2018屆泉州市高中畢業(yè)班理科綜合測(cè)試物理部分試題及答案解析一、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19～21題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。13.63.41.510.850.540E/eV12345∞n14．如圖所示為氫原子的能級(jí)圖，用某種頻率的光照射大量處于基態(tài)的氫原子，受到激發(fā)后的氫原子只輻射出三種不同頻率的光a、b、c，頻率νa13.63.41.510.850.540E/eV12345∞nA.照射氫原子的光子能量為12.09eVB.從n=3躍遷到n=2輻射出的光頻率為νbC.逸出的光電子的最大初動(dòng)能為1.51eVD.光a、b、c均能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)【命題立意】：本題考查光電效應(yīng)、氫原子能級(jí)圖、波爾原子理論等知識(shí)，考查理解能力。【解題思路】：用某種頻率的光照射大量處于基態(tài)的氫原子，受到激發(fā)后的氫原子只輻射出三種不同頻率的光，說(shuō)明是電子從第一能級(jí)躍遷到第三能級(jí)，入射光子的能量ΔE=（－1.51eV）－（－13.6eV）=12.09eV，A選項(xiàng)正確；從n=3躍遷到n=2輻射出光應(yīng)該為c光，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；逸出的光電子的最大初動(dòng)能Ekm=12.09eV－10.2eV=1.89eV，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)的只有a、b兩種光，D選項(xiàng)錯(cuò)誤。本題正確選項(xiàng)為A。15．我國(guó)已掌握“半彈道跳躍式高速再入返回技術(shù)”，為實(shí)現(xiàn)“嫦娥”飛船月地返回任務(wù)奠定基礎(chǔ)。如圖虛線為大氣層邊界，返回器與服務(wù)艙分離后，從a點(diǎn)無(wú)動(dòng)力滑入大氣層，然后從c點(diǎn)“跳”出，再?gòu)膃點(diǎn)“躍”入，實(shí)現(xiàn)多次減速，可避免損壞返回器。d點(diǎn)為軌跡的最高點(diǎn)，離地心的距離為r，返回器在d點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，地球質(zhì)量為M，引力常量為G。則返回器cedabAcedabB.在a、c、e點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能相等C.在d點(diǎn)時(shí)的加速度大小為EQ\F(GM,r2)D.在d點(diǎn)時(shí)的速度大小v＞EQ\A()\R(EQ\F(GM,r))【命題立意】：本題考查超重、失重、天體的加速度、環(huán)繞速度等?？疾橥评砟芰?。【解題思路】：b點(diǎn)處的加速度方向背離地心，應(yīng)處于超重狀態(tài)，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；由a到c由于空氣阻力做負(fù)功，動(dòng)能減小，c到e過(guò)程中只有萬(wàn)有引力做功，機(jī)械能守恒，a、c、e點(diǎn)時(shí)的速度大小應(yīng)滿足va＞vc=ve，所以動(dòng)能不相等，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；在d點(diǎn)時(shí)合力等于萬(wàn)有引力，即EQ\F(GMm,r2)=mad，所以加速度大小ad=EQ\F(GM,r2)，C選項(xiàng)正確；在d點(diǎn)時(shí)萬(wàn)有引力大于所需的向心力，做近心運(yùn)動(dòng)，所以速度大小v＜EQ\A()\R(EQ\F(GM,r))，D選項(xiàng)錯(cuò)誤。本題正確選項(xiàng)為C。16．在坐標(biāo)x0到x0之間有一靜電場(chǎng)，x軸上各點(diǎn)的電勢(shì)φ隨坐標(biāo)x的變化關(guān)系如圖所示，一電量為e的質(zhì)子從x0處以一定初動(dòng)能僅在電場(chǎng)力作用下沿x軸正向穿過(guò)該電場(chǎng)區(qū)域。則該質(zhì)子0x/mx0φ00x/mx0φ0φ/Vx0B．在0～x0區(qū)間受到的電場(chǎng)力一直減小C．在x0～0區(qū)間電勢(shì)能一直減小D．在x0處的初動(dòng)能應(yīng)大于eφ0【命題立意】：本題利用圖像，考查場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)的關(guān)系，并利用力學(xué)知識(shí)分析帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。