2018-2019学年浙江省杭州市高三（上）期末物理试卷word版含解析
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| 名称 | 2018-2019学年浙江省杭州市高三（上）期末物理试卷word版含解析 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 2.9MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2019-06-24 11:08:20 | ||
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文档简介
2018-2019学年浙江省杭州市高三（上）期末物理试卷
一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的不选、多选、错选均不得分）
1．（3分）2018年11月16日第26届国际计量大会通过了“修订国际单位制决议，正式更新4项基本单位定义，新国际单位体系将于2019年5月20日世界计量日开始正式生效。下列不属于国际单位制中基本单位的是（ ）
A．千克 B．米 C．安培 D．牛顿
2．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．伽利略的斜面实验是牛顿第一定律的实验基础
B．牛顿第一定律在任何条件下都成立
C．元电荷是一种基本电荷
D．库仑发现了通电导线周围存在着磁场
3．（3分）下列描述的事件不可能发生的是（ ）
A．将实心球和乒乓球从教学楼三楼同时释放后结果实心球先落地
B．宇航员在天宫二号中利用二力平衡原理用弹簧测力计直接测出物体的重力
C．乘客从匀速行驶的高铁车厢内竖直向上跳起后仍落回车厢内的起跳点
D．一对干电池可使小灯泡微弱发光，断开电路后测量电池两端电压，电压表示数接近3V
4．（3分）小张把毛刷置于平整的水平桌面上，并在毛刷把手上施加了斜向左下方的作用力。毛刷相对桌面静止，形状如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．毛刷对桌面有沿桌面向右的摩擦力
B．毛刷对桌面有斜向左下方的弹力
C．桌面对毛刷有竖直向上的弹力
D．桌面对毛刷的作用力竖直向上
5．（3分）北斗卫星导航系统是我国自行研制的全球卫星导航系统，系统空间段由5颗静止轨道卫星
和30颗非静止轨道卫星组成，预计在2020年全部建成。关于这5颗静止轨道卫星，下列说法正确的是（ ）
A．线速度相同 B．角速度相同
C．向心加速度相同 D．所受向心力相同
6．（3分）我国南方多雨地区在建造房屋屋顶时，需要考虑将屋顶设置成一定的角度，以便雨水可以快速地流下。若忽略雨水从屋顶流下时受到的阻力，为使雨水在屋顶停留时间最少，则屋顶应设计成下图中的（ ）
A． B． C． D．
7．（3分）在确保安全情况下，小明将一个篮球沿水平方向从教学楼五楼走廊栏杆上沿抛出。若将篮球看成质点，不计篮球所受空气阻力，则篮球在下落过程中分别与四楼、三楼、二楼走廊栏杆上沿等高时，其与抛出点的水平距离之比为（ ）
A．1：3：5 B．1：2：3 C．1：4：9 D．1：：
8．（3分）若有一颗“宜居”行星，其质量为地球的a倍，半径为地球的b倍，则该行星表面的重力加速度与地球表面重力加速度的比值为（ ）
A． B． C． D．
9．（3分）利用力传感器、数据采集器和计算机可以对快速变化的力的特性进行研究。如图甲所示用弹性轻绳将小球挂在力传感器的O点。在某次实验中，将小球举到悬点O处，然后静止释放小球，此后小球始终在竖直方向上运动，用计算机绘得细绳的拉力随时间变化的图象如图乙所示。则在小球运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．t2时刻小球速率最大
B．t2时刻小球动能为零
C．t3、t4时刻小球速度相同
D．小球和轻绳组成的系统在运动过程中机械能守恒
10．（3分）如图所示，由绝缘材料制成的光滑圆环（圆心为O）竖直固定放置。电荷量为+q（q＞0）的小球A固定在圆环的最高点，电荷量大小为q的小球B可在圆环上自由移动。若小球B静止时，两小球连线与竖直方向的夹角为θ＝30°，两小球均可视为质点，以无穷远处为零电势点，则下列说法正确的是（ ）
A．小球B可能带正电
B．O点电势一定为零
C．圆环对小球B的弹力指向圆心
D．将小球B移至圆环最低点，A、B小球组成的系统电势能变小
11．（3分）电线是家庭装修中不可或缺的基础建材，电线的质量直接关系到用电安全。某型号电线每卷长度为100m，铜丝直径为1.6mm。为检验其是否采用了导电性能比较差的劣质铜，现给整卷电线加上1.50V恒定电压，测得通过电线的电流为1.20A，由此可知此电线所用铜的电阻率约为（ ）
A．1.7×10﹣9Ω?m B．2.5×10﹣8Ω?m
C．1.1×10﹣7Ω?m D．5.0×10﹣6Ω?m
12．（3分）如图所示，两个完全相同的轻质铝环a、b能在一个光滑的绝缘圆柱体上自由移动，设大小
不同的电流按如图所示的方向通入两个铝环中，则两个铝环的运动情况是（ ）
A．两环均静止不动
B．都绕圆柱体转动
C．彼此靠近，相遇时两环速度大小相同
D．彼此远离，两环加速度大小相同
13．（3分）汤姆生用来测定电子比荷的实验装置如图所示。从真空管中K极发射的一束电子（初速度近似为零）经KA间的电场加速后，穿过A'中心的小孔沿中心轴O0′的方向进入到两块平行极板P和P间的区域最后打在荧光屏的中心O点处，形成一个亮点。已知KA间加速电压大小为U，电子电荷量大小为e、质量为m。下列说法正确的是（ ）
A．电子到达A点时的速度大小为
B．若在PP间加向下的匀强电场，则亮点将出现在O′点下方
C．若在PP′间加向下的匀强电场，则电子通过PP′间的时间比不加电场时长
D．若在PP′间同时加向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，则亮点仍可能出现在O′点
二、选择题Ⅱ（本题共3小题每小题2分共6分．每小题列出四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）
14．（2分）如图是涉及不同物理知识的四幅图，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，低频扼流圈的作用是“通高频阻低频
B．图乙中，康普顿效应说明了光子具有波动性
C．图丙中，发生β衰变时粒子在原子核中产生的方程为n→H+e
D．图丁中，轴块的大小是图中链式反应能否进行的重要因素
15．（2分）真空中有一个半径为R、质量分布均匀的玻璃球。现将过球心的截面圆周分成12等份，如图所示。一束复色光沿图示截面从“10点钟“位置以60°人射角射入玻璃球后，分成两束光分别从“1点钟”、“2点钟”位置射出。已知真空中的光速为c，下列说法正确的是（ ）
A．从“1点钟”出射的光束的光子动量比较小
B．改变入射角，两束光在玻璃球中均有可能发生全反射
C．从“2点钟”出射的光束在玻璃球中穿越的时间为t＝
D．通过同一单缝时，从“2点钟”出射的光束比“1点钟”出射的光束衍射更明显
16．（2分）甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中相向传播并相遇，在1＝0时刻两列波的位置如图所示。若两列波的周期分别为T甲和T乙，则（ ）
A．这两列波相遇时能产生干涉现象
B．这两列波将同时到达坐标原点
C．在＝T乙时刻，x＝0.1m处质点受到的回复力为零
D．在t＝2T甲时刻，x＝0.1m处质点的位移为零
三、非选择题（本题共7小题共55分）
17．（5分）（1）小梁同学想探究小车在做匀变速直线运动中速度随时间变化的规律。于是他采用了如图1所示的实验装置图（局部）。则图1中明显存在的错误有 （填字母）
A．未平衡摩擦力
B．细绳未与轨道平行
C钩码的质量未远小于小车质量
（2）在做“探究做功与物体速度变化关系”的实验中，小周同学采用了如图2所示的装置。
①如图3所示，在提供的橡皮筋中，你认为最不宜使用的一根橡皮筋是 （填字母）；
②经过其它步骤的正确操作之后，该同学得到了如图4所示的v﹣W关系图，为进一步认清功与速度的关系，你认为下一步应该作出v与W的何种关系 （填字母）。
A.﹣W
B．v﹣
C．v﹣W2
D．v﹣W3
18．（5分）某小组在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中选用了规格为“3.8V，0.5A”的小灯泡，并选用多用电表测小灯泡两端的电压。
（1）在红、黑表笔与多用电表已正确连接情况下，按图1所示的电路图正确接线后，多用电表一支表笔接①处，另一支表笔接触点从②换到③时，多用电表的示数变化较大，而电流表示数几乎不变则表笔与电路的正确接法是 （填字母）
A．红表笔接①，黑表笔接②
B．红表笔接①，黑表笔接③
C．黑表笔接①，红表笔接②
D．黑表笔接①，红表笔接③
（2）在某次正确的操作中，多用电表的选择开关与指针位置分别如图2和图3所示，则多用电表的读数是 。
（3）该小组测得了多组电压、电流数据后，在I﹣U坐标系中正确地描好了一系列数据点，如图4所示。甲同学认为根据数据点应连接成直线①，乙同学认为应连接成光滑曲线②．你认为正确的是 同学（选填“甲”或“乙”）；由正确图线求出电压为2.00V时小灯泡的电阻R＝x Ω（保留两位有效数字）。
19．（9分）如图所示，某兴趣小组在电梯里进行了如下操作：将弹簧秤竖直悬挂在铁架台上，然后在弹簧秤下端挂上钩码，待钩码静止后启动电梯。在某次电梯运动的全过程中记录了如下数据（忽略弹簧秤示数变化的时间）：在0～2s内，弹簧秤读数为4.2N：在2～8s内，弹簧秤读数为4.0N；在9s末电梯刚好停下。若电梯从启动到停止的过程可视为先匀加速运动，然后匀速运动，最后匀减速运动，全程电梯在竖直方向上运动，不考虑弹簧秤的晃动，求：
（1）在0～2s内，电梯加速度的大小；
（2）在0～9s内，电梯的位移；
（3）在8～9s内站在电梯水平底板上的体重为60kg的小组成员对电梯的压力。
20．（12分）如图1所示是某游乐场的过山车，现将其简化为如图2所示的模型：倾角θ＝37°、长L＝60cm的直轨道AB与半径R＝10cm的光滑圆弧轨道 BCDEF在B处平滑连接，C、F为圆轨道最低点，D点与圆心等高，E为圆轨道最高点；圆轨道在F点与水平轨道FG平滑连接整条轨道宽度不计。现将一质量m＝50g的滑块（可视为质点）从A端由静止释放。已知滑块与AB段的动摩擦因数μ1＝0.25，与FG段的动摩擦因数μ2＝0.5，sin37°＝0.6，co37°＝0.8。
（1）求滑块到达B点时的动能E1；
（2）求滑块到达E点时对轨道FG的压力FN；
（3）若要滑块能在水平轨道FG上停下，求FG长度的最小值x；
（4）若改变释放滑块的位置，使滑块第一次运动到D点时速度刚好为零，求滑块从释放到它第5次返回轨道AB上离B点最远时，它在AB轨道上运动的总路程s。
21．（4分）某小组在做“探究碰撞中的不变量”实验时，采用了如图1所示的实验装置。小车甲、乙的碰撞端分别装上撞针与橡皮泥。
现进行以下操作：把打点计时器固定在光滑水平轨道左侧将纸带一端穿过打点计时器，另一端连在小车甲的后面；打开打点计时器，轻推一下小车甲，使其获得一定速度后与静止的小车乙碰撞粘连成一体；关闭打点计时器，取下纸带，进行相关探究。在某次实验中得到的纸带（部分）如图2所示（图中的直尺为毫米刻度尺）。
（1）请判断小车甲是与图示纸带的哪一端（“左端”或“右端”）相连接？并说明理由。
（2）若测量出小车甲的质量为524.4g，小车乙的质量为510.0g，则在这次碰撞中小车甲对小车乙的冲量为 （保留两位有效数字）。
22．（10分）如图（俯视图）所示，质量分布均匀的总质量为M、边长为L的正方形导体线框ACDE处于某一水平面内（离地面足够高）。在t＝0时刻（图示位置）以速度v0将线框水平向右抛入宽度为L、间距也为L的间隔型磁场区域（区域足够宽广）；该区域内存在磁场的地方磁场方向竖直向下，磁感应强度大小均为B．若线框ACDE在整个运动过程中都保持水平状态，每条边的电阻均为R，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）t＝0时刻线框CD边上的电势差UCD；
（2）t＝0时刻线框加速度a的大小；
（3）若线框在0～t0时间内的位移大小为s，求t＝t0时刻线框水平速度v的大小（设t0时刻线框的水平速度大于0，t0为已知量）
