山东新高考2021届高三第二次模拟考（三）物理试卷（Word版附答案）

山东省（新高考）2021 届高三第二次模拟考试卷 物 理（三） 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形 码粘贴在答题卡上的指定位置。 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 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。 1．2020 年 11 月 27 日 0 时 41 分，华龙一号核电 5 号机组首次并网成功，标志着我国正式进入 核电技术先进国家行列。华龙一号发电机利用的是铀核裂变释放的核能，其裂变方程为：23592U＋10n→X ＋9538Sr＋210n。则下列叙述正确的是( ) A．裂变后粒子的总核子数减少 B．X 原子核中含有 85 个中子 C．裂变过程中释放核能是因为新核的结合能小 D．裂变过程中释放核能是因为新核的比结合能小 2．2020 年 11 月 10 日 8 时 12 分，“奋斗者”号深潜器在马里亚纳海沟成功坐底，创造了 10909 米的中国载人深潜新纪录，标志着我国在大深度载人深潜领域达到世界领先水平。某兴趣小组用一 个模型模拟了深潜器从水底由静止向上返回的运动过程，记录了其加速度 a 随位移 x 变化关系的图 像如图所示，则( ) A．在 0～x0 阶段深潜器内的物体处于失重状态 B．在 2x0～3x0 阶段深潜器内的物体处于超重状态 C．在 2x0 处深潜器运动的速度大小为 0 0a x D．在 3x0 处深潜器运动的速度最大 3．如图所示，把一矩形均匀薄玻璃板 ABCD 压在另一个矩形平行玻璃板上，一端用薄片垫起， 将红单色光从上方射入，这时可以看到明暗相间的条纹，下列关于这些条纹的说法中正确的是( ) A．条纹方向与 AB 边平行 B．条纹间距不是均匀的，越靠近 BC 边条纹问距越大 C．减小薄片的厚度，条纹间距变小 D．将红单色光换为蓝单色光照射，则条纹间距变小 4．有两位同学利用假期分别去参观位于天津市的“南开大学”和上海市的“复旦大学”，他们各自 利用那里实验室中的 DIS 系统探究了单摆周期 T 和摆长 L 的关系。然后通过互联网交流实验数据， 并用计算机绘制了如图甲所示的 T2－L 图像。另外，去“复旦大学”做研究的同学还利用计算机绘制 了他实验用的 a、b 两个摆球的振动图像，如图乙所示。下列说法正确的是( ) A．甲图中“南开大学”的同学所测得的实验结果对应的图线是 A B．甲图中图线的斜率表示对应所在位置的重力加速度的倒数 C．由乙图可知，a、b 两摆球振动周期之比为 3∶2 D．由乙图可知，t＝1 s 时 b 球振动方向沿 y 轴负方向 5．如图甲所示，充好电的电容器与定值电阻接入电路，电压传感器与电流传感器对电路的影响 可忽略不计。传感器将测得的物理量输入计算机，计算机显示出物理量随着时间的变化情况。现闭 合开关后，在计算机上显示的电路中的电压与电流随时间的变化关系如图乙所示。t2 时刻，电压与 电流变为零。图乙中 S1 与 S2 为电流曲线在虚线 MN 两侧与坐标轴围成的面积。下列说法中正确的是 ( ) A．图乙中的 S1＝S2 B．图乙中的 S1＞S2 C．图乙中电压与电流的比值逐渐变小 D．图乙中电阻 R 在 0～t1 内产生的内能等于在 t1～t2 内产生的内能 6．一定质量的理想气体，从状态 M 开始，经状态 N、Q 回到原状态 M，其 p－V 图像如图所示， 其中 QM 平行于横轴，NQ 平行于纵轴，M、N 在同一等温线上。下列说法正确的是( ) A．气体从状态 M 到状态 N 的过程中温度先降低后升高 B．