北京市石景山区2018届高三物理期末测试试卷
一、单选题
1．（2018高三上·石景山期末）由万有引力定律可知，两个物体的质量分别为m1和m2，其间距为r 时，它们之间万有引力的大小为 ，式中G为引力常量。在国际单位制中，G的单位是（ ）
A．N·m2/kg2 B．kg2/ (N·m2)
C．N·m2/kg D．N·kg2/m2
2．（2017高一上·淮南期中）质点做直线运动的速度﹣时间图象如图所示，该质点（ ）
A．在第1秒末速度方向发生了改变
B．在第2秒末加速度方向发生了改变
C．在前2秒内发生的位移为零
D．第3秒末和第5秒末的位置相同
3．（2018高三上·石景山期末）周期为2.0 s的简谐横波沿x轴传播，该波在某时刻的图像如图所示，此时质点P沿y轴负方向运动。则该波（ ）
A．沿x轴正方向传播，波速v = 10 m/s
B．沿x轴正方向传播，波速v = 5 m/s
C．沿x轴负方向传播，波速v = 10 m/s
D．沿x轴负方向传播，波速v = 5 m/s
4．（2018高三上·石景山期末）重粒子肿瘤治疗装置中的回旋加速器可发射+5价重离子束，其电流强度为1.2×10-5A，则在1s内发射的重离子个数为（e=1.6×10-19C）（ ）
A．3.0×1012 B．1.5×1013 C．7.5×1013 D．3.75×1014
5．（2018高三上·石景山期末）发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个初速度不同的乒乓球（忽略空气的影响）。初速度较大的球越过球网，初速度较小的球没有越过球网。其原因是（ ）
A．初速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大
B．初速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少
C．初速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大
D．初速度较小的球下降相同距离所用的时间较多
6．（2018高三上·石景山期末）将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略。P为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过P点时的动能分别为 和 。从抛出开始到第一次经过P点的过程中小球克服重力做功的平均功率为 ，从抛出开始到第二次经过P点的过程中小球克服重力做功的平均功率为 。下列选项正确的是（ ）
A． ， B． ，
C． ， D． ，
7．（2018高三上·石景山期末）如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，运行的周期为 ，图中P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点。若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经M、Q到N的运动过程中（ ）
A．从P到M所用的时间等于
B．从Q到N阶段，机械能逐渐变大
C．从P到Q阶段，速率逐渐变小
D．从P到M阶段，万有引力对它做正功
8．（2018高三上·石景山期末）如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB 是一个电子只在电场力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是（ ）
A．若aA< aB，则Q靠近M端且为负电荷
B．若aA> aB，则Q靠近M端且为正电荷
C．EpA=EpB
D．EpA>EpB
9．（2018高三上·石景山期末）如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P和Q是它们的交点，四点处的电势分别为 、 、 和 。一带正电的粒子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等。则（ ）
A．若带正电的粒子由M点运动到Q点，电场力做正功
B．若带正电的粒子由P点运动到Q点，电场力做负功
C．直线c位于某一等势面内，
D．直线a位于某一等势面内，
10．（2017高二下·陵川期末）如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R．金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（ ）
A．ab中的感应电流方向由b到a B．ab中的感应电流逐渐减小
C．ab所受的安培力保持不变 D．ab所受的静摩擦力逐渐减小
11．（2018高三上·石景山期末）如图所示，电阻R、电容C和电感L并联后，接入输出电压有效值恒定、频率可调的交流电源。当电路中交流电的频率为f时，通过R、C和L的电流有效值恰好相等。若将频率降低为 ，分别用I1、I2和I3表示此时通过R、C和L的电流有效值，则（ ）
A． B． C． D．
12．（2018高三上·石景山期末）扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是（ ）
A． B．
C． D．
二、实验题
13．（2018高三上·石景山期末）现用频闪照相方法来研究物块的变速运动。在一小物块沿斜面向下运动的过程中，用频闪相机拍摄的不同时刻物块的位置如图所示。拍摄时频闪频率是10
Hz；通过斜面上固定的刻度尺读取A、B、C、D和E 5个连续影像间的距离依次为x1=10.76cm、x2=15.05cm、x3=19.34cm和x4=23.65cm。
根据数据，完成下列问题：
（1）物块的加速度 m/s2（保留3位有效数字）。