要求學(xué)生具有從圖像上獲取有用信息的能力（比如電勢(shì)隨空間位置的變化趨勢(shì)，斜率的物理意義），再根據(jù)相應(yīng)的物理規(guī)律進(jìn)行分析推理?？疾橥评砟芰??！窘忸}思路】：從x0到0區(qū)間，電勢(shì)升高，意味著該區(qū)域內(nèi)的場(chǎng)強(qiáng)方向向左，質(zhì)子受到的電場(chǎng)力向左與運(yùn)動(dòng)方向相反，所以質(zhì)子做減速運(yùn)動(dòng)，A選項(xiàng)錯(cuò)誤。設(shè)在x～x+△x，電勢(shì)為φ～φ+△φ，根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差的關(guān)系式E=eq\f(△φ,△x)，當(dāng)△x無(wú)限趨近于零時(shí)，eq\f(△φ,△x)表示該點(diǎn)x處的場(chǎng)強(qiáng)大小，從0到x0區(qū)間，圖線的斜率先增加后減小，所以電場(chǎng)強(qiáng)度大小先增加后減小，根據(jù)F=Eq，質(zhì)子受到的電場(chǎng)力先增加后減小，B選項(xiàng)錯(cuò)誤。在x0～0區(qū)間質(zhì)子受到的電場(chǎng)力方向向左，與運(yùn)動(dòng)方向相反，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，C選項(xiàng)錯(cuò)誤。因?yàn)橘|(zhì)子從x0到0區(qū)間做減速運(yùn)動(dòng)，從0到x0區(qū)間做加速運(yùn)動(dòng)。所以質(zhì)子能穿過(guò)電場(chǎng)區(qū)域的條件是在原點(diǎn)處的動(dòng)能E要大于零。設(shè)質(zhì)子初動(dòng)能為E0，從x0運(yùn)動(dòng)到0過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：EE0=eφ0，所以E0=eφ0+E＞eφ0，D選項(xiàng)正確。本題正確選項(xiàng)為D。BωOO′L2L117．如圖所示，面積為S、匝數(shù)為N的矩形線框在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，繞垂直于磁感線的軸OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，通過(guò)滑環(huán)向理想變壓器供電，燈泡L1、L2均正常發(fā)光，理想電流表的示數(shù)為I。已知L1、LBωOO′L2L1A．圖示位置時(shí)穿過(guò)線框的磁通量變化率為零B．線框轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為EQ\F(2EQ\A()\R(2)P,INBS)C．理想變壓器原副線圈的匝數(shù)比為1∶2D．若燈L1燒斷，電流表示數(shù)將增大【命題立意】：本題考查交變電流的產(chǎn)生、變壓器的應(yīng)用、電路動(dòng)態(tài)變化等知識(shí)點(diǎn)?？疾閷W(xué)生對(duì)知識(shí)概念的理解和應(yīng)用能力。【解題思路】：線圈平面與磁場(chǎng)平行時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，磁通量變化率最大，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤；理想變壓器輸入功率等于輸出功率，由于兩個(gè)燈泡都正常發(fā)光，則可知矩形線框產(chǎn)生的功率為2P，則有2P=EQ\F(1,EQ\A()\R(2))EmI=EQ\F(1,EQ\A()\R(2))NBSωI，可得ω=EQ\F(2EQ\A()\R(2)P,INBS)，故B選項(xiàng)正確；由于原線圈的電流為I，副線圈中兩燈泡并聯(lián)則總電流為2I，可知n1∶n2=2∶1，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤；若L1燒斷，則副線圈電流減小，原線圈的電流也相應(yīng)減小，故D選項(xiàng)錯(cuò)誤。本題正確選項(xiàng)為B。18．如圖所示，兩個(gè)大小相同、質(zhì)量均為m的彈珠靜止在水平地面上。某小孩在極短時(shí)間內(nèi)給第一個(gè)彈珠水平?jīng)_量使其向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)?shù)谝粋€(gè)彈珠運(yùn)動(dòng)了距離L時(shí)與第二個(gè)彈珠發(fā)生彈性正碰，碰后第二個(gè)彈珠運(yùn)動(dòng)了2L距離停下。