2018-2019学年山东省滨州市高三（上）期末物理试卷 word版含解析

2018-2019学年山东省滨州市高三（上）期末物理试卷
一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）
1．（4分）下列说法正确的是（　　）
A．只要光照射的时间足够长，任何金属都能发生光电效应
B．一群氢原子从n＝4能级跃迁到基态时，能发出6种频率的光子
C．比结合能越大，原子核越不稳定
D．核反应U→Th→He为重核裂变
2．（4分）如图所示，两条曲线分别为汽车A、B在同一条平直公路上的v﹣t图象，在t0时刻，两车相遇，下列说法正确的是（　　）
A．在0～t0时间内，A车加速度逐渐减小
B．t0时刻A、B两车的加速度相同
C．在t＝0时刻，B车在前A车在后
D．t0时刻后某一时刻两车可能再次相遇
3．（4分）如图所示，倾角为37°的斜面体固定在水平面上，斜面上有一重为10N的物体，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，现给物体施加一沿斜面向上的力F，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，如果物体能在斜面上静止，推力F的大小不可能是（　　）
A．2N B．10N C．5N D．12N
4．（4分）研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时，假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来与现在相比（　　）
A．同步卫星距离地面的高度变小
B．第一宇宙速度不变
C．地球表面赤道上重力加速度变小
D．地球对月球的万有引力变大
5．（4分）真空中某静电场，虚线表示等势面，各等势面电势的值如图所示，一带电粒子只在电场力的作用下，沿图中的实线从A经过B运动到C，BC两点位于同一等势面上，则以下说法正确的是（　　）
A．带电粒子在A点的电势能大于在C点的电势能
B．A点电场强度大于B点电场强度
C．带电粒子从A经过B运动到C的过程中动能先增大再减小
D．带电粒子从A到C电场力所做的功等于从A到B电场力做的功
6．（4分）一质量为m的物体从倾角为θ的固定长直斜面顶端由静止开始下滑，已知斜面与物体间的动摩擦因数μ与物体离开斜面顶端距离x之间满足μ＝kx（k为已知量），在下滑的整个过程中，下列说法正确的是（已知斜面足够长，当地重力加速度为g）（　　）
A．物体先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动
B．物体的最大位移大小为
C．整个过程中产生的热量为
D．物体停止后加速度方向沿斜面向上
二、多选题（本大题共6小题，共22.0分）
7．（4分）如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，不计摩擦阻力，则以下说法中正确的是（　　）
A．液滴一定带正电
B．液滴在C点时的动能最大
C．从A到C过程液滴的电势能增大
D．从C到B过程液滴的机械能增大
8．（4分）如图甲所示，一理想变压器原线圈匝数n1，副线圈匝数n2，电流表和电压表是理想电表，副线圈接有“220V，220W”的抽油烟机和“220V，40W”的白炽灯，如果原线圈电压按图乙所示规律变化，抽油烟机正常工作，则下列说法正确的是（　　）
A．理想变压器原副线圈的匝数比＝
B．电流表A2的读数为1A，电压表的示数为220V
C．抽油烟机的内阻220Ω
D．变压器的输入功率为260W
9．（4分）2017年12月17日，第二架国产大飞机C919在上海浦东国际机场首飞成功，C919在上海上空水平匀速飞行，由于地磁场的存在，其机翼就会切割磁感线，则下列说法正确的是（　　）
A．机翼左端的电势比右端电势高
B．机翼左端的电势比右端电势低
C．机翼相当于电源，其非静电力与洛伦兹力有关
D．飞机飞行过程中洛伦兹力做正功
10．（4分）如图所示，在竖直向上磁感应强度为B＝1T匀强磁场中，两条足够长光滑平行金属导轨固定在水平桌面上，间距l＝1m，电阻不计，匀强磁场方向与导轨平面垂直，金属棒AB、CD水平放在两导轨上，相隔为L＝0.2m，棒与导轨垂直并保持良好接触，AB棒质量为m1＝0.2kg，CD棒质量为m2＝0.4kg，两金属棒接入电路的总电阻R＝0.5Ω，若CD棒以v0＝3m/s的初速度水平向右运动，在两根金属棒运动到两棒间距最大的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．AB棒的最终速度大小为1m/s
B．该过程中电路中产生的热量为0.6J
C．该过程中通过导体横截面的电荷量为0.4C
D．两金属板的最大距离为0.3m
11．（4分）下列说法正确的是（　　）
A．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动
B．一定质量理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热
C．在完全失重的状态下，封闭气体对容器壁的压强为零
D．食盐熔化过程中温度保持不变，说明食盐是晶体
E．自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性
12．（4分）下列说法正确的是（　　）
A．在振动中，振动相位总是相同的两个相邻质点间的距离叫做波长
