山东省2021-2022学年高三上学期期末物理模拟试卷（2）(Word版含答案)

2021-2022学年山东省高三（上）期末物理模拟试卷（2）
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）下列关于近代物理学的说法正确的是（　　）
A．光电效应现象揭示了光具有波动性
B．氡的半衰期为3.8天，若取4个氡原子核，经过7.6天后一定剩下1个氡原子核
C．卢瑟福通过α粒子散射实验证实了原子核由质子和中子组成
D．一群氢原子从n＝4的激发态跃迁时，最多能辐射出6种不同频率的光子
2．（3分）如图所示，2012年10月14日，奥地利极限运动家鲍姆加特纳完成一项壮举，从3.9×104m高空自由坠落，最终安全跳伞着陆。直播画面显示，气球升至3.9×104m高空后，他开始无初速下落。摄像机镜头跟踪鲍姆加特纳坠落过程，显示一个小白点急速下坠，开始下落后46s时，速度达到1150km/h，其运动过程的最大速度为1342km/h；在距着陆点1524m高时，他打开了降落伞；又经过几分钟，他双脚着地，平稳着陆。忽略高度对重力加速度g的影响，则（　　）
A．开始下落的前46s，可以认为鲍姆加特纳及装备只受重力作用
B．从开始下落至打开降落伞之前，鲍姆加特纳的重力的功率保持不变
C．下落过程中有一段时间，鲍姆加特纳处于超重状态
D．整个下落过程，鲍姆加特纳一直处于失重状态
3．（3分）光纤通信采用的光导纤维由内芯和外套组成，如图所示，一复色光以入射角θ0射入光导纤维后分为a、b两束单色光，a、b两单色光在内芯和外套界面发生全反射，下列说法正确的是（　　）
A．内芯折射率小于外套的折射率
B．a光光子的能量大于b光光子的能量
C．在内芯介质中单色光a的传播速度比b大
D．入射角由θ0逐渐增大时，b光全反射现象先消失
4．（3分）一列简谐横波沿x轴负方向传播，a、b、c、d为波上的四个质点，某时刻的波形图如图所示，已知波从c传播到b的最短时间为0.2s，则下列判断中正确的是（　　）
A．该列波的波速为10m/s
B．该时刻质点b、c的加速度相同
C．该时刻质点b、d的速度不相同
D．该时刻之后的0.15s内，质点a经过的路程等于10cm
5．（3分）一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈。通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈。在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2。当滑动触头与a间的匝数等于滑动触头与b间的匝数时（　　）
A．U2＞U1 B．U2＝2U1 C．U2＝U1 D．2U2＝U1
6．（3分）2021年5月30日，“天舟二号”携带航天员生活物资、舱外航天服及空间站平台设备、应用载荷和推进剂等与“天和”核心舱完成自主快速交会对接。若“天舟二号”与“天和”核心舱对接前都围绕地球做匀速圆周运动，对接后形成的组合体仍沿“天和”核心舱原来的轨道运行。下列说法正确的是（　　）
A．“天舟二号”与“天和”核心舱应在同一轨道上运行，然后“天舟二号”加速追上“天和”核心舱从而实现对接
B．“天舟二号”应先在比“天和”核心舱半径大的轨道上加速，然后“天舟二号”逐渐靠近“天和”核心舱，当两者速度接近时实现对接
C．“天舟二号”与“天和”核心舱对接形成的组合体与“天和”核心舱单独运行时相比，组合体运行的周期变大、速率变大
D．“天舟二号”与“天和”核心舱对接形成的组合体的动能大于“天和”核心舱单独运行时的动能
7．（3分）一定量的理想气体从状态M开始，经状态N、P、Q回到状态M，如p﹣T图所示。下列说法正确的是（　　）
A．N→P过程，气体放热
B．M→N过程，气体体积变大
C．气体在N时的体积比在Q时的体积小
D．P→M过程，单位时间内撞击器壁单位面积的分子数增加
8．（3分）如图所示，左侧是半径为R的四分之一圆弧，右侧是半径为2R的一段圆弧。二者圆心在一条竖直线上，小球a、b通过一轻绳相连，二者恰好等于等高处平衡。已知θ＝37°，不计所有摩擦，则小球a、b的质量之比为（　　）
A．3：4 B．3：5 C．4：5 D．1：2
二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）
9．（4分）如图所示，水平桌面上有一折射率n＝2透明的玻璃半球，在球内有一离球心距离为d＝6cm的点光源S可向各个方向发光，点光源发出的所有光中刚好有一束光被反射回水平桌面。已知光在真空中的传播速度为c＝3×108m/s，则（　　）
A．该束光在球形表面恰好发生全反射时的临界角为30°
B．该束光在球形表面恰好发生全反射时的临界角为60°
C．该束光由点光源S到反射回桌面的时间约为2.1×109s
D．该束光由点光源S到反射回桌面的时间约为1.6×109s
10．（4分）如图所示，AB、C为匀强电场中的三个点，已知∠CAB＝60°，AB＝2AC＝4cm，φA＝0V、φB＝﹣8V，将一带电量为q＝4×10﹣5C的正电荷从A点移到C点，电场力做功8×10﹣5J，则下列说法正确的是（　　）
