高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1山東省普通高等學(xué)校招生考試選擇性科目測(cè)試模擬演練考試科目：物理注意事項(xiàng)：1.本試卷共18題，共100分，作答時(shí)間90分鐘。2.本場(chǎng)考試試題符合高考評(píng)價(jià)體系要求，內(nèi)容為高中物理。3.凡要求說(shuō)明理由或解釋原因的，答案不超過(guò)30個(gè)字。部分試題分析和計(jì)算時(shí)可做合理假設(shè)。4.未經(jīng)允許，不得離開(kāi)座位。如果你需要任何幫助，請(qǐng)舉手示意監(jiān)考老師，待監(jiān)考老師詢問(wèn)并同意后，方可行動(dòng)。5.考生考試時(shí)，不得使用規(guī)定以外的計(jì)算器等物品。6.涉及試題內(nèi)容的疑問(wèn)，考生不得向監(jiān)考員詢問(wèn)。7.考生領(lǐng)取試卷和答題卡后，要認(rèn)真檢查試卷、答題卡。8.答題前，如遇試卷、答題卡分發(fā)錯(cuò)誤及試題字跡不清、重印、漏印或缺頁(yè)等問(wèn)題，應(yīng)當(dāng)舉手詢問(wèn)，在開(kāi)考前報(bào)告監(jiān)考員：如開(kāi)考后再行報(bào)告、更換的，所延誤的考試時(shí)間不予補(bǔ)充。9.答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)碼等考試相關(guān)信息填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。10.選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0.5毫米及以上黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。11.作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。12.請(qǐng)按照題號(hào)順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無(wú)效；在草稿紙、試卷上答題無(wú)效；用鉛筆解答的部分（包括作圖）無(wú)效。13.如果需要草稿紙，請(qǐng)使用答題紙背面。請(qǐng)記住，寫在答題框外的答案將不予評(píng)判。14.必要時(shí)在相應(yīng)的答題框內(nèi)寫出相關(guān)計(jì)算過(guò)程。只有給出過(guò)程且答案正確才能得滿分。15.保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀等違規(guī)物品。16.在發(fā)出停止命令之前的30分鐘與15分鐘時(shí)，監(jiān)考人員將會(huì)提醒考生考試時(shí)間剩余時(shí)長(zhǎng)。17.考試結(jié)束后，請(qǐng)立即停止答題，并將試卷與答題卡一并上交，未停止書寫可能導(dǎo)致考試成績(jī)作廢。18.本卷涉及的實(shí)驗(yàn)均須在專業(yè)人士指導(dǎo)和安全得到充分保障的條件下完成。一、單選題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。1.已知太陽(yáng)光垂直射到地球表面上時(shí)，地球表面的單位面積上單位時(shí)間接收到的太陽(yáng)光的能量為。假如認(rèn)為太陽(yáng)光為單一頻率的光，且波長(zhǎng)為，光速為，普朗克常量為。由于地球離太陽(yáng)很遠(yuǎn)，所以照射到地球表面的太陽(yáng)光可近似看成平行光?，F(xiàn)有一個(gè)半徑為的薄壁球殼，球心為，倒扣在地面上，太陽(yáng)光垂直于地面入射到半球面上，如圖甲所示。圖乙為平放在地面上的半徑同為的圓盤。由于太陽(yáng)光的作用，會(huì)使薄壁球殼或圓盤受到一個(gè)向下的壓力。為研究該壓力，小楊同學(xué)在半球面上取一條很窄的環(huán)帶狀球面是一個(gè)以為圓心的圓的直徑，是以正上方離很近的（圖中未畫出）為圓心的圓的直徑，。由于很短，故整個(gè)環(huán)帶狀球面可看成與水平方向成角的斜面。設(shè)該環(huán)帶狀球面的面積為，其在地面上的投影記為。則下列說(shuō)法中正確的是（??）A.光子動(dòng)量的變化量大小B.單位時(shí)間打到半球面上的光子數(shù)C.假設(shè)所有照射到球面上的太陽(yáng)光均被反射，反射前后頻率不變，且反射方向遵循光的反射定律，則面上所受壓力大小為D.假設(shè)太陽(yáng)光均直接穿過(guò)球面照射到上再被反射，反射前后頻率不變，且反射方向遵循光的反射定律，則面上所受壓力大小為【答案】D【解析】A．若光被反射，反射前后頻率不變，則方向垂直于S1面，如圖所示故A錯(cuò)誤；B．單位時(shí)間打到半球面上的光子數(shù)故B錯(cuò)誤；C．在時(shí)間內(nèi)，射到S1面上的光子數(shù)為光子被全部反射，根據(jù)動(dòng)量定理，光子受到的力大小為F10，則得根據(jù)牛頓第三定律，S1面受到的力大小為故C錯(cuò)誤；D．在時(shí)間內(nèi)，射到S2面上的光子數(shù)為太陽(yáng)光直接穿過(guò)球面照射到S2上再被S2反射，反射前后頻率不變根據(jù)動(dòng)量定理，光子受到的力大小為得由于得根據(jù)牛頓第三定律，S2面受到的力大小為故D正確。故選D。2.如圖所示，質(zhì)量為M、傾角為θ的光滑斜劈靜置于光滑水平地面上，質(zhì)量為m的小球以水平向左、大小為v?的初速度與斜劈相碰，碰撞中無(wú)機(jī)械能損失。重力加速度用g表示，下列說(shuō)法正確的是（）A.碰撞過(guò)程小球和斜劈組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.碰撞后小球的速度與斜面夾角為θC.碰撞后斜劈的速度為D.碰撞后小球的速度為【答案】C【解析】A．碰撞過(guò)程中，系統(tǒng)在豎直方向上的合外力不為0，所以動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤。B．碰撞后小球沿著斜面的速度不變，垂直斜面的速度大小和方向都會(huì)改變，所以?shī)A角不會(huì)為，B錯(cuò)誤；C．碰撞前的速度分解如圖甲所示，則碰撞后小球平行于斜面方向的速度不變，垂直斜面方向的速度反向，設(shè)碰撞后斜劈的速度為u，如圖乙所示，以小球和斜劈組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，有解得根據(jù)題意可知碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知聯(lián)立解得C正確；D．帶入可知碰撞后小球垂直速度所以碰后小球的速度D錯(cuò)誤。故選C。3.如圖，質(zhì)量的圓環(huán)套在光滑水平軌道上，質(zhì)量的小球通過(guò)長(zhǎng)的輕繩與圓環(huán)連接?，F(xiàn)將細(xì)繩拉直，且與平行，小球以豎直向下的初速度開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，重力加速度。則（）A.運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球和圓環(huán)系統(tǒng)的動(dòng)量和機(jī)械能均守恒；B.在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球不能繞圓環(huán)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)C.小球通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)，小球的速度大小為D.從小球開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)這段時(shí)間內(nèi)，圓環(huán)向右運(yùn)動(dòng)的位移大小為0.3m【答案】D【解析】A．分析小球和圓環(huán)組成的系統(tǒng)可知，水平方向上不受外力，所以系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，但豎直方向合外力不為零，動(dòng)量不守恒，只有重力做功，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤；B．若小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，圓環(huán)和小球的速度大小分別為、，由水平方向動(dòng)量守恒可知由能量守恒可知解得速度大小為、小球相對(duì)圓環(huán)的速度恰好為所以小球可以繞圓環(huán)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C．從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，圓環(huán)和小球的速度大小分別為和，由水平方向動(dòng)量守恒可知由能量守恒可知代入數(shù)據(jù)解得小球的速度大小為故C錯(cuò)誤；D．小球從開(kāi)始到運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，圓環(huán)向右運(yùn)動(dòng)的位移為x，則解得故D正確。故選D。4.如圖甲，“星下點(diǎn)”是指衛(wèi)星和地心連線與地球表面的交點(diǎn)。圖乙是航天控制中心大屏幕上顯示某氣象衛(wèi)星的“星下點(diǎn)”在一段時(shí)間內(nèi)的軌跡。已知地球靜止軌道衛(wèi)星的軌道半徑為r，則下列說(shuō)法中正確的是（）A.該氣象衛(wèi)星的軌道是橢圓B.該氣象衛(wèi)星線速度介于第一、二宇宙速度之間。C.該氣象衛(wèi)星的周期是地球自轉(zhuǎn)周期的D.該氣象衛(wèi)星受地球的引力一定大于靜止衛(wèi)星受地球的引力【答案】C【解析】A．由圖乙可知，該氣象衛(wèi)星相鄰兩次經(jīng)過(guò)赤道正上方所用的時(shí)間相等，所以，該氣象衛(wèi)星的軌道是圓，故A錯(cuò)誤；B．因軌道半徑越大線速度越小，第一宇宙速度是最大環(huán)繞速度，所以，該氣象衛(wèi)星線速度應(yīng)小于第一宇宙速度，故B錯(cuò)誤；C．由圖乙可知，在地球自轉(zhuǎn)一周的時(shí)間內(nèi)，該氣象衛(wèi)星轉(zhuǎn)了3周，即即故C正確；D．因該衛(wèi)星與地球靜止衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系未知，所以無(wú)法比較該氣象衛(wèi)星受地球的引力與靜止衛(wèi)星受地球的引力的大小關(guān)系，故D錯(cuò)誤。故選C。5.2019年3月10日，長(zhǎng)征三號(hào)乙運(yùn)載火箭將“中星”通信衛(wèi)星（記為衛(wèi)星Ⅰ）送入地球同步軌道上，主要為我國(guó)、東南亞、澳洲和南太平洋島國(guó)等地區(qū)提供通信與廣播業(yè)務(wù)。