（2）请判断当物块的速度为2m/s时物块处于x1、x2、x3和x4中的 段，理由是
14．（2018高三上·石景山期末）某同学对毫安表进行改装和校准。
（1）如图（1）所示，已知毫安表表头的内阻为100 Ω，满偏电流为1 mA；R1和R2为阻值固定的电阻。若使用a和b两个接线柱，电表量程为3 mA；若使用a和c两个接线柱，电表量程为10 mA。则表头中电阻 W， W。
（2）如图（2）所示，现用一量程为3 mA、内阻为150 Ω的标准电流表A对改装电表的3 mA挡进行校准，校准时需选取的刻度为0.5、1.0、1.5、2.0、2.5、3.0 mA。电池的电动势为 ，内阻忽略不计；定值电阻 有两种规格，阻值分别为300 Ω和1000 Ω；滑动变阻器 有两种规格，最大阻值分别为750 Ω和3000 Ω。则R0应选用阻值为 W的电阻，R应选用最大阻值为 W的滑动变阻器。
（3）若电阻 和 中有一个被短路，利用图（3）的电路可以判断出被短路的电阻，图（3）中 为保护电阻。则图中的d点应和接线柱 （填“b”或“c”）相连。判断依据是： 。
三、解答题
15．（2018·东城模拟）如图所示，某台式弹簧秤的秤盘水平，一物块放在秤盘中处于静止状态。试证明物块对秤盘的压力大小等于物块所受的重力大小。
16．（2018高三上·石景山期末）有一辆质量为800 kg的小汽车驶上圆弧半径为50 m的拱桥。取重力加速度大小g=10 m/s2。
（1）若汽车到达桥顶时速度为5 m/s，求汽车对桥的压力大小。
（2）若汽车经过桥顶时恰好对桥顶没有压力而腾空，求汽车的速度大小。汽车对地面的压力过小是不安全的，对于同样的车速，请说明拱桥圆弧的半径大些比较安全，还是小些比较安全。
（3）如果拱桥的半径增大到与地球半径R=6400 km一样，汽车要在桥面上腾空，求汽车最小速度的大小。
17．（2018高三上·石景山期末）已知氚核的质量约为质子的3倍，带正电荷，电荷量为一个元电荷；α粒子即氦原子核，质量约为质子的4倍，带正电荷，电荷量为元电荷的2倍。现在氚核和α粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动。求以下情况下它们运动半径之比：
（1）它们的速度大小相等；
（2）它们由静止经过相同的加速电场加速后进入磁场。
18．（2018高三上·石景山期末）如图所示，一正方形金属框边长l=0.1 m，每条边的电阻r=0.1 Ω，金属框以v=1.0 m/s的速度匀速穿过矩形匀强磁场区域MNPQ，其平面始终保持与磁场方向垂直，且cd边始终平行于磁场边界MN。已知金属框的边长小于MN的长度，磁场宽度L=0.3 m，磁感应强度 B=0.2 T。
（1）取逆时针方向为正方向，请通过计算分析，在图1中画出金属框穿过磁场区域的过程中，金属框内感应电流I随时间t变化的图线。
（2）请通过计算分析，在图2中画出ab两端电压Uab随时间t变化的图线。
19．（2018·东城模拟）如图所示，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B质量分别为m、3m。A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞中无机械能损失。重力加速度为g。
（1）求第一次与小球B碰前瞬间，小球A的速度大小；
（2）求第一次碰撞过程中，小球A对小球B的冲量大小；
（3）请通过推理论证，说明小球A、B每次碰撞的地点，并讨论小球A、B在每次碰撞刚结束时各自的速度。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】根据万有引力定律知 ，则 ，可知G的单位为： ，A符合题意，BCD不符合题意；
故答案为：A。
【分析】利用引力公式求出引力常量的表达式，结合物理量的单位可以导出引力常量的单位。
2．【答案】D
【知识点】加速度；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】解：A、0﹣2s内速度图象在时间轴的上方，都为正，速度方向没有改变．故A错误；
B、速度时间图象的斜率表示加速度，由图可知1﹣3s图象斜率不变，加速度不变，方向没有发生改变，故B错误；
C、根据“面积”表示位移可知，0﹣2s内的位移为：x1= ×2×2m=2m．故C错误；
D、根据“面积”表示位移可知，0﹣3s内的位移为：x1= ×2×2﹣ m=1m，
0﹣5s内的位移为：x2= ×2×1m=1m，所以第3秒末和第5秒末的位置相同．故D正确．
故选：D．
【分析】速度图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移，速度的正负表示速度的方向，只要图象在时间轴同一侧物体运动的方向就没有改变；只要总面积仍大于0，位移方向就仍沿正方向；
3．【答案】C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】横波的振动方向与传播方向垂直，已知P点的振动方向向下，由同侧法可知沿x轴负方向传播，而读图得波长 ，则波速 ，C符合题意，ABD不符合题意；
故答案为：C。
【分析】利用P点的振动方向可以判别波的传播方向，利用波长除以周期可以求出波速的大小。
4．【答案】B
【知识点】电流的概念
【解析】【解答】设1s内发射的重离子数为n，则1s内发射的电荷量为5ne，由电流的定义式： ，得： ，B符合题意。
故答案为：B
【分析】利用电流的定义式结合粒子的电荷量可以求出离子的个数。
5．【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】发球机发出的球，速度较大的球越过球网，速度度较小的球没有越过球网，原因是发球机到网的水平距离一定，速度大，则所用的时间较少，球下降的高度较小，容易越过球网，B符合题意，ACD不符合题意；
故答案为：B。
