浙江省浙南名校联盟2018－2019学年高三上学期物理期末考试试卷
一、单选题
1．（2019高三上·浙江期末）下列关于物理事实、物理方法说法正确的是（ ）
A．瞬时速度的定义用了极限思想方法
B．牛顿应用万有引力定律发现了海王星
C．卡文迪许用扭秤测得静电力常量k的数值
D．库仑提出电荷周围存在电场，提出了“场”的概念
【答案】A
【知识点】物理学史；极限法
【解析】【解答】A.根据速度定义式v ，当△t非常非常小时， 就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，A符合题意；
B.亚当斯和勒威耶利用万有引力定律发现了海王星，B不符合题意；
C.卡文迪许用扭秤测得万有引力常量G的数值，C不符合题意；
D.法拉第提出电荷周围存在电场，提出了“场”的概念，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】瞬时速度利用了极限思想；海王星不是牛顿发现的；卡文迪许利用扭秤测出了引力常量的大小；法拉第提出电荷周围存在电场。
2．（2019高三上·浙江期末）下列说法正确的是（ ）
A．甲图是高速上的指示牌，上面的“77km”、“100km”等指的是位移
B．乙图是高速上的指示牌，上面的“120”、“100等指的是平均速度
C．丙图是汽车上的时速表，上面的“72”指的是瞬时速度的大小
D．丁图是导航中的信息，上面的“26分钟”、“27分钟”指的是时刻
【答案】C
【知识点】时间与时刻；位移与路程；速度与速率；平均速度；瞬时速度
【解析】【解答】A.甲图是高速上的指示牌，上面的“77km”、“100km”等指的是路程，A不符合题意；
B.乙图是高速上的指示牌，上面的“120、“100等指的是瞬时速度大小，B不符合题意；
C.丙图是汽车上的时速表，上面的“72指的是瞬时速度的大小，C符合题意；
D.丁图是导航中的信息，上面的“26分钟”、“27分钟”指的是时间，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】高速路上的指示牌显示的距离是路程，显示的速度指的是瞬时速度；汽车上的速率表显示瞬时速度的大小；导航上面的时间指的是时间间隔。
3．（2019高三上·浙江期末）用国际单位制的基本单位表示功率的单位，下列正确的是（ ）
A．N m/s B．V A C．kg m2/s2 D．kg m2/s3
【答案】D
【知识点】单位制及量纲
【解析】【解答】根据功率的定义式P 知，1W＝1J/s。由功的公式 知，1J＝1N m，根据牛顿第二定律F＝ma知，1N＝1kg m/s2，联立解得：1W＝kg m2/s3。
故答案为：D
【分析】利用功率的表达式结合功率的表达式和牛顿第二定律可以导出功率的正确单位。
4．（2019高三上·浙江期末）如图所示，在空间坐标系Oxyz中，A、B、M、N分别位于x负半轴、x正半轴、y负半轴、z正半轴，并AO＝BO＝MO＝NO；现在A、B两点分别固定等量异种点电荷+Q与﹣Q，下列说法正确的是（ ）
A．O点的电场强度小于N点的电场强度
B．M、N点的电场强度相同
C．试探电荷+q从M点移到O点，其电势能增加
D．试探电荷+q从N点移到无穷远处，其电势能增加
【答案】B
【知识点】电场强度；电势能
【解析】【解答】等量异种电荷周围电场线和等势面分布如图所示：
A.由图象可知，两线中垂线上从连线中点向无穷远处，电场线逐渐变疏，故电场强度逐渐减小，故O点的电场强度大于N点的电场强度，A不符合题意；
B.三维空间中，MO＝NO，根据几何关系可知两电荷到M、N的距离也相等，根据电场强度叠加原理可知M、N两点电场强度大小相等，方向相同，均平行于两电荷连线，指向负电荷，B符合题意；
C.由图象可知，从M到O电势逐渐降低，故试探电荷+q从M点移到O点，其电势能减小，C不符合题意；
D.上图可知，两电荷连线中垂线为一等势面，故试探电荷+q从N点移到无穷远处，电场力不做功，电势能不变，D不符合题意.
故答案为：B
【分析】利用电场线的分布可以比较场强的大小；OM处于等势面所以电势能相等；ON处于等势面所以电荷移动时电场力不做功，电势能保持不变。
5．（2019高三上·浙江期末）小李家的房子装修，买了一卷规格为“100m、4mm2的铜导线（已知铜的电阻率为1.7×10﹣8Ω m），用来安装一路专线，对额定电压为220V，额定功率为2.0kW的空调供电。实际上只用去了一半导线，如果空调能够正常工作时，估算导线上损失的电压约为（ ）
A．1.9V B．0.19V C．2.5V D．0.25V
【答案】A
【知识点】电阻定律；欧姆定律
【解析】【解答】由P＝UI得： A；导线的电阻： Ω。制冷时在这段导线上损失的电压：U＝IR＝9.09×0.21V＝1.9V．
故答案为：A
【分析】利用功率表达式结合电阻定律和欧姆定律可以求出导线损失的电压大小。
6．（2019高三上·浙江期末）“电动平衡车”是时下热门的一种代步工具。如图所示，人站在“电动平衡车”上在某水平地面上沿直线匀速前进，人受到的空气阻力与速度成正比，下列说法正确的是（ ）
A．电动平衡车”对人的作用力竖直向上
B．“电动平衡车”对人的作用力大于空气阻力
C．不管速度多大，“电动平衡车”对人的作用力不变
D．地面对“电动平衡车”的作用力竖直向上
【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】A.“电动平衡车”对人的作用力与空气阻力的合力与重力等大反向，“电动平衡车”对人的作用力与空气阻力的合力方向竖直向上，“电动平衡车”对人的作用力不是竖直向上，A不符合题意；
B.“电动平衡车”水平方向对人的作用力等于空气阻力，竖直方向对人的作用力等于人的重力，所以“电动平衡车”对人的作用力大于空气阻力，B符合题意；
C.速度越大，电动车对人水平方向的作用力越大，所以“电动平衡车”对人的作用力越大，C不符合题意；
D.以人和电动车整体为研究对象，竖直方向受到支持力和重力，水平方向受到地面的摩擦力和空气的阻力，所以地面对“电动平衡车”的作用力与总重力、空气阻力的合力等大反向，不是竖直向上，D不符合题意.
故答案为：B
【分析】利用平衡可以结合重力和阻力方向可以判别平衡车的作用力方向；所以平衡车对人的作用力大于阻力；由于处于匀速运动所以力保持不变；地面对平衡车与重力和阻力的合力方向相反。
7．（2019高三上·浙江期末）如图所示为“行星传动示意图”。中心“太阳轮”的转动轴固定，其半径为R，周围四个“行星轮”的转动轴固定，其半径为R2，“齿圈”的半径为R3，其中R1＝1.5R2，A、B、C分别是“太阳轮”、“行星轮”、“齿圈”边缘上的点，齿轮传动过程不打滑，那么（ ）
A．A点与B点的角速度相同 B．A点与B点的线速度相同
C．B点与C点的转速之比为7：2 D．A点与C点的周期之比为3：5
【答案】C
【知识点】匀速圆周运动
【解析】【解答】A.由v＝rω知，线速度想等时，角速度和半径成反比，A、B两点角速度不相同，A不符合题意；
B.A、B两点在相等的时间内通过的弧长相等，A、B两点的线速度大小相等，但方向不同，B不符合题意，
C.B点和C点的线速度大小相等，由v＝rω＝2πn r知B点和C点的转速之比为： nB：nC＝rC：rB＝7：2，C符合题意；
D.根据 ，TA：TC＝rA：rC＝3：7，D不符合题意.
