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1、2021-2022学年山东省德州市夏津县双语中学高三（下）诊断性物理试卷2.单 选 题（本大题共8小题，共24.0分）有些元素的原子核有可能从很靠近它的核外电子中“俘获”一个电子形成一个新原子核，从离原子核最近的K层电子中俘获电子，叫“K俘获”。现有一个皱原子核GBe）发生了“K俘获”，生成一个新的原子核X,并放出一个不带电的、质量接近于零的中微子（%）,核反应方程为：l Be+e X +vc.关于镀原子核&Be）的“K俘获”的过程，下列说法正确的是（）A.新原子核X带负电B.新原子核X比原来的被原子核少一个中子C.新原子核比原来的被原子核少一个质子D.新原子核X与原来的被原子核的核子数不同如
2、图所示，在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，将实验仪器按要求安装在光具座上，某同学观察到清晰的干涉条纹。若他对实验装置进行改动后，在毛玻璃屏上仍能观察到清晰的干涉条纹，但条纹间距变窄。卜列改动可能会实现这个效果的Un15筒丸双缄S口丐注光片白炽灯-d5A.仅将滤光片向右移动靠近单缝 B.仅减小双缝间的距离C.仅增大双缝与毛玻璃屏间的距离 D.仅将红色滤光片换成绿色滤光片甲、乙两车在同一直线上运动，它们运动的位移x随时间t变化的关系如图所示，已知甲车的x-t图像为抛物线的一部分，t=8s时刻对应图像的最高点，乙车的图像为直线，下列说法正确的是（）A.甲车的初速度为6m/sB.甲车的加速度大小为
3、2m/s2C.t=0至ijt=8s内甲车的位移为70nlD.在t=8s到t=10s时间内的某时刻，甲、乙两车的速度大小相等4.人造地球卫星与地心间距离为r 时，若取无穷远处为势能零点，引力势能可以表示为Ep=-岁，其中G为引力常量，M为地球质量，M为卫星质量。卫星原来在半径为4 的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于稀薄空气等因素的影响，飞行一段时间后其圆周运动的半径减小为 2.此过程中损失的机械能为()A.GM mz1 lx c GM mz1 1、-B.十 年C.GM陪 一 4 D.GMm(-)5.如图所示电路中，理想变压器原线圈两接线柱间的交流电压的有效值不变，两灯泡人、功规格完全相同，在以下
4、各种操作中各电路元件都没有损坏，下列说法正确的是()U1 U2A.仅使滑片M下移，电流表示数变大B.仅使滑片M下移，变压器原线圈中的电流变大C.仅使滑片N 自变阻器a端向b端移动，灯泡G 中的电流一直增大D.仅使滑片N 自变阻器a端向b端移动，电流表示数一直增大6.如图所示，山坡上两相邻高压线塔之间架有粗细均匀的导线，静止时导线呈曲线形下垂，最低点在C处。左塔4 处对导线拉力的方向与竖直方向的夹角为30。，右塔B处对导线拉力的方向与竖直方向的夹角为60。，则导线4C部分与BC部分的质量之比为()第2页，共27页A7.某压敏电阻的阻值R随压力产变化的规律如图甲所示，将它水平放在电梯地板上并接入如
5、图乙所示的电路中，在其受压面上放一物体m,即可通过电路中电流表4的示数/来研究电梯的运动情况。已知电梯静止时电流表的示数为下列说法正确的是（）A.若示数/=/（）,则电梯一定处于静止状态B.若示数/保持不变，则电梯一定做匀速运动C.若示数/在增大，则电梯的速度在增大D.若示数/，则电梯可能在减速向下运动8.单镜头反光相机简称单反相机，它用一块放置在镜头与感光部件之间的透明平面镜把来自镜头的图像投射到对焦屏上。对焦屏上的图像通过五棱镜的反射进入人眼中。如图所示为单反照相机取景器的示意图，4BCCE为五棱镜的一个截面，A B L B C.光线垂直2B射入，分别在CD和E4上发生全反射，且两次全反射
6、的入射角相等，最后光线垂直BC射出。下列说法正确的是（）A.乙BCD=135B.4B4E1和4BCD不相等C.该五棱镜折射率的最小值是焉羡D.该五棱镜折射率的最小值是鱼二、多 选 题（本大题共4小题，共16.0分）9.“战绳”是一种时尚的健身器材，有较好的健身效果。如图甲所示，健身者把两根相同绳子的一端固定在P点，用双手分别握住绳子的另一端，然后根据锻炼的需要以不同的频率、不同的幅度上下抖动绳子，使绳子振动起来。某次锻炼中，健身者以2Hz的频率开始抖动绳端，t=。时，绳子上形成的简谐波的波形如图乙所示，a、b为右手所握绳子上的两个质点，二者平衡位置间距离为波长的|,此时质点a的位A.a、b两质