【分析】利用竖直方向的位移公式可以判别相同时间下降高度相同，利用水平方向的位移公式可以判别水平距离相等，速度大的时间少；利用速度位移公式可以判别下落距离相等时竖直方向速度大小相等；时间和下落高度成正比。
6．【答案】A
【知识点】功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】小球上升和下降经过P点时，由动能定理得 ，所以 ，从抛出开始到第一次经过P点和抛出开始第二次经过P点，上升的高度相等，因重力做功只与初末位置有关，故重力做功相等，即W1=W2，由 得 ，A符合题意，BCD不符合题意；
故答案为：A。
【分析】利用动能定理结合阻力做功可以判别动能的大小，利用重力做功结合时间可以比较平均功率的大小。
7．【答案】C
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】AC、由题意可知海王星从P→M→Q的过程中，万有引力做负功，速率逐渐变小，海王星公转周期为T0，海王星从P→Q的过程中所用的时间是0.5T0，由于海王星从P→M→Q的过程中，速率逐渐变小，从P→M与从M→Q的路程相等，所以海王星从P→M所用的时间小于 ，A不符合题意，C符合题意；
B、从Q到N阶段，只受到万有引力作用，机械能守恒，B不符合题意；
海王星从P→M的过程中，万有引力与运动方向夹角大于 ，万有引力对它做负功，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】由于不是匀速圆周运动，所以四分之一路程不是对应四分之一周期；由于只受引力所以海王星机械能保持不变；利用速率和距离关系可以判别从P到Q过程速率不断减小；利用距离不断变大可以判别引力做负功。
8．【答案】B
【知识点】电场及电场力；电场力做功
【解析】【解答】AB、由图可知粒子电场力应向左方，因粒子带负电，故电场线的方向应向右，若aA< aB，则Q靠近N端且为负电荷，A不符合题意；若aA> aB，则Q靠近M端且为正电荷，B符合题意；
CD、粒子由A到B过程中，电场力做负功，电势能增加，A点的电势能EpA小于在B点的电势能EpB；CD不符合题意；
故答案为：B。
【分析】利用加速度大小可以判别场强大小，进而判别场源电荷的位置；利用电场力做功可以判别电势能的高低。
9．【答案】C
【知识点】电势差、电势、电势能；匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】CD、据题可知，带正电的粒子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力做负功相等，则电势能增加相等，电势增加，则N、P两点的电势相等，d位于同一等势面内，根据匀强电场等势面分布情况知，直线a不是同一等势面，直线c位于某一等势面内，且 ，D不符合题意，C符合题意．
A、由上分析知，直线c位于某一等势面内，M、Q的电势相等，若带正电的粒子由M点运动到Q点电场力不做功，A不符合题意；
B、带正电的粒子由P点运动到Q点与带正电的粒子由P点运动到M点电场力做功相等，所以电场力做正功，B不符合题意；
故答案为：C。
【分析】利用电场力做功可以判别电势能的大小，利用电势能结合电性可以判别电势的高低，利用电场力做功相等可以判别等势面的位置；利用电势高低结合电性可以判别电场力做功。
10．【答案】D
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】解：A、磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab中的感应电流方向由a到b，故A错误．
B、由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律 得，感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，故B错误．
C、根据安培力公式F=BIL知，电流不变，B均匀减小，则安培力减小，故C错误．
D、导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，f=F，安培力减小，则静摩擦力减小，故D正确．
故选：D．
【分析】根据楞次定律得出感应电流的方向，结合法拉第电磁感应定律判断感应电流是否不变，根据安培力公式分析安培力是否保存不变，结合平衡分析静摩擦力的变化．
11．【答案】C
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】交流电的电压不变，所以交流电有效电压不变，故通过R的电流不发生变化，交流电频率减小，根据公式 ,线圈的感抗减小，相当于线圈的电阻减小，故通过线圈的电流增大，根据公式 ，频率减小，电容器容抗增大，相等于电阻增大，故通过电容的电流减小，又因为在电源频率未改变之前，三个电流表的示数相等，综上所述C符合题意，ABD不符合题意；
故答案为：C。
【分析】利用电感和电容结合频率对于交流电的影响可以判别电流的大小。
12．【答案】A
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发上变化。在A图中系统振动时在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动，A符合题意；而BCD三个图均无此现象，故错误。
故答案为：A
【分析】利用安培力和感应电流产生的条件可以选择对于磁通量变化的图。
13．【答案】（1）4.30
（2）x3；因为物块在位置C的速度vC=1.72 m/s < 2m/s，物块在位置D的速度vD=2.15 m/s > 2m/s，所以物块位于CD之间。
【知识点】探究小车速度随时间变化的规律
