2019-2020学年山东省济南市高三（上）期末物理试卷

2019-2020学年山东省济南市高三（上）期末物理试卷

‎2019-2020学年山东省济南市高三（上）期末物理试卷 一、单项选择题 ‎ ‎ ‎1. 如图所示，装有细沙的木板在斜坡上匀速下滑。某一时刻，一部分细沙从木板上漏出。则在细沙漏出前后，下列说法正确的是（ ） ‎ A.木板始终做匀速运动 B.木板所受合外力变大 C.木板由匀速变为匀加速直线运动 D.木板所受斜坡的摩擦力不变 ‎ ‎ ‎2. 在升降机底部安装一个加速度传感器，其上放置了一个质量为m小物块，如图甲所示。升降机从t＝‎0‎时刻开始竖直向上运动，加速度传感器显示加速度a随时间t变化如图乙所示。取竖直向上为正方向，重力加速度为g，以下判断正确的是（ ） ‎ A.在‎0∼2‎t‎0‎时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态 B.在t‎0‎‎∼3‎t‎0‎时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态 C.t＝t‎0‎时刻，物块所受的支持力大小为mg D.t＝‎3‎t‎0‎时刻，物块所受的支持力大小为‎2mg ‎ ‎ ‎3. 如图所示，水平地面上有一个由四块完全相同石块所组成拱形建筑，其截面为半圆环，石块的质量均为m。若石块接触面之间的摩擦忽略不计，则P、Q两部分石块之间的弹力为（ ） ‎ A.‎2‎mg B.‎2‎2‎mg C.‎2‎‎2‎mg D.‎mg‎2‎ ‎ ‎ ‎4. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，速度为‎0.5m/s，周期为‎4s，t＝‎1s时波形如图甲所示，a，b，c，d是波上的四个质点，如图乙所示是波上某一质点的振动图像，下列说法正确的是（ ） ‎ A.这列波的波长为‎1m B.t＝‎0s时质点a的速度与质点b的速度相等 C.t＝‎1s质点a的加速度大小比质点b的加速度大 D.如图乙表示的是质点b的振动图像 ‎ ‎ ‎5. 真空中某静电场电场线的分布如图所示，图中P、Q两点关于点电荷q‎1‎水平对称。P、Q两点电场强度的大小分别为EP、EQ，电势分别为φP、φQ，一个带电粒子沿虚线轨迹从M移动至N．以下选项正确的是（ ） ‎ A.‎φP‎<‎φQ B.‎EQ‎>‎EP C.此带电粒子带负电，它的电势能先变大后变小 D.此带电粒子带正电，它的电势能先变大后变小 ‎ ‎ ‎6. 理想变压器连接灯泡和滑动变阻器的电路如图所示，M、N端连接一个稳压交流电源，三个灯泡L‎1‎、L‎2‎和L‎3‎接入电路中发光，当滑动变阻器的滑片P向上移动时，下列说法正确的是（ ） ‎ A.灯泡L‎1‎变亮，L‎2‎变暗 B.灯泡L‎1‎、L‎2‎都变亮 C.灯泡L‎2‎、L‎3‎都变亮 D.电源输出功率减小 ‎ ‎ ‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 ‎7. 如图所示为六根导线的横截面示意图，导线分布在正六边形的六个角，导线所通电流方向已在图中标出。已知每条导线在O点磁感应强度大小为B‎0‎，则正六边形中心处磁感应强度大小和方向（ ） ‎ A.大小为零 B.大小‎2‎B‎0‎，方向水平向左 C.大小‎4‎B‎0‎，方向水平向右 D.大小‎4‎B‎0‎，方向水平向左 ‎ ‎ ‎ ‎8. 如图甲所示，一线圈匝数为‎100‎匝，横截面积为‎0.01‎m‎2‎，磁场与线圈轴线成‎30‎‎∘‎角向右穿过线圈。若在‎2s时间内磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，则该段时间内线圈两端a和b之间的电势差Uab为（ ） ‎ A.‎−‎3‎V B.‎2V C.‎3‎V D.从‎0‎均匀变化到‎2V ‎ 二、多项选择题 ‎ ‎ ‎ 如图所示为内壁光滑的半球形容器，半径为R．质量为m的小球在容器内的某个水平面内做匀速圆周运动，小球与球心O连线方向与竖直方向夹角为α．下列说法正确的是（ ） ‎ A.小球所受容器的作用力为mgsinα B.小球所受容器的作用力为mgcosα C.小球的角速度gRsinα D.小球的角速度gRcosα ‎ ‎ ‎ 倾角为‎37‎‎∘‎的足够长斜面，上面有一质量为‎2kg，长‎8m的长木板Q，木扳上下表面与斜面平行。