B．“只闻其声不见其人”的现象，是由波的干涉产生的
C．“光纤通信”是利用了全反射的原理
D．简谐运动表达式x＝Asin（ωt+φ）中，A表示振动的振幅，（ωt+φ）表示相位
E．单摆摆动过程中摆球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总是指向悬点
三、实验题探究题（本大题共2小题，共18.0分）
13．（6分）利用如图实验状态可验证做匀速圆周运动的物体所受合外力与所需向心力的“供”“需”关系，启动小电动机带动小球做圆锥摆运动，不计一切阻力，移动水平圆盘，当盘与球恰好相切时关闭电动机，让球停止运动，悬线处于伸直状态。利用弹簧秤水平径向向外拉小球，使小球恰好离开圆盘且处于静止状态时，测出水平弹力的大小F。
（1）为算出小球做匀速圆周运动时所需向心力，下列物理还应该测出的有　 　。
A．用秒表测出小球运动周期T
B．用刻度尺测出小球做匀速圆周运动半径r
C．用刻度尺测出小球到绳的悬点的竖直高度h
D．用天平测出小球质量m
（2）小球做匀速圆周运动时，所受重力与绳拉力的合力大小　 　弹簧秤测出F大小。（选填“大于”或“等于”或“小于”）
（3）当所测物理量满足　 　关系式时，则做匀速圆周运动的物体所受合外力与所需向心力的“供”“需”平衡。
14．（12分）某同学通过实验制作一简易温控开关，实验原理图如图所示，当继电器电流超过10mA时，衔铁吸合，加热器停止加热，实现温控。继电器的电阻约为20Ω，热敏电阻与温度t的关系如下表所示。
t/℃
30.0
40.0
50.0
60.0
70.0
80.0
R/Ω
199.5
145.4
108.1
81.8
62.9
49.7
（1）提供的实验器材有
电源E1（3V，内阻不计）；
电源E2（6V，内阻不计）；
滑动变阻器R1（0～20Ω）；
滑动变阻器R2（0～200Ω）；
热敏电阻Rt
电阻箱（0～999.9Ω）
开关S，导线若干
为使该装置实验对30～80℃之间任意温度的控制，电源应选　 　（选填“E1”或“E2”）；滑动变阻器选　 　（选填“R1”或“R2”）
（2）欲使热敏电阻为40℃时衔铁吸合，下列操作步骤正确的顺序是　 　
①将热敏电阻接入电路
②观察到继电器的衔铁被吸合
③烧断开关，将电阻箱从电路中移除
④合上开关，调节滑动变阻器的阻值
⑤断开开关，用变阻箱替换热敏电阻，将变阻箱电阻调至145.4Ω
A．⑤④②③①B．③⑤④②①C．①④⑤②③D．④⑤②③①
四、计算题（本大题共5小题，共36.0分）
15．（6分）如图所示，光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M＝0.4kg、m＝0.1kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有Ep＝4.0J弹性势能的轻弹簧（弹簧与两球不相连），原来处于静止状态，现突然释放弹簧，球m脱离弹簧滑向与水平相切的竖直放置的光滑半圆形轨道，到达最高点B时小球对轨道的压力为3N，g＝10m/s2，求：
（1）两小球离开弹簧时的速度大小；
（2）半圆形轨道半径．
16．（6分）在竖直平面xoy内，分割线OA与x轴成30°角，分割线上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，下方存在电场强度为E，方向竖直向下的匀强电场和垂直纸面的匀强磁场（未画出）．一质量为m（不计重力），电荷量为q的带正电的粒子，从分割线OA上P点以平行纸面的速度向左上方射入磁场，粒子速度与OA成30°角，P点到y轴距离为L，带电粒子进入磁场后的运动轨迹与x轴相切，粒子从OA上另一点M射出磁场进入分割线OA下方区域时恰好做直线运动，求：
（1）粒子做圆周圆的速度大小；
（2）分割线下方磁场的磁感应强度大小。
17．（7分）如图所示，长lab＝1.6m、宽lad＝1.2m、高h＝1.25m的矩形方桌固定在水平地面上，桌面光滑，在桌角a处有一质量为m＝0.4kg的小球以v0＝5m/s的初速度沿对角线ac的方向运动，同时受到沿ba方向的F1＝4N的水平恒力作用，当小球运动到桌子cd边缘时撤去外力，此时在桌脚P处有一质量为M＝1kg的物块受到斜向上的恒力F2作用在地面上做匀速直线运动，物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，结果小球落地时恰好与物块相遇（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）求：
（1）小球到桌面边缘时的速度；
（2）小球落地时距P点的距离。
18．（7分）一粗细均匀的J型细玻璃管竖直放置，短臂端封闭，长臂端（足够长）开口向上，短臂内封有一定质量的理想气体，初始状态时管内各段长度如图所标，密闭气体的温度为27℃．大气压强为76cmHg，求：
①若沿长臂的管壁缓慢加入水银，密闭气体长度变为8cm，注入水银柱有多长？
②在注完水银后，使玻璃管沿绕过O点的水平轴在纸面内逆时针转过90°稳定后，要使密闭气体的长度保持8cm不变，应使气体温度变为多少？（结果保留三位有效数字）
19．（8分）人造树脂是常用的眼镜片材料，用折射率为的树脂做成半径为R的半球形空心球壳，一遮光板半径为R，圆心过OO′轴，且垂直于轴，一束与OO′平行的平行光射向此半球的外表面，球壳内恰好无光线射入，求：
①界光线射入球壳时的折射角r；
②球壳的内半径R′．