已知彈珠所受阻力大小恒為重力的k倍，重力加速度為g，則小孩對(duì)L2LA．施加的沖量為mEQ\A()\R(kgL)L2B．施加的沖量為mEQ\A()\R(3kgL)C．做的功為kmgLD．做的功為3kmgL【命題立意】：本題考查動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律動(dòng)能定理等。考查學(xué)生對(duì)知識(shí)概念的理解和應(yīng)用能力?！窘忸}思路】：當(dāng)?shù)谝粋€(gè)彈珠運(yùn)動(dòng)了距離L時(shí)與第二個(gè)彈珠發(fā)生彈性正碰，根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒可知，兩球速度發(fā)生交換，即第一個(gè)彈珠碰后停止運(yùn)動(dòng)，第二個(gè)球彈珠以第一個(gè)彈珠碰前的速度繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)了2L距離停下，從效果上看，相當(dāng)于第二個(gè)彈珠不存在，第一個(gè)彈珠直接向前運(yùn)動(dòng)了3L的距離停止運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理，小孩對(duì)第一個(gè)彈珠做的功等于克服摩擦力做的功，即：W=kmg3L，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確；施加的沖量I=ΔP=P－0=EQ\A()\R(2mEk)－0=EQ\A()\R(2m.kmg3L)=mEQ\A()\R(6kgL)，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤。本題正確選項(xiàng)為D。19．如圖所示，空間存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一粒子發(fā)射源P位于足夠大絕緣板AB的上方距離為d處，在紙面內(nèi)向各個(gè)方向發(fā)射速率均為v的同種帶電粒子，不考慮粒子間的相互作用和粒子重力。已知粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑大小也為d，則粒子dPAdPABB．能打在板上離P點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離為2dC．到達(dá)板上的最長(zhǎng)時(shí)間為eq\f(3πd,2v)D．到達(dá)板上的最短時(shí)間為eq\f(πd,2v)【命題立意】：本題考查洛倫茲力、帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，考查分析推理能力?！窘忸}思路】：如圖所示，設(shè)粒子均沿逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)，沿軌跡=1\*GB3①打到板上的最左邊M點(diǎn)，沿軌跡=2\*GB3②打到板上的最右邊N點(diǎn)，則PM為軌跡圓的直徑，軌跡=2\*GB3②與板相切與N點(diǎn)，PO與板垂直，則MP=2d，PO=d，MO=EQ\A()\R((2d)2－d2)=EQ\A()\R(3)d，ON=d，粒子能打在板上的區(qū)域長(zhǎng)度是MO+ON=(EQ\A()\R(3)+1)d，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確；粒子沿軌跡=3\*GB3③到達(dá)板，該軌跡與板相切與N′點(diǎn)，此過(guò)程時(shí)間最長(zhǎng)，tmax=EQ\F(3,4)T=EQ\F(3,4)·EQ\F(2πd,v)=eq\f(3πd,2v)，選項(xiàng)C正確；粒子沿軌跡=4\*GB3④到達(dá)板上O點(diǎn)，此過(guò)程時(shí)間最短，tmin=EQ\F(1,6)T=EQ\F(1,6)·EQ\F(2πd,v)=eq\f(πd,3v)，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。本題正確選項(xiàng)為BC。PPMNO=1\*GB3①=2\*GB3②=4\*GB3④=3\*GB3③N′20．如圖甲所示，長(zhǎng)為l、傾角為α的斜面固定在水平地面上，一質(zhì)量為m的物塊從斜面頂端由靜止釋放并沿斜面向下滑動(dòng)。已知物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ與下滑距離x的變化圖象如圖乙所示，則α甲0乙lμα甲0乙lμ0μxB．物塊下滑的加速度逐漸增大C．物塊下滑到斜面底端的過(guò)程克服摩擦力做功為EQ\F(1,2)μ0mglcosαD．