A．C点电势为2V
B．电场强度E沿AB方向由A→B，大小为200N/C
C．该正电荷在B点具有的电势能为﹣3.2×10﹣4J
D．将该正电荷从C点移到B点，电势能增加了2.4×10﹣4J
11．（4分）图甲为手机无线充电实物图。当我们把手机放在图中“圆盘”上时，只要给圆盘接上电源，就可以给手机充电了。如图乙所示，“圆盘”内部有一个发射线圈，给发射线圈接入电源，就能在手机内部的接收线圈中产生合适的电压给手机电池充电，从而实现无线充电。下列说法正确的是（　　）
A．发射线圈接入直流电源，接收线圈将产生恒定的电流
B．发射线圈接入均匀变化的电源，接收线圈将产生大小恒定的电流
C．发射线圈的电流变化越大，接收线圈中感应电动势越大
D．发射线圈的电流变化率越大，接收线圈中感应电动势越大
12．（4分）如图所示，光滑圆槽B静置于光滑水平地面上。槽底端与水平面相切，一小球A从水平地面以初速度v0滑向圆槽，从底端沿槽上滑，未冲出圆槽，最后滑回水平地面。已知球的质量为m，圆槽质量为M，重力加速度为g。下列说法中正确的是（　　）
A．小球上升的最大高度为
B．圆槽运动的最大速度为
C．小球上滑过程比下滑过程的动量变化大
D．上滑过程槽的动能增加量比下滑过程槽的动能增加量小
三．实验题（共6小题，满分60分）
13．（7分）甲、乙两位同学分别用如图1、2所示装置来探究“在外力一定时，轨道上的小车或滑块的加速度与其质量M之间的关系”，实验中，他们都认为悬挂的重物质量m一定时，小车或滑块所受的合外力一定。
（1）下列说法中正确的是 　 　。
A.m必须远小于M，M变化时，才能近似认为M所受合外力不变
B.平衡摩擦力过程中，都应取下悬挂的重物，图1中却要在小车后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，打点计时器接通电源打点，且每次改变M都要重新平衡摩擦力
C.两位同学都应该调节滑轮高度使连接滑块的细线与轨道平行
D.图2可更换更宽的遮光条以减小实验误差，还要测出滑块从光电门1到光电门2的时间△t
（2）甲同学平衡摩擦后，保持m不变，改变M，得出小车的加速度倒数与小车质量的关系图象，为图3中的 　 　。
（3）图2中固定在滑块上的遮光条C的宽度为d，A、B两光电门间的距离为x，遮光条经过A、B光电门的时间分别为t1、t2，则滑块的加速度表达式为a＝　 　。
（4）乙同学在平衡摩擦力且满足m远小于M后，保持d与α不变，只增加M，通过记录的数据发现（﹣）﹣图象为过原点的直线，可得出结论：　 　。
14．（9分）将一微安表先改装成量程1mA的电流表，再改装成量程5V的电压表，并与标准电压表对比校准。图甲是改装后电压表与标准电压表对比校准的电路图，虚线框中是改装后电压表电路，V0是量程6V的标准电压表。已知微安表满偏电流为250μA，标记的内阻为600Ω，电阻箱R1、R2调节范围为0～9999.99Ω。
（1）微安表改装。图甲中电阻箱的阻值分别调节到R1＝　 　Ω，R2＝　 　Ω。
（2）实物连线。选用合适的器材，按照图甲正确连接电路。
（3）对比校准。正确连接电路后，闭合开关，调节滑动变阻器，当标准电压表的示数如图乙所示时，微安表（改装后电压表）的示数如图丙所示，由此可以推测出改装电压表量程的真实值　 　5V（选填“大于”或“小于”）。
（4）重新调整。通过检测发现：电阻箱R1、R2阻值是准确的，而微安表标记的内阻不准确，这是改装电压表量程的真实值不是5V的原因。再通过调节电阻箱R1、R2的阻值，使改装电压表量程的真实值为5V，以下调节方案可行的有　 　（填序号）。
A．保持R1不变，将R2增大到合适值
B．保持R1不变，将R2减小到合适值
C．保持R2不变，将R1增大到合适值
D．保持R2不变，将R1减小到合适值
15．（7分）如图所示，底端封闭的粗细均匀的长玻璃管静止在倾角为θ的固定斜面上，玻璃内通过水银柱封闭了一段理想气体。玻璃管的长度L＝80cm，水银柱的长度h＝25cm，气柱的长度x1＝37.5cm。若把玻璃管开口竖直向上静止时，空气柱长度x2＝33cm。已知大气压强p0＝75cmHg，环境温度保持不变。求：
（1）斜面的倾角正弦值；
（2）当把玻璃管开口竖直向下静止时，空气柱的压强。
16．（7分）如图所示，传送带水平部分AB的长度L＝4m，与一圆心在O点、半径R＝6.25m的竖直光滑圆轨道的末端相切于A点，AB到水平地面的高度H＝3.2m，一质量m＝1kg的小滑块（视为质点）从圆轨道上的P点由静止释放，滑块通过B点后立即做平抛运动。已知OP与竖直线的夹角θ＝37°，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力。
（1）求滑块到达圆轨道末端时的速度大小v；
（2）若传送带静止，求滑块的落地点与B点间的水平距离x；
（3）若传送带以大小v0＝1m/s的速度沿逆时针方向运行，求滑块在传送带上运动的过程中滑块与传送带之间因摩擦产生的内能Q。
