2020年山东省高考物理仿真试卷（一） 10页

‎2020年山东省高考物理仿真试卷（一）‎ 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. 关于分子动理论的基本观点和实验依据，下列说法正确的是（ ） ‎ A.大多数分子直径的数量级为‎10‎‎−6‎m B.水烧开时，上方雾气的运动是布朗运动 C.气体分子间作用力一般表现为较强的引力 D.扩散现象是物质分子永不停息地做无规则运动的证明 ‎ ‎ ‎2. 关于原子结构和原子核，下列说法正确的是（ ） ‎ A.γ射线是高速运动的电子流，有很强的穿透本领 B.氢原子辐射光子后，其绕核运动的电子向高能级跃迁 C.‎​‎‎7‎‎14‎N+‎​‎‎2‎‎4‎He→‎​‎‎8‎‎17‎O+‎​‎‎1‎‎1‎H是原子核的人工转变 D.核裂变反应和核聚变反应都遵守质量数守恒，但反应中的电荷量不守恒 ‎ ‎ ‎3. 如图所示，质量均为m＝‎10g的两个小球A、B（可视为质点）固定在轻质弹簧的两端，将其放入光滑的半球形碗中，两小球静止时，弹簧的长度等于碗的半径。已知弹簧的原长l‎0‎＝‎12cm，碗的半径R＝‎10cm，重力加速度大小g＝‎10m/‎s‎2‎，则该弹簧的劲度系数为（ ） ‎ A.‎5‎‎3‎‎3‎N/m B.‎4‎‎3‎‎3‎N/m C.‎3‎N/m D.‎‎3‎‎3‎N/m ‎ ‎ ‎4. 如图所示，等腰直角三角形金属线框abc放在光滑绝缘水平桌面上，直角边长为L，线框的总电阻为R，质量为m，有界匀强磁场垂直于水平桌面向下，磁感应强度大小为B，磁场边界MN、PQ间距大于L，开始时ab边与磁场边界MN平行。给金属线框一个方向垂直MN向右、大小为v‎0‎的初速度，线框穿过磁场后的速度大小为v‎0‎‎2‎，则下列分析正确的是（ ） ‎ A.线框进入磁场过程中产生顺时针方向的感应电流 B.线框刚进入磁场时产生的感应电流为BLv‎0‎R C.线框进入磁场和穿出磁场过程均做匀减速运动 D.线框穿过磁场过程产生的热量为‎3‎‎4‎mv‎0‎‎2‎ ‎ ‎ ‎5. ‎2019‎年女排世界杯中，中国女排取得十一连胜的优异成绩，成功卫冕世界杯冠军。若某次近网处球垂直球网以大小为v‎0‎＝‎10m/s的水平速度飞来，运动员于球网的正上方扣球后，球垂直球网水平飞出，球恰好落到对方底线。已知击球点距离地面高h＝‎2.45m，击球过程中手与球接触时间t‎0‎＝‎0.1s，排球质量m＝‎280g，排球场长L＝‎18m，宽D＝‎9m，不计空气阻力，重力加速度g＝‎10m/‎s‎2‎，下列分析正确的是（ ） ‎ A.运动员扣球后，球水平飞出的速度大小约为‎13m/s B.运动员扣球后，球在空中运动的时间为‎1s C.运动员扣球过程中，手对排球的平均作用力大小约为‎128.8N D.运动员扣球过程中，对球所做的功约为‎24J ‎ ‎ ‎6. 如图所示，虚线为某静电场中的等差等势线（相邻两虛线间的电势差相等），实线为某带电粒子在该静电场中运动的轨迹，a、b、c、d为粒子的运动轨迹与等势线的交点，除电场力外，粒子受到的其他力均可不计。下列说法正确的是（ ） ‎ A.粒子在a、c两点的加速度大小一定相等 B.粒子在b、c两点的速度大小一定相等 C.粒子运动过程中速度一定先减小后增大 D.粒子在b点时的电势能一定比在d点时的电势能大 ‎ ‎ ‎7. 医用氧气钢瓶的容积V‎0‎＝‎40L，室内常温下充装氧气后，氧气钢瓶内部压强p‎1‎＝‎140atm，释放氧气时瓶内压强不能低于p‎2‎＝‎2atm。病人一般在室内常温下吸氧时，每分钟需要消耗‎1atm下‎2L 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 氧气，室内常温下，一瓶氧气能供一个病人吸氧的最长时间为（ ） ‎ A.‎23‎小时 B.‎33.5‎小时 C.‎46‎小时 D.‎80‎小时 ‎ ‎ ‎8. 我国自主研发的“北斗三号”卫星系统由‎30‎颗卫星组成，其中某颗中圆轨道卫星在轨运行时到地面的距离是地球半径的a倍，绕地球做匀速圆周运动的周期为T，地球表面的重力加速度为g，忽略地球的自转。