2020年山东省济南市历城二中高考物理模拟试卷

2020年山东省济南市历城二中高考物理模拟试卷

‎2020年山东省济南市历城二中高考物理模拟试卷 一、选择题 ‎ ‎ ‎1. 下列说法符合史实的是（ ） ‎ A.伽利略提出力是维持物体运动的原因 B.亚里士多德猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证 C.笛卡尔通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持 D.牛顿认为力的真正效应是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动 ‎ ‎ ‎2. m、n两种单色光以相同的入射角和入射点从空气斜射向长方形玻璃砖，其光路如图所示。关于m、n两种单色光，下列说法正确的是（ ） ‎ A.玻璃砖对m光的折射率较小 B.m光的光子能量较小 C.对同一双缝干涉装置，m光的干涉条纹间距较小 D.m光在该玻璃中传播的速度较大 ‎ ‎ ‎3. 目前，在居家装修中，经常用到花岗岩、大理石等装修材料，这些岩石都不同程度地含有放射性元素，比如有些含有铀钍的花岗岩等岩石都会释放出放射性惰性气体氡，而氡会发生放射性衰变，放出α、β、γ射线，这些射线会导致细胞发生癌变及呼吸道方面的疾病，根据有关放射性知识可知，下列说法正确的是（ ） ‎ A.β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时产生并发射出来的 B.β射线是原子核外电子电离形成的质子流它具有很强的穿透能力 C.已知氡的半衰期为‎3.8‎天，若取‎1g氡放在天平左盘上，砝码放于右盘，左右两边恰好平衡，则‎3.8‎天后，需取走‎0.5g砝码天平才能再次平衡 D.发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了‎4‎ ‎ ‎ ‎4. 如图所示，在水平匀强电场中，有一带电粒子（不计重力）以一定的初速度从M点运动到N点，则在此过程中，以下说法中正确的是（ ） ‎ A.电场力对该带电粒子一定做正功 B.该带电粒子的运动速度一定减小 C.M、N点的电势一定有φM‎>‎φN D.该带电粒子运动的轨迹一定是直线 ‎ ‎ ‎5. 地动仪是世界上最早的感知地震装置，由我国杰出的科学家张衡在洛阳制成，早于欧洲‎1700‎多年如图所示，为一现代仿制的地动仪，龙口中的铜珠到蟾蜍口的距离为h，当感知到地震时，质量为m的铜珠（初速度为零）离开龙口，落入蟾蜍口中，与蟾蜍口碰撞的时间约为t，则铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小约为（ ） ‎ A.m‎2ght‎+mg B.m‎2ght C.mght D.‎mght‎−mg ‎ ‎ ‎6. 一飞船围绕地球做匀速圆周运动，其离地面的高度为H，若已知地球表面重力加速度为g，地球半径R．则飞船所在处的重力加速度大小（ ） ‎ A.HgR B.Rg‎(H+R)‎ C.R‎2‎g‎(H+R‎)‎‎2‎ D.‎H‎2‎gR‎2‎ ‎ ‎ ‎7. 如图所示，高层住宅外安装空调主机时，电机通过缆绳牵引主机沿竖直方向匀速上升．为避免主机与阳台、窗户碰撞，通常会用一根拉绳拽着主机，地面上拽拉绳的人通过移动位置，使拉绳与竖直方向的夹角β保持不变，则在提升主机过程中，下列结论正确的是（ ） ‎ A.缆绳拉力F‎1‎增大，拉绳拉力F‎2‎增大 B.缆绳拉力F‎1‎和拉绳拉力F‎2‎都不变 C.缆绳与竖直方向的夹角α可能大于角β D.缆绳拉力F‎1‎的功率不断增大 ‎ ‎ ‎8. 如图所示，水平面O点左侧光滑，O点右侧粗糙且足够长，有‎10‎个完全相同且质量均为m的小滑块（可视为质点）用轻细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块‎1‎恰好位于O点，滑块‎2‎，‎3‎……依次沿直线水平向左排开，现将水平恒力F作用于滑块‎1‎，经观察发现，在第‎3‎个小滑块进入粗糙地带后到第‎4‎个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ） ‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎ ‎ A.