气体从状态 N 到状态 Q 的过程中温度先升高后降低 此 卷 只 装 订 不 密 封 班 级 姓 名 准 考 证 号 考 场 号 座 位 号 C．气体从状态 N 到状态 Q 的过程中放出热量 D．气体从状态 Q 到状态 M 的过程中外界对气体所做的功大于气体从状态 M 到状态 N 的过程 中气体对外界所做的功 7．假设宇宙中有两颗相距无限远的行星 A 和 B，半径分别为 RA 和 RB。两颗行星周围卫星的轨 道半径的三次方（r3）与运行周期的平方（T2）的关系如图所示，T0 为卫星环绕行星表面运行的周期， 则( ) A．行星 A 的质量小于行星 B 的质量 B．行星 A 的密度小于行星 B 的密度 C．行星 A 的第一宇宙速度等于行星 B 的第一宇宙速度 D．当两行星的卫星轨道半径相同时，行星 A 的卫星向心加速度大于行星 B 的卫星向心加速度 8．一学校物理项目学习小组研究悬索桥的受力特点，实际的悬索桥在工程上是复杂的，他们进 行了合理简化，悬索桥的简化模型如下：吊桥六对钢杆悬吊，六对钢杆在桥面上分列两排，其上端 挂在两根钢缆上，如图为其一侧面图。已知图中相邻两钢杆间距离为 9 m，靠桥面中心的钢杆长度 为 2 m（即 AA′＝DD′＝2 m），BB′＝EE′，CC′＝PP′，又已知两端钢缆 CM、PN 与水平方向成 45°角， 若钢杆钢缆自重不计，每根钢杆承受拉力相同，桥面总质量 m，每对钢杆拉力均为 T。以下说法正 确的是( ) A．每根钢杆拉力大小为 1 6mg B．每对钢缆 AD 中拉力大小为 1 3mg C．每对钢缆 CM 中拉力大小为 2 2 mg D．BB′的长度为 6 m 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，全部选对得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 9．如图甲所示，为了观察一油箱内的储油量，设计师在油箱的一侧竖直安装了一系列厚度相同 长度不同的透明塑料板，每块塑料板的形状如图乙所示，下部尖端部分截面为等腰直角三角形。当 光由正上方竖直向下射入到塑料板中，从观察窗口中可以清晰看到油量计的上表面有明、暗两片区 域。通过观察明暗区域分界线的位置，便可判断出油量的多少，以下说法中正确的是( ) A．从观察窗口观察到的暗区是因为光在塑料板下端发生了全反射 B．从观察窗口观察到的明亮区域越大，油量越少 C．使用的塑料板折射率应满足 n＜ 2 D．使用的塑料板折射率应满足 n＞ 2 10．如图，一带负电的点电荷固定在 P 处，一带电油滴静止在 O 点。现让该油滴从 P 点的正上 方 A 处静止释放，通过 O 点后运动到 B 点。下列关于这个过程中的说法正确的是( ) A．油滴在 A 处的加速度大于 g B．点电荷在 O 点产生的场强大于在 B 点产生的场强 C．油滴在 B 点的电势能最大 D．从 O 点运动到 B 点的过程中油滴重力势能的减少量小于电势能的增加量 11．如图，倾角θ＝60°的光滑斜面下端有一垂直斜面的挡板，挡板上连接一轻质弹簧，斜面上 端 A 与竖直放置的光滑圆弧形管道平滑连接，在外力的作用下，一质量为 m 的小球静止在 P 点。弹 簧处于压缩状态。现释放小球，小球无能量损失地进入圆弧形管道（小球直径稍小于管道直径），刚 好可到达圆弧形管道的最高点，已知圆弧形管道半径为 R，OA⊥PA，PA＝ 3R，重力加速度大小为 g，下列说法正确的是( ) A．弹簧储存的弹性势能为 3mgR B．其他条件不变，把小球质量变为 2.5m，则小球仍能进入圆弧形管道 C．其他条件不变，把小球质量变为 0.5m，则小球在最高点对圆弧形管道的作用力为 2.5mg，方 能竖直向上 D．其他条件不变，换成长度相同弹性势能较大的弹簧，在圆弧形管道最高点，圆弧形管道对 小球的作用力一定增大 12．