2024年高考物理大一轮复习：考前增分集训 集训2 小卷增分练

这是一份2024年高考物理大一轮复习：考前增分集训 集训2 小卷增分练，共97页。试卷主要包含了选择题，非选择题，三十一颗北斗导航卫星等内容，欢迎下载使用。
集训二　小卷增分练
30分钟小卷增分练(8选择＋2实验)(一)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)
14.如图1所示为氢原子的能级图，一群处于量子数n＝4激发态的氢原子，能够自发地跃迁到较低的能量状态，并向外辐射光子(已知可见光的光子的能量范围为1.63～3.10 eV，锌板的逸出功为3.34 eV)，则向外辐射多种频率的光子中(　　)

图1
A.最多有4种频率的光子
B.最多有3种频率的可见光
C.能使锌板发生光电效应的最多有4种频率的光子
D.能使锌板发射出来的光电子的最大初动能的最大值为9.41 eV
解析　根据组合C＝6，得一群处于n＝4的激发态氢原子可能发出6种频率的光子，A项错误；根据能级的跃迁满足hν＝Em－En得产生的光子能量分别是
12.75 eV，12.09 eV，10.2 eV，2.55 eV，1.89 eV，0.66 eV，可见光的光子能量范围约为1.63 eV～3.10 eV，所以可以产生2种频率的可见光，B项错误；依据光电效应产生条件及锌板的逸出功知，能使锌板发生光电效应的最多有3种频率的光子，C项错误；依据光电效应方程：Ekm＝hν－W，使锌板发射出来的光电子，其最大初动能的最大值为Ekm＝12.75 eV－3.34 eV＝9.41 eV，D项正确。
答案　D
15.北斗卫星导航系统由静止同步轨道卫星、中地球轨道卫星和倾斜同步轨道卫星组成。中地球轨道卫星的半径小于静止同步轨道卫星的半径，倾斜同步轨道卫星的周期为24小时，轨道平面与赤道平面有一定夹角。则下列说法正确的是(　　)
A.中地球轨道卫星的周期大于倾斜同步轨道卫星的周期
B.中地球轨道卫星的向心加速度小于静止同步轨道卫星的向心加速度
C.中地球轨道卫星和静止同步轨道卫星的速度均大于地球的第一宇宙速度
D.地球赤道上随地球自转的物体的向心加速度比静止同步轨道卫星的向心加速度小
解析　中地球轨道卫星半径小于静止同步轨道卫星的半径，由开普勒第三定律＝k可知，中地球轨道卫星周期小于静止同步轨道卫星周期，而倾斜同步轨道卫星的周期等于静止同步轨道卫星的周期，A项错误；由a＝G可知，B项错误；中地球轨道卫星和静止同步轨道卫星的速度均小于第一宇宙速度，C项错误；由a＝rω2可知，地球赤道上物体的向心加速度比静止同步轨道卫星的向心加速度小，D项正确。
答案　D
16.如图2所示，轻质光滑的定滑轮用轻质细线吊在天花板上，物块m、M用跨过定滑轮的轻质细线连接，m静止悬在空中，M静止在水平地面上的A点。现把M从A点缓慢移动到B点，m仍静止悬在空中。则下列说法正确的是(　　)

图2
A.细线对M的拉力变大 　　　 B.悬挂滑轮的细线拉力变大
C.M对地面的压力变大 　　　 D.M对地面的静摩擦力变小
解析　m受力平衡，所以绳中张力始终等于mg，大小不变，A项错误；如图甲所示，绳子间夹角α逐渐增大，所以两段绳中张力的合力逐渐减小，悬挂滑轮的细线拉力也逐渐减小，B项错误；在M从A缓慢移到B的过程中，M始终处于平衡状态，对M受力分析如图乙所示，由受力分析可知FTcos θ＝Ff，FTsin θ＋FN＝Mg，在此过程中θ逐渐减小，cos θ逐渐增大，sin θ逐渐减小，所以Ff逐渐增大，FN逐渐增大，C项正确，D项错误。

答案　C
17.一物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图3所示。该物体在t0和2t0时刻的动能分别为Ek1、Ek2，动量分别为p1、p2，则(　　)

图3
A.Ek2＝9Ek1，p2＝3p1 B.Ek2＝3Ek1，p2＝3p1
C.Ek2＝8Ek1，p2＝4p1 D.Ek2＝3Ek1，p2＝2p1
解析　根据动量定理得F0t0＝mv1①，2F0t0＝mv2－mv1②，由①②解得v1∶v2＝1∶3，那么动量之比为p1∶p2＝1∶3，依据Ek＝mv2＝，得Ek1∶Ek2＝1∶9，A项正确。
答案　A
18.如图4，直角三角形ABC区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T，其中BC边长为3 cm，∠C＝30°。现有大量比荷＝106 C/kg的带正电的粒子持续不断地以不同的速率从P点垂直AC边射入该匀强磁场区域，PC间距离为3 cm(不计粒子重力)。以下说法错误的是(　　)

图4
A.粒子在磁场中运动的最长时间为π×10－6 s
B.速度小于1×104 m/s的粒子均能从AC边射出
C.速度为1.5×104 m/s的粒子恰好经过C点
D.可能有部分粒子能从AB边射出
解析　在磁场区域中运动半周从AC边射出磁场的粒子的运动时间最长，运动时间为＝＝π×10－6 s，A项正确；由r＝得速度v＝1×104 m/s的粒子在磁场中匀速圆周运动的半径r＝1 cm，轨迹恰好与BC边相切，速度小于1×104 m/s的粒子半径小于1 cm均能运动半周从AC边射出，B项正确；速度为1.5×104 m/s的粒子在磁场中匀速圆周运动的半径r＝1.5 cm，若磁场区域足够大，粒子恰好经过C点，但速度v＞1×104 m/s，从BC(或AB)穿出磁场后沿直线运动，不会到达C点，C项错误；粒子速度足够大就可从AB边射出，D项正确。
答案　C
19.如图5所示，在光滑水平面上以水平恒力F拉动小车和木块，让它们一起做无相对滑动的加速运动，若小车的质量为M，木块的质量为m，加速度大小为a，木块和小车间的动摩擦因数为μ。对于这个过程，某同学用了以下4个式子来表达木块受到的摩擦力的大小，下列表达式一定正确的是(　　)

图5
A.F－Ma B.ma
C.μmg D.Ma
解析　用隔离法，对木块有Ff＝ma，对小车有，F－Ff＝Ma，A、B项正确；由于不是滑动摩擦力，不能用公式Ff＝μFN表达，C项错误；Ma指的是小车M在运动过程中受到的合外力，D项错误。
答案　AB
20.如图6所示，在匀强电场中有一个与电场方向平行的直角三角形ABC，∠A＝30°，虚线表示电场线，与AB夹角为60°，其中A点电势为3 V，C点电势为1 V。一质量为2.0×10－17 kg、带电荷量为1.0×10－5 C的带电离子仅在静电力作用下恰好沿图中弧线自A运动到B。已知离子在A点的速度大小为1×106 m/s，则(　　)

图6
A.离子带正电
B.离子带负电
C.离子在B点的速度大小为×106 m/s
D.离子在B点的速度大小为2×106 m/s
解析　φA＝3 V＞φC＝1 V，所以电场强度方向是沿虚线斜向下，在轨迹与电场线相交的地方，由电场力必须沿电场线并且指向轨迹的凹面可判断出电场力沿虚线斜向下，与电场强度方向相同，带电粒子带正电，A项正确，B项错误；由几何关系可知AC与电场方向夹角为30°，所以UAC＝E·AC·cos 30°　①，UAB＝E·AB·
cos 60°　②，AC·cos 30°＝AB　③，由①②③可知UAB＝UAC＝(φA－φC)＝1 V，粒子由A到B的过程，由动能定理可得qUAB＝mv－mv，解得vB＝×106 m/s，C项正确，D项错误。
答案　AC
21.如图7甲所示，在光滑水平面上放置一质量为1 kg的单匝均匀正方形铜线框，线框边长为0.1 m。在虚线区域内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为 T。现用恒力F拉线框，线框到达1位置时，以速度v0＝3 m/s进入匀强磁场并开始计时。在t＝3 s时刻线框到达2位置开始离开匀强磁场。此过程中v－t图象如图乙所示，那么(　　)

图7
A.t＝0时刻线框右侧边两端MN间的电压为0.75 V
B.恒力F的大小为0.5 N
C.线框完全离开磁场的瞬间的速度大小为3 m/s
D.线框完全离开磁场的瞬间的速度大小为1 m/s
解析　t＝0时，线框的速度为v0＝3 m/s，线框右侧MN的两端电压为外电压，总的感应电动势为E＝BLv0＝1 V，则UMN＝E＝0.75 V，A项正确；在1～3 s内线框做匀变速直线运动，此过程中线框在水平方向仅受外力F，根据牛顿第二定律结合题图乙可得F＝ma＝0.5 N，B项正确；由题图乙可以看出，t＝3 s时刻线框达到2位置，开始离开磁场时与线框进入磁场时速度相同，则线框穿出磁场与进入磁场运动情况完全相同，则可知线框完全离开磁场的瞬时速度与t＝1 s时刻的速度相等，即为2 m/s，C、D项错误。
答案　AB
二、非选择题(本题共2小题，共15分)
22.(5分)为了进行验证牛顿第二定律的实验，现提供如图8所示的实验装置。

图8
(1)为了消除小车与水平木板之间的摩擦力的影响，应采取的做法是________。
A.将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动
B.将木板带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动
C.将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动
D.将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车能够静止在木板上
(2)有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，研究加速度a与所受外力F的关系，他们在轨道水平和倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条a－F图线，如图9所示。图线________(选填“①”或“②”)是在轨道倾斜情况下得到的；小车及车中的砝码总质量m＝________kg。

图9
解析　(1)将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力大小就等于绳子的拉力，故A、B、D错误，C正确。
(2)由图线①可知，当F＝0时，a≠0。也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的。a－F图象的斜率
k＝，由a－F图象得图象斜率k＝2，所以m＝0.5 kg。
答案　(1)C(2分)　(2)①(1分)　0.5(2分)
23.(10分)“测定铜导线的电阻率”实验中可供使用的器材有
A.横截面积为1.0 mm2、长度为100 m的一捆铜导线(电阻Rx约2 Ω)。
B.电流表G：内阻Rg＝100 Ω，满偏电流Ig＝3 mA。
C.电流表A：量程0～0.6 A，内阻约1 Ω。
D.滑动变阻器R：最大阻值5 Ω。
E.定值电阻：R0＝3 Ω，R1＝900 Ω，R2＝1 000 Ω。
F.电源：电动势6 V，内阻不计。
G.开关、导线若干。
请完成下列实验内容：
(1)把电流表G与定值电阻串联改装成量程为0～3 V的电压表，则定值电阻应选________(选填“R1”或“R2”)。
(2)为了尽可能获取多组数据，实验电路图应选________，电路中R0的作用是________。


(3)根据正确的电路图，完成实物图的连接(已正确连接了部分导线)。

(4)某次测量中，电流表G的读数为2.40 mA时，电流表A的读数为0.50 A，由此求得铜导线的电阻率为__________Ω·m(保留2位有效数字)。
解析　(1)需要串联的定值电阻阻值R＝－Rg＝ Ω－100 Ω＝900 Ω，所以应选R1。
(2)由于电流表A的内阻约1 Ω，比较接近待测电阻，故电流表应采用外接法；为了尽可能获取多组数据，应采用分压电路，故选甲电路；R0的作用是增大电流表G的读数以减小误差。
(3)根据电路图，连接实物如图。

(4)电流表G的读数为2.40 mA时，电流表A的读数为0.50 A，根据欧姆定律得Rx＝－R0＝ Ω－3 Ω≈1.8 Ω
根据电阻定律R＝ρ，有ρ×＝1.8 Ω
解得ρ＝1.8×10－8 Ω·m。
答案　(1)R1(2分)
(2)甲(2分)　增大电流表G的读数以减小误差(2分)
(3)见解析图(2分)　(4)1.8×10－8(2分)
30分钟小卷增分练(8选择＋2实验)(二)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)
14.如图所示是交流发电机的示意图。线圈的AB边连在金属滑环K上，CD边连在滑环L上，导体做的两个电刷E、F分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路的连接。下列说法正确的是(　　)

A.当线圈转到图甲位置时，磁通量的变化率最大
B.从图乙所示位置开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是i＝Imsin ωt
C.当线圈转到图丙位置时，感应电流最小
D.当线圈转到图丁位置时，流经外电路的电流方向为E→F
解析　图甲位置为中性面位置，当线圈转到图甲位置时，线圈中的磁通量最大，磁通量的变化率最小(为零)，选项A错误；图乙位置为产生的感应电动势和感应电流最大的位置，从图乙所示位置开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是i＝Imcos ωt，选项B错误；图丙位置为中性面位置，当线圈转到图丙位置时，线圈中的磁通量最大，磁通量的变化率最小(为零)，产生的感应电动势最小，感应电流最小，选项C正确；由于图中没有给出磁铁极性，所以不能判断当线圈转到图丁位置时流经外电路的电流方向，选项D错误。
答案　C
15.如图1所示，长方体物块放在粗糙水平地面上，光滑圆球在光滑竖直墙壁和物块之间处于静止状态。现用水平向右的拉力F拉长方体物块，使其缓慢移动一小段距离，在这个运动过程中(　　)

图1
A.球对墙壁的压力逐渐减小
B.球对长方体物块的压力逐渐增大
C.地面对长方体物块的支持力逐渐减小
D.地面对长方体物块的支持力逐渐增大
解析　以光滑圆球为研究对象，对其受力分析，如图所示，在长方体物块缓慢向右移动一小段距离后，长方体物块对圆球的支持力与竖直方向的夹角变大，则由图可知物块对圆球的支持力变大，墙壁对圆球的作用力变大，由牛顿第三定律可知，A错误，B正确；以长方体物块和圆球组成的整体为研究对象，竖直方向的合力为零，因此地面对长方体物块的支持力等于二者的重力之和，C、D错误。
答案　B
16.质量为1 kg的小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度—时间图象如图2所示，以竖直向上为正，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)

