2018年河南省郑州市高考物理一模试卷
一、选择题（4×12=48，1～8单选，9～12多选，全部选对得4分，选对但不全的得2分）
1．有一条小虫清晨6时起从地面沿树杆向上爬到树顶时是下午6时，第二天清晨6时起从树顶沿树杆向下爬回地面时是下午4时，若小虫爬行速度时快时慢，则两天中相同钟点（时、分、秒）爬过树杆上相同高度的机会，下面说法正确的是（ ）
A．一定有一次 B．可能没有 C．可能有两次 D．一定没有
2．2016年底以来，共享单车风靡全国各大城市，如图所示，单车的车锁内集成了嵌入式芯片、GPS模块和SIM卡等，便于监控单车在路上的具体位置．用户仅需用手机上的客户端软件（APP）扫描二维码，即可自动开锁，骑行时手机APP上能实时了解单车的位置；骑行结束关锁后APP就显示计时、计价、里程等信息．此外，单车能够在骑行过程中为车内电池充电，满足定位和自动开锁等过程中的用电．根据以上信息判断下列说法正确是（ ）
A．单车的位置信息是借助北斗卫星导航系统准确定位的
B．单车是利用电磁感应原理实现充电的
C．由手机APP上的显示信息，可求出骑行的平均速度
D．单车在被骑行过程中受到地面的摩擦力表现为阻力
3．美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做 圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得较高能量带电粒子方面前进了一步．下图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C板间，如图所示．带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D型盒中的匀强磁场做匀速圆周运动．对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子每运动一周被加速两次
B．带电粒子每运动一周P1P2=P2P3
C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关
D．加速电场方向需要做周期性的变化
4．2016年8月16日l时40分，我国在酒泉用长征二号丁运载火箭成功将世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”发射升空．如图所示为“墨子号”卫星在距离地球表面500km高的轨道上实现两地通信的示意图．若已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，则下列说法正确的是（ ）
A．工作时，两地发射和接受信号的雷达方向一直是固定的
B．卫星绕地球做匀速圆周运动的速度小于7.9km/s
C．可以估算出“墨子号”卫星所受到的万有引力大小
D．可以估算出地球的平均密度
5．在倾角为30°的光滑斜面上，有一个箱子，箱内有一个斜面，在斜面上放置一个重60N的球，如图所示，当箱子在斜面上下滑时，球对箱子后壁和箱内斜面的压力分别是（ ）
A．40N，30N B．30N，50N C．40N，50N D．50N，60N
6．将一个光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上如图，槽左侧有一个固定在水平面上的物块．现让一个小球自左侧槽口A点正上方由静止开始落下，从A点落入槽内，则下列说法中正确的是（ ）
A．小球在半圆槽内运动的过程中，机械能守恒
B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒
C．小球在半圆槽内由B点向C点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒
D．小球从C点离开半圆槽后，一定还会从C点落回半圆槽
7．如图所示，以O点为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f，等量正、负点电荷分别放置在a、d 两点时，下列说法中正确的是（ ）
A．b、c、e、f 四点的场强相同
B．b、c、e、f 四点的电势相等
C．O点的电势高于b、c、e、f 四点的电势
D．将一带正电的试探电荷从O点移到e点，电场力做正功
8．在光滑的水平面上有一静止的物体，现以水平恒力F1推这一物体，作用一段时间后换成相反方向的水平恒力F2推这一物体，当恒力F2作用的时间与恒力F1作用的时间相等时，物体恰好回到原处，此时物体的动能为32J，则在整个过程中，恒力F1、F2做的功分别为（ ）
A．16J、16J B．8J、24J C．32J、0J D．48J、﹣16J
9．如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，保持输入电压不变．开始时单刀双掷开关K接a；S断开时，小灯泡A发光较暗，要使小灯泡A亮度增加，下列操作可行的是（ ）
A．闭合开关S B．开关K接b
C．把滑动变阻器滑片向左移动 D．把滑动变阻器滑片向右移动
10．某星级宾馆安装一高档电梯，在电梯的底板上安装了一压力传感器，在竖直墙壁上的显示盘上可显示人对传感器的作用力，某乘客乘坐电梯从1层直接到10层，之后又从10层直接回到1层，用照相机进行记录了相关的信息，如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A．根据图（a）和图（e）可估测出电梯向下制动时的加速度
B．根据图（a）和图（c）可知人的机械能在减小
C．根据图（a）和图（b）可估测出电梯向上制动时的加速度
D．根据图（a）和图（d）可知人的机械能在减小