23．（10分）某研究小组设计了如图所示的双立柱形粒子加速器，整个装置处于真空中。已知两个立柱底面均为边长为d的正方形，各棱均分别和某一坐标轴平行。立柱1下底面中心坐标为（，，0），立柱2下底面中心坐标为（，，0），它们的上底面均位于z＝10d的平面内。两个立柱上、下底面间的电压大小均为U，立柱1内存在着沿z轴正方向的匀强电场，立柱2内存在着沿z轴负方向的匀强电场，两立柱外电场均被屏蔽。在z＞10d和z＜0的空间内存在着沿x轴正方向的两个匀强磁场，其磁感应强度分别是B1和B2（均未知）。现有大量的带正电的粒子从立柱1底面各处由静止出发，经过立柱1、2加速后能全部回到立柱1的下底面。若粒子在经过z＝0和z＝10d两个平面时，仅能自由进出两立柱的底面（经过其它位置均会被吸收）；该粒子质量为m、电荷量为q，不计粒子
重力及粒子间的相互作用力。求：
（1）粒子经过立柱2下底面时的动能Ek；
（2）磁感应强度B1和B2的大小；
（3）若两立柱上、下底面间电压的大小可调且在粒子运动过程中保持同一定值；两个磁场仅方向可变且保持与z轴垂直。求从立柱1下底面出发的粒子再次回到立柱1下底面的最短时间t。
2018-2019学年浙江省杭州市高三（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的不选、多选、错选均不得分）
1．（3分）2018年11月16日第26届国际计量大会通过了“修订国际单位制决议，正式更新4项基本单位定义，新国际单位体系将于2019年5月20日世界计量日开始正式生效。下列不属于国际单位制中基本单位的是（ ）
A．千克 B．米 C．安培 D．牛顿
【分析】国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。
【解答】解：A、单位制包括基本单位和导出单位，米、千克、安培属于国际单位制中基本单位。所以ABC都不符合题意。
D、牛顿是力的单位，属于导出单位。故D符合题意。
本题选择不属于国际单位制中基本单位的，故选：D。
【点评】国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是什么，它们在国际单位制分别是什么，这都是需要学生自己记住的。
2．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．伽利略的斜面实验是牛顿第一定律的实验基础
B．牛顿第一定律在任何条件下都成立
C．元电荷是一种基本电荷
D．库仑发现了通电导线周围存在着磁场
【分析】牛顿第一定律是在实验的基础上推理概括得出的规律；它告诉我们物体在不受力的作用时保持静止状态或物体做匀速直线运动状态。元电荷是电荷量的单位，是指自然界中已知的电荷的最小单元。奥斯特发现了电流的磁效应。
【解答】解：A、伽利略的斜面实验是牛顿第一定律的实验基础，故A正确；
B、任何物体都保持静止或匀速直线运动的状态，直到受到其它物体的作用力迫使它改变这种状态为止，所以在物体受到的合外力不等于0的情况下是不成立的，故B错误；
C、元电荷是最小的带电单位，等于电子的带电量，不是一种电荷，故C错误；
D、奥斯特发现了通电导线周围存在着磁场，故D错误；
故选：A。
【点评】此题考查牛顿第一定律结论的得出是在什么情况下得出的；结合课本上的实验情况，可知，通过几次实验，然后推理，若表面绝对光滑，物体将做匀速直线运动。
3．（3分）下列描述的事件不可能发生的是（ ）
A．将实心球和乒乓球从教学楼三楼同时释放后结果实心球先落地
B．宇航员在天宫二号中利用二力平衡原理用弹簧测力计直接测出物体的重力
C．乘客从匀速行驶的高铁车厢内竖直向上跳起后仍落回车厢内的起跳点
D．一对干电池可使小灯泡微弱发光，断开电路后测量电池两端电压，电压表示数接近3V
【分析】根据自由落体运动的条件与特点判断落地的先后；飞行中的天宫二号以及内部的物体都u处于失重状态；一切物体都具有惯性，其本质是任何物体都有惯性；电池的电动势等于断开电路后测量的电池两端电压。
【解答】解：A、乒乓球的密度较小，在下落得过程中受到的空气的阻力影响较大，所以乒乓球的下落过程中下落得加速度明显小于重力加速度，而实心球下落得加速度近似等于重力加速度，所以将实心球和乒乓球从教学楼三楼同时释放后，结果实心球先落地。故A正确；
B、飞行中的天宫二号以及内部的物体都u处于失重状态，所以不能在天宫二号中利用二力平衡原理用弹簧测力计直接测出物体的重力。故B错误；
C、乘客从匀速行驶的高铁车厢内竖直向上跳起后，由于惯性，乘客具有与列车相等的水平方向的速度，所以仍落回车厢内的起跳点。故C正确；
D、干电池的电动势为1.5V，当两节干电池断开电路后，测量电池两端电压，电压表示数接近3V．故D正确；
本题选择事件不可能发生的，故选：B。
【点评】该题考查到四个常见的易错的问题，属于对易错知识点的强化题目，这一类的情况要注意日常学习中的积累，要注意理解要到位。
4．（3分）小张把毛刷置于平整的水平桌面上，并在毛刷把手上施加了斜向左下方的作用力。毛刷相对桌面静止，形状如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．毛刷对桌面有沿桌面向右的摩擦力
B．毛刷对桌面有斜向左下方的弹力
C．桌面对毛刷有竖直向上的弹力
D．桌面对毛刷的作用力竖直向上
【分析】根据摩擦力和弹力的方向的判断方向可明确弹力和摩擦力的方向，再根据力的合成确定作用力的方向。
【解答】解：A、由图可知，毛刷有向左的运动趋势，所以毛刷受向右的摩擦力，根据牛顿第三定律可知，毛刷对桌面有沿桌面向左的摩擦力，故A错误；
B、弹力一定是沿接触面的，故毛刷对桌面的弹力竖直向下，故B错误；
C、桌面对毛刷的弹力垂直接触面指向竖直方向，故桌面对毛刷有竖直向上的弹力，故C正确
D、桌面对毛刷的作用力包括支持力和摩擦力，根据力的合成可知，作用力应斜向右上，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查受力分析方法的应用，要注意明确毛刷的形变情况，从而确定其相对地面的运动趋势，同时注意支持力和压力一定是垂直接触面指向受力物体的。
5．（3分）北斗卫星导航系统是我国自行研制的全球卫星导航系统，系统空间段由5颗静止轨道卫星
和30颗非静止轨道卫星组成，预计在2020年全部建成。关于这5颗静止轨道卫星，下列说法正确的是（ ）
A．线速度相同 B．角速度相同
C．向心加速度相同 D．所受向心力相同
【分析】了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与地球自转周期相同。物体做匀速圆周运动，它所受的合力提供向心力，也就是合力要指向轨道平面的中心。
【解答】解：ABC、由于同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，根据万有引力提供圆周运动的向心力，有 G＝mr＝m＝ma＝mrω2．式中 M是地球的质量，m、r分别是卫星的质量和轨道半径。
得周期：T＝2π，线速度 v＝，加速度 a＝，角速度ω＝
可知这5颗卫星的周期、角速度都是相等的，线速度大小以及向心加速度大小也相等，由于线速度与向心加速度是矢量，所以它们的方向一定不同。故B正确，AC错误；
D、5颗卫星的质量不一定相等，所以它们的向心力的大小不一定相等，而且它们的向心力的方向是不同的。故D错误
故选：B。
【点评】地球质量一定、自转速度一定，同步卫星要与地球的自转实现同步，就必须要角速度与地球自转角速度相等，这就决定了它的轨道高度和线速度。
6．（3分）我国南方多雨地区在建造房屋屋顶时，需要考虑将屋顶设置成一定的角度，以便雨水可以快速地流下。若忽略雨水从屋顶流下时受到的阻力，为使雨水在屋顶停留时间最少，则屋顶应设计成下图中的（ ）
A． B． C． D．
【分析】由牛顿第二定律可得出雨滴的加速度，由位移公式得出雨滴下滑的时间表达式，根据表达式讨论即可。
【解答】解：设屋顶的夹角为2θ，屋顶的宽度为L
由牛顿第二定律得雨滴下滑的加速度：a＝gcosθ，
由几何关系得斜面的长度：x＝
由位移公式得：x＝
联立得：t＝
可得当θ＝45°时时间最短，即屋顶的夹角为90°，故C正确ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查了牛顿第二定律、位移公式的基本应用，关键要知道屋顶的夹角可不同，但宽度是不变的。
7．（3分）在确保安全情况下，小明将一个篮球沿水平方向从教学楼五楼走廊栏杆上沿抛出。若将篮球看成质点，不计篮球所受空气阻力，则篮球在下落过程中分别与四楼、三楼、二楼走廊栏杆上沿等高时，其与抛出点的水平距离之比为（ ）
A．1：3：5 B．1：2：3 C．1：4：9 D．1：：
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间，则水平位移可比较。
【解答】解：设楼层高为h，由h＝得：t＝，
落到四楼、三楼、二楼走廊栏杆上沿等高时所用时间之比为：1：：
水平距离之比为由水平方向做匀速运动得：x＝vt，所以水平距离之比为时间之比，即为：1：：，故ABC错误D正确。
故选：D。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。
8．（3分）若有一颗“宜居”行星，其质量为地球的a倍，半径为地球的b倍，则该行星表面的重力加速度与地球表面重力加速度的比值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据万有引力等于重力，得出重力加速度的表达式，结合星球质量之比和半径之比求出重力加速度之比。
【解答】解：根据万有引力等于重力，有：
＝mg
g＝，
行星其质量为地球的a倍，半径为地球的b倍，
所以该行星表面由引力产生的加速度g′与地球表面的重力加速度g的比值为＝，故A正确，BCD错误
故选：A。
【点评】解决本题的关键掌握万有引力等于重力这一理论，并能灵活运用，知道重力加速度的大小与中心天体的质量和半径有关。
9．（3分）利用力传感器、数据采集器和计算机可以对快速变化的力的特性进行研究。如图甲所示用弹性轻绳将小球挂在力传感器的O点。在某次实验中，将小球举到悬点O处，然后静止释放小球，此后小球始终在竖直方向上运动，用计算机绘得细绳的拉力随时间变化的图象如图乙所示。则在小球运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．t2时刻小球速率最大
B．t2时刻小球动能为零
C．t3、t4时刻小球速度相同
D．小球和轻绳组成的系统在运动过程中机械能守恒
【分析】把小球举高到绳子的悬点O处，让小球自由下落，t1与t4时刻绳子刚好绷紧，分析小球的运动情况，判断什么时刻小球的速度最大，合力为零时速度最大。当绳子的拉力最大时，小球运动到最低点，绳子也最长。
【解答】解：A、把小球举高到绳子的悬点O处，让小球自由下落，t1时刻绳子刚好绷紧，此时小球所受的重力大于绳子的拉力，小球向下做加速运动，当绳子的拉力大于重力时，小球才开始做减速运动，t2时刻绳子的拉力最大，小球运动到最低点，速度为零，所以t1与t4时刻绳子刚好绷紧，小球速度不是最大。故A错误；
B、t2、t5时刻小球都到达最低点，速度为零，动能都为零。故B正确。
C、t3时刻小球下落，速度方向向下，t4时刻小球上升，速度方向向上，两个时刻的速度方向不相同。故C错误。
D、由于弹性绳的拉力对小球做功，小球的机械能不守恒。故D错误。
故选：B。
【点评】本题关键要运用牛顿定律分析小球运动情况的能力，要注意绳子拉力的变化与弹簧的弹力类似。
10．（3分）如图所示，由绝缘材料制成的光滑圆环（圆心为O）竖直固定放置。电荷量为+q（q＞0）的小球A固定在圆环的最高点，电荷量大小为q的小球B可在圆环上自由移动。若小球B静止时，两小球连线与竖直方向的夹角为θ＝30°，两小球均可视为质点，以无穷远处为零电势点，则下列说法正确的是（ ）
A．小球B可能带正电
B．O点电势一定为零
C．圆环对小球B的弹力指向圆心
D．将小球B移至圆环最低点，A、B小球组成的系统电势能变小
【分析】对B受力分析，结合平衡条件，即可判定电场力方向，进而确定B球的电性；
依据等量异种电荷的中垂线为等势线，即可判定B选项；
根据弹力产生原理，从而确定弹力方向；
根据电场力做正功，电势能减小，做负功，电势能增大，即可求解。
【解答】解：A、因小球B处于静止状态，对其受力分析，如下图所示：
由于A球带正电，因此小球B一定带负电，故A错误；
B、因两球带电量是等量异种电荷，则两者连线的中垂线即为等势线，以无穷远处为零电势点，因此O点的电势为零，故B正确；