【解析】【解答】(1)根据匀变速直线运动相邻相等时间内的位移之差相等和逐差法可知，物块的加速度为： (2) 因为物块在位置C的速度 ，物块在位置D的速度 ，所以物块位于CD之间，即当物块的速度为2m/s时物块处于x1、x2、x3和x4中的x3段。
【分析】（1）利用逐差公式可以求出加速度的大小；
（2）利用平均速度公式可以求出速度为2m/s对于的位置。
14．【答案】（1）15；35
（2）300；3000
（3）c；闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R2；若电表指针不动，则损坏的电阻是R1。
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】(1)定值电阻和毫安表都是并联关系，电压相等，电流和电阻成反比，若使用a和b两个接线柱，量程为3mA，则通过 和 的为2mA，电流比为1：2，所以电阻比为2：1，可得 。若使用a和c两个接线柱，电表量程为10mA，通过 的电流为9mA，电流比为1：9，可得电阻比为9：1，即 ，整理可得 ；(2)根据电流表校准的刻度，可知电路中总阻值最大为 ，最小阻值为 。若定值电阻选择为 ，则无法校准3.0mA；所以定值电阻选择 。由于最大阻值要达到 ，所以滑动变阻器要选择 。(2)因为只有一个损坏，所以验证 是否损坏即可。所以d点应和接线柱”c”相连，若电流表无示数，则说明 短路，若电流表有示数，则说明断 路。
【分析】（1）利用并联电路的特点结合量程可以求出两个电阻的大小；
（2）利用欧姆定律可以判别电阻的选择；
（3）连接C，假如电阻发生短路就有可能导致电流表短路没有读数。
15．【答案】解：设一质量为m的物体放在秤盘上，秤盘对物体的支持力大小为FN，物体对秤盘的压力大小为FN′，物体静止，FN和mg是一对平衡力，则有 FN=mg
FN和FN′是一对作用力与反作用力，据牛顿第三定律，FN=FN′
所以，FN′=mg，即物体对秤盘的压力的大小等于物体所受重力的大小
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【分析】利用平衡条件可以求出支持力的大小，结合牛顿第三定律可以求出压力的大小。
16．【答案】（1）解：汽车到达桥顶时，重力和支持力的合力提供向心力，据牛顿第二定律
FN =7600 N
据牛顿第三定律，汽车对桥顶的压力大小FN′= FN =7600 N
（2）解：汽车经过桥顶恰好对桥没有压力而腾空，则N=0，汽车做圆周运动的向心力完全由其自身重力来提供，有
解得 m/s=22.4m/s
汽车经过桥顶做圆周运动的向心力由重力和支持力的合力提供
汽车所受支持力 ，对于相同的行驶速度，拱桥圆弧半径越大，桥面所受压力越大，汽车行驶越安全
（3）解：汽车要在地面上腾空，所受的支持力为零，重力提供向心力，则有
得： =8000m/s
【知识点】牛顿第二定律；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）利用牛顿第二定律和第三定律可以求出汽车对桥的压力大小；
（2）利用牛顿第二定律可以求出汽车的速度，结合半径的大小可以判别半径大小对于压力大小的影响；
（3）利用重力提供向心力可以求出线速度的大小。
17．【答案】（1）解：由洛伦兹力提供向心力
解得
入射粒子速度相同时，运动半径之比
（2）解：电荷从静止开始在电场中加速
在磁场中做匀速圆周运动
解得
运动半径之比
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）利用洛伦兹力提供向心力结合比荷之比可以求出轨道半径之比；
（2）利用动能定理结合牛顿第二定律可以求出轨道半径之比。
18．【答案】（1）解：线框进入磁场区域时
E1=B l v=0.02 V
A
电流方向沿逆时针，如图（1）实线abcd所示，
感应电流持续的时间 s
线框在磁场中运动时，E2=0，I2=0
无电流的持续时间
线框穿出磁场区时，E3= B l v=0.02 V，
此电流的方向为顺时针，如图（1）虚线abcd所示，
规定电流方向逆时针为正，得I-t图线如图（2）所示。
（2）解：线框进入磁场区域ab两端电压
U1=I1
r=0.05×0.1=0.005V
线框在磁场中运动时，ab两端电压等于感应电动势
U2=B
l v=0.02V
线框出磁场时ab两端电压，U3=E-I2 r=0.015V
由此得U-t图线如图（3）所示
【知识点】电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）利用动生电动势结合欧姆定律可以求出感应电流的大小及对应的时间；
（2）利用欧姆定律可以求出ab两端的电压结合时间可以画出对应的图像。
19．【答案】（1）解：A球滑下，机械能守恒
解得
（2）解：取向右为正方向，A、B球弹性碰撞
解得
对B球由动量定理
解得
（3）解：第一次碰撞后，两球速度大小相等，方向相反，因为两边轨道完全对称，根据机械能守恒定律，两球沿轨道上升的任意相同高度处速度大小都相等，故两球沿轨道同时运动到最高点，再同时滑至最低点，滑至最低点的速度大小均为 ，在最低点发生第二次弹性碰撞。
解得
可见，第二次碰撞后，B球停在最低点，A球能返回到最初的位置，第三次碰撞与第一次碰撞相同，第四次碰撞与第二次碰撞相同，以后以此类推。每次碰撞都在最低点发生。
由此可得，当碰撞次数为奇数时，小球A、B碰撞刚结束时的速度分别与第一次碰撞刚结束时相同， ， ；
当碰撞次数为偶数时，小球A、B在碰撞刚结束时的速度分别与第二次碰撞刚结束时相同， ，
【知识点】动量守恒定律
【解析】【分析】（1）利用机械能守恒可以求出A小球碰前的速度大小；
（2）利用动量守恒及能量守恒可以求出碰后B的速度大小，利用动量定理可以求出小球A对B的冲量大小；
（3）利用第一次碰后速度可以判断第二次弹性碰撞的位置；利用第二次碰撞后动量守恒和能量守恒可以判断第三次碰撞的位置和碰后的速度，利用第三次可以推导出第四次的碰撞规律，最后总结每次碰撞的位置和速度的大小。