11．如图所示，空间分布着竖直向上的匀强电场E，现在电场区域内某点O处放置一负点电荷Q，并在以O点为球心的球面上选取a、b、c、d四点，其中ac连线为球的水平大圆直径，bd连线与电场方向平行．不计空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）
A．b、d两点的电场强度大小相等，电势相等
B．a、c两点的电场强度大小相等，电势相等
C．若从a点抛出一带正电小球，小球可能沿a、c所在圆周作匀速圆周运动
D．若从a点抛出一带负电小球，小球可能沿b、d所在圆周作匀速圆周运动
12．如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面的夹角θ=30°，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m、长为L、电阻为R的金属棒垂直导轨放置，且始终与导轨接触良好．金属导轨的上端连接一个阻值也为R的定值电阻．现闭合开关K，给金属棒施加一个平行于导轨斜向上、大小为F=2mg的恒力，使金属棒由静止开始运动．若金属棒上滑距离s时，金属棒开始匀速运动，则在金属棒由静止到刚开始匀速运动过程，下列说法中正确的是（重力加速度为g）（ ）
A．金属棒的末速度为
B．金属棒的最大加速度为1.4g
C．通过金属棒的电荷量为
D．定值电阻上产生的焦耳热为mgs﹣
二、非选择题题（共6小题，满分52分）
13．如图1所示为验证机械能守恒定律的实验装置．现有器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重物、天平．
（1）为完成实验，还需要的器材有 ．
A．米尺 B．0～6V直流电源
C．秒表 D．0～6V交流电源
（2）某同学用图1所示装置打出的一条纸带如图2所示，相邻两点之间的时间间隔为0.02s，根据纸带计算出打下D点时重物的速度大小为 m/s．（结果保留三位有效数字）
（3）采用重物下落的方法，根据公式mv2=mgh验证机械能守恒定律，对实验条件的要求是 ，为验证和满足此要求，所选择的纸带第1、2点间的距离应接近 ．
（4）该同学根据纸带算出了相应点的速度，作出v2﹣h图象如图3所示，则图线斜率的物理意义是 ．
14．在“测定金属丝的电阻率”实验中，所用的测量仪器均已校准．待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm．
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，某一次测量结果（接近多次测量的平均值）如图1所示，其读数为 mm．
（2）用伏安法测金属丝的电阻Rx的阻值（约为15Ω），实验室提供了如下器材：
A．电池组E（电动势为3V，内阻约为1Ω）
B．电流表A1（量程为0～0.6A，内阻约为0.5Ω）
C．电流表A2（量程为0～3A，内阻为0.02Ω）
D．电压表V1（量程为0～3V，内阻约为5kΩ）
E．电压表V2（量程为0～15V，内阻为15kΩ）
F．电阻箱R（阻值范围为0～99.99Ω，额定电流为1A）
G．开关S，导线若干
为使测量尽可能准确，电流表应选用 ，电压表应选用 ；（填器材前的字母标号）应采用图2给出的 电路进行测量．
（3）根据记录的电阻箱阻值R及对应电流表示数I和电压表示数U，在坐标纸上作﹣图象如图2所示，根据图象可得金属丝的电阻Rx= Ω（保留两位有效数字）．
（4）根据以上数据估算金属丝的电阻率约为 （填选项前的字母标号）．
A．4×10﹣2Ω•m B．4×10﹣3Ω•m C．4×10﹣6Ω•m D．4×10﹣8Ω•m
（5）关于本实验的误差，下列说法中正确的是 （填选项前的字母标号）．
A．用螺旋测微器测量金属丝的直径时，由于读数引起的误差属于系统误差
B．由电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差
C．若将电流表和电压表内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差
D．用﹣图象处理数据求金属丝的电阻可以减小偶然误差．
15．科研人员乘气球进行科学考察．气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为990kg．气球在空中停留一段时间后，发现气球漏气而下降，及时堵住．堵住时气球下降速度为l m/s，且做匀加速运动，4s内下降了12m．为使气球安全着陆，向舷外缓慢抛出一定的压舱物．此后发现气球做匀减速运动，下降速度在5分钟内减少了3m/s．若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略，重力加速度 g=9.89m/s2，求抛掉的压舱物的质量．
16．如图所示，半径R=0.4m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连 线与水平方向的夹角θ=30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在 竖直挡板上．质量m=0.1kg的小物块（可视为质点）从空中的A点以v0=2m/s的速度被水平拋出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，此时弹簧的弹性势能Epm=0.8J，已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2．求：
（1）小物块从A点运动至B点的时间．