木板Q最上端放置一质量为‎1kg的小滑块P．P、Q间光滑，Q与斜面间的动摩擦因数为‎1‎‎3‎．若P、Q同时从静止释放，以下关于P、Q两个物体运动情况的描述正确的是‎(sin‎37‎‎∘‎＝‎0.6‎，cos‎37‎‎∘‎＝‎0.8‎，g取‎10m/s‎2‎)(‎ ‎)‎ ‎ A.P、Q两个物体加速度分别为‎6m/‎s‎2‎、‎‎4m/‎s‎2‎ B.P、Q两个物体加速度分别为‎6m/‎s‎2‎、‎‎2m/‎s‎2‎ C.P滑块在Q上运动时间为‎1s D.P滑块在Q上运动时间为‎2s ‎ ‎ ‎ 拉格朗日点又称平动点。地球和月球连线之间，存在一个拉格朗日点，处在该点的空间站在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球做匀速圆周运动。已知空间站、月球围绕地球做匀速圆周运动的轨道半径分别约为‎3.2×‎10‎‎5‎km和‎3.8×‎10‎‎5‎km，月球围绕地球公转周期约为‎27‎天。g取‎10m/‎s‎2‎，下列说法正确的是（ ） ‎ A.地球的同步卫星轨道半径约为‎4.2×‎10‎‎4‎km B.空间站的线速度与月球的线速度之比约为‎0.84‎ C.地球的同步卫星的向心加速度大于空间站的向心加速度 D.月球的向心加速度小于空间站向心加速度 ‎ ‎ ‎ 质量为m的小球穿在光滑细杆MN上，并可沿细杆滑动。已知细杆与水平面夹角‎30‎‎∘‎，细杆长度为‎2L，P为细杆中点。小球连接轻弹簧，弹簧水平放置，弹簧右端固定于竖直平面的O点。此时弹簧恰好处于原长，原长为‎2‎‎3‎‎3‎L、劲度系数为mgL．将小球从M点由静止释放，小球会经过P点，并能够到达N点。下列说法正确的是（ ） ‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 A.小球运动至P点时受到细杆弹力‎5‎‎3‎‎6‎mg B.小球运动到P点处时的加速度为‎3‎g‎2‎ C.小球运动至N点时的速度‎2gL D.小球运动至N点时弹簧的弹性势能为mgL 三、非选择题 ‎ ‎ ‎ 某小组利用打点计时器测量橡胶滑块与沥青路面间的动摩擦因数。给橡胶滑块一初速度，使其拖动纸带滑行，打出纸带的一部分如图所示。已知打点计时器所用交流电的频率为‎50Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有‎4‎个打出的点未画出，经测量AB、BC、CD、DE间的距离分别为xAB＝‎1.20cm，xBC＝‎6.19cm，xCD＝‎11.2cm，xDE＝‎16.23cm。在ABCDE五个点中，打点计时器最先打出的是________点，在打出D点时物块的速度大小为________m/s（保留‎3‎位有效数字）；橡胶滑块与沥青路面间的动摩擦因数为________（保留‎1‎位有效数字，g取‎9.8m/‎s‎2‎）。 ‎ ‎ ‎ ‎ 某同学要测量一个未知电阻Rx的阻值，实验过程如下： ‎ ‎（1）先用多用电表粗测电阻Rx的阻值，将多用电表功能选择开关置于“‎×1k”挡，调零后经测量，指针位置如图‎1‎所示，电阻Rx的阻值为________kΩ。‎ ‎ ‎ ‎（2）为了尽可能精确测量其内阻，除了Rx，开关S、导线外，还有下列器材供选用：‎ A.电压表V‎1‎（量程‎0∼1V，内阻约‎3kΩ）‎ B.电压表V‎2‎（量程‎0∼10V，内阻约‎100kΩ）‎ C.电流表A‎1‎（量程‎0∼250μA，内阻r‎1‎＝‎1200Ω）‎ D.电流表A‎2‎（量程‎0∼0.6A，内阻约‎0.125Ω）‎ E.滑动变阻器R‎0‎（阻值范围‎0∼10Ω，额定电流‎2A）‎ F.定值电阻R‎1‎（阻值R‎1‎＝‎400Ω）‎ G.电源E（电动势‎12V，额定电流‎2A，内阻不计） ①电压表选用 V‎​‎‎2‎ ，电流表选用 A‎​‎‎1‎ （填写器材的名称） ②请选用合适的器材，在方框中画出实验电路图，标出所选器材的符号。 ③待测Rx阻值的表达式为Rx＝ R‎1‎R‎1‎‎+‎r‎1‎‎(U‎2‎I‎1‎−r‎1‎)‎ 。（可能用到的数据：电压表V‎1‎、V‎2‎示数分别为U‎1‎、U‎2‎；电流表A‎1‎、A‎2‎的示数分别为I‎1‎、I‎2‎）‎ ‎ ‎ ‎ 质量为m＝‎10kg的物体静止在光滑水平面上，零时刻开始物体受到水平向东F＝‎100N的力作用，‎1s后，力F的大小不变，方向改为向北，作用‎1s。