2019-2020学年山东省济南市历城区济钢中学高三（下）质检物理试卷（3月份） 10页

‎2019-2020学年山东省济南市历城区济钢中学高三（下）质检物理试卷（3月份）‎ 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎ ‎ ‎1. 如图，为氢原子能级图；金属钾的逸出功为‎2.25eV，则下面有关说法正确的是（ ） ‎ A.处于基态的氢原子能吸收‎13.0eV的光子后跃迁至n＝‎3‎能级 B.大量处n＝‎4‎能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可辐射出‎5‎种不同频率的光 C.用处于n＝‎3‎能级的氢原子向低能级跃迁所辐射出的各种色光照射金属钾，都能发生光电效应 D.用大量处于n＝‎4‎能级的氢原子向低能级跃迁所辐射出的光照射金属钾，所产生光电子的最大初动能为‎10.5eV ‎ ‎ ‎2. 我国将于‎2020‎年完成‎35‎颗卫星组网的“北斗”全球卫星导航定位系统，该系统由‎5‎颗静止轨道卫星和‎30‎颗非静止轨道卫星构成‎.30‎颗非静止轨道卫星中有‎27‎颗是中轨道卫星，中轨道卫星的轨道高度约为‎21500km，静止轨道卫星的高度约为‎36000km，已知地球半径为‎6400km。关于北斗导航卫星，下列说法中正确的是（ ） ‎ A.中轨道卫星的线速度约为‎7.9km/s B.中轨道卫星的运行周期比静止轨道卫星周期大 C.中轨道卫星的向心加速度比静止轨道卫星的向心加速度大 D.静止轨道卫星绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度小 ‎ ‎ ‎3. ‎2019‎年‎8‎月‎11‎日超强台风“利奇马”登陆青岛，导致部分高层建筑顶部的广告牌损毁。台风“利奇马”登陆时的最大风力为‎11‎级，最大风速为‎30m/s。某高层建筑顶部广告牌的尺寸为：高‎5m、宽‎20m，空气密度ρ＝‎1.2kg/‎m‎3‎，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为‎0‎，则该广告牌受到的最大风力约为（ ） ‎ A.‎3.9×‎10‎‎3‎N B.‎1.2×‎10‎‎5‎N C.‎1.0×‎10‎‎4‎N D.‎‎9.0×‎10‎‎4‎N ‎ ‎ ‎4. 如图甲所示，用一轻绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动（不计一切阻力），小球运动到最高点时绳对小球的拉力大小为T，小球在最高点的速度大小为v，其T−‎v‎2‎图象如图乙所示，则（ ） ‎ A.轻质绳长为amb B.当地的重力加速度为bm C.当v‎2‎＝c时，轻质绳的拉力大小acb‎+a D.只要v‎2‎‎>b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为‎6a ‎ ‎ ‎5. 雨后太阳光射入空气中的水滴，先折射一次，然后在水滴的背面发生反射，最后离开水滴时再折射一次就形成了彩虹。如图，太阳光从左侧射入球形水滴，a、b是其中的两条出射光线，在这两条出射光线中，一条是红光，另一条是紫光。下面说法正确的是（ ） ‎ A.a光线是红光，b光线是紫光 B.用同一双缝干涉仪做光的双缝干涉实验，a光条纹间距大于b光条纹间距 C.a光在水滴中的传播时间比b光在水滴中的传播时间长 D.遇到同样的障碍物，a光比b光更容易发生明显衍射 ‎ ‎ ‎6. 一简谐横波沿x轴正向传播，t＝‎0‎时刻的波形图如图‎(a)‎所示，x＝‎0.60m处的质点的振动图像如图‎(b)‎所示。已知该波的波长大于‎0.60m，则该波的波长为（ ） ‎ A.‎0.60m B.‎0.80m C.‎1.60m D.‎‎1.20m 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 ‎ ‎ ‎7. 如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经历ab、bc、cd、de四个过程到达状态e，其中ba的延长线经过原点，bc连线与横轴平行，de连线与纵轴平行。下列说法正确的是（ ） ‎ A.ab过程中气体分子热运动平均动能增加 B.bc过程中气体分子单位时间内击容器壁次数不变 C.cd过程中气体从外界吸热小于气体内能增量 D.de过程中气体对外放出热量，内能不变 ‎ ‎ ‎8. A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移-时间图像，a、b分别为A、B两球碰前的位移-时间图像，c为碰撞后两球共同运动的位移-时间图像，若A球质量mA＝‎2kg，则由图像判断下列结论错误的是（ ） ‎ A.A、B碰撞前的总动量为‎10‎‎3‎kg⋅m/s B.