山东省济宁市2020届高三3月线上自我检测物理试题（解析版）

高三线上自我检测 物理试题 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的。 1.关于固体、液体、气体和物态变化，下列说法中正确的是（　　） A. 晶体一定具有各向异性的特征 B. 液体表面张力是液体内部分子间的相互作用 C. 0℃的铁和 0℃的铜，它们的分子平均速率相同 D. 一定质量的某种理想气体状态改变时，内能不一定改变 2.下列说法正确的是（　　） A.阴极射线的本质是高频电磁波 B.玻尔提出的原子模型，否定了卢瑟福的原子核式结构学说 C.贝克勒尔发现了天然放射现象，揭示了原子核内部有复杂结构 D. 变成 ，经历了 4 次 β 衰变和 6 次 α 衰变 3.如图所示，a、b、c、d 为椭圆的四个顶点，一带电量为+Q 的点电荷处在椭圆的一个焦点 上，另有一带负电的点电荷仅在与+Q 之间的库仑力的作用下沿椭圆运动，则下列说法中正 确的是（　　） A.负电荷在 a、c 两点的电势能相等 B.负电荷在 a、c 两点所受的电场力相同 C.负电荷在 b 点的速度小于在 d 点速度 D.负电荷在 b 点的电势能大于在 d 点的电势能 4.如图所示，完全相同的两个光滑小球 A、B 放在一置于水平桌面上的圆柱形容器中，两球 的质量均为 m，两球心的连线与竖直方向成 30°角，整个装置处于静止状态。则下列说法中 正确的是（　　） A. A 对 B 的压力为 B. 容器底对 B 的支持力为 mg C. 容器壁对 B 的支持力为 D. 容器壁对 A 的支持力为 5.如图所示，图中曲线为两段完全相同的六分之一圆弧连接而成的金属线框（金属线框处于 纸面内），每段圆弧的长度均为 L，固定于垂直纸面向外、大小为 B 的匀强磁场中。若给金 属线框通以由 A 到 C、大小为 I 的恒定电流，则金属线框所受安培力的大小和方向为（　　） A. ILB，垂直于 AC 向左B. 2ILB，垂直于 AC 向右 C. ，垂直于 AC 向左 D. ，垂直于 AC 向左 6.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为 10：1，原线圈接有正弦交流电源 u=220 sin314t（V），副线圈接电阻 R，同时接有理想交流电压表和理想交流电流表。则下列说法 中正确的是（　　） A. 电压表读数为 B. 若仅将原线圈的匝数减小到原来的一半，则电流表的读数会增加到原来的 2 倍 C. 若仅将 R 的阻值增加到原来的 2 倍，则变压器输入功率增加到原来的 4 倍 D. 若 R 的阻值和副线圈的匝数同时增加到原来的 2 倍，则变压器输入功率不变 7.2024 年我国或将成为全球唯一拥有空间站的国家。若我国空间站离地面的高度是同步卫 星离地面高度的 ，同步卫星离地面的高度为地球半径的 6 倍。已知地球的半径为 R，地球 表面的重力加速度为 g，则空间站绕地球做圆周运动的周期的表达式为（　　） 8.B 超检测仪可以通过探头发送和接收超声波信号，经过电子电路和计算机的处理形成图象。 下图为仪器检测到发送和接收的超声波图象，其中实线为沿 x 轴正方向发送的超声波，虚线 为一段时间后遇到人体组织沿 x 轴负方向返回的超声波。已知超声波在人体内传播速度为 1200m/s，则下列说法中正确的是（　　） A.根据题意可知此超声波的频率为 1.2×105Hz B.图中质点 B 在此后的 1×10-4s 内运动的路程为 0.12m C.图中质点 A 此时沿 y 轴正方向运动 D. 图中质点 A、B 两点加速度大小相等方向相反 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每小题给出的四个选项中，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，有选错的得 0 分。