图2
A.小球下落的最大速度为5 m/s
B.小球能弹起的最大高度为2.5 m
C.小球第一次反弹后的瞬时速度大小为10 m/s
D.小球与地面第一次碰撞过程中地面对小球的冲量大于15 kg·m/s
解析　由图象可知，小球第一次落地瞬间的速度大小为10 m/s，A错误；小球第一次着地反弹后的瞬时速度大小为5 m/s，C错误；由速度—时间图线与横轴围成图形的面积表示位移可知，小球第一次能弹起的最大高度为×5×0.5 m＝
1.25 m，B错误；小球第一次从落地到弹起的过程，由动量定理得I－mgt＝mv－mv0，则I＝mgt＋15 kg·m/s＞15 kg·m/s，D正确。
答案　D
17.正电子发射计算机断层扫描(PET/CT)，其原理是借助于示踪剂(正电子放射性药物)可以聚集到病变部位的特点来发现疾病的。PET/CT常用氧15标记，其半衰期仅有2分钟。对含氧元素的物质照射20～50 MeV的X射线，激发原子核边缘的中子，可以产生氧15。下列说法正确的是(　　)
A.用30 MeV的X射线照射氧16时，生成氧15的同时释放出中子
B.氧15发生正电子衰变时，生成的新核含有9个中子
C.经过10分钟，氧15的含量减小为原来的
D.将氧15置于回旋加速器中，其半衰期可能发生变化
解析　用30 MeV的X射线照射氧16时，生成氧15的同时释放出中子，方程为X＋O→O＋n，故A正确；氧15产生正电子衰变，O→e＋N，生成的新核有8个中子，故B错误；经过10分钟，即经过5个半衰期，剩余氧15的含量m＝m0＝m0，故C错误；改变元素所处的物理环境和化学状态，不能改变其半衰期，故D错误。
答案　A
18.地面附近电场的电场线如图3所示，其中一条方向竖直向下的电场线上有a、b两点，高度差为h。质量为m、电荷量为－q的检验电荷，从a点由静止开始沿电场线运动，到b点时速度为。下列说法中正确的是(　　)

图3
A.质量为m、电荷量为＋q的检验电荷，从a点由静止起沿电场线运动到b点时速度为2
B.质量为m、电荷量为＋2q的检验电荷，从a点由静止起沿电场线运动到b点时速度为
C.质量为m、电荷量为－2q的检验电荷，从a点由静止起沿电场线运动到b点时速度仍为
D.质量为m、电荷量为－2q的检验电荷，在a点由静止开始释放，点电荷将沿电场线在a、b两点间来回运动
解析　从a到b的过程中，运用动能定理，
对质量为m、－q的检验电荷：mgh－qU＝mv　①，
对电荷量为＋q的检验电荷：mgh＋qU＝mv　②，
①②两式相加化简得v2＝＝＝，A项错误；对质量为m、电荷量为＋2q的检验电荷运用动能定理：mgh＋2qU＝mv　③，
由①③得v3＝＝2，B项错误；对质量为m、电荷量为－2q的检验电荷运用动能定理：mgh－2qU＝mv　④，由①④化简得v4＝＝0，即到达b点时，速率为零，说明电场力大于重力，故接下来向上运动，根据电场线的分布可知，越向上，电场力越小，最终会小于重力，当速度减为零后，又会向下运动，如此往复，故C项错误，D项正确。
答案　D
19.如图4所示，质量相等的A、B两物体用轻质细绳和橡皮筋相连，细绳跨过倾角为30°的光滑斜面顶端的定滑轮并与斜面平行。初始时A位于斜面底部的挡板上，橡皮筋处于原长，已知重力加速度为g，则由静止释放B的整个过程中(没有撞击滑轮和地面)有(　　)

图4
A.释放瞬间B的加速度为g
B.运动过程中A的加速度最大值为g
C.A刚要离开挡板时系统的弹性势能最大
D.橡皮筋拉力对A做的功等于A的机械能的增加量
解析　释放瞬间，橡皮筋没有发生形变，没有弹力，细绳中就没有拉力，所以B只受重力，加速度为g，故A正确；B加速下落，对B由牛顿第二定律可知细绳的拉力T＜mg，则橡皮筋中的弹力F＜mg，对A受力分析，由牛顿第二定律得：aA＝＜g，故B错误；当橡皮筋中的弹力F＝mgsin 30°时，A要离开挡板，此时橡皮筋中的弹力不是最大，弹性势能不是最大，故C错误；对A受力分析知，橡皮筋的弹力对A做正功，重力做功不改变A的机械能，所以橡皮筋拉力对A做的功等于A的机械能的增加量，故D正确。
答案　AD
20.如图5所示，空间存在四分之一圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向外。一电子以初速度v从圆心O沿着OD方向射入磁场，经过时间t恰好由A点离开磁场。若电子以初速度v′从O沿着OD方向射入磁场，经时间t′恰好由C点离开磁场。已知圆弧AC的长度是圆弧CD的长度的一半，则(　　)

图5
A.v′＝v B.v′＝v C.t′＝t D.t′＝t
解析　假设磁场区域的半径为R1。电子的初速度分别为v和v′时电子的轨迹分别过A点和C点，作出粒子的运动轨迹，如图所示，电子运动轨迹的圆心分别为O1和O2，由几何关系可知电子的速度为v时，电子的轨迹半径为；电子的速度为v′时，电子的轨迹半径为O2C＝R′，则OO2＝O2C＝R′，由于弧AC长度为弧CD长度的一半，则∠AOC＝30°，由几何知识可得R′＝。由公式qvB＝m可知v＝，则有＝＝，解得v′＝v，A错误，B正确；由以上分析可知∠OO2C＝120°，则t＝＝、t′＝＝，联立解得t′＝t，C错误，D正确。
答案　BD
21.地月拉格朗日L2点，始终位于地月连线上的如图6所示位置，该点距离地球40多万公里，距离月球约6.5万公里。若飞行器P通过L2点时，是在地球和月球的引力共同作用下沿圆轨道Ⅰ绕地心做匀速圆周运动，其周期与月球沿圆轨道Ⅱ绕地心做匀速圆周运动的周期相等。已知飞行器P的线速度为v，周期为T，受地球和月球对它的万有引力大小之比为k。若飞行器P只在地球的引力作用下沿圆轨道Ⅰ绕地心做匀速圆周运动的线速度为v′，周期为T′，则(　　)

图6
A.v′＞v B.v′＜v
C.T′＝T D.T′＝T
解析　由于飞行器P通过L2点时，其周期与月球的周期相等，则由v＝ωr＝r可知，飞行器的速度大于月球的环绕速度；若飞行器P只在地球的引力作用下在圆轨道Ⅰ上运动，由G＝m得v＝，可知月球的环绕速度大于飞行器的速度v′，所以v＞v′，A错误，B正确；假设月球对飞行器的万有引力大小为F，则地球对飞行器的万有引力大小为kF，飞行器在地球和月球的引力共同作用下运动时，由牛顿第二定律有F＋kF＝mR，若飞行器只在地球的引力作用下运动，由牛顿第二定律有kF＝mR，解得T′＝T，C正确，D错误。
答案　BC
二、非选择题(本题共2小题，共15分)
22.(6分)(2019·湖南省三湘名校第三次大联考)如图7甲所示，某实验小组利用气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验时，实验室提供两个滑块P、Q，已知滑块P的质量为mP＝115 g，滑块Q的质量未知。为了测定滑块Q的质量，该小组进行了以下操作：

图7
A.将气垫导轨组装并调节水平，在气垫导轨上适当位置固定两个光电门G1、G2
B.调整滑块P上的遮光片，使其不能挡光，将两滑块轻放在导轨上，如图甲所示，推动滑块Q后撤去推力，滑块Q以一定的速度通过光电门G1，遮光片通过光电门G1的时间为t1＝0.016 s
C.当滑块Q与P相撞后粘在一起，遮光片通过光电门G2的时间为t2＝0.034 s
D.用游标卡尺测得遮光片宽度d如图乙所示
(1)游标卡尺的读数为________mm；
(2)滑块Q的质量为________g(保留3位有效数字)。
解析　(1)游标卡尺的主尺读数为：4 mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为6×0.05 mm＝0.30 mm，因此最终读数为：4 mm＋
0.30 mm＝4.30 mm；
(2)碰撞前两个滑块的总动量p1＝mQ，碰撞后两个滑块的总动量p2＝(mP＋mQ)，系统碰撞前后的动量大小相等，联立并代入数据解得mQ＝102 g。
答案　(1)4.30(3分)　(2)102(3分)
23.(9分)为了测定一节干电池的电动势和内阻，同时又能准确测量待测电阻Rx的阻值，实验室提供了下列器材：
A.待测干电池(电动势1.5 V左右，内阻不超过1.5 Ω)
B.电流表A1(量程0～600 mA，内阻可忽略不计)
C.电流表A2(量程0～0.3 mA，内阻RA2为1 000 Ω)
D.电压表V(量程0～15 V，内阻为15 kΩ)
E.滑动变阻器R1(0～20 Ω，10 A)
F.电阻箱R0(0～99.99 Ω，1 A)
G.定值电阻R2＝9 000 Ω
H.开关、导线若干
小明在以上提供的器材中选择所需器材设计的测量电路如图8甲所示(其中R为滑动变阻器或电阻箱)，试回答以下问题：

图8
(1)该实验电路没有选用所提供的电压表V的原因是
______________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
(2)闭合开关，调节R，根据实验电路测量数据，电流表A1的示数记为I1，电流表A2的示数记为I2，小明测出了6组I1、I2的数据，并描绘出如图乙所示的I1和I2的关系图线。根据已描绘出的图线，可得待测干电池的电动势为________V，内阻为________Ω。
(3)为了能准确测量待测电阻Rx的阻值，电路中的R应当选用________(填写器材前的字母)。
(4)简述测量待测电阻Rx的方法：_________________________________________
_____________________________________________________________________。
解析　(1)本实验中所给电压表量程太大，故应将电流表A2与定值电阻串联后充当电压表使用。
(2)电流表A2的示数和定值电阻阻值与电流表内阻RA2之和的乘积可作为路端电压，则由闭合电路欧姆定律可知I2(R2＋RA2)＝E－I1r，即I2＝－I1＋，由图乙可知，图线与纵轴的交点为(0，1.48×10－4 A)，图线的斜率为
－0.79×10－4，则有1.48×10－4 A＝，解得E＝1.48 V；－0.79×10－4＝
－，解得r＝0.79 Ω。
(3)为了能准确测量待测电阻Rx的阻值，电路中的R应当选用电阻箱R0。
(4)先断开S2，闭合S1，调节电阻箱R0的值为R1时，记下两只电流表的示数；接着闭合S2，调节电阻箱R0的值为R2时，两只电流表的示数恢复到原来的示数，则Rx＝R2－R1。
答案　(1)电压表V的量程远大于待测干电池的电动势(1分)　(2)1.48(1.47～1.49均对)(2分)
0.79(0.77～0.81均对)(2分)　(3)F(2分)
(4)见解析(2分)
30分钟小卷增分练(8选择＋2实验)(三)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)
14.物理学家金斯说过：“虽然h的数值很小，但是我们应当承认它是关系到保证宇宙的存在的。如果说h严格地等于0，那么宇宙间的物质能量将在十亿分之一秒的时间内全部变为辐射。”其中h是普朗克常量。关于h的单位，用国际单位制的基本单位表示，正确的是(　　)
A.J·s B.J/s
C.kg·m2·s－1 D.kg·m2·s3
解析　光子的能量可以由普朗克常量得出，即E＝hν＝，所以h＝，能量的单位是J，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2·s－2，波长的单位是m，光速的单位是m·s－1，所以h的单位用国际单位制的基本单位表示是kg·m2·s－1，选项C正确，A、B、D均错误。
答案　C
15.如图1所示，空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场和水平向左、场强为E的匀强电场。有一质量为m、电荷量大小为q的微粒以垂直于磁场且与水平方向成45°角的速度v做直线运动，重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　)

图1
A.微粒可能做匀加速直线运动
B.微粒可能只受两个力作用
C.匀强磁场的磁感应强度B＝
D.匀强电场的电场强度E＝
解析　微粒以垂直于磁场且与水平方向成45°角的速度v做直线运动，对微粒受力分析如图所示，可知微粒带负电，电场力方向向右，洛伦兹力垂直于速度方向斜向左上方，而重力竖直向下，则电场力、洛伦兹力和重力三力平衡，微粒做匀速直线运动，选项A、B均错误；由平衡条件得qvBcos 45°＝mg，解得B＝，选项C错误；由tan 45°＝，解得E＝，选项D正确。
答案　D
16.2018年12月12日，嫦娥四号探测器经过约110小时的奔月飞行到达月球附近。假设嫦娥四号在月球上空某高度处做圆周运动，运行速度为v1，为成功实施近月制动，使它进入更靠近月球的预定圆轨道，设其在预定圆轨道上的运行速度为v2。对这一变轨过程及变轨前后的速度对比正确的是(　　)
A.发动机向后喷气进入低轨道，v1>v2
B.发动机向后喷气进入低轨道，v1v2
D.发动机向前喷气进入低轨道，v1m3＋m4，故C项正确；只有将原子核加热到很高的温度，达到几百万摄氏度以上的高温时，聚变才会发生，故D项错误。
答案　C
15.如图1，斜面放置于粗糙水平地面上，轻质弹簧左端固定于墙上，右端连接物块，初始时弹簧水平且处于原长状态，物块、斜面均静止，现用水平推力缓慢向左推动斜面，推动过程中，物块、斜面保持相对静止(弹簧始终处于弹性限度内)，关于此过程，以下说法正确的是(　　)