碰撞时A对B所施冲量为‎−4N⋅s C.碰撞前后A的动量变化为‎4kg⋅m/s D.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为‎10J 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．‎ ‎ ‎ ‎ ‎2019‎年‎7‎月‎11‎日至‎14‎日，一级方程式世界锦标赛在英国银石举行，选手塞巴斯蒂驾驶法拉利SF90‎赛车由静止启动，赛车所受阻力大小恒为Ff，驾驶员和赛车的总质量为m，开始一段时间内为直线运动，其加速度随时间倒数的变化规律图线如图所示，a‎1‎和t‎1‎已知，下列说法正确的是（ ） ‎ A.赛车在‎0∼‎t‎1‎时间段内做加速度增大的加速运动 B.赛车在‎0∼‎t‎1‎时间段内所受牵引力大小为ma‎1‎+‎Ff C.赛车在t‎1‎时刻的动能为‎1‎‎2‎ma‎1‎‎2‎t‎1‎‎2‎ D.赛车在‎0∼‎t‎1‎时间段内牵引力做的功为‎(ma‎1‎+Ff)‎a‎1‎t‎1‎‎2‎ ‎ ‎ ‎ A、B为一电场中x轴上的两点，如图甲所示．一电子仅在电场力作用下从A点运动到B点，x轴上各点电势随其坐标变化的关系如图乙所示，则下列说法正确的是（ ） ‎ A.该电场是点电荷形成的电场 B.A、B两点电场强度大小关系为EA‎<‎EB C.电子从A运动到B过程中电场力做正功 D.电子在A、B两点的电势能大小关系为EpA‎>‎EpB ‎ ‎ ‎ 如图，半径为L的小圆与半径为‎3L的圆形金属导轨拥有共同的圆心，在小圆与导轨之间的环形区域存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。现将一长度为‎3L的导体棒置于磁场中，让其一端O点与圆心重合，另一端A与圆形导轨良好接触。在O点与导轨间接入一阻值为r的电阻，导体棒以角速度ω绕O点做逆时针匀速圆周运动，其它电阻不计。下列说法正确的是（ ） ‎ A.导体棒O点的电势比A点的电势低 B.电阻r两端的电压为‎9BωL‎2‎‎2‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 C.在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻r的电荷量为‎8BπL‎2‎r D.在导体棒旋转一周的时间内，电阻r产生的焦耳热为‎8πωB‎2‎L‎4‎r ‎ ‎ ‎ 如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块．木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的a−F图．取g＝‎10m/‎s‎2‎，则（        ） ‎ A.滑块的质量m＝‎4kg B.木板的质量M＝‎2kg C.当F=8N时滑块加速度为‎2m/‎s‎2‎ D.滑块与木板间动摩擦因数为‎0.1‎ ‎ 三、非选择题：本题共6小题，共60分．‎ ‎ ‎ ‎ 某兴趣小组用如图甲所示的实验装置来测物块与斜面间的动摩擦因数。PQ为一块倾斜放置的木板，在斜面底端Q处固定有一个光电门，光电门与数字计时器相连（图中未画）。每次实验时将一物体（其上固定有宽度为d的遮光条）从不同高度h处由静止释放，但始终保持斜面底边长L＝‎0.500m不变。（设物块与斜面间的动摩擦因数处处相同） ‎ ‎（1）用‎20‎分度游标卡尺测得物体上的遮光条宽度d如乙图所示，则d＝________cm；‎ ‎ ‎ ‎（2）该小组根据实验数据，计算得到物体经过光电门的速度v，并作出了如图丙所示的v‎2‎‎−h图像，其图像与横轴的交点为‎0.25‎．由此可知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝________；‎ ‎ ‎ ‎（3）若更换动摩擦因数更小的斜面，重复上述实验得到v‎2‎‎−h图像，其图像的斜率将________（填“增大”“减小”或“不变”）。‎ ‎ ‎ ‎ 某待测电阻Rx的阻值在‎80Ω∼100Ω之间，现要测量其电阻的阻值，实验窒提供如下器材 A．电流表A‎1‎（量程‎50mA、内阻约lΩ） B．电流表A‎2‎（量程‎200mA、内阻约为‎0.2Ω） C．电流表A‎3‎（量程‎0.6A、内阻约为‎0.1Ω） D．定值电阻R‎0‎＝‎30Ω E．滑动变阻器R（最大阻值约为‎10Ω） F．电源E（电动势为‎4V） G．