9.如图所示，足够大的平行玻璃砖厚度为 d，底面镀有反光膜 CD，反光膜厚度不计，一束光 线以 45°的入射角由 A 点入射，经底面反光膜反射后，从顶面 B 点射出（B 点图中未画 出）。已知玻璃对该光线的折射率为 c 为光在真空中的传播速度，不考虑多次反射。则 下列说法正确的是（　　） A. 该光线在玻璃中传播的速度为 c B. 该光线在玻璃中的折射角为 30° C. 平行玻璃砖对该光线的全反射临界角为 45° D. 为了使从 A 点以各种角度入射的光线都能从顶面射出，则底面反光膜面积至少为 4πd2 10.如图所示为固定在竖直平面内的光滑半圆形轨道 ABC．现有一小球以一定的初速度 v0 从 最低点 A 冲上轨道，小球运动到最高点 C 时的速度为 v=3m/s。已知半圆形轨道的半径为 0.4m， 小球可视为质点，且在最高点 C 受到轨道的作用力为 5N，空气阻力不计，取 g=10m/s2，则 下列说法正确的是（　　） A.小球初速度 v0=5m/s B. 小球质量为 0.3kg C. 小球在 A 点时重力的功率为 20W D. 小球在 A 点时对半圆轨道的压力为 29N 11.甲、乙两质点同时同地在外力的作用下做匀变速直线运动，其运动的 -t 图象如图所 示。关于甲、乙两质点的运动情况，下列说法中正确的是（　　） A. 乙质点做初速度为 c 的匀加速直线运动 B. 甲质点做加速度大小为 的匀加速直线运动 C. t= 时，甲、乙两质点速度大小相等 D. t= 时，甲、乙两质点速度大小相等 12.如图所示，A、B 两滑块质量分别为 2kg 和 4kg，用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等 高的水平面上，并用手按着两滑块不动。第一次是将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质 量为 4kg 的钩码 C 挂于动滑轮上，只释放 A 而按着 B 不动；第二次是将钩码 C 取走，换作竖 直向下的 40N 的恒力作用于动滑轮上，只释放 B 而按着 A 不动。重力加速度 g=10m/s2，不 计一切摩擦，则下列说法中正确的是（　　）A.第一次操作过程中，滑块 A 和钩码 C 加速度大小相同 B.第一次操作过程中，滑块 A 的加速度为 C.第二次操作过程中，绳张力大小为 20N D.第二次操作过程中，滑块 B 的加速度为 10m/s2 三、非选择题：本题共小题，共 60 分。 13.某实验小组为了测量某微安表 G（量程 200μA，内阻大约 2200Ω）的内阻，设计了如图 1 所示的实验装置。对应的实验器材可供选择如下： A．电压表（0～3V）； B．滑动变阻器（0～10Ω）； C．滑动变阻器（0～1KΩ）； D．电源 E（电动势约为 6V）； E．电阻箱 RZ（最大阻值为 9999Ω）； 开关 S 一个，导线若干。 其实验过程为： a．将滑动变阻器的滑片滑到最左端，合上开关 S，先调节 R 使电压表读数为 U，再调节电阻 箱（此时电压表读数几乎不变），使微安表指示为满偏，记下此时电阻箱值为 R1=6924Ω； b．重新调节 R，使电压表读数为 U，再调节电阻箱（此时电压表读数几乎不变），使微安 表指示为满偏，记下此时电阻箱值（如图 2 所示）为 R2。 根据实验过程回答以下问题： （1）滑动变阻器应选______（填字母代号）； （2）电阻箱的读数 R2=______Ω； （3）待测微安表的内阻______Ω。14.某实验小组利用如图 1 所示的装置测量当地的重力加速度。 （1）为了使测量误差尽量小，下列说法中正确的是______ A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球 B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线 C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动 D．为了使单摆的周期大一些，应使摆线相距平衡位置有较大的角度 （2）该实验小组用 20 分度的游标卡尺测量小球的直径。某次测量的示数如图 2 所示，读出 小球直径为 d=______cm。 （3）该同学用米尺测出悬线的长度为 L，让小球在竖直平面内摆动。当小球经过最低点时 开始计时，并计数为 0，此后小球每经过最低点一次，依次计数为 1、2、3……．当数到 40 时，停止计时，测得时间为 t。改变悬线长度，多次测量，利用计算机作出了 t2-L 图线如 图 3 所示。根据图 3 可以得出当地的重力加速度 g=______m/s2．（取π2=9.86，结果保留 3 位有效数字） 15.如图所示，一根内壁光滑的直角三角形玻璃管处于竖直平面内，θ=37°，让两个小球 （可视为质点）分别从顶点 A 由静止开始出发，一小球沿 AC 滑下，到达 C 所用的时间为 t1，另一小球自由下落经 B 到达 C，所用的时间为 t2，在转弯的 B 处有个极小的光滑圆弧， 可确保小球转弯时无机械能损失，且转弯时间可以忽略不计，sin37°=0.6，求： 的值。 16.如图所示为一简易火灾报警装置，其原理是：竖直放置的试管中装有水银，当温度升高 时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声。已知温度为 27°C 时，封闭空气柱 长度 L1 为 20cm，此时水银柱上表面与导线下端的距离 L2 为 10cm，水银柱的高度 h 为 5cm， 大气压强为 75cmHg，绝对零度为-273°C。 （1）当温度达到多少摄氏度时，报警器会报警； （2）如果要使该装置在 90°C 时报警，则应该再往玻璃管内注入多高的水银柱？17.两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，两导轨间的距离为 L，导轨上垂直放 置两根导体棒 a 和 b，俯视图如图甲所示。两根导体棒的质量均为 m，电阻均为 R，回路中 其余部分的电阻不计，在整个导轨平面内，有磁感应强度大小为 B 的竖直向上的匀强磁场。 两导体棒与导轨接触良好且均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，两棒均静止，间距为 x0， 现给导体棒 a 一向右的初速度 v0，并开始计时，可得到如图乙所示的△v-t 图象（△v 表示 两棒的相对速度，即△v=va-vb）。求： （1）0～t2 时间内回路产生的焦耳热； （2）t1 时刻棒 a 的加速度大小； （3）t2 时刻两棒之间的距离。 18.理论研究表明暗物质湮灭会产生大量高能正电子，所以在宇宙空间探测高能正电子是科 学家发现暗物质的一种方法。下图为我国某研究小组设计的探测器截面图：开口宽为 的 正方形铝筒，下方区域Ⅰ、Ⅱ为方向相反的匀强磁场，磁感应强度均为 B，区域Ⅲ为匀强电 场，电场强度 E= ，三个区域的宽度均为 d。经过较长时间，仪器能接收到平行铝筒射入 的不同速率的正电子，其中部分正电子将打在介质 MN 上。已知正电子的质量为 m，电量为 e，不考虑相对论效应及电荷间的相互作用。 （1）求能到达电场区域的正电子的最小速率； （2）在区域Ⅱ和Ⅲ的分界线上宽度为 的区域有正电子射入电场，求正电子的最大速率； （3）若 L=2d，试求第（2）问中最大速度的正电子打到 MN 上的位置与进入铝筒位置的水平 距离。 解析版 1. 