2020届湘赣皖十五校高三下学期第一次联考模拟物理试题（解析版）

2020 届湘赣皖·十五校高三联考第一次考试 物理模拟试卷 第Ⅰ卷（选择题 共 48 分） 一、选择题∶本部分共 12 小题，每小题 4 分。在每小题列出的四个选项中，第 1~8 题只有一 项符合题目要求，第 9~12 题有多项符合题目要求，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分， 有选错的或不选的得 0 分。 1.在物理学建立与发展的过程中，有许多科学家做出了理论与实验贡献。关于这些贡献，下列说法正确的是 （　　） A. 牛顿发现了万有引力定律，并通过扭秤实验测量了引力常量 B. 安培提出了分子电流假说，研究了安培力的大小与方向 C. 法拉第发现了磁生电的现象，提出了法拉第电磁感应定律 D. 爱因斯坦在物理学中最早引入能量子，破除了“能量连续变化”的传统观念 【答案】B 【解析】 【详解】A．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过扭秤实验测量了引力常量，选项 A 错误； B．安培提出了分子电流假说，研究了安培力的大小与方向，选项 B 正确； C．法拉第发现了“磁生电”的现象，纽曼和韦伯归纳出法拉第电磁感应定律，故 C 错误； D．普朗克在物理学中最早引入能量子，破除了“能量连续变化”的传统观念，选项 D 错误。 故选 B。 2.为了做好疫情防控工作，小区物业利用红外测温仪对出入人员进行体温检测。红外测温仪的原理是：被测 物体辐射的光线只有红外线可被捕捉，并转变成电信号。图为氢原子能级示意图，已知红外线单个光子能 量的最大值为 1.62eV，要使氢原子辐射出的光子可被红外测温仪捕捉，最少应给处于 激发态的氢原子 提供的能量为（　　） A. 10.20eV B. 2.89eV C. 2.55eV D. 1.89eV 2n =【答案】C 【解析】 【详解】AB．处于 n=2 能级的原子不能吸收 10.20eV、2.89eV 的能量，则选项 AB 错误； C．处于 n=2 能级的原子能吸收 2.55eV 的能量而跃迁到 n=4 的能级，然后向低能级跃迁时辐射光子，其中 从 n=4 到 n=3 的跃迁辐射出的光子的能量小于 1.62eV 可被红外测温仪捕捉，选项 C 正确； D．处于 n=2 能级的原子能吸收 1.89eV 的能量而跃迁到 n=3 的能级，从 n=3 到低能级跃迁时辐射光子的能 量均大于 1.62eV，不能被红外测温仪捕捉，选项 D 错误。 故选 C。 3.小球从某一高度处自由下落着地后反弹，然后又落下，每次与地面碰后动能变为碰撞前的 。以刚开始下 落时为计时起点，小球的 v－t 图像如图所示，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ） A. 图像中选取竖直向下为正方向 B. 每个阶段的图线并不相互平行 C. 每次与地面相碰后能够上升的最大高度是前一次下落高度的一半 D. 每次与地面相碰后上升到最大高度所需的时间是前一次下落时间的一半 【答案】D 【解析】 【详解】A．由于小球从某一高度处自由下落，根据速度时间图线知选取竖直向上为正方向，故 A 错误； B．不计空气阻力，下落过程和上升过程中只受重力，根据牛顿第二定律可得下落过程和上升过程中的加速 度为重力加速度，速度时间图线的斜率表示加速度，所以每个阶段的图线相互平行，故 B 错误； C．与地面相碰后能够上升的最大高度是前一次下落过程，根据动能定理可得 与地面相碰后上升过程中，根据动能定理可得 根据题意有 1 4 kE mgh= kE mgh′ ′=解得 故 C 错误； D．根据运动学公式可得与地面相碰后上升的时间 与地面相碰后上升到最大高度所需的时间是前一次下落时间的 解得 故 D 正确； 故选 D。 4.光滑绝缘水平面上固定一半径为 R、带正电的球体 A（可认为电荷量全部在球心），另一带正电的小球 B 以一定的初速度冲向球体 A，用 r 表示两球心间的距离，F 表示 B 小球受到的库仑斥力，在 r＞R 的区域内， 下列描述 F 随 r 变化关系的图象中可能正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】根据库仑定律可知，两球之间的库仑力满足 ，即随 r 增加，F 非线性减小。 故选 C。 5.如图所示，从高 h=1.8m 的 A 点将弹力球水平向右抛出，弹力球与水平地面碰撞两次后与竖直墙壁碰撞， 之后恰能返回 A 点。已知弹力球与接触面发生弹性碰撞，碰撞过程中，平行于接触面方向的速度不变，垂 1 4k kE E′ = 1 4h h′ = 2ht g ′′ = 2ht g = 2t t′= 2 A Bq qF k r =直于接触面方向的速度反向但大小不变，A 点与竖直墙壁间的距离为 4.8m，重力加速度 g=10m/s2，则弹力 球的初速度大小为（　　） A. 1.5m/s B. 2m/s C. 3.5m/s D. 4m/s 【答案】B 【解析】 【详解】由题意可知，小球在竖直方向做自由落体运动，则 由对称性可知，小球第一次落地时的水平位移为 则初速度 故选 B。 