴极发出的电子在电场加速下形成的电子流，故阴极射线是负离子； 为了使带负点的电子加速，高压电源正极应接在P点，高压电源负极应接在Q点， 故BCD错误，A正确。‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 万有引力定律及其应用 人造卫星上进行微重力条件下的实验 ‎【解析】‎ 根据万有引力提供向心力求出半径为‎3R的圆运动的周期，然后根据开普勒第三定律求出卫星在椭圆轨道上运行的周期。‎ ‎【解答】‎ 由题意知，r‎1‎＝‎3R，r‎2‎‎=‎‎(n+3)R‎2‎ 卫星所受的万有引力F=GMmr‎1‎‎2‎=m m‎4‎π‎2‎T‎2‎r‎1‎， 则有：T=‎‎4‎π‎2r‎1‎3‎GM 由开普勒第三定律得，r‎1‎‎3‎T‎2‎‎=‎r‎2‎‎3‎T‎​‎‎′‎‎2‎， 联立以上各式可解得：T′‎＝π(3+n)R‎(3+n)R‎2GM。‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 匀变速直线运动的概念 ‎【解析】‎ 在s−t图像中，代表的时物体做直线运动的特点，斜率代表速度的大小和方向，根据初速度为零的位移时间公式求得加速度 ‎【解答】‎ A‎、在s−t图像中，反映的是物体做直线运动，故A错误； B、在s−t图像中，根据s=‎1‎‎2‎at‎2‎可知，甲乙物体做匀加速运动，故B错误； C、在s−t图像中，斜率代表速度，故甲乙速度方向相反，故C错误； D、根据s=‎1‎‎2‎at‎2‎可知，甲的加速度大于乙的加速度，故在第‎3‎秒内甲物体的速度变化比乙物体的速度变化大，故D正确 ‎4.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 单物体的机械能守恒问题 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 解：设小物块的质量为m，滑到轨道上端时的速度为v‎1‎．小物块上滑过程中，机械能守恒，有‎1‎‎2‎mv‎2‎=‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎+2mgR① 小物块从轨道上端水平飞出，做平抛运动，设水平位移为x，下落时间为t，有‎2R=‎1‎‎2‎gt‎2‎② x=v‎1‎t③ 联立①②③式整理得x‎2‎‎=(v‎2‎‎2g‎)‎‎2‎−(4R−‎v‎2‎‎2g‎)‎‎2‎， 可得x有最大值v‎2‎‎2g，对应的轨道半径R=‎v‎2‎‎8g，故B正确． 故选B．‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 电势差与电场强度的关系 向心力 ‎【解析】‎ 根据小球能在B点静止不动和A、C两点处于对称位置，可以把小球的运动过程等效为单摆模型，因此小球在B点为平衡位置，经过该点时速度最大，合外力提供向心力且与速度方向垂直； 而在A、C两点处于最大位移处，处于该点时速度为零，其加速度大小相等；再利用平衡条件可以计算出在A、C两点的加速度大小。‎ ‎【解答】‎ A‎、小球在B点受到重力、电场力和拉力三个力的作用下能够静止不动，且A、C两点处于对称位置，因此小球的运动可看作一个单摆模型； 即：B点是平衡位置，而A、C两点是最大位移处，根据单摆模型的特点，小球恰好能运动到C点。故A正确； ‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 B‎、由于在B点是单摆模型等效最低点，所以经过B点时的速度最大；而小球经过B点时的合外力提供向心力，即：F=mvB‎2‎l，由于速度vB‎≠0‎， 所以小球过B点时合力不为‎0‎．