17．（12分）如图所示，在竖直平面内建立xOy直角坐标系，坐标系所在的空间中存在水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝N/C，同时存在着垂直于xOy坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5T（电场、磁场图中均未画出）。一质量m＝1×10﹣7kg、电荷量q＝﹣2×10﹣6C的带电小球，正以某一速度在xOy坐标平面内沿直线运动。已知重力加速度大小g＝10m/s2。
（1）求小球做直线运动的速度v；
（2）当小球经过O点时，若仅撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象），求小球再次经过x轴时的位置坐标；
（3）当小球经过O点时若将电场的方向调整为竖直向下，电场强度的大小调整为N/C（不考虑电场变化引起的电磁感应现象），其他条件不变，求小球运动中与x轴的最大距离及在最大距离时小球的位置坐标。
18．（18分）如图所示，传送带PQ间的距离为L＝5.0m，以v＝2m/s的恒定速度顺时针旋转，传送带的倾角为θ＝37°，一质量M＝0.09kg的A物体与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5。左下方的手枪每隔1s发射一颗质量为m＝0.01kg的弹丸，弹丸每次击中物体前的瞬时速度大小均为v0＝40m/s，方向平行传送带向上，射入物体后会立即留在其中。将A物体轻放在传送带的最下端时，恰好被第一颗弹丸击中（物体和弹丸均可看成质点，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）。求
（1）A物体第一次达到与传送带速度相同时所用的时间t1；
（2）从第一次射结束到第二次击中前的过程中物体与传送带摩擦产生的热量Q；
（3）需要射入几颗弹丸才能使A物体到达传送带顶端。
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）下列关于近代物理学的说法正确的是（　　）
A．光电效应现象揭示了光具有波动性
B．氡的半衰期为3.8天，若取4个氡原子核，经过7.6天后一定剩下1个氡原子核
C．卢瑟福通过α粒子散射实验证实了原子核由质子和中子组成
D．一群氢原子从n＝4的激发态跃迁时，最多能辐射出6种不同频率的光子
【解答】解：A、光电效应现象用波动说无法解释，而光子说可以完美解释，因此光电效应现象是光具有粒子性的有力证明，故A错误；
B、半衰期是大量放射性原子核发生衰变的统计规律，4个氡核的衰变不满足该规律，故B错误；
C、α粒子散射实验证实了原子的核式结构，并不是证实了原子核由质子和中子组成，故C错误；
D、一群氢原子处于n＝4能级的激发态氢原子跃迁时，辐射光子种类最多为＝6种，故D正确。
故选：D。
2．（3分）如图所示，2012年10月14日，奥地利极限运动家鲍姆加特纳完成一项壮举，从3.9×104m高空自由坠落，最终安全跳伞着陆。直播画面显示，气球升至3.9×104m高空后，他开始无初速下落。摄像机镜头跟踪鲍姆加特纳坠落过程，显示一个小白点急速下坠，开始下落后46s时，速度达到1150km/h，其运动过程的最大速度为1342km/h；在距着陆点1524m高时，他打开了降落伞；又经过几分钟，他双脚着地，平稳着陆。忽略高度对重力加速度g的影响，则（　　）
A．开始下落的前46s，可以认为鲍姆加特纳及装备只受重力作用
B．从开始下落至打开降落伞之前，鲍姆加特纳的重力的功率保持不变
C．下落过程中有一段时间，鲍姆加特纳处于超重状态
D．整个下落过程，鲍姆加特纳一直处于失重状态
【解答】解：A、当△t＝46s，△v＝1150km/h＝319m/s，，可知空气阻力是不能忽略的，故A错误；
B、由于在达到最大速度之前一直在加速，由功率公式P＝mgv，可知重力的功率一直增大，故B错误；
CD、为了安全降落，运动员在落地前必定有一段时间要向下做减速运动，此时有一个向上的加速度，处于超重状态，故C正确，D错误。
故选：C。
3．（3分）光纤通信采用的光导纤维由内芯和外套组成，如图所示，一复色光以入射角θ0射入光导纤维后分为a、b两束单色光，a、b两单色光在内芯和外套界面发生全反射，下列说法正确的是（　　）
A．内芯折射率小于外套的折射率
B．a光光子的能量大于b光光子的能量
C．在内芯介质中单色光a的传播速度比b大
D．入射角由θ0逐渐增大时，b光全反射现象先消失
【解答】解：A、发生全反射的必要条件是：光必须从光密介质射入光疏介质，即从折射率大的介质射入折射率小的介质，所以当内芯的折射率比外套的大时，光在内芯与外套的界面上才能发生全反射，故A错误；
B、由图可知b光偏转角度大，说明光导纤维对b光的折射率大，根据光的频率与折射率的关系可知b光的频率大，由E＝hγ可知b光光子的能量大于a光光子的能量，故B错误；
C、光导纤维对b光的折射率大，根据公式v＝，知在内芯中单色光a的传播速度比b大，故C正确；
D、从左端面入射的光线，入射角越大，折射角越大，根据几何知识得知，光线射到内芯与外套的界面上时入射角越小，越不容易产生全反射；b的频率大，则光导纤维内芯相对于外套的折射率b光也大，根据sinC＝，可知b光在光导纤维内芯与外套的界面处的临界角小，所以在入射角由θ0逐渐增大、光线射到内芯与外套的界面上时入射角减小时，光导纤维内芯与外套的界面处a光全反射现象先消失，故D错误。