粗糙地带与滑块间的动摩擦因数μ=‎Fmg B.匀速运动过程中速度大小为FL‎5m C.第一个滑块进入粗糙地带后，第二个滑块进入前各段轻杆的弹力大小相等 D.在水平恒力F作用下，‎10‎个滑块全部可以进入粗糙地带 二、多项选择 ‎ ‎ ‎ 如图所示，斜面AB高h，C是斜面AB的中点，D点在B点的正上方‎2h处。从D点以不同的水平速度抛出两个质量相同的小球，球‎1‎落在A点，球‎2‎落在C点，不计空气阻力，关于球‎1‎和球‎2‎从抛出到落在斜面上的运动过程，下列说法确的是（ ） ‎ A.球‎1‎和球‎2‎动能增加量之比为‎2:3‎ B.球‎1‎和球‎2‎运动的时间之比为‎2‎‎:1‎ C.球‎1‎和球‎2‎抛出时初速度之比为‎2‎6‎:1‎ D.球‎1‎和球‎2‎的速度变化量之比为‎2‎‎:‎‎3‎ ‎ ‎ ‎ 回旋加速器的工作原理如图所示：真空容器D形盒放在与盒面垂直的匀强磁场中，且磁感应强度B保持不变。两盒间狭缝间距很小，粒子从粒子源A处（D形盒圆心）进入加速电场（初速度近似为零）。D形盒半径为R，粒子质量为m、电荷量为‎+q，加速器接电压为U的高频交流电源。若相对论效应、粒子所受重力和带电粒子穿过狭缝的时间均不考虑。下列论述正确的是（ ） ‎ A.交流电源的频率可以任意调节不受其他条件的限制 B.加速氘核‎(‎​‎‎1‎‎2‎H)‎和氦核‎(‎​‎‎2‎‎4‎He)‎两次所接高频电源的频率不相同 C.加速氘核‎(‎​‎‎1‎‎2‎H)‎和氦核‎(‎​‎‎2‎‎4‎He)‎它们的最大速度相等 D.增大U，粒子在D型盒内运动的总时间t 减少 ‎ ‎ ‎ 甲乙两车在相邻的平行车道同向行驶，做直线运动，v−t图象如图所示，二者最终停在同一斑马线处，则（ ） ‎ A.甲车的加速度小于乙车的加速度 B.t＝‎0‎时乙车在甲车前方‎8.4m处 C.t＝‎3s时甲车在乙车前方‎0.6m处 D.前‎3s内甲车始终在乙车后边 ‎ ‎ ‎ 如图所示，滑块A、B的质量均为m，A套在固定倾斜直杆上，倾斜杆与水平面成‎45‎‎∘‎角，B套在固定水平的直杆上，两杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计，且杆足够长，A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆（初始时轻杆与水平面成‎30‎‎∘‎）连接，A、B从静止释放，B开始沿水平面向右运动，不计一切摩擦，滑块A、B均视为质点，在运动的过程中，下列说法正确的是（ ） ‎ A.当A到达与B同一水平面时，B的速度为‎3‎‎2‎vA B.当A到达与B同一水平面时，B的速度为gL‎3‎ C.B滑块到达最右端时，A的速度为‎2gL D.B滑块最大动能为‎3mgL‎2‎ 三、实验 ‎ ‎ ‎ 某实验小组利用如图所示装置“探究小车加速度与合外力的关系”，图中A为小车，B为打点计时器，C为弹簧测力计，‎P 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 为钩码，一端带有定滑轮的足够长的木板水平放置，与小车相连的细线和长木板平行，与动滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直，不计绳与滑轮的摩擦及动滑轮质量。实验步骤如下： ①把长木板左端垫高，在不挂重物情况下，轻推一下小车，使小车拖着纸带做匀速运动； ②挂上钩码，接通电源后，释放小车，打出一条纸带，将点迹清楚的某点记为第零计数点，顺次选取一系列点作为计数点‎1‎、‎2‎、‎3‎……，分别测量这些计数点到第零计数点之间的距离x，然后由这些距离求出小车的加速度； ③改变钩码数量，重复步骤②，求得小车在不同合力作用下的加速度。 ‎ ‎（1）本实验中是否必须满足重物P的质量远小于小车A的质量：________（填“是”或“否”）‎ ‎ ‎ ‎（2）由本实验得到的数据作出小车加速度与弹簧测力计示数F的关系图像，与本实验相符合的是________；‎ ‎ ‎ ‎（3）该实验小组欲利用此装置“探究小车动能变化与合外力对它所做功的关系”，在步骤②中的纸带上，由各计数点到第零计数点之间的距离x，计算出它们与零计数点的速度平方‎△‎v‎2‎＝v‎2‎‎−‎v‎0‎‎2‎，然后建‎△v‎2‎−x标系，通过描点法得到的图像是一条过原点的直线，如图所示，则这条直线斜率的表达式为________。