C、由A选项分析，可知，圆环对小球B的弹力背离圆心，故C错误；
D、将小球B移至圆环最低点，电场力做负功，导致A、B小球组成的系统电势能变大，故D错误；
故选：B。
【点评】考查受力分析，掌握平衡条件的内容，理解电场力做功与电势能的变化关系，及注意等量异种异种的中垂线才是等势线。
11．（3分）电线是家庭装修中不可或缺的基础建材，电线的质量直接关系到用电安全。某型号电线每卷长度为100m，铜丝直径为1.6mm。为检验其是否采用了导电性能比较差的劣质铜，现给整卷电线加上1.50V恒定电压，测得通过电线的电流为1.20A，由此可知此电线所用铜的电阻率约为（ ）
A．1.7×10﹣9Ω?m B．2.5×10﹣8Ω?m
C．1.1×10﹣7Ω?m D．5.0×10﹣6Ω?m
【分析】应用欧姆定律求出导线的电阻；应用电阻定律可以求出导线的电阻率。
【解答】解：给整卷电线加上1.50V恒定电压，测得通过电线的电流为1.20A，则导线得电阻值为：
R＝Ω
又：R＝
1.6mm＝0.0016m
代入数据可得：ρ＝2.5×10﹣8Ω?m
故B正确，ACD错误
故选：B。
【点评】该题考查电阻定律的应用，数据的计算是该题的难点，计算的过程要细心。
12．（3分）如图所示，两个完全相同的轻质铝环a、b能在一个光滑的绝缘圆柱体上自由移动，设大小
不同的电流按如图所示的方向通入两个铝环中，则两个铝环的运动情况是（ ）
A．两环均静止不动
B．都绕圆柱体转动
C．彼此靠近，相遇时两环速度大小相同
D．彼此远离，两环加速度大小相同
【分析】本题的关键是明确两电流间的相互作用规律“同相电流相互吸引，异向电流相互排斥”，并结合牛顿第三定律和牛顿第二定律即可求解。
【解答】解：根据电流间相互作用规律“通向电流相互吸引，异向电流相互排斥”可知，两圆环应相互排斥，即彼此远离运动，
再根据牛顿第二定律和牛顿第三定律可知，两圆环的加速度大小相等，故D正确，ABC错误；
故选：D。
【点评】要熟记电流间相互作用规律“通向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，及掌握牛顿第二、三定律的内容。
13．（3分）汤姆生用来测定电子比荷的实验装置如图所示。从真空管中K极发射的一束电子（初速度近似为零）经KA间的电场加速后，穿过A'中心的小孔沿中心轴O0′的方向进入到两块平行极板P和P间的区域最后打在荧光屏的中心O点处，形成一个亮点。已知KA间加速电压大小为U，电子电荷量大小为e、质量为m。下列说法正确的是（ ）
A．电子到达A点时的速度大小为
B．若在PP间加向下的匀强电场，则亮点将出现在O′点下方
C．若在PP′间加向下的匀强电场，则电子通过PP′间的时间比不加电场时长
D．若在PP′间同时加向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，则亮点仍可能出现在O′点
【分析】由动能定理可求得电子到达A点时的速度；在PP间加电场或磁场时，通过分析受力得出电子的运动特点，从而分析各个选项。
【解答】解：A、由动能定理得：eU＝，解得：v＝，故A错误；
B、若在PP间加向下的匀强电场，电子在PP间受到的电场力向上，电子将向上偏转，所以亮点将出现在O′点上方，故B错误；
C、若在PP间加向下的匀强电场，电子在PP间运动时水平方向做匀速运动，运动时间t＝Lv，不变，故C错误；
D、若在PP′间同时加向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电子进入PP间受到的电场力向上，洛伦兹力向上，若满足eE＝evB，则电子将做匀速运动，亮点仍出现在O′点，故D正确；
故选：D。
【点评】本题是带电粒子在电场、复合场中运动的问题，类平抛运动根据运动的分解法研究，电子在复合场中，是速度选择器的原理，难度适中。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题每小题2分共6分．每小题列出四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）
14．（2分）如图是涉及不同物理知识的四幅图，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，低频扼流圈的作用是“通高频阻低频
B．图乙中，康普顿效应说明了光子具有波动性
C．图丙中，发生β衰变时粒子在原子核中产生的方程为n→H+e
D．图丁中，轴块的大小是图中链式反应能否进行的重要因素
【分析】低频扼流圈的作用是“通高频阻低频“；康普顿效应说明了光子具有粒子性；
发生β衰变时中子变成质子，粒子在原子核中产生的方程为n→H+e，
轴块达到一定体积才可发生链式反应。
【解答】解：A、低频扼流圈的作用是“通高频阻低频“则A正确
B、康普顿效应说明了光子具有粒子性，则B错误
C、发生β衰变时中子变成质子，粒子在原子核中产生的方程为n→H+e，则C正确
D、轴块达到一定体积才可发生链式反应，则D正确
故选：ACD。
【点评】本题考查原子及原子物理，属于I级要求，重在平时的积累。
15．（2分）真空中有一个半径为R、质量分布均匀的玻璃球。现将过球心的截面圆周分成12等份，如图所示。一束复色光沿图示截面从“10点钟“位置以60°人射角射入玻璃球后，分成两束光分别从“1点钟”、“2点钟”位置射出。已知真空中的光速为c，下列说法正确的是（ ）
A．从“1点钟”出射的光束的光子动量比较小
B．改变入射角，两束光在玻璃球中均有可能发生全反射
C．从“2点钟”出射的光束在玻璃球中穿越的时间为t＝
D．通过同一单缝时，从“2点钟”出射的光束比“1点钟”出射的光束衍射更明显
【分析】根据折射定律分析折射率的大小，从而确定波长的大小，即可判断光子动量的大小。结合光路的可逆性分析光在玻璃球中能否发生全反射。根据折射定律求出从“2点钟”出射的光束的折射率，由v＝求出光束在玻璃球中的传播速度，从而求得光束在玻璃球中的传播时间。波长越长衍射现象越明显。
【解答】解：A、根据折射定律知从“1点钟”出射的光束折射率较小，波长较长，由λ＝知该光束的动量较小，故A正确。
B、无论怎样改变入射角，折射光线射到玻璃球内表面时的入射角都等于光束进入玻璃球时的折射角，根据光路的可逆性可知两束光在玻璃球中均不可能发生全反射。故B错误。
C、从“2点钟”出射的光束进入玻璃球折射时折射角为30°，折射率为：n＝＝＝，该光束在玻璃球中传播速度为：v＝＝c，传播距离为：s＝2Rcos30°＝R，在玻璃球中穿越的时间为：t＝＝，故C正确。
D、从“1点钟”出射的光束波长较长，波动性较强，所以通过同一单缝时，从“1点钟”出射的光束比“2点钟”出射的光束衍射更明显，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题是几何光学与物理光学的综合，要抓住光子的动量与波长成反比，掌握折射定律、光速公式v＝和全反射的条件：光从光密介质进入光疏介质时，入射角大于或等于临界角，即可进行解答。
16．（2分）甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中相向传播并相遇，在1＝0时刻两列波的位置如图所示。若两列波的周期分别为T甲和T乙，则（ ）
A．这两列波相遇时能产生干涉现象
B．这两列波将同时到达坐标原点
C．在＝T乙时刻，x＝0.1m处质点受到的回复力为零
D．在t＝2T甲时刻，x＝0.1m处质点的位移为零
【分析】简谐横波在同一均匀介质内传播时速度相等，由图可读出比较波长的大小，从而得到频率关系，只有当频率相等时，两列波才能产生干涉；根据传播情况确定振动情况。
【解答】解：A、两列简谐横波在同一均匀介质内传播，可知波速相等，由图可知两列波的波长不相等，由v＝λf可知，频率不相等，不能产生干涉。故A错误。
B、两列简谐横波在同一均匀介质内传播，可知波速相等，此时两列波到原点的距离相等，根据t＝可知这两列波将同时到达坐标原点，故B正确；
C、在t＝T乙时刻，乙波刚好传播到原点处，此时x＝0.1m处质点位于波峰，受到的回复力不为零，故C错误；
D、根据图象可知T甲＝，T乙＝，即T乙＝2T甲，在t＝2T甲时刻，甲波刚好传播到x＝0.1m处，乙波波形中点平衡位置传到x＝0.1m处，此时x＝0.1m处质点的位移为零，故D正确。
故选：BD。
【点评】解决本题关键掌握波的干涉条件，理解波的叠加原理，并能用来分析实际问题，要注意振动减弱点的振幅等于两波振幅之差。
三、非选择题（本题共7小题共55分）
17．（5分）（1）小梁同学想探究小车在做匀变速直线运动中速度随时间变化的规律。于是他采用了如图1所示的实验装置图（局部）。则图1中明显存在的错误有 B （填字母）
A．未平衡摩擦力
B．细绳未与轨道平行
C钩码的质量未远小于小车质量
（2）在做“探究做功与物体速度变化关系”的实验中，小周同学采用了如图2所示的装置。
①如图3所示，在提供的橡皮筋中，你认为最不宜使用的一根橡皮筋是 E （填字母）；
②经过其它步骤的正确操作之后，该同学得到了如图4所示的v﹣W关系图，为进一步认清功与速度的关系，你认为下一步应该作出v与W的何种关系 B （填字母）。
A.﹣W
B．v﹣
C．v﹣W2
D．v﹣W3
【分析】（1）根据实验目的与实验要求以及实验过程中的注意事项分析即可。
（2）①为了方便增减橡皮筯，同时橡皮筋能从车顶的钉子上跨过，即可求解；
②采用控制变量法，每次同一橡皮筋必须拉伸相同长度释放，保证相同的动能，从而根据图象法，来探寻物体的质量与速度的关系。
【解答】解：（1）探究小车速度随时间变化的规律实验，要求小车做匀加速直线运动，所以细线应与木板平行，与是否平衡摩擦力无关，也不需要满足钩码的质量未远小于小车质量，故AC错误，B正确；
故选：B；
（2）：①每次分别用1根、2根、3根……橡皮筋在同一位置拉小车，每次拉小车时对小车做功刚好是橡皮筋根数的整数倍，那么每根橡皮筋应是相同的，所以E不符合要求。
②由我们已知的动能定理有：W＝﹣0，所以作出v2﹣W图象，故B正确，ACD错误；
故选：B；
故答案为：（1）B；（2）①E；②B。
【点评】（1）本题比较简单，考查了基本仪器的使用和基础实验的操作细节，对于基础知识，平时训练不可忽略，要在练习中不断加强。
（2）本题关键是要分析清楚小车的运动，小车先加速后匀速，小车的加速是因为橡皮筋的拉力的作用，拉力的功是变力做功，通过改变橡皮筋条数，来改变做功情况。本题关键是写出甲乙图象的一般函数表达式，然后结合数学中的幂函数的知识进行分析讨论。
18．（5分）某小组在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中选用了规格为“3.8V，0.5A”的小灯泡，并选用多用电表测小灯泡两端的电压。
（1）在红、黑表笔与多用电表已正确连接情况下，按图1所示的电路图正确接线后，多用电表一支表笔接①处，另一支表笔接触点从②换到③时，多用电表的示数变化较大，而电流表示数几乎不变则表笔与电路的正确接法是 A （填字母）
A．红表笔接①，黑表笔接②
B．红表笔接①，黑表笔接③
C．黑表笔接①，红表笔接②
D．黑表笔接①，红表笔接③
（2）在某次正确的操作中，多用电表的选择开关与指针位置分别如图2和图3所示，则多用电表的读数是 3.2V 。
（3）该小组测得了多组电压、电流数据后，在I﹣U坐标系中正确地描好了一系列数据点，如图4所示。甲同学认为根据数据点应连接成直线①，乙同学认为应连接成光滑曲线②．你认为正确的是 乙 同学（选填“甲”或“乙”）；由正确图线求出电压为2.00V时小灯泡的电阻R＝x 5.0 Ω（保留两位有效数字）。
【分析】（1）根据电压表电流表和欧姆表的工作原理选取合适的表，万用表的红色表笔接电源的正极。
（2）根据电压表的读数方法读出电压值；
（3）小灯泡的伏安特性曲线为曲线，由欧姆定律求出电阻值。
【解答】解：（1）万用表可作为电压表和电流表及欧姆表用，电压表测电压可并联在电路中，①电表中表头的电流有固定的流向必须从红表笔流进，黑表笔流出，故红表笔接在①处；由于表笔接触点从②换到③时，多用电表的电压的示数变化较大，可知电流表的内电阻对测量的结果影响较大，所以应采用电流表外接法，所以黑表笔接②。
故A正确，BCD错误
故选：A
（2）由图2可知，该测量的结果为电压，档位是直流5V；由图3可知，5V的电压档的最小刻度为0.1V，可得该电压为3.2V；
（3）小灯泡的伏安特性曲线为曲线，所以要连接成光滑曲线，故乙正确，甲错误；
由图可知，当电压为2.00V时对应的电流值为0.40A，根据欧姆定律，知电阻：R＝＝5.0Ω