图1
A.物块受到斜面的支持力一直增大
B.物块受到斜面的摩擦力一直增大
C.水平推力一直不变
D.地面受到的压力增大
解析　初始时物块静止，受到的斜面静摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力，方向沿斜面向上；左移过程中弹力越来越大，弹力沿斜面向上的分力越来越大，物块受斜面静摩擦力先减小后反向增大，B项错误；弹力垂直斜面的分力越来越大，由受力平衡及牛顿第三定律可得物块受到斜面的支持力一直增大，故A项正确；由整体法可知，水平推力等于弹簧弹力、地面支持力始终等于整体重力，根据牛顿第三定律可知地面支持力与地面受到的压力大小相等，C、D项错误。
答案　A
16.如图2所示，空间存在平行于纸面方向的匀强电场，纸面内A、B、C三点形成一个边长为1 cm的等边三角形。将电子由A点移动到B点，电场力做的功为
2 eV，再将电子由B点移动到C点，克服电场力做的功为1 eV。匀强电场的电场强度大小为(　　)

图2
A.100 V/m B.200 V/m
C. V/m D.200 V/m
解析　由公式U＝可知，A、B两点的电势差为UAB＝＝－2 V，B、C两点的电势差为UBC＝＝1 V，则A、B中点的电势与C点的电势相等，又由电场线的方向垂直于等势线且由高电势指向低电势，可知电场线的方向平行于AB且由B指向A，由电势差和电场强度的关系得E＝＝＝200 V/m，B正确，A、C、D错误。
答案　B
17.2018年3月30日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭(及远征一号上面级)，以“一箭双星”方式成功发射第三十、三十一颗北斗导航卫星。这两颗卫星属于中圆地球轨道卫星，是我国北斗三号第七、八颗组网卫星。北斗导航卫星的轨道有三种：地球静止轨道(高度35 809 km)、倾斜地球同步轨道(高度35 809 km)、中圆地球轨道(高度21 607 km)，如图3所示，已知地球半径为6 370 km，下列说法正确的是(　　)

图3
A.中圆地球轨道卫星的周期一定比静止轨道卫星的周期长
B.中圆地球轨道卫星受到的万有引力一定比静止轨道卫星受到的万有引力大
C.倾斜同步轨道卫星的线速度为4 km/s
D.倾斜同步轨道卫星每天在固定的时间经过同一地区的正上方
解析　卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有G＝mr，解得T＝2π，故中圆地球轨道卫星的周期小于静止轨道卫星的周期，故A错误；中圆地球轨道卫星与静止轨道卫星的质量关系未知，故无法比较万有引力大小，故B错误；倾斜同步轨道卫星的轨道半径与静止轨道卫星的轨道半径相等，故公转周期相等，线速度v＝＝ m/s≈3 066 m/s，故C错误；倾斜同步轨道卫星周期为24 h，则卫星每天在固定的时间经过同一地区的正上方，故D正确。
答案　D
18.甲、乙两辆汽车沿平直的公路做直线运动，其v－t图象如图4所示。已知t＝0时，甲车领先乙车5 km，关于两车运动的描述，下列说法正确的是(　　)

图4
A.0～4 h时间内，甲车做匀速直线运动
B.0～4 h时间内，甲、乙两车相遇3次
C.t＝1 h时，甲、乙两车第一次相遇
D.t＝4 h时，甲车领先乙车5 km
解析　根据题图可知，在0～4 h时间内，甲车做匀减速直线运动，选项A错误；根据速度—时间图象与横轴围成图形的面积表示位移可知，在0～0.5 h内两车相遇一次，在t＝1 h时两车第二次相遇，在t＝3 h时两车第三次相遇，即在0～4 h时间内，甲、乙两车相遇3次，选项B正确，C错误；在t＝0到t＝4 h的时间内，甲车的位移为x甲＝×40×4 km＝80 km，乙车的位移为x乙＝×40×1 km＋20×
3 km＋×20×1 km＝90 km，由x乙－x甲－5 km＝5 km可知，t＝4 h时，甲车落后乙车5 km，选项D错误。
答案　B
19.如图5所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，粗细均匀的导线构成直角三角形线框，自线框从左边界进入磁场时开始计时，在外力作用下匀速进入磁场区域。在线框进入磁场过程中，规定逆时针方向为感应电流I的正方向，感应电动势大小为E，外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，则这些量随时间变化的关系图象正确的是(　　)

图5

解析　线框经时间t的位移为x＝vt，线框切割磁感线的有效长度为l＝xtan θ＝
vt tan θ(θ为直角三角形线框斜边与底边的夹角)，因而产生的感应电动势为E＝Blv＝Bv2t tan θ，选项A正确；根据欧姆定律可得I＝＝t，选项B错误；线框匀速运动，外力F与安培力等大反向，则有F＝BIl＝t2，选项C正确；线框的电功率的瞬时值为P＝＝t2，选项D错误。
答案　AC
20.两个质子以不同的速率在匀强磁场中做圆周运动，轨迹如图6所示，两圆周相切于A点，过A点作一直线与两圆周交于D点和C点。若两圆周半径r1∶r2＝1∶2，下列说法正确的有(　　)

图6
A.两质子速率之比v1∶v2＝1∶2
B.两质子周期之比T1∶T2＝1∶2
C.两质子由A点出发第一次分别到达D点和C点经历的时间之比t1∶t2＝1∶2
D.两质子在D点和C点处速度方向相同
解析　质子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，则v＝，所以两质子的速率之比为1∶2，A正确；又T＝，解得T＝，所以两质子的周期之比为1∶1，B错误；由题图可知两质子由A点出发第一次分别运动到D点和C点时的偏转角相等，由于周期相同，则两质子的运动时间相等，即t1∶t2＝1∶1，C错误；由于两质子的偏转角相等，则两质子分别运动到D点和C点时的速度方向相同，D正确。
答案　AD
21.如图7所示，长方体物体上固定一长为l的竖直杆，物块及杆的总质量为2m。质量为m的小环套在杆上，当小环从杆顶端由静止下滑时，物块在大小为3mg的水平拉力F作用下从静止开始沿光滑水平面向右匀加速运动。小环落至杆底端时，物块移动的距离为l，重力加速度为g。则在小环从顶端开始下落到底端的运动过程中(　　)

图7
A.小环做曲线运动
B.小环的动能增量与物块及杆的动能增量的比值为2∶3
C.小环克服摩擦力做的功为
D.物块及杆的加速度为1.5g
解析　由题意知，小环跟着杆和物块在水平方向做初速度为零、加速度为a＝＝＝g的匀加速直线运动，同时小环在竖直方向向下做初速度为0的匀加速直线运动，根据运动的合成知小环的合运动为匀变速直线运动，故A、D错误；将三个物体看做一个整体，由题知水平方向上的位移x＝at2，故运动时间t＝＝，水平方向末速度v1＝at＝g·＝，小环在竖直方向上做匀加速直线运动的位移h＝l＝ayt2，所以小环在竖直方向运动的加速度ay＝＝＝g，则小环在竖直方向的末速度v2＝＝＝，根据牛顿第二定律有mg－Ff＝may，所以小环所受摩擦力Ff＝mg－may＝mg，小环克服摩擦力做功W＝Ffl＝mgl，故C正确；物块和杆的动能的增量ΔEk＝·2m·v＝2mgl，小环动能的增量ΔEk′＝·m(v＋v)＝·m(2gl＋gl)＝mgl，小环的动能增量与物块及杆的动能增量的比值为2∶3，故B正确。
答案　BC
二、非选择题(本题共2小题，共15分)
22.(6分)小环同学在实验室中用多用电表测电阻，回答下列问题：
(1)一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是×1、×10、×100。用×10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到________挡。如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是________，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图8所示，则该电阻的阻值是________ Ω。

图8
(2)下列关于用多用电表欧姆挡测电阻的说法中正确的是________。
A.测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则不会影响测量结果
B.测量阻值不同的电阻时，都必须重新欧姆调零
C.测量电路中的电阻时，应该把该电阻与电源断开
D.多用电表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但仍能调零，其测量结果与原来相比不变
(3)用多用电表探测二极管的极性，用欧姆挡测量，黑表笔接a端，红表笔接b端时，指针偏转角较大，然后黑、红表笔反接指针偏转角较小，说明________(填“a”或“b”)端是二极管正极。
解析　(1)刚开始多用电表指针偏转角度较小，说明选用倍率偏小，应换用大倍率。每次换挡之后多用电表都应重新欧姆调零。多用电表的测量值是指针读数与倍率的乘积，即22×100 Ω＝2 200 Ω。
(2)多用电表测电阻时，红、黑表笔插错不会影响测量结果，A正确；测不同的电阻时，只要没更换倍率，不用重新欧姆调零，B错误；测电路中的电阻时应将待测电阻与电源断开，C正确；多用电表中的电池电动势变小、内阻变大后，会影响测量结果，D错误。
(3)二极管具有单向导电性，多用电表的红表笔接的是表内电池的负极，接b端时，指针偏转角大，二极管电阻小，说明b端是二极管的负极，a端是其正极。
答案　(1)×100(1分)　欧姆调零(1分)　2 200(1分)　(2)AC(2分)　(3)a(1分)
23.(9分)利用图9装置做“验证机械能守恒定律”实验，从图示位置开始释放
重锤。

图9
(1)请指出图中的错误及不妥之处(只需写出两处)。
①___________________________________________________________________；
②___________________________________________________________________。
(2)改进实验中错误及不妥之处后，某同学经正确操作得到打点纸带，在纸带后段每两个计时间隔取一个计数点，依次为1、2、3、4、5、6、7，测量各计数点到第一个打点的距离h，并正确求出打相应点时的速度v。各计数点对应的数据见下表：
计数点
1
2
3
4
5
6
7
h(m)
0.124
0.194
0.279
0.380
0.497
0.630
0.777
v(m/s)

1.94
2.33
2.73
3.13
3.50

v2(m2/s2)

3.76
5.43
7.45
9.80
12.25

请在图10坐标系中，描点作出v2－h图线；由图线可知，重锤下落的加速度g′＝________m/s2(保留3位有效数字)；若当地的重力加速度g＝9.80 m/s2，根据作出的图线，能粗略验证自由下落的重锤机械能守恒的依据是_____________________________________________________________________
____________________________________________________________________。

图10
解析　(1)由图可知，图中的错误及不妥之处；①使用的是直流电源；②重物离打点计时器太远；③没有从上方提着纸带，而是用手托着重锤。
(2)根据描点法可得出对应的图象如图所示；

由mgh＝mv2，变形可得v2＝2gh，由图可知，图象的斜率表示重力加速度的2倍，故2g＝ m/s2≈19.42 m/s2，解得g＝9.71 m/s2。
答案　(1)①使用的是直流电源(2分)　②重物离打点计时器太远，或没有从上方提着纸带，而是用手托着重锤(2分)　(2)如解析图所示(1分)　9.71(9.68～9.74均正确)(2分)　图线为通过坐标原点的一条倾斜直线，斜率g′与g基本相等(2分)
30分钟小卷增分练(8选择＋2实验)(五)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)
14.如图1所示，为一含光电管电路，滑动变阻器触头P位于a、b之间某点，用光照射光电管阴极，电表指针无偏转，要使电表指针偏转，可能有效的措施是(　　)

图1
A.加大照射光的强度
B.用频率更高的光照射
C.将P向a滑动
D.将电源正、负极对调
解析　由电路可知，在光电管上加的是正向电压。用光照射光电管阴极，电表指针无偏转，说明没有发生光电效应，根据发生光电效应的条件可知，加大照射光的强度，仍然不能发生光电效应，选项A错误；由于没有发生光电效应，故无论将P向a滑动，还是将电源正、负极对调，都不能使电表指针偏转，选项C、D错误；要使电表指针偏转，必须发生光电效应，故用频率更高的光照射，可能有效，选项B正确。
答案　B
15.一个质量为m的小球A在光滑的水平面上以3 m/s的速度向右运动，与一个质量为2m的静止的小球B发生正碰，假设碰撞过程中没有机械能损失，则碰后(　　)
A.A球、B球都向右运动，速度都是1 m/s
B.A球向左运动，速度为1 m/s；B球向右运动，速度为2 m/s
C.A球向左运动，速度为5 m/s；B球向右运动，速度为1 m/s
D.A球向右运动，速度为0.5 m/s；B球向右运动，速度为1.25 m/s
解析　两球碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB，又碰撞过程中没有机械能损失，根据机械能守恒定律得mAv＝mAv＋mBv，代入数据解得vA＝－1 m/s，vB＝2 m/s，B项正确。
答案　B
16.如图2，一汽车在t＝0时刻，从A点开始刹车做匀减速直线运动，途经B、C两点，已知AB＝3.2 m，BC＝1.6 m，从A到B及从B到C的时间均为t＝1.0 s，以下判断正确的是(　　)

图2
A.汽车的加速度大小为0.8 m/s2
B.汽车恰好停在C点
C.汽车过B点的瞬时速度大小为2.4 m/s
D.汽车在A点的瞬时速度大小为3.2 m/s
解析　根据Δs＝aT2，a＝＝－1.6 m/s2，A项错误；因为中间时刻速度等于平均速度，所以汽车过B点时的瞬时速度大小为vB＝＝2.4 m/s，C项正确；根据vC＝vB＋at得vC＝0.8 m/s，B项错误；同理vA＝4 m/s，D项错误。
答案　C
17.如图3所示，处于真空中的匀强电场水平向右，有一质量为m、带电荷量为－q的小球从P点以大小为v0的初速度水平向右抛出，经过t时间到达Q点(图中未画出)时的速度大小仍为v0，重力加速度为g，则小球由P点运动到Q点的过程中，下列判断正确的是(　　)

图3
A.Q点在P点正下方
B.小球电势能减少
C.小球重力势能减少量等于mg2t2
D.Q点应位于P点所在竖直线的左侧
解析　从P点到Q点，根据动能定理可知mgh＋W电＝mv－mv＝0，因重力做正功，则电场力做负功，电势能增加，则Q点应该在P点的右下方，选项A、B、D错误；小球在竖直方向下落的高度h＝gt2，则小球重力势能减少量ΔEp＝mgh＝mg2t2，选项C正确。
答案　C
18.如图4甲所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图乙是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速度平方与其对应高度的关系图象。已知小球在最高点C受到轨道的作用力为1.25 N，空气阻力不计，g＝10 m/s2，B点为AC轨道中点，下列说法正确的是(　　)