在同平面內(nèi)的圓軌道上有一顆中軌道衛(wèi)星Ⅱ，它運(yùn)動(dòng)的每個(gè)周期內(nèi)都有一段時(shí)間（未知）無(wú)法直接接收到衛(wèi)星Ⅰ發(fā)出的電磁波信號(hào)，因?yàn)槠滠壍郎峡傆幸欢螀^(qū)域沒(méi)有被衛(wèi)星Ⅰ發(fā)出的電磁波信號(hào)覆蓋到，這段區(qū)域?qū)?yīng)的圓心角為。已知衛(wèi)星Ⅰ對(duì)地球的張角為，地球自轉(zhuǎn)周期為，萬(wàn)有引力常量為，則根據(jù)題中條件，可求出（）A.地球的平均密度為 B.衛(wèi)星Ⅰ、Ⅱ的角速度之比為C.衛(wèi)星Ⅱ的周期為 D.題中時(shí)間為【答案】C【解析】A．設(shè)衛(wèi)星Ⅰ、Ⅱ的軌道半徑分別為R1和R2，因衛(wèi)星Ⅰ為靜止衛(wèi)星，則有且有其中R為地球的半徑，聯(lián)立解得A錯(cuò)誤；B．設(shè)衛(wèi)星Ⅰ、Ⅱ的角速度分別為和，如圖所示三角形AOB中，有即根據(jù)可得故有聯(lián)立以上各式，有B錯(cuò)誤；C．根據(jù)可得因衛(wèi)星Ⅰ為靜止衛(wèi)星，則其周期為T0，設(shè)衛(wèi)星Ⅱ的周期為T2，則有整理得C正確；D．若衛(wèi)星Ⅰ和衛(wèi)星Ⅱ均不運(yùn)動(dòng)，衛(wèi)星Ⅱ?qū)?yīng)為圓心角為2α，則有但衛(wèi)星之間是有相對(duì)運(yùn)動(dòng)的，所以時(shí)間不可能為，D錯(cuò)誤。故選C。6.一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷a→b→c→d→a四段狀態(tài)變化過(guò)程，其圖像如圖所示。其中da延長(zhǎng)線與橫軸的交點(diǎn)為，bc和cd分別平行于橫軸和縱軸，b、c、d三個(gè)狀態(tài)的體積關(guān)系為，下列說(shuō)法正確的是（）A.從a到b，氣體的體積不變B.從b到c，單位時(shí)間碰撞單位面積器壁的分子數(shù)增加C.c、d兩狀態(tài)的體積之比為2:3D.從b到c的過(guò)程氣體從外界吸收的熱量大于從c到d的過(guò)程氣體從外界吸收的熱量【答案】D【解析】A．根據(jù)得可知圖像的斜率與氣體體積有關(guān)，從a到b，圖線的斜率增大，則氣體的體積減小。故A錯(cuò)誤；B．從b到c，壓強(qiáng)不變，溫度升高，則體積變大，單位體積內(nèi)分子數(shù)減少，則單位時(shí)間碰撞單位面積器壁的分子數(shù)減少。故B錯(cuò)誤；C．d到a等容過(guò)程有c到d等溫過(guò)程有聯(lián)立解得故C錯(cuò)誤；D．由，聯(lián)立解得bcd過(guò)程的圖如下由圖可知，b到c和c到d的體積差相等。由于圖線與橫坐標(biāo)圍成的面積表示氣體對(duì)外界做的功，顯然b到c，氣體溫度升高，內(nèi)能增加，根據(jù)熱力學(xué)第一定律得c到d，氣體溫度不變，內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學(xué)第一定律得聯(lián)立可得故D正確。故選D。7.如圖所示，水平面上放置著半徑為R、圓心角為60°的圓弧軌道，一可視為質(zhì)點(diǎn)的小球以初速度沖上圓弧軌道。已知圓弧軌道質(zhì)量，小球質(zhì)量，重力加速度大小為g，不計(jì)一切摩擦和空氣阻力，小球從圓弧軌道飛出時(shí)，速度方向恰好跟水平方向成角，則（）A.圓弧半徑B.小球飛出時(shí)，圓弧軌道的速度為C.小球飛出時(shí)速度大小為D.若小球從圓弧軌道飛出時(shí)，圓弧向右運(yùn)動(dòng)的距離為x，則小球在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)間為【答案】D【解析】ABC．小球以初速度滑上圓弧軌道，小球與圓弧軌道產(chǎn)生相互作用，因此小球從滑上圓弧到飛離圓弧的運(yùn)動(dòng)中，小球與圓弧軌道組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，因此小球有兩個(gè)分速度，其中v1是相對(duì)軌道的速度，與圓弧相切，是隨軌道運(yùn)動(dòng)的速度，方向水平，如圖所示由幾何關(guān)系，可知與成60°角，v與成30°角，則與v成30°角，所以四邊形是菱形則有由動(dòng)量守恒定律可得系統(tǒng)的機(jī)械能守恒聯(lián)立解得解得小球飛出時(shí)圓弧軌道的速度為解得小球飛出時(shí)速度為故ABC錯(cuò)誤；D．根據(jù)題意可知，小球與圓弧軌道水平方向動(dòng)量守恒，則有設(shè)小球在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，則有整理可得解得故D正確。故選D。8.一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸傳播，時(shí)刻的波形如圖所示，此時(shí)質(zhì)點(diǎn)A經(jīng)過(guò)x軸沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)B的位移，從時(shí)刻起，經(jīng)過(guò)5.5s質(zhì)點(diǎn)A恰好第三次到達(dá)波峰。則（）A.該波沿x軸正方向傳播B.該波的傳播速度為2m/sC.從時(shí)刻起，經(jīng)過(guò)質(zhì)點(diǎn)B第一次經(jīng)過(guò)平衡位置D.質(zhì)點(diǎn)A和質(zhì)點(diǎn)B不可能在某一時(shí)刻速度相同【答案】B【解析】A．時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)A向下運(yùn)動(dòng)，根據(jù)波的振動(dòng)方向與傳播方向的關(guān)系可知，該波沿x軸負(fù)方向傳播，故A錯(cuò)誤；B．t=0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)A向下運(yùn)動(dòng)，且經(jīng)過(guò)第三次到達(dá)波峰，故解得由波的圖像可知波長(zhǎng)故波速故B正確；C．質(zhì)點(diǎn)B的振動(dòng)方程時(shí)刻，，且質(zhì)點(diǎn)B向下振動(dòng)，故要使，則解得故C錯(cuò)誤；D．機(jī)械波上任意兩個(gè)水平位置之差不是波長(zhǎng)整數(shù)倍的質(zhì)點(diǎn)（）的速度方程可以分別表示為則其速度相同時(shí)有可化簡(jiǎn)為解得故機(jī)械波上任意兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)都有可能在某一時(shí)刻速度（包括速度為零）相同，故D錯(cuò)誤。故選B。二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。9.如圖所示，一豎直輕彈簧靜止在水平面上，其上端位于O點(diǎn)，重力均為G的a，b兩物體疊放在輕彈簧上并處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)用一恒力F豎直向上拉b，將a、b視為質(zhì)點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是（）A.若，則a、b恰好在O點(diǎn)分離B.若，則a、b恰好在圖示的初始位置分離C.若，則a，b在O點(diǎn)正下方某一位置分離D.若，則a，b在O點(diǎn)正下方某一位置分離【答案】BD【解析】A．a(chǎn)、b兩物體疊放在輕彈簧上，并處于靜止時(shí)，此時(shí)彈簧彈力等于重力得到壓縮量x為若，則a、b兩物體要分離時(shí)，兩者間的相互作用力為0，對(duì)b物體，根據(jù)牛頓第二定律得到此時(shí)對(duì)a物體，根據(jù)牛頓第二定律可得解得所以a，b在O點(diǎn)正下方某一位置分離，A錯(cuò)誤；B．若，則a、b兩物體要分離時(shí)，兩者間的相互作用力為0，對(duì)b物體，根據(jù)牛頓第二定律得到對(duì)a根據(jù)牛頓第二定律得解得則a、b恰好在圖示的初始位置分離，B正確；C．當(dāng)拉力較小時(shí)要考慮物體整體做簡(jiǎn)諧振動(dòng)的情況。若，系統(tǒng)做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，對(duì)a、b兩物體整體進(jìn)行分析，平衡位置時(shí)，彈簧的壓縮量為，則解得此時(shí)振幅為則最高點(diǎn)時(shí)的彈簧壓縮量為根據(jù)A、B兩個(gè)選項(xiàng)的過(guò)程，同理可以求得時(shí)，兩物體作用力為0時(shí)，彈簧壓縮量為因?yàn)樗晕矬w不會(huì)分離，兩物體將一起做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，C錯(cuò)誤；D．若，系統(tǒng)做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，對(duì)a、b兩物體整體進(jìn)行分析，平衡位置時(shí)，彈簧的壓縮量為，則解得則此時(shí)的振幅為則最高點(diǎn)時(shí)的彈簧壓縮量為根據(jù)A、B選項(xiàng)過(guò)程，同理可以求得時(shí)，兩物體作用力為0時(shí)，彈簧壓縮量為因?yàn)樗詢晌矬w不能一起簡(jiǎn)諧振動(dòng)，在做完整簡(jiǎn)諧振動(dòng)之前時(shí)就已經(jīng)分離，故若，則a，b在O點(diǎn)正下方某一位置分離，D正確；故選BD。10.如圖，直角三角形△ABC位于豎直平面內(nèi)，AB沿水平方向，長(zhǎng)度為L(zhǎng)，∠ABC=60°?？臻g存在一勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)方向與△ABC所在平面平行，將一帶正電的微粒（不計(jì)重力、空氣阻力）從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為，從B點(diǎn)移動(dòng)至C點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為（W>0）。下列說(shuō)法正確的是（）A.電場(chǎng)強(qiáng)度的大小是B.將該帶電微粒從B點(diǎn)無(wú)初速度釋放，其沿∠ABC的角平分線所在直線運(yùn)動(dòng)C.將該帶電微粒從C點(diǎn)沿CA拋出，要使其通過(guò)B點(diǎn)，微粒在C點(diǎn)的動(dòng)能應(yīng)為D.將該帶電微粒從A點(diǎn)沿AC拋出，要使其到達(dá)BC時(shí)，其位移方向垂直于電場(chǎng)強(qiáng)度方向，微粒在A點(diǎn)的動(dòng)能的應(yīng)為【答案】D【解析】A．由題意可知，，，則如上圖，在BC邊上找點(diǎn)D，使D點(diǎn)與A點(diǎn)電勢(shì)相等，則AD連線為等勢(shì)線，則設(shè)微粒電荷量為q，DB邊長(zhǎng)為L(zhǎng)DB，CD邊長(zhǎng)為L(zhǎng)CD，θ為電場(chǎng)方向與CB方向的夾角，則解得在△ABD中，由幾何關(guān)系可知解得過(guò)B點(diǎn)作BE交AD于E點(diǎn)，且BEAD，因?yàn)榍椅⒘д姡訟點(diǎn)電勢(shì)大于B點(diǎn)電勢(shì)，故電場(chǎng)方向沿EB，由E指向B，且有解得故A錯(cuò)誤；B．