则地球半径可表示为（ ） ‎ A.gT‎2‎‎4‎π‎2‎‎(a+1)‎‎3‎ B.gT‎2‎‎4‎π‎2‎a‎3‎ C.‎4gT‎2‎π‎2‎‎(a+1)‎‎2‎ D.‎‎2gT‎2‎π‎2‎a‎2‎ 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．‎ ‎ ‎ ‎ ‎2020‎年‎2‎月‎2‎日上午，武汉火神山医院正式交付，从方案设计到建成交付仅用‎10‎天，被誉为“中国速度”。在医院建造过程中，有一吊机将静止在地面上的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v−t图像如图所示。下列判断正确的是（ ） ‎ A.‎1s末货物的加速度大小为‎0.75m/‎s‎2‎ B.前‎2s内货物克服重力做功的功率不变 C.最后‎3s内货物处于超重状态 D.在第‎4s末至第‎7s末的过程中，货物的机械能增大 ‎ ‎ ‎ 在如图甲所示电路中，理想变压器原线圈接有如图乙所示的正弦交变电压，副线圈串联有理想电流表和阻值为‎40Ω的电阻，电流表的示数为‎1.5‎ ‎ A.下列说法正确的是（ ） A．变压器原、副线圈的匝数之比为‎11:3‎ B.通过电阻的电流方向每秒改变‎25‎次 C.电阻两端电压的最大值为‎60V D.变压器的输入功率为‎90W ‎ ‎ ‎ 据中国地震台网微博消息，‎2020‎年‎5‎月‎8‎日‎11‎时‎28‎分在陕西榆林市府谷县发生‎2.6‎级地震。地震波既有横波，也有纵波。如图所示，图甲是某地震波中的横波在t＝‎0‎时刻的波形图，图乙是介质中质点P的振动图像，下列说法正确的是（ ） ‎ A.地震波中的纵波质点的运动方向与波的传播方向垂直 B.该横波沿x轴负方向传播 C.该横波波长为‎50cm D.从t‎1‎＝‎0‎到t‎2‎＝‎2s的时间内，质点P通过的路程为‎8cm（不考虑纵波的影响）‎ ‎ ‎ ‎ 某空间存在的静电场方向平行于x轴，其电势φ随x坐标变化情况如图所示，图中的φ‎0‎和d为已知量。一质量为m、电荷量为‎−q的带电粒子在电场中以x＝‎0‎为中心，沿x轴做周期性运动。已知该粒子的动能与电势能之和为‎−0.5qφ‎0‎，不计粒子重力，下列说法正确的是（ ） ‎ A.该静电场的电场强度大小为φ‎0‎d B.带电粒子运动的区间为‎−d≤x≤d C.带电粒子运动的最大速度为qφ‎0‎m D.带电粒子运动的周期为‎2dmqφ‎0‎ 三、非选择题：本题共2小题，共60分．‎ ‎ ‎ ‎ 某同学用如图甲所示的实验装置探究匀变速直线运动的规律。 ‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 ‎ ‎ ‎（1）做该实验时，下列操作必须满足的是（    ）。‎ A.适当抬高木板左端，平衡小车在木板上运动时受到的摩擦力 B.小车的质量远大于砂桶和砂的质量 C.先释放小车后接通电源 D.拉小车的细绳与木板平行 ‎ ‎ ‎（2）图乙是该同学实验时打出的一条纸带的一部分，由刻度尺的测量数据可知：做匀变速直线运动的物体，在连续相等的时间T内，位移之差________（选填“相等”或“不相等”），速度的变化量________（选填“相等”或“不相等”），位移之差‎△x、速度的变化量‎△v和时间T的关系是‎△x＝________。‎ ‎ ‎ ‎ 一同学想要精确测量一阻值约为‎60Ω的定值电阻，实验室提供如下实验器材： A．待测定值电阻Rx； B．灵敏电流表‎(0∼5mA，内阻约为‎500Ω)‎； C．电压表‎(0∼3V，内阻约为‎50kΩ)‎； D．电阻箱R(0∼999.9Ω，额定电流‎1A)‎； E．滑动变阻器R‎1‎‎(0∼10Ω，额定电流‎1A)‎； F．电源（电动势为‎3V，内阻不计）； G．开关、导线若干。 ‎ ‎（1）该同学发现灵敏电流表的测量范围太小，准备将其量程扩大为‎50mA，他用图甲所示电路测量其内阻，请根据图甲完成图乙实物图连线。