（用题中已知条件表示） ‎ ‎ ‎ ‎ 某物理兴趣小组利用小量程的电流表设计了如图所示多用电表的电路图，电流红表笔流入，黑表笔流出，电流表G的规格是满偏电流Ig＝‎30mA，内阻Rg＝‎45Ω．电路中定值电阻R‎1‎的阻值为‎5Ω，电阻箱R‎2‎和R‎3‎的最大阻值都为‎999.9Ω。 ‎ ‎（1）图中与多用电表A端相连的为________（填“红”或“黑”）表笔；‎ ‎ ‎ ‎（2）将选择开关置于‎1‎位置，电流表量程为________A；（结果保留两位有效数字）‎ ‎ ‎ ‎（3）将选择开关置于‎2‎位置，欧姆调零后，使电流表G指针位于表盘中央刻度时，对应被测电阻的阻值为‎15Ω，则当电流表G指针位于‎10mA的位置时，电阻刻度盘上应标上________Ω，电源的电动势为________V。‎ ‎ ‎ ‎（4）将选择开关置于‎3‎位置，将其改装为量程为‎150V的电压表，则电阻箱R‎3‎应调整为________Ω。‎ 四、计算 ‎ ‎ ‎ 如图甲，绝热气缸置于水平地面上，其A、B两部分的横截面积分别是S‎1‎＝‎4cm‎2‎、S‎2‎＝‎8cm‎2‎，a、b是质量均为m＝‎4kg且厚度不汁的绝热活塞，初态，a与b封闭着总高度为‎3h‎2‎（由h‎2‎和h的两段组成）的理想气体Ⅰ，b与缸底封闭着高度为h的理想气体Ⅱ，气体Ⅰ、Ⅱ的温度均为T‎0‎＝‎300K．已知大气压强p‎0‎＝l×‎10‎‎5‎Pa，重力加速度大小g＝‎10m/‎s‎2‎．活塞与气缸接触处光滑且不漏气，气缸壁厚度不计，活塞a以上部分足够长。 ‎(i)‎求气体Ⅱ的压强； ‎(ii)‎若启动B中的加热电阻丝（图中未画出）对气体Ⅱ缓慢加热，某时刻活塞b到达B的上端且刚好与上端接触而无压力（如图乙），求此时气体Ⅱ的温度。 ‎ ‎ ‎ ‎ 如图所示，ABC是一个三棱镜的截面图，一束单色光以i＝‎60‎‎∘‎的入射角从侧面的中点N射入。已知三棱镜对该单色光的折射率n=‎‎3‎，AB长为L， 光在真空中的传播速度为c，求： ①此束单色光第一次从三棱镜射出的方向（不考虑AB面的反射）； ‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎②此束单色光从射入三棱镜到BC面所用的时间。 ‎ ‎ ‎ ‎ 如图所示，一本大字典置于桌面上，一张A4‎纸（质量和厚度均可忽略不计）夹在字典最深处。假设字典的质量分布均匀，同一页纸上的压力分布也均匀，字典总质量M＝‎1.5kg，宽L＝‎16cm，高H＝‎6cm，A4‎纸上下表面与书页之间的动摩擦因数均为μ‎1‎＝‎0.3‎，字典与桌面之间的动摩擦因数为μ‎2‎，各接触面的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，水平向右拉动A4‎纸，当A4‎纸夹在字典中离桌面的高度h为‎2cm时，字典恰好能被拖动。重力加速度g取‎10m/‎s‎2‎，求： ‎ ‎（1）字典与桌面之间的动摩擦因数μ‎2‎；‎ ‎ ‎ ‎（2）若将A4‎纸夹在字典最深处，且离桌面高度为‎3cm，用水平向右的拉力F将A4‎纸从字典中匀速抽出，写出拉力F与A4‎纸位移x的函数表达式（在抽出A4‎纸的过程中，只有与A4‎纸上方重叠部分的字典才对A4‎纸有压力）。‎ ‎ ‎ ‎ 如图，在平面直角坐标系xOy中第一象限内有一条通过坐标原点的虚线，虚线与y轴正方向夹角为‎30‎‎∘‎，在虚线与x轴正方向之间存在着平行于虚线向下的匀强电场。在第四象限内存在一个长方形的匀强磁场区域（图中未画出），磁感应强度为B，方向垂直坐标平面向外。一质量为m，电荷量为q的带正电粒子从虚线上某点以一定的初速度垂直电场方向射入电场，经过电场偏转后，该粒子恰从x轴上的P点以速度v射入匀强磁场区域，速度v的方向与x轴正方向夹角为‎60‎‎∘‎，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，经磁场偏转后，粒子射出磁场时速度方向沿x轴负方向，随后粒子做匀速直线运动并垂直经过‎−y轴上的Q点。已知OP＝L，不计带电粒子重力。