由A選項(xiàng)可知，電場(chǎng)方向由E指向B，如果將帶正電微粒從B點(diǎn)無(wú)初速度釋放，該微粒將沿EB方向運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系可知，∠ABE=45°，∠DBE=15°，EB邊不是∠ABC的角平分線，故B錯(cuò)誤；C．如下圖，將BE反向延長(zhǎng)交AC于F點(diǎn)，由幾何關(guān)系可知∠ABE=45°，LAF=L，則如果將帶電微粒從C點(diǎn)沿CA拋出，要使其通過(guò)B點(diǎn)，設(shè)微粒在C點(diǎn)的動(dòng)能為Ek1，則帶電微粒可看成沿CF方向以速度v1的勻速直線運(yùn)動(dòng)和沿FB方向的初速度為0加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)合成的結(jié)果，則，，聯(lián)立解得故C錯(cuò)誤；D．如下圖，過(guò)D點(diǎn)作AD的垂線交AC于G點(diǎn)，由幾何關(guān)系可知∠DAG=45°，則如果將帶電微粒從A點(diǎn)沿AC拋出，要使其到達(dá)BC時(shí)，其位移方向垂直于電場(chǎng)強(qiáng)度方向，設(shè)微粒在A點(diǎn)的動(dòng)能為Ek2，則帶電微?？煽闯裳谹G方向以速度v2的勻速直線運(yùn)動(dòng)和沿GD方向的初速度為0加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)合成的結(jié)果，則，，聯(lián)立解得故D正確。故選D。11.如圖所示，豎直虛線MN將真空空間分割成I、II兩個(gè)區(qū)域，I、II區(qū)域內(nèi)存在范圍足夠大、大小為、垂直紙面且方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小圓環(huán)套在一根固定的絕緣豎直細(xì)桿上，桿足夠長(zhǎng)，環(huán)與桿的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)使圓環(huán)從桿的底部以初速度向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間后圓環(huán)回到出發(fā)位置，桿的底部有個(gè)光滑的拐角，長(zhǎng)度忽略不計(jì)，其能夠使圓環(huán)無(wú)能量損失的水平向左脫離桿，并在一段時(shí)間后恰好能夠進(jìn)入II區(qū)域。已知重力加速度為g，圓環(huán)完成周期性運(yùn)動(dòng)的個(gè)數(shù)為n。下列說(shuō)法正確的是（）A.當(dāng)圓環(huán)回到出發(fā)位置時(shí)速度v的大小為B.第一次通過(guò)MN邊界時(shí)的速度大小C.在圓環(huán)未離開(kāi)I區(qū)域內(nèi)達(dá)到最高點(diǎn)前的位移大小為D.在圓環(huán)第二次通過(guò)MN邊界前，從O點(diǎn)脫離桿后回到最高點(diǎn)的位移大小【答案】BCD【解析】A．①上升階段，對(duì)環(huán)受力分析規(guī)定向下為正，對(duì)豎直方向列動(dòng)量定理可得②下降階段，對(duì)環(huán)受力分析規(guī)定向下為正，對(duì)豎直方向列動(dòng)量定理可得聯(lián)立以上兩式可得解得A錯(cuò)誤；B．由受力分析知，物體只受重力及洛倫茲力，又因?yàn)槲矬w初速度往左，故分解一個(gè)向右的速度且滿足即則另一個(gè)速度方向向左所以物體在mg和產(chǎn)生的洛倫茲力作用下向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在產(chǎn)生的洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，物體的實(shí)際運(yùn)動(dòng)為這兩運(yùn)動(dòng)之和。由題意可知，第一次通過(guò)MN邊界時(shí)圓環(huán)的軌跡與其相切，速度豎直向上，則此時(shí)的速度方向如圖所示由圖可知，當(dāng)物體的速度豎直向上時(shí)，的速度方向與水平方向向左成θ角，且所以所以B正確；CD．易知圓環(huán)在I區(qū)域內(nèi)做周期性運(yùn)動(dòng)，且此時(shí)的運(yùn)動(dòng)無(wú)法影響豎直方向，所以回到最高點(diǎn)的時(shí)間由決定①在圓環(huán)還未出I區(qū)域內(nèi)達(dá)到最高點(diǎn)設(shè)圓環(huán)已經(jīng)完成了n個(gè)周期運(yùn)動(dòng)則有，，解得②在圓環(huán)出I區(qū)域后達(dá)到最高點(diǎn)II區(qū)域磁場(chǎng)大小相等，方向相反，且圓環(huán)進(jìn)入II區(qū)域時(shí)速度豎直向上，所以圓環(huán)在II區(qū)域達(dá)到最高點(diǎn)的軌跡就是這個(gè)周期內(nèi)剩下軌跡的對(duì)稱圖形，如圖所示則，，CD均正確。故選BCD。12.衛(wèi)星P、Q繞某行星運(yùn)動(dòng)的軌道均為橢圓，只考慮P、Q受到該行星的引力，引力大小隨時(shí)間的變化如圖所示，已知下列說(shuō)法正確的是（）A.P、Q繞行星公轉(zhuǎn)的周期之比為B.P、Q到行星中心距離的最小值之比為C.P、Q的質(zhì)量之比為D.Q的軌道長(zhǎng)軸與短軸之比為【答案】ACD【解析】A．由圖可知故A正確：B．當(dāng)P離行星最近時(shí)當(dāng)P離行星最遠(yuǎn)時(shí)當(dāng)Q離行星最近時(shí)當(dāng)Q離行星最遠(yuǎn)時(shí)由開(kāi)普勒第三定律可知聯(lián)立解得故B錯(cuò)誤；C．由B可知解得故C正確；D．設(shè)衛(wèi)星Q軌跡半長(zhǎng)軸為a，半短軸為b，焦距為c，則有聯(lián)立解得所以Q的軌道長(zhǎng)軸與短軸之比為，故D正確。故選ACD。三、實(shí)驗(yàn)題：共2小題，共14分。13.驗(yàn)證動(dòng)量守恒的實(shí)驗(yàn)可以在如圖甲所示的氣墊導(dǎo)軌上完成，其中左、右兩側(cè)的光電門可以記錄遮光片通過(guò)光電門的擋光時(shí)間。實(shí)驗(yàn)前，測(cè)得滑塊A（連同其上的遮光片）的總質(zhì)量為、滑塊B（連同其上的遮光片）的總質(zhì)量為，兩滑塊上遮光片的寬度相同。實(shí)驗(yàn)時(shí)，開(kāi)啟氣墊導(dǎo)軌氣源的電源，讓滑塊A從導(dǎo)軌的左側(cè)向右運(yùn)動(dòng)，穿過(guò)左側(cè)光電門與靜止在兩光電門之間的滑塊B發(fā)生碰撞。（1）關(guān)于實(shí)驗(yàn)，下列說(shuō)法正確的是______。A.本實(shí)驗(yàn)應(yīng)調(diào)整氣墊導(dǎo)軌使其保持水平B.兩滑塊質(zhì)量必須滿足C.需要用刻度尺測(cè)量?jī)晒怆婇T之間的距離D.需要用秒表測(cè)定滑塊上的遮光片經(jīng)過(guò)光電門的時(shí)間（2）在某次實(shí)驗(yàn)中，光電門記錄的遮光片擋光時(shí)間如下表所示。

左側(cè)光電門右側(cè)光電門碰前無(wú)碰后在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，若兩滑塊的碰撞為彈性碰撞，則以下關(guān)系式中正確的是______。A. B.C. D.（3）某同學(xué)觀察到，在臺(tái)球桌面上，臺(tái)球以初速度和靜止的球發(fā)生斜碰時(shí)，碰后兩球的速度方向?qū)⒉辉谕恢本€上，如圖乙所示。已知兩球大小相同，質(zhì)量相等，若兩球碰撞過(guò)程無(wú)能量損失，碰后兩球速度方向與初速度的夾角分別為和，則和滿足的關(guān)系為_(kāi)_____?！敬鸢浮浚?）A（2）BD（3）【解析】【小問(wèn)1詳析】A．本實(shí)驗(yàn)應(yīng)調(diào)整氣墊導(dǎo)軌使其保持水平，以保證兩滑塊發(fā)生正碰。故A正確；B．本實(shí)驗(yàn)對(duì)兩滑塊質(zhì)量大小關(guān)系沒(méi)有要求。故B錯(cuò)誤；C．由實(shí)驗(yàn)可知只需要測(cè)出擋光片的寬度，即可根據(jù)光電門記錄的遮光時(shí)間測(cè)出碰撞前后滑塊的速度。就可驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。故C錯(cuò)誤；D．滑塊上的遮光片經(jīng)過(guò)光電門的時(shí)間是直接通過(guò)光電門記錄的。故D錯(cuò)誤。故選A?！拘?wèn)2詳析】由動(dòng)量守恒定律及能量守恒定律得以上兩式整理可得故選BD?！拘?wèn)3詳析】設(shè)兩球的質(zhì)量均為，在方向與垂直方向上由動(dòng)量守恒定律可得又由能量守恒得結(jié)合以上三式可得即14.某實(shí)驗(yàn)小組用如圖1所示的電路測(cè)定一節(jié)蓄電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。除蓄電池、開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線外，可供使用的實(shí)驗(yàn)器材還有A．電阻箱R（量程0～99.9Ω）B．電壓表V（量程0～3V、0～15V）(1)小組成員甲同學(xué)在利用如圖1所示電路，調(diào)節(jié)電阻箱共測(cè)得了6組電阻、電壓的數(shù)據(jù)，如表一所示。表一R（Ω）1.02.03.04.05.06.0U（V）1.541.731.801.861.891.90(2)甲同學(xué)發(fā)現(xiàn)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)中電壓的變化范圍太小了，準(zhǔn)備進(jìn)一步調(diào)小電阻箱阻值繼續(xù)測(cè)量，他指出電壓的變化范圍太小的主要原因是_______；乙同學(xué)提出反對(duì)意見(jiàn)，電阻箱調(diào)的太小，電路中電流過(guò)大，會(huì)對(duì)電池造成嚴(yán)重?fù)p傷，于是他找來(lái)了兩個(gè)備用定值電阻來(lái)解決這個(gè)問(wèn)題，下面兩個(gè)定值電阻選擇_______（填序號(hào)）串聯(lián)接在開(kāi)關(guān)的旁邊。C．定值電阻R1（阻值1Ω）D．定值電阻R2（阻值20Ω）(3)乙同學(xué)動(dòng)手重新組裝了電路后測(cè)量結(jié)果記錄如表二所示。表二R（Ω）1.02.03.04.05.06.0U（V）0.871.201.401.501.591.65他們準(zhǔn)備采用如圖2所示的圖象處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，橫軸應(yīng)該是_______，由圖象進(jìn)一步得到斜率為k，縱軸截距為b，則蓄電池的內(nèi)阻為_(kāi)______，電動(dòng)勢(shì)為_(kāi)______（均用字母符號(hào)表示）。(4)如果考慮電壓表內(nèi)阻對(duì)測(cè)量結(jié)果的影響，則電動(dòng)勢(shì)測(cè)量值_______，內(nèi)阻測(cè)量值_______（均填“偏大”“偏小”或“準(zhǔn)確”）?！