7、点振动的相位差为B.t=Js时，质点a的位移仍为8&cm，且速度方向向下OC.健身者抖动绳子端点，经过5s振动恰好传到P点D.健身者增大抖动频率，将减少振动从绳子端点传播到P点的时间第4页，共27页10.如图所示，内壁光滑的圆形细管固定在倾角为。的斜面上，其半径为R,4、C分别为细管的最高点和最低点，8、。为细管上与圆心。处于同一水平高度的两点，细管内有一直径稍小于细管内径的质量为6的小球，小球可视为质点。开始时小球静止在4点，某时刻对小球施加轻微扰动，使小球自4向B沿着细管开始滑动。以过直线BOD的水平面为重力势能的参考平面，重力加速度为g,下列说法正确的是（）A.小球不能返回到4点B.小球
8、自A点到B点的过程中，重力的瞬时功率一直增大C.小球在C点时的机械能为2mgRsin。D.小球到达。点时，细管对小球的作用力大小为mgVl+3sin2。11.如图所示，真空中，水平、正对放置的平行金属板4 B间存在竖直方向的匀强电场，带电量为+Q的球P内含有一弹射装置，其质量为mi（含其内部弹射装置），质量为巾2、不带电的小球置于球P内部的弹射装置中。开始时，球P恰好静止在距4板九 的位置。某时刻，小球相对于金属板以速度处水平弹出，球P和小球同时到达金属板。若两球均可视为质点，球P运动过程中电荷量保持不变且不影响原电场分布，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A-B _A.从小球弹出至到达金属
9、板，球P动量的变化量竖直向上B.从小球弹出至到达金属板，球P的电势能增加C.两金属板间的电势差以B=-吗 詈 丫D.两金属板长度至少为此应量至远更叫7 7 1 2g12.有一边长为L、质量为加、总电阻为R的正方形导线框自磁场上方某处自由下落，如图所示。区域I、n中匀强磁场的磁感应强度大小均为B,二者宽度分别为L、H,且“上 导线框恰好匀速进入区域I,一段时间后又恰好匀速离开区域口，重力加速度为9，下列说法正确的是()X X X X X X X X T二乜上上上上上上.*11*.H-IA.导线框离开区域II的速度大于鬻B.导线框刚进入区域II时的加速度大小为g,方向竖直向上C.导线框进入区域H的
10、过程产生的焦耳热为m gD-导线框自开始进入区域I 至刚完全离开区域n 的 时 间 为 鬻三、实验题(本大题共2 小题，共 20.0分)1 3.某物理实验小组利用图甲所示装置“探究小车的加速度与受力的关系”。(1)关于实验操作，下 列 说 法 正 确 的 是。A.实验时，先释放小车再接通打点计时器的电源B.调节滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板保持平行C.每次改变重物质量时，不需要重新调整长木板的倾斜度D 为尽可能减小实验误差，小车的质量应远大于重物的质量(2)一次实验中获得的纸带如图乙所示，已知所用电源的频率为50H z,每5个点取一个计数点，4、B、C、D、E、F、G为所取计数点，由图中
11、数据可求得加速度大第6页，共27页小&=m/s 2。（计算结果保留两位有效数字）（3）实验小组先保持小车质量为mi 不变，改变小车所受的拉力凡得到a 随F 变化的规律如图丙中直线4 所示，然后实验小组换用另一质量为僧2 的小车，重复上述操作，得到如图丙中所示的直线B,由图可知，m._ _ _ _ _ ni 2（选 填“大于”或“小于”），直线B 不 过 坐 标 原 点 的 原 因 是。1 4.某实验小组要测定一节蓄电池的电动势及内阻，要求测量结果尽量准确，实验器材如下：电流表a（量程2 0 0 必1,内阻为8 0 0 0）；电流表刊2（量程3 0 0 nM，内阻约为0.3 0）；定值电阻&（阻
12、值为4 0）；定值电阻/?2（阻值为9 2 0 0 0）；滑动变阻器R（最大阻值5 0 0）；待测蓄电池一节（电动势约为2 U）；开关S 一个，导线若干。（1）实验小组连接的实物电路如图甲所示，图 中 虚 线 框 内 的 电 表 应 选（选填或。2”），图 中 虚 线 框 内 的 定 值 电 阻 应 选（选 填 RJ或 /?2”）；（2）电流表公示数用A表示，电流表4 示数用/2 表示，该小组多次改变滑动变阻器触头位置，得 到 了 多 组 力数据，并作出/1-（/1+/2）图像，如图乙所示。根据图像可知，被测蓄电池的电动势为 乙内阻为 0。（结果均保留两位有效数字）（3）从实验设计原理来看，该