6.如图所示，三根完全相同的通电直导线 a、b、c 平行固定，三根导线截面的连线构成一等边三角形，O 点 为三角形的中心，整个空间有磁感应强度大小为 B、方向平行于等边三角形所在平面且垂直 bc 边指向 a 的 匀强磁场。现在三根导线中通以方向均向里的电流，其中 Ib=Ic=I。已知通电长直导线在某点产生的磁感应 强度的大小跟电流成正比，导线 b 在 O 点产生的磁感应强度大小为 B。则下列说法正确的是（　　） A. 若 O 点的磁感应强度平行 ac 边，则 Ia=（1＋ ）I B. 若 O 点的磁感应强度平行 ab 边，则 Ia=（1＋ ）I C. 若 O 点的磁感应强度垂直 ac 边，则 Ia=（ －1）I 2 2 1.8s=0.6s10 ht g ×= = 1 4.8m=1.2m4x = × 1.2 m/s=2m/s0.6 xv t = = 3 3 3 3 3D. 若 O 点的磁感应强度垂直 ab 边，则 Ia=（ －1）I 【答案】A 【解析】 【详解】三条直导线在 O 点的磁场方向如图；其中 Bc 和 Bb 的合场强水平向右大小为 Bbc=B；方向水平向右。 A．若 O 点的磁感应强度平行 ac 边，则三条通电导线产生的磁场和匀强磁场在垂直于 ac 方向的合磁场为零， 即 其中 Bc=B=kI，解得 Ia=（1＋ ）I 选项 A 正确； B．若 O 点的磁感应强度平行 ab 边，则三条通电导线产生的磁场和匀强磁场在垂直于 ab 方向的合磁场为零， 即 其中 Bb=B=kI，解得 Ia=（ -1）I 选项 B 错误； C．若 O 点的磁感应强度垂直 ac 边，则三条通电导线产生的磁场和匀强磁场在平行于 ac 方向的合磁场为零， 即 表达式无解，则 O 点的磁感应强度的方向不可能垂直 ac 边，选项 C 错误； D．若 O 点的磁感应强度垂直 ab 边，则三条通电导线产生的磁场和匀强磁场在平行于 ab 方向的合磁场为 3 sin30 cos30 cos30 0c aB B B+ − =   3 3 sin30 cos30 sin30 0b aB B B− + =   3 cos30 sin30 - sin30 0a bcB B B+ =  零，即 其中 Bc=B=kI，解得 Ia=（ +1）I 选项 D 错误。 故选 A。 7.一平行板电容器的电容为 C，A 极板材料发生光电效应的极限波长为 ，整个装置处于真空中，如图所 示。现用一波长为 （ ＜ ）的单色光持续照射电容器的 A 极板，B 极板接地。若产生的光电子均不会 飞出两极板间，则下列说法正确的是（　　）（已知真空中的光速为 c，普朗克常量为 h，光电子的电量为 e） A. 光电子的最大初动能为 B. 光电子的最大初动能为 C. 平行板电容器可带的电荷量最多为 D. 平行板电容器可带的电荷量最多为 【答案】C 【解析】 【详解】AB．根据光电效应方程可知 选项 AB 错误； CD．随着电子的不断积聚，两板电压逐渐变大，设最大电压为 U，则 cos30 cos60 cos60 0bc aB B B+ − =   3 0 λ λ λ 0 λ 0 hc λ λ− ( )0 0 h c λ λ λ λ − ( )0 0 hc C e λ λ λ λ − ( )0 0 h C ce λ λ λ λ − 0 0 0 ( ) km hchc hcE λ λ λ λ λλ −= − =且 Q=CU 解得 选项 C 正确，D 错误。 故选 C。 8.如图甲所示为历史上著名的襄阳炮，因在公元 1267-1273 年的宋元襄阳之战中使用而得名，其实质就是一 种大型抛石机。它采用杠杆式原理，由一根横杆和支架构成，横杆的一端固定重物，另一端放置石袋，发 射时用绞车将放置石袋的一端用力往下拽，而后突然松开，因为重物的牵缀，长臂会猛然翘起，石袋里的 巨石就被抛出。将其工作原理简化为图乙所示，横杆的质量不计，将一质量 m=10kg，可视为质点的石块， 装在横杆长臂与转轴 O 点相距 L=5m 的末端口袋中，在转轴短臂右端固定一重物 M，发射之前先利用外力 使石块静止在地面上的 A 点，静止时长臂与水平面的夹角 α=37°，解除外力后石块被发射，当长臂转到竖直 位置时立即停止运动，石块被水平抛出，落在水平地面上，石块落地位置与 O 点的水平距离 s=20m，空气 阻力不计，g 取 10m/s2。则（ ） A. 石块水平抛出时的初速度为 l0 m/s B. 石块水平抛出时的初速度为 20m/s C. 从 A 点到最高点的过程中，长臂对石块做的功为 2050J D. 从 A 点到最高点的过程中，长臂对石块做的功为 2500J 【答案】C 【解析】 【详解】AB．