故答案为：（1）A；（2）3.2V；（3）乙，5.0
【点评】解决本题的关键掌握器材选取的原则，掌握滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，以及电流表内外接的区别。
19．（9分）如图所示，某兴趣小组在电梯里进行了如下操作：将弹簧秤竖直悬挂在铁架台上，然后在弹簧秤下端挂上钩码，待钩码静止后启动电梯。在某次电梯运动的全过程中记录了如下数据（忽略弹簧秤示数变化的时间）：在0～2s内，弹簧秤读数为4.2N：在2～8s内，弹簧秤读数为4.0N；在9s末电梯刚好停下。若电梯从启动到停止的过程可视为先匀加速运动，然后匀速运动，最后匀减速运动，全程电梯在竖直方向上运动，不考虑弹簧秤的晃动，求：
（1）在0～2s内，电梯加速度的大小；
（2）在0～9s内，电梯的位移；
（3）在8～9s内站在电梯水平底板上的体重为60kg的小组成员对电梯的压力。
【分析】（1）由牛顿第二定律可求得加速度；
（2）分别求得每一段的位移，三段位移相加即可；
（3）由速度公式求得加速度大小，再由牛顿第二定律可求得电梯对人的支持力，由牛顿第三定律知人对电梯的压力。
【解答】解：（1）由题意知钩码的重力等于4N，
在0～2s内，由牛顿第二定律得：F1﹣mg＝ma1
解得：a1＝0.5m/s2
（2）在0～2s内，由位移公式得：h1＝＝1m
由速度公式得：v＝a1t1＝1m/s
在2～8s内，电梯上升的距离：h2＝vt2＝6m
在8～9s内，电梯上升的距离：h3＝＝0.5m
在0～9s内，电梯的位移：h＝h1+h2+h3＝7.5m
（3）设在8～9s内的加速度大小为a2，由速度公式得：v＝a2t3
解得：a2＝1m/s2
对体重为60kg的人由牛顿第二定律得：Mg﹣N＝Ma2
解得：N＝540N
由牛顿第三定律知对电梯的压力N′＝N＝540N
答：（1）在0～2s内，电梯加速度的大小是0.5m/s2；
（2）在0～9s内，电梯的位移是7.5m；
（3）在8～9s内站在电梯水平底板上的体重为60kg的小组成员对电梯的压力是540N。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，加速度是解题的关键。
20．（12分）如图1所示是某游乐场的过山车，现将其简化为如图2所示的模型：倾角θ＝37°、长L＝60cm的直轨道AB与半径R＝10cm的光滑圆弧轨道 BCDEF在B处平滑连接，C、F为圆轨道最低点，D点与圆心等高，E为圆轨道最高点；圆轨道在F点与水平轨道FG平滑连接整条轨道宽度不计。现将一质量m＝50g的滑块（可视为质点）从A端由静止释放。已知滑块与AB段的动摩擦因数μ1＝0.25，与FG段的动摩擦因数μ2＝0.5，sin37°＝0.6，co37°＝0.8。
（1）求滑块到达B点时的动能E1；
（2）求滑块到达E点时对轨道FG的压力FN；
（3）若要滑块能在水平轨道FG上停下，求FG长度的最小值x；
（4）若改变释放滑块的位置，使滑块第一次运动到D点时速度刚好为零，求滑块从释放到它第5次返回轨道AB上离B点最远时，它在AB轨道上运动的总路程s。
【分析】（1）求滑块到达B点时的动能，可直接分析哪些力做功，做功多少，即可用动能定理进行求解；
（2）由于是做圆周运动，就来分析哪些力提供向心力，由提议可知是重力和支持力提供向心力，求滑块到达E点时对轨道FG的压力，就需要计算在E点的动能，就需要根据机械能守恒或者动能定理进行求解；
（3）滑块在FG上做匀减速运动且最后停下，要算出最短距离，可根据动能定理直接列式求解；
（4）若改变释放滑块的位置，使滑块第一次运动到D点时速度刚好为零，计算最终的总路程，首先就要分析每一个过程，根据动能定理列式求解。
【解答】解：（1）滑块由A点到达B点的过程中，重力做正功，摩擦力做负功，设B点速度为vB，且从A端由静止释放，根据动能定理可得：
…①
…②
由①②代入数据可解得：E1＝0.12J；
（2）滑块在BCDEF光滑圆弧轨道上做圆周运动，从B点到E点，设到达E点时速度为vE，根据动能定理可得：
…③
且由轨道对滑块的弹力N和重力提供向心力，则有：…④
根据牛顿第三定律，轨道对滑块的弹力N和滑块对轨道的压力FN是一对相互作用力，则有：FN＝N…⑤
由③④⑤带入数据可解得：FN＝1.7N；
（3）在BCDEF圆弧轨道上只有重力做功，则从B点到F点，机械能守恒，则有：EF＝E1＝0.12J…⑥
滑块在FG轨道上由于摩擦力的作用做匀减速运动，且最终停下，根据动能定理可得：﹣μ2mgx＝0﹣EF…⑦
由⑥⑦代入数据可解得：x＝0.48m
（4）该变释放滑块的位置，设此时距离B点距离为s1，此时滑块到达D点时速度刚好为零，根据动能定理有：
mgs1sinθ﹣μ1mgs1cosθ﹣mgR＝0…⑧
设从D点第一次返回到AB轨道上离B点最远时到B点的距离为s2，根据动能定理有：
mgR﹣μ1mgs2cosθ﹣mgs2sinθ＝0…⑨
设从CD轨道第二次返回到AB轨道上离B点最远时到B点的距离为s3，根据动能定理有：
mgs2sinθ﹣μ1mgs2cosθ﹣μ1mgs3cosθ﹣mgs3sinθ＝0…（10）
设从CD轨道第三次返回到AB轨道上离B点最远时到B点的距离为s4，根据动能定理有：
mgs3sinθ﹣μ1mgs3cosθ﹣μ1mgs4cosθ﹣mgs4sinθ＝0…（11）
设从CD轨道第四次返回到AB轨道上离B点最远时到B点的距离为s5，根据动能定理有：
mgs4sinθ﹣μ1mgs4cosθ﹣μ1mgs5cosθ﹣mgs5sinθ＝0…（12）
设从CD轨道第五次返回到AB轨道上离B点最远时到B点的距离为s6，根据动能定理有：
mgs5sinθ﹣μ1mgs5cosθ﹣μ1mgs6cosθ﹣mgs6sinθ＝0…（13）
滑块从释放到它第5次返回轨道AB上离B点最远时，它在AB轨道上运动的总路程：
s＝s1+2s2+2s3+2s4+2s5+s6…（14）
由⑧⑨（10）（11）（12）（13）（14）代入数据可解得：s≈0.73m
答：（1）滑块到达B点时的动能为0.12J；
（2）滑块到达E点时对轨道FG的压力为1.7N；
（3）若要滑块能在水平轨道FG上停下，FG长度的最小值为0.48m；
（4）若改变释放滑块的位置，使滑块第一次运动到D点时速度刚好为零，滑块从释放到它第5次返回轨道AB上离B点最远时，它在AB轨道上运动的总路程0.73m。
【点评】本题考查动能定理、机械能守恒、圆周运动的综合，特别是最后一问过程比较复杂，更容易造成解题错误，在分析时必须特别注意。
21．（4分）某小组在做“探究碰撞中的不变量”实验时，采用了如图1所示的实验装置。小车甲、乙的碰撞端分别装上撞针与橡皮泥。
现进行以下操作：把打点计时器固定在光滑水平轨道左侧将纸带一端穿过打点计时器，另一端连在小车甲的后面；打开打点计时器，轻推一下小车甲，使其获得一定速度后与静止的小车乙碰撞粘连成一体；关闭打点计时器，取下纸带，进行相关探究。在某次实验中得到的纸带（部分）如图2所示（图中的直尺为毫米刻度尺）。
（1）请判断小车甲是与图示纸带的哪一端（“左端”或“右端”）相连接？并说明理由。
（2）若测量出小车甲的质量为524.4g，小车乙的质量为510.0g，则在这次碰撞中小车甲对小车乙的冲量为 0.21kg?m/s （保留两位有效数字）。
【分析】（1）甲与乙碰后速度减小，由此判断小车甲与图示纸带的那一侧相连；
（2）求出碰后的速度大小，得出乙碰后动量的大小，然后由动量定理求出冲量。
【解答】解：（1）甲与乙碰后粘在一起，速度减小，相等时间内的间隔减小，由于纸带右侧速度大，为碰前速度，所以小车甲是与图示纸带的右侧相连。
（2）碰后共同速度：＝0.41m/s。
碰后乙的动量：P乙＝m乙v2＝0.5100×0.410＝0.209kg?m/s
由动量定理可得小车甲对小车乙的冲量：I＝P乙﹣0＝P乙＝0.21kg?m/s
故答案为：（1）右端；（2）0.21kg?m/s
【点评】本题考查动量守恒定律实验验证；解决本题的关键知道甲与乙碰后，速度减小，会通过纸带求解速度的大小。
22．（10分）如图（俯视图）所示，质量分布均匀的总质量为M、边长为L的正方形导体线框ACDE处于某一水平面内（离地面足够高）。在t＝0时刻（图示位置）以速度v0将线框水平向右抛入宽度为L、间距也为L的间隔型磁场区域（区域足够宽广）；该区域内存在磁场的地方磁场方向竖直向下，磁感应强度大小均为B．若线框ACDE在整个运动过程中都保持水平状态，每条边的电阻均为R，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）t＝0时刻线框CD边上的电势差UCD；
（2）t＝0时刻线框加速度a的大小；
（3）若线框在0～t0时间内的位移大小为s，求t＝t0时刻线框水平速度v的大小（设t0时刻线框的水平速度大于0，t0为已知量）
【分析】（1）根据导体棒切割磁感应线产生的感应电动势计算公式求解感应电动势，再根据闭合电路的欧姆定律求解线框CD边上的电势差；
（2）根据牛顿第二定律求解水平方向的加速度大小，竖直方向线框做自由落体运动，则加速度大小为g，由此求解加速度a；
（3）线框运动过程中，水平方向总有一条边切割磁感应线，所以始终受到向左的安培力，根据动量定理求解速度大小。
【解答】解：（1）t＝0时刻线框右边切割磁感应线产生的感应电动势E＝BLv0，根据右手定则可知D点电势高；
线框CD边上的电压为路端电压，即U＝，
则UCD＝
（2）t＝0时刻线框水平方向受到的安培力大小F＝BIL＝，
则水平方向的加速度大小为a1＝
竖直方向线框做自由落体运动，则加速度大小为g，
故t＝0时刻线框加速度的大小为a＝＝；
（3）线框运动过程中，水平方向总有一条边切割磁感应线，所以始终受到向左的安培力，设平均速度为，根据动量定理可得：
即：﹣＝mv﹣mv0，
其中＝s，
解得：v＝v0﹣。
答：（1）t＝0时刻线框CD边上的电势差为；
（2）t＝0时刻线框加速度a的大小为；
（3）若线框在0～t0时间内的位移大小为s，t＝t0时刻线框水平速度v的大小为v0﹣。
【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
23．（10分）某研究小组设计了如图所示的双立柱形粒子加速器，整个装置处于真空中。已知两个立柱底面均为边长为d的正方形，各棱均分别和某一坐标轴平行。立柱1下底面中心坐标为（，，0），立柱2下底面中心坐标为（，，0），它们的上底面均位于z＝10d的平面内。两个立柱上、下底面间的电压大小均为U，立柱1内存在着沿z轴正方向的匀强电场，立柱2内存在着沿z轴负方向的匀强电场，两立柱外电场均被屏蔽。在z＞10d和z＜0的空间内存在着沿x轴正方向的两个匀强磁场，其磁感应强度分别是B1和B2（均未知）。现有大量的带正电的粒子从立柱1底面各处由静止出发，经过立柱1、2加速后能全部回到立柱1的下底面。若粒子在经过z＝0和z＝10d两个平面时，仅能自由进出两立柱的底面（经过其它位置均会被吸收）；该粒子质量为m、电荷量为q，不计粒子
重力及粒子间的相互作用力。求：
（1）粒子经过立柱2下底面时的动能Ek；
（2）磁感应强度B1和B2的大小；
（3）若两立柱上、下底面间电压的大小可调且在粒子运动过程中保持同一定值；两个磁场仅方向可变且保持与z轴垂直。求从立柱1下底面出发的粒子再次回到立柱1下底面的最短时间t。
【分析】（1）带电粒子在电场中的直线运动，一般用动能定理解决
（2）构造运动轨迹模型，画出磁场中的圆周运动轨迹，要使粒子从立柱1出发，经过立柱1、2加速后全部回到立柱1的下底面，粒子在磁场中圆周运动半径等于10d。
（3）要使立柱1下底面出发的粒子再次回到立柱1下底面的时间t最短，需要提高电场速度，但是受到磁场的最大半径影响。
【解答】解：
（1）粒子经过立柱2下底面时，共经过2次加速，根据动能定理：
2qU＝Ek﹣0，Ek＝2qU。
（2）要使大量的带正电的粒子从立柱1底面各处由静止出发，经过立柱1、2加速后能全部回到立柱1的下底面，
需要立柱1最左面的到达立柱2最左面，立柱1最右面的到达立柱2最右面，第2次加速后亦然，即在磁场中圆周运动半径等于10d。
第一次加速后：，（r＝10d），解得
第一次加速后：，（r＝10d），解得
（3）粒子在磁场中的圆周运动时间与粒子速度无关，等于半个周期，所以要减少时间需要减少电场中的运动时间，但是随着速度增加，圆周运动的半径变大，其最大半径为对角线，对应粒子从立柱1最左面的到达立柱2最右面，而且是对角线，如图：
最大半径为，由，，
解得：，；
最短时间为：，解得。
答：（1）粒子经过立柱2下底面时的动能为2qU；