故选：C。
4．（3分）一列简谐横波沿x轴负方向传播，a、b、c、d为波上的四个质点，某时刻的波形图如图所示，已知波从c传播到b的最短时间为0.2s，则下列判断中正确的是（　　）
A．该列波的波速为10m/s
B．该时刻质点b、c的加速度相同
C．该时刻质点b、d的速度不相同
D．该时刻之后的0.15s内，质点a经过的路程等于10cm
【解答】解：A、设质点从平衡位置向下振动到位移y＝﹣5cm经过的时间为t1，由于波沿﹣x方向传播，则有：y＝﹣10sin cm＝﹣5cm，解得：t1＝，
所以波从c传播到b的最短时间为t＝﹣2t1＝＝0.2s，解得T＝0.6s；
根据图象可知该波的波长为λ＝4m，则波速为v＝＝m/s＝m/s，故A错误；
B、根据牛顿第二定律可得：a＝﹣，由于a和b此时的位移相同，故加速度相同，故B正确；
C、根据“同侧法”可知该时刻质点b、d的速度方向均向下，方向相同，故C错误；
D、该时刻之后的0.15s内，即经过＝，只有在平衡位置或最大位移处的质点在时间内的通过的路程为A＝10cm，此时质点a不在平衡位置或最大位移处，质点a经过的路程不等于10cm，故D错误。
故选：B。
5．（3分）一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈。通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈。在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2。当滑动触头与a间的匝数等于滑动触头与b间的匝数时（　　）
A．U2＞U1 B．U2＝2U1 C．U2＝U1 D．2U2＝U1
【解答】解：根据题意可知，原副线圈的匝数之比为，理想变压器原副线圈电压之比与匝数成正比，则，解得2U2＝U1，故ABC错误，D正确；
故选：D。
6．（3分）2021年5月30日，“天舟二号”携带航天员生活物资、舱外航天服及空间站平台设备、应用载荷和推进剂等与“天和”核心舱完成自主快速交会对接。若“天舟二号”与“天和”核心舱对接前都围绕地球做匀速圆周运动，对接后形成的组合体仍沿“天和”核心舱原来的轨道运行。下列说法正确的是（　　）
A．“天舟二号”与“天和”核心舱应在同一轨道上运行，然后“天舟二号”加速追上“天和”核心舱从而实现对接
B．“天舟二号”应先在比“天和”核心舱半径大的轨道上加速，然后“天舟二号”逐渐靠近“天和”核心舱，当两者速度接近时实现对接
C．“天舟二号”与“天和”核心舱对接形成的组合体与“天和”核心舱单独运行时相比，组合体运行的周期变大、速率变大
D．“天舟二号”与“天和”核心舱对接形成的组合体的动能大于“天和”核心舱单独运行时的动能
【解答】解：AB．“天舟二号”在轨道上加速后，此时所受的万有引力将不足以提供其做匀速圆周运动的向心力，所以“天舟二号”会做离心运动，进入较高的轨道上，因此若要实现对接，“天舟二号”应先在比“天和”核心舱半径小的轨道上加速，然后进入较高的“天和”核心舱的轨道，接着“天舟二号”逐渐靠近“天和”核心舱，当两者速度接近时实现对接，故AB错误；
CD．根据万有引力定律和牛顿第二定律有
G＝m＝mr
解得：T＝2πr
v＝
由于对接后形成的组合体仍沿“天和”核心舱原来的轨道运行，即r不变，所以“天舟二号”与“天和”核心舱对接形成的组合体与“天和”核心舱单独运行时相比，组合体运行的周期和速率均不变，但由于组合体的质量比“天和”核心舱的质量大，所以“天舟二号”与“天和”核心舱对接形成的组合体的动能大于“天和”核心舱单独运行时的动能，故C错误，D正确。
故选：D。
7．（3分）一定量的理想气体从状态M开始，经状态N、P、Q回到状态M，如p﹣T图所示。下列说法正确的是（　　）
A．N→P过程，气体放热
B．M→N过程，气体体积变大
C．气体在N时的体积比在Q时的体积小
D．P→M过程，单位时间内撞击器壁单位面积的分子数增加
【解答】解：A、由图示图象可知，N→P过程气体温度T不变而压强p增大，由理想气体状态方程＝C可知，气体体积V减小，外界对气体做功，W＞0，气体温度不变，气体内能不变，△U＝0，由热力学第一定律△U＝W+Q可知，Q＝△U﹣W＝﹣W＜0，气体放出热量，故A正确；
B、由图示图象可知，M→N过程气体温度T降低而压强p不变，由理想气体状态方程＝C可知，气体体积V减小，故B错误；
C、由理想气体状态方程＝C可知：p＝T，p﹣T图象的斜率k＝，由图示图象可知，N、Q的连线过坐标原点，图象的斜率不变，说明气体在状态N和状态Q时的体积相等，故C错误；
D、由图示图象可知，P→M过程气体温度升高而压强减小，气体压强减小，气体分子对器壁单位面积的平均作用力减小，气体温度升高分子平均动能增大，则单位时间内撞击器壁单位面积的分子数减少，故D错误。
故选：A。
8．（3分）如图所示，左侧是半径为R的四分之一圆弧，右侧是半径为2R的一段圆弧。二者圆心在一条竖直线上，小球a、b通过一轻绳相连，二者恰好等于等高处平衡。已知θ＝37°，不计所有摩擦，则小球a、b的质量之比为（　　）