2018-2019学年山东省滨州市高三（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）
1．（4分）下列说法正确的是（　　）
A．只要光照射的时间足够长，任何金属都能发生光电效应
B．一群氢原子从n＝4能级跃迁到基态时，能发出6种频率的光子
C．比结合能越大，原子核越不稳定
D．核反应U→Th→He为重核裂变
【分析】根据光电效应发生条件：入射光的频率大于极限频率，即可判定；
一群处于n＝3能级激发态的氢原子，根据，即可求解；
比结合能越大，原子核越稳定；
根据重核裂变与衰变的区别，从而求解。
【解答】解：A、只要光照射的频率大于极限频率时，才能产生光电效应，与光照时间无关，故A错误；
B、一群处于n＝4能级激发态的氢原子，根据C＝6，可知，自发跃迁时能发出6种不同频率的光，故B正确；
C、比结合能越大，原子核越稳定；故C错误；
D、核反应U→Th→He为衰变。故D错误；
故选：B。
【点评】本题要求能掌握衰变的实质，知道光电效应的条件，明确衰变是来自于原子核内部的反应而产生的，并能区分裂变反应与聚变反应的不同。
2．（4分）如图所示，两条曲线分别为汽车A、B在同一条平直公路上的v﹣t图象，在t0时刻，两车相遇，下列说法正确的是（　　）
A．在0～t0时间内，A车加速度逐渐减小
B．t0时刻A、B两车的加速度相同
C．在t＝0时刻，B车在前A车在后
D．t0时刻后某一时刻两车可能再次相遇
【分析】根据速度时间图线的斜率分析加速度的变化。通过图线与时间轴围成的面积表示位移判断哪个汽车在前。根据位移关系分析能否再次相遇。
【解答】解：A、速度图线切线的斜率表示加速度，可知在0～t0时间内，A车加速度逐渐增大，故A错误。
B、t0时刻A、B两车图象的斜率不同，加速度不同，故B错误。
C、根据速度图象与坐标轴的面积表示位移，则在0～t0时间内，A车的位移比B车的大，在t0时刻，两车相遇，所以在t＝0时刻，B车在前A车在后，故C正确。
D、在t0时刻，两车相遇，之后，A车减速，B车加速，且B车的速度比A车的大，两车不可能再次相遇，故D错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键是要知道速度时间图线的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示位移，图线的切线斜率表示瞬时加速度。
3．（4分）如图所示，倾角为37°的斜面体固定在水平面上，斜面上有一重为10N的物体，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，现给物体施加一沿斜面向上的力F，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，如果物体能在斜面上静止，推力F的大小不可能是（　　）
A．2N B．10N C．5N D．12N
【分析】考虑物体恰好不上滑和下好不下滑两个临界状态，先对物体受力分析后根据共点力平衡条件列式求解即可。
【解答】解：（1）物体恰好不下滑时，受重力、支持力、推力、平行斜面向上的静摩擦力，根据共点力平衡条件，有：
垂直斜面方向：N﹣Gcosα＝0
平行斜面方向：Fmin+f＝Gsinα
其中：f＝μN
联立解得：
Fmin＝Gsinα﹣μGcosα＝10×0.6﹣0.5×10×0.8＝2N；
（2）物体恰好不上滑时，受重力、支持力、拉力、平行斜面向下的静摩擦力，根据共点力平衡条件，有：
垂直斜面方向：N﹣Gcosα＝0
平行斜面方向：Fmax＝f+Gsinα
其中：f＝μN
联立解得：
Fmax＝Gsinα+μGcosα＝10×0.6+0.5×10×0.8＝10N
推力F的大小范围为：10N≥F≥2N．所以不可能的是12N．故ABC错误，D正确。
本题选择推力F值不可能，故选：D
【点评】本题关键是找到恰好不上滑和恰好不下滑的两个临界状态，然后根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式求解即可。
4．（4分）研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时，假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来与现在相比（　　）
A．同步卫星距离地面的高度变小
B．第一宇宙速度不变
C．地球表面赤道上重力加速度变小
D．地球对月球的万有引力变大
【分析】卫星绕地球圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，据此分析地球自转周期的变化对速度和向心加速度的影响。
【解答】解：A、地球同步卫星由万有引力提供圆周运动向心力，据G＝mr，得T＝2π，由此可知，地球自转在逐渐变慢，即同步卫星的周期T增大，轨道半径r增大，距地面的高度变大。故A错误。
B、地球的第一宇宙速度，就是近地卫星的运行速度，
根据引力提供向心力：＝，得v＝，故地球的第一宇宙速度不变，故B正确。
C、赤道上的物体受到的重力等于万有引力减去向心力，F向＝m，因为T变大，向心力变小，故重力变大，即地球赤道处的重力加速度变大，故C错误。
D、依据万有引力定律，F＝，随着两者间距增大，那么地球对月球的万有引力变小，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查向心力公式及同步卫星的性质，要注意明确同步卫星的转动周期与地球的自转周期相同。