【答案】 D 【解析】 解：A、单晶体有各向异性的特征，多晶体有各向同性，故 A 错误； B、液体表面存在着张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，不是 液体内部分子间的相互作用，故 B 错误； C、温度是分子热运动平均动能的标志，0℃的铁和 0℃的铜，它们的分子平均动能相同，由 于分子质量不同，则分子平均速率不同，故 C 错误； D、一定质量的理想气体的状态改变时，若温度不变，则其内能不变，故 D 正确。 故选：D。 晶体又分为单晶和多晶体，单晶体一定具有规则形状，且单晶体有各向异性的特征，多晶体 有各向同性。 液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力。 温度是分子热运动平均动能的标志，温度相同的两物体中，分子热运动平均动能相同。 一定质量的理想气体的内能，只跟温度有关。温度改变时，其内能一定改变。 此题考查表面张力、内能、晶体、温度的微观意义等，要注意明确温度是分子平均动能的标 志。 2. 【答案】 C 【解析】 解：A、阴极射线的本质是高速电子流，并不是高频电磁波，故 A 错误； B、玻尔提出的原子模型认为电子只能在特定的轨道上运行，没否定卢瑟福的核式结构模型， 故 B 错误； C、贝可勒尔发现了天然放射现象，天然放射现象表明原子核具有复杂的结构，故 C 正确； D、 Pu 衰变成 Pb 时，质量数减小：△A=239-207=32，而质子数减小 12，α衰变质 量数减少 4，质子数减少 2，β衰变质量数不变，质子数在增加 1，因此经过 8 次α衰变， 和 4 次β衰变，故 D 错误； 故选：C。 阴极射线的本质是高速电子流，玻尔提出的原子模型认为电子只能在特定的轨道上运行，贝 可勒尔发现了天然放射现象；根据质量数守恒与电荷数守恒判断衰变的次数。 本题考查了原子的结构和物理学史，难度不大，注意基础知识的积累，掌握原子核式结构与 原子核复杂结构的不同是关键。3. 【答案】 A 【解析】 解：A、a、c 两点到点电荷 Q 距离相等，根据点电荷电场特点可知这两点的电势相等，所以 负电荷在 a、c 两点的电势相等，故 A 正确； B、根据点电荷电场的特点可知，a、c 两点的电场强度大小相等，但方向不同，所以负电荷 在 a、c 两点所受电场力大小相等，方向不同，故 B 错误； C、负电荷从 b 点运动到 d 点，电场力做 负功，动能减小，速度减小，所以负电荷在 b 点的 速度大于在 d 点的速度，故 C 错误； D、根据正点电荷电场的特点可以知道，b 点的电势大于 d 点的电势，对负电荷来说，电势 越高电势能越小，所以负电荷在 b 点的电势能小于在 d 点的电势能，故 D 错误。 故选：A。 根据点电荷电场的特点可以知道 a、c 两点的电势高低以及电场强度的大小，进而知道电荷 在这两点电势能的大小以及所受电场力的情况；根据能量守恒定律可以判断电荷在 b 点和 c 点的速度大小；根据点电荷的电场特点可以知道 b 点的电势高于 d 点的电势，进而可以判断 负电荷在这两点的电势能大小。 掌握点电荷的电场特点是解题的关键，另外对负电荷来说，电势越高电势能越小。 4. 【答案】 A 【解析】 解：AD、以 A 为研究对象，受到重力、B 对 A 的支持力和容器壁对 A 的支持力，如图所示； 根据平衡条件可得 B 对 A 的支持力 N= 根据牛顿第三定律可知，A 对 B 的压力为 mg； 容器壁对 A 的支持力为 T=mgtan30°= ，故 A 正确、D 错误； BC、以整体为研究对象，竖直方向受力平衡，可得容器底对 B 的支持力为 2mg； 水平方向受力平衡可得容器壁对 B 的支持力等于容器壁对 A 的支持力，即为 ，故 BC 错误。 故选：A。 对 A 进行受力分析、利用平行四边形法则求解 A 受到的支持力，再根据牛顿第三定律求解对 B 的压力，再以整体为研究对象分析即可。 