敬鸢浮?2)蓄電池內(nèi)阻太小C(3)﹣R1(4)偏小偏小【解析】(2)[1]由圖1所示電路圖根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知，路端電壓由于蓄電池內(nèi)阻r太小，當(dāng)電路電流變化時(shí)路端電壓變化范圍較小，電壓表示數(shù)變化量較??；定值電阻與蓄電池串聯(lián)，把定值電阻與電源整體看成等效電源，可以增大電壓表示數(shù)變化范圍。[2]蓄電池電動(dòng)勢(shì)約為2V，定值電阻如果選擇R2，電路電流太小，無(wú)法準(zhǔn)確測(cè)量電路電流，因此定值電阻應(yīng)選擇R1，故選C。(3)[3]定值電阻R1與串聯(lián)，由閉合電路的歐姆定律可知，電源電動(dòng)勢(shì)E=U+I（r+R1）=U+（r+R1）整理得=?+應(yīng)以為橫軸作出-圖象[4][5]圖象縱軸截距圖象的斜率電源電動(dòng)勢(shì)電源內(nèi)阻(4)[6]考慮電壓表內(nèi)阻，由閉合電路的歐姆定律可知，電源電動(dòng)勢(shì)E=U+I（r+R1）=U+（r+R1）整理得=?+?+，﹣圖象縱軸截距?+圖象斜率解得電源電動(dòng)勢(shì)的真實(shí)值電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值小于真實(shí)值；[7]電源內(nèi)阻的真實(shí)值r真=kE﹣R1=k﹣R1＞﹣R1內(nèi)阻測(cè)量值小于真實(shí)值。四、解答題，共4題，共46分。15.類似光學(xué)中的折射現(xiàn)象，利用電場(chǎng)和磁場(chǎng)也可以實(shí)現(xiàn)質(zhì)子束的“反射”和“折射”。如圖所示，長(zhǎng)方形區(qū)域內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，與間電勢(shì)差大小，上下邊界距離為。質(zhì)子束從圖中位置射入電場(chǎng)時(shí)，速度方向與法線夾角為入射角，從邊射出時(shí)，速度方向與法線夾角為折射角，質(zhì)量為、電荷量為的質(zhì)子束進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)水平方向速度大小恒為，不計(jì)重力影響及質(zhì)子之間的作用力。電場(chǎng)的水平長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)。（1）求電場(chǎng)的“折射率”與入射角的關(guān)系（折射率=）。（2）當(dāng)質(zhì)子束恰好在面發(fā)生“全反射”（發(fā)生“全反射”時(shí)質(zhì)子恰好未從面射出）時(shí)，求質(zhì)子束的入射角（不考慮質(zhì)子在長(zhǎng)方形區(qū)域內(nèi)的多次反射）。（3）當(dāng)在電場(chǎng)區(qū)域發(fā)生“全反射”時(shí)，求質(zhì)子在面的入射點(diǎn)與出射點(diǎn)之間水平距離的范圍（不考慮質(zhì)子在長(zhǎng)方形區(qū)域內(nèi)的多次反射）?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】【小問(wèn)1詳析】設(shè)質(zhì)子入射時(shí)速度為，質(zhì)子射出電場(chǎng)時(shí)速度為，水平方向速度不變，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解有，根據(jù)動(dòng)能定理有根據(jù)“折射率”定義有聯(lián)立解得【小問(wèn)2詳析】根據(jù)題意，當(dāng)質(zhì)子束恰好不從面射出時(shí)，發(fā)生“全反射”，根據(jù)全反射臨界條件可知，此時(shí)，設(shè)入射角為，則有解得則質(zhì)子束的入射角【小問(wèn)3詳析】當(dāng)質(zhì)子束發(fā)生“全反射”時(shí)，質(zhì)子束在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)為類斜拋運(yùn)動(dòng)。從開(kāi)始進(jìn)入電場(chǎng)到速度水平的過(guò)程，可反向看成類平拋運(yùn)動(dòng)，水平位移為，豎直位移為。設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為，則設(shè)豎直方向初速度為，加速度為，則有，設(shè)入射角為，則有根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)速度反向延長(zhǎng)線過(guò)水平位移中點(diǎn)，有又有聯(lián)立解得要發(fā)生“全反射”，則根據(jù)三角函數(shù)關(guān)系有解得16.如圖，半徑為R的圓環(huán)水平放置并固定，圓環(huán)內(nèi)有質(zhì)量為mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始時(shí)小球A以初速度v0沿圓環(huán)切線方向運(yùn)動(dòng)，與靜止的小球B發(fā)生碰撞。不計(jì)小球與圓環(huán)之間的摩擦，兩小球始終在圓環(huán)內(nèi)運(yùn)動(dòng)。（1）若小球A與B碰撞后結(jié)合在一起，求碰撞后小球組合體的速度大小及做圓周運(yùn)動(dòng)所需向心力的大小；（2）若小球A與B之間為彈性碰撞，且所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，求小球的質(zhì)量比。（3）若小球A與B之間為非彈性碰撞，每次碰撞后的相對(duì)速度大小為碰撞前的相對(duì)速度大小的e倍（0<e<1），求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之間小球B通過(guò)的路程。【答案】（1），；（2）或；（3）【解析】（1）有題意可知A、B系統(tǒng)碰撞前后動(dòng)量守恒,設(shè)碰撞后兩小球的速度大小為v，則根據(jù)動(dòng)量守恒有可得碰撞后根據(jù)牛頓第二定律有可得（2）若兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后速度分別為vA，vB，則碰后動(dòng)量和能量守恒有聯(lián)立解得，因?yàn)樗械呐鲎参恢脛偤梦挥诘冗吶切蔚娜齻€(gè)頂點(diǎn)，如圖①若第二次碰撞發(fā)生在圖中的b點(diǎn)，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過(guò)的路程之比為，則有聯(lián)立解得由于兩質(zhì)量均為正數(shù)，故k1=0，即對(duì)第二次碰撞，設(shè)A、B碰撞后的速度大小分別為，，則同樣有聯(lián)立解得，，故第三次碰撞發(fā)生在b點(diǎn)、第四次碰撞發(fā)生在c點(diǎn)，以此類推，滿足題意。②若第二次碰撞發(fā)生在圖中的c點(diǎn)，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過(guò)的路程之比為；所以聯(lián)立可得因?yàn)閮少|(zhì)量均為正數(shù)，故k2=0，即根據(jù)①的分析可證，，滿足題意。綜上可知或。（3）第一次碰前相對(duì)速度大小為v0，第一次碰后的相對(duì)速度大小為，第一次碰后與第二次相碰前B球比A球多運(yùn)動(dòng)一圈，即B球相對(duì)A球運(yùn)動(dòng)一圈，有第一次碰撞動(dòng)量守恒有且聯(lián)立解得B球運(yùn)動(dòng)的路程第二次碰撞相對(duì)速度大小為第二次碰撞有且聯(lián)立可得所以B球運(yùn)動(dòng)的路程一共碰了2n次，有17.如圖所示，物塊A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形軌道末端與B的上表面所在平面相切，豎直擋板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A與B以相同速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)B的左端經(jīng)過(guò)軌道末端時(shí)，從弧形軌道某處無(wú)初速度下滑的滑塊C恰好到達(dá)最低點(diǎn)，并以水平速度v滑上B的上表面，同時(shí)撤掉外力，此時(shí)B右端與P板的距離為s。已知，，，，A與地面間無(wú)摩擦，B與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)，C與B間動(dòng)摩擦因數(shù)，B足夠長(zhǎng)，使得C不會(huì)從B上滑下。B與P、A的碰撞均為彈性碰撞，不計(jì)碰撞時(shí)間，取重力加速度大小。（1）求C下滑的高度H；（2）與P碰撞前，若B與C能達(dá)到共速，且A、B未發(fā)生碰撞，求s的范圍；（3）若，求B與P碰撞前，摩擦力對(duì)C做的功W；（4）若，自C滑上B開(kāi)始至A、B、C三個(gè)物體都達(dá)到平衡狀態(tài)，求這三個(gè)物體總動(dòng)量的變化量的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）；（4）【解析】（1）由題意可知滑塊C靜止滑下過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理有代入數(shù)據(jù)解得（2）滑塊C剛滑上B時(shí)可知C受到水平向左的摩擦力，為木板B受到C的摩擦力水平向右，為B受到地面的摩擦力水平向左，為所以滑塊C的加速度為木板B的加速度為設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t1，B和C共速，有代入數(shù)據(jù)解得木板B的位移共同的速度此后B和C共同減速，加速度大小為設(shè)再經(jīng)過(guò)t2時(shí)間，物塊A恰好撞上木板B，有整理得解得，（舍去）此時(shí)B的位移共同的速度綜上可知滿足條件的s范圍為（3）由于所以可知滑塊C與木板B沒(méi)有共速，對(duì)于木板B，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有整理后有解得，（舍去）滑塊C在這段時(shí)間的位移所以摩擦力對(duì)C做的功（4）因?yàn)槟景錌足夠長(zhǎng)，最后的狀態(tài)一定會(huì)是C與B靜止，物塊A向左勻速運(yùn)動(dòng)。木板B向右運(yùn)動(dòng)0.48m時(shí)，有此時(shí)A、B之間的距離為由于B與擋板發(fā)生碰撞不損失能量，故將原速率反彈。接著B向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，可得加速度大小物塊A和木板B相向運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過(guò)t3時(shí)間恰好相遇，則有整理得解得，（舍去）此時(shí)有方向向左；方向向右。