‎ ‎ ‎ ‎（2）实验时，测得电阻箱的示数为R时，电压表的示数为U，电流表的示数为I，则灵敏电流表的内阻r＝________。‎ 四、解答题（共4小题，满分47分）‎ ‎ ‎ ‎ 如图所示，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，‎∠A＝‎30‎‎∘‎，‎∠C＝‎90‎‎∘‎，一束与BC边成θ＝‎30‎‎∘‎夹角的单色光线射向BC边的中点O并进入棱镜，在AC边发生全反射后从AB边射出。已知BC边长L=2‎3‎m，光在真空中传播的速度c＝‎3×‎10‎‎8‎m/s，棱镜对该光线的折射率n=‎‎3‎，求： ‎ ‎（1）光线从AB边射出时的折射角；‎ ‎ ‎ ‎（2）光线在棱镜中传播的路程。‎ ‎ ‎ ‎ 如图所示，一小物块在一外力作用下从A点由静止开始做加速度大小a＝‎10m/‎s‎2‎的匀加速直线运动，到达B点时撤去外力，小物块进入足够长的斜面BC，已知AB长x＝‎1.8m，不计小物块通过B点时的机械能损失。 ‎ ‎（1）求小物块从A点运动到B点的时间；‎ ‎ ‎ ‎（2）若小物块沿斜面返回B点时的速度大小v＝‎3m/s，求小物块沿斜面BC向上运动和向下运动时的加速度大小的比值。‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 ‎ ‎ ‎ 如图所示，矩形MNQP区域内有垂直MN方向的匀强电场。已知MN长度为‎2L，MP长度为L，一质量为m、电荷量为q的粒子以大小为v‎0‎的初速度从M点沿MN方向射入匀强电场，恰好从Q点射出，不计粒子受到的重力，取sin‎53‎‎∘‎＝‎0.8‎，cos‎53‎‎∘‎＝‎0.6‎。 ‎ ‎（1）求匀强电场的电场强度大小E；‎ ‎ ‎ ‎（2）若把电场换成垂直纸面向外的匀强磁场，粒子仍以相同的初速度从M点入射，也恰好从Q点射出磁场，求匀强磁场磁感应强度B的大小和粒子在磁场中运动的时间t。‎ ‎ ‎ ‎ 如图所示，水平传送带以v‎0‎＝‎2m/s的速度做逆时针运动，传送带左端与水平地面平滑连接，传送带与一固定的四分之一光滑圆弧轨道相切，物块a从圆弧轨道最高点由静止下滑后滑过传送带，与静止在水平地面右端上的物块b发生弹性碰撞。已知物块b的质量M＝‎0.3kg，两物块均可视为质点，物块a滑到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小F＝‎3N，圆弧轨道半径r＝‎1.25m，传送带左、右两端的距离d＝‎4.5m，物块a与传送带和水平地面间的动摩擦因数均为μ‎1‎＝‎0.1‎，物块b与水平地面间的动摩擦因数μ‎2‎＝‎0.5‎，取重力加速度大小g＝‎10m/‎s‎2‎，碰撞时间极短。求： ‎ ‎（1）物块a的质量；‎ ‎ ‎ ‎（2）物块a第一次与物块b碰撞后瞬间，物块b的速度大小；‎ ‎ ‎ ‎（3）两物块最多能碰撞的次数及最终两者的距离。‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 参考答案与试题解析 ‎2020年山东省高考物理仿真试卷（一）‎ 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】‎ 扩散 布朗运动 分子间的相互作用力 分子动理论的基本观点和实验依据 ‎【解析】‎ 大多数分子直径的数量级为‎10‎‎−10‎m；雾气的运动是气体流动引起的，不是布朗运动；气体分子间作用力一般可以忽略不计；扩散现象表明分子永不停息地做无规则运动。‎ ‎【解答】‎ A‎、大多数分子直径的数量级为‎10‎‎−10‎m，故A错误。 B、水烧开时，上方雾气的运动是气体流动引起的，不是布朗运动，故B错误。 C、气体分子间距离比较大，分子力可以忽略不计，故C错误。 D、扩散现象直接反映了组成物质的分子永不停息地做无规则运动，故D正确。‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ X射线、α射线、β射线、γ射线及其特性 氢原子的能级公式和跃迁 裂变反应和聚变反应 原子核的人工转变 ‎【解析】‎ γ射线是高能电磁波；氢原子辐射光子后，其绕核运动的电子向低能级跃迁；‎​‎‎7‎‎14‎N+‎​‎‎2‎‎4‎He→‎​‎‎8‎‎17‎O+‎​‎‎1‎‎1‎H是原子核的人工转变；核反应遵守核电荷数守恒和质量数守恒。‎ ‎【解答】‎ A‎、γ射线是高能电磁波，有很强的穿透本领，故A错误。 B、氢原子辐射光子后，能量减小，其绕核运动的电子向低能级跃迁，故B错误。 C、卢瑟福通过实验首次实现了原子核的人工转变，其核反应方程为：‎​‎‎7‎‎14‎N+‎​‎‎2‎‎4‎He→‎​‎‎8‎‎17‎O+‎​‎‎1‎‎1‎H，故C正确。 D、核裂变反应和核聚变反应都遵守质量数守恒，也遵守核电荷数守恒，故D错误。‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 力的合成与分解的应用 解直角三角形在三力平衡问题中的应用 ‎【解析】‎ 对其中任意一个小球进行受力分析，根据平衡条件求解弹簧的弹力作用，再根据胡克定律求解该弹簧的劲度系数。‎ ‎【解答】‎ 小球B的受力如图所示： ， 因为小球处于静止状态，所以三个力的合力为零，根据三角形定则可知，弹簧的弹力为： F＝mg⋅tan‎30‎‎∘‎=0.01×10×‎3‎‎3‎N=‎3‎‎30‎N， 根据胡克定律可知F＝k(l‎0‎−R)‎， 所以弹簧的劲度系数为k=Fl‎0‎‎−R=‎3‎‎30‎‎0.12−0.1‎N/m=‎5‎‎3‎‎3‎N/m，故A正确，BCD错误。 故选：A。‎ ‎4.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 电磁感应中的能量问题 闭合电路的欧姆定律 右手定则 感生电动势 单杆切割磁感线 ‎【解析】‎ 根据楞次定律判断感应方向；线框刚进入磁场时，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求产生的感应电流；分析线框的受力情况判断其运动情况；根据能量守恒定律求线框穿过磁场过程产生的热量。‎ ‎【解答】‎ A‎、线框进入磁场过程中，磁通量增加，根据楞次定律知线框中产生逆时针方向的感应电流，故A错误； B、线框刚进入磁场时产生的感应电动势为BLv‎0‎，产生的感应电流为BLv‎0‎R，故B正确； C、线框进入磁场和穿出磁场过程均做减速运动，随着速度的减小，产生的感应电流减小，受到的安培力减小，加速度减小，做变减速运动，故C错误； D、线框穿过磁场过程中，产生的焦耳热为Q=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎−‎1‎‎2‎m(v‎0‎‎2‎‎)‎‎2‎=‎3‎‎8‎mv‎0‎‎2‎，故D错误。‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ A 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 ‎【考点】‎ 恒力做功 平抛运动基本规律及推论的应用 平抛运动的概念 ‎【解析】‎ 对于平抛运动，由竖直向自由落体求得下落时间，结合水平向位移可求得初速度；由动量定理求得手对排球的平均作用力；用动能定理求得对球做的功。‎ ‎【解答】‎ A‎、球水平飞出的速度大小为：v=xt=L‎2‎‎2hg=‎9‎‎0.7‎m/s≈13m/s，故A正确； B、根据平抛竖直方向为自由落体运动，由：h=‎1‎‎2‎gt‎2‎，可得球在空中运动的时间为：t=‎2hg=‎2×2.45‎‎10‎s=0.7s，故B错误； C、水平向由动量定理：Ft＝mv−mv‎0‎，得手对排球的平均作用力大小为：F=mv−mv‎0‎t=‎0.280×(−13−10)‎‎0.1‎N=−64.4N，负号表方向，故C错误； D、由动能定理知运动员对球所做的功为：W=‎1‎‎2‎mv‎2‎−‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎=‎1‎‎2‎×0.280×(‎13‎‎2‎−‎10‎‎2‎)J=9.66J，故D错误；‎ ‎6.