开关S、导线若干 ①某同学设计了一个测量电阻Rx的实验电路，如图所示．为保证测量时电流表读数不小于其量程的‎1‎‎3‎，M、N两处的电流表应分别选用：M为________，N为________ （选填“A‎1‎”、“A‎2‎”或“A‎3‎”） ②若M、N电表的读数分别为IM、IN，则Rx的计算式为Rx＝________ ③考虑本次测量存在一定的系统误差，所以测量值比真实值________． ‎ ‎ ‎ ‎ 如图所示，一根上粗下细、粗端与细端都粗细均匀的玻璃管上端封闭、下端开口，横截面积S‎1‎＝‎4‎S‎2‎，下端与大气连通。粗管中有一段水银封闭了一定质量的理想气体，水银柱下表面恰好与粗管和细管的交界处齐平，空气柱和水银柱长度均为h＝‎4cm。现在细管口连接一抽气机（图中未画出），对细管内气体进行缓慢抽气，最终使一半水银进入细管中，水银没有流出细管。已知大气压强为p‎0‎＝‎76cmHg。 ①求抽气结束后细管内气体的压强； ②抽气过程中粗管内气体吸热还是放热？请说明原因。 ‎ ‎ ‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 ‎ 如图所示，高台的上面有一竖直的‎1‎‎4‎圆弧形光滑轨道，半径R=‎5‎‎4‎m，轨道端点B的切线水平。质量M＝‎5kg的金属滑块（可视为质点）由轨道顶端A由静止释放，离开B点后经时间t＝‎1s撞击在斜面上的P点。已知斜面的倾角θ＝‎37‎‎∘‎，斜面底端C与B点的水平距离x‎0‎＝‎3m。g取‎10m/‎s‎2‎，sin‎37‎‎∘‎＝‎0.6‎，cos‎37‎‎∘‎＝‎0.8‎，不计空气阻力。 ‎ ‎（1）求金属滑块M运动至B点时对轨道的压力大小；‎ ‎ ‎ ‎（2）若金属滑块M离开B点时，位于斜面底端C点、质量m＝‎1kg的另一滑块，在沿斜面向上的恒定拉力F作用下由静止开始向上加速运动，恰好在P点被M击中。已知滑块m与斜面间动摩擦因数μ＝‎0.25‎，求拉力F大小。‎ ‎ ‎ ‎ 如图所示，一质量M＝‎4kg的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住．小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，BC与CD相切于C，BC所对圆心角θ＝‎37‎‎∘‎，CD长L＝‎3m。质量m＝‎1kg的小物块从某一高度处的A点以v‎0‎＝‎4m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道，滑到D点时刚好与小车达到共同速度v＝‎1.2m/s．取g＝‎10m/‎s‎2‎，sin‎37‎‎∘‎＝‎0.6‎，忽略空气阻力． ‎ ‎（1）求A、B间的水平距离x；‎ ‎ ‎ ‎（2）求小物块从C滑到D所用时间t‎0‎；‎ ‎ ‎ ‎（3）若在小物块抛出时拔掉销钉，求小车向左运动到最大位移年时滑块离小车左端的水平距离． ‎ ‎ ‎ ‎ 如图所示，直线MN与两平行极板垂直．两极板之间存在匀强电场，电场强度大小为E，方向向右，极板间距离为d，S‎1‎、S‎2‎为极板上的两个小孔．在MN下方和两极板外侧区域存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．MN上方有一绝缘挡板PQ，与MN平行放置．从小孔S‎1‎处由静止释放的带正电粒子，经电场加速后，恰能从小孔S‎2‎进入磁场，飞出右侧磁场后与挡板PQ相碰．已知两小孔S‎1‎、S‎2‎到直线MN的距离均为d，粒子质量为m、电量为q，与挡板碰撞前后，粒子电量没有损失，平行于挡板方向的分速度不变，垂直于挡板方向的分速度反向，大小不变，不计粒子的重力． ‎ ‎（1）求粒子到达小孔S‎2‎时的速度大小 ‎ ‎ ‎（2）若磁场的磁感应强度大小为‎9mE‎2qd，为保证粒子再次回到S‎2‎，挡板PQ应固定在离直线MN多远处？‎ ‎ ‎ ‎（3）若改变磁场的磁感应强度大小，使粒子每次通过S‎2‎进入磁场后均能沿第（2）问中的路径运动，求粒子第n次通过两侧磁场区域所用时间．‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 参考答案与试题解析 ‎2019-2020学年山东省济南市历城区济钢中学高三（下）质检物理试卷（3月份）‎ 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎1.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 氢原子的能级公式和跃迁 氢原子光谱 ‎【解析】‎ 根据数学组合公式得出辐射的不同频率的光子种数； 根据辐射光子的能量等于两能级间的能级差求出光子能量，通过辐射的光子能量与逸出功比较，判断能否发生光电效应，并根据光电效应方程EK＝hv−W，即可求解。