石块被抛出后做平抛运动，竖直高度为 kmUe E= ( )0 0 hc CQ e λ λ λ λ −= 5可得 水平方向匀速直线运动 可得平抛的初速度为 故 AB 错误； C D．石块从 A 点到最高点的过程，由动能定理 解得长臂对石块做的功为 故 C 正确，D 错误。 故选 C。 9.两汽车甲、乙分别挂上拖车，两汽车与两拖车的质量均相同，且阻力与质量成正比。开始两车以相同的速 度 v0 做匀速直线运动，t=0 时刻两拖车同时脱离汽车，已知汽车甲的牵引力不变，汽车乙的功率不变，经过 相同的时间 t0，汽车甲、乙的速度大小分别为 2v0、1.5v0。则下列说法正确的是（　　） A. t0 时间内，甲、乙两汽车的位移之比为 4：3 B. t0 时刻，甲、乙两汽车的加速度大小之比为 3：1 C. t0 时刻汽车甲的功率为拖车脱离前功率的 4 倍 D. t0 时间内，甲、乙两汽车牵引力做功之比为 3：2 【答案】BD 【解析】 【详解】A．对甲车拖车脱离后做匀加速运动经过 t0 的位移 对乙车功率一定，则做加速度减小的加速运动，则经过 t0 时的位移 21sin 2h L L gtα= + = 2( sin ) 2 10s5 L Lt g α+= = 0s v t= 0 5 10m/sv = 2 0 1 02W mgh mv− = − 2 0 1 2050J2W mgh mv= + = 0 0 1 0 0 0 2 1.52 v vs t v t += = 0 0 2 0 0 0 1.5 1.252 v vs t v t +> =则 t0 时间内，甲、乙两汽车的位移之比 不可能为 4：3，选项 A 错误； B．设汽车和拖车的质量均为 m，则汽车的牵引力为 F=2kmg，对甲车拖车脱离后做匀加速运动的加速度 乙车功率一定 P=Fv0=2kmgv0 在 t0 时刻乙车的加速度 则甲、乙两汽车的加速度大小之比为 3：1，选项 B 正确； C．甲车拖车脱离前功率 P=Fv0=2kmgv0 t0 时刻汽车甲的功率为 P0=2kmg∙2v0= 4kmgv0=2P 选项 C 错误； D．甲车牵引力做功 乙车牵引力做功 t0 时间内，甲、乙两汽车牵引力做功之比为 3：2，选项 D 正确。 故选 BD。 10.如图所示，质量为 m 的飞行器绕中心在 O 点、质量为 M 的地球做半径为 R 的圆周运动，现在近地轨道 1 上的 P 点开启动力装置，使其变轨到椭圆轨道 3 上，然后在椭圆轨道上远地点 Q 再变轨到圆轨道 2 上，完 成发射任务。已知圆轨道 2 的半径为 3R，地球的半径为 R，引力常量为 G，飞行器在地球周围的引力势能 表达式为 Ep= ，其中 r 为飞行器到 O 点的距离。飞行器在轨道上的任意位置时，r 和飞行器速率的 乘积不变。则下列说法正确的是（　　） 0 01 2 0 0 1.5 6 1.21.25 5 v ts s v t < = = 1 F kmga kgm −= = 0 2 1.5 1 3 P kmgva kgm − = = 1 1 0 02 3W kmg s kmgv t= ⋅ = 2 0 0 02W Pt kmgv t= = rG Mm−A. 可求出飞行器在轨道 1 上做圆周运动时的机械能是 B. 可求出飞行器在椭圆轨道 3 上运行时的机械能是- C. 可求出飞行器在轨道 3 上经过 P 点的速度大小 vP 和经过 Q 点的速度大小 vQ 分别是 、 D. 飞行器要从轨道 1 转移到轨道 3 上，在 P 点开启动力装置至少需要获取的的动能是 【答案】BC 【解析】 【详解】A．飞行器在轨道 1 上做圆周运动，则 则动能 势能 机械能 选项 A 错误； BC．飞行器在椭圆轨道 3 上运行时 解得 GMm R 4 GMm R 3 2 GM R 6 GM R 2 GMm R 2 1 2 vMmG mR R = 2 1 1 1 2 2k GMmE mv R = = 1p mE RG M= − 1 1 1 2k p MmE E E R G= + = − 3P Qv R v R= ⋅ 2 2 3 1 1 2 2 3P Q GMm GMmE mv mvR R = − = − 3 4 GMmE R = − 选项 BC 正确； D．飞行器要从轨道 1 转移到轨道 3 上，在 P 点开启动力装置至少需要获取的的动能是 选项 D 错误。 故选 BC。 11.有一台理想变压器及所接负载如下图所示。在原线圈 c、d 两端加上交变电流。已知 b 是原线圈中心抽头， 电压表和电流表均为理想交流电表，电容器的耐压值足够大。下列说法正确的是（　　） A. 开关 S1 始终接 a，当滑片 P 向下滑动时电压表 V1 示数不变，电压表 V2 示数变大，电流表 A2 示数变小 B. 开关 S1 始终接 b，当滑片 P 向上滑动时 R1 的电功率增大，V2 示数的变化量与 A2 示数的变化量之比不变 C. 