物塊下滑到底端時(shí)的速度大小為EQ\A()\R(2glsinα2μ0glcosα)【命題立意】：本題考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律、摩擦力、變力做功和動(dòng)能定理等知識(shí)點(diǎn)?？疾閷W(xué)生的過(guò)程分析能力和應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決物理問(wèn)題的能力。0lf0fx【解題思路】：物塊在斜面頂端靜止釋放能夠下滑，應(yīng)滿足mgsinα>μ0mgcosα，即μ0<tanα，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律可知a=gsinαμgcosα，可知物塊下滑過(guò)程中隨著μ的減小，a在增大，故B選項(xiàng)正確；摩擦力f=μmgcosα=(μ0EQ\F(μ0,l)x)mgcosα，可知f與x成線性關(guān)系，如圖所示，其中f0=μ0mgcosα，則物塊下滑到斜面底端的過(guò)程克服摩擦力做功Wf=eq\x\to(f)l=EQ\F(1,2)μ0mglcosα，故C選項(xiàng)正確；由動(dòng)能定理有mglsinα－EQ\F(1,2)μ0mglcosα=EQ\F(1,2)mυ2，得υ=EQ\A()\R(2glsinαμ0glcosα)，故D選項(xiàng)錯(cuò)誤。本題正確選項(xiàng)為BC。0lf0fxE21．如圖所示，帶電小球a由絕緣細(xì)線OC和OE懸掛而處于靜止?fàn)顟B(tài)，其中OC水平，地面上固定一絕緣且內(nèi)壁光滑的EQ\F(1,4)圓弧細(xì)管道AB，圓心O與a球位置重合，管道底端B與水平地面相切。一質(zhì)量為m的帶電小球b從A端口由靜止釋放，當(dāng)小球b運(yùn)動(dòng)到B端時(shí)對(duì)管道內(nèi)壁恰好無(wú)壓力，在此過(guò)程中EOaCbAA．小球b的機(jī)械能守恒OaCbAB．懸線OE的拉力先增大后減小BC．懸線OC的拉力先增大后減小BD．b球受到的庫(kù)侖力大小始終為3mg【命題立意】：本題考查受力物體的動(dòng)態(tài)平衡、庫(kù)侖力、機(jī)械能守恒定律和向心力等知識(shí)點(diǎn)，考查學(xué)生分析與綜合的能力，以及利用矢量圖的方法進(jìn)行推理的能力。TOCTOEθF【解題思路】：小球b在下滑過(guò)程中受到重力、庫(kù)侖力、管道支持力作用，在此過(guò)程中只有重力做功，庫(kù)侖力、管道支持力不做功，所以小球b的機(jī)械能守恒，A選項(xiàng)正確。在小球b運(yùn)動(dòng)到a球正下方B點(diǎn)過(guò)程中，設(shè)圓弧半徑為R，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mgR=EQ\F(1,2)mυ2，根據(jù)牛頓第二定律得Fmg=EQ\F(mυ2,R)，由以上兩個(gè)式子可得：F=3mg，故D選項(xiàng)正確。在分析OE和OC段繩子的拉力變化時(shí)，小球a的重力沿OE和OC段繩子的分力為定值，所以對(duì)OE和OC段繩子拉力的變化沒(méi)影響，可以不考慮。把庫(kù)侖力F按照其作用效果沿OE和OC方向進(jìn)行分解，如圖所示。由圖可知，庫(kù)侖力F與水平方向的夾角θ從0增加到90°的過(guò)程中，在OC繩子的拉力TOC先增加后減小，OE繩子的拉力TOETOCTOEθF二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第22題～第25題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第33題～第34題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題（共47分）22．（6分）某興趣小組用如圖所示的裝置測(cè)量滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。在一端帶有定滑輪的水平長(zhǎng)木板上固定A、B兩個(gè)光電門(mén)，滑塊用跨過(guò)定滑輪的水平細(xì)繩與托盤(pán)相連。實(shí)驗(yàn)時(shí)，讓滑塊由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，測(cè)出托盤(pán)和盤(pán)中砝碼的總質(zhì)量為m，滑塊的質(zhì)量為M，兩光電門(mén)之間的距離為S，遮光片的寬度為d，記錄遮光片通過(guò)A、B兩光電門(mén)的遮光時(shí)間分別為t1、t2，重力加速度為g。