山西省大同市第一中学2020届高三2月模拟（三）物理试题 31页

‎2020 高三年级物理模拟卷三 一、选择题 1-6 单选，7-10 为多选。每题 4 分，共 40 分。‎ ‎1．A、B 两球沿同一直线运动并发生正碰,如图所示为两球碰撞前后的位移—时间(x-t)图像,图中 a、b 分别为 A、B 两球碰撞前的图线,c 为碰撞后两球共同运动的图线.若 A 球的质量mA = ‎2kg ,则由图可知下列结论正确的是( )‎ A．A、B 两球碰撞前的总动量为 ‎3 kg·m/s B．碰撞过程 A 对 B 的冲量为-4 N·s C．碰撞前后 A 的动量变化为 ‎6kg·m/s D．碰撞过程 A、B 两球组成的系统碰撞损失的机械能为 9 J ‎2‎ ‎2．两个可视为质点的小球 a 和 b，用质量可忽略的刚性细杆相连，放置在一个光滑的半球面 ‎3‎ 内，如图所示．已知小球 a 和 b 的质量之比为平衡状态时，细杆与水平面的夹角q是（ ）‎ ‎，细杆长度是球面半径的 ‎倍．两球处于 A．45 ° B．‎30 ‎° C．22.5 ° D．15° ‎3．在绝缘光滑的水平面上相距为 ‎6L 的 A、B 两处分别固定正电荷 QA、QB，‎ 两电荷的位置坐标如图甲所示。图乙是 AB 连线之间的电势φ与位置 x 之间的关系图像，图中 x＝L 点为图线的最低点，若在 x＝‎2L 的 C 点由静止释放一个质量为 m、电量为＋q 的带电小球(可视为质点)，下列有关说法正确的是( )‎ A．小球在 x＝L 处的速度最大 B．小球一定可以到达 x＝‎-2L 点处 C．小球将以 x＝L 点为作中心完全对称的往复运动 D．固定在 AB 处的电荷的电量之比为 QA∶QB＝8∶1‎ ‎4．假设有一载人宇宙飞船在距地面高度为 ‎4200km 的赤道上空绕地球做匀速圆周运动，地球半径约为 ‎6400km，地球同步卫星距地面高度为 ‎36000km，宇宙飞船和地球同步卫星绕地球同向运动，每当二者相距最近时，宇宙飞船就向同步卫星发射信号，然后再由同步卫星将信号发送到地面接收站，某时刻二者相距最远，从此刻开始，在一昼夜的时间内，接收站共接收到信号的次数为( )‎ A．4 次 B．6 次 C．7 次 D．8 次 ‎5．如图所示，已知 R1＝R4＝0.5 Ω，r＝1Ω，R2＝6 Ω，R3 的最大阻值为 6 Ω。在滑动变阻器 R3 的滑片 K 由最下端向最上端滑动过程中下列说法不正确的是( )‎ A．定值电阻 R4 的功率、电源的总功率均减小 B．电源的输出功率变小 C．电源的效率先增大后减小 D．MN 并联部分的功率先增大后减小 ‎1‎ ‎6．右端带有 4 光滑圆弧轨道质量为 M 的小车静置于光滑水平面上，如图所示．一质量为 m 的小球以速度 v0 水平冲上小车，关于小球此后的运动情况，以下说法正确的是( )‎ A．小球可能离开小车水平向右做平抛运动 B．小球可能从圆弧轨道上端抛出而不再回到小车C．小球不可能离开小车水平向左做平抛运动 D．小球不可能离开小车做自由落体运动 ‎7．如图所示，质量 M=‎1kg 的重物 B 和质量 m=‎0.3kg 的小圆环 A 用细绳跨过一光滑滑轮轴连接，A 端绳与轮连接，B 端绳与轴相连接，不计轮轴的质量，轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为 2︰1．重物 B 放置在倾角为 30 ° 固定在水平地面的斜面上，轻绳平行于斜面，‎ ‎3‎ B 与斜面间的动摩擦因数μ=‎ ‎3 ，圆环 A 套在竖直固定的光滑直杆上，滑轮轴中心与直杆的 距离为 L=‎4m．现将圆环 A 从与滑轮轴上表面等高处 a 静止释放，当下降 H=‎3m 到达 b 位置时，圆环的速度达到最大值，已知直杆和斜面足够长，不计空气阻力，取 g=‎10m/s2．下列判断正确的是( )‎ A．圆环 A 到达 b 位置时，A、B 组成的系统机械能减少了 2.5J B．圆环 A 速度最大时，环 A 与重物 B 的速度之比为 5︰3‎ C．圆环 A 能下降的最大距离为 Hm=‎‎7.5m D．圆环 A 下降过程，作用在重物 B 上的拉力始终大于 10N ‎8．某质量 m＝‎1500kg 的“双引擎”小汽车，行驶速度 v≤‎54km/h 时靠电动机输出动力；行驶速度在 ‎54km/h‎90km/h 时汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能环保．该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力 F 随运动时间 t 的图线如图所示，所受阻力恒为 1250N．