图4
A.小球质量为0.5 kg
B.小球在B点受到轨道作用力为4 N
C.图乙中x＝25
D.小球在A点时重力的功率为5 W
解析　由题图乙可知小球在C点的速度大小为vC＝3 m/s，轨道半径R＝0.4 m，因小球所受重力与弹力的合力提供向心力，所以有mg＋F＝，代入数值可得m＝0.1 kg，选项A错误；由机械能守恒定律可得，小球从B点到C点的过程有
mv＝mgR＋mv，解得v＝17 m2/s2，因小球在B点只有弹力提供向心力，所以有F′＝，解得F′＝4.25 N，选项B错误；再由机械能守恒定律可得，小球从A点到C点的过程有mv＝mv＋2mgR，解得小球在A点的速度v0＝5 m/s，所以题图乙中x＝25，选项C正确；因在A点重力与速度方向垂直，所以小球在A点的重力的功率为0，选项D错误。
答案　C
19.如图5所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为20∶1，原线圈所接交流电源的电压瞬时值表达式为u＝220sin(100πt)V，Q为保险丝(电阻不计)，其额定电流为0.2sin (100πt)V A，R为负载电阻。下列判断正确的是(　　)

图5
A.该交流电源的频率为100 Hz
B.副线圈两端的电压为11 V
C.要使保险丝不被烧断，R中通过的电流不超过4 A
D.要使保险丝不被烧断，R的阻值不小于3 Ω
解析　由u＝Umsin 2πft＝220sin (100πt)V，得频率为f＝50 Hz，选项A错误；U1＝220 V，由＝得U2＝U1＝11 V，选项B正确；I1＝0.2 A，由＝得
I2＝I1＝4 A，选项C正确；R的最小值为＝ Ω＜3 Ω，选项D错误。
答案　BC
20.如图6所示，卫星1为地球同步卫星，卫星2是周期为3小时的极地卫星，只考虑地球引力的作用，卫星1和卫星2均绕地球做匀速圆周运动，两轨道平面相互垂直，运动过程中卫星1和卫星2在某时刻同时处于地球赤道某一点的正上方。下列说法正确的是(　　)

图6
A.卫星1和卫星2的角速度大小之比为1∶8
B.卫星1和卫星2的速度大小之比为1∶2
C.卫星1和卫星2的向心力大小之比为1∶16
D.卫星1和卫星2相邻两次同时处在地球赤道某一点正上方的时间间隔为3小时
解析　由题知同步卫星1的周期为24小时，极地卫星2的周期为3小时，两卫星都做匀速圆周运动，由ω＝得＝＝1∶8，A正确；由＝mr，得＝，根据＝m得＝，故B正确；由于两个卫星的质量未知，所以两个卫星向心力的大小关系不能确定，C错误；若某时刻卫星1和卫星2同时处于地球赤道上某一点的正上方，而卫星1的周期为24小时，卫星2的周期为3小时，即卫星2每绕8圈，卫星1恰好绕一圈，所以再经过24小时，两个卫星又同时到达该点正上方，所以卫星1和卫星2同时处在地球赤道的某一点正上方的周期为24小时，D错误。
答案　AB
21.如图7所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形两直角边的边长均为2l，则下列关于粒子运动的说法中正确的是(　　)

图7
A.若该粒子的入射速度为v＝，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为l
B.若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝
C.若要使粒子从AC边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝
D.该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为
解析　根据洛伦兹力提供粒子做匀速圆周运动的向心力，有qvB＝m，得R＝。当v＝时，粒子的轨迹半径R＝l，则粒子以C点为圆心做匀速圆周运动，从CD边飞出磁场，故选项A正确；当粒子恰好没有从AD边飞出磁场时，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，根据几何关系有R＝(R＋l)sin 45°，则R＝(＋1)l，此时粒子的速度为v＝，故选项B错误；若要使粒子从AC边射出，则该粒子做圆周运动的最大半径为，则从O点入射的最大速度为，故选项C正确；该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间对应的圆心角为180°，则最长时间为t＝T＝，故选项D正确。
答案　ACD
二、非选择题(本题共2小题，共15分)
22.(5分)用如图8所示的装置测量弹簧的弹性势能。将弹簧放置在水平气垫导轨上，左端固定，右端在O点；在O点右侧的B、C位置各安装一个光电门，计时器(图中未画出)与两个光电门相连。先用刻度尺测得B、C两点间的距离s，再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置A，静止释放，计时器显示遮光片从B到C所用的时间t，用刻度尺测量A、O之间的距离x。

图8
(1)计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是________。
(2)为求出弹簧的弹性势能，还需要测量________。
A.弹簧原长
B.当地重力加速度
C.滑块(含遮光片)的质量
(3)增大A、O之间的距离x，计时器显示时间t将______。
A.增大 B.减小 C.不变
解析　(1)计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是
v＝。
(2)弹簧的弹性势能等于滑块得到的动能。为求出弹簧的弹性势能，还需要测量滑块(含遮光片)的质量。故选C。
(3)增大A、O之间的距离x，弹簧压缩量变大，滑块得到的速度变大，则滑块经过计时器显示时间t将减小。故选B。
答案　(1)v＝(2分)　(2)C(1分)　(3)B(2分)
23.(10分)LED绿色照明技术已经走进我们的生活。某实验小组要精确测定额定电压为3 V的LED灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时的电阻约为500 Ω，电学符号与小灯泡电学符号相同。
实验室提供的器材有：
A.电流表(量程为0～50 mA，内阻r1约为3 Ω)；
B.电流表(量程为0～3 mA，内阻r2＝15 Ω)；
C.定值电阻R1＝197 Ω；
D.定值电阻R2＝985 Ω；
E.滑动变阻器R(最大阻值为20 Ω)；
F.电压表(量程为9 V，内阻RV＝1 kΩ)；
G.蓄电池E(电动势为12 V，内阻很小)；
H.开关S。
(1)如图9所示，请选择合适的器材，电表1为________，电表2为________，定值电阻为________。(填写器材前的字母编号)

图9
(2)将采用的电路图补充完整。
(3)写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式Rx＝______(填字母)，当表达式中的________(填字母)达到________，记下另一电表的读数代入表达式，其结果为LED灯正常工作时的电阻。(所填符号角标要与题中仪器名称符号角标一致，如的示数为I1，的示数为I2)
解析　(1)LED灯额定电压为3 V，电压表量程偏大，无电压表可用，需将已知内阻的电流表串联定值电阻改装成电压表，定值电阻阻值R0＝－r2，故定值电阻选择R2为宜，电表2为电流表，根据欧姆定律通过LED灯额定电流约为Im＝＝ A＝6 mA，电流表量程偏大不可用，考虑到电压表内阻已知且满偏电流Ig＝＝ A＝9 mA，满足实验要求，故将电压表改装成电流表串联于测量电路中，电表1为电压表。
(2)滑动变阻器相较于待测电阻偏小，为便于测量和减小误差，滑动变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示。

(3)根据欧姆定律＝I2＋，运算得Rx＝，根据实验原理和要求，需将电流表的示数调到3 mA以使电压达到额定值，则可求得LED灯正常工作时电阻。
答案　(1)F(1分)　B(1分)　D(1分)　(2)如解析图所示(3分)　
(3)(2分)　I2(1分)　3 mA(1分)
30分钟小卷增分练(8选择＋2实验)(六)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)
14.裂变反应是目前核能利用中常用的反应，以原子核U为燃料的反应堆中，当U俘获一个慢中子后发生的裂变反应可以有多种形式，其中一种可表示为：U＋n→Xe＋Sr＋3n，则下列叙述中正确的是(　　)
A.Xe原子核中含有85个中子
B.Xe原子核中含有139个质子
C.裂变时释放能量，根据ΔE＝Δmc2，所以裂变后核子总质量增加
D.裂变时释放能量，出现质量亏损，所以裂变后核子总质量数减少
解析　Xe原子核中含有54个质子，质量数为139，所以Xe的中子数为139－54＝85，选项A正确，B错误；裂变反应过程中质量数守恒，但由于有能量放出，根据质能方程可知，质量有亏损，选项C、D错误。
答案　A
15.如图1，O、P两点放置两个等量的正点电荷，整个区域不考虑其他带电体的影响，在OP直线上有A、B、C三点，且OA＝BP＝PC。一带电荷量为q的负点电荷沿路径Ⅰ从B运动到C电场力所做的功为W1，沿路径Ⅱ从B运动到C电场力所做的功为W2，同一点电荷沿路径Ⅲ从A运动到C电场力所做的功为W3，则下列说法正确的是(　　)

图1
A.W1大于W2 B.W1为正值
C.W1小于W3 D.W1等于W3
解析　由对称性知A、B两点电势相等，电场力做功W＝q(φB－φC)＝q(φA－φC)，与路径无关，A、C项错误，D项正确；B、C关于P点对称，在P的作用下两点电势相同，但B距O点较近，在O点电荷的作用下B点电势高于C点，即φB>φC，于是从B到C的过程中电场力做负功，B项错误。
答案　D
16.矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图2所示，ab边与MN平行。当MN中的电流突然增大时，线框所受安培力的合力方向为(　　)

图2
A.向左 　　 B.向右
C.在纸面内向上 　　 D.在纸面内向下
解析　当MN中电流突然增大时，由楞次定律可判断出矩形导线框abcd中产生逆时针方向的感应电流，由左手定则可判断出线框上、下两侧导线bc和ad所受安培力方向分别向下和向上，大小相等，彼此平衡。左侧导线ba所受安培力的方向向右，右侧导线cd所受安培力方向向左，由于左侧导线ba所在处磁场的磁感应强度大于右侧导线cd所在处的磁感应强度，所以线框所受安培力的合力方向向右，B项正确。
答案　B
17.如图3所示，一物块以初速度v0从图中所示位置A开始沿粗糙水平面向右运动，同时物块受到一水平向左的恒力F作用。在运动过程，物块受到的滑动摩擦力大小等于0.6 F，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块从A点向右运动到最大位移处所用的时间与从右侧最大位移处再回到A点所用时间之比为(　　)

图3
A.1∶4 B.1∶3 C.1∶2 D.2∶3
解析　物块从A点向右运动的过程，由牛顿第二定律得F＋0.6F＝ma1，物块从右侧最大位移处向左运动的过程，由牛顿第二定律得F－0.6F＝ma2，则得a1∶a2＝4∶1，由x＝at2可得t1∶t2＝∶＝1∶2，故C项正确。
答案　C
18.某载人宇宙飞船绕地球做圆周运动的周期为T，由于地球遮挡，宇航员发现有T时间会经历“日全食”过程，如图4所示。已知地球的半径为R，引力常量为G，地球自转周期为T0，太阳光可看做平行光，则下列说法正确的是(　　)

图4
A.宇宙飞船离地球表面的高度为2R
B.一天内飞船经历“日全食”的次数为
C.宇航员观察地球的最大张角为120°
D.地球的平均密度为ρ＝
解析　由几何关系，飞船每次“日全食”过程的时间内飞船转过α角，所需的时间为t＝T，由于宇航员发现有T时间会经历“日全食”过程，＝，所以
α＝π，设宇宙飞船离地球表面的高度为h，由几何关系可得＝sin ＝sin ＝，可得h＝R，故A错误；地球自转一圈时间为T0，飞船绕地球一圈时间为T，飞船绕一圈会出现一次日全食，所以每经过时间T就有一次日全食，得一天内飞船经历“日全食”的次数为，故B错误；设宇航员观察地球的最大张角为θ，则由几何关系可得sin ＝，可得θ＝60°，故C错误；万有引力提供向心力，G＝mr，其中r＝R＋h＝2R，得M＝，ρ＝＝，联立可得ρ＝，故D正确。
答案　D
19.2018年6月1日，很多儿童免票游览南宁动物园，动物园里的小猴子的调皮动作引来儿童的一片笑声，若质量为m的小猴子玩荡“秋千”时，抓住一端固定的轻绳，从猴山上跟轻绳的固定端同一高度处摆下，已知绳长为L，如图5所示。在小猴子到达竖直状态时放开绳索，猴子水平飞出。绳子的固定端到地面的距离为2L。不计轻绳质量和空气阻力，小猴子可看成质点，则(　　)

图5
A.猴子做圆周运动的过程中，合力冲量的大小为m
B.小猴子摆到最低点抛出前，猴子对绳的拉力大小为mg
C.小猴子的落地点离绳的固定端的水平距离为2L
D.小猴子落地时的重力的功率大小为2mg
解析　对猴子从开始到摆到最低点的过程中，根据动能定理得v＝，由动量定理得合力的冲量大小为m，选项A正确；猴子在最低点，由圆周运动的规律得T－mg＝，解得T＝3mg，由牛顿第三定律得猴子对绳的拉力大小为3mg，选项B错误；猴子放开绳索后，竖直方向上做自由落体运动，有2L－L＝gt2，水平方向上做匀速直线运动，水平位移x＝vt，联立得x＝2L，选项C正确；猴子落地时在竖直方向上有v＝2gL，故重力的功率大小为mg，选项D错误。
答案　AC
20.如图6所示，等腰直角斜劈A的直角边靠在粗糙的竖直墙壁上，一根不可伸长的轻绳一端固定在竖直墙上，另一端与半径不可忽略的光滑球B连接。轻绳与水平方向成30°角，现将轻绳上端点沿竖直墙缓慢向上移动，A始终处于静止状态。则(　　)