（2）磁感应强度B1为，B2为
（3）从立柱1下底面出发的粒子再次回到立柱1下底面的最短时间为。
【点评】（1）简单动能定理应用，没有难度
（2）需要构造轨迹模型，最重要看出粒子在磁场中圆周运动半径等于10d。
（3）需要看出对角线是最大直径，已经很难啦，数据不好算，都是字母，计算特别难。
一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的不选、多选、错选均不得分）
1．（3分）2018年11月16日第26届国际计量大会通过了“修订国际单位制决议，正式更新4项基本单位定义，新国际单位体系将于2019年5月20日世界计量日开始正式生效。下列不属于国际单位制中基本单位的是（ ）
A．千克 B．米 C．安培 D．牛顿
2．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．伽利略的斜面实验是牛顿第一定律的实验基础
B．牛顿第一定律在任何条件下都成立
C．元电荷是一种基本电荷
D．库仑发现了通电导线周围存在着磁场
3．（3分）下列描述的事件不可能发生的是（ ）
A．将实心球和乒乓球从教学楼三楼同时释放后结果实心球先落地
B．宇航员在天宫二号中利用二力平衡原理用弹簧测力计直接测出物体的重力
C．乘客从匀速行驶的高铁车厢内竖直向上跳起后仍落回车厢内的起跳点
D．一对干电池可使小灯泡微弱发光，断开电路后测量电池两端电压，电压表示数接近3V
4．（3分）小张把毛刷置于平整的水平桌面上，并在毛刷把手上施加了斜向左下方的作用力。毛刷相对桌面静止，形状如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．毛刷对桌面有沿桌面向右的摩擦力
B．毛刷对桌面有斜向左下方的弹力
C．桌面对毛刷有竖直向上的弹力
D．桌面对毛刷的作用力竖直向上
5．（3分）北斗卫星导航系统是我国自行研制的全球卫星导航系统，系统空间段由5颗静止轨道卫星
和30颗非静止轨道卫星组成，预计在2020年全部建成。关于这5颗静止轨道卫星，下列说法正确的是（ ）
A．线速度相同 B．角速度相同
C．向心加速度相同 D．所受向心力相同
6．（3分）我国南方多雨地区在建造房屋屋顶时，需要考虑将屋顶设置成一定的角度，以便雨水可以快速地流下。若忽略雨水从屋顶流下时受到的阻力，为使雨水在屋顶停留时间最少，则屋顶应设计成下图中的（ ）
A． B． C． D．
7．（3分）在确保安全情况下，小明将一个篮球沿水平方向从教学楼五楼走廊栏杆上沿抛出。若将篮球看成质点，不计篮球所受空气阻力，则篮球在下落过程中分别与四楼、三楼、二楼走廊栏杆上沿等高时，其与抛出点的水平距离之比为（ ）
A．1：3：5 B．1：2：3 C．1：4：9 D．1：：
8．（3分）若有一颗“宜居”行星，其质量为地球的a倍，半径为地球的b倍，则该行星表面的重力加速度与地球表面重力加速度的比值为（ ）
A． B． C． D．
9．（3分）利用力传感器、数据采集器和计算机可以对快速变化的力的特性进行研究。如图甲所示用弹性轻绳将小球挂在力传感器的O点。在某次实验中，将小球举到悬点O处，然后静止释放小球，此后小球始终在竖直方向上运动，用计算机绘得细绳的拉力随时间变化的图象如图乙所示。则在小球运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．t2时刻小球速率最大
B．t2时刻小球动能为零
C．t3、t4时刻小球速度相同
D．小球和轻绳组成的系统在运动过程中机械能守恒
10．（3分）如图所示，由绝缘材料制成的光滑圆环（圆心为O）竖直固定放置。电荷量为+q（q＞0）的小球A固定在圆环的最高点，电荷量大小为q的小球B可在圆环上自由移动。若小球B静止时，两小球连线与竖直方向的夹角为θ＝30°，两小球均可视为质点，以无穷远处为零电势点，则下列说法正确的是（ ）
A．小球B可能带正电
B．O点电势一定为零
C．圆环对小球B的弹力指向圆心
D．将小球B移至圆环最低点，A、B小球组成的系统电势能变小
11．（3分）电线是家庭装修中不可或缺的基础建材，电线的质量直接关系到用电安全。某型号电线每卷长度为100m，铜丝直径为1.6mm。为检验其是否采用了导电性能比较差的劣质铜，现给整卷电线加上1.50V恒定电压，测得通过电线的电流为1.20A，由此可知此电线所用铜的电阻率约为（ ）
A．1.7×10﹣9Ω?m B．2.5×10﹣8Ω?m
C．1.1×10﹣7Ω?m D．5.0×10﹣6Ω?m
12．（3分）如图所示，两个完全相同的轻质铝环a、b能在一个光滑的绝缘圆柱体上自由移动，设大小
不同的电流按如图所示的方向通入两个铝环中，则两个铝环的运动情况是（ ）
A．两环均静止不动
B．都绕圆柱体转动
C．彼此靠近，相遇时两环速度大小相同
D．彼此远离，两环加速度大小相同
13．（3分）汤姆生用来测定电子比荷的实验装置如图所示。从真空管中K极发射的一束电子（初速度近似为零）经KA间的电场加速后，穿过A'中心的小孔沿中心轴O0′的方向进入到两块平行极板P和P间的区域最后打在荧光屏的中心O点处，形成一个亮点。已知KA间加速电压大小为U，电子电荷量大小为e、质量为m。下列说法正确的是（ ）
A．电子到达A点时的速度大小为
B．若在PP间加向下的匀强电场，则亮点将出现在O′点下方
C．若在PP′间加向下的匀强电场，则电子通过PP′间的时间比不加电场时长
D．若在PP′间同时加向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，则亮点仍可能出现在O′点
二、选择题Ⅱ（本题共3小题每小题2分共6分．每小题列出四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）
14．（2分）如图是涉及不同物理知识的四幅图，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，低频扼流圈的作用是“通高频阻低频
B．图乙中，康普顿效应说明了光子具有波动性
C．图丙中，发生β衰变时粒子在原子核中产生的方程为n→H+e
D．图丁中，轴块的大小是图中链式反应能否进行的重要因素
15．（2分）真空中有一个半径为R、质量分布均匀的玻璃球。现将过球心的截面圆周分成12等份，如图所示。一束复色光沿图示截面从“10点钟“位置以60°人射角射入玻璃球后，分成两束光分别从“1点钟”、“2点钟”位置射出。已知真空中的光速为c，下列说法正确的是（ ）
A．从“1点钟”出射的光束的光子动量比较小
B．改变入射角，两束光在玻璃球中均有可能发生全反射
C．从“2点钟”出射的光束在玻璃球中穿越的时间为t＝
D．通过同一单缝时，从“2点钟”出射的光束比“1点钟”出射的光束衍射更明显
16．（2分）甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中相向传播并相遇，在1＝0时刻两列波的位置如图所示。若两列波的周期分别为T甲和T乙，则（ ）
A．这两列波相遇时能产生干涉现象
B．这两列波将同时到达坐标原点
C．在＝T乙时刻，x＝0.1m处质点受到的回复力为零
D．在t＝2T甲时刻，x＝0.1m处质点的位移为零
三、非选择题（本题共7小题共55分）
17．（5分）（1）小梁同学想探究小车在做匀变速直线运动中速度随时间变化的规律。于是他采用了如图1所示的实验装置图（局部）。则图1中明显存在的错误有 （填字母）
A．未平衡摩擦力
B．细绳未与轨道平行
C钩码的质量未远小于小车质量
（2）在做“探究做功与物体速度变化关系”的实验中，小周同学采用了如图2所示的装置。
①如图3所示，在提供的橡皮筋中，你认为最不宜使用的一根橡皮筋是 （填字母）；
②经过其它步骤的正确操作之后，该同学得到了如图4所示的v﹣W关系图，为进一步认清功与速度的关系，你认为下一步应该作出v与W的何种关系 （填字母）。
A.﹣W
B．v﹣
C．v﹣W2
D．v﹣W3
18．（5分）某小组在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中选用了规格为“3.8V，0.5A”的小灯泡，并选用多用电表测小灯泡两端的电压。
（1）在红、黑表笔与多用电表已正确连接情况下，按图1所示的电路图正确接线后，多用电表一支表笔接①处，另一支表笔接触点从②换到③时，多用电表的示数变化较大，而电流表示数几乎不变则表笔与电路的正确接法是 （填字母）
A．红表笔接①，黑表笔接②
B．红表笔接①，黑表笔接③
C．黑表笔接①，红表笔接②
D．黑表笔接①，红表笔接③
（2）在某次正确的操作中，多用电表的选择开关与指针位置分别如图2和图3所示，则多用电表的读数是 。
（3）该小组测得了多组电压、电流数据后，在I﹣U坐标系中正确地描好了一系列数据点，如图4所示。甲同学认为根据数据点应连接成直线①，乙同学认为应连接成光滑曲线②．你认为正确的是 同学（选填“甲”或“乙”）；由正确图线求出电压为2.00V时小灯泡的电阻R＝x Ω（保留两位有效数字）。
19．（9分）如图所示，某兴趣小组在电梯里进行了如下操作：将弹簧秤竖直悬挂在铁架台上，然后在弹簧秤下端挂上钩码，待钩码静止后启动电梯。在某次电梯运动的全过程中记录了如下数据（忽略弹簧秤示数变化的时间）：在0～2s内，弹簧秤读数为4.2N：在2～8s内，弹簧秤读数为4.0N；在9s末电梯刚好停下。若电梯从启动到停止的过程可视为先匀加速运动，然后匀速运动，最后匀减速运动，全程电梯在竖直方向上运动，不考虑弹簧秤的晃动，求：
（1）在0～2s内，电梯加速度的大小；
（2）在0～9s内，电梯的位移；
（3）在8～9s内站在电梯水平底板上的体重为60kg的小组成员对电梯的压力。
20．（12分）如图1所示是某游乐场的过山车，现将其简化为如图2所示的模型：倾角θ＝37°、长L＝60cm的直轨道AB与半径R＝10cm的光滑圆弧轨道 BCDEF在B处平滑连接，C、F为圆轨道最低点，D点与圆心等高，E为圆轨道最高点；圆轨道在F点与水平轨道FG平滑连接整条轨道宽度不计。现将一质量m＝50g的滑块（可视为质点）从A端由静止释放。已知滑块与AB段的动摩擦因数μ1＝0.25，与FG段的动摩擦因数μ2＝0.5，sin37°＝0.6，co37°＝0.8。
（1）求滑块到达B点时的动能E1；
（2）求滑块到达E点时对轨道FG的压力FN；
（3）若要滑块能在水平轨道FG上停下，求FG长度的最小值x；
（4）若改变释放滑块的位置，使滑块第一次运动到D点时速度刚好为零，求滑块从释放到它第5次返回轨道AB上离B点最远时，它在AB轨道上运动的总路程s。
21．（4分）某小组在做“探究碰撞中的不变量”实验时，采用了如图1所示的实验装置。小车甲、乙的碰撞端分别装上撞针与橡皮泥。
现进行以下操作：把打点计时器固定在光滑水平轨道左侧将纸带一端穿过打点计时器，另一端连在小车甲的后面；打开打点计时器，轻推一下小车甲，使其获得一定速度后与静止的小车乙碰撞粘连成一体；关闭打点计时器，取下纸带，进行相关探究。在某次实验中得到的纸带（部分）如图2所示（图中的直尺为毫米刻度尺）。
（1）请判断小车甲是与图示纸带的哪一端（“左端”或“右端”）相连接？并说明理由。
（2）若测量出小车甲的质量为524.4g，小车乙的质量为510.0g，则在这次碰撞中小车甲对小车乙的冲量为 （保留两位有效数字）。
22．（10分）如图（俯视图）所示，质量分布均匀的总质量为M、边长为L的正方形导体线框ACDE处于某一水平面内（离地面足够高）。在t＝0时刻（图示位置）以速度v0将线框水平向右抛入宽度为L、间距也为L的间隔型磁场区域（区域足够宽广）；该区域内存在磁场的地方磁场方向竖直向下，磁感应强度大小均为B．若线框ACDE在整个运动过程中都保持水平状态，每条边的电阻均为R，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）t＝0时刻线框CD边上的电势差UCD；
（2）t＝0时刻线框加速度a的大小；
（3）若线框在0～t0时间内的位移大小为s，求t＝t0时刻线框水平速度v的大小（设t0时刻线框的水平速度大于0，t0为已知量）
23．（10分）某研究小组设计了如图所示的双立柱形粒子加速器，整个装置处于真空中。已知两个立柱底面均为边长为d的正方形，各棱均分别和某一坐标轴平行。立柱1下底面中心坐标为（，，0），立柱2下底面中心坐标为（，，0），它们的上底面均位于z＝10d的平面内。两个立柱上、下底面间的电压大小均为U，立柱1内存在着沿z轴正方向的匀强电场，立柱2内存在着沿z轴负方向的匀强电场，两立柱外电场均被屏蔽。在z＞10d和z＜0的空间内存在着沿x轴正方向的两个匀强磁场，其磁感应强度分别是B1和B2（均未知）。现有大量的带正电的粒子从立柱1底面各处由静止出发，经过立柱1、2加速后能全部回到立柱1的下底面。若粒子在经过z＝0和z＝10d两个平面时，仅能自由进出两立柱的底面（经过其它位置均会被吸收）；该粒子质量为m、电荷量为q，不计粒子