保持滑片 P 的位置不变，将开关 S1 由 b 改接 a，变压器输入功率变大 D. 保持滑片 P 位置不变，将开关 S1 由 a 改接 b，电容器所带电荷量的最大值将增大 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．开关 S1 始终接 a，则变压器次级电压不变，电压表 V1 示数不变，当滑片 P 向下滑动时，R 变 大，次级电流减小，电流表 A2 示数变小，R1 电压减小，则电压表 V2 示数变大，选项 A 正确； B．开关 S1 始终接 b，则次级电压不变，U1 不变；当滑片 P 向上滑动时，R 减小，次级电流变大，R1 的电 功率增大，由于 U2=U1-I2R1，则 V2 示数的变化量与 A2 示数的变化量之比 不变，选项 B 正确； C．保持滑片 P 的位置不变，将开关 S1 由 b 改接 a，初级匝数变大，则次级电压减小，次级功率减小，则变 压器输入功率变小，选项 C 错误； D．保持滑片 P 的位置不变，将开关 S1 由 a 改接 b，初级匝数减小，则次级电压变大，电容器两端电压变大， 所带电荷量的最大值将增大，选项 D 正确。 故选 ABD。 的 6Q GMv R = 3 2P GMv R = 2 2 1 1 1 2 2 4P GMmE mv mv R ∆ = − = 2 1 2 U RI ∆ =∆12.如图所示，匀强磁场垂直铜环所在的平面向里，磁感应强度大小为 B．导体棒 A 的一端固定在铜环的圆 心 O 处，可绕 O 匀速转动，与半径分别为 r1、r2 的铜环有良好接触。通过电刷把大小铜环与两竖直平行正 对金属板 P、Q 连接成电路。R1、R2 是定值电阻，R1=R0，R2=2R0，质量为 m、电荷量为 Q 的带正电小球通 过绝缘细线挂在 P、Q 两板间，细线能承受的最大拉力为 2mg，已知导体棒与铜环电阻不计，P、Q 两板间 距为 d，重力加速度大小为 g。现闭合开关，则（　　） A. 当小球向右偏时，导体棒 A 沿逆时针方向转动 B. 当细线与竖直方向夹角为 45°时，平行板电容器两端电压为 C. 当细线与竖直方向夹角为 45°时，电路消耗的电功率为 D. 当细线恰好断裂时（此时小球的加速度为零），导体棒 A 转动的角速度为 【答案】AD 【解析】 【详解】A．当小球向右偏时，P 板带正电，通过 R2 的电流向上，则由右手定则可知，导体棒 A 沿逆时针 方向转动，选项 A 正确； BC．当细线与竖直方向夹角为 45°时，则 解得平行板电容器两端电压为 此时电路中的电流 电路消耗的电功率为 mgQ d 2 2 2 0 3 4 m g d Q R ( )2 2 1 2 3 3mgd QB r r− tan 45QE mg=  UE d = mgdU Q = 2 02 U mgdI R QR = =选项 BC 错误； D．当细线恰好断裂时，此时 电动势 解得导体棒 A 转动的角速度为 选项 D 正确。 故选 AD。 第Ⅱ卷（非选择题 共 62 分） 二、实验题∶本题共 2 小题，其中 13 题 5 分，14 题 7 分，共 12 分。 13.很多人都认为“力越小速度就越小”，为了检验这个观点是否正确，某兴趣小组的同学设计了这样的实验 方案：在水平桌面上放一木块，木块后端与穿过打点计时器的纸带相连，前端通过定滑轮与不可伸长的细 线相连接，细线上不等间距地挂了五个钩码，其中第四个钩码与第五个钩码之间的距离最大。起初木块停 在靠近打点计时器的位置，第五个钩码到地面的距离小于木块到定滑轮的距离，如图甲所示。接通打点计 时器，木块在钩码的牵引下，由静止开始运动，所有钩码落地后，木块会继续运动一段距离。打点计时器 使用的交流电频率为 50Hz。图乙是实验得到的第一个钩码落地后的一段纸带，纸带运动方向如箭头所示。 （当地重力加速度大小 g 取 9.8m/s2） 2 2 2 2 1 2 2 0 3( ) 4 m g dP I R R Q R = + = 3QE mg= UE d = 0 0 32 U RR ε = × 2 21 2 1 2 1 2 1( ) ( )= ( )2 2 r rB r r B r rε ω ω+= − ⋅ − ( )2 2 1 2 3 3= mgd QB r r ω −(1)根据纸带上提供的数据，可以判断第五个钩码落地时可能出现在纸带中的______段（用 D1，D2，…，D15 字母区间表示）；第四个钩码落地后至第五个钩码落地前木块在做______运动。 (2)根据纸带上提供的数据，还可以计算出第五个钩码落地后木块运动的加速度大小为______m/s2；木块与 桌面间的动摩擦因数为 =______。（计算结果保留两位有效数字） (3)根据纸带上提供的数据，分析可知“力越小速度就越小”的观点是___的。（填“正确”或“错误”） 【答案】 (1). (2). 匀速直线 (3). 5.0 (4). 0.51 (5). 错误 【解析】 【详解】(1)[1][2]．