图6
A.绳上拉力先减小后增大
B.竖直墙对A的摩擦力先减小后增大
C.竖直墙对A的摩擦力可能为零
D.竖直墙对A的支持力逐渐减小
解析　以B为研究对象，受力分析如图，由图可知，当绳与斜面平行时，绳上拉力最小，轻绳上端点沿竖直墙缓慢向上移动，绳子的拉力先减小后增大，A项正确；对AB整体受力分析，AB受到竖直向下的重力，垂直墙面水平向右的支持力，竖直向上的摩擦力，沿绳方向的拉力。随着轻绳上端点沿竖直墙缓慢向上移动，绳子的拉力在竖直方向的分力越来越大，所以竖直墙对A的摩擦力会一直减小，B项错误；对A受力分析，A受到竖直向下的重力，垂直墙面水平向右的支持力，竖直向上的摩擦力，B对A垂直斜面向下的压力。在竖直方向上受力平衡，所以竖直墙对A的摩擦力一定不为零，C项错误；由B项分析可知，绳子的拉力在竖直方向的分力越来越大，在水平方向的分力越来越小，对AB整体分析，水平方向上，支持力与绳子的拉力在水平方向的分力大小相等，所以竖直墙对A的支持力逐渐减小，D项正确。
答案　AD
21.如图7所示，平行金属板M、N之间有竖直向下的匀强电场，虚线下方有垂直纸面的匀强磁场，质子和α粒子分别从上板中心S点由静止开始运动，经电场加速后从O点垂直磁场边界进入匀强磁场，最后从a、b两点射出磁场(不计重力)，下列说法正确的是(　　)

图7
A.磁场方向垂直纸面向外
B.从a点离开的是α粒子
C.从b点离开的粒子在磁场中运动的速率较大
D.粒子从S点出发到离开磁场，由b点离开的粒子所用时间较长
解析　由左手定则，可以判定磁场方向垂直于纸面向外，A项正确；设加速电压为U，在加速电场中qU＝mv2，在偏转磁场中qvB＝m，联立可得r＝，由于α粒子的质量是质子的4倍，而电荷量是质子的2倍，所以α粒子做匀速圆周运动的半径大，从b点离开，B项错误；由上述结论可得经过加速电场后速度为v＝，由于α粒子的比荷小于质子的比荷，所以从b点离开的α粒子速率小，C项错误；从S出发到离开磁场的时间t＝t电＋t磁＝＋＝＋＝2L＋，显然比荷越小，所用时间越长，即从b点离开的α粒子所用时间较长，D项正确。
答案　AD
二、非选择题(本题共2小题，共15分)
22.(6分)图8甲是研究小车做匀变速直线运动的实验装置，打点计时器的工作周期为T。

图8
(1)实验中，必要的措施是________。
A.细线必须与长木板平行
B.小车必须具有一定的初速度
C.小车质量远大于钩码质量
D.平衡小车与长木板间的摩擦力
(2)如图乙所示，A、B、C、D、E、F、G是打好的纸带上的7个连续的点。从图乙中可读得x6＝________cm，计算F点对应的瞬时速度大小的计算式为vF＝________(用题目中所给量的字母表示)。
(3)图9是根据实验数据画出的v2－2x图线(x为各点至同一起点的距离)，由图线可知：该图线的斜率表示________，其大小为________(保留2位有效数字)，单位是________。

图9
答案　(1)A(1分)　(2)6.00(1分)　(1分)　(3)a(1分)　0.50(1分)　m/s2(1分)
23.(9分)利用如图10甲所示的电路研究某蓄电池的输出功率，其中V1、V2为理想电压表，定值电阻R0的阻值为5.0 Ω。
(1)按照图甲所示的电路用笔画线代替导线将图乙中的实物图连接起来。

图10
(2)当R0两端的电压为1.0 V时流过蓄电池的电流为I＝________A。
(3)闭合开关后，通过调节滑动变阻器的触头，把相应的电压表V1和V2的示数描绘在图丙的坐标系中，作出图线如图所示。则蓄电池的内阻是________(选填“变化”或“不变”)的，外电路短路时的电流为________A，蓄电池输出功率的最大值为________W。
解析　(1)按照电路图完成实物图的连接，如图。

(2)R0两端的电压为1.0 V时，根据欧姆定律得出
I＝0.20 A。
(3)路端电压U1＝E－Ir＝E－r，由题图丙可知，U1－U2图线为一向下倾斜的直线，故蓄电池的内阻r不变；由题图丙知r＝1 Ω，E＝1.5 V，短路电流为＝1.5 A；由于R0＞r，当滑动变阻器连入电路的电阻为0时，电源输出功率最大，Pm＝
R0＝0.312 5 W。
答案　(1)见解析图(2分)　(2)0.20(1分)　(3)不变(2分)　1.5(2分)　0.312 5(2分)
30分钟小卷增分练(2计算＋1选考)(一)
一、非选择题(本题共2小题，共32分)
24.(12分)如图1所示，A、B两物块静止在粗糙水平地面上，相距L＝2 m，与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。对A施加F＝10 N的水平推力，使其运动后撤去F，A继续向右运动与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A被反弹，刚好能回到出发点。已知mA＝1 kg，mB＝3 kg，取重力加速度g＝10 m/s2，求碰后B在地面上滑动的距离。

图1
解析　设A刚要和B发生碰撞时的速度大小为v0，A、B碰撞后速度大小分别为vA、vB。
根据动能定理有F－μmAgL＝mAv－0(2分)
解得v0＝4 m/s(1分)
A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有
mAv0＝mA(－vA)＋mBvB(2分)
碰撞后，根据动能定理，对A有
－μmAgL＝0－mAv(2分)
联立解得vB＝2 m/s(1分)
碰撞后，根据动能定理，对B有
－μmBgxB＝0－mBv(2分)
解得xB＝2 m。(2分)
答案　2 m
25.(20分)如图2所示，竖直平面内放置一光滑绝缘轨道，质量为m、带电荷量为＋q的小球P从高为h1处由静止下滑，轨道末端水平并放置另一质量也为m的不带电小球Q，经碰撞后，球P和球Q合为一体水平抛出。在距轨道末端下方h2的水平线MN下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场强度大小为E。若PQ整体水平抛出后，穿过MN进入电、磁场区域，并恰好经过轨道末端的竖直线与MN的交点O。若P、Q均可视为质点，已知m＝0.1 kg，h1＝5 m，h2＝1.25 m，q＝0.1 C，E＝20 N/C，取g＝10 m/s2。求：

图2
(1)P、Q碰撞后瞬间的共同速度大小v；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小B；
(3)定性画出PQ整体从O点穿出后的运动轨迹(至少画一个周期)。
解析　(1)由题意可知mgh1＝mv(2分)
P、Q碰撞过程中动量守恒mvA＝2mv(2分)
解得v＝5 m/s。(1分)
(2)P、Q碰撞后进入电、磁场前做平抛运动，有
h2＝gt2，解得t＝0.5 s(2分)
x＝vt＝2.5 m(1分)
vy＝gt＝5 m/s(1分)
则PQ进入电、磁场区域时，v合＝5 m/s，方向与水平方向成45°角向下
在电、磁场区域中，G＝2mg＝2 N，
电场力F＝qE＝2 N(2分)
G＝F，则PQ在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，
如图所示(1分)

qv合B＝2m，B＝(2分)
由几何关系可知R＝＝ m(1分)
解得B＝8 T。(1分)
(3)PQ从O点穿出后在MN上方只受重力作用，运动轨迹如图所示。(4分)

答案　(1)5 m/s　(2)8 T　(3)如解析图所示
二、选考题(共15分。请考生从给出的2道题中任选一题作答。)
33.[物理——选修3－3](2019·石家庄二模)
(1)(5分)下列说法中正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)

A.如图甲所示为热机工作能流分配图，如果在理想情况下没有任何漏气、摩擦、不必要的散热损失，热机的效率会达到100%
B.如图乙所示为分子间的引力和斥力随分子间距离变化的关系图，若两分子间距从r0开始逐渐增大，则分子力先变大后变小，分子势能逐渐变大
C.如图丙所示为某理想气体分子速率分布图象，由图可知与0 ℃相比，100 ℃时速率大的分子所占比例较多
D.在某样品薄片上均匀涂上一层石蜡，然后用灼热的金属尖接触样品的背面，结果得到如图丁所示石蜡熔化的图样，则该样品一定为非晶体
E.如图戊所示，透明塑料瓶内有少量水，水上方有水蒸气。用橡胶皮塞把瓶口塞住，向瓶内打气，当瓶塞跳出时，瓶内会出现“白雾”，这是由于气体膨胀对外做功温度降低造成的
(2)(10分)一定质量的理想气体从状态A经状态B、C、D后又回到状态A，其状态变化过程中的V－T图象如图3所示。已知该气体在状态A时的压强为1 atm，气体由D状态向A状态变化过程中放热70 J。求：

图3
(i)气体在B、C状态时的温度；
(ii)将该循环过程用p－V图表示出来；
(iii)气体经过一次循环又回到初态过程中，气体所做的功。
解析　(1)根据热力学第二定律可知，如果没有漏气、没有摩擦，也没有热量的损失，热机的效率也不可以达到100%，故A项错误；如图乙所示为分子间的引力和斥力随分子间距离变化的关系图，若两分子间距从r0开始逐渐增大，则分子力先变大后变小，由于分子力做负功，分子势能逐渐变大，故B项正确；如图丙所示为某理想气体分子速率分布图象，由图可知与0 ℃相比，100 ℃时速率大的分子所占比例较多，故C项正确；在某样品薄片上均匀涂上一层石蜡，然后用灼热的金属尖接触样品的背面，由图可知，该样品具有各向同性，则该样品可能是非晶体和多晶体，故D项错误；如图戊所示，透明塑料瓶内有少量水，水上方有水蒸气。用橡胶皮塞把瓶口塞住，向瓶内打气，当瓶塞跳出时，瓶内会出现“白雾”，这是由于气体膨胀对外做功温度降低造成的，故E项正确。
(2)(i)A状态→B状态气体发生等压变化，
则有＝(1分)
由图知VA＝1.0 L，VB＝2.5 L，TA＝270 K
解得TB＝675 K(1分)
状态C→状态D气体发生等压变化，则有
＝(1分)
由图知VD＝2.0 L，VC＝2.5 L，TD＝270 K
解得TC＝337.5 K。(1分)
(ii)如图所示(2分)

(iii)D→A过程等温，对理想气体由热力学第一定律得
W1＋Q＝ΔU＝0
解得W1＝－Q＝－(－70 J)＝70 J(1分)
且有pDVD＝pAVA
解得pD＝0.5 atm
A→B过程等压，气体做的功
W2＝－pA(VB－VA)＝－1×105×(2.5－1.0)×10－3 J＝－150 J(1分)
B→C过程等容，气体不做功
C→D过程等压，气体做的功
W3＝pD(VC－VD)＝0.5×105×(2.5－2.0)×10－3 J＝25 J(1分)
所以气体经过一次循环又回到初态过程中，气体所做的功
W＝W1＋W2＋W3＝－55 J。(1分)
答案　(1)BCE　(2)(i)675 K　337.5 K　(ii)p－V图见解析　(iii)－55 J
34.[物理——选修3－4]
(1)(5分)如图4所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线为t＝0时的波形图，此时P质点向y轴负方向振动；虚线为t＝0.02 s(小于1个周期)时的波形图，则________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)

图4
A.波沿x轴正方向传播
B.波速为3.5 m/s
C.t＝0.02 s时，x＝8 cm处的质点向y轴负方向振动
D.t＝0至t＝0.08 s，质点P通过的路程为0.04 m
E.该波的频率为6.25 Hz
(2)(10分)如图5所示，直角三角形ABC为某种透明介质的横截面，∠B＝30°，BC＝30 cm，AB面涂有反光材料。某单色光从BC上的D点垂直BC射入介质，经AB面反射后从AC面上射出，射出方向与AB面垂直。已知BD＝21 cm，不考虑光在AC面的反射，光在空气中的传播速度c＝3×108 m/s。求：

图5
(i)介质的折射率；
(ii)光在介质中的传播时间。
解析　(1)t＝0时刻P质点向y轴负方向振动，根据波形平移法判断得知该波沿
x轴正方向传播，故A正确；已知虚线为经过0.02 s时的波形图，波传播的距离不到一个波长，由波形平移法可知波在Δt＝0.02 s时间内传播的距离为Δx＝1 cm＝0.01 m，则波速为v＝＝ m/s＝0.5 m/s，故B错误：由图可知在t＝0.02 s时，由“上下坡法”可知x＝8 cm处的质点向y轴负方向振动，故C正确；由图可知波长为λ＝0.08 m，则周期T＝＝ s＝0.16 s，Δt′＝0.08 s＝，故质点P通过的路程为2A＝2 cm＝0.02 m，故D错误；该波的频率f＝＝6.25 Hz，故E正确。
(2)(i)光路如图，光在E点发生反射，光在F点发生折射，由反射定律
∠2＝∠1＝30°
△AEF为等边三角形∠3＝30°
光沿垂直AB面方向射出∠4＝60°
该介质的折射率n＝
解得n＝。(5分)
(ii)光在介质中的传播速度v＝
DE＝DBtan∠B
EF＝AE＝
光在介质中的传播时间t＝
解得t＝1.3×10－9 s。(5分)
答案　(1)ACE　(2)(i)　(ii)1.3×10－9 s