（2）小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力大小．
（3）C、D两点间的水平距离L．
17．一匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面，在xy平面上，磁场分布在以O为中心的一个圆形区域内．一个质量为m，电荷量为q的带电粒子，由原点O开始运动，初速度为v，方向沿x正方向．后来，粒子经过y轴上的P点，此时速度方向与y轴的夹角为30°，P到O的距离为L，如图所示．不计重力的影响．求磁场的磁感应强度B的大小及xy平面上磁场区域的半径R．
18．飞船在远离星球的宇宙深处航行时，其它星体对飞船的万有引力作用很微弱，可忽略不计，此时飞船将不受外力作用而做匀速直线运动．设想有一质量为M的宇宙飞船，正以速度v0在宇宙中飞行．飞船可视为横截面积为S的圆柱体（如图所示）．某时刻飞船监测到前面有一片尘埃云．已知尘埃云分布均匀，密度为ρ．假设尘埃与飞船发生的是弹性碰撞，且不考虑尘埃间的相互作用．为了保证飞船能以速度v0匀速穿过尘埃云，在刚进入尘埃云时，飞船立即开启内置的离子加速器．已知该离子加速器是利用电场加速带电粒子，形成向外发射的高速（远远大于飞船速度）粒子流，从而对飞行器产生推力的．若发射的是一价阳离子，每个阳离子的质量为m，加速电压为U，元电荷为e．在加速过程中飞行器质量的变化可忽略．求单位时间内射出的阳离子数．
2018年河南省郑州市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（4×12=48，1～8单选，9～12多选，全部选对得4分，选对但不全的得2分）
1．有一条小虫清晨6时起从地面沿树杆向上爬到树顶时是下午6时，第二天清晨6时起从树顶沿树杆向下爬回地面时是下午4时，若小虫爬行速度时快时慢，则两天中相同钟点（时、分、秒）爬过树杆上相同高度的机会，下面说法正确的是（ ）
A．一定有一次 B．可能没有 C．可能有两次 D．一定没有
【考点】1C：匀速直线运动及其公式、图像．
【分析】本题可以看成2条小虫，都从清晨6点，一个从地面出发，一个从树顶出发，同时运动，看是否能相遇即可求解．
【解答】解：本题可以看成2条小虫，都从清晨6点，一个从地面出发，一个从树顶出发，同时运动，
则两条小虫肯定会相遇，且只相遇一次，故A正确．
故选：A
2．2016年底以来，共享单车风靡全国各大城市，如图所示，单车的车锁内集成了嵌入式芯片、GPS模块和SIM卡等，便于监控单车在路上的具体位置．用户仅需用手机上的客户端软件（APP）扫描二维码，即可自动开锁，骑行时手机APP上能实时了解单车的位置；骑行结束关锁后APP就显示计时、计价、里程等信息．此外，单车能够在骑行过程中为车内电池充电，满足定位和自动开锁等过程中的用电．根据以上信息判断下列说法正确是（ ）
A．单车的位置信息是借助北斗卫星导航系统准确定位的
B．单车是利用电磁感应原理实现充电的
C．由手机APP上的显示信息，可求出骑行的平均速度
D．单车在被骑行过程中受到地面的摩擦力表现为阻力
【考点】D8：法拉第电磁感应定律；19：平均速度．
【分析】现在定位是通过卫星进行定位的，
明确充电过程是利用电磁感应现象将机械能转化为电能；
明确平均速度的计算公式为位移与时间的比值；
前轮摩擦力是阻力，而后轮摩擦力是动力．
【解答】解：A、单车某个时刻的准确位置信息是借助通讯卫星定位确定的，故A错误；
B、单车在运动过程通过电磁感应将机械能转化为电能从而实现充电，故B正确；
C、由手机APP上的显示信息包括路程和时间，没有说明具体的位移，故不可以求出骑行的平均速度，故C错误；
D、单车在骑行时，主动轮受到向前的摩擦力（动力），从动轮受到向后的摩擦力（阻力），故D错误．
故选：B．
3．美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做 圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得较高能量带电粒子方面前进了一步．下图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C板间，如图所示．带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D型盒中的匀强磁场做匀速圆周运动．对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子每运动一周被加速两次
B．带电粒子每运动一周P1P2=P2P3
C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关
D．加速电场方向需要做周期性的变化
【考点】CK：质谱仪和回旋加速器的工作原理．
【分析】带电粒子经加速电场加速后，进入磁场发生偏转，电场被限制在A、C板间，只有经过AC板间时被加速，所以运动一周加速一次，电场的方向不需改变．当带电粒子离开回旋加速器时，速度最大．
【解答】解：A、带电粒子只有经过AC板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次．电场的方向不需改变，在AC间加速．故A错误，D错误．
B、根据r=，则P1P2=2（r2﹣r1）=，因为每转一圈被加速一次，根据，知每转一圈，速度的变化量不等，则P1P2≠P2P3．故B错误．
C、当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据得，v=．知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关．故C正确．