第五个钩码落地后木块将做减速运动，点迹间距逐渐减小，则可以判断第五个钩码落地 时可能出现在纸带中的 ；由此也可判断第四个钩码落地后至第五个钩码落地前的一段时间内，纸 带上点迹均匀，木块在做匀速直线运动。 (2)[3][4]．由纸带可看出，第五个钩码落地后 根据 可得木块运动的加速度大小为 由 可得 μ=0.51 (3)[5]．根据纸带上提供的数据，分析可知“力越小速度就越小”的观点是错误的。 14.温度传感器的核心部分是一个热敏电阻。某课外活动小组的同学在学习了伏安法测电阻之后，利用所学 知识来测量由某种金属制成的热敏电阻的阻值。可供选择的实验器材如下： A．直流电源，电动势 E=6V，内阻不计； B．毫安表 A1，量程为 600mA，内阻约为 0.5 ； C．毫安表 A2，量程为 10mA，内阻 RA=100 ； D．定值电阻 R0=400 ； E．滑动变阻器 R=5 ； F．被测热敏电阻 Rt，开关、导线若干。 µ 10 11~D D 10 11~D D 0.2cmx∆ = 2x aT∆ = 2 2 2 2 0.2 10 5.0m/s0.02 xa T −∆ ×= = = mga gm µ µ= = Ω Ω Ω Ω(1)实验要求能够在 0~5V 范围内，比较准确地对热敏电阻的阻值 Rt 进行测量，请在图甲的方框中设计实验 电路______。 (2)某次测量中，闭合开关 S，记下毫安表 A1 的示数 I1 和毫安表 A2 的示数 I2，则计算热敏电阻阻值的表达 式为 Rt=______（用题给的物理量符号表示）。 (3)该小组的同学利用图甲电路，按照正确的实验操作步骤，作出的 I2－I1 图象如图乙所示，由图可知，该 热敏电阻的阻值随毫安表 A2 的示数的增大而____（填“增大”“减小”或“不变”）。 (4)该小组 同学通过查阅资料得知该热敏电阻的阻值随温度的变化关系如图丙所示。将该热敏电阻接入如 图丁所示电路，电路中电源电压恒为 9V，内阻不计，理想电流表示数为 0.7A，定值电阻 R1=30 ，则由以 上信息可求出定值电阻 R2 的阻值为______ ，此时该金属热敏电阻的温度为______℃。 【答案】 (1). (2). (3). 增大 (4). 17.5 (5). 55 【解析】 【 详 解 】(1)[1]． 题 目 中 没 有 电 压 表 ， 可 用 已 知 内 阻 的 电 流 表 A2 与 定 值 电 阻 R0 串 联 构 成 量 程 为 的电压表；滑动变阻器用分压电路，电路如图： (2)[2]．由电流可知 的 Ω Ω ( )2 A 0 1 2 I R R I I + − 0( ) 0.01 (100 400)V=5Vg AU I R R= + = × +(3)[3]．根据 可得 则该热敏电阻的阻值随毫安表 A2 的示数的增大，斜率 变大，可知 Rt 变大。 (4)[4][5]．通过 R1 的电流 则通过 R2 和 Rt 的电流为 0.4A；由 I2-I1 图像可知，I2=4mA，此时 Rt 两端电压为 2V，则 R2 两端电压为 7V， 则 根据 Rt-t 图像可知 解得 t=55℃ 三、计算题∶本题共 3 小题，共计 38 分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演 算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位。 15.如图所示，Ⅰ、Ⅲ区域（足够大）存在着垂直纸面向外的匀强磁场，虚线 MN、PQ 分别为磁场区域边界， 在Ⅱ区域内存在着垂直纸面向里的半径为 R 的圆形匀强磁场区域，磁场边界恰好与边界 MN、PQ 相切，S、 T 为切点，A、C 为虚线 MN 上的两点，且 AS=CS= R，有一带正电的粒子以速度 v 沿与边界成 30°角的 方向从 C 点垂直磁场进入Ⅰ区域，随后从 A 点进入Ⅱ区域，一段时间后粒子能回到出发点，并最终做周期 性运动，已知Ⅱ区域内磁场的磁感应强度 B2 为Ⅰ区域内磁场的磁感应强度 B1 的 6 倍，Ⅲ区域与Ⅰ区域磁场 的磁感应强度相等，不计粒子的重力。求： (1)粒子第一次进入Ⅱ区域后在Ⅱ区域中转过的圆心角； ( )2 A 0 1 2 t I R RR I I + −= ( )2 A 0 1 2 t I R RR I I + −= 0 2 1 A 1 1 t IR R R I + = + A 0 1 1 t R R R + + 1 1 0.3AUI R = = 2 7 17.50.4R = Ω = Ω 2 50.4tR = Ω = Ω 1 4 15 3tR t= + 3(2)粒子从开始运动到第一次回到出发点所经历的总时间。 