30分钟小卷增分练(2计算＋1选考)(二)
一、非选择题(本题共2小题，共32分)
24.(12分)在公路的十字路口，红灯拦停了很多汽车，拦停的汽车排成笔直的一列，最前面的一辆汽车的前端刚好与路口停车线相齐，相邻两车的前端之间的距离均为d＝6.0 m，若汽车启动时都以a＝2.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动，加速到v＝10.0 m/s后做匀速直线运动通过路口。该路口亮绿灯时间t＝40.0 s，而且有按倒计时显示的时间显示灯(无黄灯)。另外交通规则规定：原在绿灯时通行的汽车，红灯亮起时，车头已越过停车线的汽车允许通过。请回答下列问题：
(1)若绿灯亮起瞬间，所有司机同时启动汽车，问有多少辆汽车能通过路口？
(2)第(1)问中，不能通过路口的第一辆汽车司机，在时间显示灯刚亮出“3”时开始刹车做匀减速直线运动，结果车的前端与停车线相齐时刚好停下，则刹车后汽车经多长时间停下？
解析　汽车等距离排列，又以同样加速度同时启动，运动状况总相同，相同时间内位移也相同，因此彼此间距离保持不变，要判断在t＝40 s内有多少辆汽车能通过路口，就是要计算在这40 s内汽车的位移及在此位移内等距排列的汽车辆数，如图所示，n(取整数)个d对应有n＋1辆车能通过路口。(1分)
(1)汽车加速时间t1＝＝4.0 s(1分)
40.0 s时间内汽车能行驶的位移
x＝at＋v(t－t1)＝380 m(2分)
n＝≈63.3(1分)
依题意知能有64辆汽车通过路口。(1分)
(2)设t0＝3.0 s，当时间显示灯刚亮出“3”时，第65辆汽车行驶的位移
x1＝at＋v(t－t1－t0)＝350 m(2分)
此时汽车距停车线的距离x2＝64d－x1＝34 m(2分)
第65辆汽车从刹车到停下来的时间
t＝＝6.8 s。(2分)
答案　(1)64　(2)6.8 s
25.(20分)如图1所示，金属平行导轨MN、M′N′和金属平行导轨PQR、P′Q′R′分别固定在高度差为h(数值未知)的水平台面上。导轨MN、M′N′左端接有电源，MN与M′N′的间距为L＝0.10 m，线框空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B1＝0.20 T；平行导轨PQR与P′Q′R′的间距为L＝0.10 m，其中PQ与P′Q′是圆心角为60°、半径为r＝0.50 m的圆弧形导轨，QR与Q′R′是水平长直导轨，QQ′右侧有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B2＝0.40 T。导体棒a质量m1＝0.02 kg，电阻R1＝2.0 Ω，放置在导轨MN、M′N′右侧N′N边缘处；导体棒b质量m2＝
0.04 kg，电阻R2＝4.0 Ω，放置在水平导轨某处。闭合开关S后，导体棒a从NN′水平抛出，恰能无碰撞地从PP′处以速度v1＝2 m/s滑入平行导轨，且始终没有与棒b相碰。重力加速度g取10 m/s2，不计一切摩擦及空气阻力。求：

图1
(1)导体棒b的最大加速度；
(2)导体棒a在磁场B2中产生的焦耳热；
(3)闭合开关S后，通过电源的电荷量q。
解析　(1)设a棒滑到水平导轨上时的速度为v2，
由动能定理得
m1gr(1－cos 60°)＝m1v－m1v(2分)
解得v2＝3 m/s(1分)
因为a棒刚进磁场B2时，棒a、b中的电流最大，b棒受到的安培力最大，加速度最大，所以有
E＝B2Lv2(2分)
I＝(1分)
由牛顿第二定律得B2IL＝m2amax(1分)
联立解得导体棒b的最大加速度
amax＝0.02 m/s2。(1分)
(2)两个导体棒在磁场B2中运动时，动量守恒，且能量守恒。当两棒的速度相等时回路中电流为零，此后两棒做匀速直线运动，两棒不再产生焦耳热。
取向右为正方向，由动量守恒定律得
m1v2＝(m1＋m2)v3(2分)
由能量守恒定律得
m1v＝(m1＋m2)v＋Qa＋Qb(2分)
由于a、b两棒串联在一起，电流相等，
所以有＝(1分)
联立解得Qa＝0.02 J。(1分)
(3)设接通开关S后，a棒以速度v0水平抛出，
则有v0＝v1cos 60°＝1 m/s(2分)
对a棒冲出过程，由动量定理得
B1ILΔt＝m1v0－0(2分)
即B1Lq＝m1v0(1分)
解得q＝1 C。(1分)
答案　(1)0.02 m/s2　(2)0.02 J　(3)1 C
二、选考题(共15分。请考生从给出的2道题中任选一题作答。)
33.[物理——选修3－3]
(1)(5分)在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，下列做法正确的是 ________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A.用注射器吸取配制好的油酸酒精溶液，把它一滴一滴地滴入小量筒中，若100滴溶液的体积是1 mL，则1滴溶液中含有纯油酸10－2 mL
B.往浅盘里倒入适量的水，再将痱子粉或细石膏粉均匀地撒在水面上
C.用注射器往水面上滴1滴油酸酒精溶液，同时将玻璃板放在浅盘上，并立即在玻璃板上描下油膜的形状
D.将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，数出轮廓范围内正方形的个数，并求得油膜的面积
E.根据1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积V和油膜面积S就可以算出油膜厚度d＝，即油酸分子的大小
(2)(10分)如图2，上、下都与大气相通的直立圆筒竖直放置，中间用横截面积
S＝0.01 m2、质量不计的两个活塞A、B封闭着一定质量的理想气体，活塞B与一劲度系数k＝1 000 N/m的弹簧相连，平衡时两活塞相距l0＝0.6 m。现用力F向下压活塞A，使其缓慢下移一段距离后再次平衡，此时力F＝500 N。已知外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，假定气体温度始终保持不变，不计一切摩擦，求：

图2
(i)活塞A向下移动的距离h；
(ii)大气压强对活塞A和活塞B做的总功W。
解析　(1)用注射器吸取配制好的油酸酒精溶液，把它一滴一滴地滴入小量筒中，若100滴溶液的体积是1 mL，则1滴溶液的体积是10－2 mL，含有纯油酸的体积小于10－2 mL，选项A错误；用注射器往水面上滴1滴油酸酒精溶液，同时将玻璃板放在浅盘上，待油酸在液面上分布均匀且稳定后，在玻璃板上描下油膜的形状，选项C错误。
(2)(i)设活塞B向下移动的距离为x，由平衡条件得
F＝kx①(2分)
设活塞A受压向下移动的距离为h，由玻意耳定律得
p0l0S＝(l0－h＋x)S②(2分)
解得h＝0.7 m。③(2分)
(ii)大气压强对活塞A和活塞B做的总功
W＝p0(h－x)S④(2分)
解得W＝200 J。⑤(2分)
答案　(1)BDE　(2)(i)0.7 m　(ii)200 J
34.[物理——选修3－4](1)(5分)如图3所示，半径为R的半圆柱玻璃砖的折射率为n＝，O是半圆柱玻璃砖的中心，一束光垂直于半圆柱玻璃砖的平面射到半圆柱玻璃砖上的A点，已知OA＝，光在真空中的传播速度为c，则出射光线的偏转角为α＝______，光在玻璃砖中的传播时间为t＝______。

图3
(2)(10分)如图4所示，图甲为某一列简谐横波在t＝t0时刻的图象，图乙是这列波上P质点从这一时刻起的振动图象，求：

图4
(i)波的传播方向和传播速度的大小；
(ii)求0～1.0 s时间内质点P的平均速率。
解析　(1)光路如图所示

由几何关系知θ1＝30°，由折射定律n＝，解得θ2＝45°，则出射光线的偏转角为α＝θ2－θ1＝15°。光在玻璃砖中通过的距离为s＝Rcos θ1＝R，光在玻璃砖中的传播速度大小为v＝＝c，则光在玻璃砖中的传播时间为t＝＝。
(2)(i)根据振动图象可知质点P在t＝t0时刻位于平衡位置且向y轴负方向运动，则波沿x轴负方向传播。(2分)
由波动图象知波长为
λ＝2.4 m(1分)
由振动图象知周期为
T＝0.4 s(1分)
则波的传播速度大小为
v＝＝6 m/s。(2分)
(ii)由图象知振幅为
A＝6 cm＝0.06 m(1分)
＝＝2(1分)
则0～1.0 s时间内质点P通过的路程为
s＝4A×2＝0.6 m(1分)
0～1.0 s时间内质点P的平均速率为
v＝＝0.6 m/s。(1分)
答案　(1)15°(2分)　(3分)　(2)见解析
30分钟小卷增分练(2计算＋1选考)(三)
一、非选择题(本题共2小题，共32分)
24.(12分)如图1，在x轴下方的区域内存在方向与y轴正方向相同的匀强电场。在x轴上方以原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面并指向纸外，磁感应强度为B。y轴下方的A点与O点的距离为d，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点由静止释放，经电场加速后从O点射入磁场。粒子重力不计，求：

图1
(1)要使粒子离开磁场时的速度方向与x轴平行，电场强度E0大小；
(2)若电场强度E＝E0，粒子仍从A点由静止释放，离开磁场后经过x轴时的位置与原点的距离。
解析　(1)粒子在电场中加速，
由动能定理得qE0d＝mv2(2分)
粒子进入磁场后做圆周运动，有qvB＝m(2分)
粒子离开磁场时的速度方向与x轴平行，运动情况如图中①，可得

R＝r(1分)
由以上各式解得E0＝。(1分)
(2)将E＝E0代入可得粒子在磁场中运动的轨道半径r′＝(1分)
粒子运动情况如图中②，图中的角度α、β满足
cos α＝＝(1分)
即α＝30°(1分)
β＝2α＝60°(1分)
粒子经过x轴时的位置坐标为x＝r′＋(1分)
解得x＝R。(1分)
答案　(1)　(2)R
25.(20分)如图2甲所示，一电动遥控小车停在水平地面上，水平车板离地高度为h＝0.2 m，小车质量M＝3 kg，质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)静置于车板上某处A，物块与车板间的动摩擦因数μ＝0.1。现使小车由静止开始向右行驶，当运动时间t1＝1.6 s时物块从车板上滑落。已知小车的速度v随时间t变化的规律如图乙所示，小车受到地面的摩擦阻力是小车对地面压力的，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：

图2
(1)物块从离开车尾B到落地过程所用的时间Δt以及物块滑落前受到的滑动摩擦力的功率最大值P；
(2)物块落地时落地点到车尾B的水平距离s0；
(3)0～2 s时间内小车的牵引力做的功W。
解析　(1)物块从车板上滑落后做平抛运动，则有
h＝g(Δt)2(1分)
得Δt＝＝0.2 s，(1分)
物块滑落前受到的滑动摩擦力大小
Ff＝μmg＝1 N(1分)
根据牛顿第二定律得物块的加速度大小
a1＝＝1 m/s2(1分)
当运动时间t1＝1.6 s时物块的速度v1＝a1t1
得v1＝1.6 m/s(1分)
由于v1＜2 m/s，所以物块在车板上受到滑动摩擦力而一直加速，物块滑落前受到的滑动摩擦力的功率最大值
P＝Ffv1，得P＝1.6 W。(1分)
(2)物块滑落后前进的水平距离s1＝v1Δt(1分)
由题图乙得t＝1.6 s时小车的速率v2＝2 m/s(1分)
物块滑落后小车前进的距离s＝v2Δt(1分)
落地点到车尾B的水平距离s0＝s－s1＝0.08 m。(1分)
(3)0～1 s时间内，由题图乙得小车的加速度大小为
a2＝ m/s2＝2 m/s2(1分)
根据牛顿第二定律得F1－Ff－k(M＋m)g＝Ma2(2分)
其中k＝
解得F1＝11 N(1分)
小车的位移大小s2＝×2×1 m＝1 m(1分)
1～1.6 s时间内，牵引力
F2＝k(M＋m)g＋Ff＝5 N(1分)
由题图乙得小车的位移大小
s2′＝2×0.6 m＝1.2 m(1分)
1.6～2 s时间内，牵引力F3＝kMg＝3 N(1分)
由题图乙得小车的位移大小
s2″＝2×0.4 m＝0.8 m(1分)
0～2 s时间内小车的牵引力做的功为
W＝F1s2＋F2s2′＋F3s2″＝19.4 J。(1分)
答案　(1)0.2 s　1.6 W　(2)0.08 m　(3)19.4 J
二、选考题(共15分。请考生从给出的2道题中任选一题作答。)
33.[物理——选修3－3]
(1)(5分)下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A.若已知汞的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，则可估算出汞原子的直径
B.分子间距离增大时，分子间引力和斥力以及分子间作用力的合力均减小
C.晶体熔化时要吸热而温度保持不变，说明晶体在熔化过程中分子势能增加
D.小昆虫能站在水面上是液体表面张力的缘故
E.第二类永动机不可能制成，是因为它违背了能量守恒定律
(2)(10分)潜艇采用压缩空气排出海水控制浮沉，在海面上，潜艇将压强为1.0×
105 Pa、总体积为600 m3的空气(包含贮气筒内空气，视为理想气体)压入容积为
3 m3的贮气筒。潜至海面下方190 m水平航行时，为控制姿态，将贮气筒内一部分压缩空气通过节流阀压入水舱，使15 m3的水通过排水孔排向与之相通的大海。已知海面处大气压p0＝1.0×105 Pa，取海水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，g取10 m/s2。

图3
(i)潜艇下潜前贮气筒内气体的压强；
(ii)排出水后贮气筒内剩余气体的压强。
解析　(1)若已知汞的摩尔质量为M，密度为ρ，则可求得摩尔体积，再根据阿伏加德罗常数为NA，则可估算出汞原子的体积，由体积公式可求得对应的直径，故A项正确；分子间作用力随距离变化的图象如图
故B项错误；晶体熔化时要吸热而温度保持不变，则其分子平均动能不变，但吸热后内能增大，说明晶体在熔化过程中分子势能增加了，故C项正确；小昆虫能站在水面上是液体表面张力的缘故，故D项正确；第二类永动机不可能制成，是因为它违背了热力学第二定律，故E项错误。
(2)(i)设潜艇下潜前贮气筒内气体的压强为p1，
p1V1＝p0V0(2分)
解得p1＝2.0×107 Pa。(2分)
(ii)设水舱中空气的压强为p3，贮气筒内剩余气体的压强为p2，p3V3＋p2V2＝p0V0(2分)
p3＝p0＋ρgh＝2.0×106 Pa(2分)
p2＝1.0×107 Pa。(2分)
答案　(1)ACD　(2)(i)2.0×107 Pa　(ii)1.0×107 Pa
34.[物理——选修3－4](2019·长春二模)
(1)(5分)下列说法中正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A.物体做受迫振动时，驱动力的频率越高，受迫振动的物体振幅越大
B.满足干涉条件的振幅不同的两列简谐横波相遇时，某时刻振动加强点的位移可能比振动减弱点的位移小
C.发生多普勒效应时，波源发出的波的频率发生了变化
D.光的双缝干涉实验时，仅将入射光从红光改为紫光，相邻亮条纹间距一定变小
E.机械波从一种介质进入另一种介质后，它的频率保持不变
(2)(10分)如图4所示，半球形玻璃砖半径为R，AB为其直径，O为球心。一束单色光垂直于AB从球面入射，入射角θ＝60°，已知这束光在玻璃砖中的折射率为n＝，光在真空中的传播速度为c，求：