已知汽车在 t0 时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第 11s 末．则在前 11s 内( )‎ A． 经 过 计 算 t0＝6s B．电动机输出的最大功率为 60kW C．汽油机工作期间牵引力做的功为 4.5×105J D．汽车的位移为 ‎‎160m ‎9．如图所示为理想变压器，其原、副线圈的匝数比为 4∶1，电压表和电流表均为理想电表， 原线圈接有 u = 36 2sin100πt(V)的正弦交流电，图中 D 为理想 二极管，定值电阻 R＝9 Ω.下列说法正确的是（ ）‎ ‎．A t = 1‎ ‎600‎ ‎s 时，原线圈输入电压的瞬时值为 18V ‎600‎ B．t = 1‎ ‎s 时，电压表示数为 36V ‎2‎ C．电流表的示数为 ‎1 A D．电流表的示数为 ‎‎2 A ‎10．下列说法中正确的是（ ）‎ A．两个轻核发生聚变反应，产生的新核的质量一定等于两个轻核的质量和 B．在核反应中，比结合能小的原子核变成比结合能大的原子核时，会释放核能 C．当用氢原子从 n=2 能级跃迁到 n=1 能级辐射的光照射某金属时有光电子逸出，则用从 n=3 能级跃迁到 n=1 能级辐射的光照射该金属也一定会有光电子逸出 D．氢原子从 n=2 跃迁到 n=1 能级辐射的光的能量为 10.2ev，只要是能量大于 10.2eV 的光子都能使处于基态的氢原子跃迁到激发态 E．玻尔原子理论提出了定态和跃迁的概念，能解释氦原子的光谱现象二、实验题（7+4=11 分）‎ ‎11．如图所示,用半径相同的 A、B 两球的碰撞可以验证“动量守恒定律”。实验时先让质量为 m1 的 A 球从斜槽上某一固定位置 C 由静止开始滚下,进入水平轨道后,从轨道末端水平抛出,落到位于水平地面的复写纸上,在下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作 10 次,得到 10 个落点痕迹。再把质量为 m2 的 B 球放在水平轨道末端,让 A 球仍从位置 C 由静止滚下,A 球和 B 球碰撞后,分别在白纸上留下各自的落点痕迹,重复操作 10 次。M、P、N 为三个落点的平均位置,未放 B 球时,A 球的落点是 P 点,0 点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点,如图所示。‎ ‎(1)在这个实验中,为了尽量减小实验误差,两个小球的质量应满足 m1>m2;除了图中器材外,实验室还备有下列器材,完成本实验还必须使用的两种器材是 。‎ A．秒表 B．天平 C．刻度尺 D．打点计时器 ‎(2)下列说法中正确的是 。‎ A．如果小球每次从同一位置由静止释放,每次的落点一定是重合的 B．重复操作时发现小球的落点并不重合,说明实验操作中出现了错误 C．用半径尽量小的圆把 10 个落点圈起来,这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置 D．仅调节斜槽上固定位置 C,它的位置越低,线段 0P 的长度越大 ‎(3)在某次实验中,测量出两个小球的质量 m1、m2，记录的落点平均位置 M、N 几乎与 OP 在同一条直线上,测量出三个落点位置与 0 点距离 OM、OP、0N 的长度。在实验误差允许范围内, 若满足关系式 ,则可以认为两球碰撞前后在 OP 方向上的总动量守恒;若碰撞是弹性碰撞。那么还应满足关系式 。(用测量的量表示)‎ ‎(4)在 OP、‎0M、0N 这三个长度中,与实验所用小球质量无关的是 ,与实验所用小球质量有关的是 。‎ ‎(5)某同学在做这个实验时,记录下小球三个落点的平均位置 M、P、N,如图所示。他发现 M 和 N 偏离了 0P 方向。这位同学猜想两小球碰撞前后在 OP 方向上依然动量守恒,他想到了验证这个猜想的办法:连接 OP、OM、ON,作出 M、N 在 OP 方向上的投影点 M′、N′。分别测量出 OP、‎ OM′、ON′的长度。若在实验误差允许的范围内,满足关系式： 则可以认为两小球碰撞前后在 OP 方向上动量守恒。‎ ‎12．某探究小组准备用图甲所示的电路测量某电源的电动势和内阻，实验器材如下： 待测电源（电动势约 2V）； 电阻箱 R（最大阻值为 99.99Ω）；‎ 定值电阻 R0（阻值为 2.0Ω）； 定值电阻 R1（阻值为 4.5kΩ）； 电流表 G（量程为 400μA，内阻 Rg=500Ω）；‎ 开关 S，导线若干．