‎ ‎【解答】‎ A‎、用能量为‎13.0eV的光子照射，基态的氢原子若吸收‎13eV的能量，则能量值为‎−0.6eV，氢原子没有该能级。所以不能使处于基态的氢原子跃迁，故A错误。 B、大量处于n＝‎4‎能级的氢原子，最多可以辐射出C‎4‎‎2‎‎=6‎种不同频率的光，故B错误。 C、现有一群处于n＝‎3‎能级的氢原子向低能级跃迁，根据C‎3‎‎2‎‎=3‎，知该群氢原子可能发射‎3‎种不同频率的光子，但是n＝‎3‎能级跃迁到n＝‎2‎能级的光子能量小于‎2eV，所以能使该金属发生光电效应的频率共有‎2‎种，故C错误。 D、n＝‎4‎能级的氢原子跃迁到基态时，释放光子的能量 E＝E‎4‎‎−‎E‎1‎＝‎12.75eV，再根据光电效应方程式得 光电子的最大初动能为Ek＝E−‎W‎0‎＝‎12.75eV−2.25eV＝‎10.5eV，故D正确。‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ C ‎【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】‎ 人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式。‎ ‎【解答】‎ GMmr‎2‎=mv‎2‎r=mω‎2‎r‎＝m(‎2πT‎)‎‎2‎r＝ma 解得：v=‎GMr①T=‎2πrv=2πr‎3‎GM②ω=‎GMr‎3‎③a=‎GMr‎2‎④ A、由v=‎GMr可知轨道半径大的线速度小，则中轨道卫星的线速度小于近地卫星的线速度‎7.9Km/s，故A错误 B、由T=‎2πrv=2πr‎3‎GM 可知轨道半径小的周期小，故B错误 C、由a=‎GMr‎2‎ 可知轨道半径小的加速度大，故C正确 D、由ω=‎GMr‎3‎可知轨道半径小的角速度大，故D错误 ‎3.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 动量定理的理解 ‎【解析】‎ 设t时间内吹到广告牌上的空气质量为m，根据动量定理的公式Ft＝‎△mv，即可求解。‎ ‎【解答】‎ 广告牌的面积S＝‎5×20‎m‎2‎＝‎100‎m‎2‎ 设t时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有：m＝ρSvt 根据动量定理有：‎−Ft＝‎0−mv＝‎0−ρSv‎2‎t 得：F＝ρSv‎2‎ 代入数据解得，F≈1.2×‎10‎‎5‎N，故B正确，ACD错误。‎ ‎4.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 向心力 牛顿第二定律的概念 ‎【解析】‎ 小球在竖直面内做圆周运动，到最高点时由绳对小球的拉力和重力的合力提供向心力，根据图象、应用向心力公式、牛顿第二定律分析答题。根据牛顿第二定律和机械能守恒列式求解小球在最低点和最高点时绳的拉力差。‎ ‎【解答】‎ AB‎、在最高点时，绳对小球的拉力和重力的合力提供向心力，则得：mg+T＝mv‎2‎L 得：T=mLv‎2‎−mg； 由图象知，当v‎2‎＝‎0‎时，T＝‎−a 即：‎−a＝‎−mg 得：g=‎am， 但T＝‎0‎时，mg=mv‎2‎L=mbL 则绳长L=bg=‎mba，故AB错误； C、当v‎2‎＝c时，代入T=mLv‎2‎−mg 得：T=mLc−mg=acb−a，故C错误； D、只要v‎2‎‎≥b，绳子的拉力大于‎0‎，根据牛顿第二定律得： 最高点：T‎1‎‎+mg＝mv‎1‎‎2‎L⋯‎① 最低点：T‎2‎‎−mg＝mv‎2‎‎2‎L⋯‎② 从最高点到最低点的过程中，根据动能定理得： ‎2mgL=‎1‎‎2‎mv‎2‎‎2‎−‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎⋯‎③， 联立各式得：T‎2‎‎−‎T‎1‎＝‎‎6mg 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 ‎，即小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为‎6a，故ABC错误，D正确；‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 光发生明显衍射的条件 薄膜干涉的应用 ‎【解析】‎ 太阳光在水滴表面发生折射现象，入射角相同，根据折射角以及折射定律分析a、b两中光的折射率以及两种光的波长大小关系，依据波长越长的，越容易发生衍射现象；根据干涉条纹间距公式‎△x=ldλ，可判定条纹间距大小；分析两种色光在水滴中传播的路径大小关系以及传播速度的大小关系，根据x＝vt分析两种光的传播时间。