山东省济南市2021届高三上学期物理期末学情诊断考试试卷
一、单选题
1．（2020高三上·济南期末）伽利略在研究匀变速直线运动规律时，让小球从斜面的不同位置自由滚下，观测出小球从不同起点运动到底端的位移s与所对应的时间t，画出s—t2图像。设小球运动的加速度为a，则图像的斜率为（ ）
A． B．a C． D．
【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】小球从静止开始沿斜面向下做匀加速运动，位移—时间关系为
即s与t2成正比，所以s—t2图像是一条过原点的直线，直线的斜率为 。
故答案为：A。
【分析】利用匀变速运动的位移公式可以判别图象斜率的含义。
2．（2020高三上·济南期末）如图所示，滚筒洗衣机脱水时，衣物紧贴着滚筒壁在竖直平面内做匀速圆周运动。衣物经过洗衣机上abcd四个位置中，脱水效果最好的是（ ）
A．a B．b C．c D．d
【答案】B
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】衣物随滚筒一起做匀速圆周运动，它们的角速度是相等的
在a点，根据牛顿第二定律可知
解得
在b点，根据牛顿第二定律可知
解得
在cd两点，根据牛顿第二定律可知
可知衣物对滚筒壁的压力在b位置最大，脱水效果最好
故答案为：B。
【分析】利用牛顿第二定律结合角速度不变可以比较衣物对滚筒的压力大小进而判别脱水的效果。
3．（2020高三上·济南期末）如图所示，一质子只在电场力的作用下，沿虚线由M点运动到N点，质子的电势能增加，则下列说法正确的是（ ）
A．M点的电场强度大
B．质子在M点的速度可能为0
C．M、N间的虚线可能是一条电场线
D．N点的电势高
【答案】D
【知识点】电场力做功；电场强度；电势
【解析】【解答】A．只有一条运动轨迹，无法确定场强的大小关系，A不符合题意；
B．质子运动过程只有电场力做负功，故动能减小，在M点的初速度不可能为零，B不符合题意；
C．虚线MN是质子的运动轨迹，根据曲线运动的条件（电场力总是指向轨迹的凹侧）可知，场强一定指向轨迹的凹侧，故虚线MN不可能是一条电场线，C不符合题意；
D．质子电势能增加，据
可知，电势升高，故N点的电势高，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】由于不知道电场线的分布不能判别电场强度的大小；利用电场力做功可以判别动能的大小；电场力方向可以判别电场线的方向；利用电势能的变化结合电性可以比较电势的高低。
4．（2020高三上·济南期末）某同学研究绳波的形成，取一条较长的软绳，用手握住一端水平拉直后，沿竖直方向抖动即可观察到绳波的形成。该同学先后两次抖动后，观察到如图中所示的甲、乙两个绳波情形。关于两次形成的绳波，下列判断正确的是（ ）
A．波形甲的振幅比波形乙大
B．波形甲的周期比波形乙大
C．波形甲的形成时间比波形乙早
D．波形甲的起振方向与波形乙相同
【答案】B
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．由图可知波形甲的振幅比波形乙小，A不符合题意；
B．甲乙两绳波在同一介质中传播，波速相等，波形甲的波长比波形乙的大，根据 ，波形甲的周期大于波形乙的周期，B符合题意；
C．波形乙的形成时间比波形甲早，C不符合题意；
D．波形甲的起振方向向下，波形乙的起振方向向上，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】从图可以得知波的振幅大小；利用波速相等结合波长的大小可以比较周期的大小；利用波的形状可以判别波形形成时间的快慢；利用波的传播方向可以判别波的起振方向。
5．（2020高三上·济南期末）如图所示，极地卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极（轨道可视为圆轨道、地球看作球体），若一个极地卫星从北纬30°的正上方，按图示方向第一次运行至赤道正上方时所用的时间为 ，已知纬度是指某点与地球球心的连线和地球赤道面所成的线面角，同步卫星的线速度大小为 ，则该极地卫星的线速度大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】由题意可得该极地卫星运行的周期为
得T=3h
由开普勒第三定律 得
由
得
解得
极地卫星的线速度大小为
故答案为：C。
【分析】利用开普勒第三定律结合引力提供向心力可以求出极地卫星的线速度大小。
6．（2020高三上·济南期末）图甲是某用电器的点火装置的简化原理图。如图乙所示的正弦交变电压加在理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。当变压器副线圈电压的瞬时值大于2 000 V时，就会引发火花，以下判断正确的是（ ）
A．原线圈中交变电压的有效值为311V
B．副线圈中交变电压的频率大于50Hz
C．图甲中点火针的电势始终比感应针高
D．原、副线圈变压器的匝数比可以为
【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．由图乙可知，交变电压的峰值为311V，有效值应为 V，A不符合题意；
B．原线圈中交变电流的周期 ，频率为 ，所以副线圈中的频率也为50Hz，C不符合题意；
C．由于是交变电流，所以点火针和感应针的电势高低也在交替变化，C不符合题意；
D．已知 ，则
所以匝数比可以为 ，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用图像可以求出原线圈的峰值，利用峰值可以求出有效值的大小；利用周期可以求出频率的大小；由于交流电所以点火针和感应针的电势也在交替变化；利用电压的大小可以求出匝数的比值大小。
7．（2020高三上·济南期末）粗糙水平面上有三个通过不计质量的卡扣依次连接在一起的货箱A、B、C，质量分别为m、2m、3m，每个货箱与水平面间的动摩擦因数均为μ，取重力加速度为g。现在两人合作搬运货箱，一人用水平力F向右拉C，另一人同时也用力F向右推A，使货箱向右运动，则B、C间的卡扣对C的作用力大小为（ ）
A．0 B．F-3μmg C．F D．F-3μmg
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】对整体由牛顿第二定律得
对C由牛顿第二定律得
解得
故答案为：A。
【分析】利用整体及C的牛顿第二定律可以求出卡扣对C的作用力大小。
