2020年山东省泰安市高考物理三模试卷 10页

‎2020年山东省泰安市高考物理三模试卷 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. 布朗运动是‎1826‎年英国植物学家布朗用显微镜观察悬浮在水中的花粉时发现的。不只是花粉和小炭粒，对于液体中各种不同的悬浮微粒，例如胶体，都可以观察到布朗运动。对于布朗运动，下列说法正确的是（ ） ‎ A.布朗运动就是分子的运动 B.布朗运动说明分子间只存在斥力 C.温度越高，布朗运动越明显 D.悬浮在液体中的微粒越大，同一瞬间，撞击微粒的液体分子数越多，布朗运动越明显 ‎ ‎ ‎2. 伽利略为研究自由落体运动，做了一项实验。如图所示，将铜球从斜槽的不同位置由静止释放，伽利略手稿中记录了一组实验数据： ‎ 时间单位 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ 距离单位 ‎32‎ ‎130‎ ‎298‎ ‎526‎ ‎824‎ ‎1192‎ ‎1600‎ ‎2104‎ 从表中能够得到的结论是（ ） ‎ A.‎s‎1‎t‎1‎‎=s‎2‎t‎2‎=s‎3‎t‎3‎=⋯‎ B.‎s‎1‎t‎1‎‎2‎‎=s‎2‎t‎2‎‎2‎=s‎3‎t‎3‎‎2‎=⋯‎ C.若以时间为横坐标，距离为纵坐标，其图像是一条直线 D.若以时间的二次方为横坐标，距离为纵坐标，其图像是一条抛物线 ‎ ‎ ‎3. “太空加油站”可以给飞往月球、小行星或火星的飞行器重新补充燃料，延长飞行器的使用寿命．若某“太空加油站”在同步卫星运行轨迹所在平面内的圆周轨道上运行，其轨道半径比同步卫星的轨道半径小，则下列说法正确的是（ ） ‎ A.“太空加油站”的线速度大于同步卫星的线速度 B.“太空加油站”的角速度小于同步卫星的角速度 C.在“太空加油站”工作的宇航员处于超重状态 D.“太空加油站”的加速度小于同步卫星的加速度 ‎ ‎ ‎4. 如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，t s时刻与‎(t+1)s时刻在x轴上的‎−3m∼3m区间内的波形相同。下列说法正确的是（ ） ‎ A.该波一定沿x轴正方向传播 B.该波的周期一定为‎1s C.该波的最大传播速度为‎10m/s D.该波的最小传播速度为‎4m/s ‎ ‎ ‎ ‎5. 如图所示，开口竖直向上的薄壁绝热汽缸内壁光滑，缸内下部装有电热丝，一定质量的理想气体被一绝热活塞封闭在汽缸内，活塞与汽缸壁紧密接触。现通过电热丝对缸内气体缓慢加热，则该过程中（ ） ‎ A.气体的压强增大 B.气体的内能增大 C.气体分子热运动的平均动能可能减小 D.气体对外界做的功等于气体吸收的热量 ‎ ‎ ‎6. 如图所示，M点固定一负电荷，N点固定一正电荷，两者所带的电荷量相等、相距为L，以N点为圆心、‎1‎‎2‎L为半径画圆，a、b、c、d是圆周上的四点，其中a、b两点在直线MN上，c、d两点的连线过N点且垂直于MN，一带正电的试探电荷沿圆周移动。下列说法正确的是（ ） ‎ A.该试探电荷在b点所受的电场力最大 B.该试探电荷在a、b两点所受电场力的方向相同 C.该试探电荷在b点的电势能最大 D.该试探电荷在c、d两点所受的电场力相同 ‎ ‎ ‎7. 如图所示，A、B、C是等边三角形的三个顶点，O点是A、B两点连线的中点。以O点为坐标原点，以A、‎B 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 两点的连线为x轴，以O、C两点的连线为y轴，建立坐标系。过A、B、C、O四点各有一条长直导线垂直穿过坐标平面，各导线中通有大小相等的电流，其中过A、B两点的导线中的电流方向向里，过C、O两点的导线中的电流方向向外。过O点的导线所受安培力的方向为（ ） ‎ A.沿y轴正方向 B.沿y轴负方向 C.沿x轴正方向 D.沿x轴负方向 ‎ ‎ ‎8. 在图甲所示电路中，理想变压器原、副线圈的匝数之比为‎10:1‎，电阻R‎1‎、R‎2‎的阻值分别为‎5Ω、‎6Ω，电压表和电流表均为理想电表。