接著A、B發(fā)生彈性碰撞，碰前A的速度為v0=1m/s，方向向右，以水平向右為正方向，則有代入數(shù)據(jù)解得而此時(shí)物塊A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B和C靜止，A向左勻速運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)的初動(dòng)量末動(dòng)量則整個(gè)過(guò)程動(dòng)量的變化量即大小為9.02kg?m/s。18.如圖所示，在xOy平面內(nèi)有一以O(shè)為圓心，半徑為R的圓形磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ，磁感應(yīng)強(qiáng)度為（未知）。在圓形磁場(chǎng)區(qū)域右側(cè)放置水平極板M、N，其中心線在x軸上，極板長(zhǎng)度和極板間距離均為，極板間接有偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓（未知）。位于S處的粒子源沿紙面內(nèi)向圓形磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)各個(gè)方向均勻發(fā)射速率為的帶電粒子，粒子質(zhì)量為m、電荷量為+q，單位時(shí)間內(nèi)放出的粒子數(shù)為n。所有粒子經(jīng)圓形磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后均沿x軸正方向。其中沿y軸正方向入射的粒子從點(diǎn)出磁場(chǎng)，并經(jīng)過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后剛好從下極板的邊緣飛出，打在下極板上的粒子立即被吸收，并通過(guò)電流表導(dǎo)入大地。距離極板MN右端處有一寬度為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ，磁感應(yīng)強(qiáng)度為，方向垂直紙面向里，a、b是磁場(chǎng)的左右邊界。區(qū)域Ⅱ左邊界上有一長(zhǎng)度為2R的收集板CD，C端在x軸上。粒子打在收集板上立即被吸收。不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用，不考慮電場(chǎng)的邊緣效應(yīng)。求：（1）圓形磁場(chǎng)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小及方向；（2）極板MN間電壓及穩(wěn)定后電流表示數(shù)I；（3）要使所有穿出電場(chǎng)的粒子都能被收集板收集，區(qū)域Ⅱ磁感應(yīng)強(qiáng)度的范圍：（4）若區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度，在區(qū)域Ⅱ中加一沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，要使粒子不從磁場(chǎng)的右邊界穿出，所加電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E不能超過(guò)多少？【答案】（1），方向垂直紙面向外（2），（3）（4）【解析】【小問(wèn)1詳析】由于所有粒子經(jīng)圓形磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后均沿x軸正方向，根據(jù)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系可知，粒子運(yùn)動(dòng)半徑r等于磁場(chǎng)圓半徑R，則有解得根據(jù)左手定則可知，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外【小問(wèn)2詳析】粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有解得結(jié)合題意可知，粒子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后有一半粒子打在下極板N上被吸收，則有【小問(wèn)3詳析】作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圖，如圖所示結(jié)合上述可知，穿出電場(chǎng)的粒子偏轉(zhuǎn)距離都等于R，根據(jù)速度分解有解得粒子飛出電場(chǎng)時(shí)，根據(jù)速度分解有解得結(jié)合上述可知，粒子飛出電場(chǎng)速度方向的反向延長(zhǎng)線與水平分位移對(duì)應(yīng)線段的中點(diǎn)相交，設(shè)射入磁場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)距離為，則有解得粒子經(jīng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ偏轉(zhuǎn)后豎直方向偏移距離粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有解得要使所有粒子打在收集板上，則有代入解得當(dāng)粒子軌跡剛好與磁場(chǎng)右邊界相切時(shí)有結(jié)合上述有解得綜上所述，區(qū)域Ⅱ磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度范圍為【小問(wèn)4詳析】當(dāng)軌跡與磁場(chǎng)右邊界相切時(shí)，設(shè)速度為，如圖所示由動(dòng)能定理可得在y軸方向上，根據(jù)動(dòng)量定理可得即有解得山東省普通高等學(xué)校招生考試選擇性科目測(cè)試模擬演練考試科目：物理注意事項(xiàng)：1.本試卷共18題，共100分，作答時(shí)間90分鐘。2.本場(chǎng)考試試題符合高考評(píng)價(jià)體系要求，內(nèi)容為高中物理。3.凡要求說(shuō)明理由或解釋原因的，答案不超過(guò)30個(gè)字。部分試題分析和計(jì)算時(shí)可做合理假設(shè)。4.未經(jīng)允許，不得離開(kāi)座位。如果你需要任何幫助，請(qǐng)舉手示意監(jiān)考老師，待監(jiān)考老師詢問(wèn)并同意后，方可行動(dòng)。5.考生考試時(shí)，不得使用規(guī)定以外的計(jì)算器等物品。6.涉及試題內(nèi)容的疑問(wèn)，考生不得向監(jiān)考員詢問(wèn)。7.考生領(lǐng)取試卷和答題卡后，要認(rèn)真檢查試卷、答題卡。8.答題前，如遇試卷、答題卡分發(fā)錯(cuò)誤及試題字跡不清、重印、漏印或缺頁(yè)等問(wèn)題，應(yīng)當(dāng)舉手詢問(wèn)，在開(kāi)考前報(bào)告監(jiān)考員：如開(kāi)考后再行報(bào)告、更換的，所延誤的考試時(shí)間不予補(bǔ)充。9.答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)碼等考試相關(guān)信息填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。10.選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0.5毫米及以上黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。11.作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。12.請(qǐng)按照題號(hào)順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無(wú)效；在草稿紙、試卷上答題無(wú)效；用鉛筆解答的部分（包括作圖）無(wú)效。13.如果需要草稿紙，請(qǐng)使用答題紙背面。請(qǐng)記住，寫在答題框外的答案將不予評(píng)判。14.必要時(shí)在相應(yīng)的答題框內(nèi)寫出相關(guān)計(jì)算過(guò)程。只有給出過(guò)程且答案正確才能得滿分。15.保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀等違規(guī)物品。16.在發(fā)出停止命令之前的30分鐘與15分鐘時(shí)，監(jiān)考人員將會(huì)提醒考生考試時(shí)間剩余時(shí)長(zhǎng)。17.考試結(jié)束后，請(qǐng)立即停止答題，并將試卷與答題卡一并上交，未停止書寫可能導(dǎo)致考試成績(jī)作廢。18.本卷涉及的實(shí)驗(yàn)均須在專業(yè)人士指導(dǎo)和安全得到充分保障的條件下完成。一、單選題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。1.已知太陽(yáng)光垂直射到地球表面上時(shí)，地球表面的單位面積上單位時(shí)間接收到的太陽(yáng)光的能量為。假如認(rèn)為太陽(yáng)光為單一頻率的光，且波長(zhǎng)為，光速為，普朗克常量為。由于地球離太陽(yáng)很遠(yuǎn)，所以照射到地球表面的太陽(yáng)光可近似看成平行光?，F(xiàn)有一個(gè)半徑為的薄壁球殼，球心為，倒扣在地面上，太陽(yáng)光垂直于地面入射到半球面上，如圖甲所示。圖乙為平放在地面上的半徑同為的圓盤。由于太陽(yáng)光的作用，會(huì)使薄壁球殼或圓盤受到一個(gè)向下的壓力。為研究該壓力，小楊同學(xué)在半球面上取一條很窄的環(huán)帶狀球面是一個(gè)以為圓心的圓的直徑，是以正上方離很近的（圖中未畫出）為圓心的圓的直徑，。由于很短，故整個(gè)環(huán)帶狀球面可看成與水平方向成角的斜面。設(shè)該環(huán)帶狀球面的面積為，其在地面上的投影記為。則下列說(shuō)法中正確的是（??）A.光子動(dòng)量的變化量大小B.單位時(shí)間打到半球面上的光子數(shù)C.假設(shè)所有照射到球面上的太陽(yáng)光均被反射，反射前后頻率不變，且反射方向遵循光的反射定律，則面上所受壓力大小為D.假設(shè)太陽(yáng)光均直接穿過(guò)球面照射到上再被反射，反射前后頻率不變，且反射方向遵循光的反射定律，則面上所受壓力大小為【答案】D【解析】A．若光被反射，反射前后頻率不變，則方向垂直于S1面，如圖所示故A錯(cuò)誤；B．單位時(shí)間打到半球面上的光子數(shù)故B錯(cuò)誤；C．在時(shí)間內(nèi)，射到S1面上的光子數(shù)為光子被全部反射，根據(jù)動(dòng)量定理，光子受到的力大小為F10，則得根據(jù)牛頓第三定律，S1面受到的力大小為故C錯(cuò)誤；D．在時(shí)間內(nèi)，射到S2面上的光子數(shù)為太陽(yáng)光直接穿過(guò)球面照射到S2上再被S2反射，反射前后頻率不變根據(jù)動(dòng)量定理，光子受到的力大小為得由于得根據(jù)牛頓第三定律，S2面受到的力大小為故D正確。故選D。2.如圖所示，質(zhì)量為M、傾角為θ的光滑斜劈靜置于光滑水平地面上，質(zhì)量為m的小球以水平向左、大小為v?的初速度與斜劈相碰，碰撞中無(wú)機(jī)械能損失。重力加速度用g表示，下列說(shuō)法正確的是（）A.碰撞過(guò)程小球和斜劈組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.