‎ ‎【解答】‎ A‎、a、b两种光在水滴表面发生折射现象，入射角相同，a光的折射角小于b光，根据折射定律可知，a光的折射率大于b光，所以a是紫光，b是红光，故A错误； B、由于a光的波长小于b光，用同一双缝干涉仪做光的双缝干涉实验，根据干涉条纹间距公式‎△x=ldλ，a光条纹间距小于b光条纹间距，故B错误； C、令太阳光在水滴表面发生折射现象时，a光的折射角为α，b光的折射角为β，则球形水滴的半径为R，所以a光在水滴中的传播路径长为xa＝‎4R⋅cosα，b光在水滴中传播的路径长为xb＝‎4Rcosβ， 因为α<β，所以xa‎>‎xb，又因为光在介质中的传播速度为v=‎cn， 因为na‎>‎nb，所以va‎<‎vb，光在水滴中的传播时间为t=‎xv，所以a光在水滴中的传播时间比b光在水滴中的传播时间长，故C正确； D、a光的波长小于b光，遇到同样的障碍物，b光更容易发生明显的衍射现象，故D错误。‎ ‎6.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 波长、频率和波速的关系 横波的图象 ‎【解析】‎ 由图b可知，质点后面的时刻位移比t＝‎0‎时刻位移大，可知质点沿y轴正向运动，根据振动方程及波速与波长周期关系结合题中条件即可求解波长。‎ ‎【解答】‎ 由图b可知，t＝‎0‎时刻，该质点的位移为y=‎2‎cm，在下一极短时刻，位移大于‎2‎cm．所以该质点在t＝‎0‎时刻的运动方向沿y轴正向。 由振动方程得：y＝Asin‎2πTt 则有：‎2‎‎=2sin‎2πTt 解得：sin‎2πTt=‎‎2‎‎2‎ 波长大于‎0.60m，所以，‎2πTt=‎3‎‎4‎π，t=‎3‎‎8‎T 因波速v=λT=xt=‎‎0.6‎‎3‎‎8‎T 则得：v⋅‎3‎‎8‎T=0.6‎，波长 λ＝vT＝‎1.6m，故C正确，ABD错误。‎ ‎7.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 理想气体的状态方程 热力学第一定律 ‎【解析】‎ p−T图像中等容线为过原点的一条倾斜直线，判断出气体温度的变化，温度是分子平均动能的量度；根据W＝p△V判断做功情况，根据热力学第一定律判断内能变化或吸热情况；‎ ‎【解答】‎ A‎、ab过程气体温度升高，分子平均动能增大，故A正确； B、bc过程温度升高，气体分子平均动能增大，为保持压强不变，单位时间内气体分子与器壁碰撞次数应减少，故B错误； C、cd过程根据理想气体状态方程pVT‎=C可知，气体体积增大，故对外做功，又温度升高，内能增大，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量且大于内能增量，故C错误； D、de过程温度不变，压强降低，根据玻意耳定律可知气体体积增大，对外做功，因温度不变，内能不变，则气体从外界吸收热量，故D错误；‎ ‎8.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 动量守恒定律的综合应用 摩擦力做功与能量转化 匀变速直线运动的概念 动量守恒定律的理解 ‎【解析】‎ 根据x−t图像结合公式v=‎xt，可计算出碰撞前和碰撞后的速度，注意规定正方向。由图像可知，A、B碰撞后的速度相同。 （1）根据动量守恒定律mAvA‎+‎mBvB＝mAvA‎′‎‎+‎mBvB‎′‎，计算出B的质量，接着根据初动量p＝mAvA‎+‎mBvB可计算出碰撞前的总动量； （2）由动量定理I＝‎mv−mv‎0‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 可知，碰撞过程中的冲量； （3）根据动量变化量为初末动量之差，即可得出动量变化量； （4）在计算能量损失时，可结合初末动能之差进行计算。‎ ‎【解答】‎ 由x−t图像可知，碰撞前有：vA‎=xAtA=‎4−10‎‎2‎m/s=−3m/s，vB‎=xBtB=‎4‎‎2‎m/s＝‎2m/s，碰撞后有：v‎​‎‎′‎A＝v‎​‎‎′‎B＝v=xt=‎2−4‎‎4−2‎m/s＝‎−1m/s，对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后系统的动量守恒。 