若接在变压器原线圈的输入端的电压如图乙所示（为正弦曲线的一部分），则下列说法正确的是（ ） ‎ A.电压表的示数为‎25.1V B.电流表的示数为‎1A C.变压器的输入功率为‎11‎2‎W D.变压器的输出功率为‎11W ‎ 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．‎ ‎ ‎ ‎ O‎1‎O‎2‎是半圆柱形玻璃体的对称面和纸面的交线，A、B是关于O‎1‎O‎2‎轴等距且平行的两束不同单色细光束，两束光从玻璃体右方射出后的光路如图所示，MN是垂直于O‎1‎O‎2‎放置的光屏，沿O‎1‎O‎2‎方向不断左右移动光屏，可在屏上得到一个光斑P，下列说法正确的是（ ） ‎ A.A光的光子能量较大 B.在真空中，A光的波长较长 C.在真空中，A光的传播速度较大 D.光从玻璃体中射出时，A光的临界角大于B光的临界角 ‎ ‎ ‎ 氢原子能级示意图的一部分如图所示，一群氢原子处于n＝‎4‎能级。当这些氢原子在这些能级间跃迁时，下列说法正确的是（ ） ‎ A.可能放出‎6‎种能量的光子 B.由n＝‎4‎能级跃迁到n＝‎3‎能级的过程中，放出光子的频率最大 C.从n＝‎2‎能级跃迁到n＝‎1‎能级的过程中，辐射出的光子的能量最大 D.处于n＝‎1‎能级的氢原子能吸收‎15eV的能量发生跃迁 ‎ ‎ ‎ 用均匀导线做成的单匝正方形线圈的边长为l，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，a、b、c、d分别为各边的中点，如图所示。下列说法正确的是（ ） ‎ A.当磁场的磁感应强度不变时，线框以ab为轴旋转，线框中有感应电流 B.当磁场的磁感应强度不变时，线框分别以ab和cd为轴以相同的角速度旋转，感应电动势的最大值不同 C.当线框不动，磁场的磁感应强度增大时，a点电势低于b点电势 D.当磁场的磁感应强度以‎△B‎△t的变化率增大时，a、b两点的电压‎△B‎△tl‎2‎ ‎ ‎ ‎ 如图所示，AB、AC两固定斜面的倾角分别为‎53‎‎∘‎、‎37‎‎∘‎，底端B和C在同一水平面上，顶端均在A点。现使两相同的小物块甲、乙（图中未画出，均视为质点）同时从A点分别沿斜面AB、AC由静止下滑，结果两物块同时滑到斜面的底端。已知甲物块与斜面AB间的动摩擦因数为‎2‎‎3‎，取sin‎53‎‎∘‎＝‎0.8‎，cos‎53‎‎∘‎＝‎0.6‎，则下列说法正确的是（ ） ‎ A.两物块沿斜面下滑过程中所受摩擦力的大小之比为‎6:1‎ B.两物块沿斜面下滑过程中的加速度大小之比为‎6:1‎ C.两物块到达斜面底端时的速率之比为‎1:1‎ D.两物块沿斜面下滑过程中损失的机械能之比为‎9:2‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 三、非选择题：本题共6小题，共60分．‎ ‎ ‎ ‎ 某同学利用图甲所示装置验证动量守恒定律。主要实验步骤如下： Ⅲ．接通电源，沿木板方向向下轻推一下小车A，使小车获得一初速度，两车碰撞后粘在一起，打点计时器打出一系列的点迹，如图乙所示； Ⅳ．用天平测得小车A的质量为‎195g，小车B与钩码的总质量为‎240g。 ‎ ‎（1）在步骤I中，要求纸带上打出的点迹分布均匀的原因是________；‎ ‎ ‎ ‎（2）已知打点计时器所接交流电源的频率为‎50Hz，则碰撞前瞬间系统的总动量p‎1‎＝________kg⋅m/s（结果保留三位有效数字），碰撞后瞬间系统的总动量p‎2‎＝________kg⋅m/s（结果保留三位有效数字）；若在实验误差允许的范围内，满足________，则系统动量守恒得到验证。‎ ‎ ‎ ‎ 利用图甲所示电路测量多用电表电阻挡“‎×1k”倍率时内部电池的电动势和内阻（多用电表内部接入电路的总电阻），同时测量电压表V的内阻。提供的器材有：多用电表、电压表V（量程为‎6V，内阻为十几千欧）、滑动变阻器（最大阻值为‎10kΩ）、导线若干。 ‎ ‎（1）将多用电表的选择开关打到电阻挡“‎×1k”倍率，接着进行________；‎ ‎ ‎ ‎（2）将图甲中黑表笔与________（选填“‎1‎”或“‎2‎”）端相连，红表笔与另一端相连；‎ ‎ ‎ ‎（3）将滑动变阻器的滑片移至右端，此时电压表的示数为‎3.90V，多用电表的指针指在图乙中的实线位置，其示数为________kΩ；再将滑片向左移至某一位置时，电压表的示数为‎3.30V，此时多用电表的指针指在图乙中的虚线位置，其示数为________kΩ；‎ ‎ ‎ ‎（4）电压表的内阻为________kΩ；多用电表电阻挡“‎×1k”倍率时内部电池的电动势为________V（结果保留三位有效数字）、内阻为________kΩ。‎ ‎ ‎ ‎ 如图所示，一竖立的汽缸用质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞的横截面积为S、厚度不计，汽缸内壁光滑且缸壁导热。开始时活塞被固定在A处，活塞与汽缸底部相距为H，打开固定螺栓K，活塞下降，稳定后，活塞停在与汽缸底部相距为‎1‎‎2‎H的B处。大气压强为p‎0‎，气体的初始温度为T‎0‎，重力加速度大小为g。 ‎ ‎（1）求开始时汽缸内气体的压强p‎1‎；‎ ‎ ‎ ‎（2）活塞到达B处稳定后，对汽缸内的气体缓慢加热，求活塞再次到达A处时的热力学温度T。‎ ‎ ‎ ‎ 如图所示，劲度系数k＝‎20N/m的轻弹簧下端与静止在水平地面上的重物A相连，弹簧上端与不可伸长的轻绳相连，轻绳绕过轻质光滑定滑轮，另一端连一轻质挂钩。开始时定滑轮两侧的轻绳均处于伸直状态，A上方的弹簧和轻绳均沿竖直方向。现在挂钩上挂一质量m＝‎0.1kg的物块B并由静止释放，它恰好能使A与地面接触但无压力。已知弹簧的弹性势能EP‎=‎1‎‎2‎kx‎2‎（其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），弹簧始终在弹性限度内且弹簧上端一直未接触定滑轮，取g＝‎10m/‎s‎2‎，空气阻力不计。 ‎ ‎（1）求当A恰好与地面接触但无压力时弹簧的形变量x‎0‎以及A的质量M；‎ ‎ ‎ ‎（2）若将B换成另一个质量为‎4m的物块C，并将C挂在挂钩上后由静止释放，求A恰好与地面接触但无压力时C的速度大小v（结果可保留根号）。‎ ‎ ‎ ‎ 驾车打盹极其危险。某轿车在平直公路上以大小v‎1‎＝‎32m/s的速度匀速行驶，轿车司机老王疲劳驾驶开始打盹时，轿车与前方正以大小v‎2‎＝‎18m/s的速度匀速行驶的大货车间的距离L＝‎100m。若老王打盹的时间t‎1‎＝‎6s，醒来时发现险情紧急刹车，从老王醒来到轿车开始减速行驶所用的时间t‎0‎＝‎1s，轿车减速行驶中所受阻力大小为其重力的‎7‎‎10‎，取g＝‎10m/‎s‎2‎。 ‎ ‎（1）请通过计算判断轿车是否会撞上货车；‎ ‎ ‎ ‎（2）若从老王开始打盹到轿车开始减速行驶的时间内（即t‎1‎‎+‎t‎0‎时间内），货车匀加速到速度大小v‎3‎＝‎24m/s之后匀速行驶，请通过计算判断轿车是否会撞上货车。‎ ‎ ‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 ‎ 如图所示，在直角坐标系xOy中，虚线ab垂直于x轴，垂足为P点，M、N两点的坐标分别为‎(0, −L)‎、‎(0, L)‎。ab与y轴间存在沿y轴正方向的匀强电场（图中未画出），y轴的右侧存在方向垂直坐标平面向外的匀强磁场，其他区域无电场和磁场。在质量为m、电荷量为q的绝缘带正电微粒甲从P点以某一初速度沿x轴正方向射入电场的同时，质量为m、电荷量为q的绝缘带负电微粒乙以初速度v从M点在坐标平面内沿与y轴负方向成夹角θ=‎π‎6‎的方向射入磁场，结果甲、乙恰好在N点发生弹性正碰（碰撞时间极短且不发生电荷交换），碰撞后均通过ab，微粒所受重力及微粒间的作用力均不计。求： ‎ ‎（1）磁场的磁感应强度大小B以及乙从M点运动到N点的时间t；‎ ‎ ‎ ‎（2）P点与坐标原点O间的距离x‎0‎以及电场的电场强度大小E；‎ ‎ ‎ ‎（3）碰撞后乙通过ab时的位置的纵坐标y乙。‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 参考答案与试题解析 ‎2020年山东省泰安市高考物理三模试卷 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】‎ C ‎【考点】‎ 布朗运动 ‎【解析】‎ 布朗运动不是液体分子的运动，也不是固体小颗粒分子的运动，而是小颗粒的运动；布朗运动和分子力无关；颗粒越小，温度越高，布朗运动越明显。‎ ‎【解答】‎ A‎、布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的永不停息地做无规则运动，不是分子运动，故A错误。 B、布朗运动是小颗粒受到不同方向的液体分子无规则运动产生的撞击力不平衡引起的，和分子间的斥力无关，故B错误。 C、温度越高，布朗运动越剧烈，故C正确。 D、悬浮在液体中的微粒越大，同一瞬间，撞击微粒的液体分子数越多，布朗运动越不明显，故D错误。‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 匀变速直线运动规律的综合运用 ‎【解析】‎ 根据伽利略对自由落体运动和力与运动关系的研究，物体运动的速度与时间成正比，由实验数据可以推出物体的位移与时间的平方成正比；根据铜球做匀加速直线运动，加速度为定值，s=‎1‎‎2‎at‎2‎来判断函数图像。‎ ‎【解答】‎ AB‎、根据伽利略手稿中记录的实验数据，考虑到测量的误差等原因，可以认为s‎1‎t‎1‎‎2‎‎=s‎2‎t‎2‎‎2‎=s‎3‎t‎3‎‎2‎=⋯=k，k是一个常数，即铜球的位移与时间的平方成正比，得：s＝k⋅‎t‎2‎，即：k=‎st‎2‎，故A错误，B正确； C、根据铜球做匀加速直线运动，加速度为定值，即s=‎1‎‎2‎at‎2‎，若以时间为横坐标，距离为纵坐标，其图像是一条抛物线，故C错误； D、根据铜球做匀加速直线运动，加速度为定值，即s=‎1‎‎2‎at‎2‎，若以时间的二次方为横坐标，距离为纵坐标，其图像是一条直线，故D错误。‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 随地、绕地问题 ‎【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、周期和加速度的表达式，据表达式比较各量的大小。‎ ‎【解答】‎ 解：万有引力提供向心力：GMmr‎2‎=mv‎2‎r=mω‎2‎r＝m(‎2πT‎)‎‎2‎r＝ma， 解得：v=‎GMr①T=‎2πrv=2πr‎3‎GM②ω=‎GMr‎3‎③a=‎GMr‎2‎④ A．由v=‎GMr①可知轨道半径小的线速度大，“太空加油站”的轨道半径小，则其线速度大，故A正确； B．由ω=‎GMr‎3‎③可知轨道半径小的角速度大，故B错误； C．在“太空加油站”工作的宇航员只受万有引力作用，处于完全失重状态，故C错误； D．由a=‎GMr‎2‎④可知轨道半径小的加速度大，“太空加油站”的轨道半径小，则其加速度大，故D错误． 故选A．‎ ‎4.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 波长、频率和波速的关系 横波的图象 ‎【解析】‎ t时刻与t+1s时刻波形相同，经过的时间是整数倍的周期，得到周期的通项，确定出周期的最大值。读出波长，求出波速的通项，求出波速的最小值。‎ ‎【解答】‎ 据题，t时刻与t+1s时刻波形相同，则‎1s＝nT，得到周期T=‎‎1‎n，n＝‎1‎，‎2‎，‎3‎，… 所以周期的值无法确定， 由图读出波长为λ＝‎4m，则波速为v=λT=4n m/s，n＝‎1‎，‎2‎，‎3‎，… 当n＝‎1‎时，v有最小值为‎4m/s，而波速的最大值无法求出， 题干中所给的条件无法判断波的传播方向，故ABC错误，D正确。‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 理想气体的状态方程 热力学第一定律 ‎【解析】‎ 气体缓慢加热，温度升高，分子的平均动能增加，根据热力学第一定律判断出做功和吸热的关系，对活塞受力分析可知，被封闭气体的压强不变。‎ ‎【解答】‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 A‎、对活塞分析，活塞处于平衡状态，则p‎0‎S+mg＝pS，则p=p‎0‎+‎mgS，其中S为活塞的面积，m为活塞的质量，故被封闭气体的压强不变，故A错误； B、汽缸绝热，对气体加热，温度升高，故内能增加，故B正确； C、温度是分子平均动能的量度，温度升高，则分子的平均动能增加，故C错误； D、气体的温度升高，内能增加，根据热力学第一定律‎△U＝W+Q可知吸收的热量大于对外做的功，故D错误；‎ ‎6.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 点电荷的场强 电势能 电场力做功与电势能变化的关系 ‎【解析】‎ 根据电场力的合成分析电场力的大小。a、b、c、d四点的电场是由正电荷与负电荷合成的，由于a、b、c、d四点在以点电荷‎+Q为圆心的圆上，所以由正电荷的电场在a、b、c、d四点的电势是相等的，a、b、c、d四点的总电势可以通过‎−Q产生的电场的电势来判定，再判断出电势能的大小；根据电场强度的叠加判断电场强度的大小和方向，从而判断电场力的大小关系。‎ ‎【解答】‎ A‎、根据等量异种点电荷的电场的特点可知，距离Q相等的a、b、c、d四点的电场强度a点最大，则正试探电荷在a处所受到的电场力最大，故A错误； B、根据等量异种点电荷的电场的特点可知，a点电场强度的方向向左，而b点电场强度的方向向右，所以正试探电荷在a点受力方向水平向左，在b点受力方向水平向右，故B错误； C、a、b、c、d四点在以点电荷‎+Q为圆心的圆上，由‎+Q产生的电场在a、b、c、d四点的电势是相等的，所以a、b、c、d四点的总电势可以通过‎−Q产生的电场的电势确定，根据顺着电场线方向电势降低可知，b点的电势最高，c、d电势相等，a点电势最低，根据正电荷在电势高处电势能大，可知试探电荷在b处的电势能最大，故C正确； D、根据场强的叠加可知，c、d两点场强大小相等，方向不同，故电场力不同，故D错误。‎ ‎7.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 安培力的计算 ‎【解析】‎ 由安培定则判断出A、B、C三处电流在O处产生的磁感应强度方向，然后应用左手定则判断O处电流所受安培力方向。‎ ‎【解答】‎ 等边三角形的三个顶点A、B、C处和O处各有一条长直导线垂直穿过坐标平面，各导线中通有大小相等的电流； 由安培定则可知：A、B处的电流在O点产生的磁场方向相反，且大小相等，A、B两通电导线在O处产生的磁场合场强为零； C处电流在O点产生的磁场方向水平向右，即沿x轴正方向，由此可知，O处磁场方向沿x轴正方向，由左手定则可知， 过O点的导线受到的安培力方向沿y轴正方向，故A正确，BCD错误。‎ ‎8.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 交变电流的有效值 变压器的构造和原理 交变电流的峰值 ‎【解析】‎ 交变电流中理想电表的示数是有效值。 有效值的理解及计算。 变压器输入功率与输出功率的关系。 变压器原副线圈的电压比与线圈匝数比的关系。‎ ‎【解答】‎ A‎．交变电流中理想电表的示数为有效值。U‎2‎‎⋅‎1‎R⋅0.02=U‎2‎⋅‎1‎R⋅0.01‎．其中U=‎220‎‎2‎V．解得原线圈的有效值为‎110V．又原副线圈之比为‎10:1‎，且原副线圈电压比与线圈比的关系有：U‎1‎U‎2‎‎=‎N‎1‎N‎2‎；所以副线圈电压表示数为‎11V．故A错误。 B．副线圈电压为‎11V，电阻为R‎1‎‎+‎R‎2‎＝‎11Ω．由公式P=‎U‎2‎R可得副线圈的功率为‎11W．由变压器原副线圈功率相等可得P出＝‎11W．