故选C．
4．2016年8月16日l时40分，我国在酒泉用长征二号丁运载火箭成功将世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”发射升空．如图所示为“墨子号”卫星在距离地球表面500km高的轨道上实现两地通信的示意图．若已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，则下列说法正确的是（ ）
A．工作时，两地发射和接受信号的雷达方向一直是固定的
B．卫星绕地球做匀速圆周运动的速度小于7.9km/s
C．可以估算出“墨子号”卫星所受到的万有引力大小
D．可以估算出地球的平均密度
【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．
【分析】根据卫星与地球自转周期的关系工作时，两地发射和接受信号的雷达方向是否固定；判断7.9km/s是最小的发射速度，是绕地球做匀速圆周运动最大的环绕速度；根据万有引力定律公式分析能否求出万有引力的大小；根据万有引力等于重力求出地球的质量，结合体积求出地球的平均密度．
【解答】解：A、由于地球自转的周期和“墨子号”的周期不同，转动的角速度不同，所以工作时，两地发射和接受信号的雷达方向不是固定的，故A错误．
B、7.9km/s是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，则卫星绕地球运动的速度小于7.9km/s，故B正确．
C、由于“墨子号”卫星的质量未知，则无法计算“墨子号”所受到的万有引力大小，故C错误．
D、根据万有引力等于重力，结合地球表面的重力加速度和半径可以求出地球的质量，结合地球的体积可以求出地球的平均密度，故D正确．
故选：BD．
5．在倾角为30°的光滑斜面上，有一个箱子，箱内有一个斜面，在斜面上放置一个重60N的球，如图所示，当箱子在斜面上下滑时，球对箱子后壁和箱内斜面的压力分别是（ ）
A．40N，30N B．30N，50N C．40N，50N D．50N，60N
【考点】37：牛顿第二定律；29：物体的弹性和弹力．
【分析】先对箱子和球整体分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律列式求解加速度；再对球受力分析，根据牛顿第二定律列式求解两个弹力，最后根据牛顿第三定律得到球对箱子后壁和箱内斜面的压力．
【解答】解：对箱子和球整体分析，根据牛顿第二定律，有：
（M+m）gsin30°=（M+m）a，
解得：a=gsin30°=10×=5m/s2；
再隔离球受力分析，如图所示：
在平行斜面方向，有：mgsin30°+N1﹣N2sin53°=ma，
在垂直斜面方向，有：mgcos30°﹣N2cos53°=0，
联立解得：N1=40N，N2=50N；
根据牛顿第三定律，球对箱子后壁的压力为40N，对箱内斜面的压力为50N；
故ABD错误，C正确；
故选：C
6．将一个光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上如图，槽左侧有一个固定在水平面上的物块．现让一个小球自左侧槽口A点正上方由静止开始落下，从A点落入槽内，则下列说法中正确的是（ ）
A．小球在半圆槽内运动的过程中，机械能守恒
B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒
C．小球在半圆槽内由B点向C点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒
D．小球从C点离开半圆槽后，一定还会从C点落回半圆槽
【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系．
【分析】小球自左端槽口A点的正上方从静止开始下落于光滑的圆弧槽，且槽置于光滑的水平面上．由于槽的左侧有一竖直墙壁，只有重力做功，小球的机械能守恒．当小球在半圆槽内运动的B到C过程中，槽也会向右运动．水平方向满足动量守恒．在运动过程中，仍只有重力做功，小球与槽组成的系统机械能守恒．小球离开C
点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，水平分速度与半圆槽的速度相同．
【解答】解：A、只有重力或只有弹力做功时物体的机械能守恒．小球在半圆槽内运动由B到C过程中，除重力做功外，槽的支持力也对小球做功，小球机械能不守恒，由此可知，小球在半圆槽内运动的全过程中，小球的机械能守不守恒，故A错误．
B、小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统动量不守恒．小球在槽内运动的后半过程中，小球有向心加速度，竖直方向的合力不为零，系统的动量也不守恒．故B错误．
C、小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，竖直方向的合力不为零，系统的动量也不守恒．系统在水平方向所受合外力为零，故小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故C错误．
D、小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，水平方向做匀速直线运动，水平分速度与半圆槽的速度相同，所以小球一定还会从C点落回半圆槽，故D正确．
故选：D
7．如图所示，以O点为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f，等量正、负点电荷分别放置在a、d 两点时，下列说法中正确的是（ ）