故答案为：C
【分析】AB处于线传动所以线速度相等，但是线速度方向不同；由于半径不同所以角速度不同；利用半径之比结合BC线速度相同可以求出转速之比；利用AC线速度相等结合半径之比可以求出周期之比。
8．（2019高三上·浙江期末）如图所示，一同学在电梯里站在台秤上称体重，发现体重明显大于在静止地面上称的体重，那么（ ）
A．电梯一定处于加速上升阶段 B．台秤对人的支持力一定做正功
C．人的机械能一定增大 D．电梯的加速度一定向上
【答案】D
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】AD.人在台秤上受到的力如图所示：
因F＞G，根据牛顿第二定律知，人的加速度向上。此时人和电梯整体可以向上加速运动，也可以向下减速运动，A不符合题意，D符合题意；
B.当电梯向下减速运动时，台秤对人的支持力做负功，B不符合题意；
C.电梯向下减速运动时，台秤对人的支持力做负功，机械能减少，C不符合题意。
故答案为：D
【分析】利用超重现象加速度向上可以判别加速度方向；加速度向上电梯也可以处于减速下降阶段；所以支持力做功不能判别；机械能不能明确如何变化。
9．（2019高三上·浙江期末）如图所示，某学习兴趣小组制作了一简易电动机，此装置中的铜线圈能在竖直平面内在磁场作用下从静止开始以虚线OO′为中心轴转动起来，那么（ ）
A．若磁铁上方为N极，从上往下看，铜线框将顺时针旋转
B．若磁铁上方为S极，从上往下看，铜线框将顺时针旋转
C．不管磁铁上方为N级还是S极，从上往下看，铜线框都将逆时针旋转
D．线圈加速转动过程电池的化学能全部转化为线圈的动能
【答案】A
【知识点】安培力；左手定则
【解析】【解答】ABC.若磁铁上方为N极，线圈左边的边电流是向下的，磁场是向左的，故根据左手定则可知安培力是向内的；线圈右边的边电流也是向下的，磁场是向右的，根据左手定则安培力是向外的，故从上向下附视，线圈顺时针转动；若磁铁上方为S极，线圈左边的边电流是向下的，磁场是向右的，故根据左手定则可知安培力是向外的；线圈右边的边电流也是向下的，磁场是向左的，根据左手定则安培力是向内的，故从上向下附视，线圈逆时针转动；A符合题意，BC不符合题意；
D.线圈加速转动过程电池的化学能全部转化为线圈的动能和电路的焦耳热，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】利用左手定则可以判别安培力的方向及线圈旋转的方向；线圈的能量是化学能转化为动能和焦耳热。
10．（2019高三上·浙江期末）如图所示，光滑绝缘水平桌面上有A、B两个带电小球（可以看成点电荷），A球带电量为+2q，B球带电量为﹣q，由静止开始释放后A球加速度大小为B球的两倍。下列说法正确的是（ ）
A．A球受到的静电力是B球受到静电力的2倍
B．靠近过程中A球的动能总是等于B球的动能
C．A球受到的静电力与B球受到的静电力是一对平衡力
D．现把A球与带电量为+4q的C球接触后放回原位置，再静止释放A、 B两球，A球加速度大小仍为B球的2倍
【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；动量守恒定律
【解析】【解答】AC.A球受到的静电力和B球受到静电力是一对作用力与反作用力，总是大小相等、方向相反，AC不符合题意；
B.根据动能定理可得 ，即 ，虽然两个球都是做加速度增大的加速运动，但电场力始终等大反向、A球加速度大小始终为B球的两倍，则A球的位移大小为B球的位移大小的2倍，靠近过程中A球的动能是B球的动能2倍，B不符合题意；
D.根据题意得A球加速度大小为B球的两倍，则根据a 可知A的质量为B的 ，无论A和B的电荷量大小如何，二者的电场力总是等大反向，A球加速度大小仍为B球的2倍，D符合题意。
故答案为：D
【分析】利用加速度大小结合牛顿第二定律可以判别质量的大小；由于属于相互作用力所以静电力大小相等；利用动量守恒结合质量可以比较动能的大小；AB两球之间的静电力属于相互作用力；当两个小球接触后结合质量的关系可以判别加速度还是倍数关系。
11．（2019高三上·浙江期末）有一X星球，它的半径为R，自转周期为T，宇宙飞船在以X星球中心为圆心，半径为r1的轨道上绕X星球做圆周运动周期为T1，不考虑其他星球的影响，已知地球的半径为R0，地球绕太阳做圆周运动的周期为T0，则（ ）
A．根据以上数据，有
B．X星球的表面重力加速度为
C．X星球的表面重力加速度为
D．X星球的第一宇宙速度为
【答案】D
【知识点】万有引力定律及其应用
【解析】【解答】A.开普勒第三定律适用条件是对应于同一颗中心天体运行的卫星，宇宙飞船在以X星球中心为圆心转动，地球绕太阳做圆周运动，二者不是对应同一个中心天体，故开普勒第三定律不适用，A不符合题意；
B.X星球的半径为R，自转周期为T，X星球表面质量为m的物体向心力不一定等于物体的重力，即mg≠mR ，星球的表面重力加速度g ，B不符合题意；
C.半径为r1的轨道处的重力加速度为g′，则mg′＝mr1 ，即g′ ，在X星球表面的重力加速度大于 ，C不符合题意；
D.X星球的质量为M，根据万有引力提供向心力可得： mr1 ，得：M ， X星球的第一宇宙速度为v1 ，D符合题意。
故答案为：D
【分析】由于星球和飞船的中心天体不同所以不满足周期定律；利用引力提供向心力可以求出X星球的质量，结合表面线速度的表达式可以求出第一宇宙速度；利用X星球的周期不能求出表面重力加速度的大小，利用飞船的周期只能求出飞船所处的空中重力加速度大小。
12．（2019高三上·浙江期末）袋鼠跳是一项很有趣的运动。如图所示，一位质量m＝60kg的老师参加袋鼠跳游戏，全程10m，假设该老师从起点到终点用了相同的10跳，每一次跳起后，重心上升最大高度为h＝0.2m。忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．该老师起跳时，地面对该老师做正功
B．该老师每跳跃一次克服重力做功的功率约为300W
C．该老师从起点到终点的时间可能是7s
D．该老师从起点到终点的时间可能是4s
【答案】C
【知识点】重力与重心；功率及其计算
【解析】【解答】A.老师起跳时，地面虽然对老师有弹力作用，但在弹力的方向上没有位移，所以地面对老师没有做功，A不符合题意；
B.因重心上升的最大高度h＝0.2m，根据自由落体公式 ，将数据代入得 ，老师每跳跃一次克服重力做的功W＝mgh＝120J，考虑人屈膝跳起的时间，则该老师每跳跃一次的时间t'＞2t，所以每跳跃一次克服重力做功的功率 ，即P＜300W，B不符合题意；
CD.因老师上升时间等于下降时间，且上升时间t＝0.2s，则人在空中运动的时间t1＝2t＝0.4s，老师从起点到终点用了相同的十跳，考虑人屈膝跳起的时间，则总时间t总＞10t1＝4s，C符合题意，D不符合题意.
故答案为：C
【分析】由于弹力没有位移所以不做功；利用高度变化可以求出重力做功，除以对应时间可以求出重力做功的平均功率；利用竖直上抛运动可以求出起跳的时间。
13．（2019高三上·浙江期末）如图所示，竖直平面内粗糙绝缘细杆（下）与直导线（上）水平平行固定，导线足够长。已知导线中的电流水平向右，大小为I，有一带电荷量为+q，质量为m的小球套在细杆上（小球中空部分尺寸略大于直导线直径），若给小球一水平向右的初速度v0，空气阻力不计，那么下列说法错误的是（ ）
A．小球可能做匀速直线运动
B．小球可能做匀减速直线运动
C．小球最终可能停止
D．电流Ⅰ越大，小球最终的速度可能越小
【答案】B
【知识点】对单物体(质点)的应用；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A.根据左手定则，电荷+q受到的洛伦兹力竖直向上。当洛伦兹力和总重量大小相等时，小球的受到的支持力为零，摩擦力为零，小球做匀速直线运动，A不符合题意；
B.当洛伦兹力和总重量大小不相等时，小球的受到的支持力不为零，摩擦力不为零，小球做减速运动，但随着速度的减小，洛伦兹力也会减小，摩擦力也会发生变化，小球的加速度也会变化，所以小球不可能做匀减速直线运动。B错误，符合题意；
C.如果存在摩擦力，摩擦力做负功，小球的机械能最终转化为内能而停止，如果洛伦兹力和总重量大小相等，摩擦力等于零，小球会做匀速直线运动一直运动下去。C不符合题意。
D.电流Ⅰ越大，小球的支持力可能越大，摩擦力越大，小球最终的速度可能越小。D不符合题意。
故答案为：B
【分析】利用左手定则可以判别洛伦兹力方向；当洛伦兹力等于重力小球做匀速直线运动；当洛伦兹力不等于重力时，小球做减速段运动，根据牛顿第二定律可以判别加速度不断变化；如果洛伦兹力大于重力，那么小球会减速到两者相等后做匀速运动，如果重力大于洛伦兹力，小球会减速到最后停止下来。