8．（2020高三上·济南期末）如图所示，竖直墙壁的左侧有一点光源S，从点光源处有一小球以速度v0正对墙壁向右水平抛出，在撞到竖直墙壁之前的过程中，墙壁上会有小球的影子。以S到竖直墙壁垂线与墙壁的交点O为坐标原点，以沿墙壁向下为正方向建立y轴，假设竖直墙壁足够长，以小球抛出时刻为t=0时刻，关于小球的影子在竖直墙壁上的位置变化情况，下列图像中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】如图，当小球做平抛运动到P点时，其影子到了B点
由平抛运动规律有 ，
由几何关系可得
解得
y与t成正比，所以B符合题意；ACD不符合题意；
故答案为：B。
【分析】利用几何关系可以求出平抛运动位移和小球影子的位置关系，结合平抛运动的位移公式可以求出小球影子和时间的表达式，进而选择正确的图线。
二、多选题
9．（2020高三上·济南期末）牛顿在巨著《自然哲学的数学原理》里定义“惯性是物质固有的属性，是一种抵抗的现象”。物体的惯性可以用其质量来衡量。如图所示，用a、b两根相同的轻细线悬挂两个完全相同的物体，下列说法正确的是（ ）
A．若突然迅速向下用力拉下面的物体，细线a容易先断
B．若突然迅速向下用力拉下面的物体，细线b容易先断
C．若缓慢向下用力拉下面的物体，细线a容易先断
D．若缓慢向下用力拉下面的物体，细线b容易先断
【答案】B,C
【知识点】惯性与质量
【解析】【解答】AB．两物体看成一个整体质量大，惯性大，运动状态难改变，下面的物体质量较小惯性小，运动状态容易改变，所以若突然迅速向下用力拉下面的物体，细线b容易先断，则A不符合题意；B符合题意；
CD．向下用力拉下面的物体时，把两物体看成一个整体质量大，惯性大，运动状态难改变，上面物体难拉动，所以拉力较大，则若缓慢向下用力拉下面的物体，细线a容易先断，所以C符合题意；D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】迅速拉下面的物体时由于下面的物体质量小惯性容易改变所以细绳b容易线段；当缓慢拉动时，由于整体的惯性大难以拉动所以细绳a容易先断。
10．（2020高三上·济南期末）恒流源是一种特殊的电源，其输出的电流能始终保持不变；恒压源也是一种特殊的电源，其输出的电压能始终保持不变。如图甲所示的电路中电源是恒流源，如图乙所示的电路中电源是恒压源，两图中的滑动变阻器滑动触头P均从最右端向最左端移动时，下列说法中正确的是（ ）
A．图甲中R1的电压减小 B．图乙中R1的电压减小
C．图甲中流过R2的电流保持不变 D．图乙中流过R2的电流保持不变
【答案】A,B,D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】AC．图甲中两个支路的电压始终相等，所以支路电流与电阻成反比，即
且 是定值，变阻器触头P从最右端向最左端移动时，R0增大，由上式可知I1减小，I2增大，R1的电压 减小，A符合题意，C不符合题意；
BD．图乙中两个支路的电压始终相等且为定值，支路电流与电阻成反比，即
变阻器触头P从最右端向最左端移动时，R0增大，由上式可知I1减小，I2不变，R1的电压 减小，BD符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】图甲中由于滑动变阻器阻值变大导致支路电流变小所以R1两端电压变小；由于流过R1的电流变小所以流过R2的电流变大；图乙中由于电压保持不变，由于滑动变阻器阻值变大导致支路电流变小所以R1两端电压变小；但是由于路端电压不变所以流过R2的电流不变。
11．（2020高三上·济南期末）如图所示，A球和天花板之间用轻弹簧相连，A球和B球之间用轻细线相连，整个系统保持静止。已知轻弹簧的劲度系数为k，A、B两球的质量分别为m和2m，重力加速度为g。现剪断轻细线，弹簧的变化始终在弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A．剪断瞬间，A球的加速度为0
B．剪断瞬间，A球的加速度为2g
C．剪断后，当A球上升到最高点时，弹簧的形变量为
D．剪断后，当A球上升到最高点时，弹簧的形变量为
【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．剪断前弹簧的弹力为
剪断瞬间，根据牛顿第二定律得
解得 ，A不符合题意，B符合题意；
CD．剪断后小球A做简谐振动，根据对称性，小球在最高点的加速度也等于2g，方向向下，由牛顿第二定律得
解得 ，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】利用牛顿第二定律结合弹簧的弹力不变可以求出A的加速度大小；利用小球做简谐运动最高点的加速度大小，结合牛顿第二定律可以求出形变量的大小。
12．（2020高三上·济南期末）从电子枪打出的电子流并不完全沿直线运动，而是有微小角度的散射，为了使显示器图像清晰，需要通过电子透镜对电子流进行聚焦处理，正好在屏幕上汇聚形成一个亮点。如图甲所示，密绕线圈的玻璃管是一种利用磁场进行汇聚的电子透镜，又称为磁场透镜。如图乙所示为其内部原理图，玻璃管的管长为L，管内直径为D，管内存在沿轴线方向向右的匀强磁场。电子流中的电子在与轴线成微小角度θ的顶角范围内从轴线左端的O点射入磁场，电子速率均为v0，调节磁感应强度B的大小，可以使电子重新汇聚到轴线右端与荧光屏的交点P。已知电子的电荷量为e，质量为m，当角度θ非常小时满足 ， ，若要使电子流中的电子均能汇聚到P点，下列说法正确的是（ ）
A．磁感应强度应满足 （n为合适的整数）
B．磁感应强度应满足 （n为合适的整数）
C．管内直径应满足
D．管内直径应满足
【答案】A,C
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】AB．将电子的运动分解为竖直方向和水平方向，在竖直方向做匀速圆周运动，在水平方向做匀速直线运动，
竖直方向
匀速圆周运动的周期
电子经过时间t汇聚在P点，设
水平方向有
联立解得 （n为合适的整数）
A符合题意，B不符合题意；
CD．根据题意，电子做匀速圆周运动的直径不大于玻璃管的半径，则有
联立解得 （n为合适的整数，且 ）
（n为合适的整数，且 ）
所以
故答案为：AC。
【分析】电子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀速圆周运动，利用水平方向的位移公式结合匀速圆周运动的周期可以求出磁感应强度的大小；利用电子做匀速圆周运动的轨迹半径要小于玻璃管的半径；结合牛顿第二定律可以求出管内直径的大小。
三、实验题
13．（2020高三上·济南期末）某同学研究自由落体运动的规律时，将小球固定在刻度尺的旁边由静止释放，用手机拍摄小球自由下落的视频，然后用相应的软件处理得到分帧图片，利用图片中小球的位置就可以得出速度、加速度等信息，实验装置如图1所示。