求： ‎ ‎（1）匀强电场的电场强度E的大小；‎ ‎ ‎ ‎（2）带电粒子在电场和磁场中运动时间之和；‎ ‎ ‎ ‎（3）矩形磁场区域的最小面积和Q点的位置坐标。‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 参考答案与试题解析 ‎2020年山东省济南市历城二中高考物理模拟试卷 一、选择题 ‎1.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 物理学史 ‎【解析】‎ 根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。‎ ‎【解答】‎ A‎、伽利略利用实验和推理相结合的方法，得出了力不是维持物体运动的原因，故A错误。 B、伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，但不是直接用实验进行了验证，故B错误。 C、伽利略通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持，故C错误。 D、牛顿认为力的真正效应是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动，故D正确。‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 光的折射现象 ‎【解析】‎ 根据折射定律分析玻璃对m光和n光折射率的大小，确定频率的大小和波长的大小。从而分析出光子能量关系。根据同一干涉装置时干涉条纹间距与波长成正比，分析干涉条纹间距的大小。由v=‎cn分析光在玻璃中传播的速度大小。‎ ‎【解答】‎ A‎、由图看出：光线进入玻璃砖时，m光的折射角小于n光的折射角，m光的偏折程度大，根据折射定律得知：玻璃砖对m光的折射率较大。故A错误。 B、m光的折射率大，则m光的频率v大，由E＝hv得知m光的光子能量大，故B错误。 C、m光的频率大，波长小，由双缝干涉条纹间距公式‎△x=Ldλ可知，m光的条纹间距小，故C正确。 D、由n=‎CV可知，m光在玻璃种的传播速度小，故D错误。‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 原子核衰变 ‎【解析】‎ 半衰期是原子核有半数发生衰变所需的时间，具有统计规律；β衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来。三种射线中，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强。发生α衰变时，电荷数少‎2‎，质量数少‎4‎。‎ ‎【解答】‎ A‎、β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时产生并发射出来的电子流，故A正确，B错误； C、氡的半衰期为‎3.8‎天，经‎3.8‎天后，有‎0.5‎克衰变成新核，故取走的砝码小于‎0.5‎克，天平就能再次平衡。故C错误。 D、根据α衰变的特点可知，α衰变时，电荷数少‎2‎，质量数少‎4‎，中子数减少了‎2‎．故D错误。‎ ‎4.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 电势 带电粒子在电场中的加（减）速和偏转 电势能 ‎【解析】‎ 粒子的带电性质未知，电场力方向未知，电场力做功就不确定，沿着电场线的方向电势一定降低，电场力的方向与运动方向不共线，由此可判断轨迹是否是直线。‎ ‎【解答】‎ AB‎、粒子的带电性质不知道，所以受到的电场力方向不确定，电场力可能做正功也可能做负功，则粒子的速度可能增加也可能减小，故AB错误； C、沿着电场线的方向电势一定降低，所以φM‎>‎φN，故C正确； D、粒子只受电场力作用，电场力的方向在水平方向，而粒子的运动方向和水平方向有一夹角，所以粒子不会醉直线运动，故D错误；‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 动量定理的理解 ‎【解析】‎ 根据自由落体运动规律求解铜珠落到蟾蜍口的速度。 根据动量定理求解冲击力。