5．（4分）真空中某静电场，虚线表示等势面，各等势面电势的值如图所示，一带电粒子只在电场力的作用下，沿图中的实线从A经过B运动到C，BC两点位于同一等势面上，则以下说法正确的是（　　）
A．带电粒子在A点的电势能大于在C点的电势能
B．A点电场强度大于B点电场强度
C．带电粒子从A经过B运动到C的过程中动能先增大再减小
D．带电粒子从A到C电场力所做的功等于从A到B电场力做的功
【分析】根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，确定出电场线方向，根据曲线运动中物体所受的合力方向指向轨迹的内侧，可判断出粒子所受的电场力方向，判断粒子的电性。根据等差等势面密处场强大，可判断场强的大小。由电场力做功正负，判断电势能的大小。
【解答】解：A、根据电场线与等势面垂直，且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向右，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带负电。从A到C，由W＝qU，知U＞0，q＜0，则W＜0，即电场力做负功，电势能增加，A处电势能小于C处电势能，故A错误；
B、等差等势面的疏密反映电场强度的大小，则知A处场强小于B处场强，故B错误；
C、带电粒子从A经过B运动的过程中，电场力做负功，动能减小。从B运动到C的过程中电场力不做功，动能不变。故C错误。
D、由图知，AC间电势差等于AB间的电势差，根据W＝Uq知从A到C的电场力所做的功等于从A到B电场力做的功，故D正确。
故选：D。
【点评】本题要掌握等势面与电场线的关系和曲线运动合力指向，由粒子的轨迹判断出电场力方向，分析能量的变化。
6．（4分）一质量为m的物体从倾角为θ的固定长直斜面顶端由静止开始下滑，已知斜面与物体间的动摩擦因数μ与物体离开斜面顶端距离x之间满足μ＝kx（k为已知量），在下滑的整个过程中，下列说法正确的是（已知斜面足够长，当地重力加速度为g）（　　）
A．物体先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动
B．物体的最大位移大小为
C．整个过程中产生的热量为
D．物体停止后加速度方向沿斜面向上
【分析】分析物体的受力情况，由牛顿第二定律列式分析加速度的变化，从而判断物体的运动情况。根据动能定理求最大位移，由功能关系求热量。根据受力情况分析加速度方向。
【解答】解：A、物体由静止开始下滑，开始阶段，重力沿斜面向下的分力大于滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，将μ＝kx代入得：gsinθ﹣kxgcosθ＝ma，随着x增大，a减小，物体做加速度减小的变加速运动。当mgsinθ＝μmgcosθ时，a＝0．此后，mgsinθ＜μmgcosθ，则有：μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma，将μ＝kx代入得：kxgcosθ﹣gsinθ＝ma，随着x增大，a增大，物体做加速度增大的变减速运动。故A错误。
B、设最大位移为x，由动能定理得：mgxsinθ﹣x＝0，又 ＝＝，联立得：x＝，故B错误。
C、整个过程中产生的热量等于重力势能的减小量，为：Q＝mgxsinθ＝，故C正确。
D、物体停止后物体的合力为零，加速度为零，故D错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键是要知道摩擦力是变力，求摩擦力做功时要用摩擦力的平均值，要注意分析力的变化，判断加速度的变化。
二、多选题（本大题共6小题，共22.0分）
7．（4分）如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，不计摩擦阻力，则以下说法中正确的是（　　）
A．液滴一定带正电
B．液滴在C点时的动能最大
C．从A到C过程液滴的电势能增大
D．从C到B过程液滴的机械能增大
【分析】带电液滴由静止开始，在电场力和重力的作用下会向下运动，在运动过程中，带电粒子会受到洛伦兹力，所以粒子会沿逆时针方向偏转，到达C点时，洛伦兹力方向向上，此时粒子具有最大速度，在之后的运动中，粒子的电势能会增加速度越来越小，到达B点时速度为零。除重力以外的力做的功等于机械能的变化量。
【解答】解：A、从图中可以看出，带电粒子由静止开始向下运动，说明重力和电场力的合力向下，洛伦兹力指向弧内，根据左手定则可知，液滴带负电。故A错误。
B、从A到C的过程中，重力正功，而电场力做负功，洛伦兹力不做功，但合力仍做正功，导致动能仍增大，从C到B的过程中，重力做负功，电场力做正功，洛伦兹力不做功，但合力却做负功，导致动能减小，所以滴在C点动能最大。故B正确。
C、从A到C过程液滴克服电场力做功，故电势能增加，故C正确。
D、除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，从C到B的过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，机械能增大，故D正确。
故选：BCD。
【点评】带电粒子在复合场中运动问题的分析思路
　　1．正确的受力分析
　　除重力、弹力和摩擦力外，要特别注意电场力和磁场力的分析。
　　2．正确分析物体的运动状态
　　找出物体的速度、位置及其变化特点，分析运动过程。如果出现临界状态，要分析临界条件。