A．b、c、e、f 四点的场强相同
B．b、c、e、f 四点的电势相等
C．O点的电势高于b、c、e、f 四点的电势
D．将一带正电的试探电荷从O点移到e点，电场力做正功
【考点】AA：电场的叠加；AC：电势；AD：电势差与电场强度的关系．
【分析】根据两个点电荷在0处电场强度的叠加，满足矢量合成的原理，并依据等量异种电荷的电场线与等势线的分布，进行分析即可．
【解答】解：A、由题意可知，两点电荷在e、f处的电场强度各自进行矢量合成，则e、f处场强大小相等，而方向不相同，同理b、c电场强度大小相等，方向不同，因此它们的电场强度大小相等，方向不同，故A错误．
B、依据等量异种电荷，等势线的分布，可知，b、f 二点的电势相等，而c、e二点的电势相等，故B错误；
C、根据沿着电场线方向，电势降低，因此O点的电势高于c、e二点的电势，而低于b、f 二点的电势，故C错误；
D、将一带正电的试探电荷从O点移到e点，即从高电势移动低电势，那么电势能降低，因此电场力做正功，故D正确；
故选：D．
8．在光滑的水平面上有一静止的物体，现以水平恒力F1推这一物体，作用一段时间后换成相反方向的水平恒力F2推这一物体，当恒力F2作用的时间与恒力F1作用的时间相等时，物体恰好回到原处，此时物体的动能为32J，则在整个过程中，恒力F1、F2做的功分别为（ ）
A．16J、16J B．8J、24J C．32J、0J D．48J、﹣16J
【考点】66：动能定理的应用．
【分析】推力F1作用时，物体加速前进；推力F2作用时，物体先减速前进，后加速后退，整个过程加速度不变，为匀变速运动．
设加速的末速度为v1，匀变速的末速度为v2，根据平均速度公式可以求出v1与v2的关系；然后可根据动能定理求出恒力F1、F2做的功．
【解答】解：设加速的末速度为v1，匀变速的末速度为v2，由于加速过程和匀变速过程的位移相反，又由于恒力F2作用的时间与恒力F1作用的时间相等，根据平均速度公式有
=
解得
v2=﹣2v1
根据动能定理，加速过程
W1=mv12
匀变速过程
W2=mv22﹣mv12
根据题意
mv22=32J
故
W1=8J
W2=24J
故选B．
9．如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，保持输入电压不变．开始时单刀双掷开关K接a；S断开时，小灯泡A发光较暗，要使小灯泡A亮度增加，下列操作可行的是（ ）
A．闭合开关S B．开关K接b
C．把滑动变阻器滑片向左移动 D．把滑动变阻器滑片向右移动
【考点】E8：变压器的构造和原理；BG：电功、电功率．
【分析】根据变压器的特点，利用动态分析的方法分析电流电压的变化，再根据变压器的匝数与电流电压的关系即可判断各项
【解答】解：A、闭合开关S，副线圈回路电阻变小，电流变大，滑动变阻器上的分压增大，并联部分的电压变小，灯泡A变暗，故A错误；
B、开关k接b，输入端线圈匝数减小，则根据=可知，副线圈两端的电压增大，灯泡A中电流增大，灯泡A变亮，故B正确；
C、把滑动变阻器滑片向左移动，副线圈回路总电阻变大，总电流变小，灯泡A两端的电压变小，灯泡A变暗，故C错误；
D、把滑动变阻器滑片向右移动，副线圈回路总电阻变小，总电流变大，灯泡A
两端的电压变大，灯泡A变亮，故D正确；
故选：BD
10．某星级宾馆安装一高档电梯，在电梯的底板上安装了一压力传感器，在竖直墙壁上的显示盘上可显示人对传感器的作用力，某乘客乘坐电梯从1层直接到10层，之后又从10层直接回到1层，用照相机进行记录了相关的信息，如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A．根据图（a）和图（e）可估测出电梯向下制动时的加速度
B．根据图（a）和图（c）可知人的机械能在减小
C．根据图（a）和图（b）可估测出电梯向上制动时的加速度
D．根据图（a）和图（d）可知人的机械能在减小
【考点】3E：牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．
【分析】图（a）表示电梯静止时体重计的示数，（b）图表示电梯加速上升时这位同学超重时的示数，（c）图表示电梯减速上升时这位同学失重时的示数，（d）图表示电梯加速下降时这位同学失重时的示数，（e）图表示电梯减速下降时这位同学超重时的示数，根据牛顿第二定律可以应用图甲和另外某一图示求出相应状态的加速度．
【解答】解：A、（e）图表示电梯减速下降时这位同学超重时的示数，所以根据图（a）和图（e），能够求出的是电梯向下制动时的加速度，所以A正确．
B、（c）图表示电梯减速上升时这位同学失重时的示数，此时电梯还在向上运动，对人做正功，人的机械能在增加，所以B错误．
C、（b）图表示电梯加速上升时这位同学超重时的示数，此时能够求出的是电梯向上起动时的加速度，所以C错误．
D、（d）图表示电梯加速下降时这位同学失重时的示数，此时电梯在向下运动，对人做负功，人的机械能在减小，所以D正确．
故选AD．
11．如图所示，空间分布着竖直向上的匀强电场E，现在电场区域内某点O处放置一负点电荷Q，并在以O点为球心的球面上选取a、b、c、d四点，其中ac连线为球的水平大圆直径，bd连线与电场方向平行．不计空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）
A．b、d两点的电场强度大小相等，电势相等
B．a、c两点的电场强度大小相等，电势相等
C．若从a点抛出一带正电小球，小球可能沿a、c所在圆周作匀速圆周运动
D．若从a点抛出一带负电小球，小球可能沿b、d所在圆周作匀速圆周运动