图4
(i)出射光线的方向；
(ii)光在玻璃中的传播时间。
解析　(1)物体做受迫振动的频率等于驱动力的频率，当系统的固有频率等于驱动力的频率时，振幅达最大，这种现象称为共振，故A项错误；两列波发生干涉，振动加强区质点的振幅总比振动减弱区质点的振幅大，但某时刻振动加强点的位移可能比振动减弱点的位移小，故B项正确；发生多普勒效应时，波源发出的波的频率不发生变化，故C项错误；光的双缝干涉实验中，光的双缝干涉条纹间距Δx＝λ，若仅将入射光从红光改为紫光，由于红光波长大于紫光波长，则相邻亮条纹间距变小，故D项正
确；根据机械波传播的特点可知，机械波从一种介质进入另一种介质后，它的频率保持不变，故E项正确。
(2)(i)光路图如图所示(1分)
由折射定律n＝(1分)
解得α＝30°(1分)
由几何关系可知△OCD为等腰三角形，光线在AB面上的入射角
β＝30°(1分)
n＝(1分)
解得γ＝60°，即出射光线与AB夹角为30°。(1分)
(ii)由几何关系可知CD＝OD＝(1分)
光在玻璃中的传播速度v＝(1分)
光在玻璃中的传播时间t＝(1分)
解得t＝。(1分)
答案　(1)BDE　(2)(i)出射光线与AB夹角为30° (ii)
30分钟小卷增分练(2计算＋1选考)(四)
一、非选择题(本题共2小题，共32分)
24.(12分)强行超车是道路交通安全的极大隐患之一。如图1是汽车超车过程的示意图，汽车甲和货车均以36 km/h的速度在平直路面上匀速行驶，其中甲车车身长L1＝4 m、货车车身长L2＝4 m，货车在甲车前s＝4 m。若甲车司机发现附近无其他车辆后开始加速从货车左侧超车，加速度大小为2 m/s2。假定货车速度保持不变，汽车车尾超过货车车头4 m后完成超车，不计车辆变道的时间及车辆的宽度。求：

图1
(1)甲车完成超车至少需要多长时间；
(2)若甲车开始超车时，看到道路正前方的乙车迎面驶来，此时二者相距110 m，乙车速度为54 km/h。甲车超车的整个过程中，乙车速度始终保持不变，请通过计算分析，甲车能否安全超车。
解析　(1)设甲车经过时间t刚好完成超车，在时间t内甲车的位移大小
x1＝v1t＋at2(1分)
货车的位移大小x2＝v2t(1分)
根据题意有x1＝x2＋L1＋L2＋s＋s1(2分)
代入数值得t＝4 s(1分)
则甲车最短的超车时间为4 s。(1分)
(2)假设甲车能安全超车，在最短的时间4 s内
甲车的位移大小x1＝56 m(2分)
乙车的位移大小x3＝v3t＝60 m(2分)
由于x1＋x3＝116 m＞110 m，(1分)
故假设不成立，不能安全超车。(1分)
答案　(1)4 s　(2)见解析
25.(20分)如图2所示，在竖直平面内有一绝缘“⊂”形杆放在水平向右的匀强电场中，其中AB、CD水平且足够长，光滑半圆半径为R，质量为m、电荷量为＋q的带电小球(可视为质点)穿在杆上，从距B点x＝5.75R处以某初速度v0开始向左运动。已知小球运动中电荷量不变，小球与AB、CD间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25、μ2＝0.80，电场力qE＝mg，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

图2
(1)若小球初速度v0＝4，则小球运动到半圆上B点时受到的支持力为多大？
(2)小球初速度v0满足什么条件小球可以运动过C点？
(3)若小球初速度v0＝4，x′＝4R，则小球在杆上静止时通过的路程为多大？
解析　(1)小球运动到B点的过程中，根据动能定理得
－μ1mgx－qEx＝mv2－mv(2分)
在B点根据牛顿第二定律得FN－mg＝m(2分)
两式联立并代入数据解得FN＝5.5mg。(1分)
(2)小球在等效最高点F时，由平行四边形定则可知其所受合力与竖直方向的夹角的正切值tan α＝(1分)
解得α＝37°(1分)
小球过F点的临界条件为vF＝0(1分)
从起始点到F点，根据动能定理得
－μ1mgx－qE(x＋Rsin α)－mg(R＋Rcos α)＝0－mv(2分)
代入数据解得v0＝4(1分)
可见小球过C点的条件为v0＞4。(1分)
(3)由于x′＝4R＜5.75R，小球从起始点到F点克服摩擦力、克服电场力做的功均小于(2)问，到F点时速度不为零，(1分)
假设小球过C点后在CD杆上运动距离x1速度变为零，根据动能定理得
－μ1mgx′－μ2mgx1－qE(x′－x1)－mg·2R＝0－mv(2分)
小球在CD杆上速度减为零后，由于最大静摩擦力
Ffmax＝μ2mg＝mg＞mg＝qE(1分)
故小球保持静止
则小球在杆上静止时通过的路程s＝x′＋πR＋x1(2分)
联立并代入数据解得s＝(44＋π)R。(2分)
答案　(1)5.5mg　(2)v0＞4　(3)(44＋π)R
二、选考题(共15分。请考生从给出的2道题中任选一题作答。)
33.[物理——选修3－3]
(1)(5分)下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A.某晶体熔化过程中吸热但温度保持不变，则该晶体熔化完毕时其内部分子的分子势能总和比熔化开始时的大
B.一定质量的理想气体在等压压缩的过程中内能减小
C.一定质量的理想气体，在压强不变时，气体分子每秒对容器器壁单位面积的平均碰撞次数随着温度的升高而减少
D.两个物体内能相同，它们的温度也一定相同
E.某物体温度升高时，其内部每个分子的动能都会增大
(2)(10分)如图3所示，玻璃管各处粗细均匀，左边竖直管AC上端封闭，右边竖直管BD足够长且上端开口，下方竖直管MN的阀门K处于关闭状态，管中装有水银，左右两管中的水银面等高，左管中封闭的空气柱长度l1＝30 cm。打开阀门K缓慢放出一些水银，左管水银面比右管水银面高h1＝15 cm时关闭阀门K。已知外界大气压强p0＝75 cmHg，被封住的空气柱可视为理想气体且温度始终不变。

图3
(i)求放出水银后左管内空气柱的长度l2；
(ii)放出这些水银后，再从右管口缓慢注入水银，使得右管水银面比左管水银面高h2＝25 cm，求需在右管中加入的水银柱长度H。
解析　(1)晶体熔化时吸热而温度保持不变，则其分子平均动能不变，但吸热后内能增大，说明晶体在熔化过程中分子势能增加了，即该晶体熔化完毕时其内部分子的分子势能总和比熔化开始时的大，A正确；一定质量的理想气体，等压压缩，根据理想气体状态方程＝C可知，气体的温度降低，所以其内能减小，B正确；温度升高，分子对器壁的平均撞击力增大，要保证压强不变，分子单位时间内对器壁单位面积的平均碰撞次数要减少，C正确；温度是分子的平均动能的标志，而物体的内能是物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和，所以两个物体内能相同，它们的温度不一定相同，D错误；温度升高，分子平均动能增大，但不一定每个分子的动能都增大，E错误。
(2)(i)由题意，设玻璃管的横截面积为S，水银的密度为ρ。左管内封闭气体发生等温变化，外界大气压强为p0，气体的状态参量分别是
p1＝p0＝75 cmHg，V1＝l1S＝(30 cm)S(1分)
p2＝p0－ρgh1＝60 cmHg，V2＝l2S(1分)
根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2(1分)
解得l2＝37.5 cm。(1分)
(ii)p3＝100 cmHg，V3＝l3S(1分)
根据玻意耳定律有p1V1＝p3V3(1分)
解得l3＝22.5 cm(1分)
由几何关系可知H＝2(l2－l3)＋h1＋h2(2分)
解得H＝70 cm。(1分)
答案　(1)ABC　(2)(i)37.5 cm　(ii)70 cm
34.[物理——选修3－4]
(1)(5分)一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形如图4所示，波上P、Q两质点的位移分别为yP＝－5 cm，yQ＝5 cm。已知任意振动质点连续两次经过平衡位置的时间间隔为0.5 s，下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)

图4
A.波速为4 m/s
B.在t＝0.375 s时刻，质点P在波峰
C.经过0.5 s，质点P通过的路程为20 cm
D.P、Q两质点在振动过程中任意时刻加速度都相同
E.x＝1 m处质点的振动方程为y＝10sin cm
(2)(10分)有一缸壁厚度不计、半径R1＝0.7 m的圆柱形不透光的水缸，装有一部分水，水面平静，缸口到水面的距离h1＝0.3 m。点光源S在缸底圆心处，在水面上有一遮光薄圆盘，圆盘圆心始终在光源S的正上方，圆盘半径R2＝0.3 m，人刚好能在水缸口边缘看到光源S的折射光。已知水的折射率n＝，不考虑光在水缸壁上的反射。求水的深度h2。

图5
解析　(1)由题意可知，质点连续两次经过平衡位置的时间间隔为0.5 s，则其周期为1.0 s，所以波速为v＝＝ m/s＝4 m/s，A正确；由图可知，P质点位于2 m处，则最近的波峰传到该点所用的时间为t1＝＝ s＝ s，B错误；0.5 s为半个周期，则质点P通过的路程
应为振幅的两倍，即为20 cm，C正确；由图可知，P、Q两质点平衡位置间的距离为2 m，即为半个波长，因此两质点的振动情况始终相反，加速度不同，D错误；由图可知从t＝0时刻开始计时，x＝1 m处的质点的振动方程应为y＝10sin cm，E正确。
(2)如图所示，设从遮光薄圆盘的边缘射出的光的入射角为i，折射角为r，则
tan r＝(2分)
解得tan r＝
所以sin r＝0.8(1分)
由＝n(2分)
解得sin i＝0.6
所以tan i＝(1分)
又tan i＝(2分)
解得h2＝0.4 m。(2分)
答案　(1)ACE　(2)0.4 m
30分钟小卷增分练(2计算＋1选考)(五)
一、非选择题(本题共2小题，共32分)
24.(12分)(2019·河南中原名校联考)如图1所示，半径为R的光滑半圆轨道固定在竖直面内，开口向上，两端点A、B连线水平，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道也在竖直面内，C端在B点正上方，D端的切线水平。一质量为m的小球从A点正上方由静止下落，从A点进入半圆轨道后从B点飞出再进入四分之一圆弧轨道，重力加速度为g，小球可视为质点。

图1
(1)要使小球从D点飞出后刚好从A点进入轨道，则B、C间的高度差最大为多少？
(2)若B、C间的高度差为R，小球从D点飞出后恰好从A点进入半圆轨道，则小球从A点正上方落下进入半圆轨道运动到最低点时对轨道的压力为多大？
解析　(1)小球从D点抛出刚好落在A点，做平抛运动的水平位移为R，BC间的高度差越大，平抛运动的时间越长，做平抛运动的水平分速度越小，当小球在D点对轨道的压力恰好为零时，从D点抛出的小球速度最小。
在D点根据牛顿第二定律得mg＝m
解得最小速度vD＝(2分)
由平抛运动的规律得R＝vDt，解得t＝(1分)
设B、C间的最大高度差为h，则有h＋R＝gt2(1分)
解得h＝R。(1分)
(2)若B、C间的高度差为R，则A、D间的高度差为2R，设小球从D点抛出到A点所用时间为t′，
则有2R＝gt′2，解得t′＝2(1分)
小球在D点的速度vD′＝＝(1分)
设小球在半圆轨道的最低点速度为v，以半圆轨道的最低点为重力势能零点，根据机械能守恒定律得
mv2＝mg·3R＋mvD′2(2分)
在最低点对小球有FN－mg＝m(1分)
联立解得F＝mg(1分)
根据牛顿第三定律，小球在轨道最低点对轨道的压力大小
FN′＝mg。(1分)
答案　(1)R　(2)mg
25.(20分)如图2所示，在x轴上方有平行于纸面的匀强电场，电场强度大小为E，方向与y轴正方向成θ＝60°角，x轴下方有垂直于纸面向外的有界匀强磁场。磁场的边界ON与x轴正方向成α＝15°角，下边界平行于x轴(图中未画出)，在电场中M处由静止释放质量为m、电荷量为q的带负电粒子，经电场加速后，刚好从坐标原点O进入磁场。已知MO＝L，当粒子从边界ON上的P点(图中未画出)离开磁场后，运动一段时间再次进入电场。经电场偏转恰好回到O点，不计粒子的重力，求：

图2
(1)粒子进入磁场时的速度大小；
(2)磁场下边界到x轴的最小距离；
(3)粒子先后两次经过O点的时间间隔。
解析　(1)粒子在电场中做匀加速直线运动，有
qE＝ma(2分)
v2＝2aL(2分)
解得粒子进入磁场时的速度大小v＝。(1分)
(2)当粒子的运动轨迹刚好和磁场下边界相切时，磁场下边界到x轴的距离最小，由几何知识可得
d＝r＋rcos 30°(1分)
分析可知粒子再次从Q点进入电场后，做类平抛运动回到O点。
rtan 30°＝vt1(1分)
r＝at(2分)
联立解得r＝12L(2分)
d＝12L。(2分)
(3)由(2)问可求出t1＝(2分)
粒子在磁场中运行四分之三周期，有
t2＝·＝9π(1分)
粒子离开磁场到进入电场的过程中做匀速直线运动，由几何知识得
PQ＝r－rtan 30°＝4(3－)L(2分)
t3＝＝2(3－)(1分)
粒子先后两次经过O点的时间间隔
t＝t1＋t2＋t3＝(6＋9π)。(1分)
答案　(1)　(2)12L (3)(6＋9π)