由公式P=U⋅I，且原线圈电压有效值为‎110V可得原线圈中电流表示数为‎0.1A．故B错误。 C．由B选项中的计算可知输入功率等于输出功率，即P入‎=P出=11W．故C错误。 D..‎由B选项中的计算可知输入功率等于输出功率，即P入‎=P出=11W．故D正确。‎ 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,D ‎【考点】‎ 光的折射定律 全反射 ‎【解析】‎ 根据介质对光的偏折程度分析两光的折射率；折射率越大的光，则频率越大，由c＝λf分析在真空中两光的波长；所有光在真空中的传播速度都相同； 根据sinC=‎‎1‎n分析两光的临界角大小关系。‎ ‎【解答】‎ A‎、根据光路图可知，半圆柱形玻璃体对B光的偏折程度更大，所以B光的折射率大于A光的折射率，故B光的频率大于A光的频率，根据E＝hv（v为光的频率）可知，B光的能量较大，故A错误； B、因为c＝λf，所以在真空中，A光的波长较长，故B正确； C、所有光在真空中的传播速度都相同，故C错误； D、因为sinC=‎‎1‎n，所以光从玻璃体中射出时，A光的临界角大于B光的临界角，故D正确。‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 ‎【答案】‎ A,D ‎【考点】‎ 氢原子的能级公式和跃迁 ‎【解析】‎ 根据数学组合公式Cn‎2‎判断辐射光子的种类； 当能级差最大时，辐射的光子能量最大，频率最大，波长最小；当能级差越小时，辐射的光子能量越小，频率也越小。‎ ‎【解答】‎ A‎、根据数学组合公式C‎4‎‎2‎‎=6‎可知，这些氢原子总共可辐射出‎6‎种不同频率的光，故A正确； B、从n＝‎4‎跃迁到n＝‎3‎，能级差最小，则辐射的光子频率最小，故B错误； C、从n＝‎4‎跃迁到n＝‎1‎，能级差最大，辐射出的光子的能量最大，故C错误； D、处于n＝‎1‎能级的氢原子能吸收‎15eV的能量发生跃迁，成为自由电子，故D正确。‎ ‎【答案】‎ A,C ‎【考点】‎ 闭合电路的欧姆定律 法拉第电磁感应定律 ‎【解析】‎ 由法拉第电磁感应定律判断是产生电磁感应及求出感应电动势，由楞次定律结合右手定则判断出感应电流的方向，由欧姆定律可以求出a、b两点间的电势差。‎ ‎【解答】‎ A‎、当磁场的磁感应强度不变时，线框以ab为轴旋转，线框中磁通量改变，产生感应电动势，有感应电流，故A正确； B、当磁场的磁感应强度为B不变时，线框分别以ab和cd为轴以相同的角速度旋转，由Em＝BSω知：电动势的最大值相同，故B错误； C、当线框不动，磁场的磁感应强度增大时，感应电流激发的磁场垂直纸面向外，电流由a流向b，电源内部由低电势流向高电势，故C正确； D、由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势为E=‎△B‎△tS=‎‎△B‎△t‎1‎‎2‎l‎2‎，a、b两点间的电势差Uab‎=E‎2‎=‎‎△B‎△tl‎2‎‎4‎，故D错误。‎ ‎【答案】‎ A,D ‎【考点】‎ 牛顿第二定律的概念 摩擦力做功与能量转化 ‎【解析】‎ 根据滑动摩擦力公式分析求解两物块沿斜面下滑过程中所受摩擦力的大小之比； 根据牛顿第二定律求解两物块沿斜面下滑过程中的加速度大小之比； 根据v＝at分析两物块到达斜面底端时的速率之比； 物体克服摩擦力做功等于物体下滑过程中机械能的损失。‎ ‎【解答】‎ B‎、设A点到BC的竖直高度为h，则有lAB‎=hsin53‎,lAC=‎hsin37‎， 所以lAB‎:‎lAC＝‎3:4‎， 根据x=‎1‎‎2‎at‎2‎可知，两物体在斜面上的运动时间相等， 则两物块沿斜面下滑过程中的加速度大小之比为a甲‎:‎a乙＝lAB‎:‎lAC＝‎3:4‎，故B错误； A、两物体在下滑的过程中，根据牛顿第二定律有a甲＝gsin‎53‎‎∘‎−μ‎1‎gcos‎53‎‎∘‎ a乙＝gsin‎37‎‎∘‎−μ‎2‎gcos‎37‎‎∘‎， 联立解得μ‎2‎‎=‎‎1‎‎12‎， 根据滑动摩擦力的公式f＝μmgcosθ可知，两物块沿斜面下滑过程中所受摩擦力的大小之比f甲‎:‎f乙＝μ‎1‎cos‎53‎‎∘‎:μ‎2‎cos‎37‎‎∘‎＝‎6:1‎，故A正确； C、根据v＝at可知，两物块到达斜面底端时的速率之比为v甲‎:‎v乙＝a甲‎:‎a乙＝‎3:4‎，故C错误； D、根据功能关系可知，物体损失的机械能之比为克服滑动摩擦力做功之比，根据Wf＝μmgcosθ⋅x可知， 两物块沿斜面下滑过程中损失的机械能之比为‎△E‎1‎:△E‎2‎=μ‎1‎gcos53⋅hsin53‎:μ‎2‎gcos37hsin37‎=9:2‎，故D正确。