（1）滑塊運(yùn)動(dòng)的加速度表達(dá)式a=（用d、t1、t2、S表示）；（2）若用托盤(pán)和砝碼的總重力來(lái)代替細(xì)繩對(duì)滑塊的拉力，則滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=滑塊遮光片托盤(pán)和砝碼長(zhǎng)木板光電門(mén)B光電門(mén)A（用滑塊遮光片托盤(pán)和砝碼長(zhǎng)木板光電門(mén)B光電門(mén)A（3）關(guān)于本實(shí)驗(yàn)的誤差，下列說(shuō)法正確的是______。A.μ的測(cè)量值比真實(shí)值小B.μ的測(cè)量值比真實(shí)值大C.增加滑塊的質(zhì)量M可減小實(shí)驗(yàn)誤差D.增加托盤(pán)和盤(pán)中砝碼的總質(zhì)量m可減小實(shí)驗(yàn)誤差【命題立意】：本題考查動(dòng)摩擦因數(shù)的測(cè)量，考查實(shí)驗(yàn)原理、誤差分析等實(shí)驗(yàn)?zāi)芰??！窘忸}思路】：（1）由速度v=EQ\F(d,t)，v22v12=2aS，可得a=EQ\F(1,2S)[（EQ\F(d,t2)）2（EQ\F(d,t1)）2];（2）根據(jù)牛頓第二定律有mgμMg=Ma，則有μ=EQ\F(mgMa,Mg)；（3）用整體法可知mgμ′Mg=（M+m）a，則μ′=EQ\F(mg(M+m)a,Mg)，所以μ>μ′，所以本實(shí)驗(yàn)方案的測(cè)量值比真實(shí)值大；當(dāng)增加滑塊質(zhì)量M時(shí)，由牛頓第二定律可知整體運(yùn)動(dòng)加速度a減小，又Δμ=μ－μ′=EQ\F(m,M)·EQ\F(a,g)，由M增大，a減小，則Δμ減小，即測(cè)量值與真實(shí)值的差值減小，故當(dāng)增加滑塊的質(zhì)量M時(shí)可以減小實(shí)驗(yàn)誤差，當(dāng)增加托盤(pán)和盤(pán)中砝碼的總質(zhì)量m時(shí)，由牛頓第二定律可知整體運(yùn)動(dòng)加速度a增大，又Δμ=μ－μ′=EQ\F(m,M)·EQ\F(a,g)，由m增大，a增大，則Δμ增大，即測(cè)量值與真實(shí)值的差值增大，故增加托盤(pán)和盤(pán)中砝碼的總質(zhì)量m會(huì)增大實(shí)驗(yàn)誤差，所以B、C選項(xiàng)正確。23．（10分）一玩具電動(dòng)機(jī)的額定電壓為3V，其線圈的電阻Rx大約為15Ω，當(dāng)其兩端電壓達(dá)到0.3V時(shí)，電動(dòng)機(jī)才會(huì)開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)。為了盡量準(zhǔn)確測(cè)量線圈的電阻Rx，某同學(xué)設(shè)計(jì)了部分電路原理圖如圖所示，可供選擇的器材有：電流表A1（0～20mA、內(nèi)阻約10Ω）；AVESMR電流表A2（0～200mAAVESMR滑動(dòng)變阻器R1（0～10Ω，額定電流2A）；滑動(dòng)變阻器R2（0～2kΩ，額定電流1A）；電壓表V（2.5V，內(nèi)阻約3kΩ）；電源E（電動(dòng)勢(shì)為3V、內(nèi)阻不計(jì)）；定值電阻（阻值為R）開(kāi)關(guān)S及導(dǎo)線若干（1）應(yīng)選擇的電流表為，滑動(dòng)變阻器為；（2）測(cè)量過(guò)程中要保持電動(dòng)機(jī)處于（選填“轉(zhuǎn)動(dòng)”或“不轉(zhuǎn)動(dòng)”）狀態(tài)，下列四個(gè)定值電阻的阻值R中，最合適的是；A.20ΩB.50ΩC.120ΩD.1200Ω（3）請(qǐng)把電路原理圖的連線補(bǔ)充完整；（4）某次實(shí)驗(yàn)中，電壓表的讀數(shù)為U，電流表的讀數(shù)為I，則計(jì)算電動(dòng)機(jī)導(dǎo)線圈電阻的表達(dá)式Rx=?！久}立意】：本題考查電動(dòng)機(jī)線圈電阻的測(cè)量，考查儀器選擇、實(shí)驗(yàn)方法以及實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)的能力?！窘忸}思路】：（1）導(dǎo)線圈的電阻Rx大約為15Ω，為了保證實(shí)驗(yàn)過(guò)程中電動(dòng)機(jī)不轉(zhuǎn)動(dòng)，其兩端電壓不超過(guò)0.3V，可估算其電流I=EQ\F(U,Rx)=EQ\F(0.3,15)=0.02A，不超過(guò)20mA，所以電流表選擇A1；滑動(dòng)變阻器若選用限流式接法，用2kΩ不便于操作，用10Ω調(diào)節(jié)范圍太小，不宜用限流式接法，最好用分壓式接法，所以滑動(dòng)變阻器選擇R1=10Ω。AVESMR（2）測(cè)量過(guò)程中要保持電動(dòng)機(jī)處于不轉(zhuǎn)動(dòng)狀態(tài)，此時(shí)可視為純電阻，電流I不能超過(guò)0.02A，當(dāng)電壓表達(dá)到滿偏電壓2.5V時(shí)，EQ\F(2.5V,0.02A)=125Ω，即電動(dòng)機(jī)線圈內(nèi)阻和定值電阻的總和為125Ω，故定值電阻應(yīng)選120AVESMR（3）所選電流表內(nèi)阻約10Ω，電壓表內(nèi)阻約3kΩ，由于EQ\F(RA,Rx)＞EQ\F(Rx,RV)，所以應(yīng)選擇外接法，又滑動(dòng)變阻器選用分壓式接法，電路補(bǔ)充連線如圖所示。（4）根據(jù)歐姆定律，Rx+R=eq\f(U,I)，所以Rx=eq\f(U,I)－R。