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一、单选题
1．（2018高三上·石景山期末）由万有引力定律可知，两个物体的质量分别为m1和m2，其间距为r 时，它们之间万有引力的大小为 ，式中G为引力常量。在国际单位制中，G的单位是（ ）
A．N·m2/kg2 B．kg2/ (N·m2)
C．N·m2/kg D．N·kg2/m2
【答案】A
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】根据万有引力定律知 ，则 ，可知G的单位为： ，A符合题意，BCD不符合题意；
故答案为：A。
【分析】利用引力公式求出引力常量的表达式，结合物理量的单位可以导出引力常量的单位。
2．（2017高一上·淮南期中）质点做直线运动的速度﹣时间图象如图所示，该质点（ ）
A．在第1秒末速度方向发生了改变
B．在第2秒末加速度方向发生了改变
C．在前2秒内发生的位移为零
D．第3秒末和第5秒末的位置相同
【答案】D
【知识点】加速度；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】解：A、0﹣2s内速度图象在时间轴的上方，都为正，速度方向没有改变．故A错误；
B、速度时间图象的斜率表示加速度，由图可知1﹣3s图象斜率不变，加速度不变，方向没有发生改变，故B错误；
C、根据“面积”表示位移可知，0﹣2s内的位移为：x1= ×2×2m=2m．故C错误；
D、根据“面积”表示位移可知，0﹣3s内的位移为：x1= ×2×2﹣ m=1m，
0﹣5s内的位移为：x2= ×2×1m=1m，所以第3秒末和第5秒末的位置相同．故D正确．
故选：D．
【分析】速度图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移，速度的正负表示速度的方向，只要图象在时间轴同一侧物体运动的方向就没有改变；只要总面积仍大于0，位移方向就仍沿正方向；
3．（2018高三上·石景山期末）周期为2.0 s的简谐横波沿x轴传播，该波在某时刻的图像如图所示，此时质点P沿y轴负方向运动。则该波（ ）
A．沿x轴正方向传播，波速v = 10 m/s
B．沿x轴正方向传播，波速v = 5 m/s
C．沿x轴负方向传播，波速v = 10 m/s
D．沿x轴负方向传播，波速v = 5 m/s
【答案】C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】横波的振动方向与传播方向垂直，已知P点的振动方向向下，由同侧法可知沿x轴负方向传播，而读图得波长 ，则波速 ，C符合题意，ABD不符合题意；
故答案为：C。
【分析】利用P点的振动方向可以判别波的传播方向，利用波长除以周期可以求出波速的大小。
4．（2018高三上·石景山期末）重粒子肿瘤治疗装置中的回旋加速器可发射+5价重离子束，其电流强度为1.2×10-5A，则在1s内发射的重离子个数为（e=1.6×10-19C）（ ）
A．3.0×1012 B．1.5×1013 C．7.5×1013 D．3.75×1014
【答案】B
【知识点】电流的概念
【解析】【解答】设1s内发射的重离子数为n，则1s内发射的电荷量为5ne，由电流的定义式： ，得： ，B符合题意。
故答案为：B
【分析】利用电流的定义式结合粒子的电荷量可以求出离子的个数。
5．（2018高三上·石景山期末）发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个初速度不同的乒乓球（忽略空气的影响）。初速度较大的球越过球网，初速度较小的球没有越过球网。其原因是（ ）
A．初速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大
B．初速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少
C．初速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大
D．初速度较小的球下降相同距离所用的时间较多
【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】发球机发出的球，速度较大的球越过球网，速度度较小的球没有越过球网，原因是发球机到网的水平距离一定，速度大，则所用的时间较少，球下降的高度较小，容易越过球网，B符合题意，ACD不符合题意；
故答案为：B。
【分析】利用竖直方向的位移公式可以判别相同时间下降高度相同，利用水平方向的位移公式可以判别水平距离相等，速度大的时间少；利用速度位移公式可以判别下落距离相等时竖直方向速度大小相等；时间和下落高度成正比。
6．（2018高三上·石景山期末）将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略。P为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过P点时的动能分别为 和 。从抛出开始到第一次经过P点的过程中小球克服重力做功的平均功率为 ，从抛出开始到第二次经过P点的过程中小球克服重力做功的平均功率为 。下列选项正确的是（ ）
A． ， B． ，
C． ， D． ，
【答案】A
【知识点】功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】小球上升和下降经过P点时，由动能定理得 ，所以 ，从抛出开始到第一次经过P点和抛出开始第二次经过P点，上升的高度相等，因重力做功只与初末位置有关，故重力做功相等，即W1=W2，由 得 ，A符合题意，BCD不符合题意；
故答案为：A。