故B错误； C、根据题意画出小球的受力图如下：由图可知小球在B点时，合外力方向与速度方向垂直，此时合外力的功率为零；而在A、C两点的速度为零， 此时合外力的功率也为零；因此小球向右运动的过程中合力的功率应该是先增大后减小再增加再减小的变化过程。故C错误； D、根据单摆模型的对称性可知，小球在C点和A点的加速度大小相等，有：ac‎=aA=‎qEm， 而在B点处静止，根据平衡条件有：qE=mgtanθ‎2‎，联立以上两个公式可解得：ac‎=aA=gtanθ‎2‎．故D错误。‎ ‎6.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 万有引力定律及其应用 人造卫星上进行微重力条件下的实验 ‎【解析】‎ 根据题意求出时间t内黏附在卫星上的尘埃质量，然后应用动量定理求出推力大小．‎ ‎【解答】‎ 时间t内黏附在卫星上的尘埃质量：M＝vtSnm， 对黏附的尘埃，由动量定理得：Ft＝Mv 解得：F＝nmv‎2‎s；‎ ‎7.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 点电荷的场强 电势差与电场强度的关系 ‎【解析】‎ 根据等效作用求得A、B处场强求解时在O点的等效点电荷的电荷量，然后根据点电荷场强E=‎kqr‎2‎求得场强。‎ ‎【解答】‎ 以O为球心，R为半径的球体体积V=‎4‎‎3‎πR‎3‎，故OA为半径的球体体积V‎′‎‎=‎4‎‎3‎π(‎1‎‎2‎R‎)‎‎3‎=‎1‎‎8‎V； 设球体带电量为Q，那么，A点场强相当于O点处带电量为Q‎′‎‎=‎1‎‎8‎Q的点电荷激发的场强，故EA‎=kQ‎′‎‎(‎1‎‎2‎R‎)‎‎2‎=‎kQ‎2‎R‎2‎； B点场强相当于O点处带电量为Q的点电荷激发的场强，故EB‎=kQ‎(‎3‎‎2‎R‎)‎‎2‎=‎‎4kQ‎9‎R‎2‎；所以，EA‎:‎EB＝‎9:8‎，故C正确，ABD错误；‎ ‎8.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 物物叠放连接体 整体法与隔离法在平衡问题中的应用 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 解：F‎1‎作用于上面的A时，设A和B之间的弹力为N，对A受力分析如图‎1‎所示， 可知Ncosθ=Mg，对B有N‎′‎sinθ=ma，N‎′‎‎=N，对A和B组成的整体有F‎1‎‎=M+ma=M+mMmgtanθ；F‎2‎作用于下面的A时，对B受力分析如图‎2‎所示，有mgtanθ=ma‎′‎，对A和B组成的整体有F‎2‎‎=M+ma‎′‎=M+mgtanθ，F‎1‎F‎2‎‎=‎Mm，A正确． 故选A．‎ ‎9.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 整体法与隔离法在平衡问题中的应用 力的合成与分解的应用 ‎【解析】‎ 绳子拉力保持不变。b对斜面的压力等于b及沙子的总重力沿垂直于斜面的分力。b所受的重力沿斜面向下的分力与拉力的合力等于静摩擦力。当向b中缓慢加入沙子时，根据平衡条件讨论b受到的摩擦力的变化。整体保持静止，合力为零，保持不变。‎ ‎【解答】‎ 解：A．由于不知道b的重力沿着斜面方向的分力与细线拉力的大小关系，故不能确定静摩擦力的方向，故随着沙子质量的增加，静摩擦力可能增加、可能减小，有可能先减小后增大，故A正确； B．以b与c组成的整体为研究对象，整体受到重力、支持力以及绳子向左上方的拉力、地面的摩擦力，在b盒内缓慢加入适量砂粒后，竖直向下的重力增大，而其他的力不变，所以整体受到的支持力一定增大，故B错误； C．以b与c组成的整体为研究对象，整体受到重力、支持力以及绳子向左上方的拉力、地面的摩擦力，水平方向除摩擦力外，只有绳子的拉力有一个向右的分力，所以可知地面对C的摩擦力的方向可能向左，由牛顿第三定律可知，C对地面的摩擦力向右，故C错误； D．