A．3：4 B．3：5 C．4：5 D．1：2
【解答】解：由于两个圆的圆心在一条竖直线上，补全右边的圆的圆心位置如图所示，根据几何关系可得：h＝Rsinθ＝0.6R；
则cosα＝＝0.8，故α＝37°；
根据平衡条件可知，两小球的重力沿绳子方向的分力相等，即：
magcosθ＝mbgsinα
解得：＝＝，故A正确、BCD错误。
故选：A。
二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）
9．（4分）如图所示，水平桌面上有一折射率n＝2透明的玻璃半球，在球内有一离球心距离为d＝6cm的点光源S可向各个方向发光，点光源发出的所有光中刚好有一束光被反射回水平桌面。已知光在真空中的传播速度为c＝3×108m/s，则（　　）
A．该束光在球形表面恰好发生全反射时的临界角为30°
B．该束光在球形表面恰好发生全反射时的临界角为60°
C．该束光由点光源S到反射回桌面的时间约为2.1×109s
D．该束光由点光源S到反射回桌面的时间约为1.6×109s
【解答】解：AB、根据发生全反射的条件可得：sinC＝＝，解得临界角为C＝30°，故A正确、B错误；
CD、光线传播情况如图所示，根据图中几何关系可得：＝
则sinC＝sinθ，当θ取时C最大，且刚好一束光发生全反射，C＝30°，
则有：＝sin，解得：R＝2d＝2×6cm＝12cm
根据几何关系可得该束光在玻璃中传播的路程为：s＝+＝2d＝12cm＝0.12m
运动时间：t＝
解得：t≈2.1×109s，故C正确、D错误。
故选：AC。
10．（4分）如图所示，AB、C为匀强电场中的三个点，已知∠CAB＝60°，AB＝2AC＝4cm，φA＝0V、φB＝﹣8V，将一带电量为q＝4×10﹣5C的正电荷从A点移到C点，电场力做功8×10﹣5J，则下列说法正确的是（　　）
A．C点电势为2V
B．电场强度E沿AB方向由A→B，大小为200N/C
C．该正电荷在B点具有的电势能为﹣3.2×10﹣4J
D．将该正电荷从C点移到B点，电势能增加了2.4×10﹣4J
【解答】解：A、AC之间的电势差为 UAC＝＝＝2V，结合UAC＝φA﹣φC
将φA＝0V代入得：φC＝﹣2V，故A错误。
B、若过C点作AB的垂线，垂足为D，则交点D为AB的四等分点，可知D点电势为﹣2V，因此，CD为等势线，场强方向垂直于CD，即电场强度E沿AB方向由A→B，场强大小为：E＝＝N/C＝200N/C，故B正确。
C、该正电荷在B点具有的电势能为：EPB＝qφB＝4×10﹣5×（﹣8）J＝﹣3.2×10﹣4J，故C正确。
D、CB间的电势差为：UCB＝φC﹣φB＝﹣2V﹣（﹣8）V＝6V
将该正电荷从C点移到B点，电场力做功为：WCB＝qUCB＝4×10﹣5×6J＝2.4×10﹣4J
电场力做正功，则电势能减少了2.4×10﹣4J，故D错误。
故选：BC。
11．（4分）图甲为手机无线充电实物图。当我们把手机放在图中“圆盘”上时，只要给圆盘接上电源，就可以给手机充电了。如图乙所示，“圆盘”内部有一个发射线圈，给发射线圈接入电源，就能在手机内部的接收线圈中产生合适的电压给手机电池充电，从而实现无线充电。下列说法正确的是（　　）
A．发射线圈接入直流电源，接收线圈将产生恒定的电流
B．发射线圈接入均匀变化的电源，接收线圈将产生大小恒定的电流
C．发射线圈的电流变化越大，接收线圈中感应电动势越大
D．发射线圈的电流变化率越大，接收线圈中感应电动势越大
【解答】解：A、发射线圈接入直流电源，则发射线圈内电流在接收线圈中产生的磁场不变，接收线圈中的磁通量不变，不会产生感应电流，故A错误；
B、发射线圈接入均匀变化的电源，则发射线圈内电流在接收线圈中产生的磁场均匀变化，接收线圈中的磁通量均匀变化，根据法拉第电磁感应定律E＝和闭合电路欧姆定律可知，接收线圈将产生恒定的电动势和电流，故B正确；
CD、接收线圈中的磁通量与发射线圈的电流大小成正比，根据法拉第电磁感应定律E＝可知，接收线圈中感应电动势的大小与发射线圈的电流变化率成正比，发射线圈的电流变化率越大，接收线圈中感应电动势越大，而与发射线圈的电流变化大小无关，故C错误，D正确。
故选：BD。
12．（4分）如图所示，光滑圆槽B静置于光滑水平地面上。槽底端与水平面相切，一小球A从水平地面以初速度v0滑向圆槽，从底端沿槽上滑，未冲出圆槽，最后滑回水平地面。已知球的质量为m，圆槽质量为M，重力加速度为g。下列说法中正确的是（　　）
A．小球上升的最大高度为
B．圆槽运动的最大速度为
C．小球上滑过程比下滑过程的动量变化大
D．上滑过程槽的动能增加量比下滑过程槽的动能增加量小
【解答】解：水平面光滑，小球与圆槽组成的系统在水平方向动量守恒，小球与圆槽相互作用过程只有重力做功，系统机械能守恒；
A、小球上升到最大高度h时小球与圆槽在水平方向速度相等，设为v，以水平向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：
mv0＝（M+m）v
由机械能守恒定律得：
+mgh
解得：v＝，h＝，故A正确；