‎ ‎【解答】‎ 铜珠做自由落体运动，落到蟾蜍口的速度为：v=‎‎2gh 以竖直向上为正方向，根据动量定理可知：Ft−mgt＝‎0−(mv)‎ 解得：F=mg+‎m‎2ght，故BCD错误，A正确。‎ ‎6.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 向心力 万有引力定律及其应用 ‎【解析】‎ 根据万有引力等于重力列式，从而确定出飞船所在位置处的重力加速度和速度。‎ ‎【解答】‎ 为地球表面的物体受到的重力等于万有引力有：GMmR‎2‎=mg 解得：‎GM 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎＝R‎2‎g 在飞船所在位置，设重力加速度为g′‎，则有mg‎′‎=GMm‎(R+H‎)‎‎2‎ 得g‎′‎‎=GM‎(H+R‎)‎‎2‎=‎R‎2‎g‎(H+R‎)‎‎2‎，故C正确，ABD错误；‎ ‎7.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 解直角三角形在三力平衡问题中的应用 平均功率 物体的弹性和弹力 ‎【解析】‎ 对空调主机受力分析，因做匀速运动，故在竖直方向合力为零，水平方向合力为零，由数学关系即可判断．‎ ‎【解答】‎ A‎、对物体受力分析如图，一物体匀速运动，故合力为零 在竖直方向：F‎1‎cosα−mg−F‎2‎cosβ＝‎0‎ 在水平方向：F‎1‎sinα−F‎2‎sinβ＝‎0‎ 在上升过程中，α增大，而β不变，联立可以判断缆绳拉力F‎1‎和拉绳拉力F‎2‎都增大，故A正确，B错误； C、因F‎1‎大于F‎2‎，故缆绳与竖直方向的夹角α小于角β，故C错误； D、绳子运动的速度与空调的速度之间的关系：v绳＝v⋅cosα 拉力的功率P＝F‎1‎vcosα，由于F‎1‎变大，α也变大，故无法判断大小，故D错误 ‎8.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 力的合成与分解的应用 牛顿第二定律的概念 ‎【解析】‎ 在第‎3‎个小滑块进入粗糙地带后到第‎4‎个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，对整体分析，根据共点力平衡条件和摩擦力公式求出粗糙地带与滑块间的动摩擦因数。根据动能定理求出匀速运动的速度大小。通过整体法和隔离法分析第一个滑块进入粗糙地带后，第二个滑块进入前各段轻杆的弹力大小是否相等。‎ ‎【解答】‎ A‎、对整体分析，根据共点力平衡条件得：F＝‎3μmg，解得 μ=‎F‎3mg，故A错误； B、设匀速运动过程中速度大小为v，根据动能定理得：F⋅2L−μmg⋅2L−μmg⋅L=‎1‎‎2‎×10m⋅‎v‎2‎，解得 v=‎FL‎5m，故B正确； C、第一个滑块进入粗糙地带后，整体仍然做加速运动，各个物体的加速度相同，隔离分析，由于选择的研究对象质量不同，根据牛顿第二定律知，杆子的弹力大小不等，故C错误； D、在水平恒力F作用下，由于第‎4‎个滑块进入粗糙地带，整体将做减速运动，‎10‎个滑块不能全部进入粗糙地带，故D错误。‎ 二、多项选择 ‎【答案】‎ A,D ‎【考点】‎ 平抛运动的概念 ‎【解析】‎ 根据下落的高度关系，由动能定理求动能增加量之比，由h=‎1‎‎2‎gt‎2‎求运动时间之比。根据水平位移之比和时间之比求初速度之比。根据‎△v＝gt求速度变化量之比。‎ ‎【解答】‎ A‎、球‎1‎和球‎2‎平抛运动下落的高度分别为 hA＝h，hB＝h+0.5h＝‎1.5h，根据动能定理得： 对球‎1‎有‎△‎Ek1‎＝mghA＝mgh 对球‎2‎有‎△‎Ek2‎＝mghB＝‎1.5mgh，则‎△Ek1‎:△‎Ek2‎＝‎2:3‎，故A正确。 B、由h=‎1‎‎2‎gt‎2‎得 t=‎2hg∝‎h，则球‎1‎和球‎2‎运动的时间之比为 t‎1‎‎:t‎2‎=‎2‎:‎‎3‎，故B错误。 C、球‎1‎和球‎2‎运动的水平位移之比为 x‎1‎‎:‎x‎2‎＝‎1:2‎．根据x＝v‎0‎t得v‎0‎‎=‎xt，结合t‎1‎‎:t‎2‎=‎2‎:‎‎3‎，得球‎1‎和球‎2‎抛出时初速度之比为 v‎10‎‎:v‎20‎=‎6‎:4‎，故C错误。 