如果绳子对a的拉力是大于a的重力，则弹簧处于拉伸状态，而如果绳子对a的拉力是小于a的重力，则弹簧处压缩状态，故D错误． 故选A．‎ ‎10.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 电场强度 电势 电势能 ‎【解析】‎ 根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，场强与电势的关系：E=‎‎△φ‎△x，结合分析图像斜率与场强的关系，即可求得x‎1‎处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由Ep＝qφ，分析电势的高低。由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质。‎ ‎【解答】‎ A‎、根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，场强与电势的关系：E=‎‎△φ‎△x，得：E=‎1‎q⋅‎‎△‎Ep‎△x，由数学知识可知Ep‎−x图像切线的斜率等于‎△‎Ep‎△x，x‎1‎处切线斜率为零，则知x‎1‎处电场强度为零，故A错误。 BD、由图看出在‎0∼‎x‎1‎段图像切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动。x‎1‎‎∼‎x‎2‎段图像切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动。x‎2‎‎∼‎x‎3‎段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B错误，D正确。 C、根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，粒子带负电，q<0‎，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ‎1‎‎>‎φ‎2‎＝φ‎0‎‎>‎φ‎3‎．故C错误。‎ ‎11.‎ ‎【答案】‎ C,D ‎【考点】‎ 牛顿第二定律的概念 摩擦力做功与能量转化 ‎【解析】‎ 根据重力沿斜面向下的分力与最大静摩擦力的关系，判断出撤去弹簧，小球在直杆上不能处于静止．对小球A到B的过程和A到C的过程，分别根据能量守恒定律列式，可求得弹簧具有的最大弹性势能，由牛顿第二定律研究A、C两点的加速度，相比较可得到aA‎−‎aC＝g．‎ ‎【解答】‎ AC‎、设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf，AB间的竖直高度为h，小球的质量为m，弹簧具有的最大弹性势能为Ep。 根据能量守恒定律得： 对于小球A到B的过程有：mgh+Ep=‎1‎‎2‎mv‎2‎+‎Wf， A到C的过程有：‎2mgh+‎Ep＝‎2Wf+‎Ep，解得：Wf＝mgh，Ep‎=‎1‎‎2‎mv‎2‎。 小球从C点向上运动时，假设能返回到A点，则由能量守恒定律得： Ep＝‎2Wf+2mgh+‎Ep，该式违反了能量守恒定律，可知小球不能返回到出发点A处。故A错误，C正确。 B、设从A运动到C摩擦力的平均值为f‎¯‎，AB＝s，由Wf＝mgh得：f‎¯‎s＝mgssin‎30‎‎∘‎ 在B点，摩擦力 f＝μmgcos‎30‎‎∘‎，由于弹簧对小球有拉力（除B点外），小球对杆的压力大于μmgcos‎30‎‎∘‎，所以f‎¯‎μmgcos‎30‎‎∘‎ 可得 mgsin‎30‎‎∘‎>μmgcos‎30‎‎∘‎，因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止。故B错误。 D、根据牛顿第二定律得： 在A点有：Fcos‎30‎‎∘‎+mgsin‎30‎‎∘‎−f＝maA； 在C点有：Fcos‎30‎‎∘‎−f−mgsin‎30‎‎∘‎＝maC； 两式相减得：aA‎−‎aC＝g．