二、多选题
14．（2019高三上·浙江期末）下列有关波动现象的特性与应用说法正确的是（ ）
A．医学诊断时用“B超”仪器探测人体内脏，是利用超声波的多普勒效应
B．5G通信技术（采用3300﹣5000MHz频段），相比现有的4G通信技术（采用1880﹣2635MHz频段），5G容量更大，信号粒子性更显著
C．在镜头前装偏振片，可以减弱镜头反射光
D．电子显微镜的电子束速度越大，电子显微镜分辨本领越强
【答案】B,D
【知识点】多普勒效应；光的偏振现象
【解析】【解答】A.“B 超”仪器通过它的探头不断向人体发出短促的超声波（频率很高，人耳听不到的声波）脉冲，超声波遇到人体不同组织的分界面时会反射回来，又被探头接收，这些信号经电子电路处理后可以合成体内脏器的像，没有使用多普勒效应。A不符合题意；
B.5G，即第五代移动通信技术，采用3300﹣5000MHz频段，相比于现有的4G（即第四代移动通信技术，1880﹣2635MHz频段）技术而言，具有极大的带宽、极大的容量和极低的时延。5G容量更大，信号的频率更大，所以粒子性更显著。B符合题意；
C.在镜头前装偏振片，可以减弱被拍摄物体反射光，而不是减弱镜头反射光。C不符合题意；
D.电子显微镜的电子束速度越大，则电子的波长越短，电子显微镜分辨本领越强。D符合题意
故答案为：BD
【分析】B超是利用超声波的反射；在镜头前装偏振片是减弱拍摄物体的反射光。
15．（2019高三上·浙江期末）如图，将黄色平行光束从半圆柱体的矩形表面垂直射入，部分圆形柱面有光线射出。已知，透明半圆柱体对黄光折射率为n＝2，半径为R＝1m，长为L＝2m，不考虑二次反射，那么（ ）
A．黄光从空气射入半圆柱体速度变小
B．黄光从空气射入半圆柱其光子能量变小
C．有黄光从圆形柱面射出部分的区域面积S πm2
D．若只将黄光换成蓝光，有光线从圆形柱面射出部分的面积将增大
【答案】A,C
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】A.光在真空中速度最大，则知黄光从空气射入半圆柱体速度变小，A符合题意。
B.光的频率由光源决定，与介质无关，则黄光从空气射入半圆柱频率不变，其光子能量不变，B不符合题意。
C.半圆柱体的横截面如图所示：
OO′为半径，设从A点入射的光线在B点处恰好发生全反射，入射角θ等于临界角C，则：sinθ ，解得：θ ，由几何关系得：∠OO′B＝θ，则有黄光从圆形柱面射出部分的区域面积 S＝2θ R L πm2．C符合题意。
D.蓝光的折射率比黄光大，蓝光的临界角比黄光的小，若只将黄光换成蓝光，有光线从圆形柱面射出部分的面积将减小，D不符合题意。
故答案为：AC
【分析】利用光在真空的速度最大可以判别进入介质后的速度变小，由于频率不变所以能量不变；利用折射率可以求出全反射的区域；利用蓝光的折射率大小可以判别全反射的区域大小。
16．（2019高三上·浙江期末）如图为普通使用的“慢中子”核反应堆的示意图，铀棒是核燃料，一种典型的铀核裂变方程 U n→ Ba Kr+3 n，用重水做慢化剂可使快中子减速，假设中子与重水中的氘核（ H）每次碰撞是弹性正碰，而且认为碰撞前氘核是静止的，氘核的质量是中子的两倍，则下列说法正确的是（ ）
A．钡核的比结合能比铀核的大
B．若碰撞前中子的动能为E，经过一次弹性碰撞中子动能变成 E0
C．镉棒插入深一些可增大链式反应的速度
D．水泥防护层可用来屏蔽裂变产物放出的射线
【答案】A,B,D
【知识点】核裂变与核聚变
【解析】【解答】A.该核反应的过程中释放大量的能量，结合爱因斯坦质能方程可知，钡核的比结合能比铀核的比结合能大，A符合题意；
B.取碰撞前中子的速度方向为正方向，根据动量守恒有：
mv0＝mv1+2mv2，
依据能量守恒有：
解得
故中子的动能为： ，B符合题意；
C.要使裂变反应更激烈一些，应使控制棒插入浅一些，让它少吸收一些中子，链式反应的速度就会快一些，C不符合题意；
D.水泥防护层作用是屏蔽裂变产物的射线，D符合题意。
故答案为：ABD
【分析】利用钡的稳定性可以判别比结合能的大小；利用动量守恒定律结合能量守恒定律可以求出中子的动能大小；控制棒插得越深中子数量越少会使反应速度变慢；水泥的作用是屏蔽射线。
三、实验题
17．（2019高三上·浙江期末）某同学在研究性学习活动中想利用光电门来“验证机械能守恒定律”。如图甲所示，光电门A、B固定在竖直铁架台上（连接光电门的计时器未画出），并让A、B的连线刚好竖直。小铁球在光电门A正上方（铁球球心与光电门A、B在同一竖直直线上）从静止释放，测得小铁球经过光电门A、B的时间分别为△t1与△t2
（1）题中△t1 △t2．（填“＜”或“＞”“＝”）
（2）实验时，某同学用20分度游标卡尺测得小球的直径如图乙所示，由读数可知，小球直径d是 cm
（3）除了测得小球直径d还需要测量什么物理量，答： 。（指出物理量并用合适字母表示），只要表达式 （用题中字母与g表示）成立即可验证机械能守恒定律。
（4）下列说法正确的是_____
A．不同次实验，必须保证小球释放的位置必须在光电门A正上方，但上下位置可以改变
B．若小球具有竖直向下的初速度，小球从光电门A到光电门B的过程机械能不守恒
C．若把小铁球换成小木球，实验误差将减小
D．若光电门A损坏，将没有办法利用此装置验证机械能守恒
【答案】（1）＞
（2）1.270
（3）测量发生位移为h； gh
（4）A
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）依据 ，当经过光电门的速度越大时，则时间越短，由于经过A的光电门的速度小，因此其经过的时间长，即有△t1＞△t2；（2）游标卡尺的主尺读数为12mm，游标读数为0.05×14mm＝0.70mm，则小球的直径d为：12.70mm＝1.270cm。（3）极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小，可知球A通过光电门的速度为： vA ，同理有：vB 。 再利用位移与速度公式，结合小球直径d，即可求解结果，因此还需要测量发生位移为h，根据速度位移公式得：vB2﹣vA2＝2gh，解得： gh；（4）A．不同次实验，必须保证小球释放的位置必须在光电门A正上方，但上下位置可以改变，A符合题意；
B．若小球具有竖直向下的初速度，只要没有阻力做功，则小球从光电门A到光电门B的过程机械能仍守恒，B不符合题意；
C．若把小铁球换成小木球，阻力较大，实验误差将增大，C不符合题意；
D．若光电门A损坏，将仍有办法利用此装置验证机械能守恒，在A处无初速度释放即可，D不符合题意；
【分析】（1）由于自由落体是加速运动所以过第二个光电门时间比较短；
（2）利用游标卡尺的结构可以读出小球的直径；
（3）除了测量直径以外还需要除了AB之间的高度；利用重力势能的变化量等于动能的变化量可以验证机械能守恒；
（4）由于过程只受重力所以机械能守恒；实验把铁球换成木球会增大阻力的影响；若光电门A损坏，也可以验证机械能守恒。
18．（2019高三上·浙江期末）发光二极管具有单向导电性，正反向电阻相差较大。某实验小组要对一只二极管正向接入电路时的伏安特性曲线进行测绘探究。
（1）该二极管外壳的标识模糊了，同学们首先用多用电表的欧姆档“×1K”档两次实验情况如图甲所示，由此可知 （填“A”或“B”）端为二极管的正极。
（2）同学们想用伏安法测定该发光二极管的正向伏安特性曲线，设计了如图乙所示的电路图，图乙中还漏接了一条电线，应将 （填A，B，C，D）两点用电线接好。
（3）实验过程中，电流表有一次的读数如图丙所示，其读数为 A
（4）图丁为多次测量得到的该发光二极管正向伏安特性曲线。已知该发光二极管的最佳工作电压为2.3V，现用电动势为3V内阻为2Ω的电源供电，需要串联一个电阻R才能使二极管工作在最佳状态，试估算电阻R的值约为 Ω（结果保留两位有效数字）
【答案】（1）B
（2）BC
（3）0.34
（4）2.7
【知识点】伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，由图甲所示可知，黑表笔与B相连时二极管电阻较小，此时二极管正向偏压，则B是二极管的正极。（2）描绘伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，由图乙所示电路图可知，应将B、C两点用电线接好。（3）由图甲所示可知，电流表量程为0.6A，由图丙所示可知，其分度值为0.02A，示数为0.34A；（4）由图丁所示可知，二极管两端电压为：U＝2.3V，电流为：I＝150mA＝0.15A，由闭合电路欧姆定律可知，电源电动势为：E＝U+I（r+R），即：3＝2.3+0.15（2+R）解得：R＝2.7Ω.