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 电势能 电场强度 电场力做功与电势能变化的关系 库仑定律 ‎【解析】‎ 由等势面的疏密可知电场强度的大小，由F＝Eq可知电场力的大小关系；根据曲线的弯曲方向可知粒子的受力方向，进而判断出电场力做功的特点；根据能量守恒定律分析粒子在b点速度与粒子在c点速度之间的关系。由动能定理可知bd两点的间的电势能的变化。‎ ‎【解答】‎ A‎、a点电场线比c点的电场线密，由a=‎Eqm可知ac两点的加速度大小不相等，故A错误； B、b、c两点位于等势面上，电场力不做功，动能大小不变，则b、c两点速度大小一定相等，故B正确； C、根据电场特点及粒子运轨迹可知，粒子从a到d，电场力先做正功，后做负功，粒子速度一定先增大后减小，故C错误； D、b、c位于等势面，粒子从d到c，电场力做正功，电势能减小，在c点时的电势能一定比在d点时的电势能小，在b点时的电势能一定比在d点时的电势能小，故D错误。‎ ‎7.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 气体的等温变化 ‎【解析】‎ 根据理想气体的状态方程的分态式列方程进行求解。‎ ‎【解答】‎ 根据理想气体的状态方程的分态式可得：p‎1‎V‎0‎＝p‎2‎V‎0‎‎+p‎3‎V 解得：V＝‎5520atm 每分钟需要消耗‎1atm下‎2L氧气，则吸氧时间为： t=VV‎′‎=‎5520‎‎2‎min=2760min=46h 故C正确、ABD错误。‎ ‎8.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 向心力 万有引力定律及其应用 ‎【解析】‎ 忽略地球自转影响，地球表面的物体受到的重力等于万有引力，卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以求出地球的半径。‎ ‎【解答】‎ 设地球半径为R，地球表面的物体：mg＝GMmR‎2‎， 万有引力提供卫星做圆周运动的向心力， 由牛顿第二定律得：GMm‎′‎‎(R+aR‎)‎‎2‎=m′(‎2πT‎)‎‎2‎(R+aR)‎， 解得：R=‎gT‎2‎‎4π‎2‎(a+1‎‎)‎‎3‎，故A正确，BCD错误。‎ 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】‎ A,D ‎【考点】‎ v-t图像（匀变速直线运动）‎ 匀变速直线运动的概念 x-t图像（匀变速直线运动）‎ 平均功率 摩擦力做功与能量转化 瞬时功率 非常规图象 ‎【解析】‎ 根据图像求解‎1s末货物的加速度大小； 前‎2s内货物受到的重力不变，速度增大，根据P＝Fv分析货物克服重力做功的功率的变化情况； ‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 分析最后‎3s内货物的加速度的方向，以此判断货物是否处于超重状态； 分析重物受到的作用力的做功情况从而判断机械能的变化情况。‎ ‎【解答】‎ A‎、根据图像可知，‎1s末货物的加速度大小为a=‎1.5‎‎2‎m/s‎2‎=0.75m/‎s‎2‎，故A正确； B、前‎2s内货物受到的重力不变，速度增大，克服重力做功的功率增大，故B错误； C、最后‎3s内货物向上做减速运动，加速度方向向下，处于失重状态，故C错误； D、在第‎4s末至第‎7s末的过程中，其加速度大小为a‎′‎‎=‎1.5‎‎3‎m/s‎2‎=0.5m/‎s‎2‎， 根据牛顿的第二定律有mg−F＝ma′‎， 所以吊机对重物的拉力为F＝‎9.5m， 货物上升过程中拉力对货物做正功，货物的机械能增大，故D正确。