(乙图中横坐标是负 3 次方)‎ ‎（1）图甲中将定值电阻 R1 和电流表 G 串联，相当于把电流表 G 改装成了一个量程为 V 的电压表；‎ ‎（2）闭合开关，多次调节电阻箱，并记下电阻箱的阻值 R 和电流表 G 的示数 I；‎ ‎1 1‎ ‎（3）分别用 E 和 r 表示电源的电动势和内阻，则 I 和 R 的关系式为 （用题中字母表示）；‎ ‎1 1 1 - 1‎ ‎ ‎ ‎（4）以 I 为纵坐标， R 为横坐标，探究小组作出 I R 的图像如图（乙）所示，根据该图像求得电源的内阻 r=0.50Ω，则其电动势 E= V（保留两位有效小数）；‎ ‎（5）该实验测得的电动势 E测与真实值 E真 相比，理论上 E测 E真 ．（填“>”“<”或“=”）‎ 三 、 解 答 题 （8+9+12+8+12=49 分 ） 13．一辆长途客车正以 v=‎20m/s 的速度匀速行驶，突然，司机看见车的正前方 x0 = ‎33m处有一只狗，如图（甲）所示，司机立即采取制动措施，若从司机看见狗开始计时（t=0），长途客车的“速度一时间”图象如图（乙）所示。‎ ‎（1）求长途客车从司机发现狗至停止运动的这段时间内前进的距离；‎ ‎（2）若狗正以 v=‎4m/s 的速度与长途客车同向奔跑，问狗能否摆脱被撞的噩运。‎ ‎14．如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨 MN、PQ 间距为 l=‎0.5m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成 30º角．完全相同的两金属棒 ab、cd 分别垂直导轨放置， 每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒质量均为 m=‎0.02kg，电阻均为 R=0.1Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度 B=0.2T，棒 ab 在平行于导轨向上的力 F 作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒 cd 恰好能够保持静 止．取 g=‎10m/s2，问 ‎⑴通过棒 cd 的电流 I 是多少，方向如何？‎ ‎⑵棒 ab 受到的力 F 多大？‎ ‎⑶棒 cd 每产生 Q=0.1 J 的热量，力 F 做的功 W 是多少？‎ ‎15．如图，质量为 m=‎1kg 的小滑块（视为质点）在半径为 R=‎0.4m 的 1/4 圆弧 A 端由静止开始释放，它运动到 B 点时速度为 v=‎2m/s．当滑块经过 B 后立即将圆弧轨道撤去．滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由 C 点过渡到倾角为θ=37°、长 s=‎1m 的斜面 CD 上，CD 之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦系数可在 0≤μ≤1.5 之间调 节．斜面底部 D 点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在 O 点，自然状态下另一端恰好在 D 点．认为滑块通过 C 和 D 前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩力．取 g=‎10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力．‎ ‎（1）求滑块对 B 点的压力大小以及在 AB 上克服阻力所做的功；‎ ‎（2）若设置μ=0，求质点从 C 运动到 D 的时间；‎ ‎（3）若最终滑块停在 D 点，求μ的取值范围．（选做）‎ ‎16．如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为 m 的密闭活塞，活塞 A 导热，活塞 B 绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分。初状态整个装置静止不动且处于平衡状态，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为l0，温度为 T0。设外界大气压强为 p0 保持不变，活塞横截面积为 S，且 mg= p0S，环境温度保持不变。在活塞 A 上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于 ‎2m 时，两活塞在某位置重新处于平衡 求：‎ ‎①活塞 B 向下移动的距离；‎ ‎②接①问，现在若将活塞 A 用销子固定，保持气室Ⅰ的温度不变，要使气室Ⅱ中气体的体积恢复原来的大小，则此时气室Ⅱ内气体的温度。‎ ‎17．