B、小球与圆槽分离时圆槽的速度最大，设为v槽，此时小球的速度为v球，
以水平向右为正方，在水平方向，由动量守恒定律得：mv0＝mv球+Mv槽
由机械能守恒定律得：
解得：v球＝v0，v槽＝v0，故B错误；
C、小球上滑过程动量变化量△p1＝mv﹣mv0＝﹣v0，负号表示方向，
小球下滑过程动量变化量△p2＝mv球﹣mv＝v0，由于不知道m的数值，无法比较哪个过程动量变化大，故C错误；
D、上滑过程槽的动能增加量△Ek1＝＝，下滑过程槽的动能增加量△Ek2＝＝，△Ek1＜△Ek2，故D正确。
故选：AD。
三．实验题（共6小题，满分60分）
13．（7分）甲、乙两位同学分别用如图1、2所示装置来探究“在外力一定时，轨道上的小车或滑块的加速度与其质量M之间的关系”，实验中，他们都认为悬挂的重物质量m一定时，小车或滑块所受的合外力一定。
（1）下列说法中正确的是 　AC　。
A.m必须远小于M，M变化时，才能近似认为M所受合外力不变
B.平衡摩擦力过程中，都应取下悬挂的重物，图1中却要在小车后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，打点计时器接通电源打点，且每次改变M都要重新平衡摩擦力
C.两位同学都应该调节滑轮高度使连接滑块的细线与轨道平行
D.图2可更换更宽的遮光条以减小实验误差，还要测出滑块从光电门1到光电门2的时间△t
（2）甲同学平衡摩擦后，保持m不变，改变M，得出小车的加速度倒数与小车质量的关系图象，为图3中的 　C　。
（3）图2中固定在滑块上的遮光条C的宽度为d，A、B两光电门间的距离为x，遮光条经过A、B光电门的时间分别为t1、t2，则滑块的加速度表达式为a＝　　。
（4）乙同学在平衡摩擦力且满足m远小于M后，保持d与α不变，只增加M，通过记录的数据发现（﹣）﹣图象为过原点的直线，可得出结论：　在误差允许范围内，物体所受的合外力一定时，加速度与质量成反比；　。
【解答】解：（1）对重物和小车看作一个整体，则mg＝（M+m）a，对小车F＝Ma＝，当M＞＞m时，才能近似认为M所受合外力不变，故A正确；
B、平衡摩擦力过程中，都应取下悬挂的重物，图1中却要在小车后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，打点计时器接通电源打点，mgsinθ＝μmgcosθ，解得μ＝tanθ，与小车的质量无关，故每次改变M都不需要新平衡摩擦力，故B错误；
C、平衡摩擦力后，细绳与轨道平行时，才能保证细绳拉力为小车所受的合外力，故C正确；
D、遮光条的宽度越小，遮光条经过光电门时的平均速度越接近瞬时速度，实验误差越小，不必测出滑块从光电门1到光电门2的时间△t，故D错误；
（2）将砂桶和小车看作一个整体，则mg＝（M+m）a，解得，故ABD错误，C正确
（3）在极短时间内的平均速度等于该时刻的瞬时速度，则通过光电门1的速度为，通过光电门2的速度为，根据速度﹣位移公式可得，
解得a＝
（4）通过记录的数据发现（﹣）﹣图象为过原点的直线，可得出在误差允许范围内，物体所受的合外力一定时，加速度与质量成反比；
故答案为：（1）AC；（2）C；（3）；（4）在误差允许范围内，物体所受的合外力一定时，加速度与质量成反比；
14．（9分）将一微安表先改装成量程1mA的电流表，再改装成量程5V的电压表，并与标准电压表对比校准。图甲是改装后电压表与标准电压表对比校准的电路图，虚线框中是改装后电压表电路，V0是量程6V的标准电压表。已知微安表满偏电流为250μA，标记的内阻为600Ω，电阻箱R1、R2调节范围为0～9999.99Ω。
（1）微安表改装。图甲中电阻箱的阻值分别调节到R1＝　200　Ω，R2＝　4850　Ω。
（2）实物连线。选用合适的器材，按照图甲正确连接电路。
（3）对比校准。正确连接电路后，闭合开关，调节滑动变阻器，当标准电压表的示数如图乙所示时，微安表（改装后电压表）的示数如图丙所示，由此可以推测出改装电压表量程的真实值　小于　5V（选填“大于”或“小于”）。
（4）重新调整。通过检测发现：电阻箱R1、R2阻值是准确的，而微安表标记的内阻不准确，这是改装电压表量程的真实值不是5V的原因。再通过调节电阻箱R1、R2的阻值，使改装电压表量程的真实值为5V，以下调节方案可行的有　AD　（填序号）。
A．保持R1不变，将R2增大到合适值
B．保持R1不变，将R2减小到合适值
C．保持R2不变，将R1增大到合适值
D．保持R2不变，将R1减小到合适值
【解答】解：（1）把微安表改装成量程I＝1mA的电流表应并联一个小的分流电阻R1：IμRμ＝（I﹣Iμ）R1，代入可得：R1＝200Ω。
在改装的电流表的基础上串联一个分压电阻就变成了一个电压表：U＝IμRμ+IR2，代入可得：R2＝4850Ω。
（3）由图丙可以看出微安表的示数为I′＝170μA，根据串联和并联电路的关系和欧姆定律可求得总电压U0′＝（I′+）×（）＝×＝3.4V，而此时标准电压表显示U0＝3.2V，即测量值大于真实值，由此可以推测出改装电压表量程的真实值小于5V。
（4）由电压表的改装原理可知，改装后电压表的量程为U＝（Iμ+）×（），由上一问知道，量程偏小，要增大量程U：