故D正确。‎ ‎12.‎ ‎【答案】‎ A,B ‎【考点】‎ 物体做曲线运动的条件 ‎【解析】‎ 明确物体做曲线运动的条件，知道物体的力和初速度方向应将轨迹夹在中间，由此即可判断力的大致方向．‎ ‎【解答】‎ A‎、物体受力恒定，由图可知，物体的运动轨迹为抛物线，故A正确； B、要使物体沿如图所示的轨迹运动，力应速度方向将轨迹夹在中间即可，方向介于初速度切线的反向延长线和末速度之间即可（不能包括边界），即图中两虚线所夹锐角部分；故F的方向可以与v‎2‎成‎45‎‎∘‎，故B正确； CD、由B中分析可知，F的方向不能与初速度v‎1‎和末速度v‎2‎垂直，故CD错误。‎ ‎13.‎ ‎【答案】‎ A,C,D ‎【考点】‎ 光子 玻尔理论 氢原子的能级公式和跃迁 原子核衰变 ‎【解析】‎ 根据轨道半径的变化，通过库仑引力提供向心力比较出电子动能的变化，通过能量的变化得出电势能的变化； 半衰期由原子核本身决定，与原子的物理、化学状态无关； 核子结合成原子核与原子核分解为核子是逆过程，质量的变化相等，能量变化也相等； 根据质量数和电荷数守恒判断．‎ ‎【解答】‎ A‎、氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，轨道半径减小，能量减小，释放一定频率的光子，根据ke‎2‎r‎2‎=mv‎2‎r知，电子动能增大，则电势能减小，故A正确。 B、半衰期是放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间，由原子核本身决定，与原子的物理、化学状态无关，故B错误； C、核子结合成原子核与原子核分解为核子是逆过程，质量的变化相等，能量变化也相等，故用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核，还要另给它们分离时所需要的足够的动能（光子方向有动量），所以不可能使氘核分解为一个质子和一个中子，故C正确； D、根据质量数和电荷数守恒，某放射性原子核经过‎2‎次α衰变质子数减少‎4‎，一次β衰变质子数增加‎1‎，故核内质子数减少‎3‎个，D正确；‎ ‎14.‎ ‎【答案】‎ A,C ‎【考点】‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 安培力的计算 ‎【解析】‎ 根据左手定则判断线框的转动方向，灯焰消耗的电能转化为机械能与内能，由此结合能量守恒定律判断功率的关系；根据力的关系判断电流的大小．‎ ‎【解答】‎ 解：A．对线框的下端平台侧面分析，扁圆柱形磁铁上端为S极，下端为N极，周围磁感线由上往下斜穿入线框内部，在垂直于纸面向外的径向上，磁感线有垂直于纸面向里的分量，在此径向上的负电荷由下往上运动，由左手定则知：此负电荷受到垂直于径向沿纸面向右的洛伦兹力，即在径向的左垂线方向；同理，其他任一径向上的电荷均受到左垂线方向的洛伦兹力（中心原点除外），所以，由上往下看（俯视），线框沿逆时针转动，故A正确，B错误； C．因为电源消耗的总功一部分转化为内能，另一部分转化为动能，所以总功率大于热功率，故C正确； D．旋转达到稳定时，因导线切割磁感应线发生反电动势，所以线框中电流比刚开始转动时的小，故D错误． 故选AC．‎ ‎15.‎ ‎【答案】‎ A,D ‎【考点】‎ 闭合电路的欧姆定律 电容器 ‎【解析】‎ 由图可知R‎1‎与R‎2‎串联后与R‎3‎、R‎4‎并联，开始时C的上极板带正电，说明上极板电势要高于下极板，要使电量增大应增大上极板的电势或减小下极板的电势．