【分析】利用动能定理结合阻力做功可以判别动能的大小，利用重力做功结合时间可以比较平均功率的大小。
7．（2018高三上·石景山期末）如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，运行的周期为 ，图中P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点。若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经M、Q到N的运动过程中（ ）
A．从P到M所用的时间等于
B．从Q到N阶段，机械能逐渐变大
C．从P到Q阶段，速率逐渐变小
D．从P到M阶段，万有引力对它做正功
【答案】C
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】AC、由题意可知海王星从P→M→Q的过程中，万有引力做负功，速率逐渐变小，海王星公转周期为T0，海王星从P→Q的过程中所用的时间是0.5T0，由于海王星从P→M→Q的过程中，速率逐渐变小，从P→M与从M→Q的路程相等，所以海王星从P→M所用的时间小于 ，A不符合题意，C符合题意；
B、从Q到N阶段，只受到万有引力作用，机械能守恒，B不符合题意；
海王星从P→M的过程中，万有引力与运动方向夹角大于 ，万有引力对它做负功，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】由于不是匀速圆周运动，所以四分之一路程不是对应四分之一周期；由于只受引力所以海王星机械能保持不变；利用速率和距离关系可以判别从P到Q过程速率不断减小；利用距离不断变大可以判别引力做负功。
8．（2018高三上·石景山期末）如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB 是一个电子只在电场力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是（ ）
A．若aA< aB，则Q靠近M端且为负电荷
B．若aA> aB，则Q靠近M端且为正电荷
C．EpA=EpB
D．EpA>EpB
【答案】B
【知识点】电场及电场力；电场力做功
【解析】【解答】AB、由图可知粒子电场力应向左方，因粒子带负电，故电场线的方向应向右，若aA< aB，则Q靠近N端且为负电荷，A不符合题意；若aA> aB，则Q靠近M端且为正电荷，B符合题意；
CD、粒子由A到B过程中，电场力做负功，电势能增加，A点的电势能EpA小于在B点的电势能EpB；CD不符合题意；
故答案为：B。
【分析】利用加速度大小可以判别场强大小，进而判别场源电荷的位置；利用电场力做功可以判别电势能的高低。
9．（2018高三上·石景山期末）如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P和Q是它们的交点，四点处的电势分别为 、 、 和 。一带正电的粒子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等。则（ ）
A．若带正电的粒子由M点运动到Q点，电场力做正功
B．若带正电的粒子由P点运动到Q点，电场力做负功
C．直线c位于某一等势面内，
D．直线a位于某一等势面内，
【答案】C
【知识点】电势差、电势、电势能；匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】CD、据题可知，带正电的粒子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力做负功相等，则电势能增加相等，电势增加，则N、P两点的电势相等，d位于同一等势面内，根据匀强电场等势面分布情况知，直线a不是同一等势面，直线c位于某一等势面内，且 ，D不符合题意，C符合题意．
A、由上分析知，直线c位于某一等势面内，M、Q的电势相等，若带正电的粒子由M点运动到Q点电场力不做功，A不符合题意；
B、带正电的粒子由P点运动到Q点与带正电的粒子由P点运动到M点电场力做功相等，所以电场力做正功，B不符合题意；
故答案为：C。
【分析】利用电场力做功可以判别电势能的大小，利用电势能结合电性可以判别电势的高低，利用电场力做功相等可以判别等势面的位置；利用电势高低结合电性可以判别电场力做功。
10．（2017高二下·陵川期末）如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R．金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（ ）
A．ab中的感应电流方向由b到a B．ab中的感应电流逐渐减小
C．ab所受的安培力保持不变 D．ab所受的静摩擦力逐渐减小
【答案】D
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】解：A、磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab中的感应电流方向由a到b，故A错误．
B、由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律 得，感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，故B错误．
C、根据安培力公式F=BIL知，电流不变，B均匀减小，则安培力减小，故C错误．
D、导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，f=F，安培力减小，则静摩擦力减小，故D正确．
故选：D．
【分析】根据楞次定律得出感应电流的方向，结合法拉第电磁感应定律判断感应电流是否不变，根据安培力公式分析安培力是否保存不变，结合平衡分析静摩擦力的变化．