【分析】（1）利用欧姆表的电阻很小可以判别B是二极管的正极；
（2）滑动变阻器需要使用分压式接法，所以BC需要连好；
（3）利用电流表量程和分度值可以读出对应的读数；
（4）利用欧姆定律可以求出电阻的大小。
19．（2019高三上·浙江期末）如图甲所示，某学习小组在实验室做“探究周期与摆长的关系”的实验。
（1）若用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t。请写出周期的表达式T＝
（2）若利用拉力传感器记录拉力随时间变化的关系，由图乙可知，该单摆的周期T＝ s
（3）在多次改变摆线长度测量后，根据实验数据，利用计算机作出周期与摆线长度的关系（T2﹣L）图线，并根据图线拟合得到方程T2＝kL+b，由此可以知当地的重力加速度g＝ ，摆球半径r＝ （用k、b、π表示）
【答案】（1）
（2）2.0
（3）；
【知识点】探究单摆的运动，用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）单摆完成n次全振动所用的时间t，则周期的表达式T ；（2）单摆摆动过程中，每次经过最低点时拉力最大，每次经过最高点时拉力最小，拉力变化的周期为1.0s，故单摆的摆动周期为2.0s；（3）根据T＝2π 得：T2 ′，知图线的斜率：k ，因此g ；而L′＝L+r，图线拟合得到方程T2＝kL+b，因此摆球半径r 。
【分析】（1）利用振动时间除以次数可以求出周期；
（2）利用图像可以求出周期的大小；
（3）利用周期的表达式可以求出加速度的表达式及半径的表达式。
四、解答题
20．（2019高三上·浙江期末）滑雪是冬季很受欢迎的娱乐活动。如图所示，AB为长度x1＝80m倾角为θ的雪面，BC为长度x2＝15m的水平雪面，质量m＝50kg的游客从A点由静止开始加速直线下滑，通过滑板与雪杖可以改变加速度的大小，滑到BC水平雪面之后匀减速直线滑行，为了安全，整个赛道限速16m/s，且滑到雪道终点C点的速度必须不大于1m/s。设游客经过B点时，没有机械能损失，游客可看做质点，已知g＝10m/s2．求：
（1）若游客以最大安全速度通过B点，游客在BC段受到的阻力至少多大；
（2）若游客从静止开始以a1＝3m/s2做匀加速直线运动，运动24m之后，游客担心会超过安全速度，立即采取措施改变加速度，接着以加速度a2做匀变速直线运动，游客通过B点刚好不超速，求a2的大小；
（3）若游客在AB雪面上运动最大加速度a3＝2m/s3，求游客从A到B的最短时间。
【答案】（1）解：游客从B运动到C的过程做匀减速直线运动，有﹣2ax2＝vC2﹣vm2。
可得 a＝8.5m/s2。
阻力 f＝ma＝50×8.5N＝425N
（2）解：游客以加速度a1匀加速过程，有 v12＝2a1x1′
以加速度a2匀加速过程，有vm2﹣v12＝2a2（x1﹣x1′）
解得 a2＝1m/s2。
（3）解：匀加速直线运动的时间 t1 8s
此过程位移△x
匀速运动的时间t2
游客从A到B的最短时间 tmin＝t1+t2。
解得 tmin＝9s
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【分析】（1）利用速度位移公式结合牛顿第二定律可以求出阻力的大小；
（2）利用速度位移公式可以求出加速度的大小；
（3）利用速度公式结合位移公式可以求出最短的时间大小。
21．（2019高三上·浙江期末）儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的眼手合一能力。某弹珠游戏可简化成如图所示的竖直平面内OABCD透明玻璃管道，管道的半径较小。为研究方便建立平面直角坐标系，O点为抛物口，下方接一满足方程y x2的光滑抛物线形状管道OA；AB、BC是半径相同的光滑圆弧管道，CD是动摩擦因数μ＝0.8的粗糙直管道；各部分管道在连接处均相切。A、B、C、D的横坐标分别为xA＝1.20m、xB＝2.00m、xC＝2.65m、xD＝3.40m。已知，弹珠质量m＝100g，直径略小于管道内径。E为BC管道的最高点，在D处有一反弹膜能无能量损失的反弹弹珠，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，g＝10m/s2，求：
（1）若要使弹珠不与管道OA触碰，在O点抛射速度ν0应该多大；
（2）若要使弹珠第一次到达E点时对轨道压力等于弹珠重力的3倍，在O点抛射速度v0应该多大；
（3）游戏设置3次通过E点获得最高分，若要获得最高分在O点抛射速度ν0的范围。
【答案】（1）解：由y x2得：A点坐标（1.20m，0.80m）
由平抛运动规律得：xA＝v0t，yA
代入数据，求得 t＝0.4s，v0＝3m/s
（2）解：由速度关系，可得 θ＝53°
求得AB、BC圆弧的半径 R＝0.5m
OE过程由动能定理得：
mgyA﹣mgR（1﹣cos53°）
解得 v0＝2 m/s
（3）解：sinα 0.5，α＝30°
CD与水平面的夹角也为α＝30°
设3次通过E点的速度最小值为v1．由动能定理得
mgyA﹣mgR（1﹣cos53°）﹣2μmgxCDcos30°＝0
解得 v1＝2 m/s
设3次通过E点的速度最大值为v2．由动能定理得
mgyA﹣mgR（1﹣cos53°）﹣4μmgxCDcos30°＝0
解得 v2＝6m/s
考虑2次经过E点后不从O点离开，有
﹣2μmgxCDcos30°＝0
解得 v3＝2 m/s
故 2 m/s＜ν0＜2 m/s
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）利用平抛运动的位移公式可以求出初速度的大小；
（2）利用动能定理可以求出初速度的大小；
（3）利用动能定理可以求出3次通过E的最大速度和最小速度，结合第2次不从O点离开可以求出速度的范围。
22．（2019高三上·浙江期末）竖直平面内存在有界的磁场如图所示，磁场的上边界MN和下边界PQ与水平轴x平行，且间距均为4L；在y＞0区域，磁场垂直纸面向里，y＜0区域磁场垂直纸面向外；沿同一水平面内磁感应强度相同，沿竖直方向磁感应强度满足B＝ky（k为已知常量，﹣4L≤y≤4L）。现有一个质量为m、电阻为R、边长为L的正方形线圈abcd；t＝0时，线圈在上边框ab与磁场上边界MN重合位置从静止开始释放，线圈下边框cd到达x轴前已达到稳定速度。不计空气阻力，重力加速度为g，试求
（1）线圈下边框cd达到x轴时的速度v；
（2）线圈开始释放到下边框cd与x轴重合时经过的时间t；
（3）线圈开始释放到线圈下边框cd与磁场下边界PQ重合的过程产生的焦耳热Q。
【答案】（1）解：运动过程中产生的感应电动势E＝（Bab﹣Bdc）Lv
根据闭合电路的欧姆定律可得：I
线框受到的安培力FA＝BabIL﹣BcdIL
其中Bab﹣Bcd＝kL
匀速运动时受力平衡，则FA＝mg
联立解得：v
（2）解：根据动量定理可得：mg△t﹣（BabIL﹣BcdIL）△t＝mv
则有：mg△t mv
解得：△t
（3）解：线圈匀速运动后将一直匀速运动到cd边框与磁场下边界PQ重合，那么：
mg 7L﹣Q
解得：Q＝7mgL
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）利用平衡条件结合安培力的表达式可以求出稳定速度的大小；
（2）利用动量定理可以求出下落到下边界的时间；
（3）利用能量守恒定律可以求出焦耳热的大小。
23．（2019高三上·浙江期末）如图所示为一种研究高能粒子在不同位置对撞的装置。在关于y轴对称间距为2d的MN、PQ边界之间存在两个有界匀强磁场，其中K（K在x轴上方）下方I区域磁场垂直纸面向外，JK上方Ⅱ区域磁场垂直纸面向里，其磁感应强度均为B．直线加速器1与直线加速器2关于O点轴对称，其中心轴在位于x轴上，且末端刚好与MN、PQ的边界对齐；质量为m、电荷量为e的正、负电子通过直线加速器加速后同时以相同速率垂直MN、PQ边界进入磁场。为实现正、负电子在Ⅱ区域的y轴上实现对心碰撞（速度方向刚好相反），根据入射速度的变化，可调节边界与x轴之间的距离h，不计粒子间的相互作用，不计正、负电子的重力，求：
（1）哪个直线加速器加速的是正电子；
（2）正、负电子同时以相同速度ν1进入磁场，仅经过边界一次，然后在Ⅱ区域发生对心碰撞，试通过计算求出v1的最小值。
（3）正、负电子同时以v2 速度进入磁场，求正、负电子在Ⅱ区域y轴上发生对心碰撞的位置离O点的距离。
【答案】（1）解：正负电子进入磁场后要在Ⅱ区域相遇，因此正负电子出加速器以后都向上偏转，根据左手定则可知直线加速器2加速得为正电子
（2）解：如图所示：d＝2Rsinθ，R（1﹣cosθ）＝h
或直接得：
整理得：R
即当 ，即h 时，Rmin
根据ev1B＝m ，求得：v1
（3）解：当v ，则R ，距离总是满足：△y＝2h
情况一：h＞R，只有一种情况h＝R ，△y
情况二：h＜R， ，h＝R ，