如图2所示为小球下落过程中三幅连续相邻的分帧图片I、II、III，相邻两帧之间的时间间隔为0.02s，刻度尺为毫米刻度尺。
（1）图片II中小球下落速度约为 m/s。（计算结果保留两位小数）
（2）关于实验装置和操作，以下说法正确的是________。
A．刻度尺应固定在竖直平面内
B．铅垂线的作用是检验小球是否沿竖直方向下落
C．手机应正对刻度尺固定
D．手机距离刻度尺越近越好
（3）为了得到更精确的加速度值，该同学利用多帧图片测算其对应的速度v和下落的高度h，绘制了 图像，如图3所示。其中P、Q分别为两个大小相同，质量不同的小球下落的图像，由图像可知____。
A．图像的斜率表示小球下落的加速度
B．小球P的质量大于小球Q的质量
C．小球P的质量小于小球Q的质量
D．小球P的数据算出的加速度值更接近当地重力加速度
【答案】（1）1.40
（2）A；C
（3）B；D
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】(1)匀变速运动在一段时间内的平均速度等于其中间时刻的瞬时速度。从图片I到图片III，小球的位移约为 ，用时 ，所以图片II中小球的下落速度约为 ；(2)小球沿竖直方向下落，刻度尺应固定在竖直平面内；铅垂线的作用是检验刻度尺是否沿竖直方向；手机在录像时应正对刻度尺，并且离刻度尺越远越好，离得越远，位置记录的误差越小。
故答案为：AC。(3)根据自由落体的特点可知，下落高度h与速度v的关系为 ，即v2与h成正比，图像的斜率等于下落加速度的2倍；由图像可知Q球的加速度较小，说明其质量较小，空气阻力对它的影响较为明显，所以用小球P的数据算出的加速度值更接近当地的重力加速度。
故答案为：BD。
【分析】（1）利用刻度尺分度值可以求出小球运动的位移，结合运动的时间可以求出下落速度的大小；
（2）重锤线的作用是检验刻度尺是否沿竖直方向；手机在记录时应该离刻度尺越远越好；
（3）利用速度位移公式可以判别其图像的斜率；利用斜率的大小可以判别小球的质量大小；利用加速度越大其阻力越小更接近当地重力加速度的大小。
14．（2020高三上·济南期末）小明同学将废弃不用的手机充电器拆开，发现内部有一个变压器，他想在不拆变压器绕线的前提下测量其初级线圈的直流电阻，先用多用电表欧姆档测得阻值约400Ω，然后再用伏安法精确测量其直流电阻。现有器材如下：
①电流表A1（量程20mA，内阻r1约为3Ω，读数记为I1）；
②电流表A2（量程5 mA，内阻 ，读数记为I2）；
③电压表V（量程15V，内阻Rv约为15 KΩ，读数记为U）；
④定值电阻 ；
⑤定值电阻 ；
⑥滑动变阻器R（0~1000Ω）；
⑦蓄电池E（电动势6V，内阻很小）；
⑧开关、导线若干。
（1）小明利用以上的部分器材设计了如图1所示的电路图，请指出此电路设计不妥当的地方： .
（2）请利用提供的器材在图2的方框中画出改进后的电路图，并标出各器材的代号。
（3）测量初级线圈的电阻表达式为RL= 。（本结果均用题中所给的字母表示）
（4）关于实验操作说法正确的是___________。
A．接通电路时应先接通K1，电路稳定后再接通K2
B．实验结束拆除电路时应先断开K1，稍等一会儿再断开K2
C．调整滑动变阻器电阻后立刻读出电表读数
【答案】（1）电压表量程过大
（2）
（3）
（4）A
【知识点】电阻的测量
【解析】【解答】(1)被测线圈两端的最大电压为6V，达不到电压表V量程的一半，测量误差较大，所以不能使用该电压表；(2)流过被测线圈的最大电流为 ，所以电流表选择A1；如果变阻器选择分压接法，当与被测线圈并联的部分电阻丝阻值达到 时（滑片已经滑过了五分之三的区域），被测线圈两端的电压才达到2.25V，所以分压接法很难控制被测线圈两端电压的微小变化；如果选择限流接法，被测线圈两端的电压变化范围为1.8V~6V，足够测量多组数据，而且串联情况下更容易控制电压的微小变化，所以滑动变阻器选择限流接法；用内阻已知的电流表A2和阻值较大的定值电阻R2构造成电压表，用来测量电压值；流过电压表的电流最大值为 ，符合电流表A2的量程；由于电流表A2可以测出电流，所以电流表采用外接法，可以减小测量误差。改进后的电路图如下图所示：
(3)根据部分电路的欧姆定律，被测线圈的阻值为 (4)由于线圈具有自感，在电路通断的瞬间，会产生较强的感应电流，容易损坏电流表，所以接通电路时应先接通K1，待电路稳定后再接通K2；实验结束拆除电路时应先断开K2，稍等一会儿再断开K1；调整滑动变阻器电阻后应稍等一会，待电流表示数稳定后再读出读数。
故答案为：A。
【分析】（1）由于电压表量程太大所以不能直接使用电压表要利用电流表和定值电阻进行串联；
（2）使用已知内阻电流表A2和定值电阻串联测量电压的大小，利用A1测量电流的大小；
（3）利用欧姆定律结合并联电路的特点可以求出被测线圈的阻值大小；
（4）由于线圈存在自感作用所以实验开始要先接通K1，实验结束时要先断开K2；调节滑动变阻器要等电流稳定才可以得出电流的大小。
四、解答题
15．（2020高三上·济南期末）如图所示一半径为 的金属圆环水平放置，长度为2l的粗细均匀的金属棒OP搭在圆环上且一端O点与圆心重合，金属棒OP的电阻为 ，转动时棒与圆环保持良好接触。额定电压为 、内阻为 的电动机M通过导线分别连接棒上O点和圆环上Q点，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为 ，圆环及导线电阻不计。当金属棒绕圆心以角速度 顺时针（俯视）匀速转动时，电动机恰好正常工作，求：
（1）通过电动机的电流方向及电动机的输出功率；
（2）金属棒两端点的电压Upo。
【答案】（1）解：根据定则，电流方向
金属棒在回路中产生的感应电动势为
通过电动机的电流
电动机的输出功率
解得
（2）解：金属棒在PQ段两端的电压为
金属棒两端点的电压
解得
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）导体棒切割磁感线，利用右手定则可以判别感应电流的方向，利用动生电动势及欧姆定律可以求出回路中电流的大小，结合电功率的表达式可以求出电动机输出功率的大小；
（2）已知导体棒切割的速度大小，结合动生电动势的大小可以求出PQ两端的电压，结合QO两端电压的大小可以求出PO两端电压的大小。
16．（2020高三上·济南期末）如图所示，轻质小滑轮通过竖直杆固定于天花板上，细绳l1跨过小滑轮连接a、b两球，b球再通过细绳l2、l3分别连接右侧竖直墙壁和水平地面，整个系统保持静止。细绳l3沿竖直方向，滑轮最高点P与细绳l2在竖直墙壁上的固定点M等高，P点、M点到b球的距离均为l=0.5m，与b球之间的高度差为h=0.4m，a球的质量为m1=2kg，b球的质量为m2=1kg。某时刻将细绳l3剪断，以后的过程中a、b两球均不会碰到地面或天花板，取重力加速度g=10m/s2，求：