13、蓄电池电动势的测量值_ _ _ _ _（选 填“大于”、“小于”或“等 于 ）真实值，内阻的测量值_ _ _ _ _ _（选 填“大于”、“小于”或“等 于 ）真实值。四、简答题(本大题共1小题，共 10.0分)15.如图甲所示是我国农村建房时往高处抛送建筑材料的情景，即一人从地面将建筑材料抛出，被站在屋檐上的另一人接住。已知李师傅站在离房屋水平距离L=3.2m的4 点，王师傅站在离地面高H=3.4m的屋檐上的B点，李师傅将质量m=2kg的砖头从4 点正上方高无 1 =1.0m处斜向上抛出，砖头运动至最高点时恰被王师傅接住，若接住点在B点正上方高为=0.8m处，砖头与王师傅接触的时间t=0.4
14、s,重力加速度g=10m/s2,忽略空气阻力。求：(1)李师傅抛砖头的速度大小；(2)王师傅在接砖头的过程中受到的平均作用力大小。五、计算题(本大题共3 小题，共 30.0分)16.如图甲所示，用质量为10kg的活塞在竖直气缸内封闭一定质量的理想气体，气缸顶部装有卡扣。开始时活塞距气缸底部高度为40cm,对气缸内的气体缓慢加热，活塞距气缸底部的高度八随温度7的变化规律如图乙所示，自开始至温度达到400K的过程中，缸内气体吸收的热量为700人 已知活塞的横截面积为200cm2,外界大气压强为l.Ox 105 原 活塞与气缸壁间的摩擦忽略不计，重力加速度g取10m/s2。(1)求由状态4到C,气体
15、内能的变化量；(2)用p表示缸内气体的压强，请作出气体由状态4经过8变为C的p-h 图像，并标出4、B、C的坐标值。第8页，共27页6040B C7 300 400 77K17.加速器在核物理和粒子物理研究中发挥着巨大的作用，回旋加速器是其中的一种。如图是某回旋加速器的结构示意图，5 和。2是两个中空的、半径为R的半圆型金属盒，两盒之间窄缝的宽度为d,它们之间有一定的电势差U。两个金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。Di盒的中央4 处的粒子源可以产生质量为m、电荷量为+q的粒子，粒子每次经过窄缝都会被电场加速，之后进入磁场做匀速圆周运动，经过若干次加速后，粒子从金属盒为边缘离
16、开,忽略粒子的初速度、粒子的重力、粒子间的相互作用及相对论效应。(1)求粒子离开加速器时获得的最大动能场机；(2)在分析带电粒子的运动轨迹时，用Ad表示任意两条相邻轨迹间距，甲同学认为2d不变，乙同学认为2d逐渐变大，丙同学认为dd逐渐减小，请通过计算分析哪位同学的判断是合理的；(3)若该回旋加速器金属盒的半径R=1 m,窄缝的宽度d=0.1cm,求粒子从4 点开始运动到离开加速器的过程中，其在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比。(结果保留两位有效数字)1 8.如图甲所示，半径R=0.5m的四分之一光滑圆弧轨道4 与长1 =1m的平板B均静置于光滑水平地面上，4 与B刚好接触且二者的上表面相
17、切，一物块C(可视为质点)静置于B的最右端，C与B上表面的动摩擦因数从左往右随距离/均匀变化，其变化关系如图乙所示。已知4、B、C的质量均为m=1 k g,重力加速度g=lO m/s?,现给C 一水平向左的初速度%=4m/s(.(1)若4、B固定，其他条件均不变，求C刚滑到4 最低点P时对轨道的压力大小；(2)若A、B不固定，其他条件均不变，求：(i)C由B最右端滑至最左端过程中克服摩擦力做的功；(ii)C相对于4 最低点P所能达到的最大高度(结果保留两位有效数字)；(世)若将力、B粘连在一起，改变孙大小，其他条件均不变，使C能够沿4 上升，且再次返回到4 最低点P时具有相对于地面水平向左的速
18、度，见的取值范围为多少。第1 0页，共2 7页答案和解析1.【答案】C【解析】解：4、所有的原子核均带正电，故 A 错误；BCD、根据核反应方程ZB e+9ie-ex+%,结合质量数与电荷数守恒，可知X的质量数为：4=7+0=7,质子数为：Z=4 1=3,所以新核为乙，则新原子核0X与原来的镀原子核的核子数相同，新原子核 X的中子数为：7-3 =4,被原子核的中子数为：7 4=3,所以新原子核 X比原来的镀原子核多一个中子，新原子核 X比原来的被原子核少一个质子，故 B 3错误，C正确。故选：C。根据核反应过程中，电荷数与质量数守恒，以及质量数=中子数+电荷数分析即可。本题以核反应方程为命题背
19、景，考查了质量数与电荷数守恒，考查了学生的物理观念。2.【答案】D【解析】解：4、滤光片的作用是得到相干光源，靠近单缝和原理单缝不影响干涉，故 A 错误；BC、双缝干涉两相邻亮条纹的间距为Zlx=与，仅减小双缝之间的距离或仅增大双缝与毛玻璃屏之间的距离，条纹间距都会变大，故 8C错误；D、仅将红色滤光片换成绿色滤光片，滤光片射向双缝等的光的波长减小，根据4刀=当可知，条纹间距减小，故。正确；故选：D。根据双缝干涉两相邻亮条纹的间距为4欠=”逐项完成分析即可。a本题主要考查了双缝干涉的相关应用，理解相邻亮条纹的计算公式即可完成分析，属于第12页，共27页基础题型。3.【答 案】B【解 析】解：A