A、以碰撞前B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAvA‎+‎mBvB＝‎(mA+mB)v，解得：mB‎=‎4‎‎3‎kg，A、B碰前的总动量pA＝mAvA‎+‎mBvB，代入数据解得：pA‎=−‎10‎‎3‎kg⋅m/s，故A错误，符合题意； B、由动量定理可知，A对B的冲量为：IB＝mBv−‎mBvB，代入数据解得：IB＝‎−4N⋅s，故B正确，不符合题意； C、碰撞前后A球的动量变化为：‎△‎pA＝mAv−‎mAvA＝‎4kg⋅m/s，故C正确，不符合题意； D、碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为：‎△Ek=‎1‎‎2‎mAvA‎2‎+‎1‎‎2‎mBvB‎2‎−‎1‎‎2‎(mA+mB)‎v‎2‎，代入数据解得：‎△‎Ek＝‎10J，故D正确，不符合题意；‎ 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．‎ ‎【答案】‎ B,C ‎【考点】‎ 平均功率 牛顿第二定律的概念 ‎【解析】‎ 根据图像直接分析加速度的变化。图像的斜率等于速度，由此分析。 根据恒力做功公式求解牵引力做功。‎ ‎【解答】‎ A‎、由图知，物体在t‎1‎前加速度不变，做初速度为零的匀加速运动，故A错误。 C、图像的斜率等于速度，则知物体在t‎1‎时刻的速度为a‎1‎t‎1‎，动能Ek‎=‎1‎‎2‎mv‎2‎=‎1‎‎2‎ma‎1‎‎2‎t‎1‎‎2‎，故C正确。 B、物体在t‎1‎前加速度不变，根据牛顿第二定律可知，F−‎Ff＝ma‎1‎，解得牵引力F＝ma‎1‎+‎Ff，故B正确。 D、物体在‎0∼‎t‎1‎时间内，牵引力做功为W＝F⋅‎1‎‎2‎a‎1‎t‎1‎‎2‎=‎1‎‎2‎(ma‎1‎+Ff)‎a‎1‎t‎1‎‎2‎，故D错误。‎ ‎【答案】‎ C,D ‎【考点】‎ 静电场中的φ-x图象问题 ‎【解析】‎ 在各点电势随其坐标变化的关系图像中，斜率表示电场强度大小；根据力与运动方向判断电场力做功正负；根据电场力做功与电势能变化关系判断电势能大小。‎ ‎【解答】‎ 解：AB．各点电势随其坐标变化的关系图像中，斜率表示电场强度大小可知，该电场为匀强电场，则A、B两点电场强度大小关系为EA＝EB，故AB错误； CD．由A到B电势逐渐升高，故电场方向由B指向A，电子从A运动到B过程中电场力方向与运动方向相同，电场力做正功，电势能减小，故电子在A、B两点的电势能大小关系为EpA‎>‎EpB，故CD正确． 故选CD．‎ ‎【答案】‎ A,C ‎【考点】‎ 闭合电路的欧姆定律 单杆切割磁感线 电磁感应中的能量问题 ‎【解析】‎ 根据右手定则判断电势高低；应用E＝BLv求出感应电动势；计算出电路中电流的大小和周期，根据电荷量的计算公式求解通过r的电荷量，根据焦耳定律计算产生的焦耳热。‎ ‎【解答】‎ A‎、由右手定则可知，感应电流由O流向A，则O点电势比A点电势低，故A正确； B、感应电动势：E＝B(2L)v‎¯‎=B(2L)ωL+ω⋅3L‎2‎=4BL‎2‎ω，电阻两端电压：U＝E＝‎4BL‎2‎ω，故B错误。 C．电路中电流为：I=Er=‎‎4BL‎2‎ωr，周期为：T=‎‎2πω，在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻r的电荷量为：q＝It=‎‎8πBL‎2‎r，故C正确； D．在导体棒旋转一周的时间内，电阻r产生的焦耳热为：Q＝I‎2‎rT=‎‎32πB‎2‎L‎4‎ωr，故D错误。‎ ‎【答案】‎ A,B,D ‎【考点】‎ 板块模型问题 加速度与力的关系图象 ‎【解析】‎ 当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析。‎ ‎【解答】‎ 解：AB．当F等于‎6N时，加速度为：a＝‎1m/‎s‎2‎， 对整体分析，由牛顿第二定律有：F＝‎(M+m)a，代入数据解得：M+m＝‎6kg， 当F大于‎6N时，根据牛顿第二定律得：a=F−μmgM=‎1‎MF−‎μmgM， 由图示图像可知，图线的斜率：k=‎1‎M=ΔaΔF=‎1‎‎6−4‎=‎‎1‎‎2‎，解得：M＝‎2kg，滑块的质量为：m＝‎4kg，故AB正确； CD．根据F大于‎6N的图线知，F＝‎4N时，a＝‎0‎，即：‎0=‎1‎‎2‎×F−‎μ×40‎‎2‎，代入数据解得：μ＝‎0.1‎， 由图示图像可知，当F＝‎8N时，滑块与木板相对滑动，滑块的加速度为：a＝μg＝‎1m/‎s‎2‎，故C错误，D正确． 故选ABD．‎ 三、非选择题：本题共6小题，共60分．