碰撞后小球的速度與斜面夾角為θC.碰撞后斜劈的速度為D.碰撞后小球的速度為【答案】C【解析】A．碰撞過(guò)程中，系統(tǒng)在豎直方向上的合外力不為0，所以動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤。B．碰撞后小球沿著斜面的速度不變，垂直斜面的速度大小和方向都會(huì)改變，所以?shī)A角不會(huì)為，B錯(cuò)誤；C．碰撞前的速度分解如圖甲所示，則碰撞后小球平行于斜面方向的速度不變，垂直斜面方向的速度反向，設(shè)碰撞后斜劈的速度為u，如圖乙所示，以小球和斜劈組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，有解得根據(jù)題意可知碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知聯(lián)立解得C正確；D．帶入可知碰撞后小球垂直速度所以碰后小球的速度D錯(cuò)誤。故選C。3.如圖，質(zhì)量的圓環(huán)套在光滑水平軌道上，質(zhì)量的小球通過(guò)長(zhǎng)的輕繩與圓環(huán)連接?，F(xiàn)將細(xì)繩拉直，且與平行，小球以豎直向下的初速度開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，重力加速度。則（）A.運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球和圓環(huán)系統(tǒng)的動(dòng)量和機(jī)械能均守恒；B.在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球不能繞圓環(huán)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)C.小球通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)，小球的速度大小為D.從小球開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)這段時(shí)間內(nèi)，圓環(huán)向右運(yùn)動(dòng)的位移大小為0.3m【答案】D【解析】A．分析小球和圓環(huán)組成的系統(tǒng)可知，水平方向上不受外力，所以系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，但豎直方向合外力不為零，動(dòng)量不守恒，只有重力做功，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤；B．若小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，圓環(huán)和小球的速度大小分別為、，由水平方向動(dòng)量守恒可知由能量守恒可知解得速度大小為、小球相對(duì)圓環(huán)的速度恰好為所以小球可以繞圓環(huán)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C．從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，圓環(huán)和小球的速度大小分別為和，由水平方向動(dòng)量守恒可知由能量守恒可知代入數(shù)據(jù)解得小球的速度大小為故C錯(cuò)誤；D．小球從開(kāi)始到運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，圓環(huán)向右運(yùn)動(dòng)的位移為x，則解得故D正確。故選D。4.如圖甲，“星下點(diǎn)”是指衛(wèi)星和地心連線與地球表面的交點(diǎn)。圖乙是航天控制中心大屏幕上顯示某氣象衛(wèi)星的“星下點(diǎn)”在一段時(shí)間內(nèi)的軌跡。已知地球靜止軌道衛(wèi)星的軌道半徑為r，則下列說(shuō)法中正確的是（）A.該氣象衛(wèi)星的軌道是橢圓B.該氣象衛(wèi)星線速度介于第一、二宇宙速度之間。C.該氣象衛(wèi)星的周期是地球自轉(zhuǎn)周期的D.該氣象衛(wèi)星受地球的引力一定大于靜止衛(wèi)星受地球的引力【答案】C【解析】A．由圖乙可知，該氣象衛(wèi)星相鄰兩次經(jīng)過(guò)赤道正上方所用的時(shí)間相等，所以，該氣象衛(wèi)星的軌道是圓，故A錯(cuò)誤；B．因軌道半徑越大線速度越小，第一宇宙速度是最大環(huán)繞速度，所以，該氣象衛(wèi)星線速度應(yīng)小于第一宇宙速度，故B錯(cuò)誤；C．由圖乙可知，在地球自轉(zhuǎn)一周的時(shí)間內(nèi)，該氣象衛(wèi)星轉(zhuǎn)了3周，即即故C正確；D．因該衛(wèi)星與地球靜止衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系未知，所以無(wú)法比較該氣象衛(wèi)星受地球的引力與靜止衛(wèi)星受地球的引力的大小關(guān)系，故D錯(cuò)誤。故選C。5.2019年3月10日，長(zhǎng)征三號(hào)乙運(yùn)載火箭將“中星”通信衛(wèi)星（記為衛(wèi)星Ⅰ）送入地球同步軌道上，主要為我國(guó)、東南亞、澳洲和南太平洋島國(guó)等地區(qū)提供通信與廣播業(yè)務(wù)。在同平面內(nèi)的圓軌道上有一顆中軌道衛(wèi)星Ⅱ，它運(yùn)動(dòng)的每個(gè)周期內(nèi)都有一段時(shí)間（未知）無(wú)法直接接收到衛(wèi)星Ⅰ發(fā)出的電磁波信號(hào)，因?yàn)槠滠壍郎峡傆幸欢螀^(qū)域沒(méi)有被衛(wèi)星Ⅰ發(fā)出的電磁波信號(hào)覆蓋到，這段區(qū)域?qū)?yīng)的圓心角為。已知衛(wèi)星Ⅰ對(duì)地球的張角為，地球自轉(zhuǎn)周期為，萬(wàn)有引力常量為，則根據(jù)題中條件，可求出（）A.地球的平均密度為 B.衛(wèi)星Ⅰ、Ⅱ的角速度之比為C.衛(wèi)星Ⅱ的周期為 D.題中時(shí)間為【答案】C【解析】A．設(shè)衛(wèi)星Ⅰ、Ⅱ的軌道半徑分別為R1和R2，因衛(wèi)星Ⅰ為靜止衛(wèi)星，則有且有其中R為地球的半徑，聯(lián)立解得A錯(cuò)誤；B．設(shè)衛(wèi)星Ⅰ、Ⅱ的角速度分別為和，如圖所示三角形AOB中，有即根據(jù)可得故有聯(lián)立以上各式，有B錯(cuò)誤；C．根據(jù)可得因衛(wèi)星Ⅰ為靜止衛(wèi)星，則其周期為T0，設(shè)衛(wèi)星Ⅱ的周期為T2，則有整理得C正確；D．若衛(wèi)星Ⅰ和衛(wèi)星Ⅱ均不運(yùn)動(dòng)，衛(wèi)星Ⅱ?qū)?yīng)為圓心角為2α，則有但衛(wèi)星之間是有相對(duì)運(yùn)動(dòng)的，所以時(shí)間不可能為，D錯(cuò)誤。故選C。6.一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷a→b→c→d→a四段狀態(tài)變化過(guò)程，其圖像如圖所示。其中da延長(zhǎng)線與橫軸的交點(diǎn)為，bc和cd分別平行于橫軸和縱軸，b、c、d三個(gè)狀態(tài)的體積關(guān)系為，下列說(shuō)法正確的是（）A.從a到b，氣體的體積不變B.從b到c，單位時(shí)間碰撞單位面積器壁的分子數(shù)增加C.c、d兩狀態(tài)的體積之比為2:3D.從b到c的過(guò)程氣體從外界吸收的熱量大于從c到d的過(guò)程氣體從外界吸收的熱量【答案】D【解析】A．根據(jù)得可知圖像的斜率與氣體體積有關(guān)，從a到b，圖線的斜率增大，則氣體的體積減小。故A錯(cuò)誤；B．從b到c，壓強(qiáng)不變，溫度升高，則體積變大，單位體積內(nèi)分子數(shù)減少，則單位時(shí)間碰撞單位面積器壁的分子數(shù)減少。故B錯(cuò)誤；C．d到a等容過(guò)程有c到d等溫過(guò)程有聯(lián)立解得故C錯(cuò)誤；D．由，聯(lián)立解得bcd過(guò)程的圖如下由圖可知，b到c和c到d的體積差相等。由于圖線與橫坐標(biāo)圍成的面積表示氣體對(duì)外界做的功，顯然b到c，氣體溫度升高，內(nèi)能增加，根據(jù)熱力學(xué)第一定律得c到d，氣體溫度不變，內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學(xué)第一定律得聯(lián)立可得故D正確。故選D。7.如圖所示，水平面上放置著半徑為R、圓心角為60°的圓弧軌道，一可視為質(zhì)點(diǎn)的小球以初速度沖上圓弧軌道。已知圓弧軌道質(zhì)量，小球質(zhì)量，重力加速度大小為g，不計(jì)一切摩擦和空氣阻力，小球從圓弧軌道飛出時(shí)，速度方向恰好跟水平方向成角，則（）A.圓弧半徑B.小球飛出時(shí)，圓弧軌道的速度為C.小球飛出時(shí)速度大小為D.若小球從圓弧軌道飛出時(shí)，圓弧向右運(yùn)動(dòng)的距離為x，則小球在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)間為【答案】D【解析】ABC．小球以初速度滑上圓弧軌道，小球與圓弧軌道產(chǎn)生相互作用，因此小球從滑上圓弧到飛離圓弧的運(yùn)動(dòng)中，小球與圓弧軌道組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，因此小球有兩個(gè)分速度，其中v1是相對(duì)軌道的速度，與圓弧相切，是隨軌道運(yùn)動(dòng)的速度，方向水平，如圖所示由幾何關(guān)系，可知與成60°角，v與成30°角，則與v成30°角，所以四邊形是菱形則有由動(dòng)量守恒定律可得系統(tǒng)的機(jī)械能守恒聯(lián)立解得解得小球飛出時(shí)圓弧軌道的速度為解得小球飛出時(shí)速度為故ABC錯(cuò)誤；D．根據(jù)題意可知，小球與圓弧軌道水平方向動(dòng)量守恒，則有設(shè)小球在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，則有整理可得解得故D正確。故選D。8.一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸傳播，時(shí)刻的波形如圖所示，此時(shí)質(zhì)點(diǎn)A經(jīng)過(guò)x軸沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)B的位移，從時(shí)刻起，經(jīng)過(guò)5.5s質(zhì)點(diǎn)A恰好第三次到達(dá)波峰。則（）A.該波沿x軸正方向傳播B.該波的傳播速度為2m/sC.從時(shí)刻起，經(jīng)過(guò)質(zhì)點(diǎn)B第一次經(jīng)過(guò)平衡位置D.質(zhì)點(diǎn)A和質(zhì)點(diǎn)B不可能在某一時(shí)刻速度相同【答案】B【解析】A．時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)A向下運(yùn)動(dòng)，根據(jù)波的振動(dòng)方向與傳播方向的關(guān)系可知，該波沿x軸負(fù)方向傳播，故A錯(cuò)誤；B．