D、根据‎△v＝gt得‎△v∝t，则球‎1‎和球‎2‎的速度变化量之比为‎2‎‎:‎‎3‎，故D正确。‎ ‎【答案】‎ C,D ‎【考点】‎ 回旋加速器 质谱仪 ‎【解析】‎ 粒子运动一周被加速两次，交流电完成一次周期性变化，粒子做圆周运动的周期与交流电周期相等。 粒子离开D形盒时，轨道半径最大，速度最大，根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的最大速度。 根据动能定理可知，增大U，粒子动能求出粒子被加速的圈数，从而求出质子从静止开始加速到出口处所需的时间t。‎ ‎【解答】‎ A‎、根据回旋加速器的原理，每转一周粒子被加速两次，交流电完成一次周期性变化，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＝m ‎v‎2‎R，粒子做圆周运动的周期：T=‎2πRv=‎‎2πmqB，交流电源的频率：f=‎1‎T=‎qB‎2πm，可知交流电源的频率不可以任意调节，故A错误。 B、加速氘核‎(‎​‎‎1‎‎2‎H)‎和氦核‎(‎​‎‎2‎‎4‎He)‎时，圆周运动的频率f=‎qB‎2πm，故两次所接高频电源的频率相同，故B错误。 C、粒子加速后的最大轨道半径等于D型盒的半径，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m ‎v‎2‎R，解得粒子的最大运行速度：v=‎qBRm，故加速氘核‎(‎​‎‎1‎‎2‎H)‎和氦核‎(‎​‎‎2‎‎4‎He)‎它们的最大速度相等，故C正确。 D、粒子完成一次圆周运动被电场加速‎2‎次，由动能定理得：‎2nqU＝Ek，在D型盒磁场内运动的时间：t＝nT，即：t=‎πBR‎2‎‎2U，可见U越大，t越小，故D正确。‎ ‎【答案】‎ B,C 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎【考点】‎ v-t图像（匀变速直线运动）‎ x-t图像（匀变速直线运动）‎ 匀变速直线运动的概念 非常规图象 ‎【解析】‎ 由v−t图的斜率大小比较两车加速度大小，根据图象与时间轴所围的面积表示位移，求出两车的位移，再确定t＝‎0‎时两者位置关系。根据位移关系确定t＝‎3s时位置关系。‎ ‎【解答】‎ A‎、根据v−t图的斜率大小表示加速度大小，斜率绝对值越大加速度越大，则知甲车的加速度大于乙车的加速度，故A错误。 B、设甲运动的总时间为t，根据几何关系可得：‎3‎t‎=‎‎15‎‎18‎，得t＝‎3.6s，在‎0−3.6m内，甲的位移 x甲‎=‎18×3.6‎‎2‎m＝‎32.4m.0−4s内，乙的位移 x乙‎=‎12×4‎‎2‎m＝‎24m，因二者最终停在同一斑马线处，所以，t＝‎0‎时乙车在甲车前方 x甲‎−‎x乙＝‎8.4m处，故B正确。 C、‎0−3s内，甲、乙位移之差‎△x=‎6×3‎‎2‎m＝‎9m，因t＝‎0‎时乙车在甲车前方‎8.4m处，所以t＝‎3s时甲车在乙车前方‎0.6m处，故C正确。 D、由上分析知，前‎3s内甲车先在乙车后边，后在乙车的前边，故D错误。‎ ‎【答案】‎ B,D ‎【考点】‎ 机械能守恒的判断 ‎【解析】‎ A‎、B组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒。A、B沿刚性轻杆方向的分速度大小相等；B滑块到达最右端时，速度为零，此时轻杆与斜杆垂直，由机械能守恒定律求A的速度；当轻杆与水平杆垂直时B的速度最大，由系统的机械能守恒求B的最大速度。‎ ‎【解答】‎ AB‎、从开始到A到达与B同一水平面的过程，由系统的机械能守恒得：mgLsin‎30‎‎∘‎=‎1‎‎2‎mvA‎2‎+‎1‎‎2‎mvB‎2‎，且有 vAcos‎45‎‎∘‎＝vB，解得 vB‎=‎‎2‎‎2‎vA，vB‎=‎gL‎3‎，故A错误，B正确； C、B滑块到达最右端时，速度为零，此时轻杆与斜杆垂直，由系统的机械能守恒得：mg(Lsin‎30‎‎∘‎+Lsin‎45‎‎∘‎)=‎1‎‎2‎mvA‎2‎，解得：vA‎=‎‎(1+‎2‎)gL，故C错误； D、当轻杆与水平杆垂直时B的速度最大，此时A的速度为零，由系统的机械能守恒得：mg(Lsin‎30‎‎∘‎+L)‎＝EkB，解得：EkB‎=‎‎3mgL‎2‎，故D正确；‎ 三、实验 ‎【答案】‎ 否 A ‎2Fm ‎【考点】‎ 探究加速度与物体质量、物体受力的关系 ‎【解析】‎ ‎（1）小车受到的拉力由弹簧测力计得到，不需要重物的质量远小于小车的质量。 （2）研究小车的受力，根据牛顿第二定律列式分析。 （3）根据动能定理列式分析。‎ ‎【解答】‎ 本题中，小车A受到的拉力可以通过弹簧测力计得到，故不需要重物P的质量远小于小车A的质量。‎ 实验中，已经平衡了摩擦力，研究小车的受力情况，根据牛顿第二定律可知：F＝Ma 解得：a=‎1‎MF 故小车加速度与弹簧测力计的示数的关系图像为过原点的倾斜直线，故A正确，BCD错误。 故选：A。‎ 根据动能定理可知，合外力做功等于动能的变化，有： Fx=‎1‎‎2‎mv‎2‎−‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎ 其中‎△‎v‎2‎＝v‎2‎‎−‎v‎0‎‎2‎， 解得：‎△v‎2‎=‎2Fmx 故‎△v‎2‎−x图像的斜率表达式为‎2Fm。 故答案为：（1）否；（2）A；‎(3)‎‎2Fm。‎ ‎【答案】‎ 红 ‎0.30‎ ‎30‎‎,‎‎4.5‎ ‎495.5‎ ‎【考点】‎ 把电流表改装成电压表 用多用电表测电阻 ‎【解析】‎ ‎（1）根据多用电表电流红进黑出的原理判断。 （2）根据闭合电路并联电路的特点及电流表的改装原理求解 （3）由闭合电路欧姆定律可求得电源电动势及待测电阻值； （4）根据电压表的原理求得串联电阻值。‎ ‎【解答】‎ 根据图中B端如果接‎2‎时，接到电源正极，根据电流红表笔流入，黑表笔流出，可知电流从A进入电表，故电表A端应该为红表笔。‎ 根据并联电路分流原理可知电流表的量程为： I＝Ig‎+IgRgR‎1‎=300mA＝‎‎0.30A 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 改装后电流表量程为‎0.3A，内阻为‎4.5Ω，由题意得E＝‎0.3(4.5+r+R‎2‎)‎ E＝‎0.15(15+4.5+r+R‎2‎)‎ E＝‎0.1(Rx+4.5+r+R‎2‎)‎ 联立解得E＝‎4.5V，Rx＝‎‎30Ω 根据串联电路分压原理可知：U＝IgRg‎+IR‎3‎ 解得：R‎3‎＝‎495.5Ω。‎ 四、计算 ‎【答案】‎ ‎(i)‎气体Ⅱ的压强为‎2.5×‎10‎‎5‎Pa； ‎(ii)‎此时气体Ⅱ的温度为‎600K。‎ ‎【考点】‎ 热力学第一定律 气体的等温变化 ‎【解析】‎ ‎(i)‎以两活塞为研究对象，应用平衡条件可以求出封闭气体II的压强； ‎(ii)‎气体发生等压变化，根据题意求出气体的状态参量，然后应用盖吕萨克定律求出气体的温度。‎ ‎【解答】‎ ‎(i)‎由平衡条件得： 对活塞a:mg+‎p‎0‎S‎1‎＝p‎1‎S‎1‎， 对活塞b:mg+‎p‎1‎S‎2‎＝p‎2‎S‎2‎， 代入数据解得：p‎2‎＝‎2.5×‎10‎‎5‎Pa； ‎(ii)‎从加入气体II到活塞b到达B的上端且刚好与上端接触而无压力，该过程气体II的压强不变，气体发生等压变化，由盖吕萨克定律得：S‎2‎hT‎0‎‎=‎S‎2‎‎⋅2hT 代入数据解得：T＝‎‎600K ‎【答案】‎ ‎①此束单色光第一次从三棱镜射出的方向垂直于底面AC，沿PQ方向射出棱镜； ②此束单色光从射入三棱镜到BC面所用的时间是‎(‎3‎+3)L‎4c。 ‎ ‎【考点】‎ 光的折射现象 ‎【解析】‎ ‎①作出光路图，由折射定律借助几何关系可知光线进入棱镜平行AC，再由全反射定律和几何关系知光线在BC面发生全反射，由几何关系可知射出的方向； ②由几何关系求得单色光从射入三棱镜到BC面的距离，再由v=‎cn求得传播速度，则传播时间可求解。‎ ‎【解答】‎ ‎①设此束光从AB面射人棱镜后的折射角为r，由折射定律有n=‎sinisinr 解得：r＝‎30‎‎∘‎， 显然光从AB射入棱镜后的折射光线NP平行于AC， 光在BC面上的入射角为θ＝‎45‎‎∘‎ 设临界角为α，则由sinα=‎‎1‎n得sinα=‎3‎‎3‎<‎‎2‎‎2‎， 可知α<‎‎45‎‎∘‎，故光在BC面上发生全反射 根据几何知识和光的反射定律可知，光将垂直于底面AC，沿PQ方向射出棱镜 ②光在棱镜中传播的速率：v=‎cn NP=‎1‎‎2‎AC=‎1‎‎2‎(ABcos60+ABsin60‎tan45‎)=‎1+‎‎3‎‎4‎AB 所以此束光从射入三棱镜到BC面所用的时间：t=‎NPv 解得：‎t=‎‎(‎3‎+3)L‎4c ‎【答案】‎ 字典与桌面之间的动摩擦因数为‎0.4‎；‎ 拉力F与A4‎纸位移x的函数表达式为F=L−xLμ‎1‎Mg。