重力及粒子间的相互作用力。求：
（1）粒子经过立柱2下底面时的动能Ek；
（2）磁感应强度B1和B2的大小；
（3）若两立柱上、下底面间电压的大小可调且在粒子运动过程中保持同一定值；两个磁场仅方向可变且保持与z轴垂直。求从立柱1下底面出发的粒子再次回到立柱1下底面的最短时间t。
2018-2019学年浙江省杭州市高三（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的不选、多选、错选均不得分）
1．（3分）2018年11月16日第26届国际计量大会通过了“修订国际单位制决议，正式更新4项基本单位定义，新国际单位体系将于2019年5月20日世界计量日开始正式生效。下列不属于国际单位制中基本单位的是（ ）
A．千克 B．米 C．安培 D．牛顿
【分析】国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。
【解答】解：A、单位制包括基本单位和导出单位，米、千克、安培属于国际单位制中基本单位。所以ABC都不符合题意。
D、牛顿是力的单位，属于导出单位。故D符合题意。
本题选择不属于国际单位制中基本单位的，故选：D。
【点评】国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是什么，它们在国际单位制分别是什么，这都是需要学生自己记住的。
2．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．伽利略的斜面实验是牛顿第一定律的实验基础
B．牛顿第一定律在任何条件下都成立
C．元电荷是一种基本电荷
D．库仑发现了通电导线周围存在着磁场
【分析】牛顿第一定律是在实验的基础上推理概括得出的规律；它告诉我们物体在不受力的作用时保持静止状态或物体做匀速直线运动状态。元电荷是电荷量的单位，是指自然界中已知的电荷的最小单元。奥斯特发现了电流的磁效应。
【解答】解：A、伽利略的斜面实验是牛顿第一定律的实验基础，故A正确；
B、任何物体都保持静止或匀速直线运动的状态，直到受到其它物体的作用力迫使它改变这种状态为止，所以在物体受到的合外力不等于0的情况下是不成立的，故B错误；
C、元电荷是最小的带电单位，等于电子的带电量，不是一种电荷，故C错误；
D、奥斯特发现了通电导线周围存在着磁场，故D错误；
故选：A。
【点评】此题考查牛顿第一定律结论的得出是在什么情况下得出的；结合课本上的实验情况，可知，通过几次实验，然后推理，若表面绝对光滑，物体将做匀速直线运动。
3．（3分）下列描述的事件不可能发生的是（ ）
A．将实心球和乒乓球从教学楼三楼同时释放后结果实心球先落地
B．宇航员在天宫二号中利用二力平衡原理用弹簧测力计直接测出物体的重力
C．乘客从匀速行驶的高铁车厢内竖直向上跳起后仍落回车厢内的起跳点
D．一对干电池可使小灯泡微弱发光，断开电路后测量电池两端电压，电压表示数接近3V
【分析】根据自由落体运动的条件与特点判断落地的先后；飞行中的天宫二号以及内部的物体都u处于失重状态；一切物体都具有惯性，其本质是任何物体都有惯性；电池的电动势等于断开电路后测量的电池两端电压。
【解答】解：A、乒乓球的密度较小，在下落得过程中受到的空气的阻力影响较大，所以乒乓球的下落过程中下落得加速度明显小于重力加速度，而实心球下落得加速度近似等于重力加速度，所以将实心球和乒乓球从教学楼三楼同时释放后，结果实心球先落地。故A正确；
B、飞行中的天宫二号以及内部的物体都u处于失重状态，所以不能在天宫二号中利用二力平衡原理用弹簧测力计直接测出物体的重力。故B错误；
C、乘客从匀速行驶的高铁车厢内竖直向上跳起后，由于惯性，乘客具有与列车相等的水平方向的速度，所以仍落回车厢内的起跳点。故C正确；
D、干电池的电动势为1.5V，当两节干电池断开电路后，测量电池两端电压，电压表示数接近3V．故D正确；
本题选择事件不可能发生的，故选：B。
【点评】该题考查到四个常见的易错的问题，属于对易错知识点的强化题目，这一类的情况要注意日常学习中的积累，要注意理解要到位。
4．（3分）小张把毛刷置于平整的水平桌面上，并在毛刷把手上施加了斜向左下方的作用力。毛刷相对桌面静止，形状如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．毛刷对桌面有沿桌面向右的摩擦力
B．毛刷对桌面有斜向左下方的弹力
C．桌面对毛刷有竖直向上的弹力
D．桌面对毛刷的作用力竖直向上
【分析】根据摩擦力和弹力的方向的判断方向可明确弹力和摩擦力的方向，再根据力的合成确定作用力的方向。
【解答】解：A、由图可知，毛刷有向左的运动趋势，所以毛刷受向右的摩擦力，根据牛顿第三定律可知，毛刷对桌面有沿桌面向左的摩擦力，故A错误；
B、弹力一定是沿接触面的，故毛刷对桌面的弹力竖直向下，故B错误；
C、桌面对毛刷的弹力垂直接触面指向竖直方向，故桌面对毛刷有竖直向上的弹力，故C正确
D、桌面对毛刷的作用力包括支持力和摩擦力，根据力的合成可知，作用力应斜向右上，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查受力分析方法的应用，要注意明确毛刷的形变情况，从而确定其相对地面的运动趋势，同时注意支持力和压力一定是垂直接触面指向受力物体的。
5．（3分）北斗卫星导航系统是我国自行研制的全球卫星导航系统，系统空间段由5颗静止轨道卫星
和30颗非静止轨道卫星组成，预计在2020年全部建成。关于这5颗静止轨道卫星，下列说法正确的是（ ）
A．线速度相同 B．角速度相同
C．向心加速度相同 D．所受向心力相同
【分析】了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与地球自转周期相同。物体做匀速圆周运动，它所受的合力提供向心力，也就是合力要指向轨道平面的中心。
【解答】解：ABC、由于同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，根据万有引力提供圆周运动的向心力，有 G＝mr＝m＝ma＝mrω2．式中 M是地球的质量，m、r分别是卫星的质量和轨道半径。
得周期：T＝2π，线速度 v＝，加速度 a＝，角速度ω＝
可知这5颗卫星的周期、角速度都是相等的，线速度大小以及向心加速度大小也相等，由于线速度与向心加速度是矢量，所以它们的方向一定不同。故B正确，AC错误；
D、5颗卫星的质量不一定相等，所以它们的向心力的大小不一定相等，而且它们的向心力的方向是不同的。故D错误
故选：B。
【点评】地球质量一定、自转速度一定，同步卫星要与地球的自转实现同步，就必须要角速度与地球自转角速度相等，这就决定了它的轨道高度和线速度。
6．（3分）我国南方多雨地区在建造房屋屋顶时，需要考虑将屋顶设置成一定的角度，以便雨水可以快速地流下。若忽略雨水从屋顶流下时受到的阻力，为使雨水在屋顶停留时间最少，则屋顶应设计成下图中的（ ）
A． B． C． D．
【分析】由牛顿第二定律可得出雨滴的加速度，由位移公式得出雨滴下滑的时间表达式，根据表达式讨论即可。
【解答】解：设屋顶的夹角为2θ，屋顶的宽度为L
由牛顿第二定律得雨滴下滑的加速度：a＝gcosθ，
由几何关系得斜面的长度：x＝
由位移公式得：x＝
联立得：t＝
可得当θ＝45°时时间最短，即屋顶的夹角为90°，故C正确ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查了牛顿第二定律、位移公式的基本应用，关键要知道屋顶的夹角可不同，但宽度是不变的。
7．（3分）在确保安全情况下，小明将一个篮球沿水平方向从教学楼五楼走廊栏杆上沿抛出。若将篮球看成质点，不计篮球所受空气阻力，则篮球在下落过程中分别与四楼、三楼、二楼走廊栏杆上沿等高时，其与抛出点的水平距离之比为（ ）
A．1：3：5 B．1：2：3 C．1：4：9 D．1：：
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间，则水平位移可比较。
【解答】解：设楼层高为h，由h＝得：t＝，
落到四楼、三楼、二楼走廊栏杆上沿等高时所用时间之比为：1：：
水平距离之比为由水平方向做匀速运动得：x＝vt，所以水平距离之比为时间之比，即为：1：：，故ABC错误D正确。
故选：D。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。
8．（3分）若有一颗“宜居”行星，其质量为地球的a倍，半径为地球的b倍，则该行星表面的重力加速度与地球表面重力加速度的比值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据万有引力等于重力，得出重力加速度的表达式，结合星球质量之比和半径之比求出重力加速度之比。
【解答】解：根据万有引力等于重力，有：
＝mg
g＝，
行星其质量为地球的a倍，半径为地球的b倍，
所以该行星表面由引力产生的加速度g′与地球表面的重力加速度g的比值为＝，故A正确，BCD错误
故选：A。
【点评】解决本题的关键掌握万有引力等于重力这一理论，并能灵活运用，知道重力加速度的大小与中心天体的质量和半径有关。
9．（3分）利用力传感器、数据采集器和计算机可以对快速变化的力的特性进行研究。如图甲所示用弹性轻绳将小球挂在力传感器的O点。在某次实验中，将小球举到悬点O处，然后静止释放小球，此后小球始终在竖直方向上运动，用计算机绘得细绳的拉力随时间变化的图象如图乙所示。则在小球运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．t2时刻小球速率最大
B．t2时刻小球动能为零
C．t3、t4时刻小球速度相同
D．小球和轻绳组成的系统在运动过程中机械能守恒
【分析】把小球举高到绳子的悬点O处，让小球自由下落，t1与t4时刻绳子刚好绷紧，分析小球的运动情况，判断什么时刻小球的速度最大，合力为零时速度最大。当绳子的拉力最大时，小球运动到最低点，绳子也最长。
【解答】解：A、把小球举高到绳子的悬点O处，让小球自由下落，t1时刻绳子刚好绷紧，此时小球所受的重力大于绳子的拉力，小球向下做加速运动，当绳子的拉力大于重力时，小球才开始做减速运动，t2时刻绳子的拉力最大，小球运动到最低点，速度为零，所以t1与t4时刻绳子刚好绷紧，小球速度不是最大。故A错误；
B、t2、t5时刻小球都到达最低点，速度为零，动能都为零。故B正确。
C、t3时刻小球下落，速度方向向下，t4时刻小球上升，速度方向向上，两个时刻的速度方向不相同。故C错误。
D、由于弹性绳的拉力对小球做功，小球的机械能不守恒。故D错误。
故选：B。
【点评】本题关键要运用牛顿定律分析小球运动情况的能力，要注意绳子拉力的变化与弹簧的弹力类似。
10．（3分）如图所示，由绝缘材料制成的光滑圆环（圆心为O）竖直固定放置。电荷量为+q（q＞0）的小球A固定在圆环的最高点，电荷量大小为q的小球B可在圆环上自由移动。若小球B静止时，两小球连线与竖直方向的夹角为θ＝30°，两小球均可视为质点，以无穷远处为零电势点，则下列说法正确的是（ ）
A．小球B可能带正电
B．O点电势一定为零
C．圆环对小球B的弹力指向圆心
D．将小球B移至圆环最低点，A、B小球组成的系统电势能变小
【分析】对B受力分析，结合平衡条件，即可判定电场力方向，进而确定B球的电性；
依据等量异种电荷的中垂线为等势线，即可判定B选项；
根据弹力产生原理，从而确定弹力方向；
根据电场力做正功，电势能减小，做负功，电势能增大，即可求解。
【解答】解：A、因小球B处于静止状态，对其受力分析，如下图所示：
由于A球带正电，因此小球B一定带负电，故A错误；
B、因两球带电量是等量异种电荷，则两者连线的中垂线即为等势线，以无穷远处为零电势点，因此O点的电势为零，故B正确；
C、由A选项分析，可知，圆环对小球B的弹力背离圆心，故C错误；
D、将小球B移至圆环最低点，电场力做负功，导致A、B小球组成的系统电势能变大，故D错误；
故选：B。
【点评】考查受力分析，掌握平衡条件的内容，理解电场力做功与电势能的变化关系，及注意等量异种异种的中垂线才是等势线。
