1、1山东省临沂市 2019 届高三物理下学期 2 月教学质量检测试卷（含解析）本试题分第 I 卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。第 I 卷 14 页，第卷 58 页，共8 页，满分 100 分，考试时间 100 分钟：注意事项：1答第 I 卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、座号用签字笔写在答题卡上。2答第 I 卷时，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。3第卷所有题目答案，考生须用黑色签字笔答在答题卡规定位置，在试题卷上答题无效。第 I 卷(选择题 共 48 分)一、选择题(本大题共 12 小题，每小题 4 分。在每小题给出的四个选项中，第 17 题只有一项符
2、合题目要求，第 812 题有多项符合题目要求)1.2018 年 3 月 14 日，著名物理学家斯蒂芬威廉霍金逝世，引发全球各界悼念在物理学发展的历程中，许多物理学家的科学研究为物理学的建立作出了巨大的贡献关于下列几位物理学家所做科学贡献的叙述中，正确的是A. 卡文迪许将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出万有引力定律B. 法拉第通过长时间的实验研究发现了通电导线周围存在磁场C. 查德威克用 粒子轰击 Be 原子核发现了中子D. 爱因斯坦的光子说认为，只要光照时间足够长，所有电子最终都能跃出金属表面成为光电子【答案】C【解析】【详解】牛顿将行星与太阳、
3、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出万有引力定律，选项 A 错误；奥斯特通过长时间的实验研究发现了通电导线周围存在磁场，选项 B 错误；查德威克用 粒子轰击 Be 原子核发现了中子，选项 C 正确；爱因斯坦的光子说认为，能否发生光电效应与入射光的频率有关，与光照时间无关，选项 D 错误；故选 C.2.质量为 m=2kg 的物体(可视为质点)静止在光滑水平面上的直角坐标系的原点 O 处，先用2沿 x 轴正方向的力 F1=8N 作用 2s，然后撤去 F1；再用沿 y 轴正方向的力 F2=10N 作用2s则物体在这 4s 内的轨迹为A. B. C. D. 【答案】D【
4、解析】【分析】物体在 F1作用下在 x 轴方向做匀加速直线运动，撤去 F1，施加 F2，由于合力与速度方向垂直，做曲线运动，将曲线运动分解为 x 轴方向和 y 轴方向研究，在 x 轴方向做匀速直线运动，在 y 轴方向做匀加速直线运动【详解】质点在 F1的作用由静止开始从坐标系的原点 O 沿+x 轴方向做匀加速运动，加速度a1= =4m/s2，速度为 v1=at1=8m/s，对应位移 x1= a1t12=8m，到 2s 末撤去 F1再受到沿+y 方F1m 12向的力 F2的作用，物体在+x 轴方向匀速运动，x 2=v1t2=16m，在+y 方向加速运动，+y 方向的加速度 a2= =5m/s2，
5、方向向上，对应的位移 y= a2t22=10m，物体做曲线运动。再根据曲F2m 12线运动的加速度方向大致指向轨迹凹的一向，知 D 正确，ABC 错误。故选 D。【点睛】解决本题的关键掌握处理曲线运动的方法，将曲线运动分解为 x 轴方向和 y 轴方向，分析出两方向分运动的情况3.如图所示，甲、乙两物块质量相同，静止放在水平地面上甲乙之间、乙与地面间的动摩擦因数均相同，现对甲施加一水平向右的由零开始不断增大的水平拉力 F(物体间最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，则经过一段时间后A. 甲相对于乙会发生相对滑动B. 乙相对于地面会发生相对滑动3C. 甲相对乙不会发生相对滑动D. 甲相对于乙，乙相对于地面
6、均不会发生相对滑动【答案】A【解析】【分析】根据动摩擦因数分别求出甲乙之间和乙与地面之间的最大静摩擦力，结合拉力的大小分析甲与乙、乙与地面是否发生相对运动。【详解】设甲乙的质量均为 m，甲乙之间以及乙和地面之间的动摩擦因数为 ，则甲乙之间的最大静摩擦力为：f max=mg，乙与地面间的最大静摩擦力为：f max=2mg，因 fmax fmax=mg 时，甲乙之间会发生相对滑动，故选项 A 正确，BCD 错误；故选 A.4.2019 年春节期间，中国科幻电影里程碑的作品流浪地球热播影片中为了让地球逃离太阳系，人们在地球上建造特大功率发动机，使地球完成一系列变轨操作，其逃离过程如图所示，地球在椭圆
7、轨道 I 上运行到远日点 B 变轨，进入圆形轨道在圆形轨道上运行到 B 点时再次加速变轨，从而最终摆脱太阳束缚对于该过程，下列说法正确的是A. 沿轨道 I 运动至 B 点时，需向前喷气减速才能进入轨道B. 沿轨道 I 运行的周期小于沿轨道运行的周期C. 沿轨道 I 运行时，在 A 点的加速度小于在 B 点的加速度D. 在轨道 I 上由 A 点运行到 B 点的过程，速度逐渐增大【答案】B【解析】【分析】卫星进入高轨道要点火加速；根据开普勒第三定律判断沿轨道 I 运行的周期与沿轨道运行的周期关系；根据 判断加速度关系；根据开普勒第二定律判断在轨道 I 上由 A 点a=GMr2运行到 B 点的过程中