如图甲所示，两条粗糙平行金属导轨倾斜固定放置（两导轨电阻不计），倾角θ＝37°，间距 d＝1 m，电阻 r＝3 Ω的金属杆与导轨垂直放置，导轨下端连接规格为“3 V，3 W”的灯泡 L。在导轨 内有长为 l、宽为 d 的矩形区域 abcd，该区域内有垂直导轨平面均匀分布的磁场，各处的磁感应强 度 B 大小始终相等，B 随时间 t 变化图线如图乙所示。在 t＝0 时，金属杆从 PQ 位置静此释放，向 下滑动直到 cd 位置的过程中，金属杆始终与导轨垂直，灯泡一直处于正常发光状态。则金属杆从 PQ 位置到 cd 位置的运动过程中，下列说法正确的是（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度 g 取 10 m/s2）( ) A．金属杆先做匀加速直线运动后做匀速直线运动 B．金属杆到达 ab 位置的速度大小为 3 m/s C．金属杆与导轨间的动摩擦因数为 0.5 D．金属杆克服安培力做功为 6 J 三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方 程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和 单位。 13．(6 分)用如图甲所示的实验装置测量当地重力加速度的大小。质量为 m2 的重锤从高处由静 止开始下落，质量为 m1 的重锤上拖着纸带利用电磁打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点迹进 行分析，即可测出当地的重力加速度 g 值。如图乙给出的是实验中获取的一条纸带中的某一段，相 邻两计数点间还有 4 个点未画出，电源的频率为 50 Hz，相邻计数点间的距离如图(b)所示。已知 m1 ＝80 g、m2＝120 g，要求所有计算结果保留两位有效数字。则： (1)用逐差法求出重锤的加速度大小 a＝__________m/s2，而得出当地的重力加速度大小 g＝ ________m/s2； (2)测出的重力加速度的值比实际值小，其误差的主要来源有哪些_________。 A．没有使用电火花计时器 B．m1 和 m2 的质量太悬殊 C．绳子和定滑轮之间存在阻力 D．绳子拉力不等于 m2 的重力 14．(8 分)某同学要将一量程为 300 mV 的毫伏表改装成量程为 3 V 的电压表，该同学测得毫伏 表内阻为 1000 Ω，经计算后将一阻值为 R0 的电阻与该毫伏表连接，进行改装。然后利用一标准电压 表 V，根据图甲所示电路对改装后的电压表进行检测（虚线框内是改装后的电压表）。 (1)根据图甲和题目所给的条件，将图乙中的实物进行连线。 (2)当标准电压表 V 的示数为 2.00 V 时，毫伏表的指针位置如图丙所示。由此可以推测出所改装 电压表的量程不是预期值，而是________（正确答案标号）。 A．1.80 V B．2.40 V C．2.70 V D．3.75 V (3)产生上述问题的原因可能是________（正确答案标号）。 A．毫伏表内阻测量错误，实际内阻小于 1000 Ω B．毫伏表内阻测量错误，实际内阻大于 1000 Ω C．R0 值计算错误，接入的电阻偏大 D．R0 值计算错误，接入的电阻偏小 (4)要达到预期目的，无论毫伏表测得的内阻是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为 R0 的电阻换成阻值为 kR0 的电阻即可，其中 k＝________。 15．