11．（3分）电线是家庭装修中不可或缺的基础建材，电线的质量直接关系到用电安全。某型号电线每卷长度为100m，铜丝直径为1.6mm。为检验其是否采用了导电性能比较差的劣质铜，现给整卷电线加上1.50V恒定电压，测得通过电线的电流为1.20A，由此可知此电线所用铜的电阻率约为（ ）
A．1.7×10﹣9Ω?m B．2.5×10﹣8Ω?m
C．1.1×10﹣7Ω?m D．5.0×10﹣6Ω?m
【分析】应用欧姆定律求出导线的电阻；应用电阻定律可以求出导线的电阻率。
【解答】解：给整卷电线加上1.50V恒定电压，测得通过电线的电流为1.20A，则导线得电阻值为：
R＝Ω
又：R＝
1.6mm＝0.0016m
代入数据可得：ρ＝2.5×10﹣8Ω?m
故B正确，ACD错误
故选：B。
【点评】该题考查电阻定律的应用，数据的计算是该题的难点，计算的过程要细心。
12．（3分）如图所示，两个完全相同的轻质铝环a、b能在一个光滑的绝缘圆柱体上自由移动，设大小
不同的电流按如图所示的方向通入两个铝环中，则两个铝环的运动情况是（ ）
A．两环均静止不动
B．都绕圆柱体转动
C．彼此靠近，相遇时两环速度大小相同
D．彼此远离，两环加速度大小相同
【分析】本题的关键是明确两电流间的相互作用规律“同相电流相互吸引，异向电流相互排斥”，并结合牛顿第三定律和牛顿第二定律即可求解。
【解答】解：根据电流间相互作用规律“通向电流相互吸引，异向电流相互排斥”可知，两圆环应相互排斥，即彼此远离运动，
再根据牛顿第二定律和牛顿第三定律可知，两圆环的加速度大小相等，故D正确，ABC错误；
故选：D。
【点评】要熟记电流间相互作用规律“通向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，及掌握牛顿第二、三定律的内容。
13．（3分）汤姆生用来测定电子比荷的实验装置如图所示。从真空管中K极发射的一束电子（初速度近似为零）经KA间的电场加速后，穿过A'中心的小孔沿中心轴O0′的方向进入到两块平行极板P和P间的区域最后打在荧光屏的中心O点处，形成一个亮点。已知KA间加速电压大小为U，电子电荷量大小为e、质量为m。下列说法正确的是（ ）
A．电子到达A点时的速度大小为
B．若在PP间加向下的匀强电场，则亮点将出现在O′点下方
C．若在PP′间加向下的匀强电场，则电子通过PP′间的时间比不加电场时长
D．若在PP′间同时加向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，则亮点仍可能出现在O′点
【分析】由动能定理可求得电子到达A点时的速度；在PP间加电场或磁场时，通过分析受力得出电子的运动特点，从而分析各个选项。
【解答】解：A、由动能定理得：eU＝，解得：v＝，故A错误；
B、若在PP间加向下的匀强电场，电子在PP间受到的电场力向上，电子将向上偏转，所以亮点将出现在O′点上方，故B错误；
C、若在PP间加向下的匀强电场，电子在PP间运动时水平方向做匀速运动，运动时间t＝Lv，不变，故C错误；
D、若在PP′间同时加向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电子进入PP间受到的电场力向上，洛伦兹力向上，若满足eE＝evB，则电子将做匀速运动，亮点仍出现在O′点，故D正确；
故选：D。
【点评】本题是带电粒子在电场、复合场中运动的问题，类平抛运动根据运动的分解法研究，电子在复合场中，是速度选择器的原理，难度适中。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题每小题2分共6分．每小题列出四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）
14．（2分）如图是涉及不同物理知识的四幅图，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，低频扼流圈的作用是“通高频阻低频
B．图乙中，康普顿效应说明了光子具有波动性
C．图丙中，发生β衰变时粒子在原子核中产生的方程为n→H+e
D．图丁中，轴块的大小是图中链式反应能否进行的重要因素
【分析】低频扼流圈的作用是“通高频阻低频“；康普顿效应说明了光子具有粒子性；
发生β衰变时中子变成质子，粒子在原子核中产生的方程为n→H+e，
轴块达到一定体积才可发生链式反应。
【解答】解：A、低频扼流圈的作用是“通高频阻低频“则A正确
B、康普顿效应说明了光子具有粒子性，则B错误
C、发生β衰变时中子变成质子，粒子在原子核中产生的方程为n→H+e，则C正确
D、轴块达到一定体积才可发生链式反应，则D正确
故选：ACD。
【点评】本题考查原子及原子物理，属于I级要求，重在平时的积累。
15．（2分）真空中有一个半径为R、质量分布均匀的玻璃球。现将过球心的截面圆周分成12等份，如图所示。一束复色光沿图示截面从“10点钟“位置以60°人射角射入玻璃球后，分成两束光分别从“1点钟”、“2点钟”位置射出。已知真空中的光速为c，下列说法正确的是（ ）
A．从“1点钟”出射的光束的光子动量比较小
B．改变入射角，两束光在玻璃球中均有可能发生全反射
C．从“2点钟”出射的光束在玻璃球中穿越的时间为t＝
D．通过同一单缝时，从“2点钟”出射的光束比“1点钟”出射的光束衍射更明显
【分析】根据折射定律分析折射率的大小，从而确定波长的大小，即可判断光子动量的大小。结合光路的可逆性分析光在玻璃球中能否发生全反射。根据折射定律求出从“2点钟”出射的光束的折射率，由v＝求出光束在玻璃球中的传播速度，从而求得光束在玻璃球中的传播时间。波长越长衍射现象越明显。
【解答】解：A、根据折射定律知从“1点钟”出射的光束折射率较小，波长较长，由λ＝知该光束的动量较小，故A正确。
B、无论怎样改变入射角，折射光线射到玻璃球内表面时的入射角都等于光束进入玻璃球时的折射角，根据光路的可逆性可知两束光在玻璃球中均不可能发生全反射。故B错误。
C、从“2点钟”出射的光束进入玻璃球折射时折射角为30°，折射率为：n＝＝＝，该光束在玻璃球中传播速度为：v＝＝c，传播距离为：s＝2Rcos30°＝R，在玻璃球中穿越的时间为：t＝＝，故C正确。
D、从“1点钟”出射的光束波长较长，波动性较强，所以通过同一单缝时，从“1点钟”出射的光束比“2点钟”出射的光束衍射更明显，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题是几何光学与物理光学的综合，要抓住光子的动量与波长成反比，掌握折射定律、光速公式v＝和全反射的条件：光从光密介质进入光疏介质时，入射角大于或等于临界角，即可进行解答。
16．（2分）甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中相向传播并相遇，在1＝0时刻两列波的位置如图所示。若两列波的周期分别为T甲和T乙，则（ ）
A．这两列波相遇时能产生干涉现象
B．这两列波将同时到达坐标原点
C．在＝T乙时刻，x＝0.1m处质点受到的回复力为零
D．在t＝2T甲时刻，x＝0.1m处质点的位移为零
【分析】简谐横波在同一均匀介质内传播时速度相等，由图可读出比较波长的大小，从而得到频率关系，只有当频率相等时，两列波才能产生干涉；根据传播情况确定振动情况。
【解答】解：A、两列简谐横波在同一均匀介质内传播，可知波速相等，由图可知两列波的波长不相等，由v＝λf可知，频率不相等，不能产生干涉。故A错误。
B、两列简谐横波在同一均匀介质内传播，可知波速相等，此时两列波到原点的距离相等，根据t＝可知这两列波将同时到达坐标原点，故B正确；
C、在t＝T乙时刻，乙波刚好传播到原点处，此时x＝0.1m处质点位于波峰，受到的回复力不为零，故C错误；
D、根据图象可知T甲＝，T乙＝，即T乙＝2T甲，在t＝2T甲时刻，甲波刚好传播到x＝0.1m处，乙波波形中点平衡位置传到x＝0.1m处，此时x＝0.1m处质点的位移为零，故D正确。
故选：BD。
【点评】解决本题关键掌握波的干涉条件，理解波的叠加原理，并能用来分析实际问题，要注意振动减弱点的振幅等于两波振幅之差。
三、非选择题（本题共7小题共55分）
17．（5分）（1）小梁同学想探究小车在做匀变速直线运动中速度随时间变化的规律。于是他采用了如图1所示的实验装置图（局部）。则图1中明显存在的错误有 B （填字母）
A．未平衡摩擦力
B．细绳未与轨道平行
C钩码的质量未远小于小车质量
（2）在做“探究做功与物体速度变化关系”的实验中，小周同学采用了如图2所示的装置。
①如图3所示，在提供的橡皮筋中，你认为最不宜使用的一根橡皮筋是 E （填字母）；
②经过其它步骤的正确操作之后，该同学得到了如图4所示的v﹣W关系图，为进一步认清功与速度的关系，你认为下一步应该作出v与W的何种关系 B （填字母）。
A.﹣W
B．v﹣
C．v﹣W2
D．v﹣W3
【分析】（1）根据实验目的与实验要求以及实验过程中的注意事项分析即可。
（2）①为了方便增减橡皮筯，同时橡皮筋能从车顶的钉子上跨过，即可求解；
②采用控制变量法，每次同一橡皮筋必须拉伸相同长度释放，保证相同的动能，从而根据图象法，来探寻物体的质量与速度的关系。
【解答】解：（1）探究小车速度随时间变化的规律实验，要求小车做匀加速直线运动，所以细线应与木板平行，与是否平衡摩擦力无关，也不需要满足钩码的质量未远小于小车质量，故AC错误，B正确；
故选：B；
（2）：①每次分别用1根、2根、3根……橡皮筋在同一位置拉小车，每次拉小车时对小车做功刚好是橡皮筋根数的整数倍，那么每根橡皮筋应是相同的，所以E不符合要求。
②由我们已知的动能定理有：W＝﹣0，所以作出v2﹣W图象，故B正确，ACD错误；
故选：B；
故答案为：（1）B；（2）①E；②B。
【点评】（1）本题比较简单，考查了基本仪器的使用和基础实验的操作细节，对于基础知识，平时训练不可忽略，要在练习中不断加强。
（2）本题关键是要分析清楚小车的运动，小车先加速后匀速，小车的加速是因为橡皮筋的拉力的作用，拉力的功是变力做功，通过改变橡皮筋条数，来改变做功情况。本题关键是写出甲乙图象的一般函数表达式，然后结合数学中的幂函数的知识进行分析讨论。
18．（5分）某小组在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中选用了规格为“3.8V，0.5A”的小灯泡，并选用多用电表测小灯泡两端的电压。
（1）在红、黑表笔与多用电表已正确连接情况下，按图1所示的电路图正确接线后，多用电表一支表笔接①处，另一支表笔接触点从②换到③时，多用电表的示数变化较大，而电流表示数几乎不变则表笔与电路的正确接法是 A （填字母）
A．红表笔接①，黑表笔接②
B．红表笔接①，黑表笔接③
C．黑表笔接①，红表笔接②
D．黑表笔接①，红表笔接③
（2）在某次正确的操作中，多用电表的选择开关与指针位置分别如图2和图3所示，则多用电表的读数是 3.2V 。
（3）该小组测得了多组电压、电流数据后，在I﹣U坐标系中正确地描好了一系列数据点，如图4所示。甲同学认为根据数据点应连接成直线①，乙同学认为应连接成光滑曲线②．你认为正确的是 乙 同学（选填“甲”或“乙”）；由正确图线求出电压为2.00V时小灯泡的电阻R＝x 5.0 Ω（保留两位有效数字）。
【分析】（1）根据电压表电流表和欧姆表的工作原理选取合适的表，万用表的红色表笔接电源的正极。
（2）根据电压表的读数方法读出电压值；
（3）小灯泡的伏安特性曲线为曲线，由欧姆定律求出电阻值。
【解答】解：（1）万用表可作为电压表和电流表及欧姆表用，电压表测电压可并联在电路中，①电表中表头的电流有固定的流向必须从红表笔流进，黑表笔流出，故红表笔接在①处；由于表笔接触点从②换到③时，多用电表的电压的示数变化较大，可知电流表的内电阻对测量的结果影响较大，所以应采用电流表外接法，所以黑表笔接②。
故A正确，BCD错误
故选：A
（2）由图2可知，该测量的结果为电压，档位是直流5V；由图3可知，5V的电压档的最小刻度为0.1V，可得该电压为3.2V；
（3）小灯泡的伏安特性曲线为曲线，所以要连接成光滑曲线，故乙正确，甲错误；
由图可知，当电压为2.00V时对应的电流值为0.40A，根据欧姆定律，知电阻：R＝＝5.0Ω
故答案为：（1）A；（2）3.2V；（3）乙，5.0
【点评】解决本题的关键掌握器材选取的原则，掌握滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，以及电流表内外接的区别。