　　带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子的受力情况。
　　（1）当粒子在复合场内所受合力为零时，做匀速直线运动（如速度选择器）。
　　（2）当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动。
　　（3）当带电粒子所受的合力是变力，且与初速度方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，由于带电粒子可能连续通过几个情况不同的复合场区，因此粒子的运动情况也发生相应的变化，其运动过程也可能由几种不同的运动阶段所组成。
8．（4分）如图甲所示，一理想变压器原线圈匝数n1，副线圈匝数n2，电流表和电压表是理想电表，副线圈接有“220V，220W”的抽油烟机和“220V，40W”的白炽灯，如果原线圈电压按图乙所示规律变化，抽油烟机正常工作，则下列说法正确的是（　　）
A．理想变压器原副线圈的匝数比＝
B．电流表A2的读数为1A，电压表的示数为220V
C．抽油烟机的内阻220Ω
D．变压器的输入功率为260W
【分析】根据变压器原理计算变压器原副线圈的匝数比；电流表A2的读数电动机和灯泡的电流之和；无法计算抽油烟机的内阻；根据功率关系求解变压器的输入功率。
【解答】解：A、原线圈两端电压为：U1＝V＝2200V，抽油烟机正常工作，则副线圈两端电压U2＝220V，理想变压器原副线圈的匝数比，故A正确；
B、电流表A2的读数为：I2＝＝＝1.18A，电压表的示数为220V，故B正确；
C、抽油烟机工作时不符合欧姆定律，所以根据题中条件无法计算其内阻，故C错误；
D、变压器的输入功率等于输出功率，即为：P入＝220W+40W＝260W，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。原线圈的电压决定副线圈的电压；理想变压器在改变电压和电流的同时，不改变功率和频率。
9．（4分）2017年12月17日，第二架国产大飞机C919在上海浦东国际机场首飞成功，C919在上海上空水平匀速飞行，由于地磁场的存在，其机翼就会切割磁感线，则下列说法正确的是（　　）
A．机翼左端的电势比右端电势高
B．机翼左端的电势比右端电势低
C．机翼相当于电源，其非静电力与洛伦兹力有关
D．飞机飞行过程中洛伦兹力做正功
【分析】根据右手定则判断电势高低误；飞机飞行过程中机翼相当于电源；洛伦兹力始终不做功。
【解答】解：AB、在上海地磁场在竖直方向的分量向下，根据右手定则可知机翼左端的电势比右端电势高，故A正确、B错误；
C、在飞机飞行的过程中机翼切割磁感应线产生的感应电动势，机翼相当于电源，其非静电力与洛伦兹力有关，故C正确；
D、飞机飞行过程中洛伦兹力始终不做功，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题主要是考查右手定则，解答本题要掌握右手定则的应用方法和地磁场的分布情况。
10．（4分）如图所示，在竖直向上磁感应强度为B＝1T匀强磁场中，两条足够长光滑平行金属导轨固定在水平桌面上，间距l＝1m，电阻不计，匀强磁场方向与导轨平面垂直，金属棒AB、CD水平放在两导轨上，相隔为L＝0.2m，棒与导轨垂直并保持良好接触，AB棒质量为m1＝0.2kg，CD棒质量为m2＝0.4kg，两金属棒接入电路的总电阻R＝0.5Ω，若CD棒以v0＝3m/s的初速度水平向右运动，在两根金属棒运动到两棒间距最大的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．AB棒的最终速度大小为1m/s
B．该过程中电路中产生的热量为0.6J
C．该过程中通过导体横截面的电荷量为0.4C
D．两金属板的最大距离为0.3m
【分析】金属导轨光滑，两金属棒组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出棒的最终速度；
由能量守恒定律可以求出电路产生的热量，应用动量定理可以求出通过导体横截面的电荷量，然后求出两金属棒的最大距离。
【解答】解：A、开始CD棒做减速运动、AB棒做加速运动，当两者速度相等时它们间的距离最大，两棒组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m2v0＝（m1+m2）v，解得：v＝2m/s，故A错误；
B、对系统，由能量守恒定律得：m2v02＝Q+（m1+m2）v2，解得：Q＝0.6J，故B正确；
C、对AB棒，由动量定理得：Bilt＝m1v，而：it＝q，则：Blq＝m1v，解得：q＝0.4C，故C正确；
D、通过导体横截面的电荷量：q＝I△t＝△t＝△t＝＝，两金属棒间的最大距离：D＝d+L＝+L＝+0.2＝0.4m，故D错误；
故选：BC。
【点评】本题是电磁感应与力学、电学相结合的综合题，考查了动量守恒定律的应用，分析清楚金属棒的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、能量守恒定律、动量定理与法拉第电磁感应定律、欧姆定律可以解题。
11．（4分）下列说法正确的是（　　）
A．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动
B．一定质量理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热