‎ ‎【解答】‎ 设负极处电势为零，由图可知上极板的电势等于R‎1‎两端的电势差，下极板上的电势等于R‎3‎两端的电势差；稳定时两支路互不影响； A、增大R‎1‎时，R‎1‎上的分压增大，而下极析上电势不变，故上极板电势增加，则电容器两端的电势差增加，极板上电荷量增大，故A正确； B、若增大R‎2‎时，R‎2‎上的分压增大，则R‎1‎两端的电势差减小，上极板上电势降低，而下极板电势不变，故可能使下极板带正电，或电量减小，故B错误； C、增大R‎3‎，则R‎3‎分压增大，故下极板的电势增大，会出现与B相同的结果，故C错误； D、增大R‎4‎，则R‎4‎分压增大，R‎3‎两端的电势差减小，故下极板上电势降低，上下极板间电势差增大，故电量增大，故D正确；‎ 二、实验题（共两个小题，14分）‎ ‎【答案】‎ 关闭马达后在桌面上减速,从右向左 ‎0.24‎ ‎【考点】‎ 利用打点计时器研究匀变速直线运动 ‎【解析】‎ 依据小车在手轻推一下，则做减速运动，结合各点间距，即可判定运动方向； 根据匀变速直线运动的推论公式‎△x＝aT‎2‎可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中速度与时间关系式，可以求出打纸带上A点时小车的瞬时速度大小．‎ ‎【解答】‎ 用功率恒定的电动马达牵引着小车由静止加速时，小车做变加速直线运动．关闭马达后，小车在水平桌面上做匀减速直线运动．滴水计时器类似于打点计时器，从图可以判断，相邻相等时间内的位移差恒定，则小车做匀变速直线运动，即匀减速直线运动．且从右向左，单位时间内小车的位移越来越小．由于小车在水平桌面受阻力而做减速运动，故小车应从右向左运动． 由题意得：T=‎30‎‎45‎s=‎2‎‎3‎s，小车在水平桌面上做匀减速直线运动的加速度：a=‎(0.150+0.133)−(0.083+0.100)‎‎6×(‎‎2‎‎3‎‎)‎‎2‎≈0.038m/‎s‎2‎．‎ 在图‎(b)‎中从右向左依次定义三个水滴A、B和C，则可求出滴C水滴时小车的速度：vc‎=‎0.117+0.133‎‎2×‎‎2‎‎3‎≈0.19m/s． 从A点运动到C点的过程中，vC＝vA‎−a⋅2T， 解得：vA‎≈0.24m/s．‎ ‎【答案】‎ ‎（1）‎1mA,‎‎100Ω ‎（2）如解答图所示．‎ ‎（3）如解答图所示；‎‎750‎ ‎【考点】‎ 把电流表改装成电压表 伏安法测电阻 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 解：（1）根据毫安表改装成电压表的原理得 IR‎1‎‎+r=3V，IR‎2‎‎+r=15V， 联立解得I=1mA，r=100Ω．‎ ‎（2）由笫（1）问计算可知，G‎1‎与r‎1‎串联可以代替原表头G，修复后双量程电压表的电路如图甲所示． ‎ ‎（3）由于不知道未知电阻的阻值范围，又要精确测出未知电阻的阻值，再加上电压表示数为‎2.40V，电流表量程‎0∼5mA，内阻未知，所以其合适的电路应是分压电路，用毫安表外接法，电压表用‎3V量程． ‎3V量程的电压表内阻R内‎=R‎1‎+r=3000Ω， 则Rx‎=UI‎′‎‎−‎UR内=‎2.40‎‎4×‎10‎‎−3‎−‎‎2.40‎‎3000‎Ω=750Ω．‎ 三、计算题（共3个小题，36分）‎ ‎【答案】‎ 在AB段，牵引力的大小是‎1.47×‎10‎‎4‎N；‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 在AB段，牵引力做的功为‎1.53×‎10‎‎6‎J ‎【考点】‎ 向心力 动能定理的应用 ‎【解析】‎ ‎（1）由牛顿第二定律求出救援车经过弯道时的速度，应用运动直线运动的速度位移公式求出加速度，然后应用牛顿第二定律求出牵引力． （2）由牛顿第二定律求出救援车的最大速度，应用动能定理求出牵引力做功．