二、选考题(共15分。请考生从给出的2道题中任选一题作答。)
33.[物理——选修3－3](2019·黑龙江齐齐哈尔三模)
(1)(5分)下列有关热现象的说法中，正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)。
A.布朗运动是液体或气体分子的运动，它说明分子永不停息做无规则运动
B.两分子间距离增大，分子间的势能一定增加
C.在热传导过程中，热量可以自发地由高温物体传递到低温物体
D.液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性制成的
E.晶体一定有固定的熔点
(2)(10分)如图3所示，化学课上老师教给同学们检查装置气密性的方法：

图3
A.将玻璃管的一端浸入水中；
B.用手紧握试管加热；
C.过一会儿玻璃管中有气泡产生，当手离开后玻璃管内形成一小段水柱。若环境温度为17 ℃，人手可给试管加热到27 ℃，玻璃管很细，与试管相比，其容积可忽略，且浸入水中的深度非常小。试求：
(i)漏出气体的质量与装置中原有气体质量之比；
(ii)当手离开试管后，水沿玻璃管上升的高度。(玻璃管口始终没有离开水面。已知大气压强为p0，水的密度为ρ，重力加速度为g)
解析　(1)布朗运动是悬浮的固体小颗粒的运动，不是分子的运动，A错误；若开始分子间距离小于平衡距离，则随分子间距离增大分子势能减小，B错误；在热传导过程中，热量可以自发地由高温物体传递到低温物体，C正确；液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性制成的，D正确；晶体一定有固定的熔点，E正确。
(2)(i)因为玻璃管浸入水中深度很小，故手握试管前后可以认为是等压变化，试管中原有气体体积为V0，温度T1＝290 K；手握住试管后，气体体积变为V，温度T2＝300 K，根据盖－吕萨克定律有＝，(2分)
漏出气体的质量与总气体质量之比为
＝＝。(2分)
(ii)手离开试管前、后的压强分别为p0和p，
离开前后体积看成不变，由查理定律得
＝(2分)
又有p＝p0－ρgh(2分)
可得h＝＝。(2分)
答案　(1)CDE　(2)(i)　(ii)
34.[物理——选修3－4]
(1)(5分)两束单色光1和2以相同的入射角从同一点由空气射入一厚玻璃板，其光路如图4所示，其中一束单色光为红光，另一束单色光为蓝光。下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)

图4
A.单色光1的频率大于单色光2的频率
B.单色光1是红光，单色光2是蓝光
C.在玻璃中单色光1的传播速度大于单色光2的传播速度
D.无论怎样增大入射角，单色光1和2都不可能在此玻璃板下表面发生全反射
E.若让两束光从同种玻璃射向空气，单色光1从玻璃到空气的全反射临界角小于单色光2从玻璃到空气的全反射临界角
(2)(10分)一列简谐横波沿x轴正方向传播，如图5所示为t＝0时刻的波形图。x轴上P、Q、M三质点的坐标分别是(2 m，0)、( m，0)、(17 m，0)，已知在t＝0.6 s时P首次出现在波谷，求：

图5
(i)M第一次出现在波峰所对应的时刻；
(ii)从t＝0至t＝1.2 s时间内，Q运动的平均速度。
解析　(1)由n＝可知，单色光1的折射率大于单色光2的折射率，则可知单色光1的频率大于单色光2的频率，A正确；因为红光的频率小于蓝光的频率，所以单色光1是蓝光，单色光2是红光，B错误；由v＝知，在玻璃中单色光1的传播速度小于单色光2的传播速度，C错误；从空气射向此玻璃板的单色光一定能从玻璃板中射出，D正确；临界角sin C＝，所以让两束光从同种玻璃射向空气，单色光1的全反射临界角小于单色光2的全反射临界角，E正确。
(2)(i)P点在t＝0时刻处于平衡位置向y轴正方向运动，
经T首次出现波谷，
即T＝0.6 s，可知T＝0.8 s(1分)
根据图象可知λ＝4 m
则波速v＝＝5 m/s(1分)
波传到M还需 s＝2.6 s(1分)
波传到M后M先向下振动，所以质点M第一次位于波峰所对应时刻为
2.6 s＋T＝3.2 s。(2分)
(ii)因Q的横坐标为 m，由数学知识可知，t＝0时刻其对应的纵坐标
y＝－5 cm(1分)
且此时该质点向上振动(1分)
根据简谐运动的对称性可知，每经半个周期，质点Q一定到达关于平衡位置的对称点
而1.2 s＝T，故Q的位移大小为10 cm(1分)
则从t＝0至t＝1.2 s时间内，Q运动的平均速度大小为
v＝＝ cm/s＝ cm/s(1分)
方向沿y轴正方向。(1分)
答案　(1)ADE　(2)(i)3.2 s　(ii) cm/s　方向沿y轴正方向
30分钟小卷增分练(2计算＋1选考)(六)
一、非选择题(本题共2小题，共32分)
24.(12分)如图1所示，圆环形匀强磁场区域的磁感应强度为B，O点为磁场区域的圆心，磁场区域的内、外半径分别为r1＝L和r2＝2L。在磁场外边界处有一个金属圆环(图中未画出)，导体棒OA与金属圆环接触良好，绕O点在纸面内以恒定角速度ω沿顺时针方向匀速转动，圆心处及圆环边缘通过导线分别与两条平行的倾斜金属导轨相连。倾斜导轨处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小也为B，金属棒b放置在倾斜平行导轨上，其长度与导轨间距均为2L。当棒OA转动时，棒b保持静止。已知棒b与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，棒b的质量为m，棒OA、b的电阻分别为R、2R，其余电阻均不计；两导轨所在平面的倾角为θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g。求：

图1
(1)AO之间的电势差UAO；
(2)为保持b棒始终静止，棒OA的角速度的取值范围。
解析　(1)在Δt时间内，导体棒OA在磁场中扫过的面积
ΔS＝ωrΔt－ωrΔt＝ω(r－r)Δt
磁通量变化量ΔΦ＝B·ΔS＝ωB(r－r)Δt(1分)
根据法拉第电磁感应定律得感应电动势
E＝n＝ωB(r－r)＝ωBL2(2分)
则A、O之间的电势差等于路端电压，
即UAO＝E(1分)
联立解得UAO＝ωBL2。(1分)
(2)根据闭合电路欧姆定律有I＝
导体棒b所受安培力F安＝BI·2L(1分)
联立解得F安＝(1分)
为保持b棒始终静止，设棒OA旋转的角速度最小为ω1，最大为ω2
当b棒受到沿斜面向上的最大静摩擦力时有
mgsin θ＝μmgcos θ＋(1分)
解得ω1＝(1分)
当b棒受到沿斜面向下的最大静摩擦力时有
mgsin θ＋μmgcos θ＝(1分)
解得ω2＝(1分)
则棒OA的角速度的取值范围为
≤ω≤。(1分)
答案　(1)ωBL2　(2)≤ω≤
25.(20分)如图2所示为一种弹射游戏装置的简化模型。其“蜗牛状”轨道OAB竖直固定在水平桌面上，最低点B与桌面平滑相切，构成它的两个内壁光滑的半圆轨道的半径分别为r1＝0.2 m和r2＝0.4 m，它们的直径OA、AB在同一竖直线上，且较小半圆轨道的最低点与较大半圆轨道的圆心O重合，在O点左侧安装有弹射器。现将一个质量为m＝0.1 kg、可视为质点的小滑块从O点沿切线方向以某一速度弹出，使其沿“蜗牛状”轨道内壁运动。已知桌面BC段的长度为L＝2.0 m，桌面距地面的高度为h＝1.25 m，小滑块与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4，取重力加速度g＝10 m/s2。

图2
(1)若小滑块恰好不脱离“蜗牛状”轨道内壁运动，求它运动到最高点A时的速度大小；
(2)在满足(1)问的条件下，求该小滑块运动到最低点B时对轨道的压力大小；
(3)在满足(1)问的条件下，求小滑块落地点距桌面边缘C的水平距离。
解析　(1)设滑块在A点的速度大小为vA，由牛顿第二定律得
mg＝m(2分)
解得vA＝2 m/s。(2分)
(2)设滑块运动到B点时的速度大小为vB，滑块从A到B的过程，由动能定理得
2mgr2＝mv－mv(2分)
在B点由牛顿第二定律得
FN－mg＝m(2分)
联立解得FN＝6 N(2分)
根据牛顿第三定律可知，滑块在B点时对轨道的压力大小为6 N。(1分)
(3)设滑块运动到C点时的速度大小为vC，滑块从A到C的过程，由动能定理得
2mgr2－μmgL＝mv－mv(3分)
滑块离开桌面后做平抛运动，则有
x＝vCt(2分)
h＝gt2(2分)
联立解得x＝1 m。(2分)
答案　(1)2 m/s　(2)6 N　(3)1 m
二、选考题(共15分。请考生从给出的2道题中任选一题作答。)
33.[物理——选修3－3]
(1)(5分)如图3，一定质量的理想气体从状态a开始，经历一系列过程后又回到状态a，已知ca平行于横轴V，ab平行于纵轴p。对此气体，下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)

图3
A.在a到b过程中气体的内能增加
B.在a到b过程中外界对气体做功
C.在b到c过程中气体温度始终不变
D.在c到a过程中气体的温度降低
E.气体在状态b、c时内能可能相等
(2)(10分)如图4，一汽缸左半部分导热性能良好，右半部分绝热且右端封闭，中间用一容积可以忽略的细管连接，导热性能良好的活塞N和绝热活塞M将汽缸隔成A、B两部分，初始时，两部分空间内都密封有温度为27 ℃，体积为5 L的理想气体，已知活塞N的横截面积为100 cm2，大气压强为p0＝105 Pa，室温恒为27 ℃，汽缸内壁光滑。现用一水平推力F缓慢将活塞N向右移动5 cm，为使活塞M的位置不变，需要给B中气体加热，求：

图4
(i)活塞N向右移动5 cm时，推力F的大小；
(ii)活塞N向右移动5 cm时，B中气体温度。
解析　(1)在a到b过程中，气体体积不变，外界不对气体做功，气体也不对外界做功，压强增大，温度升高，内能增加，A正确，B错误；在c到a过程中，气体体积缩小，压强不变，温度降低，D正确；状态b、c可能是同一等温曲线上的两个状态，所以E正确；在b到c过程中，温度一定发生变化，C错误。
(2)(i)施加力F后，A中气体的压强为
pA′＝p0＋(2分)
对A中气体，由p0VA＝pA′VA′(2分)
VA′＝VA－ΔL·S(1分)
联立各式解得F≈111 N。(1分)
(ii)对B中气体，因活塞M保持在原位置不动，则末态压强pB′＝pA′
根据查理定律得＝(2分)
T0＝(273＋27) K，TB′＝tB＋273 K(1分)
联立各式解得tB≈60 ℃。(1分)
答案　(1)ADE　(2)(i)111 N　(ii)60 ℃
34.[物理——选修3－4]
(1)(5分)图5甲为一列简谐横波在t＝0.1 s时的波形图，图乙为介质中平衡位置在x＝2 m处的P质点的振动图象，下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)

图5
A.该简谐波传播速度为10 m/s
B.从图甲所示时刻开始，介质中的N质点比Q质点先回到平衡位置
C.图甲所示时刻，介质中的N质点正在加速运动
D.在0.1～0.2 s时间内，介质中的Q质点通过的路程一定是0.4 m
E.在0.1～0.2 s时间内，P质点沿x轴负方向移动了2 m
(2)(10分)如图6所示，三角形ABC是一个三棱镜的截面，现有一束单色光沿纸面以i＝60°的入射角射向AB的中点N，已知该三棱镜的折射率为n＝，AB＝
(6－) cm，光在真空中的传播速度为c＝3.0×108 m/s，求：

图6
(i)此束单色光第一次从三棱镜射出的方向；(不考虑AB面的反射)
(ii)此束单色光从射入三棱镜到第一次从三棱镜射出所经历的时间。
解析　(1)由图可知波长λ＝4 m、周期T＝0.2 s，由v＝可得波速v＝20 m/s，所以A错误；由图乙可知，P质点在0.1 s时的振动方向沿y轴正方向，所以该波沿x轴负方向传播，从图甲所示时刻开始，N质点直接向平衡位置运动，Q质点先运动到负的最大位移处，然后向平衡位置运动，故介质中的N质点比Q质点先回到平衡位置，所以B正确；图甲所示时刻，介质中的N质点运动方向与回复力方向相同，正在加速运动，所以C正确；在0.1～0.2 s时间内，介质中的Q质点运动了半个周期，通过的路程一定是0.4 m，所以D正确；波在传播过程中，质点并不随波迁移，所以E错误。
(2)(i)设此束光从AB面射入棱镜后的折射角为r，由折射定律有n＝(1分)
解得r＝30°，显然光从AB射入棱镜后的折射光线NP平行于AC，光在BC面上的入射角θ＝45°(1分)

设临界角为C，则由sin C＝得
sin C＝＜，可知C＜45° (1分)
故光在BC面上发生全反射
根据几何知识和光的反射定律可知，光将垂直于底面AC，沿PQ方向射出棱镜。(1分)
(ii)光在棱镜中传播的速度v＝(1分)
NP＝AC＝＝AB(1分)
PQ＝ANsin 60°＝ABsin 60°＝AB(1分)
所以此束光在棱镜中传播的时间t＝(1分)
联立各式解得
t＝＝×10－10 s。(2分)
答案　(1)BCD　(2)见解析