(8 分)风洞实验室能产生大小和方向均可改变的风力，如图所示，在风洞实验室中有足够大 的光滑水平面，在水平面上建立 xOy 直角坐标系，质量 m＝0.5 kg 的小球以初速度 v0＝0.40 m/s 从 O 点沿 x 轴正方向运动，在 0～2.0 s 内受到一个沿 y 轴正方向、大小 F1＝0.20 N 的风力作用；小球运 动 2.0 s 后风力方向变为 y 轴负方向，大小变为 F2＝0.10 N（图中未画出），试求： (1)2.0 s 末小球在 y 方向的速度大小和 2.0 s 内运动的位移大小； (2)风力 F2 作用多长时间，小球的速度变为与初速度相同。 15．(8 分)为做好新型冠状病毒肺炎（COVID－19）疫情的常态化防控工作，学校组织工作人员 每天对校园进行严格的消毒，如图是某喷雾消毒桶的原理图。喷雾器的容积 V1＝10 L，打气筒的容 积 V0＝200 cm3。某次使用时，装入了 V2＝8 L 药液，然后关闭所有阀门及加水口，并通过打气筒打 气，使桶内上方气体压强达到 p1＝3.6 atm 时，停止打气并打开喷雾阀门开始喷雾，当气体压强降为 p2＝1.2 atm 时，喷雾器不能正常喷雾。要使喷雾器能再次喷雾，需要用打气筒再向里打气，提高桶 内的压强。已知外界大气压 p0＝1.0 atm，不考虑桶内药液产生的压强，整个过程可视为温度不变。 (1)喷雾器从开始喷雾，到不能正常喷雾，桶内剩余药液有多少？ (2)要把桶内剩余药液全部喷完，需用打气筒至少再打多少次气？ 16．(8 分)某生产车间对香皂包装进行检验，为检验香皂盒里是否有香皂，让香皂盒在传送带上 随传送带传输时，经过一段风洞区域，使空皂盒被吹离传送带，装有香皂的盒子继续随传送带一起 运动，如图所示。已知传送带的宽度 d＝0.96 m，香皂盒到达风洞区域前都位于传送带的中央。空香 皂盒的质量为 m＝20 g，香皂及香皂盒的总质量为 M＝100 g，香皂盒与传送带之间的动摩擦因数为μ ＝0.4，风洞区域的宽度为 L＝0.6 m，风洞可以对香皂盒产生与传送带垂直的恒定作用力 F＝0.24 N， 假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，香皂盒的尺寸远小于传送带的宽度，取重力加速度 g＝10 m/s2， 试求： (1)空香皂盒在风洞区域的加速度 a1 的大小； (2)为使空香皂盒能离开传送带，传送带允许的最大速度 vm 为多少？ 17．(14 分)如图所示，在直角坐标系 Oxy 中，A、C 两点关于原点 O 对称，AO＝OC＝L，直线 AC 与 x 轴正方向的夹角θ＝53°。直线 AC 右侧和 x 轴下方所夹的区域内有一匀强电场，方向沿 y 轴 正方向。直线 AC 左侧区域内有一匀强磁场，方向垂直坐标平面向里，电场和磁场区域均足够大。 一带正电的粒子从 A 点沿 x 轴正方向以初速度 v0 运动，经过 x 轴上 D 点（图中未画出）后恰好能通 过 C 点，再经磁场偏转后到达 O 点。不计粒子重力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求： (1)O、D 两点间的距离； (2)电场强度 E 与磁感应强度 B 之比。 18．(16 分)如图所示，光滑斜轨道 AB 和一条足够长的粗糙水平轨道 BC 平滑连接，质量为 5 kg 的物块 Q 静置在水平轨道的最左端，质量为 1 kg 的物块 P 从斜道上距离 BC 竖直高度 h＝1.8 m 处由 静止下滑，滑下后与物块 Q 碰撞。已知两物块与水平轨道 BC 之间的动摩擦因数均为 0.2，物块 P、 Q 均可视为质点，它们之间的每次碰撞均为弹性碰撞，取重力加速度 g 取 10 m/s2。求： (1)物块 P、Q 第一次碰撞前瞬间，物块 P 的速度大小； (2)第一次碰撞后，物块 P 滑上斜轨道的最大高度； (3)物块 Q 运动的总路程。 物 理答 案 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．