24．（12分）如圖所示，兩塊相同的金屬板MN、PQ平行傾斜放置，與水平面的夾角為45°，兩金屬板間的電勢(shì)差為U，PQ板電勢(shì)高于MN板，且MN、PQ之間分布有方向與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m、帶電量為q的小球從PQ板的P端以速度v0豎直向上射入，恰好沿直線從MN板的N端射出，重力加速度為g。求：v0v0N45°MPQ（2）小球在金屬板之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為多少？【命題立意】本題考查帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，涉及重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力等受力分析，平衡條件的應(yīng)用和勻速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律等?？疾榉治鼍C合能力?！窘忸}思路】解析：（1）小球在金屬板之間只能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，受重力G、電場(chǎng)力F電和洛倫茲力f，F(xiàn)電的方向與金屬板垂直，由左手定則可知f的方向沿水平方向，三力合外力為零，故小球帶正電，金屬板MN、PQ之間的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，且有qv0B=mgtanθ =1\*GB3①得B=EQ\F(mg,qv0) =2\*GB3②（2）設(shè)兩金屬板之間的距離為d，則板間電場(chǎng)強(qiáng)度E=EQ\F(U,d) =3\*GB3③又qE=EQ\A()\R(2)mg =4\*GB3④又h=υ0t ⑤小球在金屬板之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=EQ\F(h,v0) =6\*GB3⑥解得t=EQ\F(qU,mgυ0) =7\*GB3⑦另解：由于f=qv0B不做功，WG=mgh,W電=qU，則由動(dòng)能定理得qUmgh=0h=υ0t得t=EQ\F(qU,mgυ0)

25．（19分）如圖甲所示，固定的光滑半圓軌道的直徑PQ沿豎直方向，其半徑R的大小可以連續(xù)調(diào)節(jié)，軌道上裝有壓力傳感器，其位置N始終與圓心O等高。質(zhì)量M=1kg、長(zhǎng)度L=3m的小車(chē)靜置在光滑水平地面上，小車(chē)上表面與P點(diǎn)等高，小車(chē)右端與P點(diǎn)的距離s=2m。一質(zhì)量m=2kg的小滑塊以v0=6m/s的水平初速度從左端滑上小車(chē)，當(dāng)小車(chē)與墻壁碰撞后小車(chē)立即停止運(yùn)動(dòng)。在R取不同值時(shí)，壓力傳感器讀數(shù)F與EQ\F(1,R)的關(guān)系如圖乙所示。已知小滑塊與小車(chē)表面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，取重力加速度g＝10m/s2。求：（1）小滑塊到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度v1；（2）圖乙中a和b的值；（3）在EQ\F(1,R)＞3.125m1的情況下，小滑塊落在小車(chē)上的位置與小車(chē)左端的最小距離xmin。LLsv0PQNRO甲乙0bF/NEQ\F(1,R)/m1a2a3ab【命題立意】本題結(jié)合板塊模型、圓周運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)、圖像等知識(shí)考查分析綜合能力和應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決物理問(wèn)題的能力?！