那么△y＝2[ ]，n＝1，3，5，7…2k﹣1
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）利用粒子的偏转方向可以判别直线加速器加速的粒子属性；
（2）利用几何知识可以求出轨迹半径的最小值，结合牛顿第二定律可以求出速度的最小值；
（3）利用牛顿第二定律可以求出对心碰撞位置距离O点的表达式，结合几何知识可以求出距离的大小。
1 / 1浙江省浙南名校联盟2018－2019学年高三上学期物理期末考试试卷
一、单选题
1．（2019高三上·浙江期末）下列关于物理事实、物理方法说法正确的是（ ）
A．瞬时速度的定义用了极限思想方法
B．牛顿应用万有引力定律发现了海王星
C．卡文迪许用扭秤测得静电力常量k的数值
D．库仑提出电荷周围存在电场，提出了“场”的概念
2．（2019高三上·浙江期末）下列说法正确的是（ ）
A．甲图是高速上的指示牌，上面的“77km”、“100km”等指的是位移
B．乙图是高速上的指示牌，上面的“120”、“100等指的是平均速度
C．丙图是汽车上的时速表，上面的“72”指的是瞬时速度的大小
D．丁图是导航中的信息，上面的“26分钟”、“27分钟”指的是时刻
3．（2019高三上·浙江期末）用国际单位制的基本单位表示功率的单位，下列正确的是（ ）
A．N m/s B．V A C．kg m2/s2 D．kg m2/s3
4．（2019高三上·浙江期末）如图所示，在空间坐标系Oxyz中，A、B、M、N分别位于x负半轴、x正半轴、y负半轴、z正半轴，并AO＝BO＝MO＝NO；现在A、B两点分别固定等量异种点电荷+Q与﹣Q，下列说法正确的是（ ）
A．O点的电场强度小于N点的电场强度
B．M、N点的电场强度相同
C．试探电荷+q从M点移到O点，其电势能增加
D．试探电荷+q从N点移到无穷远处，其电势能增加
5．（2019高三上·浙江期末）小李家的房子装修，买了一卷规格为“100m、4mm2的铜导线（已知铜的电阻率为1.7×10﹣8Ω m），用来安装一路专线，对额定电压为220V，额定功率为2.0kW的空调供电。实际上只用去了一半导线，如果空调能够正常工作时，估算导线上损失的电压约为（ ）
A．1.9V B．0.19V C．2.5V D．0.25V
6．（2019高三上·浙江期末）“电动平衡车”是时下热门的一种代步工具。如图所示，人站在“电动平衡车”上在某水平地面上沿直线匀速前进，人受到的空气阻力与速度成正比，下列说法正确的是（ ）
A．电动平衡车”对人的作用力竖直向上
B．“电动平衡车”对人的作用力大于空气阻力
C．不管速度多大，“电动平衡车”对人的作用力不变
D．地面对“电动平衡车”的作用力竖直向上
7．（2019高三上·浙江期末）如图所示为“行星传动示意图”。中心“太阳轮”的转动轴固定，其半径为R，周围四个“行星轮”的转动轴固定，其半径为R2，“齿圈”的半径为R3，其中R1＝1.5R2，A、B、C分别是“太阳轮”、“行星轮”、“齿圈”边缘上的点，齿轮传动过程不打滑，那么（ ）
A．A点与B点的角速度相同 B．A点与B点的线速度相同
C．B点与C点的转速之比为7：2 D．A点与C点的周期之比为3：5
8．（2019高三上·浙江期末）如图所示，一同学在电梯里站在台秤上称体重，发现体重明显大于在静止地面上称的体重，那么（ ）
A．电梯一定处于加速上升阶段 B．台秤对人的支持力一定做正功
C．人的机械能一定增大 D．电梯的加速度一定向上
9．（2019高三上·浙江期末）如图所示，某学习兴趣小组制作了一简易电动机，此装置中的铜线圈能在竖直平面内在磁场作用下从静止开始以虚线OO′为中心轴转动起来，那么（ ）
A．若磁铁上方为N极，从上往下看，铜线框将顺时针旋转
B．若磁铁上方为S极，从上往下看，铜线框将顺时针旋转
C．不管磁铁上方为N级还是S极，从上往下看，铜线框都将逆时针旋转
D．线圈加速转动过程电池的化学能全部转化为线圈的动能
10．（2019高三上·浙江期末）如图所示，光滑绝缘水平桌面上有A、B两个带电小球（可以看成点电荷），A球带电量为+2q，B球带电量为﹣q，由静止开始释放后A球加速度大小为B球的两倍。下列说法正确的是（ ）
A．A球受到的静电力是B球受到静电力的2倍
B．靠近过程中A球的动能总是等于B球的动能
C．A球受到的静电力与B球受到的静电力是一对平衡力
D．现把A球与带电量为+4q的C球接触后放回原位置，再静止释放A、 B两球，A球加速度大小仍为B球的2倍
11．（2019高三上·浙江期末）有一X星球，它的半径为R，自转周期为T，宇宙飞船在以X星球中心为圆心，半径为r1的轨道上绕X星球做圆周运动周期为T1，不考虑其他星球的影响，已知地球的半径为R0，地球绕太阳做圆周运动的周期为T0，则（ ）
A．根据以上数据，有
B．X星球的表面重力加速度为
C．X星球的表面重力加速度为
D．X星球的第一宇宙速度为
12．（2019高三上·浙江期末）袋鼠跳是一项很有趣的运动。如图所示，一位质量m＝60kg的老师参加袋鼠跳游戏，全程10m，假设该老师从起点到终点用了相同的10跳，每一次跳起后，重心上升最大高度为h＝0.2m。忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．该老师起跳时，地面对该老师做正功
B．该老师每跳跃一次克服重力做功的功率约为300W
C．该老师从起点到终点的时间可能是7s
D．该老师从起点到终点的时间可能是4s
13．（2019高三上·浙江期末）如图所示，竖直平面内粗糙绝缘细杆（下）与直导线（上）水平平行固定，导线足够长。已知导线中的电流水平向右，大小为I，有一带电荷量为+q，质量为m的小球套在细杆上（小球中空部分尺寸略大于直导线直径），若给小球一水平向右的初速度v0，空气阻力不计，那么下列说法错误的是（ ）
A．小球可能做匀速直线运动
B．小球可能做匀减速直线运动
C．小球最终可能停止
D．电流Ⅰ越大，小球最终的速度可能越小
二、多选题
14．（2019高三上·浙江期末）下列有关波动现象的特性与应用说法正确的是（ ）
A．医学诊断时用“B超”仪器探测人体内脏，是利用超声波的多普勒效应
B．5G通信技术（采用3300﹣5000MHz频段），相比现有的4G通信技术（采用1880﹣2635MHz频段），5G容量更大，信号粒子性更显著
C．在镜头前装偏振片，可以减弱镜头反射光
D．电子显微镜的电子束速度越大，电子显微镜分辨本领越强
15．（2019高三上·浙江期末）如图，将黄色平行光束从半圆柱体的矩形表面垂直射入，部分圆形柱面有光线射出。已知，透明半圆柱体对黄光折射率为n＝2，半径为R＝1m，长为L＝2m，不考虑二次反射，那么（ ）
A．黄光从空气射入半圆柱体速度变小
B．黄光从空气射入半圆柱其光子能量变小
C．有黄光从圆形柱面射出部分的区域面积S πm2
D．若只将黄光换成蓝光，有光线从圆形柱面射出部分的面积将增大
16．（2019高三上·浙江期末）如图为普通使用的“慢中子”核反应堆的示意图，铀棒是核燃料，一种典型的铀核裂变方程 U n→ Ba Kr+3 n，用重水做慢化剂可使快中子减速，假设中子与重水中的氘核（ H）每次碰撞是弹性正碰，而且认为碰撞前氘核是静止的，氘核的质量是中子的两倍，则下列说法正确的是（ ）
A．钡核的比结合能比铀核的大
B．若碰撞前中子的动能为E，经过一次弹性碰撞中子动能变成 E0
C．镉棒插入深一些可增大链式反应的速度
D．水泥防护层可用来屏蔽裂变产物放出的射线
三、实验题
17．（2019高三上·浙江期末）某同学在研究性学习活动中想利用光电门来“验证机械能守恒定律”。如图甲所示，光电门A、B固定在竖直铁架台上（连接光电门的计时器未画出），并让A、B的连线刚好竖直。小铁球在光电门A正上方（铁球球心与光电门A、B在同一竖直直线上）从静止释放，测得小铁球经过光电门A、B的时间分别为△t1与△t2
（1）题中△t1 △t2．（填“＜”或“＞”“＝”）
（2）实验时，某同学用20分度游标卡尺测得小球的直径如图乙所示，由读数可知，小球直径d是 cm
（3）除了测得小球直径d还需要测量什么物理量，答： 。（指出物理量并用合适字母表示），只要表达式 （用题中字母与g表示）成立即可验证机械能守恒定律。
（4）下列说法正确的是_____
A．不同次实验，必须保证小球释放的位置必须在光电门A正上方，但上下位置可以改变
B．若小球具有竖直向下的初速度，小球从光电门A到光电门B的过程机械能不守恒
C．若把小铁球换成小木球，实验误差将减小
D．若光电门A损坏，将没有办法利用此装置验证机械能守恒
18．（2019高三上·浙江期末）发光二极管具有单向导电性，正反向电阻相差较大。某实验小组要对一只二极管正向接入电路时的伏安特性曲线进行测绘探究。
（1）该二极管外壳的标识模糊了，同学们首先用多用电表的欧姆档“×1K”档两次实验情况如图甲所示，由此可知 （填“A”或“B”）端为二极管的正极。
（2）同学们想用伏安法测定该发光二极管的正向伏安特性曲线，设计了如图乙所示的电路图，图乙中还漏接了一条电线，应将 （填A，B，C，D）两点用电线接好。