【答案】B 【解析】核反应过程质量数守恒，所以裂变后粒子的总核子数不变，A 错误；设 X 原子 核中有 x 个质子，质量数为 y，则有 92＝x＋38，235＋1＝y＋95＋2，解得 x＝54，y＝139，则 X 原子核中含有中子数为 y－x＝85，B 正确；裂变释放核能是因为新核的比结合能大于原来 重核的比结核能，CD 错误。 2．【答案】C 【解析】在 0～x0 阶段深潜器加速上升，因此深潜器内的物体处于超重状态，A 错误；在 2x0～3x0 段，加速度为负值，深潜器做减速运动，潜器内的物体处于失重状态，B 错误；根据 v2＝2ax 可得深潜器到达 x0 处时的速度 0 0v a x= ，在 x0～2x0 段加速度为零，做匀速运动，因 此在 2x0 处深潜器速度大小为 0 0a x ，C 正确；由于 2x0～3x0 段减速，因此在深潜器在 2x0 处 运动速度最大，D 错误。 3．【答案】D 【解析】薄膜干涉的光程差Δs＝2d（d 为薄膜厚度），厚度相同处产生的条纹明暗情况相 同，因此条纹应与 BC 边平行，故 A 错误；因为两玻璃间形成的空气膜厚度均匀变化，因此 条纹是等间距的，故 B 错误；由Δx＝l dλ可知，减小薄片厚度，条纹间距将增大，故 C 错误； 将红光换成蓝光照射，入射光波长减小，条纹间距将减小，故 D 正确。 4．【答案】D 【解析】根据 T＝2π l g ，得 T2＝4π2l g ，知图线的斜率 k＝4π2 g ，图线 B 的斜率较小，则图 线 B 对应的重力加速度较大，可知甲图中“南开”的同学所测得的实验结果对应的图象是 B，故 AB 错误；周期等于完成一次全振动的时间，由乙图可知，a、b 两单摆的周期之比为 2∶3， 故 C 错误；由乙图可知，t＝1 s 时，b 球处于平衡位置向－y 方向运动，故 D 正确。 5．【答案】A 【解析】电流曲线与坐标轴围成的面积表示电容器放出的电荷量，电容器在 0～t1 时间内 放出的电荷量为 S1，电压减小了 6 V；在 t1～t2 时间内放出的电荷量为 S2，电压又减小了 6 V， 由 q＝CU，可知 S1＝S2，A 正确，B 错误；图乙中的电压与电流实际上反映的是定值电阻 R 上的物理量，它们满足欧姆定律，故电压与电流的比值不变，C 错误；在每小段时间内，根据 公式有ΔQ＝I2RΔt，U＝IR，Δq＝IΔt，解得ΔQ＝UΔq，由于 R 两端的电压在 0～t1 内的高于在 t1～t2 内的，故电阻 R 在 0～t1 内产生的内能大于在 t1～t2 内产生的内能，D 错误。 6．【答案】D 【解析】根据 p－V 图像的等温线可知，气体从状态 M 到状态 N 的过程中温度先升高后 降低，A 错误；气体从状态 N 到状态 Q 的过程中，体积不变，压强变大，故气体的温度升高， 内能增大，结合热力学第一定律可知，该过程气体吸收热量，BC 错误；因气体从状态 Q 到状 态 M 的过程中的压强较大，而两种情况气体体积的变化相同，故气体从状态 Q 到状态 M 的过 程中外界对气体所做的功大于气体从状态 M 到状态 N 的过程中气体对外界所做的功，D 正确。 7．【答案】D 【解析】根据 GMm r2 ＝m4π2 T2 r 可得 M＝4π2r3 GT2 ，根据图象可知，A 的r3 T2 比 B 的大，所以行星 A 的质量大于行星 B 的质量，故 A 错误；行星的密度大小ρ＝M V ＝ 3π GT2 ，根据图象可知，在两颗 行星表面做匀速圆周运动的周期相同，所以行星 A 的密度等于行星 B 的密度，故 B 错误；第 一宇宙速度大小为 v＝ 2πr T ，由于 A 的半径大于 B 的半径，卫星环绕行星表面运行的周期相同， 则行星 A 的第一宇宙速度大于行星 B 的第一宇宙速度，故 C 错误；根据 GMm r2 ＝ma 可得 a＝GM r2 ， 当两行星的卫星轨道半径相同时，A 的质量大于 B 的质量，则行星 A 的卫星向心加速度大于 行星 B 的卫星向心加速度，故 D 正确。 