11．（2018高三上·石景山期末）如图所示，电阻R、电容C和电感L并联后，接入输出电压有效值恒定、频率可调的交流电源。当电路中交流电的频率为f时，通过R、C和L的电流有效值恰好相等。若将频率降低为 ，分别用I1、I2和I3表示此时通过R、C和L的电流有效值，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】交流电的电压不变，所以交流电有效电压不变，故通过R的电流不发生变化，交流电频率减小，根据公式 ,线圈的感抗减小，相当于线圈的电阻减小，故通过线圈的电流增大，根据公式 ，频率减小，电容器容抗增大，相等于电阻增大，故通过电容的电流减小，又因为在电源频率未改变之前，三个电流表的示数相等，综上所述C符合题意，ABD不符合题意；
故答案为：C。
【分析】利用电感和电容结合频率对于交流电的影响可以判别电流的大小。
12．（2018高三上·石景山期末）扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发上变化。在A图中系统振动时在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动，A符合题意；而BCD三个图均无此现象，故错误。
故答案为：A
【分析】利用安培力和感应电流产生的条件可以选择对于磁通量变化的图。
二、实验题
13．（2018高三上·石景山期末）现用频闪照相方法来研究物块的变速运动。在一小物块沿斜面向下运动的过程中，用频闪相机拍摄的不同时刻物块的位置如图所示。拍摄时频闪频率是10
Hz；通过斜面上固定的刻度尺读取A、B、C、D和E 5个连续影像间的距离依次为x1=10.76cm、x2=15.05cm、x3=19.34cm和x4=23.65cm。
根据数据，完成下列问题：
（1）物块的加速度 m/s2（保留3位有效数字）。
（2）请判断当物块的速度为2m/s时物块处于x1、x2、x3和x4中的 段，理由是
【答案】（1）4.30
（2）x3；因为物块在位置C的速度vC=1.72 m/s < 2m/s，物块在位置D的速度vD=2.15 m/s > 2m/s，所以物块位于CD之间。
【知识点】探究小车速度随时间变化的规律
【解析】【解答】(1)根据匀变速直线运动相邻相等时间内的位移之差相等和逐差法可知，物块的加速度为： (2) 因为物块在位置C的速度 ，物块在位置D的速度 ，所以物块位于CD之间，即当物块的速度为2m/s时物块处于x1、x2、x3和x4中的x3段。
【分析】（1）利用逐差公式可以求出加速度的大小；
（2）利用平均速度公式可以求出速度为2m/s对于的位置。
14．（2018高三上·石景山期末）某同学对毫安表进行改装和校准。
（1）如图（1）所示，已知毫安表表头的内阻为100 Ω，满偏电流为1 mA；R1和R2为阻值固定的电阻。若使用a和b两个接线柱，电表量程为3 mA；若使用a和c两个接线柱，电表量程为10 mA。则表头中电阻 W， W。
（2）如图（2）所示，现用一量程为3 mA、内阻为150 Ω的标准电流表A对改装电表的3 mA挡进行校准，校准时需选取的刻度为0.5、1.0、1.5、2.0、2.5、3.0 mA。电池的电动势为 ，内阻忽略不计；定值电阻 有两种规格，阻值分别为300 Ω和1000 Ω；滑动变阻器 有两种规格，最大阻值分别为750 Ω和3000 Ω。则R0应选用阻值为 W的电阻，R应选用最大阻值为 W的滑动变阻器。
（3）若电阻 和 中有一个被短路，利用图（3）的电路可以判断出被短路的电阻，图（3）中 为保护电阻。则图中的d点应和接线柱 （填“b”或“c”）相连。判断依据是： 。
【答案】（1）15；35
（2）300；3000
（3）c；闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R2；若电表指针不动，则损坏的电阻是R1。
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】(1)定值电阻和毫安表都是并联关系，电压相等，电流和电阻成反比，若使用a和b两个接线柱，量程为3mA，则通过 和 的为2mA，电流比为1：2，所以电阻比为2：1，可得 。若使用a和c两个接线柱，电表量程为10mA，通过 的电流为9mA，电流比为1：9，可得电阻比为9：1，即 ，整理可得 ；(2)根据电流表校准的刻度，可知电路中总阻值最大为 ，最小阻值为 。若定值电阻选择为 ，则无法校准3.0mA；所以定值电阻选择 。由于最大阻值要达到 ，所以滑动变阻器要选择 。(2)因为只有一个损坏，所以验证 是否损坏即可。所以d点应和接线柱”c”相连，若电流表无示数，则说明 短路，若电流表有示数，则说明断 路。
【分析】（1）利用并联电路的特点结合量程可以求出两个电阻的大小；
（2）利用欧姆定律可以判别电阻的选择；
（3）连接C，假如电阻发生短路就有可能导致电流表短路没有读数。
三、解答题
15．（2018·东城模拟）如图所示，某台式弹簧秤的秤盘水平，一物块放在秤盘中处于静止状态。试证明物块对秤盘的压力大小等于物块所受的重力大小。
【答案】解：设一质量为m的物体放在秤盘上，秤盘对物体的支持力大小为FN，物体对秤盘的压力大小为FN′，物体静止，FN和mg是一对平衡力，则有 FN=mg
FN和FN′是一对作用力与反作用力，据牛顿第三定律，FN=FN′
所以，FN′=mg，即物体对秤盘的压力的大小等于物体所受重力的大小
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【分析】利用平衡条件可以求出支持力的大小，结合牛顿第三定律可以求出压力的大小。
16．（2018高三上·石景山期末）有一辆质量为800 kg的小汽车驶上圆弧半径为50 m的拱桥。取重力加速度大小g=10 m/s2。
（1）若汽车到达桥顶时速度为5 m/s，求汽车对桥的压力大小。