（1）未剪断细绳l3时，细绳l3对b球的拉力；
（2）剪断细绳l3后，b球运动至与M点等高处的速度大小；
（3）剪断细绳l3后，b球运动至与M点等高处的加速度大小。
【答案】（1）解：因为两绳等长，P点和M点等高，则两绳与竖直方向的夹角相等，设为θ，根据平衡条件得
解得
方向竖直向下
（2）解：绳剪断后，b球做变速圆周运动，如图所示；
a球下降的高度为
根据机械能守恒定律
解得
（3）解：绳剪断后，b球做变速圆周运动，b球运动至与M点等高时水平方向上的加速度指向圆心M点
竖直向下的加速度为
合加速度为
解得
【知识点】共点力平衡条件的应用；机械能守恒及其条件
【解析】【分析】（1）小球m1和m2都处于静止，利用两者的平衡方程可以求出细绳l3对小球的拉力大小；
（2）绳子剪断后由于绳子l2的长度不变，所以b球做变速圆周运动，利用机械能守恒定律可以求出b球运动的速度大小。
17．（2020高三上·济南期末）如图所示，在第一象限存在场强大小为E的匀强电场，方向沿y轴负向，在第四象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于坐标平面向外，坐标轴上的M点坐标为（0，d），P点坐标为（d，0），Q点坐标为（0，-d）。电荷量为q，质量为m的带正电粒子以某一速度从M点沿x轴正向进入匀强电场，从P点离开电场后进入匀强磁场，最后在Q点离开磁场，不计带电粒子的重力及场的边缘效应，求：
（1）粒子在P点的速度大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小。
【答案】（1）解：设粒子在M点速度为v0，P点的速度为v
qE=ma
解得
vy=at
解得
（2）解：设P点速度与x轴夹角为θ，根据平抛运动的推论得
设粒子做圆周运动时所对圆心角的一半为α，则α和 都等于弦切角，所以有
解得
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，在以r为斜边的直角三角形中
根据牛顿第二定律得
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）小球在电场中做类平抛运动，利用类平抛的位移公式可以求出初速度的大小，结合速度的合成可以求出粒子在P点速度的大小；
（2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，利用几何关系可以求出轨道半径的大小；结合牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小。
18．（2020高三上·济南期末）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，x轴与水平地面重合，y轴竖直向上，在x=11.2m处有一足够高的竖直墙壁，墙壁与x轴垂直。某时刻在坐标（0，0.8m）处将小球a沿x轴正向以v0=2 m/s抛出，同时在（1.6 m，0.8 m）处静止释放一小球b，小球a、b的质量分别为m1=0.3kg、m2=0.1kg，均可视为质点。所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，小球与地面或墙壁碰撞时，与接触面平行的分速度保持不变，与接触面垂直的分速度反向。取重力加速度g=10m/s2，求：
（1）第1次两球相碰时的位置坐标及碰后两球的速度大小；
（2）两球从第1次碰撞后瞬间到第2次相碰前瞬间的过程中，地面与墙壁对b球的总冲量大小；
（3）两球之间碰撞的总次数。
【答案】（1）解：a、b等高，竖直方向运动均为自由落体运动，且所有碰撞均为弹性碰撞，所以a、b在竖直方向的运动始终是同步的
解得
即当b球反弹到最高点时，a球正好也在最高点，二者发生碰撞，碰前a球速度沿水平方向，大小为
碰撞的位置坐标（1.6m，0.8m）
解得
（2）解：由于两球在竖直方向上的运动始终同步，以后的运动可以等效成两球在水平方向的运动。
b球比a球在水平方向上速度大，b球先碰到墙壁反弹，然后再和a球发生碰撞。第一次碰撞点到墙壁的距离为
a、b球再次发生碰撞时满足
解得
第二次碰撞点到O点的距离为
即第二次碰撞时也在最高点，碰撞位置在（6.4m，0.8m）处，此时a球速度 方向向右，b球速度 方向向左，此过程中b球在竖直方向上只受到重力和不连续的地面支持力，设地面对b的冲量大小为I地，从第一次碰撞到第二次碰撞的过程中对b球由动量定理得
解得
方向竖直向上
设墙壁对b球冲量大小为I墙，水平方向由动量定理得
解得
方向水平向左
地面与墙壁对b球的总冲量I大小为
（3）解：第二次碰撞过程中，取向右为正，
解得
此后a球在水平方向上向左运动，b球在水平方向上向右运动，碰墙后原速率返回再追上a球，第三次发生碰撞。
解得： 也是在最高点相碰撞。
取向左为正方向，
解得
以后不会再发生碰撞，因此，碰撞次数为3次。
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【分析】（1）ab两球发生第一次碰撞时，利用a球平抛运动的位移公式可以判别第一次碰撞时两个小球的位置，利用动量守恒定律及动能守恒定律可以求出两个小球碰撞后速度的大小；
（2）由于两个小球竖直方向的运动同步，所以其运动等效为两个小球水平方向的运动；利用第一次碰撞后距离墙壁的距离结合第二次碰撞的位移公式可以求出碰撞时的位置及离O点的距离；利用动量定理可以求出地面和墙壁对b球的总冲量大小；
（3）两个小球发生第二次碰撞后，利用动量守恒定律结合动能守恒定律可以求出碰后的速度大小，结合碰后速度的大小可以判别可以发生第三次碰撞，再利用第三次碰撞过程的动量守恒定律及动能守恒定律可以判别只能碰撞三次。
1 / 1山东省济南市2021届高三上学期物理期末学情诊断考试试卷
一、单选题
1．（2020高三上·济南期末）伽利略在研究匀变速直线运动规律时，让小球从斜面的不同位置自由滚下，观测出小球从不同起点运动到底端的位移s与所对应的时间t，画出s—t2图像。设小球运动的加速度为a，则图像的斜率为（ ）
A． B．a C． D．
2．（2020高三上·济南期末）如图所示，滚筒洗衣机脱水时，衣物紧贴着滚筒壁在竖直平面内做匀速圆周运动。衣物经过洗衣机上abcd四个位置中，脱水效果最好的是（ ）
A．a B．b C．c D．d
3．（2020高三上·济南期末）如图所示，一质子只在电场力的作用下，沿虚线由M点运动到N点，质子的电势能增加，则下列说法正确的是（ ）
A．M点的电场强度大
B．质子在M点的速度可能为0
C．M、N间的虚线可能是一条电场线