窘忸}思路】解析：（1）小滑塊滑上小車(chē)后將做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，小車(chē)將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)小滑塊加速度大小為a1，小車(chē)加速度大小為a2，由牛頓第二定律得：對(duì)滑塊有μmg=ma1 =1\*GB3① 對(duì)小車(chē)有μmg=Ma2 =2\*GB3② 設(shè)小車(chē)與滑塊經(jīng)歷時(shí)間t后速度相等，則有v0－a1t=a2t =3\*GB3③ 滑塊的位移s1=v0t－eq\f(1,2)a1t2 =4\*GB3④ 小車(chē)的位移s2=eq\f(1,2)a2t2 =5\*GB3⑤ 代入數(shù)據(jù)解得s1=5ms2=2m 由于s2=s，L=s1－s2，說(shuō)明小車(chē)與墻壁碰撞時(shí)小滑塊恰好到達(dá)小車(chē)右端，即小滑塊到達(dá)P點(diǎn)的速度v1=EQ\A()\R(2a2s2)=4m/s 另解：設(shè)小滑塊與小車(chē)共速的速度為v，相對(duì)位移為L(zhǎng)0，則由動(dòng)量守恒定律得mv0=(M+m)v解得v=4m/s由功能關(guān)系得μmgL0=EQ\F(1,2)mv02－EQ\F(1,2)(M+m)v2此過(guò)程小車(chē)的位移設(shè)為s0則有μmgs0=EQ\F(1,2)Mv2解得s0=2m，L0=3m由于L0=L，s0=s，說(shuō)明小車(chē)與墻壁碰撞時(shí)小滑塊恰好到達(dá)小車(chē)右端，即小滑塊到達(dá)P點(diǎn)的速度v1=4m（2）設(shè)小滑塊到達(dá)到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的速度設(shè)為vN，則有F=mEQ\F(vN2,R) =6\*GB3⑥ 從P點(diǎn)到N點(diǎn)過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律有EQ\F(1,2)mv12=EQ\F(1,2)mvN2+mgR =7\*GB3⑦ 由=1\*GB3①=2\*GB3②式得F=mEQ\F(v12,R)－2mg =8\*GB3⑧ 故b=2mg=40 =9\*GB3⑨ 由=8\*GB3⑧式結(jié)合圖乙可知，圖像的斜率k=mv12=32故a=EQ\F(b,k)=1.25 =10\*GB3⑩ （3）設(shè)小滑塊恰能經(jīng)過(guò)半圓軌道最高點(diǎn)Q時(shí)的軌道半徑為R，此時(shí)經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)的速度為vQ，則有mg=mEQ\F(vQ2,R) ? 從P點(diǎn)到Q點(diǎn)過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律有EQ\F(1,2)mv12=EQ\F(1,2)mvQ2+2mgR ? 解得R=0.32m，即EQ\F(1,R)=3.125m1可見(jiàn)在EQ\F(1,R)＞3.125m1的情況下，小滑塊在半圓軌道運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終不會(huì)脫離軌道由?式可得vQ=EQ\A()\R(v12－4gR)=EQ\A()\R(16－40R) ? 小滑塊離開(kāi)Q點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)至到達(dá)小車(chē)的過(guò)程中，有x=vQt ? 2R=EQ\F(1,2)gt2 ? 得x=EQ\R((1.6－4R)4R)當(dāng)R=0.2m時(shí)x有最大值xm=0.8m ? 小滑塊落在小車(chē)上的位置與小車(chē)左端的最小距離xmin=L－xm=2.2m ?

（二）選考題：共15分。請(qǐng)考生從給出的2道物理題中任選一題作答。33．[物理—選修33]（15分）（1）（5分）下列說(shuō)法正確的是（填正確答案標(biāo)號(hào)。選對(duì)1個(gè)得2分，選對(duì)2個(gè)得4分，選對(duì)3個(gè)得5分。每選錯(cuò)1個(gè)扣3分，最低得分為0分）A.大氣中PM2.5顆粒的運(yùn)動(dòng)是分子的熱運(yùn)動(dòng)B.液體與大氣接觸的表面層的分子勢(shì)能比液體內(nèi)部的大C.單晶體和多晶體的物理性質(zhì)都是各向異性，非晶體是各向同性的D.分子間同時(shí)存在著引力和斥力，當(dāng)分子間距增大時(shí)，分子間的引力和斥力都減小E.在溫度一定時(shí)，對(duì)某種氣體，處于一定速率范圍內(nèi)的分子數(shù)所占百分比是確定的【命題立意】：本題考查布朗運(yùn)動(dòng)、分子勢(shì)能、單晶體、多晶體、非晶體的性質(zhì)、分子力、分子速率分布規(guī)律等?？疾槔斫饽芰??！