求： ‎ ‎（1）物体第‎1s末的速度大小；‎ ‎ ‎ ‎（2）物体在‎2s内的位移大小。‎ ‎ ‎ ‎ 如图所示，在xOy平面第一象限内存在沿y轴负向的匀强电场，在第四象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m、带电荷量为‎+q的粒子从y轴上P点以初速度v‎0‎沿x轴正向射入匀强电场，经过x轴上Q点（图中未画出）进入匀强磁场。已知OP＝L，匀强电场的电场强度E=‎mv‎0‎‎2‎‎2qL，匀强磁场的磁感应强度B=‎mv‎0‎‎2qL，不计粒子重力。求： ‎ ‎（1）粒子到达Q点的速度的大小v以及速度与x轴正方向间的夹角；‎ ‎ ‎ ‎（2）粒子从第四象限离开磁场的纵坐标。‎ ‎ ‎ ‎ 如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝‎3T．两导轨间距为L＝‎0.5m，轨道足够长。金属棒a和b的质量分别为ma＝‎1kg，mb＝‎0.5kg，电阻分别为Ra＝‎1Ω，Rb＝‎2Ω．b棒静止于轨道水平部分，现将a棒从h＝‎1.8m高处自静止沿弧形轨道下滑，通过C点进入轨道的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，两棒始终不相碰。‎(g取‎10m/s‎2‎)‎。求： ‎ ‎（1）a棒刚进入磁场时，b棒的加速度；‎ ‎ ‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 ‎（2）从a棒进入磁场到a棒匀速的过程中，流过a棒的电荷量；‎ ‎ ‎ ‎（3）从a棒进入磁场到a棒匀速的过程中，a棒中产生的焦耳热。‎ ‎ ‎ ‎ 如图所示，滑块和滑板静止在足够大的水平面上，滑块位于滑板的最右端，滑板质量为M＝‎0.6kg，长为L‎1‎＝‎0.6m，滑块质量为m＝‎0.2kg，质量也为m＝‎0.2kg的小球用细绳悬挂在O点，绳长L‎2‎＝‎0.8m，静止时小球和滑板左端恰好接触。现把小球向左拉到与悬点等高处无初速释放，小球到达最低点时与木板发生弹性碰撞。空气阻力忽略不计，已知滑块与滑板之间的动摩擦因数为μ‎1‎＝‎0.1‎，滑板与水平面之间的动摩擦因数μ‎2‎＝‎0.2‎，滑块和小球均可看成质点，重力加速度g取‎10m/‎s‎2‎．求： ‎ ‎（1）小球刚摆到最低点时与木板发生碰撞前绳的拉力大小；‎ ‎ ‎ ‎（2）滑块能否从滑板上掉下？试通过计算说明理由；‎ ‎ ‎ ‎（3）滑块和滑板之间由于相对滑动所产生的热量。‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 参考答案与试题解析 ‎2019-2020学年山东省济南市高三（上）期末物理试卷 一、单项选择题 ‎1.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 力的合成与分解的应用 解直角三角形在三力平衡问题中的应用 ‎【解析】‎ 对整体受力分析，由平衡条件可求得木板与斜面间的动摩擦因数，分别求解细沙漏出前后的摩擦力和重力的下滑力比较可判断木板的运动；进而求解合力和摩擦力大小。‎ ‎【解答】‎ B‎．因为整体仍向下做匀速直线运动，所受合外力不变，仍为零，故B错误（1）D．因为细沙的质量减小，根据f′‎＝‎(M+m′)gsinα，可知木板所受斜坡的摩擦力变小，故D错误（2）故选：A。 ‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 牛顿运动定律的应用-超重和失重 ‎【解析】‎ 超重还是看物体加速度的方向，加速度方向向上时为超重现象，加速度方向向下时为失重状态，加速度为零时为正常状态；在‎0∼2‎t‎0‎、t‎0‎‎∼3‎t‎0‎时加速度方向向上，为超重状态；根据牛顿第二定律求t＝t‎0‎、t＝‎3‎t‎0‎时刻，物块所受的支持力大小。‎ ‎【解答】‎ A‎．由乙图可知，在‎0∼2‎t‎0‎时间内，物体的加速度方向向上，为超重状态，故A错误； B．由乙图可知，在t‎0‎‎∼3‎t‎0‎时间内，物体的加速度方向向上，为超重状态，故B错误； C．