【考点】AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系．
【分析】由电场场强的矢量叠加原理进行分析求解AB项；由做匀速圆周运动条件分析C，D项．
【解答】解：A、Q在 b点与d点场强方向相反，与匀强电场叠加后d点场强大于b点场强．故A错误；
B、a、c两点的电场强度大小相等，点电荷在ac两点的电势相等，电场E在ac两点的电势相等，所以ac两点的电势相等．故B正确；
C、若能做匀速圆周运动，要使小球所受的合力大小不变，方向变化，则应为匀强电场力与重力相平衡，合力为Q所给的库仑力．故为正电荷沿水平面运动．故C正确
D、若从a点抛出一带负电小球，其所受合力不可能指向Q点，则不能做匀速圆周运动．故D错误
故选：BC
12．如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面的夹角θ=30°，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度大小为B
、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m、长为L、电阻为R的金属棒垂直导轨放置，且始终与导轨接触良好．金属导轨的上端连接一个阻值也为R的定值电阻．现闭合开关K，给金属棒施加一个平行于导轨斜向上、大小为F=2mg的恒力，使金属棒由静止开始运动．若金属棒上滑距离s时，金属棒开始匀速运动，则在金属棒由静止到刚开始匀速运动过程，下列说法中正确的是（重力加速度为g）（ ）
A．金属棒的末速度为
B．金属棒的最大加速度为1.4g
C．通过金属棒的电荷量为
D．定值电阻上产生的焦耳热为mgs﹣
【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；BB：闭合电路的欧姆定律；BH：焦耳定律．
【分析】金属棒ab先加速下滑，加速度减小，后匀速下滑，速度达到最大．由欧姆定律、感应电动势和安培力公式推导出安培力的表达式，根据平衡条件求解最大速度．
刚开始运动时，速度为0，安培力为0，加速度最大，根据牛顿第二定律即可求解最大加速度；
根据感应电量公式求解通过金属棒的电荷量；
金属棒由静止开始下滑s的过程中，根据动能定理可求出整个电路中产生的总电热，然后再求出定值电阻上的焦耳热．
【解答】解：A、设金属棒匀速运动的速度为v，则感应电动势E=BLv
回路电流
安培力
金属棒匀速时，受力平衡有，即
联立解得：，故A正确；
B、金属棒开始运动时，加速度最大，即F﹣mgsin30°=ma，代入数据，解得a=1.5g，故B错误；
C、根据感应电量公式q==，故C错误；
D、对金属棒运用动能定理，有，其中定值电阻上产生的焦耳热为=，故D正确；
故选：AD
二、非选择题题（共6小题，满分52分）
13．如图1所示为验证机械能守恒定律的实验装置．现有器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重物、天平．
（1）为完成实验，还需要的器材有 AD ．
A．米尺 B．0～6V直流电源
C．秒表 D．0～6V交流电源
（2）某同学用图1所示装置打出的一条纸带如图2所示，相邻两点之间的时间间隔为0.02s，根据纸带计算出打下D点时重物的速度大小为 1.75 m/s
．（结果保留三位有效数字）
（3）采用重物下落的方法，根据公式mv2=mgh验证机械能守恒定律，对实验条件的要求是 重物的初速度为零 ，为验证和满足此要求，所选择的纸带第1、2点间的距离应接近 2mm ．
（4）该同学根据纸带算出了相应点的速度，作出v2﹣h图象如图3所示，则图线斜率的物理意义是 当地重力加速度的2倍 ．
【考点】MD：验证机械能守恒定律．
【分析】（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项．
（2）纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度，从而求出动能．根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值．
（3）明确实验原理及要求，从而确定实验中应注意的问题；
（4）明确机械能守恒定律的基本规律列式，再根据图象进行分析明确图象的斜率．
【解答】解：（1）通过打点计时器计算时间，故不需要秒表．
打点计时器应该与交流电源连接．
需要刻度尺测量纸带上两点间的距离．
故选AD．
（2）由图可知CE间的距离为：x=19.41﹣12.40=7.01cm=0.0701m；则由平均速度公式可得，D点的速度vD===1.75m/s；
（3）用公式mv2=mgh时，对纸带上起点的要求是重锤是从初速度为零开始，
打点计时器的打点频率为50 Hz，打点周期为0.02 s，重物开始下落后，在第一个打点周期内重物下落的高度所以所选的纸带最初两点间的距离接近2mm，h=gT2=×9.8×0.022 m≈2 mm．
（4）由机械能守恒mgh=mv2得v2=2gh，
由此可知：图象的斜率k=2g；
故答案为：（1）AD；（2）1.75；（3）重物的初速度为零 2 mm；（4
）当地重力加速度的2倍
14．在“测定金属丝的电阻率”实验中，所用的测量仪器均已校准．待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm．
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，某一次测量结果（接近多次测量的平均值）如图1所示，其读数为 0.399 mm．