‎ ‎【考点】‎ 解直角三角形在三力平衡问题中的应用 摩擦力的判断 ‎【解析】‎ ‎（1）当字典刚好被拖动时，字典与A4‎纸间及字典与桌面之间均达到最大静摩擦力，根据平衡态求解动摩擦因数μ‎2‎； （2）若将A4‎纸夹在字典最深处，且离桌面高度为‎3cm时，字典保持静止，然后通过正压力与位移x的关系，求拉力F与A4‎纸位移x的函数表达式。‎ ‎【解答】‎ 当字典刚好被拖动，A4‎纸对字典的摩擦力与桌面对字典的摩擦力相等，即：f＝f桌， 根据滑动摩擦力公式可得：桌面对字典的摩擦力为f桌＝μ‎2‎Mg，设此时A4‎纸上方纸张质量为m， 则有：A4‎纸对字典的摩擦力为f＝‎2μ‎1‎mg，由题意有方程：m=H−hHM， 联立以上各式，代入数据可解得：μ‎2‎＝‎0.4‎。‎ A4‎纸夹在离桌面的高度为‎3cm处，高于‎2cm，所以字典拖不动， 当A4‎纸抽出位移为x时，纸上放压力为：FN‎=‎(L−x)‎‎2LMg， 此时A4‎纸受到的拉力大小为：F＝f＝‎2μ‎1‎FNF＝‎2‎μ‎1‎FN，代入可解得：F=L−xLμ‎1‎Mg。‎ ‎【答案】‎ 匀强电场的电场强度E的大小为mv‎2‎‎2qL；‎ 带电粒子在电场和磁场中运动时间之和为Lv‎+‎‎2πm‎3qB；‎ 矩形磁场区域的最小面积为‎3‎m‎2‎v‎2‎‎2‎q‎2‎B‎2‎，Q点的位置坐标为‎(0, −‎3mv‎2qB)‎。‎ ‎【考点】‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 带电粒子在电场中的加（减）速和偏转 带电粒子在匀强磁场中的运动规律 动能定理的应用 向心力 ‎【解析】‎ ‎（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，利用运动的合成和分解结合牛顿第二定律，联立即可求出匀强电场的电场强度E的大小； （2）根据类平抛规律求解粒子在电场中运动的时间，根据周期公式结合粒子在磁场中转过的圆心角带电粒子在电场和磁场中运动时间之和； （3）根据几何关系找出面积最小的矩形磁场区域，根据几何关系分别求出矩形区域的长和宽，即可求出矩形磁场区域的最小面积，再利用几何关系即可求出Q点的位置坐标。‎ ‎【解答】‎ 带电粒子在电场中做类平抛运动，设电场强度为E，带电粒子进入电场时，初速度为v‎0‎，带电粒子在电场中运动的时间为t‎1‎， 根据类平抛规律可得： Lcos‎30‎‎∘‎＝v‎0‎t‎1‎ vsin‎30‎‎∘‎＝at‎1‎ v‎0‎＝vcos‎30‎‎∘‎ 根据牛顿第二定律可得：Eq＝ma 联立各式可得粒子在电场中运动的时间：t‎1‎‎=‎Lv 匀强电场的电场强度大小：‎E=‎mv‎2‎‎2qL 设带电粒子在磁场中运动的时间为t‎2‎，周期为T，半径为R， 根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝mv‎2‎R 粒子在磁场中运动的周期：T=‎‎2πRv 粒子在磁场中转过的圆心角：θ＝‎120‎‎∘‎ 粒子在磁场中运动的时间：t‎2‎‎=θ‎2πT 带电粒子在电场和磁场中运动时间之和：t＝‎t‎1‎‎+t‎2‎=Lv+‎‎2πm‎3qB 如图所示，带电粒子从P点进入磁场，由P′‎点射出磁场，包含圆弧PP′‎的最小矩形磁场区域为图中虚线所示， 根据几何关系可知矩形区域的长为：a＝PP′‎＝‎2Rcos‎30‎‎∘‎=‎‎3‎mvqB 矩形区域的宽为：b＝R(1−sin‎30‎‎∘‎)=‎mv‎2qB 所以该磁场区域的最小面积为：S＝ab=‎‎3‎m‎2‎v‎2‎‎2‎q‎2‎B‎2‎ Q点纵坐标为：yQ＝‎−asin‎60‎‎∘‎=−‎‎3mv‎2qB 所以Q点的位置坐标‎(0, −‎3mv‎2qB)‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页