D．N点的电势高
4．（2020高三上·济南期末）某同学研究绳波的形成，取一条较长的软绳，用手握住一端水平拉直后，沿竖直方向抖动即可观察到绳波的形成。该同学先后两次抖动后，观察到如图中所示的甲、乙两个绳波情形。关于两次形成的绳波，下列判断正确的是（ ）
A．波形甲的振幅比波形乙大
B．波形甲的周期比波形乙大
C．波形甲的形成时间比波形乙早
D．波形甲的起振方向与波形乙相同
5．（2020高三上·济南期末）如图所示，极地卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极（轨道可视为圆轨道、地球看作球体），若一个极地卫星从北纬30°的正上方，按图示方向第一次运行至赤道正上方时所用的时间为 ，已知纬度是指某点与地球球心的连线和地球赤道面所成的线面角，同步卫星的线速度大小为 ，则该极地卫星的线速度大小为（ ）
A． B． C． D．
6．（2020高三上·济南期末）图甲是某用电器的点火装置的简化原理图。如图乙所示的正弦交变电压加在理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。当变压器副线圈电压的瞬时值大于2 000 V时，就会引发火花，以下判断正确的是（ ）
A．原线圈中交变电压的有效值为311V
B．副线圈中交变电压的频率大于50Hz
C．图甲中点火针的电势始终比感应针高
D．原、副线圈变压器的匝数比可以为
7．（2020高三上·济南期末）粗糙水平面上有三个通过不计质量的卡扣依次连接在一起的货箱A、B、C，质量分别为m、2m、3m，每个货箱与水平面间的动摩擦因数均为μ，取重力加速度为g。现在两人合作搬运货箱，一人用水平力F向右拉C，另一人同时也用力F向右推A，使货箱向右运动，则B、C间的卡扣对C的作用力大小为（ ）
A．0 B．F-3μmg C．F D．F-3μmg
8．（2020高三上·济南期末）如图所示，竖直墙壁的左侧有一点光源S，从点光源处有一小球以速度v0正对墙壁向右水平抛出，在撞到竖直墙壁之前的过程中，墙壁上会有小球的影子。以S到竖直墙壁垂线与墙壁的交点O为坐标原点，以沿墙壁向下为正方向建立y轴，假设竖直墙壁足够长，以小球抛出时刻为t=0时刻，关于小球的影子在竖直墙壁上的位置变化情况，下列图像中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．（2020高三上·济南期末）牛顿在巨著《自然哲学的数学原理》里定义“惯性是物质固有的属性，是一种抵抗的现象”。物体的惯性可以用其质量来衡量。如图所示，用a、b两根相同的轻细线悬挂两个完全相同的物体，下列说法正确的是（ ）
A．若突然迅速向下用力拉下面的物体，细线a容易先断
B．若突然迅速向下用力拉下面的物体，细线b容易先断
C．若缓慢向下用力拉下面的物体，细线a容易先断
D．若缓慢向下用力拉下面的物体，细线b容易先断
10．（2020高三上·济南期末）恒流源是一种特殊的电源，其输出的电流能始终保持不变；恒压源也是一种特殊的电源，其输出的电压能始终保持不变。如图甲所示的电路中电源是恒流源，如图乙所示的电路中电源是恒压源，两图中的滑动变阻器滑动触头P均从最右端向最左端移动时，下列说法中正确的是（ ）
A．图甲中R1的电压减小 B．图乙中R1的电压减小
C．图甲中流过R2的电流保持不变 D．图乙中流过R2的电流保持不变
11．（2020高三上·济南期末）如图所示，A球和天花板之间用轻弹簧相连，A球和B球之间用轻细线相连，整个系统保持静止。已知轻弹簧的劲度系数为k，A、B两球的质量分别为m和2m，重力加速度为g。现剪断轻细线，弹簧的变化始终在弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A．剪断瞬间，A球的加速度为0
B．剪断瞬间，A球的加速度为2g
C．剪断后，当A球上升到最高点时，弹簧的形变量为
D．剪断后，当A球上升到最高点时，弹簧的形变量为
12．（2020高三上·济南期末）从电子枪打出的电子流并不完全沿直线运动，而是有微小角度的散射，为了使显示器图像清晰，需要通过电子透镜对电子流进行聚焦处理，正好在屏幕上汇聚形成一个亮点。如图甲所示，密绕线圈的玻璃管是一种利用磁场进行汇聚的电子透镜，又称为磁场透镜。如图乙所示为其内部原理图，玻璃管的管长为L，管内直径为D，管内存在沿轴线方向向右的匀强磁场。电子流中的电子在与轴线成微小角度θ的顶角范围内从轴线左端的O点射入磁场，电子速率均为v0，调节磁感应强度B的大小，可以使电子重新汇聚到轴线右端与荧光屏的交点P。已知电子的电荷量为e，质量为m，当角度θ非常小时满足 ， ，若要使电子流中的电子均能汇聚到P点，下列说法正确的是（ ）
A．磁感应强度应满足 （n为合适的整数）
B．磁感应强度应满足 （n为合适的整数）
C．管内直径应满足
D．管内直径应满足
三、实验题
13．（2020高三上·济南期末）某同学研究自由落体运动的规律时，将小球固定在刻度尺的旁边由静止释放，用手机拍摄小球自由下落的视频，然后用相应的软件处理得到分帧图片，利用图片中小球的位置就可以得出速度、加速度等信息，实验装置如图1所示。
如图2所示为小球下落过程中三幅连续相邻的分帧图片I、II、III，相邻两帧之间的时间间隔为0.02s，刻度尺为毫米刻度尺。
（1）图片II中小球下落速度约为 m/s。（计算结果保留两位小数）
（2）关于实验装置和操作，以下说法正确的是________。
A．刻度尺应固定在竖直平面内
B．铅垂线的作用是检验小球是否沿竖直方向下落
C．手机应正对刻度尺固定
D．手机距离刻度尺越近越好
（3）为了得到更精确的加速度值，该同学利用多帧图片测算其对应的速度v和下落的高度h，绘制了 图像，如图3所示。其中P、Q分别为两个大小相同，质量不同的小球下落的图像，由图像可知____。
A．图像的斜率表示小球下落的加速度
B．小球P的质量大于小球Q的质量
C．小球P的质量小于小球Q的质量
D．小球P的数据算出的加速度值更接近当地重力加速度
14．（2020高三上·济南期末）小明同学将废弃不用的手机充电器拆开，发现内部有一个变压器，他想在不拆变压器绕线的前提下测量其初级线圈的直流电阻，先用多用电表欧姆档测得阻值约400Ω，然后再用伏安法精确测量其直流电阻。现有器材如下：
①电流表A1（量程20mA，内阻r1约为3Ω，读数记为I1）；
②电流表A2（量程5 mA，内阻 ，读数记为I2）；
③电压表V（量程15V，内阻Rv约为15 KΩ，读数记为U）；
④定值电阻 ；
⑤定值电阻 ；
⑥滑动变阻器R（0~1000Ω）；
⑦蓄电池E（电动势6V，内阻很小）；
⑧开关、导线若干。
（1）小明利用以上的部分器材设计了如图1所示的电路图，请指出此电路设计不妥当的地方： .