欧洲大型强子对撞机是现在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一种将质子加速对撞的高能物理设备，其原理可简化如下：两束横截面积极小，长度为 l0 质子束以初速度 v0 同时从左、右两侧入口射入加速电场，出来后经过相同的一段距离射入垂直纸面的圆形匀强磁场区域并被偏转，最后两质子束发生相碰。已知质子质量为 m，电量为 e；加速极板 AB、‎ ‎3‎ A′B′间电压均为 U0，且满足 eU0= 2 mv02。两磁场磁感应强度相同，半径均为 R，圆心 O、O′‎ ‎7‎ 在质子束的入射方向上，其连线与质子入射方向垂直且距离为 H= 2 R；整个装置处于真空中， 忽略粒子间的相互作用及相对论效应。‎ ‎(1)试求质子束经过加速电场加速后(未进入磁场)的速度ν和磁场磁感应强度 B；‎ R ‎(2)如果某次实验时将磁场 O 的圆心往上移了 2 ，其余条件均不变，质子束能在 OO′ 连线的某位置相碰，求质子束原来的长度 l0 应该满足的条件。（选做）‎ 临川一中实验学校 2020 高三模拟卷 3 试卷答题卡 一、选择题（1-6 单选，7-10 多选，共 40 分）‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ 二、非选择题（请在各试题的答题区内作答）（7+4+8+9+12+8+12=60 分）‎ ‎11 题（7 分）‎ ‎（1） （2） (3) ‎ ‎（4） （5） ‎ ‎12 题（4 分）‎ ‎（1） （3） （4） (5) ‎ ‎13 题（8 分）‎ ‎14 题（9 分）‎ ‎15 题（12 分）‎ ‎16 题（8 分）‎ ‎17 题（12 分）‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎1．B ‎2020 高三物理模拟试题三 参考答案 ‎ ‎ A、由 s-t 图像可以知道：碰撞前 A 的速度为vA = 4 -10 = -‎3m / s ；‎ ‎2‎ ‎ ‎ 碰撞前 B 的速度vB = 4 - 0 = ‎2m / s ，‎ ‎2‎ ‎ ‎ 碰撞后 AB 的速度为vC = 2 - 4 = -‎1m / s ‎2‎ ‎ ‎ 根据动量守恒可知 mbvB - mavA = - (ma + mb )vC ‎ ‎ 代入速度值可求得： mb = ‎‎4 kg ‎3‎ ‎ ‎ 所以碰撞前的总动量为 m v - m v = - ‎10 kg × m / s ‎，故 A 错误；‎ b B a A 3‎ B、碰撞时 A 对 B 所施冲量为即为 B 的动量变化量DPB = -mbvC - mbvB = -4N × s 故 B 正确；‎ C、根据动量守恒可知DPA = -DPB = 4N × s = ‎4kg × m / s ‎，故 C 错误；‎ D、碰撞中 A、B 两球组成的系统损失的动能为 ‎1 m‎ v2 + ‎1 m v2 - 1 (m + m )v2 = 10J ‎ ‎ ‎,故 D 错误，‎ ‎2 a A 2 b B 2 a b C ‎ ‎ ‎2．D ‎ ‎ 由题目中的数据可以得出，abO三点组成一个等腰直角三角形，所以两底角都为 ‎45 ° ．对两球进行受力分析，由于球面光滑，所以两球都只受到 3 个力，如图所示： 重力、球面的支持力、刚性细杆的弹力；由于是刚性细杆，所以刚性细杆对两球的弹 力均沿着杆方向，且对两球的弹力大小相等；两球处于平衡状态，两球受到的合力都为零，两球受到的三个力都组成一个封闭的力的 矢量三角形．‎ ‎ ‎ 设b球的质量为 m，由正弦定理对球a：‎ ‎ ‎ ‎ 3mg =‎ sin 45° ‎ mg =‎ sin 45° FN sin (45° -q) FN sin (45° +q) ‎；对球 b：‎ ‎ ‎ ‎，所以有：‎ ‎ ‎ ‎3 sin (45° -q)= sin (45° +q)，即 tan (45° +q)=‎ ‎，所以q=15 ° ，故 D 正确，ABC 错误．‎ ‎ ‎ ‎3．A ‎ ‎ A 项，带正电的小球在 x = L 处电势能最小，根据能量守恒可知粒子在该处的动能最 ‎ ‎ 大，所以小球在 x = L 处速度最大，故 A 项正确。‎ ‎ ‎ B 项，根据乙图得 x = -2L 处电势高于 x = 2L 处电势，带正电的在 x = 2L处由静止释 ‎ ‎ 放，根据能量守恒得不可能到达 x = -2L 处，故 B 项错误。‎ ‎ ‎ C 项，小球以 x = L 为中心做往复运动的条件是电势关于 x = L 对称，根据乙图得电势关于 x = L 不对称，故 C 项错误。