‎ ‎【解答】‎ 救援车恰好安全通过弯道，在B点， 由牛顿第二定律得：kmg＝mvB‎2‎r 代入数据解得：vB＝‎15m/s， 救援车在轨道AB上做匀加速运动， 由速度位移公式得：vB‎2‎‎−‎vA‎2‎＝‎2as， 由题意可知：ssinθ＝h 代入数据解得：a＝‎1m/‎s‎2‎， 由牛顿的第二定律得：F−mgsinθ−μmgcosθ＝ma， 解得：F＝‎1.47×‎10‎‎4‎N；‎ 救援车运动的圆轨迹过B、C点且与半圆路面的内侧相切时半径最大， 速度最大，运动时间最短，设此时圆轨迹的半径为R． 由几何关系知：R‎2‎＝r‎2‎‎+[R−(r−d‎2‎)‎‎]‎‎2‎ 代入数据解得：R＝‎12.5m， 设此次救援车圆周运动的速率为v，在B点， 由牛顿第二定律得：kmg＝mv‎2‎R 代入数据解得：v＝‎7.5‎5‎m/s， 由A到B过程，由动能定理得：W−mgh−μmgcosθ⋅hsinθ=‎1‎‎2‎mv‎2‎−‎1‎‎2‎mvA‎2‎， 代入数据解得：W＝‎1.53×‎10‎‎6‎J；‎ ‎【答案】‎ 导体棒ab的速度v‎0‎是‎8m/s。‎ 导体棒ab穿过B‎2‎磁场过程中通过R的电荷量是‎1.5C，导体棒ab产生的焦耳热是‎1.5J；‎ 若磁场B‎1‎大小可以调节，其他条件不变，为了使导体棒ab停留在B‎2‎磁场区域，B‎1‎需满足的条件是 B‎​‎‎′‎‎1‎>‎3‎‎3‎T。‎ ‎【考点】‎ 电磁感应中的能量问题 单杆切割磁感线 ‎【解析】‎ ‎（1）当导体棒ab运动稳定后做匀速运动，由平衡条件和安培力公式结合求解导体棒ab的速度v‎0‎； （2）通过R的电荷量可根据电量与电流的关系、欧姆定律和法拉第电磁感应定律结合求解。由能量守恒定律和能量分配关系求导体棒ab产生的焦耳热； （3）当导体棒ab在B‎2‎磁场区域通过的位移x‎′‎‎‎3‎‎3‎T ‎【答案】‎ 变化以后的电场强度大小E‎′‎为‎4gK‎−3E；‎ 粒子最终速度大小与油滴最终速度大小的比值为g‎2g−2KE‎−1‎ ‎【考点】‎ 带电粒子在电场中的加（减）速和偏转 牛顿第二定律的概念 ‎【解析】‎ ‎（1）利用牛顿第二定律结合运动学公式联立即可求出求变化以后的电场强度大小E‎′‎； （2）利用运动学规律求出油滴的末速度大小，利用牛顿第二定律结合运动学规律求出粒子最终速度大小，将两个速度做比，即可求出粒子最终速度大小与油滴最终速度大小的比值．‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 ‎【解答】‎ 选油滴为研究对象，设两段相等t时间内物体的加速度的大小分别为a‎1‎和a‎2‎： 设向上为正方向，根据运动学规律可得：x=‎‎1‎‎2‎a‎1‎t‎2‎① ‎−x＝v‎0‎t−‎‎1‎‎2‎a‎2‎t‎2‎② v‎0‎＝a‎1‎t③ 将①③代入②式子解得：a‎1‎a‎2‎‎=‎‎1‎‎3‎④ 第一段t时间，牛顿第二定律得：qE−mg＝ma‎1‎ ⑤ 第二段t时间，牛顿第二定律得：mg−qE′‎＝ma‎2‎ ⑥ 又因为qm‎=K ⑦ 联立④⑤⑥⑦式可得：‎E‎′‎‎=‎4gK−3E 油滴的末速度大小v‎2‎＝‎−v‎1‎+a‎2‎t＝‎−a‎1‎t+a‎2‎t＝‎−(KE−g)t+(g−KE′)t 选带电粒子为研究对象，先竖直向上做匀加速直线运动： 根据牛顿第二定律可得：a‎1‎‎′=Eqm=KE 根据运动学规律可得：v‎1‎‎′‎＝a‎1‎‎′t 场强变化以后，带电粒子仍向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得：a‎2‎‎′=E‎′‎qm=KE′‎ 根据运动学规律可得：v‎2‎‎′‎＝v‎1‎‎′+a‎2‎′t＝a‎1‎‎′t+a‎2‎′t＝KEt+KE′t 则粒子最终速度大小与油滴最终速度大小的比值：‎v‎2‎v‎2‎‎′‎‎=‎−(KE−g)t+(g−KE‎′‎)tKEt+KE‎′‎t=g‎2g−2KE−1‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页