（2）用伏安法测金属丝的电阻Rx的阻值（约为15Ω），实验室提供了如下器材：
A．电池组E（电动势为3V，内阻约为1Ω）
B．电流表A1（量程为0～0.6A，内阻约为0.5Ω）
C．电流表A2（量程为0～3A，内阻为0.02Ω）
D．电压表V1（量程为0～3V，内阻约为5kΩ）
E．电压表V2（量程为0～15V，内阻为15kΩ）
F．电阻箱R（阻值范围为0～99.99Ω，额定电流为1A）
G．开关S，导线若干
为使测量尽可能准确，电流表应选用 B ，电压表应选用 D ；（填器材前的字母标号）应采用图2给出的 甲 电路进行测量．
（3）根据记录的电阻箱阻值R及对应电流表示数I和电压表示数U，在坐标纸上作﹣图象如图2所示，根据图象可得金属丝的电阻Rx= 17 Ω（保留两位有效数字）．
（4）根据以上数据估算金属丝的电阻率约为 C （填选项前的字母标号）．
A．4×10﹣2Ω•m B．4×10﹣3Ω•m C．4×10﹣6Ω•m D．4×10﹣8Ω•m
（5）关于本实验的误差，下列说法中正确的是 CD （填选项前的字母标号）．
A．用螺旋测微器测量金属丝的直径时，由于读数引起的误差属于系统误差
B．由电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差
C．若将电流表和电压表内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差
D．用﹣图象处理数据求金属丝的电阻可以减小偶然误差．
【考点】N2：测定金属的电阻率．
【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．
（2）根据电源电动势选择电压表，根据通过金属丝的最大电流选择电流表；根据根据待测电阻与电表的内阻关系确定电流表接法，然后选择电路图．
（3）根据实验电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电阻．
（4）根据电阻定律求出电阻率．
（5）明确偶然误差是由人为因素引起的，可以通过多次测量或利用图象来减小偶然误差，但不能消除误差；系统误差是由仪器本身因素或实验原理不精确引起的误差，系统误差可以通过采用精密仪器和完善实验原理来消除．
【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，其读数为：0mm+39.9×0.01mm=0.399mm．
（2）电源电动势为3V，则电压表选D，通过电阻丝的最大电流约为：I===0.2A，电流表选择B；
由题意可知，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应选择外接法；
由题意可知，待测电阻阻值约为15Ω，电阻箱最大阻值为99.99Ω，
为测多组实验数据，电阻箱应与待测电阻并联，如果串联所测实验数据太少，应选择图甲所示实验电路．
（3）由图甲所示实验电路，根据并联电路特点与欧姆定律得：I=+，整理得： =+，
﹣图象的截距：b==0.06，则待测电阻阻值：RX==≈17Ω；
（4）由电阻定律可知：RX=ρ=ρ，电阻率：ρ==≈4×10﹣6Ω•m，故选C；
（5）A、读数引起的误差是由人为因素引起的，属于偶然误差，用螺旋测微器测量金属丝的直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差，故A错误；
B、由电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，不是偶然误差，故B错误；
C、若将电流表和电压表内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差，故C正确；
D、用﹣图象处理数据求金属丝的电阻可以减小偶然误差，不能消除系统误差，故D正确；
故选：CD．
故答案为：（1）0.399；（2）B；D；甲；（3）17；（4）C；（5）CD．
15．科研人员乘气球进行科学考察．气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为990kg．气球在空中停留一段时间后，发现气球漏气而下降，及时堵住．堵住时气球下降速度为l m/s，且做匀加速运动，4s内下降了12m．为使气球安全着陆，向舷外缓慢抛出一定的压舱物．此后发现气球做匀减速运动，下降速度在5分钟内减少了3m/s．若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略，重力加速度 g=9.89m/s2，求抛掉的压舱物的质量．
【考点】37：牛顿第二定律；1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系．
【分析】气球因漏气导致其浮力变小，所以气球做向下匀加速运动，为了阻止加速下降，因此抛掉压舱物体，减少重力，确保安全．在此过程中，已知时间、下降的位移、初速度，由运动学公式可求出加速度，再由牛顿第二定律可得抛掉的重物．
【解答】解：由牛顿第二定律得：
mg﹣f=ma
抛物后减速下降有：f﹣（m﹣m′）g=（m﹣m′）a′
△v=a′△t
解得：
答：抛掉的压舱物的质量为101kg．
16．如图所示，半径R=0.4m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连 线与水平方向的夹角θ=30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在 竖直挡板上．质量m=0.1kg的小物块（可视为质点）从空中的A点以v0=2m/s的速度被水平拋出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，此时弹簧的弹性势能Epm=0.8J，已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2．求：