‎ ‎ ‎ D 项，根据图乙得知在 x = L 处j- x 斜率为零，即电场强度为零，则所以QA : QB = 4 :1 ，故 D 项错误 综上所述本题答案是：A。4．C kQA (4L)2‎ = kQB ，‎ (2L)2‎ 宇宙飞船轨道半径为 r1=4200km+6400km=10600km，地球同步卫星轨道半径为 r2=36000km+6400km=42400km，r2="4" r1.根据开普勒第三定律，地球同步卫星为宇 宙飞船周期的 8 倍。从二者相距最远时刻开始，在一昼夜的时间内，接收站共接收到信号的次数为 7 次，选项 C 正确。(请画运动过程)‎ ‎5．C ‎ ‎ 在滑动变阻器 R3 的滑片 K由最下端向最上端滑动过程中，滑动变阻器的电阻变大，总 电阻变大，总电流减小，则根据 P4=I2R4 可知定值电阻 R4 的功率减小，根据 P=IE 可知电源的总功率减小，选项 A 正确；因当外电路电阻等于电源内阻时电源输出功率最大， 而 R1+R4=r，则当变阻器电阻变大时，外电路电阻远离电源内阻，则电源的输出功率 h= IU = U = IR = 1‎ 减小，选项 B 正确；电源的效率 IE E I (R + r ) ‎1+ r R ‎，则当外电路电阻 R ‎ ‎ 变大时，电源的效率变大，选项 C 错误；若将 R1+R4 等效为电源的内阻，则此时等效电源内阻为 r′=2Ω；滑动变阻器 R3 的滑片 K由最下端向最上端滑动过程中，MN 之间 的电阻从 0 增加到 3Ω，则因当外电路电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，可知当 MN 之间的电阻等于 2Ω时，MN 之间的功率最大，则在滑动变阻器 R3 的滑片 K 由最下端向最上端滑动过程中，MN 并联部分的功率先增大后减小，选项 D 正确；此题选择不正确的选项，故选 C.‎ ‎6．A ‎ ‎ 小球从圆弧轨道上端抛出后，小球水平方向的速度和车的速度相同，故小球仍会落回到小车上；小球落回到小车后，相对小车向左滑动，然后从左边离开小车：如果小球对地面的速度向左，则小球离开小车水平向左做平抛运动；如果小球对地面的速度为零，则小球离开小车后做自由落体运动；如果小球对地面的速度向右，则小球离开小车水平向右做平抛运动．故 A 正确，BCD 错误．‎ ‎7．AC A．由题可知圆环 A 到达 b 位置时，重物 B 沿斜面的运动的位移为：‎ ‎ ‎ x = = 0.5m ，A、B 组成的系统机械能减少了：‎ ‎2‎ DE = mMgcos30°·x = 2.5J ，故选项 A 正确；‎ ‎ ‎ B．轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为 2:1，找 A 沿绳方向的分速度是 B 实际运动的两倍，圆环 A 速度最大时，环 A 与重物 B 的速度之比为 10:3，故选项 B 错误；‎ C．圆环 A 能下降的最大距离为 Hm ，重物 B 沿斜面的运动的位移为：‎ ‎ ‎ xB = ‎，根据能量守恒可知： mgH ‎2‎ m = MgxBsin30° + mMgcos30°·xB ，‎ 解得圆环 A 能下降的最大距离为 Hm = 7.5m ，故选项 C 正确；‎ ‎ ‎ Ｄ．圆环 A 先向下做加速运动，后做减速运动， 由 A 和 B 速度关系，所以重物 B 也是先加速后减速，而重物 B 受到的重力、支持力和摩擦力都保持不变，绳子对 B 的拉力： FT - Mgsin30° - mMgcos30° = Ma ，即： FT -10 = Ma ，所以绳子对 B 的拉力先大于 ‎10N 后小于 10N，故选项 D 错误；‎ ‎ ‎ ‎8．AC ‎ ‎ A ．开始阶段，牵引力 F1 = 5000N ，据牛顿第二定律可得， F1 - f = ma ，得：开始 ‎ ‎ 阶段加速度a＝2.5m/s2．v1＝54km/h＝15m/s，据t0‎ = v1 ，解得t0＝6s．故 A 项正确．‎ a ‎ ‎ B．t0 时刻，电动机输出的功率最大，且 Pm = F1v1 = 5000´15W=75000W=75kW ．故 B 项错误．‎ ‎ ‎ C．汽油机工作期间，功率 P = F2v1 = 6000´15W=90kW ，11s 时刻汽车的速度 ‎ ‎ = P = 90×103 m ‎ ‎ ‎ ‎ ‎，汽油机工作期间牵引力做的功 v ‎2 F 3600‎ s =25 =90km/h W = Pt2 = 90´103 ´ (11-6 )J=4.5´105J ．故 C 项正确．‎ D．汽车前 6s 内的位移 x = 1 at 2 = 1 ´ 2.5´ 62 m=45m ，后 5s 内根据动能定理得：‎ ‎ ‎ ‎1 2 0 2‎ ‎ ‎ Pt - fx = 1 mv2 - 1 mv2 ，解得：汽车后 5s 内的位移 x = 120m ．