20、 B,甲车的x-t 图象为抛物线的一部分，说明甲车做匀减速直线运动，8s末速度为零，则有：。（）+1%=0.即为：%+8a=0。0-10s内，甲车的位移为:x=60m,则有：x=v0t10+atf0,即为：60=10vo+50a。联立解得：氏=16m/s,a=-2m/s2.所以，甲车的初速度大小为1 6 m/s,加速度大小为2 m/s 2,故 4 错误，B 正确。C、t=0至 lit=8s内 甲 车的位移为=170t8+jatg=16 x 8m|X 2 X 82m=64m,故 C 错误；D、在t=8s到t=10s时间内甲车做反向的匀加速直线运动，t=10s末速度”=0 +at=2 x 2m/s
21、=4m/s,在t=8s到t=10s时间内乙车做匀速直线运动，速度大小。乙=，=m/s =6m/s v=4 m/s,故。错误。故选：B。甲车的%t 图象为抛物线的一部分，说明甲车做匀减速直线运动，8s末速度为零，根据速度一时间公式和位移一时间公式列式求甲车的初速度和加速度。甲车通过的位移等于纵坐标的变化量。根据斜率关系分析速度大小关系。解决本题的关键要理解位移一时间图象点和斜率的物理意义,知道x-t 图象中抛物线表示匀变速直线运动，图象的斜率表示速度。4.【答 案】B【解 析】解：根据卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则轨道半径为百时有：嗤=哼.，卫星的引力势能为：Epi=-学 1
22、轨道半径为2时：等=m%.卫星的引力势能为：Ep2=一 学 r2设摩擦而损失的机械能为 E,根据能量守恒定律得：+琮1=+E p 2+E.联 立 得：岳=等*一3.故8正确，ACZ）错误。故选：B。求出卫星在半径为圆形轨道和半径为%的圆形轨道上的动能，从而得知动能的减小量，通过引力势能公式求出势能的增加量，根据能量守恒求出损失的机械能。本题是信息题，要读懂引力势能的含义，建立卫星运动的模型，根据万有引力定律和圆周运动的知识、能量守恒定律结合求解。5.【答案】C【解析】解：4仅使滑片M下移，副线圈匝数减小，根据理想变压器*=詈知副线圈电压减小，n2副线圈电路电阻不变，所以电流减小，故A错误；8.
23、仅使滑片M下移，副线圈电压、电流均减小，所以副线圈功率减小，根据理想变压器特点UJi=出 A，可知原线圈中电流变小，故B错误；C.仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，并联部分电路电压（副线圈电压）不变，心2所在支路电阻逐渐减小，根据欧姆定律可知，乙2中电流一直增大，故C正确；D仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，则并联部分电阻先增大后减小，副线圈总电阻先增大后减小，副线圈电压不变，所以副线圈总电流（电流表示数）先减小后增大，故。错误。故选：C。第1 4页，共2 7页滑片M下移会影响副线圈的匝数，根据原副线圈的匝数比与原副线圈的电压之比的关系结合欧姆定律分析出电流表的示数变化，根据原副线圈的功率相等
24、分析出原线圈的电流变 化；滑片N移动会改变电路中的电阻，根据欧姆定律分析出灯泡中的电流的变化和电流表示数的变化。本题主要考查了变压器的构造和原理，熟悉原副线圈的电学物理量与线圈匝数的关系，同时根据电阻的变化分析出电路中电学物理量的变化即可。6.【答 案】【解 析】解：设4c段的质量为西，B C段的质量为TU B，4、B两端绳上拉力分别为弓、FB，绳子最低点 V ：6 0 /处的张力为7|一/根据平衡条件得：T=mAgtan30f T=vmBgtan60 掰 隹 )mA tan60 x/3 o解 得：嬴=嬴丽=逅=3,故8正确，A C。错 误。3故 选：B。分别对4c段和8 C段受力分析，分别列
25、平衡方程可求解。解决该题需要选择合适的研究对象进行受力分析，知道A C段对B C段的作用力水平向左,而B C段对4c段的作用力水平向右。7.【答 案】【解 析】解：力、若示数为/。，说明物体m对压敏电阻的压力与电梯静止时相同，即物体小的合外力为零，电梯可能处于静止状态，也可能处于匀速运动状态，故A错误；8、由图甲可知，压敏电阻R的阻值随压力增大而减小，若示数/保持不变，说明压敏电阻R的阻值保持不变，压敏电阻受到的压力不变，对于物体m受到的支持力不变，m的合外力恒定，故物体m可能做匀变速直线运动，也可能做匀速运动，则电梯可能做匀变速直线运动，也可能做匀速运动，故 B 错误；C、若示数/在增大，说