C．在完全失重的状态下，封闭气体对容器壁的压强为零
D．食盐熔化过程中温度保持不变，说明食盐是晶体
E．自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性
【分析】布朗运动反映了液体分子的无规则运动，不能反映花粉分子的热运动；根据理想气体的状态方程，结合让老子第一定律分析；气体的压强是分子持续撞击器壁产生的；晶体具有固定的熔点；根据热力学第二定律分析。
【解答】解：A、布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动，由于花粉的运动是大量液体分子不断撞击形成的，所以布朗运动反应了液体分子的无规则的运动，故A错误；
B、一定质量的理想气体的压强不变、体积都增大时，根据理想气体的状态方程：，可知气体的温度一定升高，则内能增大；气体的体积增大的过程中对外做功，根据热力学第一定律可知气体一定从外界吸收热量，故B正确；
C、气体的压强是分子持续撞击器壁产生的，在完全失重的情况下，气体对器壁的压强不为零，故C错误；
D、晶体都具有固定的熔点，食盐熔化过程中温度保持不变，说明食盐是晶体。故D正确。
E、根据热力学第二定律可知，自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性。故E正确。
故选：BDE。
【点评】本题重点要掌握布朗运动的实质，液体表面张力的形成的原因，气体压强的微观意义、分子势能以及热力学第一定律等知识点的内容，这一类的题目都比较简单，关键是在平时的学习过程中要多加积累。
12．（4分）下列说法正确的是（　　）
A．在振动中，振动相位总是相同的两个相邻质点间的距离叫做波长
B．“只闻其声不见其人”的现象，是由波的干涉产生的
C．“光纤通信”是利用了全反射的原理
D．简谐运动表达式x＝Asin（ωt+φ）中，A表示振动的振幅，（ωt+φ）表示相位
E．单摆摆动过程中摆球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总是指向悬点
【分析】根据波长的严格定义，分析波长与质点间距离关系。“只闻其声不见其人”的现象，是由波的衍射现象。“光纤通信”是利用了全反射的原理。根据简谐运动表达式中各个量的含义和单摆回复力的特点分析。
【解答】解：A、根据波长的定义可知，在振动中，振动相位总是相同的两个相邻质点间的距离叫做波长，故A正确。
B、“只闻其声不见其人”的现象，是因为声波的波长比较长，产生的声波衍射现象，故B错误。
C、“光纤通信”是利用了全反射的原理，故C正确。
D、简谐运动表达式x＝Asin（ωt+φ）中，A表示振动的振幅，（ωt+φ）表示相位，故D正确。
E、单摆摆动过程中摆球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总是指向平衡位置，故E错误。
故选：ACD。
【点评】解决本题的关键是掌握波动的基本知识，特别是要知道简谐运动的回复力方向总是指向平衡位置，与位移方向相反。
三、实验题探究题（本大题共2小题，共18.0分）
13．（6分）利用如图实验状态可验证做匀速圆周运动的物体所受合外力与所需向心力的“供”“需”关系，启动小电动机带动小球做圆锥摆运动，不计一切阻力，移动水平圆盘，当盘与球恰好相切时关闭电动机，让球停止运动，悬线处于伸直状态。利用弹簧秤水平径向向外拉小球，使小球恰好离开圆盘且处于静止状态时，测出水平弹力的大小F。
（1）为算出小球做匀速圆周运动时所需向心力，下列物理还应该测出的有　ABD　。
A．用秒表测出小球运动周期T
B．用刻度尺测出小球做匀速圆周运动半径r
C．用刻度尺测出小球到绳的悬点的竖直高度h
D．用天平测出小球质量m
（2）小球做匀速圆周运动时，所受重力与绳拉力的合力大小　等于　弹簧秤测出F大小。（选填“大于”或“等于”或“小于”）
（3）当所测物理量满足　mr＝F　关系式时，则做匀速圆周运动的物体所受合外力与所需向心力的“供”“需”平衡。
【分析】（1）根据向心力公式Fn＝mr分析需要测量的物理量。
（2）小球做匀速圆周运动时，由重力与绳拉力的合力提供向心力。
（3）根据合力提供向心力列式分析。
【解答】解：（1）根据向心力公式Fn＝mr分析知，为算出小球做匀速圆周运动时所需向心力，需要测出小球运动周期T、小球做匀速圆周运动半径r和小球质量m．故ABD正确，C错误。
故选：ABD
（2）据题，小球静止时，F等于绳拉力的水平分力，即有 F＝mgtanθ，θ是绳与竖直方向的夹角
小球做匀速圆周运动时，由重力与绳拉力的合力提供向心力，重力与绳拉力的合力大小 F合＝mgtanθ，则 F合＝F
（3）当Fn＝F合，即mr＝F时，做匀速圆周运动的物体所受合外力与所需向心力的“供”“需”平衡。
故答案为：（1）ABD；（2）等于；（3）mr＝F。
【点评】本题是圆锥摆类型，关键是要理解实验原理，找到小球向心力的来源，利用合成法研究。
14．（12分）某同学通过实验制作一简易温控开关，实验原理图如图所示，当继电器电流超过10mA时，衔铁吸合，加热器停止加热，实现温控。继电器的电阻约为20Ω，热敏电阻与温度t的关系如下表所示。
t/℃
30.0
40.0
50.0
60.0
70.0
80.0
R/Ω
199.5
145.4
108.1
81.8
62.9
49.7
（1）提供的实验器材有
电源E1（3V，内阻不计）；
电源E2（6V，内阻不计）；
滑动变阻器R1（0～20Ω）；
滑动变阻器R2（0～200Ω）；
热敏电阻Rt