（3）实验过程中，电流表有一次的读数如图丙所示，其读数为 A
（4）图丁为多次测量得到的该发光二极管正向伏安特性曲线。已知该发光二极管的最佳工作电压为2.3V，现用电动势为3V内阻为2Ω的电源供电，需要串联一个电阻R才能使二极管工作在最佳状态，试估算电阻R的值约为 Ω（结果保留两位有效数字）
19．（2019高三上·浙江期末）如图甲所示，某学习小组在实验室做“探究周期与摆长的关系”的实验。
（1）若用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t。请写出周期的表达式T＝
（2）若利用拉力传感器记录拉力随时间变化的关系，由图乙可知，该单摆的周期T＝ s
（3）在多次改变摆线长度测量后，根据实验数据，利用计算机作出周期与摆线长度的关系（T2﹣L）图线，并根据图线拟合得到方程T2＝kL+b，由此可以知当地的重力加速度g＝ ，摆球半径r＝ （用k、b、π表示）
四、解答题
20．（2019高三上·浙江期末）滑雪是冬季很受欢迎的娱乐活动。如图所示，AB为长度x1＝80m倾角为θ的雪面，BC为长度x2＝15m的水平雪面，质量m＝50kg的游客从A点由静止开始加速直线下滑，通过滑板与雪杖可以改变加速度的大小，滑到BC水平雪面之后匀减速直线滑行，为了安全，整个赛道限速16m/s，且滑到雪道终点C点的速度必须不大于1m/s。设游客经过B点时，没有机械能损失，游客可看做质点，已知g＝10m/s2．求：
（1）若游客以最大安全速度通过B点，游客在BC段受到的阻力至少多大；
（2）若游客从静止开始以a1＝3m/s2做匀加速直线运动，运动24m之后，游客担心会超过安全速度，立即采取措施改变加速度，接着以加速度a2做匀变速直线运动，游客通过B点刚好不超速，求a2的大小；
（3）若游客在AB雪面上运动最大加速度a3＝2m/s3，求游客从A到B的最短时间。
21．（2019高三上·浙江期末）儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的眼手合一能力。某弹珠游戏可简化成如图所示的竖直平面内OABCD透明玻璃管道，管道的半径较小。为研究方便建立平面直角坐标系，O点为抛物口，下方接一满足方程y x2的光滑抛物线形状管道OA；AB、BC是半径相同的光滑圆弧管道，CD是动摩擦因数μ＝0.8的粗糙直管道；各部分管道在连接处均相切。A、B、C、D的横坐标分别为xA＝1.20m、xB＝2.00m、xC＝2.65m、xD＝3.40m。已知，弹珠质量m＝100g，直径略小于管道内径。E为BC管道的最高点，在D处有一反弹膜能无能量损失的反弹弹珠，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，g＝10m/s2，求：
（1）若要使弹珠不与管道OA触碰，在O点抛射速度ν0应该多大；
（2）若要使弹珠第一次到达E点时对轨道压力等于弹珠重力的3倍，在O点抛射速度v0应该多大；
（3）游戏设置3次通过E点获得最高分，若要获得最高分在O点抛射速度ν0的范围。
22．（2019高三上·浙江期末）竖直平面内存在有界的磁场如图所示，磁场的上边界MN和下边界PQ与水平轴x平行，且间距均为4L；在y＞0区域，磁场垂直纸面向里，y＜0区域磁场垂直纸面向外；沿同一水平面内磁感应强度相同，沿竖直方向磁感应强度满足B＝ky（k为已知常量，﹣4L≤y≤4L）。现有一个质量为m、电阻为R、边长为L的正方形线圈abcd；t＝0时，线圈在上边框ab与磁场上边界MN重合位置从静止开始释放，线圈下边框cd到达x轴前已达到稳定速度。不计空气阻力，重力加速度为g，试求
（1）线圈下边框cd达到x轴时的速度v；
（2）线圈开始释放到下边框cd与x轴重合时经过的时间t；
（3）线圈开始释放到线圈下边框cd与磁场下边界PQ重合的过程产生的焦耳热Q。
23．（2019高三上·浙江期末）如图所示为一种研究高能粒子在不同位置对撞的装置。在关于y轴对称间距为2d的MN、PQ边界之间存在两个有界匀强磁场，其中K（K在x轴上方）下方I区域磁场垂直纸面向外，JK上方Ⅱ区域磁场垂直纸面向里，其磁感应强度均为B．直线加速器1与直线加速器2关于O点轴对称，其中心轴在位于x轴上，且末端刚好与MN、PQ的边界对齐；质量为m、电荷量为e的正、负电子通过直线加速器加速后同时以相同速率垂直MN、PQ边界进入磁场。为实现正、负电子在Ⅱ区域的y轴上实现对心碰撞（速度方向刚好相反），根据入射速度的变化，可调节边界与x轴之间的距离h，不计粒子间的相互作用，不计正、负电子的重力，求：
（1）哪个直线加速器加速的是正电子；
（2）正、负电子同时以相同速度ν1进入磁场，仅经过边界一次，然后在Ⅱ区域发生对心碰撞，试通过计算求出v1的最小值。
（3）正、负电子同时以v2 速度进入磁场，求正、负电子在Ⅱ区域y轴上发生对心碰撞的位置离O点的距离。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】物理学史；极限法
【解析】【解答】A.根据速度定义式v ，当△t非常非常小时， 就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，A符合题意；
B.亚当斯和勒威耶利用万有引力定律发现了海王星，B不符合题意；
C.卡文迪许用扭秤测得万有引力常量G的数值，C不符合题意；
D.法拉第提出电荷周围存在电场，提出了“场”的概念，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】瞬时速度利用了极限思想；海王星不是牛顿发现的；卡文迪许利用扭秤测出了引力常量的大小；法拉第提出电荷周围存在电场。
2．【答案】C
【知识点】时间与时刻；位移与路程；速度与速率；平均速度；瞬时速度
【解析】【解答】A.甲图是高速上的指示牌，上面的“77km”、“100km”等指的是路程，A不符合题意；
B.乙图是高速上的指示牌，上面的“120、“100等指的是瞬时速度大小，B不符合题意；
C.丙图是汽车上的时速表，上面的“72指的是瞬时速度的大小，C符合题意；
D.丁图是导航中的信息，上面的“26分钟”、“27分钟”指的是时间，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】高速路上的指示牌显示的距离是路程，显示的速度指的是瞬时速度；汽车上的速率表显示瞬时速度的大小；导航上面的时间指的是时间间隔。
3．【答案】D
【知识点】单位制及量纲
【解析】【解答】根据功率的定义式P 知，1W＝1J/s。由功的公式 知，1J＝1N m，根据牛顿第二定律F＝ma知，1N＝1kg m/s2，联立解得：1W＝kg m2/s3。
故答案为：D
【分析】利用功率的表达式结合功率的表达式和牛顿第二定律可以导出功率的正确单位。
4．【答案】B
【知识点】电场强度；电势能
【解析】【解答】等量异种电荷周围电场线和等势面分布如图所示：
A.由图象可知，两线中垂线上从连线中点向无穷远处，电场线逐渐变疏，故电场强度逐渐减小，故O点的电场强度大于N点的电场强度，A不符合题意；
B.三维空间中，MO＝NO，根据几何关系可知两电荷到M、N的距离也相等，根据电场强度叠加原理可知M、N两点电场强度大小相等，方向相同，均平行于两电荷连线，指向负电荷，B符合题意；
C.由图象可知，从M到O电势逐渐降低，故试探电荷+q从M点移到O点，其电势能减小，C不符合题意；
D.上图可知，两电荷连线中垂线为一等势面，故试探电荷+q从N点移到无穷远处，电场力不做功，电势能不变，D不符合题意.
故答案为：B
【分析】利用电场线的分布可以比较场强的大小；OM处于等势面所以电势能相等；ON处于等势面所以电荷移动时电场力不做功，电势能保持不变。
5．【答案】A
【知识点】电阻定律；欧姆定律
【解析】【解答】由P＝UI得： A；导线的电阻： Ω。制冷时在这段导线上损失的电压：U＝IR＝9.09×0.21V＝1.9V．
故答案为：A
【分析】利用功率表达式结合电阻定律和欧姆定律可以求出导线损失的电压大小。
6．【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】A.“电动平衡车”对人的作用力与空气阻力的合力与重力等大反向，“电动平衡车”对人的作用力与空气阻力的合力方向竖直向上，“电动平衡车”对人的作用力不是竖直向上，A不符合题意；
B.“电动平衡车”水平方向对人的作用力等于空气阻力，竖直方向对人的作用力等于人的重力，所以“电动平衡车”对人的作用力大于空气阻力，B符合题意；
C.速度越大，电动车对人水平方向的作用力越大，所以“电动平衡车”对人的作用力越大，C不符合题意；
D.以人和电动车整体为研究对象，竖直方向受到支持力和重力，水平方向受到地面的摩擦力和空气的阻力，所以地面对“电动平衡车”的作用力与总重力、空气阻力的合力等大反向，不是竖直向上，D不符合题意.