26、明压敏电阻R的阻值在减小，由图甲可知，压敏电阻受到的压力在逐渐增大，由上述条件只能判断压敏电阻受到的合外力在变化，由于不能确定合外力方向，故无法确定电梯速度如何变化，故 C 错误.。、已知电梯静止时电流表的示数为/（）,压敏电阻受到的压力等于物体小的重力，当示数/o 时，电路中电流比静止时大，说明压敏电阻R的阻值变小，压敏电阻受到的压力大于重力，物体m处于超重状态，电梯可能在减速向下运动，故。正确。故选：Do利用图甲得出压敏电阻的阻值随压力增大而减小，通过电流/的变化判断R的变化，确定压力变化，进而确定物体机的合外力变化情况，来判断电梯的运动情况。本题为简单传感器应用问题，答题时需要将电流、电
27、阻、压力等物理量结合起来，涉及到牛顿第二定律和欧姆定律的应用。处理传感器问题的一般思路是将电学量（如电流、电压等）和非电学量（如压力、温度、光照强度等）进行联系作答。8.【答案】C【解析】解：4、由题意画出光路图如图所示，根据光路图和反射定律可知：46=90。，即0=22.5。，则乙BCD=180-（90-0）=90+22.5=112.5,故 A错误；B、由几何知识可得：ABAE=180-（90-8）=90+22.5=1 1 2.5,贝IJNBAE=乙BCD,故 B 错误；C D,光线在CD和4E界面上恰好发生全反射时,对应着五棱镜折射率的最小值加，则为=矗 解 得 沏=忌 齐 故 C 正确，
28、0 错误。第 16页，共 2 7 页故选：Co作出光路图，根据儿何知识求出光在CD面上的入射角，并求出4 8 8。当光线刚好在CD面和4E面上发生全反射时，五棱镜折射率最小，根据临界角公式sin C=求出折射率最n小值。解决该题的关键是能正确作出光路图，能根据几何知识求出临界角。要知道光线刚好在界面上发生全反射时，棱镜的折射率最小。9.【答案】AB【解析】解：4 a、b两质点平衡置间距离为波长的|,一个周期波前进一个波长的距离，一个周期前后的相位差为2 m,所以两质点振动的相位差为,2 c 4=-X 271=-7T3 3故 4 正确；8.质点振动周期为T=7=-S=0.5Sf 2t=0时质点a
29、 的位移为8ea n,根据甲图可知a此刻在平衡位置上方，向上振动；根据乙图图线可知a 的振动方程为ya=16s讥（4?rt+将t=9 弋入可得8 4yra=8y12cm由振动规律知5s时刻a在平衡位置上，质点a 的位移仍为8Vlem，振动方向向下，故 8正确；C.由乙图可知a、b间平衡间距大于5 m,小于波长，所以波长4 5 m,所以波从健身者传到P点所用的时间故 C 错误;D波的传播速度由介质决定，介质不变，波速不变，绳子上的波形传播到P点的时间不变，与抖动频率无关，故。错误。故 选:A B.根据波形平移法分析波源的起振方向；根据a、b之间的距离和波长的关系分析两点振动步调关系；波源到P点的
30、距离一定，则波传播到P点的时间相同；介质不变，则传播速度不变。解决本题的关键是要会用波形平移法分析质点的起振方向，要知道两质点的距离为半个波长时，这两个点的振动步调相反，机械波的传播速度与介质有关，与波源的频率和振幅无关。1 0.【答案】B D【解析】解：4、小球在细管内运动的过程中，只有重力做功，则小球的机械能守恒，故小球能够返回4点，故A错误；B、根据P =m g。可知，小球在从4到B的过程中速度逐渐增大，则竖直分速度也逐渐增大，故重力的瞬时功率一直增大，故B正确；C、因为以B。为重力势能的参考平面，且小球在运动过程中机械能守恒，可知小球在C点的机械能为m g R s i n。，故C错误；
31、。、小球在。点时，受重力m g、指向圆心的弹力N=m9和垂直于斜面的弹力F =r n g c o s。，根据机械能守恒知小球在。点的动能如。2 =mgR sind,则指向圆心的弹力N =2mgsin9,然 后 根 据 矢 量 额 合 成 解 得 细 管 对 小 球 的 作 用 力 为 声=mgy/1+3sin29，故。正确。故选：B D。小球在细管内运动的过程中，小球的机械能守恒，确定零势能面即可判断机械能大小，细管对小球的作用力为指向圆心的弹力和垂直斜面弹力的合力。本题解题时要注意：小球沿细管滑到。时，受重力、指向圆心的弹力和垂直于斜面的弹力，细管对小球的作用力为两个弹力的合力。第1 8页，