AB、保持R1不变，将R2增大到合适值，由上式可以看出，U将增大，故A正确，B错误；
CD、保持R2不变，将R1增大到合适值，由上式可以看出，U将减小，故C错误，D正确。
故选：AD
故答案为：（1）200、4850；（3）小于；（4）AD
15．（7分）如图所示，底端封闭的粗细均匀的长玻璃管静止在倾角为θ的固定斜面上，玻璃内通过水银柱封闭了一段理想气体。玻璃管的长度L＝80cm，水银柱的长度h＝25cm，气柱的长度x1＝37.5cm。若把玻璃管开口竖直向上静止时，空气柱长度x2＝33cm。已知大气压强p0＝75cmHg，环境温度保持不变。求：
（1）斜面的倾角正弦值；
（2）当把玻璃管开口竖直向下静止时，空气柱的压强。
【解答】解：（1）取被封闭在玻璃管中的气体为研究对象，设玻璃管的横截面积为S，
气体初状态的压强：p1＝p0+ph有效＝（75+25sinθ）cmHg，体积：V1＝x1S
玻璃管竖直放置时气体的压强：p2＝p0+ph＝（75+25）cmHg＝100cmHg，体积：V2＝x2S
气体温度不变，根据玻意耳定律有：p1x1S＝p2x2S
代入数据解得：sinθ＝0.52。
（2）若玻璃管足够长，开口向下时，设空气柱长为x3，空气柱的压强为：p3＝p0﹣ph＝（75﹣25）cmHg＝50cmHg
由玻意耳定律得：p1x1S＝p3x3S，
代入数据解得：x3＝66cm，则：x3+h＞L＝80cm，玻璃管开口向下时，有水银流出；
设流出水银后，水银柱长为h0，封闭气体的压强：p4＝p0﹣ph0＝（75﹣h0）cmHg，气体体积：V4＝（L﹣h0）S
由玻意耳定律可知：p1x1S＝p4（L﹣h0）S
代入数据解得：h0＝20cm
故开口向下的竖直位置时，管内气体压强：p4＝p0﹣ph0＝（75﹣20）cmHg＝55cmHg
答：（1）斜面的倾角正弦值是0.52；
（2）当把玻璃管开口竖直向下静止时，空气柱的压强是55cmHg。
16．（7分）如图所示，传送带水平部分AB的长度L＝4m，与一圆心在O点、半径R＝6.25m的竖直光滑圆轨道的末端相切于A点，AB到水平地面的高度H＝3.2m，一质量m＝1kg的小滑块（视为质点）从圆轨道上的P点由静止释放，滑块通过B点后立即做平抛运动。已知OP与竖直线的夹角θ＝37°，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力。
（1）求滑块到达圆轨道末端时的速度大小v；
（2）若传送带静止，求滑块的落地点与B点间的水平距离x；
（3）若传送带以大小v0＝1m/s的速度沿逆时针方向运行，求滑块在传送带上运动的过程中滑块与传送带之间因摩擦产生的内能Q。
【解答】解：（1）在滑块从P点运动到圆轨道末端的过程中，由动能定理得：﹣0
代入数据解得：v＝5m/s
（2）设此种情况下滑块运动到B点时的速度大小为vB，在滑块从A点运动到B点的过程中，
由动能定理有：
代入数据解得：vB＝3m/s
滑块离开B后做平抛运动，设滑块做平抛运动的时间为t，
竖直方向：
水平方向：x＝vBt
代入数据解得：x＝2.4m
（3）设滑块在传送带上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：μmg＝ma
设滑块在传送带上运动的时间为t1，由匀变速直线运动的速度﹣时间公式得：vB＝v﹣at1
此种情况下，滑块相对传送带间的位移大小Δx＝L+v0t1
因摩擦产生的内能：Q＝μmgΔx
代入数据解得：Q＝10J
答：（1）滑块到达圆轨道末端时的速度大小v为5m/s；
（2）若传送带静止，滑块的落地点与B点间的水平距离x是2.4n；
（3）滑块在传送带上运动的过程中滑块与传送带之间因摩擦产生的内能Q是10J。
17．（12分）如图所示，在竖直平面内建立xOy直角坐标系，坐标系所在的空间中存在水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝N/C，同时存在着垂直于xOy坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5T（电场、磁场图中均未画出）。一质量m＝1×10﹣7kg、电荷量q＝﹣2×10﹣6C的带电小球，正以某一速度在xOy坐标平面内沿直线运动。已知重力加速度大小g＝10m/s2。
（1）求小球做直线运动的速度v；
（2）当小球经过O点时，若仅撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象），求小球再次经过x轴时的位置坐标；
（3）当小球经过O点时若将电场的方向调整为竖直向下，电场强度的大小调整为N/C（不考虑电场变化引起的电磁感应现象），其他条件不变，求小球运动中与x轴的最大距离及在最大距离时小球的位置坐标。
【解答】解：（1）小球做匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有
qvB＝
代入数据解得v＝2 m/s
设速度与x轴负向夹角为θ，tanθ＝＝
所以θ＝60°