（2）请利用提供的器材在图2的方框中画出改进后的电路图，并标出各器材的代号。
（3）测量初级线圈的电阻表达式为RL= 。（本结果均用题中所给的字母表示）
（4）关于实验操作说法正确的是___________。
A．接通电路时应先接通K1，电路稳定后再接通K2
B．实验结束拆除电路时应先断开K1，稍等一会儿再断开K2
C．调整滑动变阻器电阻后立刻读出电表读数
四、解答题
15．（2020高三上·济南期末）如图所示一半径为 的金属圆环水平放置，长度为2l的粗细均匀的金属棒OP搭在圆环上且一端O点与圆心重合，金属棒OP的电阻为 ，转动时棒与圆环保持良好接触。额定电压为 、内阻为 的电动机M通过导线分别连接棒上O点和圆环上Q点，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为 ，圆环及导线电阻不计。当金属棒绕圆心以角速度 顺时针（俯视）匀速转动时，电动机恰好正常工作，求：
（1）通过电动机的电流方向及电动机的输出功率；
（2）金属棒两端点的电压Upo。
16．（2020高三上·济南期末）如图所示，轻质小滑轮通过竖直杆固定于天花板上，细绳l1跨过小滑轮连接a、b两球，b球再通过细绳l2、l3分别连接右侧竖直墙壁和水平地面，整个系统保持静止。细绳l3沿竖直方向，滑轮最高点P与细绳l2在竖直墙壁上的固定点M等高，P点、M点到b球的距离均为l=0.5m，与b球之间的高度差为h=0.4m，a球的质量为m1=2kg，b球的质量为m2=1kg。某时刻将细绳l3剪断，以后的过程中a、b两球均不会碰到地面或天花板，取重力加速度g=10m/s2，求：
（1）未剪断细绳l3时，细绳l3对b球的拉力；
（2）剪断细绳l3后，b球运动至与M点等高处的速度大小；
（3）剪断细绳l3后，b球运动至与M点等高处的加速度大小。
17．（2020高三上·济南期末）如图所示，在第一象限存在场强大小为E的匀强电场，方向沿y轴负向，在第四象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于坐标平面向外，坐标轴上的M点坐标为（0，d），P点坐标为（d，0），Q点坐标为（0，-d）。电荷量为q，质量为m的带正电粒子以某一速度从M点沿x轴正向进入匀强电场，从P点离开电场后进入匀强磁场，最后在Q点离开磁场，不计带电粒子的重力及场的边缘效应，求：
（1）粒子在P点的速度大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小。
18．（2020高三上·济南期末）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，x轴与水平地面重合，y轴竖直向上，在x=11.2m处有一足够高的竖直墙壁，墙壁与x轴垂直。某时刻在坐标（0，0.8m）处将小球a沿x轴正向以v0=2 m/s抛出，同时在（1.6 m，0.8 m）处静止释放一小球b，小球a、b的质量分别为m1=0.3kg、m2=0.1kg，均可视为质点。所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，小球与地面或墙壁碰撞时，与接触面平行的分速度保持不变，与接触面垂直的分速度反向。取重力加速度g=10m/s2，求：
（1）第1次两球相碰时的位置坐标及碰后两球的速度大小；
（2）两球从第1次碰撞后瞬间到第2次相碰前瞬间的过程中，地面与墙壁对b球的总冲量大小；
（3）两球之间碰撞的总次数。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】小球从静止开始沿斜面向下做匀加速运动，位移—时间关系为
即s与t2成正比，所以s—t2图像是一条过原点的直线，直线的斜率为 。
故答案为：A。
【分析】利用匀变速运动的位移公式可以判别图象斜率的含义。
2．【答案】B
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】衣物随滚筒一起做匀速圆周运动，它们的角速度是相等的
在a点，根据牛顿第二定律可知
解得
在b点，根据牛顿第二定律可知
解得
在cd两点，根据牛顿第二定律可知
可知衣物对滚筒壁的压力在b位置最大，脱水效果最好
故答案为：B。
【分析】利用牛顿第二定律结合角速度不变可以比较衣物对滚筒的压力大小进而判别脱水的效果。
3．【答案】D
【知识点】电场力做功；电场强度；电势
【解析】【解答】A．只有一条运动轨迹，无法确定场强的大小关系，A不符合题意；
B．质子运动过程只有电场力做负功，故动能减小，在M点的初速度不可能为零，B不符合题意；
C．虚线MN是质子的运动轨迹，根据曲线运动的条件（电场力总是指向轨迹的凹侧）可知，场强一定指向轨迹的凹侧，故虚线MN不可能是一条电场线，C不符合题意；
D．质子电势能增加，据
可知，电势升高，故N点的电势高，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】由于不知道电场线的分布不能判别电场强度的大小；利用电场力做功可以判别动能的大小；电场力方向可以判别电场线的方向；利用电势能的变化结合电性可以比较电势的高低。
4．【答案】B
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．由图可知波形甲的振幅比波形乙小，A不符合题意；
B．甲乙两绳波在同一介质中传播，波速相等，波形甲的波长比波形乙的大，根据 ，波形甲的周期大于波形乙的周期，B符合题意；
C．波形乙的形成时间比波形甲早，C不符合题意；
D．波形甲的起振方向向下，波形乙的起振方向向上，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】从图可以得知波的振幅大小；利用波速相等结合波长的大小可以比较周期的大小；利用波的形状可以判别波形形成时间的快慢；利用波的传播方向可以判别波的起振方向。
5．【答案】C
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】由题意可得该极地卫星运行的周期为
得T=3h
由开普勒第三定律 得
由
得
解得
极地卫星的线速度大小为
故答案为：C。
【分析】利用开普勒第三定律结合引力提供向心力可以求出极地卫星的线速度大小。