电阻箱（0～999.9Ω）
开关S，导线若干
为使该装置实验对30～80℃之间任意温度的控制，电源应选　E1　（选填“E1”或“E2”）；滑动变阻器选　R2　（选填“R1”或“R2”）
（2）欲使热敏电阻为40℃时衔铁吸合，下列操作步骤正确的顺序是　A　
①将热敏电阻接入电路
②观察到继电器的衔铁被吸合
③烧断开关，将电阻箱从电路中移除
④合上开关，调节滑动变阻器的阻值
⑤断开开关，用变阻箱替换热敏电阻，将变阻箱电阻调至145.4Ω
A．⑤④②③①B．③⑤④②①C．①④⑤②③D．④⑤②③①
【分析】（1）根据电路工作过程热敏电阻阻值变化范围得到滑动变阻器变化范围，然后根据电路，由电流范围得到电源电动势；
（2）根据工作时热敏电阻阻值，代入电阻箱调节电路，使电路滑动变阻器的位置符合要求，然后接入热敏电阻正常运行。
【解答】解：（1）为使该装置实验对30～80℃之间任意温度的控制，滑动变阻器的最大阻值必定大于热敏电阻的电阻变化，故R＞150Ω，那么，滑动变阻器选用R2；
又有继电器电阻r＝20Ω，电路中的电流，要使电路能实现任意温度的控制，那么，当热敏电阻最大时，，故E＞220Ω×10mA＝2.2V，
故选择电源电动势和2.2V较接近的，故选用电源E1；
（2）欲使热敏电阻为40℃时衔铁吸合，先将热敏电阻用与热敏电阻40℃时电阻的等值电阻箱替换，然后调节滑动变阻器使衔铁吸合，然后断开电路，换回热敏电阻即可；
故操作步骤顺序为⑤④②③①；故选：A；
故答案为：（1）E1；R2；（2）A。
【点评】伏安法测电阻实验中，若最大电流大于电流表量程则采用分压式接法，一般采用限流式接法；被测电阻较大，电流表采用内接法；被测电阻较小，电流表采用外接法。
四、计算题（本大题共5小题，共36.0分）
15．（6分）如图所示，光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M＝0.4kg、m＝0.1kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有Ep＝4.0J弹性势能的轻弹簧（弹簧与两球不相连），原来处于静止状态，现突然释放弹簧，球m脱离弹簧滑向与水平相切的竖直放置的光滑半圆形轨道，到达最高点B时小球对轨道的压力为3N，g＝10m/s2，求：
（1）两小球离开弹簧时的速度大小；
（2）半圆形轨道半径．
【分析】（1）弹簧弹开过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出两小球的速度．
（2）小球m在圆形轨道上做圆周运动，在B点，应用牛顿第二定律可以求出圆形轨道的半径．
【解答】解：（1）弹簧弹开过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1﹣Mv2＝0，
由机械能守恒定律得：mv12+Mv22＝EP，
解得：v1＝8m/s，v2＝2m/s；
（2）小球m到达B点过程机械能守恒，
由机械能守恒定律得：mv12＝mg?2R+mv2，
小球在圆形轨道上做圆周运动，在B点，由牛顿第二定律得：
mg+F＝m
解得：R＝0.8m；
答：（1）两小球离开弹簧时的速度大小分别为8m/s、2m/s；
（2）半圆形轨道半径为0.8m．
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚小球的运动过程是解题的前提，应用机械能守恒定律、动量守恒定律与牛顿第二定律即可解题，应用动量守恒定律解题时注意正方向的选择．
16．（6分）在竖直平面xoy内，分割线OA与x轴成30°角，分割线上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，下方存在电场强度为E，方向竖直向下的匀强电场和垂直纸面的匀强磁场（未画出）．一质量为m（不计重力），电荷量为q的带正电的粒子，从分割线OA上P点以平行纸面的速度向左上方射入磁场，粒子速度与OA成30°角，P点到y轴距离为L，带电粒子进入磁场后的运动轨迹与x轴相切，粒子从OA上另一点M射出磁场进入分割线OA下方区域时恰好做直线运动，求：
（1）粒子做圆周圆的速度大小；
（2）分割线下方磁场的磁感应强度大小。
【分析】（1）画出粒子轨迹过程图，利用洛伦兹力提供向心力结合临界几何关系，联立即可求出粒子做圆周运动的速度大小；
（2）粒子进入下方磁场时恰好做直线运动，因为洛伦兹力与速度大小有关，故粒子一定做匀速直线运动，利用受力平衡，即可求出分割线下方磁场的磁感应强度大小。
【解答】解：（1）画出粒子轨迹过程图如图所示，粒子在OA上方的磁场中做匀速圆周运动，
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m①
根据几何关系可得：R（1+cos60°）＝L?tan30°②
联立①②式可得粒子速度大小：v＝③
（2）设分割线下方磁场的磁感应强度大小为B′，粒子进入下方磁场时恰好做直线运动，分析可知一定为匀速直线运动，故粒子在分割线下方受力平衡，
故：qvB′＝Eq④
联立③④式可得：B′＝
答：（1）粒子做圆周运动的速度大小为；
（2）分割线下方磁场的磁感应强度大小为。
【点评】本题考查带电粒子在有界磁场中的运动，解题关键是要画出粒子轨迹过程图，找到临界几何条件，再运用洛伦兹力提供向心力与几何关系结合求解即可。