19．（9分）如图所示，某兴趣小组在电梯里进行了如下操作：将弹簧秤竖直悬挂在铁架台上，然后在弹簧秤下端挂上钩码，待钩码静止后启动电梯。在某次电梯运动的全过程中记录了如下数据（忽略弹簧秤示数变化的时间）：在0～2s内，弹簧秤读数为4.2N：在2～8s内，弹簧秤读数为4.0N；在9s末电梯刚好停下。若电梯从启动到停止的过程可视为先匀加速运动，然后匀速运动，最后匀减速运动，全程电梯在竖直方向上运动，不考虑弹簧秤的晃动，求：
（1）在0～2s内，电梯加速度的大小；
（2）在0～9s内，电梯的位移；
（3）在8～9s内站在电梯水平底板上的体重为60kg的小组成员对电梯的压力。
【分析】（1）由牛顿第二定律可求得加速度；
（2）分别求得每一段的位移，三段位移相加即可；
（3）由速度公式求得加速度大小，再由牛顿第二定律可求得电梯对人的支持力，由牛顿第三定律知人对电梯的压力。
【解答】解：（1）由题意知钩码的重力等于4N，
在0～2s内，由牛顿第二定律得：F1﹣mg＝ma1
解得：a1＝0.5m/s2
（2）在0～2s内，由位移公式得：h1＝＝1m
由速度公式得：v＝a1t1＝1m/s
在2～8s内，电梯上升的距离：h2＝vt2＝6m
在8～9s内，电梯上升的距离：h3＝＝0.5m
在0～9s内，电梯的位移：h＝h1+h2+h3＝7.5m
（3）设在8～9s内的加速度大小为a2，由速度公式得：v＝a2t3
解得：a2＝1m/s2
对体重为60kg的人由牛顿第二定律得：Mg﹣N＝Ma2
解得：N＝540N
由牛顿第三定律知对电梯的压力N′＝N＝540N
答：（1）在0～2s内，电梯加速度的大小是0.5m/s2；
（2）在0～9s内，电梯的位移是7.5m；
（3）在8～9s内站在电梯水平底板上的体重为60kg的小组成员对电梯的压力是540N。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，加速度是解题的关键。
20．（12分）如图1所示是某游乐场的过山车，现将其简化为如图2所示的模型：倾角θ＝37°、长L＝60cm的直轨道AB与半径R＝10cm的光滑圆弧轨道 BCDEF在B处平滑连接，C、F为圆轨道最低点，D点与圆心等高，E为圆轨道最高点；圆轨道在F点与水平轨道FG平滑连接整条轨道宽度不计。现将一质量m＝50g的滑块（可视为质点）从A端由静止释放。已知滑块与AB段的动摩擦因数μ1＝0.25，与FG段的动摩擦因数μ2＝0.5，sin37°＝0.6，co37°＝0.8。
（1）求滑块到达B点时的动能E1；
（2）求滑块到达E点时对轨道FG的压力FN；
（3）若要滑块能在水平轨道FG上停下，求FG长度的最小值x；
（4）若改变释放滑块的位置，使滑块第一次运动到D点时速度刚好为零，求滑块从释放到它第5次返回轨道AB上离B点最远时，它在AB轨道上运动的总路程s。
【分析】（1）求滑块到达B点时的动能，可直接分析哪些力做功，做功多少，即可用动能定理进行求解；
（2）由于是做圆周运动，就来分析哪些力提供向心力，由提议可知是重力和支持力提供向心力，求滑块到达E点时对轨道FG的压力，就需要计算在E点的动能，就需要根据机械能守恒或者动能定理进行求解；
（3）滑块在FG上做匀减速运动且最后停下，要算出最短距离，可根据动能定理直接列式求解；
（4）若改变释放滑块的位置，使滑块第一次运动到D点时速度刚好为零，计算最终的总路程，首先就要分析每一个过程，根据动能定理列式求解。
【解答】解：（1）滑块由A点到达B点的过程中，重力做正功，摩擦力做负功，设B点速度为vB，且从A端由静止释放，根据动能定理可得：
…①
…②
由①②代入数据可解得：E1＝0.12J；
（2）滑块在BCDEF光滑圆弧轨道上做圆周运动，从B点到E点，设到达E点时速度为vE，根据动能定理可得：
…③
且由轨道对滑块的弹力N和重力提供向心力，则有：…④
根据牛顿第三定律，轨道对滑块的弹力N和滑块对轨道的压力FN是一对相互作用力，则有：FN＝N…⑤
由③④⑤带入数据可解得：FN＝1.7N；
（3）在BCDEF圆弧轨道上只有重力做功，则从B点到F点，机械能守恒，则有：EF＝E1＝0.12J…⑥
滑块在FG轨道上由于摩擦力的作用做匀减速运动，且最终停下，根据动能定理可得：﹣μ2mgx＝0﹣EF…⑦
由⑥⑦代入数据可解得：x＝0.48m
（4）该变释放滑块的位置，设此时距离B点距离为s1，此时滑块到达D点时速度刚好为零，根据动能定理有：
mgs1sinθ﹣μ1mgs1cosθ﹣mgR＝0…⑧
设从D点第一次返回到AB轨道上离B点最远时到B点的距离为s2，根据动能定理有：
mgR﹣μ1mgs2cosθ﹣mgs2sinθ＝0…⑨
设从CD轨道第二次返回到AB轨道上离B点最远时到B点的距离为s3，根据动能定理有：
mgs2sinθ﹣μ1mgs2cosθ﹣μ1mgs3cosθ﹣mgs3sinθ＝0…（10）
设从CD轨道第三次返回到AB轨道上离B点最远时到B点的距离为s4，根据动能定理有：
mgs3sinθ﹣μ1mgs3cosθ﹣μ1mgs4cosθ﹣mgs4sinθ＝0…（11）
设从CD轨道第四次返回到AB轨道上离B点最远时到B点的距离为s5，根据动能定理有：
mgs4sinθ﹣μ1mgs4cosθ﹣μ1mgs5cosθ﹣mgs5sinθ＝0…（12）
设从CD轨道第五次返回到AB轨道上离B点最远时到B点的距离为s6，根据动能定理有：
mgs5sinθ﹣μ1mgs5cosθ﹣μ1mgs6cosθ﹣mgs6sinθ＝0…（13）
滑块从释放到它第5次返回轨道AB上离B点最远时，它在AB轨道上运动的总路程：
s＝s1+2s2+2s3+2s4+2s5+s6…（14）
由⑧⑨（10）（11）（12）（13）（14）代入数据可解得：s≈0.73m
答：（1）滑块到达B点时的动能为0.12J；
（2）滑块到达E点时对轨道FG的压力为1.7N；
（3）若要滑块能在水平轨道FG上停下，FG长度的最小值为0.48m；
（4）若改变释放滑块的位置，使滑块第一次运动到D点时速度刚好为零，滑块从释放到它第5次返回轨道AB上离B点最远时，它在AB轨道上运动的总路程0.73m。
【点评】本题考查动能定理、机械能守恒、圆周运动的综合，特别是最后一问过程比较复杂，更容易造成解题错误，在分析时必须特别注意。
21．（4分）某小组在做“探究碰撞中的不变量”实验时，采用了如图1所示的实验装置。小车甲、乙的碰撞端分别装上撞针与橡皮泥。
现进行以下操作：把打点计时器固定在光滑水平轨道左侧将纸带一端穿过打点计时器，另一端连在小车甲的后面；打开打点计时器，轻推一下小车甲，使其获得一定速度后与静止的小车乙碰撞粘连成一体；关闭打点计时器，取下纸带，进行相关探究。在某次实验中得到的纸带（部分）如图2所示（图中的直尺为毫米刻度尺）。
（1）请判断小车甲是与图示纸带的哪一端（“左端”或“右端”）相连接？并说明理由。
（2）若测量出小车甲的质量为524.4g，小车乙的质量为510.0g，则在这次碰撞中小车甲对小车乙的冲量为 0.21kg?m/s （保留两位有效数字）。
【分析】（1）甲与乙碰后速度减小，由此判断小车甲与图示纸带的那一侧相连；
（2）求出碰后的速度大小，得出乙碰后动量的大小，然后由动量定理求出冲量。
【解答】解：（1）甲与乙碰后粘在一起，速度减小，相等时间内的间隔减小，由于纸带右侧速度大，为碰前速度，所以小车甲是与图示纸带的右侧相连。
（2）碰后共同速度：＝0.41m/s。
碰后乙的动量：P乙＝m乙v2＝0.5100×0.410＝0.209kg?m/s
由动量定理可得小车甲对小车乙的冲量：I＝P乙﹣0＝P乙＝0.21kg?m/s
故答案为：（1）右端；（2）0.21kg?m/s
【点评】本题考查动量守恒定律实验验证；解决本题的关键知道甲与乙碰后，速度减小，会通过纸带求解速度的大小。
22．（10分）如图（俯视图）所示，质量分布均匀的总质量为M、边长为L的正方形导体线框ACDE处于某一水平面内（离地面足够高）。在t＝0时刻（图示位置）以速度v0将线框水平向右抛入宽度为L、间距也为L的间隔型磁场区域（区域足够宽广）；该区域内存在磁场的地方磁场方向竖直向下，磁感应强度大小均为B．若线框ACDE在整个运动过程中都保持水平状态，每条边的电阻均为R，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）t＝0时刻线框CD边上的电势差UCD；
（2）t＝0时刻线框加速度a的大小；
（3）若线框在0～t0时间内的位移大小为s，求t＝t0时刻线框水平速度v的大小（设t0时刻线框的水平速度大于0，t0为已知量）
【分析】（1）根据导体棒切割磁感应线产生的感应电动势计算公式求解感应电动势，再根据闭合电路的欧姆定律求解线框CD边上的电势差；
（2）根据牛顿第二定律求解水平方向的加速度大小，竖直方向线框做自由落体运动，则加速度大小为g，由此求解加速度a；
（3）线框运动过程中，水平方向总有一条边切割磁感应线，所以始终受到向左的安培力，根据动量定理求解速度大小。
【解答】解：（1）t＝0时刻线框右边切割磁感应线产生的感应电动势E＝BLv0，根据右手定则可知D点电势高；
线框CD边上的电压为路端电压，即U＝，
则UCD＝
（2）t＝0时刻线框水平方向受到的安培力大小F＝BIL＝，
则水平方向的加速度大小为a1＝
竖直方向线框做自由落体运动，则加速度大小为g，
故t＝0时刻线框加速度的大小为a＝＝；
（3）线框运动过程中，水平方向总有一条边切割磁感应线，所以始终受到向左的安培力，设平均速度为，根据动量定理可得：
即：﹣＝mv﹣mv0，
其中＝s，
解得：v＝v0﹣。
答：（1）t＝0时刻线框CD边上的电势差为；
（2）t＝0时刻线框加速度a的大小为；
（3）若线框在0～t0时间内的位移大小为s，t＝t0时刻线框水平速度v的大小为v0﹣。
【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
23．（10分）某研究小组设计了如图所示的双立柱形粒子加速器，整个装置处于真空中。已知两个立柱底面均为边长为d的正方形，各棱均分别和某一坐标轴平行。立柱1下底面中心坐标为（，，0），立柱2下底面中心坐标为（，，0），它们的上底面均位于z＝10d的平面内。两个立柱上、下底面间的电压大小均为U，立柱1内存在着沿z轴正方向的匀强电场，立柱2内存在着沿z轴负方向的匀强电场，两立柱外电场均被屏蔽。在z＞10d和z＜0的空间内存在着沿x轴正方向的两个匀强磁场，其磁感应强度分别是B1和B2（均未知）。现有大量的带正电的粒子从立柱1底面各处由静止出发，经过立柱1、2加速后能全部回到立柱1的下底面。若粒子在经过z＝0和z＝10d两个平面时，仅能自由进出两立柱的底面（经过其它位置均会被吸收）；该粒子质量为m、电荷量为q，不计粒子
重力及粒子间的相互作用力。求：
（1）粒子经过立柱2下底面时的动能Ek；
（2）磁感应强度B1和B2的大小；
（3）若两立柱上、下底面间电压的大小可调且在粒子运动过程中保持同一定值；两个磁场仅方向可变且保持与z轴垂直。求从立柱1下底面出发的粒子再次回到立柱1下底面的最短时间t。
【分析】（1）带电粒子在电场中的直线运动，一般用动能定理解决
（2）构造运动轨迹模型，画出磁场中的圆周运动轨迹，要使粒子从立柱1出发，经过立柱1、2加速后全部回到立柱1的下底面，粒子在磁场中圆周运动半径等于10d。
（3）要使立柱1下底面出发的粒子再次回到立柱1下底面的时间t最短，需要提高电场速度，但是受到磁场的最大半径影响。
【解答】解：
（1）粒子经过立柱2下底面时，共经过2次加速，根据动能定理：
2qU＝Ek﹣0，Ek＝2qU。
（2）要使大量的带正电的粒子从立柱1底面各处由静止出发，经过立柱1、2加速后能全部回到立柱1的下底面，
需要立柱1最左面的到达立柱2最左面，立柱1最右面的到达立柱2最右面，第2次加速后亦然，即在磁场中圆周运动半径等于10d。
第一次加速后：，（r＝10d），解得
第一次加速后：，（r＝10d），解得
（3）粒子在磁场中的圆周运动时间与粒子速度无关，等于半个周期，所以要减少时间需要减少电场中的运动时间，但是随着速度增加，圆周运动的半径变大，其最大半径为对角线，对应粒子从立柱1最左面的到达立柱2最右面，而且是对角线，如图：
最大半径为，由，，
解得：，；
最短时间为：，解得。
答：（1）粒子经过立柱2下底面时的动能为2qU；
（2）磁感应强度B1为，B2为
（3）从立柱1下底面出发的粒子再次回到立柱1下底面的最短时间为。
【点评】（1）简单动能定理应用，没有难度
（2）需要构造轨迹模型，最重要看出粒子在磁场中圆周运动半径等于10d。
（3）需要看出对角线是最大直径，已经很难啦，数据不好算，都是字母，计算特别难。
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