由乙图可知，t＝t‎0‎时刻，物体的加速度a＝g，根据牛顿第二定律：N−mg＝mg，得N＝‎2mg，故C错误； D．由乙图可知，t＝‎3‎t‎0‎时刻，物体的加速度a＝g，根据牛顿第二定律：N−mg＝mg，得N＝‎2mg，故D正确。‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 力的合成与分解的应用 解直角三角形在三力平衡问题中的应用 ‎【解析】‎ 对石块P分析，利用合成分解或正交分解，即可求出P、Q两部分石块之间的弹力。‎ ‎【解答】‎ 对石块P受力分析如图 由几何关系知：θ=‎180‎‎4‎=‎‎45‎‎∘‎ 根据平衡条件得Q对P作用力为：N‎2‎‎=mgcos45‎=‎2‎mg，故A正确，BCD错误。‎ ‎4.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 横波的图象 ‎【解析】‎ 根据λ＝vT关系式，即可求解波长； 根据质点a和b的位置判断两者的速度大小关系； 依据质点的位移与加速度的关系，判断两个质点的加速度大小关系； 然后，根据甲图中两个质点的位置判断振动情况，并结合乙图分析表示的振动图像与哪个质点的振动情况相符。‎ ‎【解答】‎ 解：A．由题可知，速度为‎0.5m/s，周期为‎4s，则波长λ＝vT＝‎0.5×4m＝‎2m，故A错误； B．t＝‎0s时质点b在波谷处，速度为零，质点a在平衡位置，速度最大，故B错误； C．t＝‎1s时，质点a在波峰，加速度最大，质点b在平衡位置，加速度为零，故C正确； D．由乙图可知，当t＝‎1s时该质点在波谷处，与此相符合的质点是质点c，故D错误． 故选C．‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 电势能 电场力做功与电势能变化的关系 电场线 电势 ‎【解析】‎ 根据P、Q两点处电场线的疏密比较电场强度的大小。根据沿电场线的方向电势降低，从而即可求解。根据运动轨迹判定受力方向，从而知做功情况，根据电场力做正功，电势能减小，知电势能的变化。‎ ‎【解答】‎ A‎、沿电场线的方向电势降低，电场线越密的电势降落越快，φP‎>‎φQ，故A错误； B、由图P点电场线密，电场强度大，EP‎>‎EQ，故B错误； CD、根据运动轨迹判定粒子受到斥力作用，q‎1‎为负电荷，所以此带电粒子也带负电，电场能先增大后减小，故C正确，D错误。‎ ‎6.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 变压器的构造和原理 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 ‎【解析】‎ 根据电功率与电压、电流的关系求出原线圈上的电流，根据电流与匝数求出电流表的示数，再根据电压与匝数成正比即可求得结论。 当滑动变阻器的滑片P向上移动时，电阻减小，输出电流增大，输入电流增大，输入电压不变，电源输入、输出功率增大。‎ ‎【解答】‎ ABC‎、设MN两端稳压交流电源的电压有效值为U，原线圈两端的电压为U‎1‎，电流为I‎1‎，副线圈两端的电压为U‎2‎，电流为I‎2‎，原副线圈的匝数比：n‎1‎‎:‎n‎2‎＝k，灯泡的电阻都为R，根据欧姆定律，可得副线圈两端的电压为：U‎2‎＝I‎2‎‎(R+R并)‎ 根据U‎1‎U‎2‎‎=n‎1‎n‎2‎=k得原线圈两端的电压为：U‎1‎＝kU‎2‎＝kI‎2‎(R+R并)‎ 根据I‎1‎I‎2‎‎=n‎2‎n‎1‎=‎‎1‎k 解得I‎1‎‎=‎‎1‎kI‎2‎ 根据欧姆定律，可得L‎1‎两端的电压：U‎1‎‎′‎‎=I‎1‎R=‎I‎2‎Rk 则稳压交流电源的电压为：U＝U‎1‎‎′+U‎1‎=I‎2‎[Rk+k(R+R)]‎ 当滑动变阻器的滑片P向上移动时，其电阻减小，则R并电阻减小，所以总电阻减小，而稳压交流电源的电压U不变，所以电流I‎2‎变大，则L‎2‎变亮；原线圈的电流I‎1‎‎=‎‎1‎kI‎2‎也增大，所以L‎1‎变亮，其两端的电压变大，所以原线圈两端的电压减小，则副线圈两端的电压减小，而L‎2‎的电压变大，所以L‎3‎与滑动变阻器并联部分的电压减小，所以L‎3‎变暗，故B正确，AC错误。 D、因为原线圈的电流增大，稳压交流电源的电压不变，根据P＝UI‎1‎可知电源输出功率增大，故D错误。‎ ‎7.