【答案】(1)120°(2) 【解析】 【详解】(1)粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系得 ， 半径 粒子转过的圆心角为 粒子从 点进入Ⅱ区域，先做匀速直线运动，且速度延长线刚好过Ⅱ区域圆形磁场的圆心 ，接着在磁场 中做圆周运动，离开时速度方向的反向延长线仍然过圆心 设轨迹半径为 ，由牛顿运动定律知 得 故 64 3 4 9 R RT v v π= + 1 60O CS °∠ = 1 3 2 3cos60 RR R°= = 1 300θ =  A O O 2R 2 2 2 vqvB m R = 2 2 mvR qB =即 连接 ，得 得 故此粒子第一次进入Ⅱ区域后在Ⅱ区域转过的圆心角为 (2)粒子进入Ⅲ区域时，速度方向仍与边界 成 30°角，故此粒子的轨迹图左右对称，上下对称，粒子在一 个周期内，在Ⅰ、Ⅲ区域总共要经历两次圆周运动过程，每次转过的圆心角均为 所用总时间为 在Ⅱ区域要经历两次圆周运动过程，每次转过的圆心角均为 ，所用时间为 在Ⅱ区域要经过 4 次匀速直线运动过程，每次运动的距离为 所用总时间 故此粒子在一个周期内所经历的总时间为 2 1 1 2 R B R B = 2 3 3R R= 2O O 2 3 3tan R O OA R ∠ = 2 30O OA °∠ = ( )2 290 2 120O OAθ ° °= − ∠ × = PQ 1 300θ °= 1 1 1 2 20 32 360 3 R Rt v v π θ π °= × × = 2 120θ °= 2 2 2 2 4 32 360 9 R Rt v v π θ π °= × × = 3 cos30 Rs R R°= − = 3 44 R Rt v v = × =16.如图所示，可视为质点的质量为 m=0.2kg 的小滑块静止在水平轨道上的 A 点，在水平向右的恒定拉力 F=4N 的作用下，从 A 点开始做匀加速直线运动，当其滑行到 AB 的中点时撤去拉力，滑块继续运动到 B 点 后进入半径为 R=0.3m 且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运行一周后从 B 处的出口（未画出，且入 口和出口稍稍错开）出来后向 C 点滑动，C 点的右边是一个“陷阱”，D 点是平台边缘上的点，C、D 两点 的高度差为 h=0.2m，水平距离为 x=0.6m。已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块 重力的 3 倍，水平轨道 BC 的长度为 l2=2.0m，小滑块与水平轨道 AB、BC 间的动摩擦因数均为 =0．5， 重力加速度 g=10m/s2。 (1)求水平轨道 AB 的长度 l1； (2)试通过计算判断小滑块能否到达“陷阱”右侧的 D 点； (3)若在 AB 段水平拉力 F 作用的范围可变，要达到小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道，又不落入 C、D 间的“陷阱”的目的，试求水平拉力 F 作用的距离范围。 【答案】(1)2.4m(2) 不能(3) 【解析】 【详解】(1)设小滑块运动到竖直圆轨道最高点时的速度大小为 ，则有 从 点运动到最高点的过程中，设小滑块到达 点时的速度大小为 ，由机械能守恒定律有 代入数据解得 小滑块由 到 过程中，由动能定理可得的 1 2 3 64 3 4 9 R RT t t t v v π= + + = + µ 1.325m 4mx′< < v 2 4 vmg m R = B B Bv 2 21 122 2Bmv mg R mv= ⋅ + 2 6m / sBv = A B代入数据可解得 。 (2)设小滑块到达 点时的速度大小为 ， 则由动能定理可得 代入数据解得 设小滑块下落 所需要的时间为 ，则有 解得 故小滑块在水平方向上运动的距离为 故小滑块将落入“陷阱”中，不能运动到 点。 (3)由题意可知，若要滑块既不脱离圆轨道，又不掉进“陷阱”，则需要分三种情况进行讨论： ①当滑块刚好能够到达与圆心等高的 点时，设恒力作用的距离为 ，则由动能定理可得： 代入数据可解得 故当恒力作用的距离满足 时符合条件。 ②当滑块刚好能经过圆轨道的最高点时，设滑块经过最高点时的速度大小为 ，则有 设此时恒力作用的距离为 ，则有 2 1 1 1 1 2 2 BFl mgl mvµ− = 1 2.4l m= C Cv 2 2 2 1 1 2 2C Bmgl mv mvµ− = − 2m/sCv = 0.2mh = t 21 2h gt= 0.2st = 0 0.4m 0.6mCtx v= = < D E 1x′ 1 1 0Fx mgl mgRµ′ − − = 1 0.75mx′ = 0 0.75mx′<  0v 2 0vmg m R = 2x′代入数据可解得 当滑块刚好运动到 点时速度为零，设此时恒力作用的距离为 ，则有 代入数据可解得 故当恒力作用的距离满足 时符合条件。 ③当滑块刚好能够越过“陷阱”，设滑块到达 点时的速度大小为 ，则由平抛运动规律可得 代入数据解得 设此时恒力作用的距离为 ，故有 代入数据解得 故当恒力作用距离满足 时符合条件。 17.如图所示，在竖直直角坐标系 内， 轴下方区域 I 存在场强大小为 E、方向沿 y 轴正方向的匀强电 场， 轴上方区域Ⅱ存在方向沿 轴正方向的匀强电场．已知图中点 D 的坐标为( )，虚线 轴．两固定平行绝缘挡板 AB、DC 间距为 3L，OC 在 轴上，AB、OC 板平面垂直纸面，点 B 在 y 轴上．一质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子(不计重力)从 D 点由静止开始向上运动，通过 轴后不与 AB 碰 撞，恰好到达 B 点，已知 AB=14L，OC=13L． 2 2 1 0 12 2Fx mgl mgR mvµ′ − − = 2 0.975mx′ = C 2x′′ ( )2 1 2 0Fx mg l lµ′′ − + = 2 1.1mx′′ = 0.975m 1.1mx′< < C ′ Cv 21 2h gt= Cx v t= 3m/sCv′ = 3x′ ( ) 2 3 1 2 1 2 CFx mg l l mvµ′ ′− + = 3 1.325mx′ = 1.325m 4mx′< < xOy x x x 27 ,2 L L− − GD x⊥ x x（1）求区域Ⅱ的场强大小 以及粒子从 D 点运动到 B 点所用的时间 ； （2）改变该粒子的初位置，粒子从 GD 上某点 M 由静止开始向上运动，通过 轴后第一次与 AB 相碰前瞬 间动能恰好最大． ①求此最大动能 以及 M 点与 轴间的距离 ； ②若粒子与 AB、OC 碰撞前后均无动能损失(碰后水平方向速度不变，竖直方向速度大小不变，方向相反)， 求粒子通过 y 轴时的位置与 O 点的距离 y2． 【答案】（1） ； （2）① ， ；② 【解析】 【详解】（1）该粒子带正电，从 D 点运动到 轴所用的时间设为 ，则 根据牛顿第二定律有 粒子在区域 II 中做类平抛运动，所用的时间设为 ，则 根据牛顿第二定律有 粒子从 D 点运动到 B 点所用的时间 E′ 0t x kmE x 1y 6E 5 2 mL qE 18qEL 9L 3L x 1t 2 1 1 1 2L a t= 1 1a tυ = 1qE ma= 2t 2 2 2 27 1 2 2L a t= 23L tυ= 2qE ma′ =解得 ， （2）①设粒子通过 轴时的速度大小为 ，碰到 AB 前做类平抛运动的时间为 t，则 粒子第一次碰到 AB 前瞬间的 轴分速度大小 碰前瞬间动能 即 由于 定值，当 即 时动能 有最大值 由（1）得 最大动能 对应的 粒子在区域 I 中做初速度为零的匀加速直线运动，则 解得 ②粒子在区域 II 中的运动可等效为粒子以大小为 的初速度在场强大小为 6E 的匀强电场中做类平抛运动 为 0 1 2t t t= + 6E E′ = 0 5 2 mLt qE = x 0 υ 0 3L t υ = x 2x a tυ = ( )2 2 0 1 2k xE m υ υ= + 2 2 2 22 9 2k m LE a tt  = +   2 2 2 2 2 2 22 9 9L a t L at ⋅ = 2 2 2 22 9L a tt = 2 3Lt a = kE 2 6qEa m = 18kmE qEL= 0 18qEL m υ = 2 0 1 12a yυ = 1 9y L= 0 υ直接到达 y 轴的 K 点，如图所示，则时间仍然为 得 由于 ，粒子与 AB 碰撞一次后，再与 CD 碰撞一次，最后到达 B 处 则 四、选考题∶共 12 分，请考生任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。 18.如图所示，a、b、c、d 表示一定质量的理想气体状态变化中的四个状态，图中 ad 与 T 轴平行，cd 与 p 轴平行，ab 的延长线过原点，则下列说法中正确的是（　　） A. 气体在状态 a 时的体积大于在状态 b 时的体积 B. 从状态 b 到状态 a 的过程，气体吸收的热量一定等于其增加的内能 C. 从状态 c 到状态 d 的过程，气体分子的平均动能不变，但分子的密集程度增加 D. 从状态 a 到状态 d 的过程，气体对外做功，内能不变 E. 从状态 b 到状态 c 的过程，气体从外界吸收的热量一定大于其对外做的功 【答案】BCE 【解析】 【详解】A．因 ab 连线过原点，可知是等容线，则气体在状态 a 时的体积等于在状态 b 时的体积，选项 A 错误； B．从状态 b 到状态 a 的过程，气体体积不变，则对外做功为零，即 W=0，根据∆U=W+Q 可知，气体吸收 的热量一定等于其增加的内能，选项 B 正确； C．从状态 c 到状态 d 的过程，气体的温度不变，压强变大，体积减小，则气体分子的平均动能不变，但分 子的密集程度增加，选项 C 正确； D．