（1）小物块从A点运动至B点的时间．
（2）小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力大小．
（3）C、D两点间的水平距离L．
【考点】66：动能定理的应用；43：平抛运动．
【分析】（1）小物块从A到B做平抛运动，恰好从B端沿切线方向进入轨道，速度方向沿切线方向，根据几何关系求得速度υy的大小，钢筋平抛运动的规律求时间；
（2）小物块由B运动到C，据机械能守恒求出到达C点的速度，再由牛顿运动定律求解小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道压力NC的大小．
（3）小物块从B运动到D，根据能量关系列式求解．
【解答】解：（1）小物块恰好从B点沿切线方向进入轨道，由几何关系有：
根据平抛运动的规律可得：vy=gt，
解得：t=0.35s．
（2）小物块由B点运动到C点，由机械能守恒定律有：
mgR（1+sin θ）=mvC2﹣mvB2
解得：vB==4m/s；
在C点处，由牛顿第二定律有：F﹣mg=m
解得：F=8 N，
根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力F′大小为8 N．
（3）小物块从B点运动到D点，由能量守恒定律有：
Epm=mvB2+mgR（1+sinθ）﹣μmgL
解得：L=1.2m．
答：（1）小物块从A点运动至B点的时间为0.35s．
（2）小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力大小为8N．
（3）C、D两点间的水平距离为1.2m．
17．一匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面，在xy平面上，磁场分布在以O为中心的一个圆形区域内．一个质量为m，电荷量为q的带电粒子，由原点O开始运动，初速度为v，方向沿x正方向．后来，粒子经过y轴上的P点，此时速度方向与y轴的夹角为30°，P到O的距离为L，如图所示．不计重力的影响．求磁场的磁感应强度B的大小及xy平面上磁场区域的半径R．
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；4A：向心力．
【分析】一带电粒子，以一定的速度垂直进入匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力，使其做匀速圆周运动．根据入射点与出射点的速度方向可确定圆弧对应的圆心，由几何关系来确定磁场的磁感应强度B的大小及xy平面上磁场区域的半径R．
【解答】解：粒子在磁场中受到洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，则有
据此并由题意可得，粒子在磁场中的轨迹的圆心C必在y轴上，且P点在磁场区之外．过P沿速度方向作延长线，它与x轴相交于Q点．作圆弧过O点与x轴相切，并且与PQ相切，切点A即粒子离开磁场区的地点．这样也求得圆弧轨迹的圆心C，
如图所示
由图中几何关系得：L=3r
由以上两式可得：
图中OA的长度即圆形磁场区的半径R，由图中几何关系可得
R=
18．飞船在远离星球的宇宙深处航行时，其它星体对飞船的万有引力作用很微弱，可忽略不计，此时飞船将不受外力作用而做匀速直线运动．设想有一质量为M的宇宙飞船，正以速度v0在宇宙中飞行．飞船可视为横截面积为S的圆柱体（如图所示）．某时刻飞船监测到前面有一片尘埃云．已知尘埃云分布均匀，密度为ρ．假设尘埃与飞船发生的是弹性碰撞，且不考虑尘埃间的相互作用．为了保证飞船能以速度v0匀速穿过尘埃云，在刚进入尘埃云时，飞船立即开启内置的离子加速器．已知该离子加速器是利用电场加速带电粒子，形成向外发射的高速（远远大于飞船速度）粒子流，从而对飞行器产生推力的．若发射的是一价阳离子，每个阳离子的质量为m，加速电压为U，元电荷为e．在加速过程中飞行器质量的变化可忽略．求单位时间内射出的阳离子数．
【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系．
【分析】对于弹性碰撞，两物体碰后动量守恒机械能守恒，根据动量守恒定律及机械能守恒定律可求得粒子的速度，再对粒子由动量定理可求得单位时间内射出的阳离子数．
【解答】解：设在很短的时间△t内，与飞船碰撞的尘埃的质量为m′，所受飞船的作用力为f′．
飞船与尘埃发生的是弹性碰撞，设飞船的方向为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律得
Mv0=Mv1+m′v2．
Mv02=Mv12+m′v22．
解得：v2=v0，由于M＞＞m′，所以碰撞后尘埃的速度 v2=2v0
对尘埃，根据动量定理：
f′△t=m′v2
其中m′=ρsv0△t
则飞船所受到的阻力 f′=2ρsv20
设一个离子在电场中加速后获得的速度为v．
根据动能定理可得
eU=mv2
设单位时间内射出的离子数为n，在很短的时间△t内，根据动量定理可得：
F△t=n△tmv
则飞船所受动力 F=nmv
飞船做匀速运动 F=f′
解得：n=
答：单位时间内射出的阳离子数为．
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