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 磁感应强度 通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 ‎【解析】‎ 由安培定则确定各通电直导线在圆心O点的磁感应强度的方向，再利用矢量合成法则求得B的合矢量的大小和方向。‎ ‎【解答】‎ 同理，将左上方电流向里的导线在O点产生的磁场与右下方电流向外的导线在O点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为B‎3‎，将右上方电流向里的导线在O点产生的磁场与左下方电流向外的导线在O点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为B‎2‎，如图所示： 根据磁场叠加原理可知：B‎1‎＝B‎2‎＝B‎3‎＝‎2‎B‎0‎，由几何关系可：B‎2‎与B‎3‎的夹角为‎120‎‎∘‎，故将B‎2‎与B‎3‎合成，则它们的合磁感应强度大小也为‎2‎B‎0‎，方向与B‎1‎的方向相同，最后将其与B‎1‎合成，可得正六边形中心处磁感应强度大小为‎4‎B‎0‎，方向水平向左，D正确，ABC错误。 故选：D。 ‎ ‎8.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 闭合电路的欧姆定律 法拉第电磁感应定律 ‎【解析】‎ 先根据图线可以达到磁感应强度的变化率，进而根据法拉第电磁感应定律计算出线圈产生的感应电动势即为线圈两端的电势差。‎ ‎【解答】‎ 与线圈轴线成‎30‎‎∘‎角穿过线圈的向右磁感应强度均匀增加，故产生恒定的感应电动势，根据法拉第电磁感应定律有 E=N‎△Φ‎△t 其中‎△Φ‎△t‎=‎△B‎△tS⋅cos30‎ 由图可知： ‎△B‎△t‎=‎6−2‎‎2‎T/s=2T/s 代入数据解得：E=100×2×0.01×‎3‎‎2‎V=‎3‎V a、b两端的电势差即为磁线圈产生的感应电动势，即Uab‎=E=‎3‎V，故A正确，BCD错误。‎ 二、多项选择题 ‎【答案】‎ BD ‎【考点】‎ 向心力 牛顿第二定律的概念 ‎【解析】‎ 小球在水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析，根据合力提供向心力，求出小球所受容器的作用力和运动的角速度。‎ ‎【解答】‎ AB‎、对小球受力分析，如图所示：小球受到重力mg、容器的支持力N。 根据力的合成，可得小球所受容器的作用力为： N=‎mgcosα，故A错误，B正确。 ‎CD 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 ‎、根据力的合成，可得小球所受的合外力为 F＝mgtanα 小球做圆周运动的轨道半径为：r＝Rsinα 根据向心力公式得：mgtanα＝mω‎2‎r 解得角速度ω=‎gRcosα，故C错误，D正确。 故选：BD。‎ ‎【答案】‎ B,D ‎【考点】‎ 匀变速直线运动规律的综合运用 牛顿第二定律的概念 ‎【解析】‎ 分别对P、Q受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度大小；设P在Q上面滑动的时间为t，根据位移关系求解时间。‎ ‎【解答】‎ AB‎．对P受力分析，受重力和Q对P的支持作用，根据牛顿第二定律有：mPgsin‎37‎‎∘‎＝mPaP 解得：aP＝gsin‎37‎‎∘‎＝‎6m/‎s‎2‎ 对Q受力分析，受重力、斜面对Q的支持力、摩擦力和P对Q的压力作用，根据牛顿第二定律有： mQgsin‎37‎‎∘‎−μ(mP+mQ)gcos‎37‎‎∘‎＝mQaQ， 解得：aQ＝‎2m/‎s‎2‎，故A错误，B正确； CD．设P在Q上面滑动的时间为t，因aP＝‎6m/s‎2‎>‎aQ＝‎2m/‎s‎2‎，故P比Q运动更快，根据位移关系有： L=‎1‎‎2‎(aP−aQ)‎t‎2‎ 代入数据解得：t＝‎2s，C错误，D正确。‎ ‎【答案】‎ A,B,C ‎【考点】‎ 向心力 万有引力定律及其应用 人造卫星上进行微重力条件下的实验 同步卫星 ‎【解析】‎ 由题意知，空间站在拉格朗日点与月球同步绕地球运动，其绕地球运行的周期、角速度等于月球绕地球运行的周期、角速度。 