6．【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．由图乙可知，交变电压的峰值为311V，有效值应为 V，A不符合题意；
B．原线圈中交变电流的周期 ，频率为 ，所以副线圈中的频率也为50Hz，C不符合题意；
C．由于是交变电流，所以点火针和感应针的电势高低也在交替变化，C不符合题意；
D．已知 ，则
所以匝数比可以为 ，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用图像可以求出原线圈的峰值，利用峰值可以求出有效值的大小；利用周期可以求出频率的大小；由于交流电所以点火针和感应针的电势也在交替变化；利用电压的大小可以求出匝数的比值大小。
7．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】对整体由牛顿第二定律得
对C由牛顿第二定律得
解得
故答案为：A。
【分析】利用整体及C的牛顿第二定律可以求出卡扣对C的作用力大小。
8．【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】如图，当小球做平抛运动到P点时，其影子到了B点
由平抛运动规律有 ，
由几何关系可得
解得
y与t成正比，所以B符合题意；ACD不符合题意；
故答案为：B。
【分析】利用几何关系可以求出平抛运动位移和小球影子的位置关系，结合平抛运动的位移公式可以求出小球影子和时间的表达式，进而选择正确的图线。
9．【答案】B,C
【知识点】惯性与质量
【解析】【解答】AB．两物体看成一个整体质量大，惯性大，运动状态难改变，下面的物体质量较小惯性小，运动状态容易改变，所以若突然迅速向下用力拉下面的物体，细线b容易先断，则A不符合题意；B符合题意；
CD．向下用力拉下面的物体时，把两物体看成一个整体质量大，惯性大，运动状态难改变，上面物体难拉动，所以拉力较大，则若缓慢向下用力拉下面的物体，细线a容易先断，所以C符合题意；D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】迅速拉下面的物体时由于下面的物体质量小惯性容易改变所以细绳b容易线段；当缓慢拉动时，由于整体的惯性大难以拉动所以细绳a容易先断。
10．【答案】A,B,D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】AC．图甲中两个支路的电压始终相等，所以支路电流与电阻成反比，即
且 是定值，变阻器触头P从最右端向最左端移动时，R0增大，由上式可知I1减小，I2增大，R1的电压 减小，A符合题意，C不符合题意；
BD．图乙中两个支路的电压始终相等且为定值，支路电流与电阻成反比，即
变阻器触头P从最右端向最左端移动时，R0增大，由上式可知I1减小，I2不变，R1的电压 减小，BD符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】图甲中由于滑动变阻器阻值变大导致支路电流变小所以R1两端电压变小；由于流过R1的电流变小所以流过R2的电流变大；图乙中由于电压保持不变，由于滑动变阻器阻值变大导致支路电流变小所以R1两端电压变小；但是由于路端电压不变所以流过R2的电流不变。
11．【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．剪断前弹簧的弹力为
剪断瞬间，根据牛顿第二定律得
解得 ，A不符合题意，B符合题意；
CD．剪断后小球A做简谐振动，根据对称性，小球在最高点的加速度也等于2g，方向向下，由牛顿第二定律得
解得 ，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】利用牛顿第二定律结合弹簧的弹力不变可以求出A的加速度大小；利用小球做简谐运动最高点的加速度大小，结合牛顿第二定律可以求出形变量的大小。
12．【答案】A,C
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】AB．将电子的运动分解为竖直方向和水平方向，在竖直方向做匀速圆周运动，在水平方向做匀速直线运动，
竖直方向
匀速圆周运动的周期
电子经过时间t汇聚在P点，设
水平方向有
联立解得 （n为合适的整数）
A符合题意，B不符合题意；
CD．根据题意，电子做匀速圆周运动的直径不大于玻璃管的半径，则有
联立解得 （n为合适的整数，且 ）
（n为合适的整数，且 ）
所以
故答案为：AC。
【分析】电子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀速圆周运动，利用水平方向的位移公式结合匀速圆周运动的周期可以求出磁感应强度的大小；利用电子做匀速圆周运动的轨迹半径要小于玻璃管的半径；结合牛顿第二定律可以求出管内直径的大小。
13．【答案】（1）1.40
（2）A；C
（3）B；D
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】(1)匀变速运动在一段时间内的平均速度等于其中间时刻的瞬时速度。从图片I到图片III，小球的位移约为 ，用时 ，所以图片II中小球的下落速度约为 ；(2)小球沿竖直方向下落，刻度尺应固定在竖直平面内；铅垂线的作用是检验刻度尺是否沿竖直方向；手机在录像时应正对刻度尺，并且离刻度尺越远越好，离得越远，位置记录的误差越小。
故答案为：AC。(3)根据自由落体的特点可知，下落高度h与速度v的关系为 ，即v2与h成正比，图像的斜率等于下落加速度的2倍；由图像可知Q球的加速度较小，说明其质量较小，空气阻力对它的影响较为明显，所以用小球P的数据算出的加速度值更接近当地的重力加速度。
故答案为：BD。
【分析】（1）利用刻度尺分度值可以求出小球运动的位移，结合运动的时间可以求出下落速度的大小；
（2）重锤线的作用是检验刻度尺是否沿竖直方向；手机在记录时应该离刻度尺越远越好；
（3）利用速度位移公式可以判别其图像的斜率；利用斜率的大小可以判别小球的质量大小；利用加速度越大其阻力越小更接近当地重力加速度的大小。
14．【答案】（1）电压表量程过大
（2）
（3）
（4）A
【知识点】电阻的测量