32、共2 7页11.【答案】ACD【解析】解：4原来球P静止时，有QE=（mi+机2）g小球弹出时，设P瞬间速率为力,由动量守恒m2v0=m1v1小球弹出后，P受电场力大于其重力，合力向上，做类平抛运动到达上板，由牛顿第二定律QE m1g=m1a由动量定理知，球P动量变化量竖直向上，故A正确；8.球P向上类平抛运动，电场力做正功，电势能减小，故B错误；C.小球弹出后，设经时间，到达下板，设两板间距为d,对小球竖直方向，由运动学规律d-h =gt2同理，对P竖直方向h=-a t22两金属板间的电势差UAB=Ed联立以上各式（含4中公式）可得U _ ghmA+m2yAB m2Q故C错误；D小球和球P自
33、弹出到落板，水平位移大小分别为*0=votX=v1t则两金属板长度至少为L=x1+x0联立4、C、。中公式可得L _（m i+n i 2）%J 2 7 n l m 2 gn i E。故。正确。故选：A C Do根据动量定理判断动量变化量；电场力做正功，电势能减小，根据类平抛运动学公式结合电势差计算公式解得；解得小球和球P自弹出到落板，水平位移大小可知板长。本题要理清两球的运动情况，知道平抛运动的研究方法：运动的分解法，掌握动量定理的应用。12.【答案】C D【解析】解：4、设导线框离开区域的速度为W。导线框匀速离开区域H,由平衡条件得：m g =B I2L =B.L=,则 得 以=畿，故A错误
34、；R R B LB、设导线框匀速进入磁场时速度为巧。由平衡条件得：m g =B lrL =B鬻L =*，则得=鬻导线框刚进入区域I I时，导线框产生的总的感应电动势为E =2 8队1，所受的安培力大小为尸=2 B/=2 B空 空 乙=竺 四 =4血9，根据牛顿第二定律得：F-m g =ma,R R解得导线框刚进入区域n时的加速度大小：a=3g,方向竖直向上，故8错误：C、设导线框进入区域I I的过程产生的焦耳热为Q。由上可知：/=%。从导线框进入区域n到刚要离开区域n的过程，由能量守恒定律得：Q =m g H+（|m比 一 域）=m g H,故C正确；D、设导线框刚完全进入区域n时的速度为阳。
35、导线框进入区域I用时为h =2=怒。设线框从离开区域/到完全进入区域口的时间为1 2。取竖直向下为正方向，由动量定理得：（7 n g-2 B）t 2 =6%一 团%，其中2 =9=等=萼，则得匕=一 亍+藁。设线框从完全进入区域n到刚出区域n的时间为t 3,该过程线框做加速度为9的匀加速直线运动，则1 3 =故导线框自开始进入区域I至刚完全离开区域口的时间为t =2 Q +t 2 +t 3,解得：=第20页，共27页故。正确。故选：CD。导线框匀速离开区域n,线框所受的重力和安培力平衡，根据平衡条件和安培力与速度的关系求解线框的速度；同理求出导线框匀速进入区域I 的速度，由牛顿第二定律求导线框
36、刚进入区域n 时的加速度；根据能量守恒定律求导线框进入区域n 的过程产生的焦耳热；根据运动学公式求出导线框进入和离开磁场的过程所用时间，运用动量定理求出线框通过两磁场交界处的时间，从而求得导线框自开始进入区域I 至刚完全离开区域口的时间。解决本题的关键在于运用动量定理求线框从区域/到完全进入区域n 的时间，这个过程线框做的不是匀变速直线运动，不能根据运动学公式求时间，可根据动量定理求运动时间。13.【答案】BCD 0.19 长木板倾斜程度过大，补偿阻力过度。【解析】解：(1)4、实验时，要先接通电源再释放小车，故 A 错误；8、绳子的拉力应与运动方向一致，故应调节滑轮的高度，使牵引小车的细线与
37、长木板保持平行，故 B 正确；C、平衡后，应有7ngs讥0=m gcosO,故每次改变重物质量时，不需要重新调整长木板的倾斜度，故 C 正确；。、为尽可能减小实验误差，实验要求小车的质量应远大于重物的质量，故。正确；故选：BCD。(2)根据逐差法可知，小车的加速度为：a=4-953f5 x 102m/s2=0.19m/s29T2 9X0.12/(3)根据牛顿第二定律可知，a=/,则由a-尸图现的斜率可知，m2；由直线B可知，当F等于0时，加速度不等于零，说明平衡摩擦力过度，即长木板倾斜程度过大。故答案为：(l)BCD；(2)0.19；(3)；长木板倾斜程度过大,补偿阻力过度。(1)根据实验原理
38、掌握正确的实验操作；(2)根据逐差法计算出小车的加速度；(3)根据图像斜率结合牛顿第二定律分析出质量的大小以及图像不过原点的原因。本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合逐差法计算出加速度，同时要理解图像的物体意义从而完成分析。1 4.【答案】A2 R2 1.9 1.0等于等于【解析】解：(1)图中虚线框内的电表应选A2,因为虚线框与滑动变阻器串联，可使支路上除了电表的电阻为零，则选择量程大的电流表。蓄电池的电动势为2V,改装后电压表量程为2V,所以串联电阻为H2R=-RAI=2X1；,n-800n=9 2 0 0/2,故选/?2；(2)根据+&1)=E a+