17．（7分）如图所示，长lab＝1.6m、宽lad＝1.2m、高h＝1.25m的矩形方桌固定在水平地面上，桌面光滑，在桌角a处有一质量为m＝0.4kg的小球以v0＝5m/s的初速度沿对角线ac的方向运动，同时受到沿ba方向的F1＝4N的水平恒力作用，当小球运动到桌子cd边缘时撤去外力，此时在桌脚P处有一质量为M＝1kg的物块受到斜向上的恒力F2作用在地面上做匀速直线运动，物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，结果小球落地时恰好与物块相遇（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）求：
（1）小球到桌面边缘时的速度；
（2）小球落地时距P点的距离。
【分析】（1）小球在水平桌子上做类平抛运动，沿水平恒力方向做匀减速运动，垂直于水平外力方向做匀速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，由速度时间公式求出分速度，再进行合成求解。
（2）小球离开桌子后做平抛运动，根据下落的高度求运动时间，由x＝vt求水平位移，再由几何关系求小球落地时距P点的距离。
【解答】解：（1）小球在水平桌子上做类平抛运动，根据牛顿第二定律得：
F1＝ma
得：a＝10m/s2。
ac与ab间的夹角正切值为：
tanα＝＝＝0.75，α＝37°
小球沿ab方向做匀减速运动，沿ad方向做匀速直线运动，则小球运动到桌子cd边缘时用时为：
t＝＝＝0.4s
小球运动到桌子cd边缘时沿ab方向的分速度为：
vy＝v0cos37°﹣at＝5×0.8﹣10×0.4＝0。
小球到桌面边缘时的速度为：
v＝v0sin37°＝5×0.6＝3m/s，方向垂直于cd
（2）小球到桌面边缘时离ad的距离为：
s＝＝×0.4m＝0.8m
小球离开桌子后做平抛运动，则有：
h＝
得：t＝0.5s
平抛的水平位移大小为：
x＝vt＝1.5m
由几何关系可得，小球落地时距P点的距离为：
S＝
解得：S≈2.1m
答：（1）小球到桌面边缘时的速度是3m/s，方向垂直于cd；
（2）小球落地时距P点的距离是2.1m。
【点评】解决本题时要知道类平抛运动与平抛运动研究方法一样：运动的分解法，要抓住分运动的等时性。不过类平抛的加速度不是g，而要根据牛顿第二定律求解。
18．（7分）一粗细均匀的J型细玻璃管竖直放置，短臂端封闭，长臂端（足够长）开口向上，短臂内封有一定质量的理想气体，初始状态时管内各段长度如图所标，密闭气体的温度为27℃．大气压强为76cmHg，求：
①若沿长臂的管壁缓慢加入水银，密闭气体长度变为8cm，注入水银柱有多长？
②在注完水银后，使玻璃管沿绕过O点的水平轴在纸面内逆时针转过90°稳定后，要使密闭气体的长度保持8cm不变，应使气体温度变为多少？（结果保留三位有效数字）
【分析】①若沿长臂的管壁缓慢加入水银，封闭气体发生等温变化，对封闭气体运用玻意耳定律，结合几何关系，联立即可求出要使密闭气体长度变为8cm，注入水银柱的长度；
②分析可知在注完水银后，封闭气体的体积与最终封闭气体的气体的体积一样，对该过程封闭气体运用查理定律，即可求出末态封闭气体的最终温度。
【解答】解：①设玻璃管的横截面积为S，大气压为P0，末态两液面的高度差为△L，
因为是缓慢加入水银，故封闭气柱发生等温变化，
初态：压强P1＝76cmHg，体积V1＝10S
末态：压强P2，体积V2＝8S
根据玻意耳定律可得：P1V1＝P2V2
解得末态封闭气柱的压强：P2＝95cmHg
对末态根据平衡可得：P2＝P0+△L
可得：△L＝19cm
根据几何关系可知注入水银柱的长度为：Lx＝19cm+2（10cm﹣8cm）＝23cm
②分析可知使玻璃管沿绕过O点的水平轴在纸面内逆时针转过90°稳定后，
根据平衡可得：p3＝p0+10cmHg＝86cmHg
在注完水银后，封闭气体的体积与最终封闭气体的气体的体积一样，封闭气体发生等容变化，
初态：压强P2＝95cmHg，温度T2＝（27+273）K＝300K
末态：压强P3＝86cmHg，温度T3
根据查理定律可得：＝
解得最终气体温度：T3＝272K
答：①若沿长臂的管壁缓慢加入水银，密闭气体长度变为8cm，注入水银柱长度为23cm；
②在注完水银后，使玻璃管沿绕过O点的水平轴在纸面内逆时针转过90°稳定后，要使密闭气体的长度保持8cm不变，应使气体温度变为272K。
【点评】本题考查气体定律与力学平衡的综合运用，解题关键是要利用平衡求出初末状态封闭气体的压强，分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，再选择合适的规律解决。
19．（8分）人造树脂是常用的眼镜片材料，用折射率为的树脂做成半径为R的半球形空心球壳，一遮光板半径为R，圆心过OO′轴，且垂直于轴，一束与OO′平行的平行光射向此半球的外表面，球壳内恰好无光线射入，求：
①界光线射入球壳时的折射角r；
②球壳的内半径R′．
【分析】①根据几何关系求出临界光线射入球壳时入射角的正弦，结合折射定律求出折射角的大小．
②根据全反射的条件，通过折射定律求出临界角的大小，从而根据正弦定理求出球壳的内径R′．
【解答】解：①光路图如图所示：
由几何知识得：sinα＝＝，α＝60°，
由折射率的定义式为：n＝＝＝，
则：sinγ＝，解得：γ＝30°；
②对临界光线为：sinC＝＝，
在△oab中，
由正弦定理得：＝，
解得：R′＝R；
答：①临界光线射入球壳时的折射角r为30°；
②球壳的内半径R′为R．
【点评】本题是折射定律、临界角和几何知识的综合应用，作出光路图是基础，要灵活运用数学知识帮助解决物理问题．