本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答本题的关键是能够正确的对 A 进行受力分析、利 用平行四边形法则求解 A 受到的支持力，注意整体法和隔离法的应用。5. 【答案】 D 【解析】 解：弧长为 L，圆心角为 ，则弦长：AC= ， 线框所受到的安培力：F=BI•AC= 由左手定则可知，导线受到的安培力方向为垂直于 AC 向左，故 D 正确，ABC 错误； 故选：D。 由安培力公式求出安培力，由左手定则判断出安培力方向。 本题考查了求安培力、判断安培力的方向，应用安培力公式与左手定则即可正确解题。 6. 【答案】 B 【解析】 解：A、分析正弦交流电源瞬时值表达式，u=220 sin314t（V）可知，原线圈输入电压有 效值为：U1=220V，电压表的读数为变压器副线圈输出电压的有效值，根据变压比可知， ，解得电压表读数为：U2=22V，故 A 错误； B、若仅将原线圈的匝数减小到原来的一半，根据变压比可知，U2 增大到原来的 2 倍，根据 欧姆定律可知， ，电流表的读数会增加到原来的 2 倍，故 B 正确； C、输入电压和匝数比不变，则输出电压 U2 不变，仅将 R 的阻值增加到原来的 2 倍，根据欧 姆定律可知， ，电流变为原来的一半，输入功率变为原来的一半，故 C 错误； D、若副线圈匝数增加到原来的 2 倍，则 U2 增加到原来的 2 倍，同时 R 的阻值也增加到原来 的 2 倍，故输出功率： ，变为原来的 2 倍，则变压器的输入功率变为原来 的 2 倍，故 D 错误。 故选：B。 明确变压器原理，根据有效值与最大值之间的关系求出输入电压的有效值，根据电压之比等 于匝数之比可得输出电压的有效值，得到电压表的读数。 根据理想变压器的变流比和变压比，结合选项中的条件变化，分析电流表读数的变化，输入 功率的变化。 注意输入功率随输出功率的变化而变化，输出功率变大则输入功率变大。 此题考查了变压器的构造和原理，理解交流电压表和交流电流表读数为有效值，电压电流与 匝数比的关系，并熟练掌握电功率的计算公式，才能顺利解决这类问题。 7. 【答案】 A 【解析】解：在地球表面有重力等于万有引力，即 ， 得 GM=gR2， 空间站做匀速圆周运动时， ， 轨道半径 ， 联立解得：T= ，故 BCD 错误，A 正确。 故选：A。 空间站绕地球做圆周运动，其受到的万有引力提供向心力，结合黄金代换式推导出空间站的 周期的表达式。 明确知道空间站做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供，熟记万有引力和向心力与周期的 关系式，熟记黄金代换式。 8. 【答案】 C 【解析】 解：A、根据图象读出波长 λ=12mm=1.2×10-2m，由 v=λf 得频率为 ，故 A 错误； B、质点 B 振动的周期为 T= =1×10-5s，质点 B 只会上下振动，因为 t=1×10-4s=10T， 所以质点 B 在 1×10-4s 内运动的路程为 S=10×4A=10×4×0.004m=0.16m，故 B 错误； C、根据题意可知实线为沿 x 轴正方向发送的超声波，传播方向为 x 轴正方向，由上下坡法 知，此时质点 A 正向 y 轴正向运动，故 C 正确； D、质点 A、B 两点都在平衡位置上方位移相同的地方，所以加速度大小相等方向相同，故 D 错误； 故选：C。 根据图象读出波长，由波速公式 v=λf 求出频率。根据时间 1×10-4s 与周期的关系求质点 B 通过的路程。根据上下坡法分析质点 A 的运动方向。根据位移关系分析 A、B 两点的加速度 关系。 本题考查机械振动、机械波的速度、波长、频率、加速度、图象等相关知识。要知道质点做 简谐运动时，根据时间与周期的倍数关系求通过的路程。 9. 