‎ 三、非选择题：本题共6小题，共60分．‎ ‎【答案】‎ 平衡摩擦力 ‎0.930‎‎,‎0.927‎,p‎1‎＝‎p‎2‎ ‎【考点】‎ 利用平抛运动规律验证动量守恒定律 ‎【解析】‎ ‎（1）实验前要平衡摩擦力。 （2）根据图示纸带求出下车的速度，然后根据动量的计算公式求出小车的动量；根据实验数据分析答题。‎ ‎【解答】‎ 实验前需要平衡摩擦力，适当垫高木板右端轻推小车，与小车相连的纸带上打出一系列分布均匀的点迹，小车做匀速直线运动，所受合力为零，恰好平衡摩擦力。‎ 电源频率为‎50Hz，打点时间间隔T=‎1‎‎50‎s＝‎0.02s， 碰撞前小车A的速度v‎1‎‎=xAt=‎47.70×‎‎10‎‎−2‎‎0.02×5‎m/s＝‎4.77m/s， 碰撞后小车的速度v‎2‎‎=xABt‎′‎=‎21.30×‎‎10‎‎−2‎‎0.02×5‎m/s＝‎2.13m/s， 碰撞前瞬间系统的总动量p‎1‎＝mAv‎1‎＝‎195×‎10‎‎−3‎×4.77kg⋅m/s≈0.930kg⋅m/s； 碰撞后瞬间系统的总动量p‎2‎＝‎(mA+mB)‎v‎2‎＝‎*(195+240)×‎10‎‎−3‎×2.13kg⋅m/s≈0.297kg⋅m/s； 由实验可知，在误差允许范围内，p‎1‎＝p‎2‎，系统动量守恒。‎ ‎【答案】‎ 欧姆调零 ‎2‎ ‎12.0‎‎,‎‎17.0‎ ‎12.0‎‎,‎8.94‎,‎‎15.5‎ ‎【考点】‎ 用多用电表测电阻 ‎【解析】‎ ‎（1）欧姆表使用前一定要欧姆调零； （2）欧姆表是测量电阻的仪表，欧姆表电流是从黑表笔流出红表笔流入，电流从电压表正接线柱流入，故黑表笔接触‎2‎； ‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 ‎（3）欧姆表读数＝倍率‎×‎表盘读数； （4）根据闭合电路欧姆定律求解电动势。‎ ‎【解答】‎ 欧姆表使用前一定要欧姆调零，即红黑表笔短接后，调节调零旋钮，使电流表满偏；‎ 欧姆表是测量电阻的仪表，欧姆表电流是从黑表笔流出红表笔流入，电流从电压表正接线柱流入，故黑表笔接触‎2‎；‎ 欧姆表读数＝倍率‎×‎表盘读数，故实线位置的读数为：‎1K×12.0Ω＝‎12.0kΩ；虚线位置的读数为：‎1K×17.0Ω＝‎17.0kΩ；‎ 将滑动变阻器的滑片移至右端时，滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值，为‎12.0KΩ； 再将滑片向左移至某一位置时，电压表的示数为‎3.30V，此时多用电表的示数为电压表的电阻与滑动变阻器接入电路的电阻之和。 设多用电表电阻挡“‎×1k”倍率时内部电池的电动势为E，内阻为r；根据闭合电路欧姆定律得： E＝‎(12×‎10‎‎3‎+r)‎3.9‎‎12×‎‎10‎‎3‎r…① E＝‎(17×‎10‎‎3‎+r)‎3.3‎‎12×‎‎10‎‎3‎⋯‎② 联立①②得：E＝‎8.94V，r＝‎15.5kΩ；‎ ‎【答案】‎ 开始时汽缸内气体的压强p‎1‎为‎1‎‎2‎‎(p‎0‎+mgS)‎；‎ 活塞到达B处稳定后，对汽缸内的气体缓慢加热，活塞再次到达A处时的热力学温度T为‎2‎T‎0‎。‎ ‎【考点】‎ 气体的等容变化 气体的等温变化 理想气体的状态方程 ‎“玻璃管封液”模型 ‎【解析】‎ ‎（1）气体发生等温变化，根据题意求出气体的状态参量，应用玻意耳定律求出开始时气体的温度。 （2）对气体加热过程气体压强不变，气体发生等压变化，应用盖吕萨克定律求出气体的温度。‎ ‎【解答】‎ 活塞停在B处时，缸内气体的压强为：p‎2‎＝p‎0‎‎+‎mgS， 气体发生等温变化，由玻意耳定律有：p‎1‎HS＝p‎2‎‎⋅‎1‎‎2‎HS， 解得：p‎1‎‎=‎1‎‎2‎(p‎0‎+mgS)‎；‎ 对气体加热时气体体积不变，由盖吕萨克定律有： ‎1‎‎2‎HST‎0‎‎=‎HST， 解得：T＝‎2‎T‎0‎。‎ ‎【答案】‎ 当A恰好与地面接触但无压力时弹簧的形变量x‎0‎是‎0.1m，A的质量M是‎0.2kg；‎ A恰好与地面接触但无压力时C的速度大小v为‎6‎‎2‎m/s。‎ ‎【考点】‎ 解直角三角形在三力平衡问题中的应用 胡克定律 摩擦力做功与能量转化 ‎【解析】‎ ‎（1）根据B与弹簧组成的系统机械能守恒列式，可求出弹簧的形变量x‎0‎．当A恰好与地面接触但无压力时，弹簧对A的拉力与A的重力大小相等，由平衡条件和胡克定律求A的质量M； （2）从C下落至A恰好与地面接触但无压力的过程，对C与弹簧组成的系统，再根据系统的机械能守恒求解。‎ ‎【解答】‎ B下落过程，对B与弹簧组成的系统，根据能量守恒定律有： ‎1‎‎2‎kx‎0‎‎2‎=mgx‎0‎ 解得：x‎0‎＝‎0.1m [或：根据竖直方向弹簧振子的对称性可知，物块B在最低点时的加速度大小为g、方向竖直向上，有： kx‎0‎＝‎2mg 解得：x‎0‎＝‎0.1m]‎ 当A恰好与地面接触但无压力时，对A，由物体的平衡条件有： kx‎0‎＝Mg 解得：M＝‎0.2kg。‎ 从C下落至A恰好与地面接触但无压力的过程，对C与弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律有： ‎4mgx‎0‎−‎1‎‎2‎kx‎0‎‎2‎=‎1‎‎2‎×4mv‎2‎ 解得：‎v=‎6‎‎2‎m/s ‎【答案】‎ 轿车会撞上货车；‎ 若从老王开始打盹到轿车开始减速行驶的时间内（即t‎1‎‎+‎t‎0‎时间内），货车匀加速到速度大小v‎3‎＝‎24m/s之后匀速行驶，轿车不会撞上货车。‎ ‎【考点】‎ 匀变速直线运动规律的综合运用 ‎【解析】‎ ‎（1）匀减速追赶匀速，把握住速度相等时距离最小，是撞上与撞不上的临界条件，按照速度相等分别求出两车的位移比较即可； （2）先求出货车加速段的位移，然后仍然是匀减速追赶匀速，把握住速度相等时距离最小，按照速度相等分别求出两车的位移比较即可。‎ ‎【解答】‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 轿车匀速行驶通过的距离为：x‎1‎＝vl‎(t‎1‎+t‎0‎)‎＝‎32×(6+1)m＝‎224 m 假设轿车未撞上货车，且从轿车开始减速行驶到轿车与货车速度相同时所用的时间为t‎2‎，由匀变速直线运动的规律有：v‎2‎＝v‎1‎‎−at‎2‎， 其中加速度大小：a＝‎0.7g＝‎7m/‎s‎2‎ 解得：t‎2‎＝‎2s 轿车减速行驶通过的距离为：x‎2‎‎=v‎1‎‎+‎v‎2‎‎2‎⋅t‎2‎=‎32+18‎‎2‎×2m＝‎50m 从老王开始打盹到轿车与货车速度相同的时间内，货车通过的距离为：s＝v‎2‎‎(tl+t‎0‎+t‎2‎)‎＝‎18×(6+1+2)m＝‎162m 由于：x‎1‎‎+x‎2‎−s＝‎112 m>L，故轿车会撞上货车。‎ 货车加速行驶通过的距离为：L‎1‎‎=v‎2‎‎+‎v‎3‎‎2‎⋅(t‎1‎+t‎0‎)=‎18+24‎‎2‎×(6+1)m＝‎147m 假设轿车未撞上货车，且从轿车开始减速行驶到轿车与货车速度相同时所用的时间为t‎3‎，由匀变速直线运动的规律有：v‎3‎＝v‎1‎‎−at‎3‎ 解得：t‎3‎‎=‎8‎‎7‎s 货车匀速行驶通过的距离为：L‎2‎＝v‎3‎t‎3‎‎=24×‎8‎‎7‎m＝‎27.4m 轿车减速行驶通过的距离为：x‎3‎‎=v‎1‎‎+‎v‎3‎‎2‎⋅t‎3‎=‎32+24‎‎2‎×‎8‎‎7‎m＝‎32m 由于：x‎1‎‎+x‎3‎−(L‎1‎+L‎2‎)‎＝‎81.6m