由加速度公式分析向心加速度的大小关系。‎ ‎【解答】‎ A‎、由题知，月球的周期T‎2‎＝‎27‎天＝‎648h，轨道半径约为r‎2‎＝‎3.8×‎10‎‎5‎km，地球同步卫星的周期T‎1‎＝‎24h，轨道半径约r‎1‎，根据开普勒第三定律有： r‎1‎‎3‎T‎1‎‎2‎‎=‎r‎2‎‎3‎T‎2‎‎2‎ 代入数据解得：r‎1‎＝‎4.2×‎10‎‎4‎km，故A正确。 B、空间站与月球相对静止，角速度相同，根据v＝ωr得两者线速度之比为：vv‎=‎3.2×‎‎10‎‎5‎‎3.8×‎‎10‎‎5‎≈0.84‎，故B正确。 C、根据万有引力提供向心力有：GMmr‎2‎‎=ma，解得：a=‎GMr‎2‎，地球同步卫星的轨道半径小于空间站的轨道半径，所以地球的同步卫星的向心加速度大于空间站的向心加速度，故C正确。 D、空间站与月球相对静止，角速度相同，根据a＝ω‎2‎r，月球的轨道半径大于同步卫星的轨道半径，所以月球的向心加速度大于空间站向心加速度，故D错误。‎ ‎【答案】‎ A,C ‎【考点】‎ 胡克定律 牛顿第二定律的概念 摩擦力做功与能量转化 ‎【解析】‎ 根据几何知识分析弹簧在P点的长度以及弹力的方向，在P点对小球进行受力分析，根据平衡条件求解弹力大小，根据牛顿第二定律求解加速度。 到达N点时，弹簧处于原长状态，整个过程根据能量守恒定律求解小球到达N点的速度大小。‎ ‎【解答】‎ A‎．到P点，因为MP＝OM⋅cos‎30‎‎∘‎＝L，所以‎△OPM是一个直角三角形，则OP⊥MN， 小球在P点受力如图所示， 小球在垂直于杆方向的合力为零，则N＝F+G+⋅cos‎30‎‎∘‎=mgL⋅(‎2‎‎3‎‎3‎L−‎3‎‎3‎L)+mg⋅‎3‎‎2‎=‎5‎‎3‎‎6‎mg，故A正确。 B．在P点根据牛顿第二定律有mgsin‎30‎‎∘‎＝ma， 所以小球在P点的加速度大小为a=‎g‎2‎，故B错误。 CD．根据几何知识可知，到达N点时弹簧处于原长状态，弹性势能为零，小球由M到N根据能量守恒有mg⋅2L⋅sin30=‎1‎‎2‎mv‎2‎， 解得v=‎‎2gL，故C正确，D错误。‎ 三、非选择题 ‎【答案】‎ E‎,‎1.37‎,‎‎0.5‎ ‎【考点】‎ 探究影响摩擦力的大小的因素 ‎【解析】‎ 物块加速下滑，在相等时间内的位移越来越大，根据图线纸带判断先打哪个点。 做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，据此求出打D点时的速度。 ‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 根据牛顿第二定律求解动摩擦因数。‎ ‎【解答】‎ 橡胶滑块在沥青路面上做匀减速直线运动，速度越来越小，在相等的时间内，两计数点间的距离越来越小，所以打点计时器最先打出的是E点； 由题知，每两个相邻点之间还有‎4‎个打出的点未画出，所以两个相邻计数点的时间为：T＝‎0.1s 根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则打出D点时物块的速度大小为： vD‎=xCE‎2T=‎xCD‎+‎xDE‎2T 代入数据解得：vD＝‎1.37m/s 根据匀变速直线运动的推论公式‎△x＝aT‎2‎ 可以求出加速度的大小，得：a=‎xCD‎+xDE−xAB−‎xBC‎4‎T‎2‎ 代入数据解得：a＝‎−5m/‎s‎2‎ 对橡胶滑块，根据牛顿第二定律有：μmg＝ma 解得：μ＝‎0.5‎。‎ ‎【答案】‎ ‎10‎ ‎①V‎​‎‎2‎，A‎​‎‎1‎，②③‎R‎1‎R‎1‎‎+‎r‎1‎‎(U‎2‎I‎1‎−r‎1‎)‎ ‎【考点】‎ 伏安法测电阻 用多用电表测电阻 ‎【解析】‎ ‎（1）根据多用电表的使用读数即可。 （2）根据题目所给的电源电动势选取电压表，根据闭合电路欧姆定律求解电路中的最大电流选取电流表。为了尽可能精确测量其内阻，所以滑动变阻器用分压式接法；因该电阻是大电阻，所以电流表用内接法，又回路程中的最大电流大于A‎1‎的量程，所以应并联定值电阻R‎1‎，改成一个大量程的电流表。根据设计电路图及闭合电路欧姆定律计算出待测电阻阻值。