故答案为：B
【分析】利用平衡可以结合重力和阻力方向可以判别平衡车的作用力方向；所以平衡车对人的作用力大于阻力；由于处于匀速运动所以力保持不变；地面对平衡车与重力和阻力的合力方向相反。
7．【答案】C
【知识点】匀速圆周运动
【解析】【解答】A.由v＝rω知，线速度想等时，角速度和半径成反比，A、B两点角速度不相同，A不符合题意；
B.A、B两点在相等的时间内通过的弧长相等，A、B两点的线速度大小相等，但方向不同，B不符合题意，
C.B点和C点的线速度大小相等，由v＝rω＝2πn r知B点和C点的转速之比为： nB：nC＝rC：rB＝7：2，C符合题意；
D.根据 ，TA：TC＝rA：rC＝3：7，D不符合题意.
故答案为：C
【分析】AB处于线传动所以线速度相等，但是线速度方向不同；由于半径不同所以角速度不同；利用半径之比结合BC线速度相同可以求出转速之比；利用AC线速度相等结合半径之比可以求出周期之比。
8．【答案】D
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】AD.人在台秤上受到的力如图所示：
因F＞G，根据牛顿第二定律知，人的加速度向上。此时人和电梯整体可以向上加速运动，也可以向下减速运动，A不符合题意，D符合题意；
B.当电梯向下减速运动时，台秤对人的支持力做负功，B不符合题意；
C.电梯向下减速运动时，台秤对人的支持力做负功，机械能减少，C不符合题意。
故答案为：D
【分析】利用超重现象加速度向上可以判别加速度方向；加速度向上电梯也可以处于减速下降阶段；所以支持力做功不能判别；机械能不能明确如何变化。
9．【答案】A
【知识点】安培力；左手定则
【解析】【解答】ABC.若磁铁上方为N极，线圈左边的边电流是向下的，磁场是向左的，故根据左手定则可知安培力是向内的；线圈右边的边电流也是向下的，磁场是向右的，根据左手定则安培力是向外的，故从上向下附视，线圈顺时针转动；若磁铁上方为S极，线圈左边的边电流是向下的，磁场是向右的，故根据左手定则可知安培力是向外的；线圈右边的边电流也是向下的，磁场是向左的，根据左手定则安培力是向内的，故从上向下附视，线圈逆时针转动；A符合题意，BC不符合题意；
D.线圈加速转动过程电池的化学能全部转化为线圈的动能和电路的焦耳热，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】利用左手定则可以判别安培力的方向及线圈旋转的方向；线圈的能量是化学能转化为动能和焦耳热。
10．【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；动量守恒定律
【解析】【解答】AC.A球受到的静电力和B球受到静电力是一对作用力与反作用力，总是大小相等、方向相反，AC不符合题意；
B.根据动能定理可得 ，即 ，虽然两个球都是做加速度增大的加速运动，但电场力始终等大反向、A球加速度大小始终为B球的两倍，则A球的位移大小为B球的位移大小的2倍，靠近过程中A球的动能是B球的动能2倍，B不符合题意；
D.根据题意得A球加速度大小为B球的两倍，则根据a 可知A的质量为B的 ，无论A和B的电荷量大小如何，二者的电场力总是等大反向，A球加速度大小仍为B球的2倍，D符合题意。
故答案为：D
【分析】利用加速度大小结合牛顿第二定律可以判别质量的大小；由于属于相互作用力所以静电力大小相等；利用动量守恒结合质量可以比较动能的大小；AB两球之间的静电力属于相互作用力；当两个小球接触后结合质量的关系可以判别加速度还是倍数关系。
11．【答案】D
【知识点】万有引力定律及其应用
【解析】【解答】A.开普勒第三定律适用条件是对应于同一颗中心天体运行的卫星，宇宙飞船在以X星球中心为圆心转动，地球绕太阳做圆周运动，二者不是对应同一个中心天体，故开普勒第三定律不适用，A不符合题意；
B.X星球的半径为R，自转周期为T，X星球表面质量为m的物体向心力不一定等于物体的重力，即mg≠mR ，星球的表面重力加速度g ，B不符合题意；
C.半径为r1的轨道处的重力加速度为g′，则mg′＝mr1 ，即g′ ，在X星球表面的重力加速度大于 ，C不符合题意；
D.X星球的质量为M，根据万有引力提供向心力可得： mr1 ，得：M ， X星球的第一宇宙速度为v1 ，D符合题意。
故答案为：D
【分析】由于星球和飞船的中心天体不同所以不满足周期定律；利用引力提供向心力可以求出X星球的质量，结合表面线速度的表达式可以求出第一宇宙速度；利用X星球的周期不能求出表面重力加速度的大小，利用飞船的周期只能求出飞船所处的空中重力加速度大小。
12．【答案】C
【知识点】重力与重心；功率及其计算
【解析】【解答】A.老师起跳时，地面虽然对老师有弹力作用，但在弹力的方向上没有位移，所以地面对老师没有做功，A不符合题意；
B.因重心上升的最大高度h＝0.2m，根据自由落体公式 ，将数据代入得 ，老师每跳跃一次克服重力做的功W＝mgh＝120J，考虑人屈膝跳起的时间，则该老师每跳跃一次的时间t'＞2t，所以每跳跃一次克服重力做功的功率 ，即P＜300W，B不符合题意；
CD.因老师上升时间等于下降时间，且上升时间t＝0.2s，则人在空中运动的时间t1＝2t＝0.4s，老师从起点到终点用了相同的十跳，考虑人屈膝跳起的时间，则总时间t总＞10t1＝4s，C符合题意，D不符合题意.
故答案为：C
【分析】由于弹力没有位移所以不做功；利用高度变化可以求出重力做功，除以对应时间可以求出重力做功的平均功率；利用竖直上抛运动可以求出起跳的时间。
13．【答案】B
【知识点】对单物体(质点)的应用；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A.根据左手定则，电荷+q受到的洛伦兹力竖直向上。当洛伦兹力和总重量大小相等时，小球的受到的支持力为零，摩擦力为零，小球做匀速直线运动，A不符合题意；
B.当洛伦兹力和总重量大小不相等时，小球的受到的支持力不为零，摩擦力不为零，小球做减速运动，但随着速度的减小，洛伦兹力也会减小，摩擦力也会发生变化，小球的加速度也会变化，所以小球不可能做匀减速直线运动。B错误，符合题意；
C.如果存在摩擦力，摩擦力做负功，小球的机械能最终转化为内能而停止，如果洛伦兹力和总重量大小相等，摩擦力等于零，小球会做匀速直线运动一直运动下去。C不符合题意。
D.电流Ⅰ越大，小球的支持力可能越大，摩擦力越大，小球最终的速度可能越小。D不符合题意。
故答案为：B
【分析】利用左手定则可以判别洛伦兹力方向；当洛伦兹力等于重力小球做匀速直线运动；当洛伦兹力不等于重力时，小球做减速段运动，根据牛顿第二定律可以判别加速度不断变化；如果洛伦兹力大于重力，那么小球会减速到两者相等后做匀速运动，如果重力大于洛伦兹力，小球会减速到最后停止下来。
14．【答案】B,D
【知识点】多普勒效应；光的偏振现象
【解析】【解答】A.“B 超”仪器通过它的探头不断向人体发出短促的超声波（频率很高，人耳听不到的声波）脉冲，超声波遇到人体不同组织的分界面时会反射回来，又被探头接收，这些信号经电子电路处理后可以合成体内脏器的像，没有使用多普勒效应。A不符合题意；
B.5G，即第五代移动通信技术，采用3300﹣5000MHz频段，相比于现有的4G（即第四代移动通信技术，1880﹣2635MHz频段）技术而言，具有极大的带宽、极大的容量和极低的时延。5G容量更大，信号的频率更大，所以粒子性更显著。B符合题意；
C.在镜头前装偏振片，可以减弱被拍摄物体反射光，而不是减弱镜头反射光。C不符合题意；
D.电子显微镜的电子束速度越大，则电子的波长越短，电子显微镜分辨本领越强。D符合题意
故答案为：BD
【分析】B超是利用超声波的反射；在镜头前装偏振片是减弱拍摄物体的反射光。
15．【答案】A,C
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】A.光在真空中速度最大，则知黄光从空气射入半圆柱体速度变小，A符合题意。
B.光的频率由光源决定，与介质无关，则黄光从空气射入半圆柱频率不变，其光子能量不变，B不符合题意。
C.半圆柱体的横截面如图所示：
OO′为半径，设从A点入射的光线在B点处恰好发生全反射，入射角θ等于临界角C，则：sinθ ，解得：θ ，由几何关系得：∠OO′B＝θ，则有黄光从圆形柱面射出部分的区域面积 S＝2θ R L πm2．C符合题意。
D.蓝光的折射率比黄光大，蓝光的临界角比黄光的小，若只将黄光换成蓝光，有光线从圆形柱面射出部分的面积将减小，D不符合题意。
故答案为：AC