8．【答案】C 【解析】桥面总质量 m，每根钢杆拉力均为 T，由平衡条件可得 12T＝mg，解得 T＝ 1 12mg， A 错误；对整体受力分析如图甲，由平衡条件可得 2TCMsin 45°＝mg，解得 TCM＝ 2 2 mg，C 正 确；对左边的悬索受力分析如图乙所示，由平衡条件可得 TAD＝TCMcos 45°＝1 2mg，B 错误；对 A 点受力分析如图丙所示，由平衡条件可得 tan θ＝1 3 ，由几何关系可得 BB′＝AA′＋A′B′tan θ＝5 m，D 错误。 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，全部选对得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 9．【答案】BD 【解析】左侧塑料板长，尖端部分浸入油中，光线在塑料与油的分界面处不会发生全反 射，从观察窗口观察是暗区，右侧塑料板短，尖端部分没有浸入油中，光线在塑料与空气的 分界面处发生全反射，从观察窗口观察到的是亮区，A 错误；油量越少，浸入油中是塑料板个 数越少，发生全反射的塑料板个数越多，从观察窗口观察到的明亮区域越大，B 正确；根据临 界角公式得 sin C＝1 n ，C＝45°，解得 n＝ 2，所以使用的塑料板折射率应满足 n＞ 2，C 错误， D 正确。 10．【答案】CD 【解析】带电油滴静止在 O 点，则电场力向上，油滴在 A 处受到向上的库仑力，因此加 速度小于 g，A 错误；离点电荷远近，电场强度越大，所以点电荷在 O 点产生的场强小于在 B 点产生的场强，B 错误；油滴从 A 点到 B 点，电场力做负功，电势能增大，油滴在 B 点的电 势能最大，C 正确；带电油滴静止在 O 点，从 A 处静止释放，通过 O 点时速度最大，根据能 量守恒定律，从 O 点运动到 B 点的过程中油滴重力势能的减少量与动能的减少量之和等于电 势能的增加量，所以从 O 点运动到 B 点的过程中油滴重力势能的减少量小于电势能的增加量， D 正确。 11．【答案】AC 【解析】小球刚好运动到圆弧形管道的竖直最高点时速度为零，根据机械能守恒定律有 Ep＝mg× 3Rsin θ＋ mgRcos θ＋mgR＝3mgR，故 A 正确；弹簧劲度系数不变时，弹簧的弹性 势能不变，把小球质量变为 2.5m，设小球可上升的最大高度为 h，则有 Ep＝2.5mgh，解得 h ＝1.2R＜ 3Rsin θ＝1.5R，因此小球不能进入圆弧形管道，故 B 错误；把小球质量变为 0.5m 时，设小球经过最高点时的速度为 v，则有 Ep＝1 2mg× 3Rsin θ＋1 2mgRcos θ＋1 2mgR＋1 2×1 2mv2， 在最高点满足 FN＋1 2mg＝1 2mv2 R ，解得 FN＝2.5mg，方向竖直向下，根据牛顿第三定律，小球在 最高点对圆弧形管道的作用力为 2.5mg，方向竖直向上，故 C 正确；其他条件不变，增大弹簧 的弹性势能，则小球在最高点有速度，需要向心力，与原来相比，支持力可能向上且减小， 故 D 错误。 12．