‎ ‎【解答】‎ 将多用电表功能选择开关置于“‎×1k”挡，调零后经测量，则电阻Rx的阻值为：‎10×1kΩ＝‎10kΩ；‎ ‎①因电源E的电动势‎12V，所以电压表选V‎2‎； 回路中的最大电流：Imax‎=ERx=‎12‎‎10×‎‎10‎‎3‎=12×‎10‎‎3‎μA 所以电流表选A‎1‎； ②根据题意，为了尽可能精确测量其内阻，所以滑动变阻器用分压式接法；因该电阻是大电阻，所以电流表用内接法，又回路程中的最大电流Imax＝‎1.2×‎10‎‎3‎μA大于A‎1‎的量程，所以应并联定值电阻R‎1‎，改成一个大量程的电流表，则设计的电路图，如图所示： ③根据电路图可知，Rx两端的电压为 Ux＝U‎2‎‎−‎I‎1‎r‎1‎ 流过Rx的电流为： Ix‎=I‎1‎+‎I‎1‎r‎1‎R‎1‎ 根据欧姆定律有： Rx‎=‎UxIx 代入解得：Rx‎=R‎1‎R‎1‎‎+‎r‎1‎(U‎2‎I‎1‎−r‎1‎)‎。 故答案为：（1）‎10 (2)‎①V‎2‎，A‎1‎，②③R‎1‎R‎1‎‎+‎r‎1‎‎(U‎2‎I‎1‎−r‎1‎)‎。‎ ‎【答案】‎ 物体第‎1s末的速度大小为‎10m/s。‎ 物体在‎2s内的位移大小为‎5‎10‎m。‎ ‎【考点】‎ 匀变速直线运动规律的综合运用 牛顿第二定律的概念 ‎【解析】‎ ‎（1）第‎1s内物体做匀加速运动，根据牛顿运动定律求解加速度，根据速度时间关系求解速度大小； （2）物体在‎2s末的速度大小为类平抛的末速度，根据位移时间关系解位移，根据运动合成求解。‎ ‎【解答】‎ 由牛顿第二定律：F＝ma 解得：a＝‎10m/‎s‎2‎ 则第‎1s末的速度为：v＝at 解得：v＝‎‎10m/s 物体第‎1s内向东的位移为：x‎1‎‎=‎1‎‎2‎at‎2‎ 解得：x‎1‎＝‎5m 物体‎1s后做类平抛运动，根据牛顿第二定律有：F＝ma′‎ ‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 解得向北的加速度为：a′‎＝‎10m/‎s‎2‎ 物体第‎2s内向东的位移为：x‎2‎＝vt＝‎10m 物体第‎2s内向北的位移为：y=‎1‎‎2‎a‎′‎t‎2‎=5m 物体在‎2s内的位移为：x=‎‎(x‎1‎+x‎2‎‎)‎‎2‎+‎y‎2‎ 解得：x＝‎5‎10‎m。‎ ‎【答案】‎ 粒子到达Q点的速度的大小v为‎2‎v‎0‎，速度与x轴正方向间的夹角‎45‎‎∘‎；‎ 粒子从第四象限离开磁场的纵坐标为‎−2(‎2‎+1)L。‎ ‎【考点】‎ 带电粒子在电场中的加（减）速和偏转 向心力 带电粒子在匀强磁场中的运动规律 牛顿第二定律的概念 ‎【解析】‎ ‎（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律求解竖直方向的加速度，根据运动学公式求解竖直方向的末速度，再进行合成； （2）根据洛伦兹力提供向心力求解粒子做圆周运动的半径，根据几何知识求解粒子从第四象限离开磁场的纵坐标。‎ ‎【解答】‎ 带电粒子在电场中偏转，y轴方向上 根据牛顿第二定律有：qE＝ma 根据运动学公式有： L=‎1‎‎2‎at‎2‎ vy＝at 则粒子到达Q点的速度大小为：v=v‎0‎‎2‎‎+‎vy‎2‎=‎‎2‎v‎0‎ 速度与x轴正方向间的夹角tanθ=vyv‎0‎=1‎ 所以有：θ＝‎‎45‎‎∘‎ 进入磁场时，Q点的横坐标x＝v‎0‎t 粒子进入磁场后，由牛顿第二定律为：qvB＝mv‎2‎r 综上可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在y轴上y‎1‎＝‎−2L处， 故粒子离开磁场的纵坐标为：‎y=−2(‎2‎+1)L ‎【答案】‎ a棒刚进入磁场时，b棒的加速度为‎9m/‎s‎2‎，方向向右；‎ 从a棒进入磁场到a棒匀速的过程中，流过a棒的电荷量为‎4‎‎3‎C；‎ 从a棒进入磁场到a棒匀速的过程中，a棒中产生的焦耳热为‎2J。‎ ‎【考点】‎ 电磁感应中的能量问题 闭合电路的欧姆定律 感生电动势 单杆切割磁感线 法拉第电磁感应定律 ‎【解析】‎ ‎（1）根据机械能守恒定律求解a棒下滑至C点时速度，根据E＝BLv求解此时的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求解感应电流大小，根据F＝BIL求解安培力，再根据牛顿第二定律求解加速度。 （2）根据动量守恒定律求解共同速度，再根据动量定理求解电荷量。 （3）根据能量守恒定律求解整个过程中回路产生的总的焦耳热，再根据能量分配关系求解a棒产生的焦耳热。‎ ‎【解答】‎ a棒沿弧形轨道下滑h过程，根据机械能守恒有：magh=‎‎1‎‎2‎mav‎2‎ a棒进入磁场瞬间感应电动势：E＝BLv 根据闭合电路欧姆定律：I=‎ERa‎+‎Rb 对b棒：F安＝BIL 根据牛顿第二定律：F安＝mba 解得a＝‎9m/‎s‎2‎ 由左手定则，b棒加速度的方向向右；‎ 对a、b：由动量守恒定律得：mav＝‎(ma+mb)‎v共 解得：v共＝‎4m/s 对b棒，应用动量定理：BI‎¯‎Lt=‎mbv共 解得：‎q=‎4‎‎3‎C a‎、b棒在水平面内运动过程，由能量转化与守恒定律：‎1‎‎2‎mav‎2‎‎−‎1‎‎2‎(ma+mb)v‎2‎=Q 根据焦耳定律有：Q＝I‎2‎‎(Ra+Rb)t Qa‎=I‎2‎Rat， 联立解得：Qa＝‎2J。‎ ‎【答案】‎ 小球刚摆到最低点时与木板发生碰撞前绳的拉力大小为‎6N；‎ 掉不下来，理由见解析；‎ 滑块和滑板之间由于相对滑动所产生的热量为‎4‎‎35‎J。‎ ‎【考点】‎ 向心力 动能定理的应用 动量守恒定律的综合应用 动量守恒定律的理解 ‎【解析】‎ ‎（1）小球下摆过程根据动能定理求解到达最低点速度，就最低点根据牛顿第二定律求解绳子拉力； （2）‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 小球与木板碰撞瞬间动量守恒，能量守恒，据此求解木板碰撞后的速度，之后木板减速，木块加速，达到共同速度后一起减速，然后根据运动规律列式求解判断滑块能否从长木板上掉下； （3）根据Q＝f△x求解滑块和滑板之间由于相对滑动所产生的热量。‎ ‎【解答】‎ 小球下摆过程中，由动能定理： mgL‎2‎=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎ 小球摆到最低点时，由牛顿第二定律得： T−mg＝mv‎0‎‎2‎L‎2‎ 两式解得T＝‎‎6N 对小球和滑板碰撞前后，小球和滑板系统动量守恒，则有： mv‎0‎＝mv+Mv‎1‎ 根据能量守恒，则有： ‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎=‎1‎‎2‎mv‎2‎+‎1‎‎2‎Mv‎1‎‎2‎ 解得：v＝‎−2m/s ‎v‎1‎＝‎2m/s 碰后滑块向右加速，滑板向右减速 对滑块，根据牛顿第二定律有： μ‎1‎mg＝ma‎1‎ 解得：a‎1‎＝‎1m/‎s‎2‎ 对滑板，根据牛顿第二定律有： μ‎1‎mg+μ‎2‎(m+M)g＝Ma‎2‎ 解得：a‎2‎＝‎3m/‎s‎2‎ 假设没有掉下来，经过时间t共速度，则有： a‎1‎t＝v‎1‎‎−a‎2‎t 解得t＝‎0.5s 则：v共＝a‎1‎t＝‎1×0.5m/s＝‎0.5m/s 滑块位移为： x‎1‎‎=‎1‎‎2‎a‎1‎t‎2‎=‎1‎‎2‎×1×‎0.5‎‎2‎m＝‎0.125m 滑板位移为： x‎2‎＝v‎1‎t−‎‎1‎‎2‎a‎2‎t‎2‎＝‎2×0.5−‎1‎‎2‎×3×‎0.5‎‎2‎m＝‎0.625m 相对位移 ‎△‎x‎1‎＝x‎2‎‎−‎x‎1‎＝‎0.625−0.125m＝‎0.5m<‎L‎1‎ 此时没有掉下来。‎ 但由于μ‎2‎‎>‎μ‎1‎，共速后滑块和滑板之间会继续相对运动，此时滑块相对于滑板向右运动， 对滑块，根据牛顿第二定律有： μ‎1‎mg＝ma‎3‎ 解得：a‎3‎＝‎1m/‎s‎2‎ 对滑板，根据牛顿第二定律有： μ‎2‎‎(m+M)g−μ‎1‎mg＝Ma‎4‎ 解得：a‎4‎‎=‎7‎‎3‎m/‎s‎2‎ 滑块位移为： x‎3‎‎=v‎2‎‎2a‎3‎=‎0.5‎‎2‎‎2×1‎m＝‎0.125m 滑板位移为： x‎4‎‎=v‎2‎‎2‎a‎4‎=‎0.5‎‎2‎‎2×‎‎7‎‎3‎m=‎3‎‎56‎m 相对位移 ‎△‎x‎2‎＝x‎3‎‎−x‎4‎=‎1‎‎14‎m<0.5m 不会掉下来 则滑块和滑板之间由于相对滑动所产生的热量： Q＝μ‎1‎mg(△x‎1‎+△x‎2‎)‎＝‎‎0.1×0.2×10×(0.5+‎1‎‎14‎)J=‎4‎‎35‎J 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页