【答案】 BC 【解析】 解：A、该光线在玻璃中传播的速度为 v= ，故 A 错误； B、根据折射定律有 ，所以该光线在玻璃中的折射角为γ=30°，故 B 正确； C、平行玻璃砖对该光线的全反射临界角为 ，故 C 正确；D、为了使从 A 点以各种角度入射的光线都能从顶面射出，且底面反光膜面积最小，则底面 的反光膜为圆形，且则 A 点位于圆形反光膜圆心的正上方， 并且入射角最大时，刚好到达反光膜的边缘，此时在反射膜表面的入射角为 C，则根据几何 知识有圆形反光膜的半径为 r=d•tanC=d， 则底面反光膜面积最小值为 S=πd2，故 D 错误。 故选：BC。 根据 v= 分析该光线在玻璃中传播的速度；根据折射定律分析光在玻璃中的折射角； 根据 分析平行玻璃砖对该光线的全反射临界角；为了使从 A 点以各种角度入射的 光线都能从顶面射出，则反射光线不能在顶面发生全反射。 解决该题需要熟记光线在介质中传播的速度求解公式，掌握全反射的临界角求解公式，知道 用折射定律求解折射角。 10. 【答案】 AD 【解析】 解：A、小球运动到最高点 C 时的速度为 v=3m/s，从 A 到 C 的过程中，根据动能定理可知， -2mgR= ，解得小球的初速度：v0=5m/s，故 A 正确； B、小球在 C 点时，根据牛顿第二定律和向心力公式可知， ，解得： m=0.4kg，故 B 错误； C、小球在 A 点时，速度沿水平方向，故重力的功率为零，故 C 错误； D、小球在 A 点时，根据牛顿第二定律和向心力公式可知， ，解得：F=29N， 根据牛顿第三定律可知，小球在 A 点时对半圆轨道的压力为 29N，故 D 正确。 故选：AD。 从 A 到 C 的过程中，根据动能定理，求解小球的初速度。 研究小球在 A、C 点的受力情况，根据牛顿第二定律和向心力公式求解小球质量和小球与轨 道间的作用力。 重力的功率等于重力与重力方向上的速度的乘积。 此题考查了功率和向心力的计算，解题的关键是根据动能定理求解小球初速度，根据牛顿第 二定律和向心力公式求解小球与轨道之间的作用力。 11. 【答案】 BD 【解析】故选：BD。 根据匀变速直线运动的位移时间公式 得到 与 t 的表达式，结合图象的信息求 加速度、初速度，从而分析质点的运动情况。根据速度公式分析两个质点速度相等的时间。 解决本题的关键要掌握匀变速直线运动的位移时间公式 ，并能变形得到 与 t 的表达式，从而根据图象的信息来分析物体的运动情况。 12. 【答案】 BC 【解析】 解：AB、第一种方式操作过程中：只释放 A 而 B 按着不动，设绳子拉力为 T1，C 的加速度为 a1。 对 A，根据牛顿第二定律可得 T1=mAaA 对 C，根据牛顿第二定律可得：mCg-2T1=mCa1 根据题意可得 aA=2a1 联立解得：aA= m/s2，故 A 错误，B 正确； CD、第二种方式：只释放 B 而 A 按着不动，换作竖直向下的 40N 的恒力作用于动滑轮上。 对 B 受力分析，根据牛顿第二定律可得 T2=mBaB 根据轻质动滑轮的质量不计，可得 T2= 联立解得：aB=5m/s2；T2=20N，故 C 正确、D 错误。 故选：BC。 第一种方式中分别以 A 和 C 为研究对象，根据牛顿第二定律列方程求解，分析时要抓住 A 的 加速度等于 2 倍的 C 的加速度。 第二种方式：只释放 B 而 A 按着不动，换作竖直向下的 40N 的恒力作用于动滑轮上，对 B 受 力分析，根据牛顿第二定律列方程求解。 本题考查了牛顿第二定律的应用，关键要找出 A 和 B 的加速度与 C 的加速度关系，采用隔离 法运用牛顿第二定律建立方程进行解答。 13. 【解析】 解：（1）滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择 B； （2）由图示电阻箱可知，电阻箱示数为： R2=4×1000Ω+6×100Ω+5×10Ω+3×1Ω=4653Ω； （3）根据实验步骤，由欧姆定律可知：U=Ig（Rg+R1） U=Ig（Rg+R2） 解得：Rg=2160Ω； 故答案为：（1）B；（2）4653；（3）2160。 （1）为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器； （2）电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱示数； （3）根据实验步骤应用串联电路特点与欧姆定律求出微安表的内阻。 本题考查了测微安表内阻实验，考查了电阻箱读数，要掌握常用器材的使用及读数方法；分 析清楚电路结构与实验步骤，应用串联电路特点与欧姆定律即可解题。 14. 【解析】 解：（1）A、为减小空气阻力对实验的影响，减小实验误差，组装单摆须选用密度大而直径 都较小的摆球，故 A 错误； B、为减小实验误差，组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，故 B 正确； C、实验时须使摆球在同一竖直面内摆动，不能使单摆成为圆锥摆，故 C 正确； D、单摆摆角最大摆角应小于 5°，摆长一定的情况下，摆的振幅尽量小些，故 D 错误； （2）由图示游标卡尺可知，其精确度为 0.05mm，所以小球直径为：8mm+2× 0.05mm=8.10mm=0.810cm； （3）摆线长度与摆球半径之和为单摆摆长，其周期为：T= ， 由单摆周期公式：T= 可知：t2= ，t2-L 图象的斜率：k= ，重力加速度：g=979.876cm/s2≈9.80m/s2。 故答案为：（1）BC；（2）0.810；（3）9.80。 为减小实验误差应选择密度大而体积小的球作为摆球，选用轻质细线做摆线，当单摆摆角小 于 5°时单摆的运动是简谐运动，根据实验注意事项分析答题； 游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数； 根据单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后根据图示图象分析答题。 本题考查了游标卡尺读数，要掌握常用器材的使用及读数方法；知道实验注意事项、理解实 验原理是解题的前提与关键；要掌握图象图的解题思路与方法。 15. 【答案】 解：设三边分别为 AB=3x、BC=4x、AC=5x 第一个小球由 AC 滑下时加速度为 a= =gsinθ=0.6g 由位移时间公式得 5a= 解得 第二个小球沿 AB 段有 3a= 解得 该球到达 B 点的速度大小为 v=gt21= 沿水平 BC 段运动时有 vt22=4a，得 t22= 则 t2=t21+t22 故 =1 答： 的值为 1。 【解析】根据牛顿第二定律求出小球沿 AC 下滑的加速度，由位移公式求出时间 t1 与 AC 长 度的关系。另一小球在 AB 段做自由落体运动，BC 段做匀速直线运动，分别求出两段时间与 AB 位移大小的关系，再求解 的值。 本题要学会用相同的量表示 t2、t1，分段运用牛顿第二定律和运动学公式相结合求出时间的 表达式，也可以通过作速度-时间图象进行分析。 16. 【答案】 解：以细管内密封的空气柱为研究对象，设其横截面积为 S。 （ⅰ）由题可知，水银柱上升到顶端时开始报警。 封闭气体的状态参量：V1=L1S=20S，T1=t1+273=300K，V2=（L1+L2）S=30S， 温度升高时，管内气体做等压变化，由盖吕萨克定律得： 解得：T2=450K，即 t2=450-273=177℃时，报警器会报警。 （ⅱ）设加入 x cm 水银柱，在 90℃时会报警，气体初状态参量： p1=p0+ph=75+5cmHg=80cmHg，V1=L1S=20S，T1=t1+273=300K， 气体末状态参量：p3=p0+ph+px=75+5+x=（80+x）cmHg， V3=（L1+L2-x）S=（30-x），T3=t3+273=90+273=363K， 由理想气体状态方程得： 联立解得：x=8cm 答：（1）当温度达到 177℃时，报警器会报警； （2）如果要使该装置在 90°C 时报警，则应该再往玻璃管内注入 8cm 高的水银柱。 