t=0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)A向下運(yùn)動(dòng)，且經(jīng)過(guò)第三次到達(dá)波峰，故解得由波的圖像可知波長(zhǎng)故波速故B正確；C．質(zhì)點(diǎn)B的振動(dòng)方程時(shí)刻，，且質(zhì)點(diǎn)B向下振動(dòng)，故要使，則解得故C錯(cuò)誤；D．機(jī)械波上任意兩個(gè)水平位置之差不是波長(zhǎng)整數(shù)倍的質(zhì)點(diǎn)（）的速度方程可以分別表示為則其速度相同時(shí)有可化簡(jiǎn)為解得故機(jī)械波上任意兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)都有可能在某一時(shí)刻速度（包括速度為零）相同，故D錯(cuò)誤。故選B。二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。9.如圖所示，一豎直輕彈簧靜止在水平面上，其上端位于O點(diǎn)，重力均為G的a，b兩物體疊放在輕彈簧上并處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用一恒力F豎直向上拉b，將a、b視為質(zhì)點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是（）A.若，則a、b恰好在O點(diǎn)分離B.若，則a、b恰好在圖示的初始位置分離C.若，則a，b在O點(diǎn)正下方某一位置分離D.若，則a，b在O點(diǎn)正下方某一位置分離【答案】BD【解析】A．a(chǎn)、b兩物體疊放在輕彈簧上，并處于靜止時(shí)，此時(shí)彈簧彈力等于重力得到壓縮量x為若，則a、b兩物體要分離時(shí)，兩者間的相互作用力為0，對(duì)b物體，根據(jù)牛頓第二定律得到此時(shí)對(duì)a物體，根據(jù)牛頓第二定律可得解得所以a，b在O點(diǎn)正下方某一位置分離，A錯(cuò)誤；B．若，則a、b兩物體要分離時(shí)，兩者間的相互作用力為0，對(duì)b物體，根據(jù)牛頓第二定律得到對(duì)a根據(jù)牛頓第二定律得解得則a、b恰好在圖示的初始位置分離，B正確；C．當(dāng)拉力較小時(shí)要考慮物體整體做簡(jiǎn)諧振動(dòng)的情況。若，系統(tǒng)做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，對(duì)a、b兩物體整體進(jìn)行分析，平衡位置時(shí)，彈簧的壓縮量為，則解得此時(shí)振幅為則最高點(diǎn)時(shí)的彈簧壓縮量為根據(jù)A、B兩個(gè)選項(xiàng)的過(guò)程，同理可以求得時(shí)，兩物體作用力為0時(shí)，彈簧壓縮量為因?yàn)樗晕矬w不會(huì)分離，兩物體將一起做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，C錯(cuò)誤；D．若，系統(tǒng)做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，對(duì)a、b兩物體整體進(jìn)行分析，平衡位置時(shí)，彈簧的壓縮量為，則解得則此時(shí)的振幅為則最高點(diǎn)時(shí)的彈簧壓縮量為根據(jù)A、B選項(xiàng)過(guò)程，同理可以求得時(shí)，兩物體作用力為0時(shí)，彈簧壓縮量為因?yàn)樗詢晌矬w不能一起簡(jiǎn)諧振動(dòng)，在做完整簡(jiǎn)諧振動(dòng)之前時(shí)就已經(jīng)分離，故若，則a，b在O點(diǎn)正下方某一位置分離，D正確；故選BD。10.如圖，直角三角形△ABC位于豎直平面內(nèi)，AB沿水平方向，長(zhǎng)度為L(zhǎng)，∠ABC=60°?？臻g存在一勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)方向與△ABC所在平面平行，將一帶正電的微粒（不計(jì)重力、空氣阻力）從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為，從B點(diǎn)移動(dòng)至C點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為（W>0）。下列說(shuō)法正確的是（）A.電場(chǎng)強(qiáng)度的大小是B.將該帶電微粒從B點(diǎn)無(wú)初速度釋放，其沿∠ABC的角平分線所在直線運(yùn)動(dòng)C.將該帶電微粒從C點(diǎn)沿CA拋出，要使其通過(guò)B點(diǎn)，微粒在C點(diǎn)的動(dòng)能應(yīng)為D.將該帶電微粒從A點(diǎn)沿AC拋出，要使其到達(dá)BC時(shí)，其位移方向垂直于電場(chǎng)強(qiáng)度方向，微粒在A點(diǎn)的動(dòng)能的應(yīng)為【答案】D【解析】A．由題意可知，，，則如上圖，在BC邊上找點(diǎn)D，使D點(diǎn)與A點(diǎn)電勢(shì)相等，則AD連線為等勢(shì)線，則設(shè)微粒電荷量為q，DB邊長(zhǎng)為L(zhǎng)DB，CD邊長(zhǎng)為L(zhǎng)CD，θ為電場(chǎng)方向與CB方向的夾角，則解得在△ABD中，由幾何關(guān)系可知解得過(guò)B點(diǎn)作BE交AD于E點(diǎn)，且BEAD，因?yàn)榍椅⒘д?，所以A點(diǎn)電勢(shì)大于B點(diǎn)電勢(shì)，故電場(chǎng)方向沿EB，由E指向B，且有解得故A錯(cuò)誤；B．由A選項(xiàng)可知，電場(chǎng)方向由E指向B，如果將帶正電微粒從B點(diǎn)無(wú)初速度釋放，該微粒將沿EB方向運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系可知，∠ABE=45°，∠DBE=15°，EB邊不是∠ABC的角平分線，故B錯(cuò)誤；C．如下圖，將BE反向延長(zhǎng)交AC于F點(diǎn)，由幾何關(guān)系可知∠ABE=45°，LAF=L，則如果將帶電微粒從C點(diǎn)沿CA拋出，要使其通過(guò)B點(diǎn)，設(shè)微粒在C點(diǎn)的動(dòng)能為Ek1，則帶電微?？煽闯裳谻F方向以速度v1的勻速直線運(yùn)動(dòng)和沿FB方向的初速度為0加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)合成的結(jié)果，則，，聯(lián)立解得故C錯(cuò)誤；D．如下圖，過(guò)D點(diǎn)作AD的垂線交AC于G點(diǎn)，由幾何關(guān)系可知∠DAG=45°，則如果將帶電微粒從A點(diǎn)沿AC拋出，要使其到達(dá)BC時(shí)，其位移方向垂直于電場(chǎng)強(qiáng)度方向，設(shè)微粒在A點(diǎn)的動(dòng)能為Ek2，則帶電微?？煽闯裳谹G方向以速度v2的勻速直線運(yùn)動(dòng)和沿GD方向的初速度為0加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)合成的結(jié)果，則，，聯(lián)立解得故D正確。故選D。11.如圖所示，豎直虛線MN將真空空間分割成I、II兩個(gè)區(qū)域，I、II區(qū)域內(nèi)存在范圍足夠大、大小為、垂直紙面且方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小圓環(huán)套在一根固定的絕緣豎直細(xì)桿上，桿足夠長(zhǎng)，環(huán)與桿的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。現(xiàn)使圓環(huán)從桿的底部以初速度向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間后圓環(huán)回到出發(fā)位置，桿的底部有個(gè)光滑的拐角，長(zhǎng)度忽略不計(jì)，其能夠使圓環(huán)無(wú)能量損失的水平向左脫離桿，并在一段時(shí)間后恰好能夠進(jìn)入II區(qū)域。已知重力加速度為g，圓環(huán)完成周期性運(yùn)動(dòng)的個(gè)數(shù)為n。下列說(shuō)法正確的是（）A.當(dāng)圓環(huán)回到出發(fā)位置時(shí)速度v的大小為B.第一次通過(guò)MN邊界時(shí)的速度大小C.在圓環(huán)未離開(kāi)I區(qū)域內(nèi)達(dá)到最高點(diǎn)前的位移大小為D.在圓環(huán)第二次通過(guò)MN邊界前，從O點(diǎn)脫離桿后回到最高點(diǎn)的位移大小【答案】BCD【解析】A．①上升階段，對(duì)環(huán)受力分析規(guī)定向下為正，對(duì)豎直方向列動(dòng)量定理可得②下降階段，對(duì)環(huán)受力分析規(guī)定向下為正，對(duì)豎直方向列動(dòng)量定理可得聯(lián)立以上兩式可得解得A錯(cuò)誤；B．由受力分析知，物體只受重力及洛倫茲力，又因?yàn)槲矬w初速度往左，故分解一個(gè)向右的速度且滿足即則另一個(gè)速度方向向左所以物體在mg和產(chǎn)生的洛倫茲力作用下向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在產(chǎn)生的洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，物體的實(shí)際運(yùn)動(dòng)為這兩運(yùn)動(dòng)之和。由題意可知，第一次通過(guò)MN邊界時(shí)圓環(huán)的軌跡與其相切，速度豎直向上，則此時(shí)的速度方向如圖所示由圖可知，當(dāng)物體的速度豎直向上時(shí)，的速度方向與水平方向向左成θ角，且所以所以B正確；CD．易知圓環(huán)在I區(qū)域內(nèi)做周期性運(yùn)動(dòng)，且此時(shí)的運(yùn)動(dòng)無(wú)法影響豎直方向，所以回到最高點(diǎn)的時(shí)間由決定①在圓環(huán)還未出I區(qū)域內(nèi)達(dá)到最高點(diǎn)設(shè)圓環(huán)已經(jīng)完成了n個(gè)周期運(yùn)動(dòng)則有，，解得②在圓環(huán)出I區(qū)域后達(dá)到最高點(diǎn)II區(qū)域磁場(chǎng)大小相等，方向相反，且圓環(huán)進(jìn)入II區(qū)域時(shí)速度豎直向上，所以圓環(huán)在II區(qū)域達(dá)到最高點(diǎn)的軌跡就是這個(gè)周期內(nèi)剩下軌跡的對(duì)稱圖形，如圖所示則，，CD均正確。故選BCD。12.衛(wèi)星P、Q繞某行星運(yùn)動(dòng)的軌道均為橢圓，只考慮P、Q受到該行星的引力，引力大小隨時(shí)間的變化如圖所示，已知下列說(shuō)法正確的是（）A.P、Q繞行星公轉(zhuǎn)的周期之比為B.P、Q到行星中心距離的最小值之比為C.P、Q的質(zhì)量之比為D.Q的軌道長(zhǎng)軸與短軸之比為【答案】ACD【解析】A．由圖可知故A正確：B．當(dāng)P離行星最近時(shí)當(dāng)P離行星最遠(yuǎn)時(shí)當(dāng)Q離行星最近時(shí)當(dāng)Q離行星最遠(yuǎn)時(shí)由開(kāi)普勒第三定律可知聯(lián)立解得故B錯(cuò)誤；C．由B可知解得故C正確；D．設(shè)衛(wèi)星Q軌跡半長(zhǎng)軸為a，半短軸為b，焦距為c，則有聯(lián)立解得所以Q的軌道長(zhǎng)軸與短軸之比為，故D正確。故選ACD。三、實(shí)驗(yàn)題：共2小題，共14分。13.驗(yàn)證動(dòng)量守恒的實(shí)驗(yàn)可以在如圖甲所示的氣墊導(dǎo)軌上完成，其中左、右兩側(cè)的光電門可以記錄遮光片通過(guò)光電門的擋光時(shí)間。實(shí)驗(yàn)前，測(cè)得滑塊A（連同其上的遮光片）的總質(zhì)量為、滑塊B（連同其上的遮光片）的總質(zhì)量為，兩滑塊上遮光片的寬度相同。實(shí)驗(yàn)時(shí)，開(kāi)啟氣墊導(dǎo)軌氣源的電源，讓滑塊A從導(dǎo)軌的左側(cè)向右運(yùn)動(dòng)，穿過(guò)左側(cè)光電門與靜止在兩光電門之間的滑塊B發(fā)生碰撞。（1）關(guān)于實(shí)驗(yàn)，下列說(shuō)法正確的是______。A.本實(shí)驗(yàn)應(yīng)調(diào)整氣墊導(dǎo)軌使其保持水平B.兩滑塊質(zhì)量必須滿足C.需要用刻度尺測(cè)量?jī)晒怆婇T之間的距離D.需要用秒表測(cè)定滑塊上的遮光片經(jīng)過(guò)光電門的時(shí)間（2）在某次實(shí)驗(yàn)中，光電門記錄的遮光片擋光時(shí)間如下表所示。