窘忸}思路】：大氣中PM2.5顆粒的運(yùn)動(dòng)是固體顆粒的運(yùn)動(dòng)，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)液體與大氣接觸時(shí)，液體表面層的分子間距比內(nèi)部的大，分子勢(shì)能比液體內(nèi)部的大，B選項(xiàng)正確；單晶體的物理性質(zhì)是各向異性，多晶體和非晶體是各向同性的，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；分子間同時(shí)存在著引力和斥力，當(dāng)分子間距增大時(shí)，分子間的引力和斥力都減小，D選項(xiàng)正確；對(duì)于大量氣體分子，在溫度一定時(shí)，處于一定速率范圍內(nèi)的分子數(shù)所占百分比是確定的，E選項(xiàng)正確；本題正確選項(xiàng)為BDE。（2）（10分）如圖所示，A、B是兩個(gè)固定在地面上的氣缸，兩氣缸的活塞用水平輕質(zhì)細(xì)桿相連，A的活塞面積是B的2倍，活塞處于靜止?fàn)顟B(tài)，兩氣缸內(nèi)封閉的氣體壓強(qiáng)均等于大氣壓強(qiáng)p0，氣體溫度均為27℃，A的活塞與A氣缸底部相距10cm，B的活塞與B氣缸底部相距20cm?，F(xiàn)使兩氣缸內(nèi)氣體緩慢升高相同溫度至活塞在水平方向移動(dòng)了2cm后再次平衡（活塞不會(huì)脫離氣缸）。AB=1\*romani.通過(guò)計(jì)算分析說(shuō)明氣體升溫的過(guò)程中活塞的移動(dòng)方向；AB=2\*romanii.求再次平衡時(shí)A氣缸的氣體壓強(qiáng)和溫度?！久}立意】本題考查理想氣體的等容變化以及理想氣體的狀態(tài)方程等?？疾榉治鼍C合能力。【解題思路】（1）假設(shè)氣體升溫的過(guò)程兩活塞沒(méi)有動(dòng)，則A、B氣缸中的氣體體積不變，設(shè)原來(lái)溫度為T(mén)0，升溫后氣體壓強(qiáng)分別為pA1、pB1，溫度為T(mén)1，根據(jù)查理定律有EQ\F(p0,T0)=EQ\F(pA1,T1)EQ\F(p0,T0)=EQ\F(pB1,T1)解得pA1=pB1=EQ\F(p0T1,T0)對(duì)兩活塞受力分析，其合力F=（pA1p0）SA（pB1p0）SB>0故其合力向右，所以活塞向右移動(dòng)（2）設(shè)再次平衡后的壓強(qiáng)分別為pA2、pB2，則根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有EQ\F(p0SALA,T0)=EQ\F(pA2SALA2,T1)EQ\F(p0SBLB,T0)=EQ\F(pB2SBLB2,T1)活塞平衡應(yīng)滿足（pA2p0）SA=（pB2p0）SB活塞面積SA=2SB將LA=10cmLB=20cmLA2=12cmLB2=18cm代入解得pA2=1.5p0T1=540K

34．[物理——選修3－4]（15分）（1）（5分）如圖甲所示，沿波的傳播方向上有間距均為0.1m的六個(gè)質(zhì)點(diǎn)a、b、c、d、e、f，均靜止在各自的平衡位置，t＝0時(shí)刻振源a從平衡位置開(kāi)始沿y軸正方向做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)圖象如圖乙所示，形成的簡(jiǎn)諧橫波以0.1m/s的速度水平向右傳播，則下列說(shuō)法正確的是（填正確答案標(biāo)號(hào)。選對(duì)1個(gè)得2分，選對(duì)2個(gè)得4分，選對(duì)3個(gè)得5分。每選錯(cuò)1個(gè)扣3分，最低得分為0分）abcdabcdef甲y/cm乙t/s42022B．0～4s時(shí)間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)b運(yùn)動(dòng)路程為6C．4～5s時(shí)間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)c的加速度在減小D．6s時(shí)質(zhì)點(diǎn)e的振動(dòng)方向沿y軸正方向E．質(zhì)點(diǎn)d起振后的運(yùn)動(dòng)方向始終與質(zhì)點(diǎn)b的運(yùn)動(dòng)方向相反【命題立意】：本題考查簡(jiǎn)諧振動(dòng)的規(guī)律以及簡(jiǎn)諧波傳播的特點(diǎn)等知識(shí)點(diǎn)。考查分析推理能力?！窘忸}思路】：由圖乙可知波源振動(dòng)周期T=4s，A選項(xiàng)正確；由λ=υT=0.1×4m=0.4m，b點(diǎn)起振時(shí)刻是1s，0～4s質(zhì)點(diǎn)b實(shí)際只振了3s，運(yùn)動(dòng)路程為6cm，B選項(xiàng)正確；質(zhì)點(diǎn)c起振的時(shí)刻是第2s末，4～5s時(shí)質(zhì)點(diǎn)c正在由平衡位置向y軸負(fù)方向振動(dòng)，加速度在增大，C選