【答案】ABD 【解析】因为灯泡一直处于正常发光状态，而磁场是先均匀增加后保持不变的，所以金 属杆从 PQ 位置到 ab 位置的过程中做匀加速直线运动，从 ab 位置到 cd 位置的过程中做匀速 直线运动，且金属杆到达 cd 位置时用时间 1 s，磁场强度正好达到 2 T，故 A 正确；因为灯泡 一直处于正常发光状态，所以回路中产生的感应电动势 E＝U＋P Ur＝6 V，根据法拉第电磁感 应定律 E＝Bdv，解得 v＝3 m/s，故 B 正确；金属杆从开始到达 ab 位置的过程中根据 v＝at， 解得 a＝3 m/s2，根据牛顿第二定律可得 mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得μ＝0.375，故 C 错误； 因为灯泡一直处于正常发光状态，所以整个过程电动势一直没变，在金属杆从开始到达 ab 位 置的过程中，回路中产生的电动势 BS BE ldt t= =    ，解得 l＝3 m，则 FA＝BId＝BP Ud＝2 N， 安培力对金属杆做功 W＝－FAl＝－6 J，故 D 正确。 三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说 明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明 确写出数值和单位。 13．(6 分) 【答案】(1)1.9 9.5 (2)C 【解析】(1)由题意可知，相邻两计数点间的时间间隔是 T＝5×0.02 s＝0.1 s，重锤的加速 度大小 a＝x4＋x5＋x6－（x1＋x2＋x3） 9T2 ＝1.9 m/s2，由牛顿第二定律有 m2g－m1g＝(m1＋m2)a， 解得重力加速度大小 g＝9.5 m/s2。 (2)与没有使用电火花计时器无关，A 错误；m1 和 m2 的质量相差不大，B 错误；在使用牛 顿第二定律计算加速度时，没有考虑绳子与定滑轮间存在的阻力，C 正确；绳子拉力本身就不 等于 m2 的重力，存在的误差与绳子拉力等不等于 m2 的重力无关，D 错误。 14．(8 分) 【答案】(1)见解析图 (2)B (3)BD (4) 9 7 【解析】(1)毫伏表与分压电阻串联可以改装成电压表，根据图甲所示电路图连接实物电 路图，实物电路图如图乙所示。 (2)毫伏表量程为 300 mV，由图丙所示表盘可知，其分度值为 1 mV，其示数为 250 mV， 电压表示数为 2.00 V，电压表示数为毫伏表示数的 8 倍，改装后电压表量程为 300×10－3×8 V ＝2.40 V，故 B 正确。 (3)由(2)可知，改装后电压表量程偏小，由串联电路特点可知，分压电阻阻值偏小，如果 R0 值计算错误，接入的电阻偏小会导致改装后电压表量程偏小，故 BD 正确，AC 错误。 (4)由(2)可知，分压电阻的电压为毫伏表电压的 7 倍，即串联电阻 R0＝7Rg，把毫伏表改装 成 3 V 的电压表，串联电阻阻值 g g 0 g g 9/ U UR R kRU R -= = = ，则 k＝ 9 7 。 15．(8 分) 【解析】(1)设在 0～2.0 s 内小球运动的加速度为 a1，则 F1＝ma1 2.0 s 末小球在 y 方向的速度 v1＝a1t1 代入数据解得 v1＝0.8 m/s 沿 x 轴方向运动的位移 x1＝v0t1 沿 y 轴方向运动的位移 y1＝1 2a1t12 2.0 s 内运动的位移 s1＝ 2 2 1 1x y ＝0.8 2 m≈1.1 m。 (2)设 2.0 s 后小球运动的加速度为 a2，F2 的作用时间为 t2 时小球的速度变为与初速度相同， 则 F2＝ma2，v1＝a2t2 代入数据得 t2＝4.0 s。 15．(8 分) 【解析】(1)对喷雾器内的气体，初态 p＝p1＝3.6 atm，V＝V1－V2＝2 L 末态 p′＝p2＝1.2 atm 根据玻意尔定律得：pV＝p′V′ 解得：V′＝6 L 喷雾器内剩余药液的体积为 10 L－6 L＝4 L。 (2)对喷雾器内的气体和待打入的气体有：p′V′＋np0V0＝p2V1 解得：n＝24 需用打气筒至少再打 24 次气。 16．(8 分) 【解析】(1)对空香皂盒，根据牛顿第二定律得： F－μmg＝ma1 解得：a1＝8m/s2。 (2)始终以传送带为参考系进行分析。