左側(cè)光電門右側(cè)光電門碰前無(wú)碰后在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，若兩滑塊的碰撞為彈性碰撞，則以下關(guān)系式中正確的是______。A. B.C. D.（3）某同學(xué)觀察到，在臺(tái)球桌面上，臺(tái)球以初速度和靜止的球發(fā)生斜碰時(shí)，碰后兩球的速度方向?qū)⒉辉谕恢本€上，如圖乙所示。已知兩球大小相同，質(zhì)量相等，若兩球碰撞過(guò)程無(wú)能量損失，碰后兩球速度方向與初速度的夾角分別為和，則和滿足的關(guān)系為_(kāi)_____?！敬鸢浮浚?）A（2）BD（3）【解析】【小問(wèn)1詳析】A．本實(shí)驗(yàn)應(yīng)調(diào)整氣墊導(dǎo)軌使其保持水平，以保證兩滑塊發(fā)生正碰。故A正確；B．本實(shí)驗(yàn)對(duì)兩滑塊質(zhì)量大小關(guān)系沒(méi)有要求。故B錯(cuò)誤；C．由實(shí)驗(yàn)可知只需要測(cè)出擋光片的寬度，即可根據(jù)光電門記錄的遮光時(shí)間測(cè)出碰撞前后滑塊的速度。就可驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。故C錯(cuò)誤；D．滑塊上的遮光片經(jīng)過(guò)光電門的時(shí)間是直接通過(guò)光電門記錄的。故D錯(cuò)誤。故選A?！拘?wèn)2詳析】由動(dòng)量守恒定律及能量守恒定律得以上兩式整理可得故選BD。【小問(wèn)3詳析】設(shè)兩球的質(zhì)量均為，在方向與垂直方向上由動(dòng)量守恒定律可得又由能量守恒得結(jié)合以上三式可得即14.某實(shí)驗(yàn)小組用如圖1所示的電路測(cè)定一節(jié)蓄電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。除蓄電池、開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線外，可供使用的實(shí)驗(yàn)器材還有A．電阻箱R（量程0～99.9Ω）B．電壓表V（量程0～3V、0～15V）(1)小組成員甲同學(xué)在利用如圖1所示電路，調(diào)節(jié)電阻箱共測(cè)得了6組電阻、電壓的數(shù)據(jù)，如表一所示。表一R（Ω）1.02.03.04.05.06.0U（V）1.541.731.801.861.891.90(2)甲同學(xué)發(fā)現(xiàn)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)中電壓的變化范圍太小了，準(zhǔn)備進(jìn)一步調(diào)小電阻箱阻值繼續(xù)測(cè)量，他指出電壓的變化范圍太小的主要原因是_______；乙同學(xué)提出反對(duì)意見(jiàn)，電阻箱調(diào)的太小，電路中電流過(guò)大，會(huì)對(duì)電池造成嚴(yán)重?fù)p傷，于是他找來(lái)了兩個(gè)備用定值電阻來(lái)解決這個(gè)問(wèn)題，下面兩個(gè)定值電阻選擇_______（填序號(hào)）串聯(lián)接在開(kāi)關(guān)的旁邊。C．定值電阻R1（阻值1Ω）D．定值電阻R2（阻值20Ω）(3)乙同學(xué)動(dòng)手重新組裝了電路后測(cè)量結(jié)果記錄如表二所示。表二R（Ω）1.02.03.04.05.06.0U（V）0.871.201.401.501.591.65他們準(zhǔn)備采用如圖2所示的圖象處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，橫軸應(yīng)該是_______，由圖象進(jìn)一步得到斜率為k，縱軸截距為b，則蓄電池的內(nèi)阻為_(kāi)______，電動(dòng)勢(shì)為_(kāi)______（均用字母符號(hào)表示）。(4)如果考慮電壓表內(nèi)阻對(duì)測(cè)量結(jié)果的影響，則電動(dòng)勢(shì)測(cè)量值_______，內(nèi)阻測(cè)量值_______（均填“偏大”“偏小”或“準(zhǔn)確”）?！敬鸢浮?2)蓄電池內(nèi)阻太小C(3)﹣R1(4)偏小偏小【解析】(2)[1]由圖1所示電路圖根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知，路端電壓由于蓄電池內(nèi)阻r太小，當(dāng)電路電流變化時(shí)路端電壓變化范圍較小，電壓表示數(shù)變化量較小；定值電阻與蓄電池串聯(lián)，把定值電阻與電源整體看成等效電源，可以增大電壓表示數(shù)變化范圍。[2]蓄電池電動(dòng)勢(shì)約為2V，定值電阻如果選擇R2，電路電流太小，無(wú)法準(zhǔn)確測(cè)量電路電流，因此定值電阻應(yīng)選擇R1，故選C。(3)[3]定值電阻R1與串聯(lián)，由閉合電路的歐姆定律可知，電源電動(dòng)勢(shì)E=U+I（r+R1）=U+（r+R1）整理得=?+應(yīng)以為橫軸作出-圖象[4][5]圖象縱軸截距圖象的斜率電源電動(dòng)勢(shì)電源內(nèi)阻(4)[6]考慮電壓表內(nèi)阻，由閉合電路的歐姆定律可知，電源電動(dòng)勢(shì)E=U+I（r+R1）=U+（r+R1）整理得=?+?+，﹣圖象縱軸截距?+圖象斜率解得電源電動(dòng)勢(shì)的真實(shí)值電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值小于真實(shí)值；[7]電源內(nèi)阻的真實(shí)值r真=kE﹣R1=k﹣R1＞﹣R1內(nèi)阻測(cè)量值小于真實(shí)值。四、解答題，共4題，共46分。15.類似光學(xué)中的折射現(xiàn)象，利用電場(chǎng)和磁場(chǎng)也可以實(shí)現(xiàn)質(zhì)子束的“反射”和“折射”。如圖所示，長(zhǎng)方形區(qū)域內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，與間電勢(shì)差大小，上下邊界距離為。質(zhì)子束從圖中位置射入電場(chǎng)時(shí)，速度方向與法線夾角為入射角，從邊射出時(shí)，速度方向與法線夾角為折射角，質(zhì)量為、電荷量為的質(zhì)子束進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)水平方向速度大小恒為，不計(jì)重力影響及質(zhì)子之間的作用力。電場(chǎng)的水平長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)。（1）求電場(chǎng)的“折射率”與入射角的關(guān)系（折射率=）。（2）當(dāng)質(zhì)子束恰好在面發(fā)生“全反射”（發(fā)生“全反射”時(shí)質(zhì)子恰好未從面射出）時(shí)，求質(zhì)子束的入射角（不考慮質(zhì)子在長(zhǎng)方形區(qū)域內(nèi)的多次反射）。（3）當(dāng)在電場(chǎng)區(qū)域發(fā)生“全反射”時(shí)，求質(zhì)子在面的入射點(diǎn)與出射點(diǎn)之間水平距離的范圍（不考慮質(zhì)子在長(zhǎng)方形區(qū)域內(nèi)的多次反射）?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】【小問(wèn)1詳析】設(shè)質(zhì)子入射時(shí)速度為，質(zhì)子射出電場(chǎng)時(shí)速度為，水平方向速度不變，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解有，根據(jù)動(dòng)能定理有根據(jù)“折射率”定義有聯(lián)立解得【小問(wèn)2詳析】根據(jù)題意，當(dāng)質(zhì)子束恰好不從面射出時(shí)，發(fā)生“全反射”，根據(jù)全反射臨界條件可知，此時(shí)，設(shè)入射角為，則有解得則質(zhì)子束的入射角【小問(wèn)3詳析】當(dāng)質(zhì)子束發(fā)生“全反射”時(shí)，質(zhì)子束在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)為類斜拋運(yùn)動(dòng)。從開(kāi)始進(jìn)入電場(chǎng)到速度水平的過(guò)程，可反向看成類平拋運(yùn)動(dòng)，水平位移為，豎直位移為。設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為，則設(shè)豎直方向初速度為，加速度為，則有，設(shè)入射角為，則有根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)速度反向延長(zhǎng)線過(guò)水平位移中點(diǎn)，有又有聯(lián)立解得要發(fā)生“全反射”，則根據(jù)三角函數(shù)關(guān)系有解得16.如圖，半徑為R的圓環(huán)水平放置并固定，圓環(huán)內(nèi)有質(zhì)量為mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始時(shí)小球A以初速度v0沿圓環(huán)切線方向運(yùn)動(dòng)，與靜止的小球B發(fā)生碰撞。不計(jì)小球與圓環(huán)之間的摩擦，兩小球始終在圓環(huán)內(nèi)運(yùn)動(dòng)。（1）若小球A與B碰撞后結(jié)合在一起，求碰撞后小球組合體的速度大小及做圓周運(yùn)動(dòng)所需向心力的大??；（2）若小球A與B之間為彈性碰撞，且所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，求小球的質(zhì)量比