从状态 a 到状态 d 的过程，气体压强不变，温度升高，则体积变大，气体对外做功，内能变大，选项 D 错误； 2t 0 2OK tυ= 9OK L= 9 33 OK L OB L = = 2 3y L=E．从状态 b 到状态 c 的过程，气体温度升高，体积变大，内能增加，对外做功，根据∆U=W+Q 可知，气体 从外界吸收的热量一定大于其对外做的功，选项 E 正确。 故选 BCE。 19.如图所示，在竖直圆柱形绝热气缸内，可移动的绝热活塞 、 密封了质量相同的 、 两部分同种气 体，且处于平衡状态．已知活塞 、 的横截面积之比 ，密封气体的长度之比 ，活 塞厚度、质量和摩擦均不计． ①求 、 两部分气体的热力学温度 的比值； ②若对 部分气体缓慢加热，同时在活塞 上逐渐增加细砂使活塞 的位置不变，当 部分气体的温度为 时，活塞 、 间的距离 与 之比为 ，求此时 部分气体的绝对温度 与 的比值． 【答案】① ② 【解析】 【详解】① 、 两部分气体质量相同且为同种气体，压强也相同，根据盖–吕萨克定律有： 解得 ②对 部分气体，根据查理定律有 对 部分气体，根据理想气体状态方程有 而 20.如图所示，一束红光从空气射向折射率 n= 种玻璃的表面，其中 i 为入射角，则下列说法正确的是（　　） a b A B a b : 2:1a bS S = : 1:3A Bh h = A B :A BT T B a b B 6 5 BT a b Ah′ Ah k: 1 A AT′ AT 2 3 6 5 k A B a A b B A B S h S h T T = 2 3 A B T T = B 0 6 5 B B p p T T = A 0 a A a A A A p S h pS h T T ′= ′ A A h kh ′ = 6 5 A A T kT ′ = 2A. 当 i=45°时会发生全反射现象 B. 无论入射角 i 为多大，折射角 r 都不会超过 45° C. 当入射角 正切值 tani= ，反射光线与折射光线恰好相互垂直 D. 光从空气射入玻璃，速度减小 E. 若将入射光换成紫光，则在同样入射角 i 的情况下，折射角 r 将变大 【答案】BCD 【解析】 【详解】A．光线从空气进入玻璃中时，由光疏射向光密介质，不可能会发生全反射现象，选项 A 错误； B．根据 当 i=90°时 r=45°，可知无论入射角 i 为多大，折射角 r 都不会超过 45°，选项 B 正确； C．当反射光线与折射光线恰好相互垂直时，则 解得 选项 C 正确； D．光从空气射入玻璃，由光疏射向光密介质，速度减小，选项 D 正确； E．若将入射光换成紫光，则由于紫光的折射率大于红光，则在同样入射角 i 的情况下，折射角 r 将变小， 选项 E 错误。 故选 BCD。 21.如图所示，两列简谐横波 a、b 在同一介质中分别沿 x 轴正、负方向传播，波速均为 v=2.5m/s。已知在 t=0 时刻两列波的波峰正好在 x=2.5m 处重合。 ①求 t=0 时，介质中处于波峰且为振动加强点的所有质点的 x 坐标； ②从 t=0 时刻开始，至少要经过多长时间才会使 x=1.0m 处的质点到达波峰且为振动加强点？ 的 2 sin sin in r = sin2 sin(90 ) i i = − tan 2i =【答案】① ② 【解析】 【详解】①两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为 。 从题图中可以看出，a 波波长 ；b 波波长 波波峰的 坐标为 波波峰的 坐标为 由以上各式可得，介质中处于波峰且为振动加强点的所有质点的 坐标为 。 ② 波波峰传播到 处的时间为 。 波波峰传播到 处的时间为 。 其中 当 处的质点处于波峰时，有 以上各式联立可解得 。 由分析可知，当 时， 处的质点经历最短的时间到达波峰，将 代入 解得 。 (2.5 20 )m( 0 1 2 )x k k= + = ± ± ， ， ， 5.4sat = 16cm 2.5ma λ = 4mb λ = a x ( ) ( )1 1 12.5 2.5 m 0, 1, 2,k kx = + = ± ± ； b x ( ) ( )2 2 22.5 4 m 0, 1, 2,x k k= + = ± ± ； x (2.5 20 )m ( 0, 1, 2, )x k k= + = ± ±  a 1.0mx = 1 ( 0,1,2, )a a a x x mt mv v λ∆ ∆ += = =  b 1.0x m= 2 ( 0,1,2, )b b b x x nt nv v λ∆ ∆ += = =  1 21m 1.5mx x∆ = ∆ =， 1.0mx = a bt t= 5 8 1m n− = 5 3m n= =、 1.0mx = 5m = 1a a a x x mt v v λ∆ ∆ += = 5.4sat =