所以前 11s 时间 ‎ ‎ ‎2 2 2 2 2 1 2‎ ‎ ‎ 内汽车的位移 x = x1 + x2 = 45 +120m=165m．故 D 项错误．‎ ‎ ‎ ‎9．BD ‎ ‎ A、将时刻代入瞬时值公式可知，t= 1 s 时，原线圈输入电压的瞬时值为18 2V，A ‎ ‎ 选项错误；‎ ‎ ‎ B、电压表的示数为有效值，输入电压的峰值为36 2V,根据正弦式交变电流有效值与 最大值的关系可知，U=Um=36V，B 选项正确；‎ C、D、电流表测量流过副线圈的电流，根据理想变压器电压和匝数的关系可知，副线圈的电压为 9V，正向导通时电流为 1A，根据电流的热效应可知I2 RT=I2R⋅ T，解 有效 2‎ 得：I = 2A；故 C 选项错误，D 选项正确． 故选 BD.‎ 有效 2‎ ‎ ‎ ‎10．BC ‎ ‎ 两个轻核发生聚变反应，由于反应放出能量，有质量亏损，则产生的新核的质量一定小于两个轻核的质量和，选项 A 错误；在核反应中，比结合能小的原子核变成比结合能大的原子核时，会释放核能，选项 B 正确；氢原子从n=2 能级跃迁到n=1 能级释放的光子能量小于从n=3 能级跃迁到n=1 能级时释放的光子的能量，则当用氢原子从 n=2 能级跃迁到n=1 能级辐射的光照射某金属时有光电子逸出，则用从 n=3 能级跃迁 到n=1 能级辐射的光照射该金属也一定会有光电子逸出，选项 C 正确；使处于基态的氢原子跃迁到激发态所吸收的光子的能量必须等于两个能级的能级差，否则将不能被吸收，选项 D 错误．‎ E.玻尔氢原子能级结构能很好地解释了氢原子光谱，但是不能解释其它原子光谱现象， 可见其原子结构模型是有局限性的；E 错误。‎ ‎11． BC； C； m1⋅ OP=m1⋅ OM+m2⋅ ON； m1⋅ OP2=m1⋅ OM2+ m2⋅ ON2 ； OP； OM 和 ON； m1⋅ OP=m1⋅ OM+m2⋅ ON；‎ 明确实验原理，从而确定需要测量哪些物理量； 在该实验中，小球做平抛运动，H 相等，时间 t 就相等，水平位移 x=vt，与 v 成正比，因此可以用位移 x 来代替速度 v，根据水平方向上的分运动即可验证动量守恒；根据动量守恒定律以及平抛运动规律可确定对应的表达式；‎ 解：(1)为了防止入射球碰后反弹，应让入射球的质量大于被碰球的质量；‎ ‎ ‎ 小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间相同，小球的水平位移与其初速 度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，实验需要验证：m1v0=m1v1+‎ m2v2，因小球均做平抛运动，下落时间相同，则可知水平位移 x=vt，因此可以直接用 水平位移代替速度进行验证，故有m1·OP=m1·OD+m2·ON，实验需要测量小球的质 量、小球落地点的位置，测量质量需要天平，测量小球落地点的位置需要毫米刻度尺，因此需要的实验器材有：BC；‎ (2) AB、由于各种偶然因素，如所受阻力不同等，小球的落点不可能完全重合，落点应当比较集中，但不是出现了错误，故A、B错误；‎ C、由于落点比较密集，又较多，每次测量距离很难，故确定落点平均位置的方法是最小圆法，即用尽可能最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表落点的平均位置，故 C正确；‎ D、仅调节斜槽上固定位置C，它的位置越低，由于水平速度越小，则线段 OP的长度 越小，故D错误。‎ 故选C；‎ ‎ ‎ ‎(3)若两球相碰前后的动量守恒，则m1v0=m1v1+m2v2，又OP=v0t，OM=v1t，‎ ON=v2t， 代 入 得 ：m1·OP=m1·OM+m2·ON， 若 碰 撞 是 弹 性 碰 撞 ， 满 足 动 能 守 恒 ， 则：1m1v2=1m1v2+1m2v2，代入得; m1·OP2=m1·OM2+m2·ON2；‎ ‎2 0 2 1 2 2‎ ‎ ‎ ‎(4)根据实验原理可知，OP是放一个小球时的水平射程，小球的速度与质量无关，故 OP与质量无关；而碰后两球的速度与两球的质量有关，所以碰后水平射程与质量有关， 故 OM 和 ON 与质量有关；；‎ ‎(5)如图所示,连接OP、OM、ON,作出M、N在 OP方向上的投影点 M′、N′，如图所示； 分别测量出OP、OM′、ON′的长度。若在实验误差允许范围内,满足关系式 ‎ ‎ ‎ ‎ m1·OP=m1·OM'+m2·ON'，则可以认为两小球碰撞前后在OP方向上动量守恒。