【解析】【解答】(1)被测线圈两端的最大电压为6V，达不到电压表V量程的一半，测量误差较大，所以不能使用该电压表；(2)流过被测线圈的最大电流为 ，所以电流表选择A1；如果变阻器选择分压接法，当与被测线圈并联的部分电阻丝阻值达到 时（滑片已经滑过了五分之三的区域），被测线圈两端的电压才达到2.25V，所以分压接法很难控制被测线圈两端电压的微小变化；如果选择限流接法，被测线圈两端的电压变化范围为1.8V~6V，足够测量多组数据，而且串联情况下更容易控制电压的微小变化，所以滑动变阻器选择限流接法；用内阻已知的电流表A2和阻值较大的定值电阻R2构造成电压表，用来测量电压值；流过电压表的电流最大值为 ，符合电流表A2的量程；由于电流表A2可以测出电流，所以电流表采用外接法，可以减小测量误差。改进后的电路图如下图所示：
(3)根据部分电路的欧姆定律，被测线圈的阻值为 (4)由于线圈具有自感，在电路通断的瞬间，会产生较强的感应电流，容易损坏电流表，所以接通电路时应先接通K1，待电路稳定后再接通K2；实验结束拆除电路时应先断开K2，稍等一会儿再断开K1；调整滑动变阻器电阻后应稍等一会，待电流表示数稳定后再读出读数。
故答案为：A。
【分析】（1）由于电压表量程太大所以不能直接使用电压表要利用电流表和定值电阻进行串联；
（2）使用已知内阻电流表A2和定值电阻串联测量电压的大小，利用A1测量电流的大小；
（3）利用欧姆定律结合并联电路的特点可以求出被测线圈的阻值大小；
（4）由于线圈存在自感作用所以实验开始要先接通K1，实验结束时要先断开K2；调节滑动变阻器要等电流稳定才可以得出电流的大小。
15．【答案】（1）解：根据定则，电流方向
金属棒在回路中产生的感应电动势为
通过电动机的电流
电动机的输出功率
解得
（2）解：金属棒在PQ段两端的电压为
金属棒两端点的电压
解得
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）导体棒切割磁感线，利用右手定则可以判别感应电流的方向，利用动生电动势及欧姆定律可以求出回路中电流的大小，结合电功率的表达式可以求出电动机输出功率的大小；
（2）已知导体棒切割的速度大小，结合动生电动势的大小可以求出PQ两端的电压，结合QO两端电压的大小可以求出PO两端电压的大小。
16．【答案】（1）解：因为两绳等长，P点和M点等高，则两绳与竖直方向的夹角相等，设为θ，根据平衡条件得
解得
方向竖直向下
（2）解：绳剪断后，b球做变速圆周运动，如图所示；
a球下降的高度为
根据机械能守恒定律
解得
（3）解：绳剪断后，b球做变速圆周运动，b球运动至与M点等高时水平方向上的加速度指向圆心M点
竖直向下的加速度为
合加速度为
解得
【知识点】共点力平衡条件的应用；机械能守恒及其条件
【解析】【分析】（1）小球m1和m2都处于静止，利用两者的平衡方程可以求出细绳l3对小球的拉力大小；
（2）绳子剪断后由于绳子l2的长度不变，所以b球做变速圆周运动，利用机械能守恒定律可以求出b球运动的速度大小。
17．【答案】（1）解：设粒子在M点速度为v0，P点的速度为v
qE=ma
解得
vy=at
解得
（2）解：设P点速度与x轴夹角为θ，根据平抛运动的推论得
设粒子做圆周运动时所对圆心角的一半为α，则α和 都等于弦切角，所以有
解得
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，在以r为斜边的直角三角形中
根据牛顿第二定律得
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）小球在电场中做类平抛运动，利用类平抛的位移公式可以求出初速度的大小，结合速度的合成可以求出粒子在P点速度的大小；
（2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，利用几何关系可以求出轨道半径的大小；结合牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小。
18．【答案】（1）解：a、b等高，竖直方向运动均为自由落体运动，且所有碰撞均为弹性碰撞，所以a、b在竖直方向的运动始终是同步的
解得
即当b球反弹到最高点时，a球正好也在最高点，二者发生碰撞，碰前a球速度沿水平方向，大小为
碰撞的位置坐标（1.6m，0.8m）
解得
（2）解：由于两球在竖直方向上的运动始终同步，以后的运动可以等效成两球在水平方向的运动。
b球比a球在水平方向上速度大，b球先碰到墙壁反弹，然后再和a球发生碰撞。第一次碰撞点到墙壁的距离为
a、b球再次发生碰撞时满足
解得
第二次碰撞点到O点的距离为
即第二次碰撞时也在最高点，碰撞位置在（6.4m，0.8m）处，此时a球速度 方向向右，b球速度 方向向左，此过程中b球在竖直方向上只受到重力和不连续的地面支持力，设地面对b的冲量大小为I地，从第一次碰撞到第二次碰撞的过程中对b球由动量定理得
解得
方向竖直向上
设墙壁对b球冲量大小为I墙，水平方向由动量定理得
解得
方向水平向左
地面与墙壁对b球的总冲量I大小为
（3）解：第二次碰撞过程中，取向右为正，
解得
此后a球在水平方向上向左运动，b球在水平方向上向右运动，碰墙后原速率返回再追上a球，第三次发生碰撞。
解得： 也是在最高点相碰撞。
取向左为正方向，
解得
以后不会再发生碰撞，因此，碰撞次数为3次。
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【分析】（1）ab两球发生第一次碰撞时，利用a球平抛运动的位移公式可以判别第一次碰撞时两个小球的位置，利用动量守恒定律及动能守恒定律可以求出两个小球碰撞后速度的大小；
（2）由于两个小球竖直方向的运动同步，所以其运动等效为两个小球水平方向的运动；利用第一次碰撞后距离墙壁的距离结合第二次碰撞的位移公式可以求出碰撞时的位置及离O点的距离；利用动量定理可以求出地面和墙壁对b球的总冲量大小；
（3）两个小球发生第二次碰撞后，利用动量守恒定律结合动能守恒定律可以求出碰后的速度大小，结合碰后速度的大小可以判别可以发生第三次碰撞，再利用第三次碰撞过程的动量守恒定律及动能守恒定律可以判别只能碰撞三次。
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