【解析】（i）温度升高，封闭气体体积增大，水银柱上升，当电路恰好接通时，报警器开 始报警；此时空气柱长度 L1+L2，以封闭空气柱为研究对象，根据等压变化规律求出温度。 （ii）加入水银柱后空气柱下降，但是玻璃管的总长度 35cm 不变，再由理想气体状态变化方程求得加入水银柱的长度。 本题考查了求气体的温度、求注入水银柱的高度问题，根据题意分析清楚气体状态变化过程、 求出气体状态参量是解题的前提，应用盖吕萨克定律与理想气体状态方程 即可解题。 17. 【答案】 解：（1）t2 时刻△v=0，说明两棒速度相等，设为 v，取向右为正方向，由动量守恒定律： mv0=2mv 设 0～t2 时间内回路产生的焦耳热为 Q，由能量守恒定律得： 联立解得：Q= （2）t1 时刻，△v=va-vb= 回 路 中 产 生 的 总 的 感 应 电 动 势 为 ： E=BLva-BLvb=BL △ v= BLv0 【解析】 （1）t2 时刻△v=0，两棒速度相等，根据两棒组成的系统动量守恒求出两棒的共同速度，再 由能量守恒定律求出回路产生的焦耳热； （2）t1 时刻，根据两棒的速度差，求出回路总的感应电动势，由欧姆定律求出电流，由安 培力公式求出棒 a 受到的安培力，即可根据牛顿第二定律求出棒 a 的加速度； （3）根据动量定理求出通过导体横截面的电荷量，结合感应电荷量的公式即可求解两棒间 的距离。 第一问是动量守恒定律及能量守恒定律在电磁感应现象中的应用问题，要知道在运动过程中 两棒组成的系统合外力为零，遵守动量守恒定律，从而为确定两棒最后的末速度找到解决途 径是关键；第二问求棒的瞬时加速度问题较为复杂：是动生电动势、动量守恒定律、牛顿第 二定律及闭合电路欧姆定律综合的力电综合问题；第三问要推导并应用感应电荷量公式。18. 【答案】 解：（1）设能到达磁场区域Ⅱ的正电子的最小速度为 v1，此时正电子轨迹刚好与两磁 场边界相切，则轨道半径为 d； 根据洛伦兹力提供向心力可得 ev1B=m 解得：v1= ； （2）经过较长时间后，在区域Ⅱ下边界线上宽度为 d 的区域有正电子射出磁场，速度最 小的正电子和速度最大的正电子运动轨迹如图所示； 根据几何关系可得 x=2d+ 最大的轨迹半径为 r2，根据几何关系可得： 解得 r2= 根据洛伦兹力提供向心力可得 ev2B= 解得 v2= ； （3）粒子进入电场后做类平抛运动，沿电场线方向的位移为 x1，根据类平抛运动可得： 根据几何关系可得： 联立解得：x2=0.18d+0.36L=0.9d 最大速度的正电子打到 MN 上的位置与进入铝筒位置的水平距离为： xmax=x+x2= 。 答：（1）能到达电场区域的正电子的最小速率为 ； （2）在区域Ⅱ和Ⅲ的分界线上宽度为 的区域有正电子射入电场，正电子的最大速率为 ； （3）若 L=2d，试求第（2）问中最大速度的正电子打到 MN 上的位置与进入铝筒位置的水平 距离为 。 【解析】（1）分析正电子受力得到正电子运动情况，根据正电子能到达电场区域得到正电 子在磁场中的轨道半径范围，从而得到其速度范围； （2）根据正电子在磁场中做匀速圆周运动，根据正电子分布宽度得到正电子轨道半径范围， 从而根据洛伦兹力做向心力得到速度范围； （3）电子进入电场后做类平抛运动，根据运动的合成和分解规律即可确定水平距离。 对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合 洛伦兹力提供向心力求解未知量；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动的知 识进行解答。