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎12． 2；‎ ‎1 (R1 + Rg )(R0 + r ) 1 R1 + Rg + R0 + r I E R E ‎； 2.08； =；‎ ‎ ‎ ‎(1)根据串联电路电流相等，当电流表满偏时改装后的电压表达到最大量程即 U g = I g ‎(R1‎ + Rg ‎) = 400´10-6 ´ (4.5´103 + 500)V = 2V ；‎ ‎ ‎ ‎(2)根据闭合电路欧姆定律可得： E = I ( R + R ) + é I + I ( Rg + R1 ) ù r 中丢了 R ，‎ ‎ ‎ g 1 ê R ú 0‎ ë û 整理得： 1 = (R1 + Rg )(R0 + r)·1 + R1 + Rg + R0 + r ；答案是对的。‎ I E R E (2) 由对应的图象可知，‎ ‎ ‎ E = 2.08V ；‎ ‎(R1 + Rg )(R0 + r E ‎(33 - 27) ´102‎ = k = (150 - 50) ´10-3 = 6000 ，解得 ‎ ‎ ‎(4)通过（3）分析可知，本实验中不存大原理误差，即 I (Rg + R1 ) 为真实的路端电压，‎ I + I (Rg + R1 ) 为流过电源的真实电流，故电动势的测量值与真实值相同．‎ R ‎ ‎ ‎13．（1） s = 50m （2）狗被撞 ‎ ‎ ‎（1）根据加速度的定义可由图像得：‎ a = Dv = Dt ‎0 - 20‎ ‎ ‎ ‎4.5 - 0.5‎ = -5m/s2‎ ‎ ‎ 根据v — t 图线下面的面积值为位移大小，则由图像可得：‎ ‎ ‎ x = 1 v (t + t ) = 1 ´ 20´ (0.5+ 4.5)= 50m ‎ ‎ ‎2 0 1 2 2‎ ‎ ‎ ‎（2）当客车由v = 20m/s 减速到v = 4m/s 时，所需时间为t = Dv = 4 - 20 = 3.2s ‎ ‎ ‎0 a -5‎ ‎ ‎ ‎2 2‎ 司机从看到狗到速度减为v = 4m/s 所通过的位移为 x1 = v0t1 + 0‎ ‎2a = 48.4m ‎ ‎ 而狗通过的位移为 x2 = v (t1 + t ) = 14.8m x2 + 33 = 47.8m ‎ ‎ 因为 x1 > x2 + 33‎ ‎，所以狗将被撞。‎ ‎ ‎ 综上所述本题答案是：（1） x = 50m （2） 狗将被撞 ‎ ‎ ‎14．（1） I = 1A ；棒cd中的电流方向由d至 c；（2）F=0.2N；（3）W=0.4J ‎ ‎ ‎(1)棒cd受到的安培力为： Fcd = BIL ①‎ ‎ ‎ 棒cd在共点力作用下平衡，则： F = mgsin300 ②‎ 由①②式，代入数据解得： I = 1A ③‎ ‎ ‎ 根据楞次定律可知，棒cd中的电流方向由 d至 c ④‎ ‎ ‎ ‎(2)棒ab与棒cd受到的安培力大小相等，即： Fab = Fcd ‎ ‎ 对棒ab，由共点力平衡知： F = mgsin300 + BIL ⑤ 解得： F = 0.2N ⑥‎ ‎ ‎ ‎(3)设在时间t内棒cd产生Q = 0.1J 的热量，由焦耳定律知： Q = I 2 Rt ⑦‎ ‎ ‎ 设棒ab匀速运动的速度大小为 v，其产生的感应电动势为： E = BLv ⑧‎ ‎ ‎ 由闭合电路欧姆定律知： I = E ⑨‎ ‎2R ‎ ‎ 由运动学公式知在时间t内，棒 ab沿导轨的位移为： x = vt ⑩‎ ‎ ‎ 力F做的功为： W = Fx 综合上述各式，代入数据解得： W = 0.4J ．‎ ‎ ‎ ‎15．（1）20N， 2 J；（2） 1 s；（3）0.125≤μ＜0.75 或μ=1‎ ‎3‎ ‎ ‎ ‎（1）根据牛顿第二定律求出滑块在 B 点所受的支持力，从而得出滑块对 B 点的压力， 根据动能定理求出 AB 端克服阻力做功的大小．‎ ‎（2）若μ=0，根据牛顿第二定律求出加速度，结合位移时间公式求出 C 到 D 的时间．‎ ‎ ‎ ‎（3）最终滑块停在 D 点有两种可能，一个是滑块恰好从 C 下滑到 D，另一种是在斜面 CD 和水平面内多次反复运动，最终静止在 D 点，结合动能定理进行求解．‎ ‎ ‎ ‎（ ）滑块在 点，受到重力和支持力，在 ‎2‎ 点，根据牛顿第二定律有： ＝ v ，‎ ‎ ‎ ‎1 B B F−mg m R ‎ ‎ 代入数据解得：F=20N， 由牛顿第三定律得：F′=20N．‎ 从 A 到 B，由动能定理得：mgR−W＝ 1 mv2， 代入数据得：W=2J．‎ ‎2‎ ‎（2）在 CD 间运动，有：mgsinθ=ma， 加速度为：a=gsinθ=10×0.6m/s2=6m/s2，‎ 根据匀变速运动规律有：s＝ 1 2 解得： 1 ．