（2）撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度大小为a，小球再次经过x轴所用的时间为t，
＝ma
设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x'，x'＝vt
设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y'，y′＝
a与mg的夹角和v与x轴负向的夹角相同，均为θ，又tanθ＝
沿x轴负向位移为s，s＝
解得s＝
所以坐标为：（，0）
（3）当经过O点时电场强度大小变为E′＝，且方向竖直向下时，小球受到向上的电场力E'q，且E'q＝mg，小球在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，如图。轨道半径设为R，根据洛伦兹力提供向心力，有：
qvB＝，
解得：R＝0.2 m
由图可知小球在第一象限最高点时距离x轴最远，由于在O点粒子速度与x轴负向夹角60°，根据几何知识易知
φ＝30°
最大距离设为d＝R+Rsin30° 代入数据，可得d＝0.3 m
即经过最高点时的纵坐标为：y＝d＝
横坐标x＝Rcos30°，代入数据可得：x＝
故此位置坐标为（，）
答：（1）小球做直线运动的速度v大小为2m/s，方向与x轴成60°；
（2）当小球经过O点时，若仅撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象），则小球再次经过x轴时的位置坐标是（，0）；
（3）当小球经过O点时若将电场的方向调整为竖直向下，电场强度的大小调整为N/C（不考虑电场变化引起的电磁感应现象），其他条件不变，则小球运动中与x轴的最大距离是，在最大距离时小球的位置坐标是（，）。
18．（18分）如图所示，传送带PQ间的距离为L＝5.0m，以v＝2m/s的恒定速度顺时针旋转，传送带的倾角为θ＝37°，一质量M＝0.09kg的A物体与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5。左下方的手枪每隔1s发射一颗质量为m＝0.01kg的弹丸，弹丸每次击中物体前的瞬时速度大小均为v0＝40m/s，方向平行传送带向上，射入物体后会立即留在其中。将A物体轻放在传送带的最下端时，恰好被第一颗弹丸击中（物体和弹丸均可看成质点，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）。求
（1）A物体第一次达到与传送带速度相同时所用的时间t1；
（2）从第一次射结束到第二次击中前的过程中物体与传送带摩擦产生的热量Q；
（3）需要射入几颗弹丸才能使A物体到达传送带顶端。
【解答】解：（1）以沿传送带向上为正，在弹丸射入的过程中，由动量守恒定律得
mv0＝（m+M）v01
所以：v01＝4m/s
因为传送带速度为2m/s，所以物块的加速度为
（m+M）gsinθ+μ（m+M）gcosθ＝（m+M）a1
解得a1＝10m/s2
物体速度减至与传送带共速，所需时间为
解得t1＝0.2s
（2）此时位移为
解得x1＝0.6m
继续减速时，物体受到的摩擦力方向沿传送带向上，此时加速度方向沿传送带向下，大小为
（m+M）gsinθ﹣μ（m+M）gcosθ＝（m+M）a2
解得a2＝2m/s2
若物体继续减速至零，所需时间为
解得t＝1s
因为v弹等于40m/s达到物块的时间小于1.2s
所以物块未减至零时，第二颗弹丸已射入，此时物块的速度为
v1＝v﹣a2（1﹣t1）
解得v1＝0.4m/s
此时物体的位移为
解得x2＝0.96m
因为传送带与物块间摩擦力大小为
f＝μ（m+m）gcosθ
解得f＝0.4N
在t1＝0.2s内传送带与物块间的相对位移为
解得△x1＝0.2m
在0.2s﹣1s内传送带与物块间的相对位移为
解得△x2＝0.64m
从第一次射结束到第二次击中前的过程中物体与传送带摩擦产生的热量为Q＝f△x1+f△x2
解得Q＝0.336J
（3）第二颗弹丸射入物体的过程中量守恒，有mv0+（m+M）v1＝（m+m+M）v02
解得：v02＝4m/s
由此可推至每次射入弹丸后，物块A都是先减速至传送带速度，然后继续减速到下一颗弹丸射入。可推知这次物块上升的位移是s＝x1+x2
解得s＝1.56m
第三颗子弹射入的过程中动量守恒，有mv0+（2m+M）v2＝（m+m+m+M）v03
解得v03＝3.7m/s
物体减速至与传送带共速，所需时间为
解得t3＝0.17s
所以物块未减至零时，第4颗子弹已射入，此时物块的速度为v3＝v﹣a2（1﹣t3）
解得v3＝0.34m/s
此时上升的总位移为
解得s3＝1.4556m
此时已发生位移为s＝x1+x2+s2+s3
解得s＝4.5756m
传送带总长5m，还剩0.4244m，可以推知：第4颗子弹射入后，A物体到达传送带顶端，所以子弹需要射入4次。
答：（1）A物体第一次达到与传送带速度相同时所用的时间t1是0.2s；
（2）从第一次射结束到第二次击中前的过程中物体与传送带摩擦产生的热量Q是0.336J；
（3）需要射入4颗弹丸才能使A物体到达传送带顶端。