传送带速度最大时，香皂盒被风吹的时间最短此时 空香皂盒在垂直传送带速度的方向上的运动情况是先加速（在风洞区域），然后减速离开风洞 区域），到达传送带边缘时速度恰好减为零。设加速时间为 t1，减速时间为 t2，相对传送带的 加速距离为 x1，减速距离为 x2，则香皂盒减速过程的加速度为：a2＝μg＝4 m/s2 x1＝1 2a1t12，x2＝1 2a2t22 a1t1＝a2t2，x1＋x2＝1 2d 传送带的最大速度 m 1 Lv t= 联立解得：t1＝0.2 s，vm＝3 m/s。 17．(14 分) 【解析】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，设 O、D 间的距离为 x，通过 x 轴时速度方 向与 x 轴正方向夹角为α，则： Lsin 53°＝1 2at2 v0t＝x＋Lcos 53° 0 tan at v  = 由通过 x 轴后，恰好通过 C 点，则 sin53tan cos53 L L x  °= °- 整理得：x＝0.2L，tan α＝2。 (2)从 A 到 D 的过程中，根据动能定理得：EqLsin 53°＝1 2mv2－1 2mv02 而 0cos v v  = 可得 v＝ 5v0 从 C 点进入磁场之后做匀速圆周运动，恰好通过 O 点，设 OC 的垂直平分线与过 C 点的 半径夹角为β，如图，由几何关系可得β＝α－θ 则 sin β＝ 2 5 25 又粒子在磁场中做匀速圆周运动 qvB＝mv2 R 而sin 2 L R  = 联立解得： 025 8 vE B = 。 18．(16 分) 【解析】(1)物块 P 滑至斜面底端时，由动能定理得：mPgh＝1 2mPv02 解得：v0＝6 m/s。 (2)设物块 P 滑至斜面底端时速度的方向为正方向，与物块 Q 碰撞后，物块 P、Q 的速度 分别为 v1、v2，则据动量守恒得：mPv0＝mPv1＋mQv2 由于两物块的碰撞为弹性碰撞，则机械能守恒，得：1 2mPv02＝1 2mPv12＋1 2mQv22 解得：v1＝－4 m/s，v2＝2 m/s 所以碰撞后 P 反向运动，由动能定理得：mPgh1＝1 2mPv12 解得：h1＝0.8 m。 (3)设第一次碰撞后物块 Q 移动的距离为 x1，据动能定理得：μmQgx1＝1 2mQvQ2 解得：x1＝1 m 由牛顿第二定律得物块 P 和物块 Q 在地面上滑行时的加速度大小为 aP＝aQ＝a＝μg 物块 Q 向右运动的时间为 2 1vt a= = s 第一次碰撞后 P 沿着斜面上滑至最高点后返回，返回到地面的速度大小仍为 v1，比第一 次碰后的 Q 速度大，所以会发生第二次碰撞。物块 P 反弹滑上斜面，在斜面上运动的加速度 小于 g，结合运动学公式可知，滑块在斜面上的时间大于 0.8 s。物块 P 滑回 B 点后向前运动 1 m 的过程中做匀减速直线运动，时间一定大于 0.25 s，所以物块 P 从反弹后运动到 B 点右方 1 m 的位置所用的时间一定大于 1.05 s，因此物块 P 与物块 Q 第二次碰撞是发生在 Q 停止运动 之后。 第二次碰撞前瞬间 P 的速度为 v3，由运动学公式得：v32－v12＝2ax1 物块 P 与物块 Q 碰撞过程中动量守恒：mPv3＝mPv4＋mQv5 物块 P 与物块 Q 的碰撞为弹性碰撞，则有：1 2mPv32＝1 2mPv42＋1 2mQv52 联立解得：v4＝－4 3 3 m/s，v5＝2 3 3 m/s 因 P 与 Q 第二次碰撞后 P 的动能 1 2mPv42＜2μmPgx1，所以不会发生第三次碰撞，故两物块 共碰撞二次。 第二次碰撞后物块 Q 滑行的距离为 x2，则有：1 2mQv52＝μmQgx2 解得 x2＝1 3 m 故物块 Q 滑行的距离 x＝x1＋x2＝4 3 m。