‎ ‎ ‎ vt+ at ‎2‎ t= s ‎3‎ ‎ ‎ ‎（3）最终滑块停在 D 点有两种可能：‎ a、滑块恰好能从 C 下滑到 D．则有：‎ mgsinθ•s−μ1mgcosθ•s＝ 1 2， 代入数据得：μ1=1，‎ ‎0− 2mv b、滑块在斜面 CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于 D 点．‎ 当滑块恰好能返回 C 有：−μ1mgcosθ•2s＝ 1 2，得到：μ1=0.125，‎ ‎0− 2mv 当滑块恰好能静止在斜面上，则有：mgsinθ=μ2mgcosθ，得到：μ2=0.75．‎ 所以，当 0.125≤μ＜0.75，滑块在 CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于 D 点． 综上所述，μ的取值范围是 0.125≤μ＜0.75 或μ=1．（高中阶段认为μ一般小于 1，也就是说μ可以取 1）‎ ‎16．① 2 l ②7T0‎ ‎5 0‎ ‎ ‎ ‎①初状态Ⅰ气体压强：P1＝P0+ mg S 因为：mg=P0S 故：P1=2P0 Ⅱ气体压强：P2＝ 3mg ＝3P0‎ S ‎ ‎ 添加铁砂后Ⅰ气体压强： P'＝P + 3mg = 4P ‎1 0 S 0‎ ‎ ‎ Ⅱ气体压强：P2′＝P1′+ mg ＝5P0‎ S ‎ ‎ Ⅱ气体等温变化，根据玻意耳定律：P2l0S=P2′l2S 可得：l2＝ 3 l0，B 活塞下降的高度：h2＝l0−l2＝ 2 l0‎ ‎5 5‎ ‎②Ⅰ气体末状态的体积l' = l + l - l = 1 l ‎（0.5l +0.6l -l=0.1l）‎ ‎1 1 2 0‎ ‎10 0‎ ‎ ‎ 根据玻意耳定律：P1′l1S= P1′′l′1S 解得： P1′′=20P0‎ 只对Ⅱ气体末状态压强：P2″= P1″+ mg =21P0‎ S ‎ ‎ 根据气体理想气体状态方程：‎ P2¢l2 S ＝ P2 ²l0 S 解得：Tx=7 T0‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎17．(1)‎ ‎ ‎ v = 2v0‎ T0‎ ‎ ‎ ‎； B = 2mv0 (2) l eR 0‎ Tx ‎ ‎ ³ p+ 3 3 + 6‎ ‎12‎ ‎ ‎ 解：(1)对于单个质子进入加速电场后，则有： eU = 1 mv2 - 1 mv2‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 又： eU = 3 mv2 解得： v = 2v ；‎ ‎0 2 2 0‎ ‎0 2 0 0‎ ‎ ‎ 根据对称，两束质子会相遇于OO¢的中点 P，粒子束由CO 方向射入，根据几何关系可知必定沿 OP 方向射出， 出射点为 D，过 C、D 点作速度的垂线相交于 K，则 K， 则 K 点即为轨迹的圆心，如图所示，并可知轨迹半径 r=R ‎ ‎ 根据洛伦磁力提供向心力有：‎ evB = m v r ‎ ‎ 可得磁场磁感应强度： B = 2mv0‎ eR ‎ ‎ ‎(2)磁场 O 的圆心上移了 R ，则两束质子的轨迹将不再对称，但是粒子在磁场中运达 ‎2‎ 半径认为 R，对于上方粒子，将不是想着圆心射入，而是从 F 点射入磁场，如图所示，‎ E 点是原来 C 点位置，连 OF、OD，并作 FK 平行且等于 OD，连 KD，由于 OD=OF=FK，故平行四边形 ODKF 为菱形，即 KD=KF=R，故粒子束仍然会从 D 点射出，但方向并不沿 OD 方向，K 为粒子束的圆心 ‎ ‎ R R 1 π 由于磁场上移了 2 ，故 sin∠COF= 2‎ R ‎= 2 ，∠COF= 6‎ ‎ ‎ π ‎∠DOF=∠FKD= 3‎ 对于下方的粒子，没有任何改变，故两束粒子若相遇， 则只可能相遇在 D 点，‎ 下方粒子到达 C 后最先到达 D 点的粒子所需时间为 pR + (H + R - 2R)‎ t¢ = ‎2 2 = (p+ 4)R ‎2v0 4v0‎ ‎ ‎ 而上方粒子最后一个到达 E 点的粒子比下方粒子中第一个达到 C 的时间滞后Δt = l0‎ t0‎ ‎ ‎ ‎（有错，分母是速度 v0）‎ ‎ ‎ 上方最后的一个粒子从 E 点到达 D 点所需时间为 R - Rsin π 1 (2πR ) t = 3 + 6 = 6 + 2π - 3 3 R ‎2v0‎ ‎2v0‎ ‎12v0‎ ‎ ‎ 要使两质子束相碰，其运动时间满足t¢ £ t + Dt ‎ ‎ 联立解得l0‎ ³ π + 3 3 + 6‎ ‎12‎