‎ ‎【答案】‎ ‎0.225‎ ‎0.5‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 不变 ‎【考点】‎ 探究影响摩擦力的大小的因素 ‎【解析】‎ ‎（1）根据游标卡尺的读数方法进行读数； （2）由动能定理得到v‎2‎‎−h的关系式，根据图像的截距求解动摩擦因数； （3）根据v‎2‎‎−h图像的斜率表示的物理意义进行分析。‎ ‎【解答】‎ 由图知第‎5‎条刻度线与主尺对齐，则读数为：d＝‎2mm+5×0.05mm＝‎2.25mm＝‎0.225cm；‎ 设斜面的长为s，倾角为θ，由动能定理得：‎(mgsinθ−μmgcosθ)=‎1‎‎2‎mv‎2‎ 即：mgh−μmgL=‎1‎‎2‎mv‎2‎，v‎2‎＝‎2gh−2μgL 由图像可知，当h＝‎0.25m时，v＝‎0‎，代入得到：μ＝‎0.5‎；‎ 由v‎2‎＝‎2gh−2μgL知斜率K＝‎2g为定值，若更换动摩擦因数更小的斜面，图像的斜率不变。‎ ‎【答案】‎ A‎1‎‎,A‎2‎,‎(IN−IM)‎R‎0‎IM,偏大 ‎【考点】‎ 伏安法测电阻 ‎【解析】‎ ‎①根据欧姆定律估算出通过电阻R‎0‎的电流和通过待测电阻的电流，再选择量程恰当的电表； ②根据串并联电路特点及欧姆定律求出待测电阻阻值； ③分析实验电路结构，找出实验误差来源，然后分析实验误差．‎ ‎【解答】‎ ‎①通过待测电阻的最大电流约为：IM‎=ERX=‎4V‎80Ω=0.05A＝‎50mA，因此M处的电流表可选A‎1‎； 通过N出的最大电流约为：IN＝IM‎+ER‎0‎=0.05A+‎4V‎30Ω≈0.183A＝‎183mA， 为保证测量时电流表读数不小于其量程的三分之一，N处的电流表应选A‎2‎； ②通过定值电阻R‎0‎的电流I＝IN‎−‎IM，并联电路两端电压U＝IR‎0‎＝‎(IN−IM)‎R‎0‎， 待测电阻阻值：RX‎=UI=‎‎(IN−IM)‎R‎0‎IM． ③由电路图可知，待测电阻与电流表A‎1‎串联，由欧姆定律求出的电阻阻值为待测电阻阻值与电流表A‎1‎内阻之和，所以电阻的测量值大于真实值．‎ ‎【答案】‎ ‎①抽气结束后细管内气体的压强为‎58cmHg； ②抽气过程中粗管内气体吸热，是由于气体对外做功，同时内能不变，所以会吸收热量。‎ ‎【考点】‎ 气体的等温变化 热力学第一定律 ‎【解析】‎ ‎①根据体积不变，求出水银柱恰好一半进入粗管中时，水银柱的高度，根据理想气体状态方程求解时封闭气体的压强，再根据平衡条件知细管里气体压强； ②抽气过程，封闭气体发生等温变化，根据热力学第一定律可以判定是吸热还是放热。‎ ‎【解答】‎ ‎①缓慢抽气过程中，粗管内气体的温度不变。设抽气后粗管内气体压强为p‎1‎，细管内气体压强为p‎2‎，由玻意耳定律可得： ‎(p‎0‎−h)⋅h＝p‎1‎‎⋅(h+‎1‎‎2‎h)‎…① P‎2‎＝p‎1‎‎+(‎1‎‎2‎h+2h)‎…② 由①②式联立解得：P‎2‎＝‎58(cmHg)‎…③ ②缓慢抽气过程中，粗管内气体的温度不变，气体内能不变，‎△U＝‎0‎； 气体体积增大，对外做功，W<0‎； 根据热力学第一定律：‎△U＝W+Q，所以Q>0‎，粗管内的气体吸热。‎ ‎【答案】‎ 金属滑块M运动到B点时对轨道的压力大小‎150N；‎ 拉力F大小为‎13N。‎ ‎【考点】‎ 向心力 平抛运动的概念 机械能守恒的判断 ‎【解析】‎ ‎（1）由机械能守恒定律求出金属滑块到达B点时的速度，然后由牛顿第二定律求出轨道对滑块的支持力，再由牛顿第三定律求出金属滑块对B的压力； （2）由平抛运动知识求出M的水平位移，然后由几何知识求出滑块m的位移，由运动学公式求出滑块m的加速度，由牛顿第二定律求出拉力大小；‎ ‎【解答】‎ 金属滑块M由A到B过场中，由机械能守恒定律可得： MgR=‎‎1‎‎2‎mvB‎2‎ 解得：vB‎=‎2gR=‎2×10×‎‎5‎‎4‎m/s=5m/s 金属滑块M在B点时，由牛顿第二定律有： N−Mg＝MvB‎2‎R 解得：N＝‎150N 由牛顿第三定律可知，金属滑块M在B点时对轨道的压力大小为‎150N 金属滑块M离开B后做平抛运动的水平位移为：x＝vBt＝‎5m 由几何关系可得滑块m的位移为：s=x−‎x‎0‎cos37‎=‎5−3‎‎0.8‎m=2.5m 设滑块m向上运动的加速度为a，由s=‎1‎‎2‎at‎2‎可得：a=‎2st‎2‎=‎2×2.5‎‎1‎‎2‎m/s‎2‎=5m/‎s‎2‎ 由牛顿第二定律可得：F−mgsin ‎37‎‎∘‎−μmgcos ‎‎37‎‎∘‎＝ma 解得：F＝‎‎13N ‎【答案】‎ A‎、B间的水平距离x为‎1.2m；‎ 小物块从C滑到D所用时间t‎0‎为‎1s；‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 小车向左运动到最大位移年时滑块离小车左端的水平距离为‎3.73m。 ‎ ‎【考点】‎ 动量定理的理解 动量守恒定律的理解 摩擦力做功与能量转化 平抛运动的概念 ‎【解析】‎ ‎（1）小物块做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出A、B间水平距离。 （2）物块与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求出共同速度，然后应用能量守恒定律与动量定理求出滑块从C到D的运动时间。 （3）有销钉时滑块下滑过程机械能守恒，应用机械能守恒定律、能量守恒定律与动能定理可以求出水平位移。‎ ‎【解答】‎ 小物块做平抛运动，由平抛运动的规律得：tanθ=‎gtv‎0‎，x＝v‎0‎t， 代入数据解得：x＝‎1.2m；‎ 物块在小车上CD段滑动过程系统动量守恒， 由动量守恒定律得：mv‎1‎＝‎(M+m)v， 由能量守恒定律得：fL=‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎−‎1‎‎2‎(M+m)‎v‎2‎ 对物块，由动量定理得：‎−ft‎0‎＝mv−mv‎1‎ 代入数据解得：t‎0‎＝‎1s；‎ 有销钉时滑块的机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgH+‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎=‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎ 由几何关系得：H−‎1‎‎2‎gt‎2‎＝R(1−cosθ)‎ B、C间的水平距离：xBC＝Rsinθ 由动能定理得：‎−μmgL=‎1‎‎2‎(M+m)v‎2‎−‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎， 若拔掉销钉，小车向左运动达最大位移时，速度为‎0‎，此时物块速度为‎4m/s 对系统，由能量守恒定律得：mgH＝μmg(△x−xBC)‎， 代入数据解得：‎△x＝‎3.73m；‎ ‎【答案】‎ 求粒子到达小孔S‎2‎时的速度大小为v‎1‎‎=‎‎2qEdm；‎ 若磁场的磁感应强度大小为‎9mE‎2qd，为保证粒子再次回到S‎2‎，挡板PQ应固定在离直线MNs=(‎3‎‎2‎+1)d处；‎ 若改变磁场的磁感应强度大小，使粒子每次通过S‎2‎进入磁场后均能沿第（2）问中的路径运动，求粒子第n次通过两侧磁场区域所用时间为tn‎=‎2‎‎3‎Tn=‎4π‎9‎‎2mdnqE,n=1,2,3,⋯‎ ‎【考点】‎ 带电粒子在匀强磁场中的运动规律 带电粒子在电场中的加（减）速和偏转 ‎【解析】‎ ‎（1）根据动能定理，电场力做的功等于粒子动能的变化粒子第一次到达小孔s‎2‎时的速度大小； （2）求出粒子在磁场中圆周运动的半径，根据几何关系求出粒子射出磁场时的速度方向与MN的夹角，根据几何关系求得PQ与MN两板间距离； （3）根据（2）中粒子运动半径求出由电场加速后求出速度表达式再由半径公式表示出磁场的表达式，根据粒子在磁场中做圆周运动的周期公式，求出粒子在磁场中运动的时间即可．‎ ‎【解答】‎ 粒子从释放到第一次到达s‎2‎过程，由动能定理得： qEd=‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎ 可得粒子速度v‎1‎‎=‎‎2qEdm 粒子运动轨迹如图所示， 粒子在磁场中运动时有： qv‎1‎B=‎mv‎1‎‎2‎r 得粒子运动半径r=mv‎1‎qB=m‎2qEdmq‎9mE‎2qd=‎2‎‎3‎d 由几何关系可知，粒子第一次从MN射出磁场时与MN的夹角为‎60‎‎∘‎，为保证粒子再次回到s‎2‎，须打到挡板上如图所示的位置O 则挡板与MN的距离应为：s＝‎(2rcos‎30‎‎∘‎+d)sin‎60‎‎∘‎ 解得：‎s=(‎3‎‎2‎+1)d 设粒子第n次通过磁场的速度为vn，由动能定理可得 nqEd=‎1‎‎2‎mvn‎2‎(n=1,2,3,⋯)‎ 由于qvnBn=mvn‎2‎r 所以有Bn‎=nB=‎‎9nmE‎2qd ‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 粒子第n次在磁场中运动的周期Tn‎=‎2πmqBn=‎‎2π‎3‎‎2mdnqE 粒子第n次通过磁场所用的时间： ‎tn‎=‎2‎‎3‎Tn=‎4π‎9‎‎2mdnqE,n=1,2,3,⋯‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页