【分析】利用光在真空的速度最大可以判别进入介质后的速度变小，由于频率不变所以能量不变；利用折射率可以求出全反射的区域；利用蓝光的折射率大小可以判别全反射的区域大小。
16．【答案】A,B,D
【知识点】核裂变与核聚变
【解析】【解答】A.该核反应的过程中释放大量的能量，结合爱因斯坦质能方程可知，钡核的比结合能比铀核的比结合能大，A符合题意；
B.取碰撞前中子的速度方向为正方向，根据动量守恒有：
mv0＝mv1+2mv2，
依据能量守恒有：
解得
故中子的动能为： ，B符合题意；
C.要使裂变反应更激烈一些，应使控制棒插入浅一些，让它少吸收一些中子，链式反应的速度就会快一些，C不符合题意；
D.水泥防护层作用是屏蔽裂变产物的射线，D符合题意。
故答案为：ABD
【分析】利用钡的稳定性可以判别比结合能的大小；利用动量守恒定律结合能量守恒定律可以求出中子的动能大小；控制棒插得越深中子数量越少会使反应速度变慢；水泥的作用是屏蔽射线。
17．【答案】（1）＞
（2）1.270
（3）测量发生位移为h； gh
（4）A
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）依据 ，当经过光电门的速度越大时，则时间越短，由于经过A的光电门的速度小，因此其经过的时间长，即有△t1＞△t2；（2）游标卡尺的主尺读数为12mm，游标读数为0.05×14mm＝0.70mm，则小球的直径d为：12.70mm＝1.270cm。（3）极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小，可知球A通过光电门的速度为： vA ，同理有：vB 。 再利用位移与速度公式，结合小球直径d，即可求解结果，因此还需要测量发生位移为h，根据速度位移公式得：vB2﹣vA2＝2gh，解得： gh；（4）A．不同次实验，必须保证小球释放的位置必须在光电门A正上方，但上下位置可以改变，A符合题意；
B．若小球具有竖直向下的初速度，只要没有阻力做功，则小球从光电门A到光电门B的过程机械能仍守恒，B不符合题意；
C．若把小铁球换成小木球，阻力较大，实验误差将增大，C不符合题意；
D．若光电门A损坏，将仍有办法利用此装置验证机械能守恒，在A处无初速度释放即可，D不符合题意；
【分析】（1）由于自由落体是加速运动所以过第二个光电门时间比较短；
（2）利用游标卡尺的结构可以读出小球的直径；
（3）除了测量直径以外还需要除了AB之间的高度；利用重力势能的变化量等于动能的变化量可以验证机械能守恒；
（4）由于过程只受重力所以机械能守恒；实验把铁球换成木球会增大阻力的影响；若光电门A损坏，也可以验证机械能守恒。
18．【答案】（1）B
（2）BC
（3）0.34
（4）2.7
【知识点】伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，由图甲所示可知，黑表笔与B相连时二极管电阻较小，此时二极管正向偏压，则B是二极管的正极。（2）描绘伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，由图乙所示电路图可知，应将B、C两点用电线接好。（3）由图甲所示可知，电流表量程为0.6A，由图丙所示可知，其分度值为0.02A，示数为0.34A；（4）由图丁所示可知，二极管两端电压为：U＝2.3V，电流为：I＝150mA＝0.15A，由闭合电路欧姆定律可知，电源电动势为：E＝U+I（r+R），即：3＝2.3+0.15（2+R）解得：R＝2.7Ω.
【分析】（1）利用欧姆表的电阻很小可以判别B是二极管的正极；
（2）滑动变阻器需要使用分压式接法，所以BC需要连好；
（3）利用电流表量程和分度值可以读出对应的读数；
（4）利用欧姆定律可以求出电阻的大小。
19．【答案】（1）
（2）2.0
（3）；
【知识点】探究单摆的运动，用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）单摆完成n次全振动所用的时间t，则周期的表达式T ；（2）单摆摆动过程中，每次经过最低点时拉力最大，每次经过最高点时拉力最小，拉力变化的周期为1.0s，故单摆的摆动周期为2.0s；（3）根据T＝2π 得：T2 ′，知图线的斜率：k ，因此g ；而L′＝L+r，图线拟合得到方程T2＝kL+b，因此摆球半径r 。
【分析】（1）利用振动时间除以次数可以求出周期；
（2）利用图像可以求出周期的大小；
（3）利用周期的表达式可以求出加速度的表达式及半径的表达式。
20．【答案】（1）解：游客从B运动到C的过程做匀减速直线运动，有﹣2ax2＝vC2﹣vm2。
可得 a＝8.5m/s2。
阻力 f＝ma＝50×8.5N＝425N
（2）解：游客以加速度a1匀加速过程，有 v12＝2a1x1′
以加速度a2匀加速过程，有vm2﹣v12＝2a2（x1﹣x1′）
解得 a2＝1m/s2。
（3）解：匀加速直线运动的时间 t1 8s
此过程位移△x
匀速运动的时间t2
游客从A到B的最短时间 tmin＝t1+t2。
解得 tmin＝9s
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【分析】（1）利用速度位移公式结合牛顿第二定律可以求出阻力的大小；
（2）利用速度位移公式可以求出加速度的大小；
（3）利用速度公式结合位移公式可以求出最短的时间大小。
21．【答案】（1）解：由y x2得：A点坐标（1.20m，0.80m）
由平抛运动规律得：xA＝v0t，yA
代入数据，求得 t＝0.4s，v0＝3m/s
（2）解：由速度关系，可得 θ＝53°
求得AB、BC圆弧的半径 R＝0.5m
OE过程由动能定理得：
mgyA﹣mgR（1﹣cos53°）
解得 v0＝2 m/s
（3）解：sinα 0.5，α＝30°
CD与水平面的夹角也为α＝30°
设3次通过E点的速度最小值为v1．由动能定理得
mgyA﹣mgR（1﹣cos53°）﹣2μmgxCDcos30°＝0
解得 v1＝2 m/s
设3次通过E点的速度最大值为v2．由动能定理得
mgyA﹣mgR（1﹣cos53°）﹣4μmgxCDcos30°＝0
解得 v2＝6m/s
考虑2次经过E点后不从O点离开，有
﹣2μmgxCDcos30°＝0
解得 v3＝2 m/s
故 2 m/s＜ν0＜2 m/s
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）利用平抛运动的位移公式可以求出初速度的大小；
（2）利用动能定理可以求出初速度的大小；
（3）利用动能定理可以求出3次通过E的最大速度和最小速度，结合第2次不从O点离开可以求出速度的范围。
22．【答案】（1）解：运动过程中产生的感应电动势E＝（Bab﹣Bdc）Lv
根据闭合电路的欧姆定律可得：I
线框受到的安培力FA＝BabIL﹣BcdIL
其中Bab﹣Bcd＝kL
匀速运动时受力平衡，则FA＝mg
联立解得：v
（2）解：根据动量定理可得：mg△t﹣（BabIL﹣BcdIL）△t＝mv
则有：mg△t mv
解得：△t
（3）解：线圈匀速运动后将一直匀速运动到cd边框与磁场下边界PQ重合，那么：
mg 7L﹣Q
解得：Q＝7mgL
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）利用平衡条件结合安培力的表达式可以求出稳定速度的大小；
（2）利用动量定理可以求出下落到下边界的时间；
（3）利用能量守恒定律可以求出焦耳热的大小。
23．【答案】（1）解：正负电子进入磁场后要在Ⅱ区域相遇，因此正负电子出加速器以后都向上偏转，根据左手定则可知直线加速器2加速得为正电子
（2）解：如图所示：d＝2Rsinθ，R（1﹣cosθ）＝h
或直接得：
整理得：R
即当 ，即h 时，Rmin
根据ev1B＝m ，求得：v1
（3）解：当v ，则R ，距离总是满足：△y＝2h
情况一：h＞R，只有一种情况h＝R ，△y
情况二：h＜R， ，h＝R ，
那么△y＝2[ ]，n＝1，3，5，7…2k﹣1
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）利用粒子的偏转方向可以判别直线加速器加速的粒子属性；
（2）利用几何知识可以求出轨迹半径的最小值，结合牛顿第二定律可以求出速度的最小值；
（3）利用牛顿第二定律可以求出对心碰撞位置距离O点的表达式，结合几何知识可以求出距离的大小。
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