（2）若汽车经过桥顶时恰好对桥顶没有压力而腾空，求汽车的速度大小。汽车对地面的压力过小是不安全的，对于同样的车速，请说明拱桥圆弧的半径大些比较安全，还是小些比较安全。
（3）如果拱桥的半径增大到与地球半径R=6400 km一样，汽车要在桥面上腾空，求汽车最小速度的大小。
【答案】（1）解：汽车到达桥顶时，重力和支持力的合力提供向心力，据牛顿第二定律
FN =7600 N
据牛顿第三定律，汽车对桥顶的压力大小FN′= FN =7600 N
（2）解：汽车经过桥顶恰好对桥没有压力而腾空，则N=0，汽车做圆周运动的向心力完全由其自身重力来提供，有
解得 m/s=22.4m/s
汽车经过桥顶做圆周运动的向心力由重力和支持力的合力提供
汽车所受支持力 ，对于相同的行驶速度，拱桥圆弧半径越大，桥面所受压力越大，汽车行驶越安全
（3）解：汽车要在地面上腾空，所受的支持力为零，重力提供向心力，则有
得： =8000m/s
【知识点】牛顿第二定律；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）利用牛顿第二定律和第三定律可以求出汽车对桥的压力大小；
（2）利用牛顿第二定律可以求出汽车的速度，结合半径的大小可以判别半径大小对于压力大小的影响；
（3）利用重力提供向心力可以求出线速度的大小。
17．（2018高三上·石景山期末）已知氚核的质量约为质子的3倍，带正电荷，电荷量为一个元电荷；α粒子即氦原子核，质量约为质子的4倍，带正电荷，电荷量为元电荷的2倍。现在氚核和α粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动。求以下情况下它们运动半径之比：
（1）它们的速度大小相等；
（2）它们由静止经过相同的加速电场加速后进入磁场。
【答案】（1）解：由洛伦兹力提供向心力
解得
入射粒子速度相同时，运动半径之比
（2）解：电荷从静止开始在电场中加速
在磁场中做匀速圆周运动
解得
运动半径之比
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）利用洛伦兹力提供向心力结合比荷之比可以求出轨道半径之比；
（2）利用动能定理结合牛顿第二定律可以求出轨道半径之比。
18．（2018高三上·石景山期末）如图所示，一正方形金属框边长l=0.1 m，每条边的电阻r=0.1 Ω，金属框以v=1.0 m/s的速度匀速穿过矩形匀强磁场区域MNPQ，其平面始终保持与磁场方向垂直，且cd边始终平行于磁场边界MN。已知金属框的边长小于MN的长度，磁场宽度L=0.3 m，磁感应强度 B=0.2 T。
（1）取逆时针方向为正方向，请通过计算分析，在图1中画出金属框穿过磁场区域的过程中，金属框内感应电流I随时间t变化的图线。
（2）请通过计算分析，在图2中画出ab两端电压Uab随时间t变化的图线。
【答案】（1）解：线框进入磁场区域时
E1=B l v=0.02 V
A
电流方向沿逆时针，如图（1）实线abcd所示，
感应电流持续的时间 s
线框在磁场中运动时，E2=0，I2=0
无电流的持续时间
线框穿出磁场区时，E3= B l v=0.02 V，
此电流的方向为顺时针，如图（1）虚线abcd所示，
规定电流方向逆时针为正，得I-t图线如图（2）所示。
（2）解：线框进入磁场区域ab两端电压
U1=I1
r=0.05×0.1=0.005V
线框在磁场中运动时，ab两端电压等于感应电动势
U2=B
l v=0.02V
线框出磁场时ab两端电压，U3=E-I2 r=0.015V
由此得U-t图线如图（3）所示
【知识点】电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）利用动生电动势结合欧姆定律可以求出感应电流的大小及对应的时间；
（2）利用欧姆定律可以求出ab两端的电压结合时间可以画出对应的图像。
19．（2018·东城模拟）如图所示，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B质量分别为m、3m。A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞中无机械能损失。重力加速度为g。
（1）求第一次与小球B碰前瞬间，小球A的速度大小；
（2）求第一次碰撞过程中，小球A对小球B的冲量大小；
（3）请通过推理论证，说明小球A、B每次碰撞的地点，并讨论小球A、B在每次碰撞刚结束时各自的速度。
【答案】（1）解：A球滑下，机械能守恒
解得
（2）解：取向右为正方向，A、B球弹性碰撞
解得
对B球由动量定理
解得
（3）解：第一次碰撞后，两球速度大小相等，方向相反，因为两边轨道完全对称，根据机械能守恒定律，两球沿轨道上升的任意相同高度处速度大小都相等，故两球沿轨道同时运动到最高点，再同时滑至最低点，滑至最低点的速度大小均为 ，在最低点发生第二次弹性碰撞。
解得
可见，第二次碰撞后，B球停在最低点，A球能返回到最初的位置，第三次碰撞与第一次碰撞相同，第四次碰撞与第二次碰撞相同，以后以此类推。每次碰撞都在最低点发生。
由此可得，当碰撞次数为奇数时，小球A、B碰撞刚结束时的速度分别与第一次碰撞刚结束时相同， ， ；
当碰撞次数为偶数时，小球A、B在碰撞刚结束时的速度分别与第二次碰撞刚结束时相同， ，
【知识点】动量守恒定律
【解析】【分析】（1）利用机械能守恒可以求出A小球碰前的速度大小；
（2）利用动量守恒及能量守恒可以求出碰后B的速度大小，利用动量定理可以求出小球A对B的冲量大小；
（3）利用第一次碰后速度可以判断第二次弹性碰撞的位置；利用第二次碰撞后动量守恒和能量守恒可以判断第三次碰撞的位置和碰后的速度，利用第三次可以推导出第四次的碰撞规律，最后总结每次碰撞的位置和速度的大小。
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