39、/2)r整理得：/1=彳5一一(/1+/2)七+8)K2+KA 1 K2 +KA 1所以-=190X10J(1 5 0-7 0)x 1 0 2R2+A 1 R 2+R/U (2 4 0-8 0)X 1 0-3询 军 得：E=1.9 K；r =1.0。(3)因为考虑到电表内阻，所以没有误差，电动势的测量值等于真实值，内阻测量值等于真实值。故答案为：(1)&；2；(2)1.9：1.0：(3)等于;等于(1)根据实验原理结合蓄电池的电动势大小选择合适的电表和电阻：(2)根据欧姆定律结合图像计算出电池的电动势和内阻；(3)根据实验原理分析实验误差。本题主要考查了电源电动势和内阻的测量，熟悉实验原理，结
40、合欧姆定律和图像的特点计算出电源的电动势和内阻，同时要学会简单的数据分析。1 5.【答案】第22页，共27页解：(1)砖头的运动可以逆向视为平抛运动，根据平抛运动的规律知：L h=H -hr+h2=联立解得：t i =0.8 s,v0=4m/s,所以抛出时，竖直方向的速度大小为%=g =1 0 x 0.8m/s=8m/s,李师傅抛砖头的速度大小9 =JV Q+=V 42+82m/s =4 V 5 m/s(2)根据动量定理知：Ft=mv0,得F=詈=瑞N =20N.答：(1)李师傅抛砖头的速度大小为4祈m/s；(2)王师傅在接砖头的过程中受到的平均作用力大小为20N。【解析】(1)砖头的运动可以
41、逆向视为平抛运动，根据平抛运动的规律求解时间和水平速度北,再求解为=g h，根据速度的合成求解李师傅抛砖头的速度大小；(2)根据动量定理求解平均作用力大小。此题关键应用逆向思维研究斜抛运动，利用平抛运动规律求解水平速度和运动时间。1 6.【答案】解：(1)气体从状态4到状态B,气体做等压变化，此时压强P i=p o +詈=1.0 x 1 05P a+-Pa=1.05 x 103Pa,2x10-2气体对外做功为W=P i(/i-b)S=1.05 X 1 0s x(0.6 -0.4)x 2 x 10-2J=4 20/,从8到C,气体做等容变化，不做功，根据热力学第一定律可得：A U=Q-W =7
42、00/-4 20/=28 0/(2)气体从4到B做等压变化，压强为p i=1.05 x 1 0-5 p a,从B到C,气体做等容变化，初态PB=PI，TB=300K末态：Pc=?,T4=4 00K变为C 的P -/!图像如上图所示。【解析】(1)从4 到B,活塞的高度随温度升高，气体做等压变化，气体对外做功，根据W=求得做功，从B 到C,温度升高，气体的体积不变，做等容变化，气体不做功，根据热力学第一定律即可求得；(2)气体从4 到 做 等 压 变 化，从B 到C 做等容变化，找出初末状态参量，求得T =4 00K时的压强，即可做出p 九 图像。本题主要考查了热力学第一定律，明确各物理量的正负
43、号含义，在做p-九 图像时，根据一定质量的理想气体状态方程找出各个状态下的状态参量，明确做的是什么变化即可。17.【答案】解：(1)已知粒子在加速器中不断加速，当半径达到最大值时，动能最大。已知半径最大值为R,由洛伦兹力充当向心 力 得=R 磋,v=曙;由动能表达式得E km=-m v2=9 B R-。KTn 2 2m所以粒子离开加速器时获得的最大动能=迪 至。KTn 2m(2)丙同学的判断是合理的，由 动 能 定 理 得 若+1-之加若，因为q U 是固定值个，所以每次加速动能增加量相同。所以喏+1 -就=喏+2-喏+1，由分析不难得知，%1+1 -%1+2-%1+1 ；磁场中运动洛伦兹力充
44、当向心力得q u B =m 9,R=等，所以R 与u 成正比，因为u 的变化越来越小，所以4 d 逐渐减小。所以丙同学的判断合理。(3)因为加速到最大时发=誓，已知R=lm,d =0.1 c m。所以粒子的最大速度为u =?己知电势差为U,粒子在加速电场受到的力为F=哼，由牛顿第二定律得：F=m a,解a得阳：。一 =_ 能qu由匀加速直线运动规律得u =at电,解得t =-=,在电场中的路程s =1 a d =等,七 电 a U 2 用 mU所以粒子在磁场运动了。个产。第24页，共27页已知磁场中洛伦兹力充当向心力，由q u B =m(y)2r =mg,得,T =等,所 以 产=等,所以在磁