‎ ‎【答案】‎ A,D ‎【考点】‎ 电功率 交变电流的图象和三角函数表达式 变压器的构造和原理 电功 ‎【解析】‎ 根据图‎2‎得到交变电压的最大值和周期，根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系确定有效值，根据变压比确定匝数之比。 变压器不改变交流电的频率，一个周期内电流方向改变两次。 变压器的输入功率由输出功率决定。‎ ‎【解答】‎ A‎、原线圈接图乙所示交变电流，分析图乙可知，交变电流最大值为‎220‎2‎V，则有效值：U‎1‎＝‎220V，电流表示数为‎1.5A，则副线圈输出电流：I‎2‎＝‎1.5A，根据欧姆定律可知，副线圈输出电压：U‎2‎＝I‎2‎‎⋅R＝‎60V，根据变压比可知，n‎1‎n‎2‎‎=U‎1‎U‎2‎=‎‎11‎‎3‎，故A正确； B、分析图乙可，周期：T＝‎0.02s，一个周期内电流方向改变两次，变压器不改变交流电的频率，则通过电阻的电流方向每秒钟改变‎100‎次，故B错误； C、电阻两端电压有效值为‎60V，最大值为‎60‎2‎V，故C错误； D、变压器的输出功率，即电阻消耗功率：P＝U‎2‎I‎2‎＝‎90W，变压器的输入功率由输出功率决定，则输入功率为‎90W，故D正确。‎ ‎【答案】‎ B,D ‎【考点】‎ 横波的图象 波长、频率和波速的关系 ‎【解析】‎ 纵波的传播方向和质点的运动方向在同一条直线上；根据同侧法分析波的传播方向；根据题意分析波的波长；根据一个周期内质点的路程为‎4‎个振幅分析从t‎1‎＝‎0‎到t‎2‎＝‎2s的时间内，质点P通过的路程。‎ ‎【解答】‎ A‎、纵波中质点的运动方向与波的传播方向在同一条直线上，故A错误； B、根据乙图可知，t＝‎0‎时刻P质点的运动方向沿着y轴的正方向，根据同侧法可知，该横波沿x轴负方向传播，故B正确； C、根据甲图可知，该波的的波长为λ＝‎100m，故C错误； D、根据图乙可知，该波的周期为T＝‎2s，所以从t‎1‎＝‎0‎到t‎2‎＝‎2s的时间内，质点P通过的路程为s＝‎4A＝‎8cm，故D正确。‎ ‎【答案】‎ A,C ‎【考点】‎ 动能定理的应用 电势差与电场强度的关系 ‎【解析】‎ 根据题意可知，以O为起点，沿x轴正半轴和负半轴，电场电势都均匀降低，说明电场在O点左侧沿x负半轴方向，在O点右侧沿x正半轴方向，且都为匀强电场；φ−x图像的斜率表示电场强度，通过斜率可以求出电场强度大小；利用假设法，假设粒子能够到达d或者‎−d，则到达d或者‎−d时，动能是电势能之后为零，这和条件矛盾；粒子在O点，根据动能与电势能之和为‎−0.5qφ‎0‎这个条件可以求出带电粒子运动的最大速度；根据动量定理及运动的对称性求粒子运动的周期。‎ ‎【解答】‎ A‎、φ−x图像的斜率表示电场强度，沿电场方向电势降低，因而在x＝‎0‎的左侧，电场向左，且为匀强电场，在x＝‎0‎的右侧，电场向右，且为匀强电场，故该静电场的电场强度大小为E=‎φ‎0‎d，故A正确； B、如果粒子恰好能够到达d位置，则粒子到达d位置时动能和势能都为零，即动能和势能之和为零，这和该粒子的动能与电势能之和为‎−0.5qφ‎0‎矛盾，所以带电粒子运动的区间为‎−d≤x≤d不成立，故B错误； C、粒子在x＝‎0‎的右侧向右或者向左都做匀减速运动，所以粒子在O点速度增大，设带电粒子在O点的速度为v‎0‎， 根据功能关系：‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎−qφ‎0‎＝‎−0.5qφ‎0‎， 解得：v‎0‎‎=‎qφ‎0‎m，故C正确； D、粒子运动在右侧运动，从O点开始回到O点，根据动量定理：‎−qφ‎0‎dt‎1‎＝‎−mv‎0‎−mv‎0‎，解得：t‎1‎＝‎2dmqφ‎0‎， 根据运动的对称性，粒子在左侧运动的时间和右侧相等，故带电粒子运动的周期为T＝‎2×2dmqφ‎0‎=4dmqφ‎0‎，故D错误。‎ 三、非选择题：本题共2小题，共60分．‎ ‎【答案】‎ D 相等,相等,‎‎△vT ‎【考点】‎ 探究小车速度随时间变化的规律 ‎【解析】‎ ‎（1）根据实验的原理和操作步骤分析。 （2）根据匀变速直线运动的规律结合纸带分析。‎ ‎【解答】‎ AB‎、探究小车速度随时间变化的规律的实验不需要平衡摩擦力，不需要小车的质量远大于砂和砂桶的质量，只需要保证小车做匀加速直线运动即可，故AB错误； ‎C 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 ‎、实验操作中，先接通电源，后释放小车，故C错误； D、为了使细绳对小车的拉力恒定不变，拉小车的细绳与木板平行，故D正确。 故选：D。‎ 由刻度尺的测量数据可知：做匀变速直线运动的物体，在连续相等的时间T内，位移之差相等，即满足：‎△x＝aT‎2‎， 速度的变化量相等，即满足：‎△v＝aT， 由上式可知，位移之差‎△x、速度的变化量‎△v和时间T的关系是‎△x＝‎△vT。 故答案为：（1）D；（2）相等；相等；‎△vT。‎ ‎【答案】‎ 实物电路图如图所示；‎ UI‎−R ‎【考点】‎ 伏安法测电阻 ‎【解析】‎ ‎（1）根据图甲所示实验电路图连接实物电路图。 （2）根据图甲所示电路图应用串联电路特点与欧姆定律求出灵敏电流表内阻。‎ ‎【解答】‎ 根据图甲所示实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示； ‎ 由图甲所示电路图可知，灵敏电流表内阻为： ‎r=UI−R 四、解答题（共4小题，满分47分）‎ ‎【答案】‎ ‎ 光在BC边入射时，根据折射定律有n=‎sin(90−θ)‎sinr， 解得γ＝‎30‎‎∘‎ 根据几何知识可知，‎∠β＝‎30‎‎∘‎， 光线从AB面射出棱镜时sinα＝nsinβ， 解得α＝‎60‎‎∘‎；‎ ‎（1）光线从AB边射出时的折射角为‎60‎‎∘‎；（1）光线在棱镜中传播的路程为‎1.5L。‎ ‎【考点】‎ 光的折射定律 ‎【解析】‎ ‎（1）作出光路图，根据折射定律和几何知识求解光线从AB边射出时的折射角； （2）根据几何知识求解光线在棱镜中传播的路程。‎ ‎【解答】‎ 光路图如图所示： 光在BC边入射时，根据折射定律有n=‎sin(90−θ)‎sinr， 解得γ＝‎30‎‎∘‎ 根据几何知识可知，‎∠β＝‎30‎‎∘‎， 光线从AB面射出棱镜时sinα＝nsinβ， 解得α＝‎60‎‎∘‎；‎ 根据几何知识可知，OD＝‎20C＝L， CD＝ODcos‎30‎‎∘‎=‎3‎‎2‎L， 又因为AC=‎3‎L， 则AD＝AC−CD=‎3‎‎2‎L， DE=AD‎2‎cos30‎=‎1‎‎2‎L， 所以光线在棱镜中传播的路程为s＝OD+DE＝‎1.5L。 答：（1）光线从AB边射出时的折射角为‎60‎‎∘‎；（1）光线在棱镜中传播的路程为‎1.5L。‎ ‎【答案】‎ 小物块从A点运动到B点的时间为‎0.6s；‎ 小物块沿斜面BC向上运动和向下运动时的加速度大小的比值为‎4:1‎。‎ ‎【考点】‎ 匀变速直线运动规律的综合运用 ‎【解析】‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 ‎（1）根据公式x=‎1‎‎2‎at‎2‎求解时间； （2）分别表示出向上和向下运动的加速度，然后求解比值。‎ ‎【解答】‎ 已知AB长x＝‎1.8m，由位移-时间公式有x=‎1‎‎2‎at‎2‎， 解得小物块从A点运动到B点的时间：t=‎2xa=‎2×1.8‎‎10‎s＝‎0.6s。‎ 设小物块从A点运动到B点时的速度大小为v‎0‎， 由速度公式v‎0‎＝at 解得v‎0‎＝‎6m/s 小物块沿斜面BC向上运动的过程，‎2a‎1‎x′=‎v‎0‎‎2‎ 小物块沿斜面BC向下运动的过程，‎2a‎2‎x′‎＝v‎2‎ 解得a‎1‎‎:‎a‎2‎＝‎4:1‎。‎ ‎【答案】‎ 匀强电场的电场强度大小E为mv‎0‎‎2‎‎2qL；‎ 匀强磁场磁感应强度B的大小为‎2mv‎0‎‎5qL，粒子在磁场中运动的时间t为‎53πL‎72‎v‎0‎。 ‎ ‎【考点】‎ 带电粒子在电场中的加（减）速和偏转 向心力 动能定理的应用 带电粒子在匀强磁场中的运动规律 ‎【解析】‎ ‎（1）粒子在电场中做类平抛运动，根据水平和竖直方向上的运动规律并结合牛顿的第二定律求解电场强度； （2）作出运动轨迹，根据几何知识求解粒子做圆周运动的半径以及圆弧对应的圆心角，由洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度，结合周期公式求解圆周运动的时间。‎ ‎【解答】‎ 根据题意可知，粒子在电场中做类平抛运动， MN方向上有：v‎0‎t‎1‎＝‎2L MP方向上有：‎1‎‎2‎at‎1‎‎2‎＝L 根据牛顿第二定律有：a=‎qEm 联立解得：‎E=‎mv‎0‎‎2‎‎2qL 把电场换成垂直纸面向外的匀强磁场后粒子在磁场中做匀速圆周运动，其轨迹如图所示： 根据几何知识有：r‎2‎‎−(2L‎)‎‎2‎＝‎(r−L‎)‎‎2‎， 解得：r＝‎2.5L 圆弧轨迹对应的圆心角θ满足sinθ=‎‎2L‎2.5L， 解得θ＝‎53‎‎∘‎， 因为qv‎0‎B=mv‎0‎‎2‎r， 解得B=‎‎2mv‎0‎‎5qL； 粒子在磁场中运动的时间t=‎53‎‎360‎T， 其中T=‎‎2πrv‎0‎， 解得t=‎‎53πL‎72‎v‎0‎。 答：（1）匀强电场的电场强度大小E为mv‎0‎‎2‎‎2qL；（1）匀强磁场磁感应强度B的大小为‎2mv‎0‎‎5qL，粒子在磁场中运动的时间t为‎53πL‎72‎v‎0‎。 ‎ ‎【答案】‎ 物块a的质量为‎0.1kg；‎ 物块a第一次与物块b碰撞后瞬间，物块b的速度大小为‎2m/s；‎ 两物块最多能碰撞‎2‎次，最终两者的距离为‎0.48m。‎ ‎【考点】‎ 牛顿第二定律的概念 机械能守恒的判断 动量守恒定律的综合应用 向心力 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 系统机械能守恒定律的应用 动量守恒定律的理解 ‎【解析】‎ ‎（1）物块a沿圆弧从最高点由静止下滑到圆弧轨道最低点，根据机械能守恒定律结合向心力公式求解； （2）根据运动学公式求解物块a第一次滑到传送带左端时的速度大小，物块a、b碰撞过程机械能守恒，动量守恒，由此列方程求解； （3）物块b碰撞后沿地面向左做匀减速运动，物块a沿传送带先向右做匀减速运动，速度减到‎0‎后再向左做匀加速运动，根据运动学公式结合受力情况分析物块a第二次与b碰撞前b是否运动，物块a、b第二次碰撞过程机械能守恒、动量守恒列方程，再根据运动学公式求解物块b第二次碰撞后向左滑行的距离、物块a第二次碰撞后向右滑行的距离，由此得到最终a、b两物块的距离。‎ ‎【解答】‎ 设物块a的质量为m，物块a沿圆弧从最高点由静止下滑到圆弧轨道最低点，根据机械能守恒定律有： mgr=‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎ 物块a运动到轨道最低点时，有：F−mg＝mv‎1‎‎2‎r 解得：m＝‎0.1kg，v‎1‎＝‎‎5m/s 物块a在传送带上运动时，有：ma‎1‎＝μ‎1‎mg 设物块a第一次滑到传送带左端时的速度大小为v‎2‎，则有： v‎1‎‎2‎‎−‎v‎2‎‎2‎＝‎2a‎1‎d 解得：v‎2‎＝‎4m/s>‎v‎0‎＝‎2m/s 所以物块a第一次滑到传送带左端时的速度大小为‎4 m/s。 物块a、b碰撞过程机械能守恒，动量守恒，则有： mv‎2‎＝mv‎3‎+Mv‎4‎ ‎1‎‎2‎mv‎2‎‎2‎=‎1‎‎2‎mv‎3‎‎2‎+‎1‎‎2‎Mv‎4‎‎2‎ 解得：v‎3‎＝‎−2m/s，v‎4‎＝‎2m/s 即第一次碰撞后瞬间物块b的速度大小为‎2m/s；‎ 物块b碰撞后沿地面向左做匀减速运动，物块a沿传送带先向右做匀减速运动，速度减到‎0‎后再向左做匀加速运动，则有： v‎4‎‎2‎＝‎2‎a‎2‎x‎1‎ 其中a‎2‎＝μ‎2‎g 解得：x‎1‎＝‎0.4m v‎4‎＝a‎2‎t‎1‎ 解得：t‎1‎＝‎0.4s 根据位移-时间关系可得：v‎3‎‎2‎＝‎2‎a‎1‎x‎2‎。 解得：x‎2‎＝‎2m