45、场中运动时间为喝=条在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比#=J =3.1 x 1 0。电 a答：(1)所以粒子离开加速器时获得的最大动能=嗤 受。(2)丙同学的判断合理。(3)在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比y=3=3,X 1 0 C电【解析】(1)根据质谱仪和回旋加速器的工作原理，由洛伦兹力与向心力的关系求出最大动能。(2)利用电势能做正功与动能的关系求出速度的变化，利用洛伦兹力与向心力的关系求出速度与半径的关系得出结论。(3)电场加速过程的可以视为间断性的匀加速直线运动,可以由动能定理求出末速度后利用牛顿第二定律和运动学公式求解，磁场运动期间每次都是半个周期，由洛伦兹力充当向心力可
46、以求出半个周期的时间，再由电场的加速此时判断出磁场运动的半个周期数，之后乘以半个周期的运动时间即可得出结果。本题考查质谱仪和回旋加速器的工作原理，关键在于理解粒子的整个运动过程，判断出在各种情况下需要用到的定理，特别是洛伦兹力的公式几乎贯穿整个过程。1 8.【答案】解：(1)因C与B上表面的动摩擦因数从左往右随距离，均匀变化，故C由B的最右端滑至最左端过程中C所受滑动摩擦力与位移成线性关系，可用滑动摩擦力的平均值乘以位移计算克服滑动摩擦力做的功，设此过程C克服滑动摩擦力做的功为 必，则有：Wf=(由 m g +40mgX =2X(6 +0,2)x 1 x 1 0 x 1/=4/对C由B的最右端
47、滑至P点的过程，由动能定理得：Wf=|m v o在P点轨道对4的支持力大小为心由牛顿第二定律得：F2 m g =m-VP联立代入数据解得：F =2 6 N由牛顿第三定律可得，C刚滑到4最低点尸时对轨道的压力大小F =F,即尸=2 6 N。（2）、（i）当4、B不固定时，C由B最右端滑至最左端过程，力、B、C组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，则有：mv0=mvc+2mvA由能量守恒和功能关系得：Wf=mvo-mv-x 2mv1联立代入数据解得：vc=|m/s,vA=|m/s设C由B最右端滑至最左端过程中克服摩擦力做的功为叼，对C由动能定理得：，1 2 1 2w =-m vs-m v代入数据
48、解得：Wf=J（ii）设C相对于4最低点P所能达到的最大高度为修。C沿4的圆弧轨道上滑过程，4、B分离，C达到最高点时4、C速度相同（设为。处，4与C组成的系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，则有：mvA+mvc=2mv j/:由机械能守恒定律得：I瓶若+1mvl-1 x 2mv=mghm联立代入数据解得：hm=0.10/n（位）将4、B粘连在一起，使C能够沿4上升，需满足C第一次到达P点时C的速度（设为女）大于AB的速度（设为火），临界条件为：=%。与。）同理可得，C由B的最右端到第一次到达P点的过程有：mv0=mv1+2mv2Wf=-mvQ-mvi-x 2nl或结合临界条件:%=v2
49、联立代入数据解得见的临界值为2Vn/s则使C能够沿4上升，需满足：v0 2V3m/s；要使C再次返回到点P时具有相对于地面水平向左的速度，以水平向左为正方向，需满足C再次返回到点P时的速度大于零，临界条件为此速度等于零。设C再次返回到点P时4B的速度为,依据临界条件，对C由B的最右端到第二次到达P点的过程，同理可得：mv0=2mv3第26页，共27页Wf=mvQ-1 x 2mv1联立代入数据解得火的临界值为4m/s则使C再次返回到点P时具有相对于地面水平向左的速度，需满足：v0 4m/so故满足要求的取值范围为2V5m/s v0 4m/s答：(1)C刚滑到4最低点P时对轨道的压力大小为26N；
50、(2)若4、B不固定，其他条件均不变：(i)C由B最右端滑至最左端过程中克服摩擦力做的功为日/；(ii)C相对于4最低点P所能达到的最大高度为0.10m；(m)%的取值范围为：2V5m/s v0 4m/So【解析】(1)因C由B的最右端滑至最左端过程中C所受滑动摩擦力与位移成线性关系，可用滑动摩擦力的平均值乘以位移计算克服滑动摩擦力做的功，再由动能定理求得C到达P点的速度大小，结合向心力公式，由牛顿第二定律和牛顿第三定律求解；(2)、(i)当4、B不固定时，C由B最右端滑至最左端过程，力、B、C组成的系统满足动量守恒定律，结合能量守恒和功能关系解得C达到P点的速度大小，再对C由动能定理求解；(