8、的速度变化。4【详解】沿轨道 I 运动至 B 点时，需向后喷气加速才能进入轨道，选项 A 错误；因在轨道的半长轴小于轨道的运动半径，根据开普勒第三定律可知，沿轨道 I 运行的周期小于沿轨道运行的周期，选项 B 正确；根据 可知，沿轨道 I 运行时，在 A 点的加速a=GMr2度大于在 B 点的加速度，选项 C 错误；根据开普勒第二定律可知，在轨道 I 上由 A 点运行到 B 点的过程，速度逐渐减小，选项 D 错误；故选 B.【点睛】此题关键是知道卫星变轨的方法，由高轨道进入低轨道要制动减速，由低轨道进入高轨道要点火加速；能用开普勒行星运动定律来解释有关的问题.5.用图示的电路可以测量电阻的阻值
9、，图中 Rx 是待测电阻， R0 是定值电阻，阻值是100 ， 是灵敏度很高的电流表， MN 是一段长 20cm 的均匀电阻丝闭合开关，改变滑动头 P 的位置，当通过电流表 的电流为零时，测得 MP=8cm，则 Rx 的阻值为A. 80 B. 100 C. 150 D. 180 【答案】C【解析】【分析】闭合开关，改变滑动头 P 的位置，当通过电流表 G 的电流为零时，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过 R0和 Rx的电流也相等；并联电路电压相等，故电阻丝 MP 段与 PN 段电压之比等于 R0和 Rx的电压比；再结合欧姆定律列式求解即可。【详解】电阻丝 MP 段与 PN
10、段电压之比等于 R0和 Rx的电压比，即为： ；通过UMPUPN UR0URxR0Rx电流表的电流为零，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，故有： ；根据电阻定律RMPRPN R0Rx公式有： 有： ，解得： ，故选 C.R lS RMPRPN lMPlPN=R0Rx Rx=lPNlMPR0=128100=150【点睛】本题是电桥问题，考查串并联电路中电流、电压关系和电阻定律、欧姆定律的综合运用问题，设计思路巧妙，考查了分析问题和解决问题的能力。6.氢原子的能级图如图所示，不同色光的光子能量如下表所示5一群处于某激发态的氢原子，发射的光的谱线在可见光范围内只有 1 条，其颜色为A. 红色B. 黄
11、色C. 绿色D. 蓝靛【答案】A【解析】【分析】当原子从高能级向低能级跃迁时，发射的光子数目为： ，同时计算出各种光子能量然n(n1)2后和表格中数据进行对比，便可解决本题【详解】如果激发态的氢原子处于第二能级，能够发出 10.2 eV 的光子，不属于可见光；如果激发态的氢原子处于第三能级，能够发出 12.09 eV、 10.2 eV、1.89 eV 的三种光子，只有 1.89 eV 属于红色可见光；如果激发态的氢原子处于第四能级，能够发出 12.75 eV、12.09 eV、10.2 eV、2.55 eV、1.89 eV、0.66 eV 的六种光子，1.89 eV 和 2.55 eV属于可见
12、光，1.89 eV 的光子为红光，2.55 eV 的光子为蓝-靛。则由题意，由于一群处于某激发态的氢原子，发射的光的谱线在可见光范围内只有 1 条，则一定对应着从第三能级到低能级的跃迁，其可见光的颜色为红光，故选 A。7.如图甲所示，两个点电荷 Q1、 Q2固定在 x 轴上距离为 L 的两点，其中 Q1带正电位于原点O，a、b 是它们连线延长线上的两点，其中 b 点与 O 点相距 3L 现有一带正电的粒子 q 以一定的初速度沿 x 轴从 a 点开始经 b 点向远处运动(粒子只受电场力作用)，设粒子经过 a、b两点时的速度分别为 va、 vb，其速度随坐标 x 变化的图象如图乙所示，则以下判断正
13、确的是6A. Q2带负电且电荷量大于 Q1B. b 点的场强不为零C. a 点的电势比 b 点的电势高D. 该粒子在 a 点的电势能比在 b 点的电势能小【答案】D【解析】【分析】由图象分析可知：正带电粒子在 b 点前做减速运动，b 点后做加速运动，可见 b 点的加速度为 0，则在 b 点正电粒子受到两点电荷的电场力平衡，从而可得出 Q2的电性；通过正带电粒子的动能先减小再增大，判断电场力做功和电势能的变化【详解】由图象分析可知：在 b 点前做减速运动，b 点后做加速运动，可见 b 点的加速度为 0，则在 b 点受到两点电荷的电场力平衡，可知 b 点的合场强为零，Q 2带负电，且有所以，Q 1
14、Q 2，故 AB 错误。该电荷从 a 点到 b 点，做减速运动，且该电荷为正kQ1(3L)2=kQ2(2L)2电荷，电场力做负功，所以电势能增大，再据 Ep=q 知，电势升高，所以 b 点电势较高，故 C 错误，D 正确。故选 D。【点睛】解决本题的关键是据图象分析，明确 b 点的合场强为零为突破口，根据库仑定律得到 Q1和 Q2的电量关系；用活电场力做功和电势能的关系8.如图所示，半径为 R 的光滑圆弧 AO 对接半径为 2R 的光滑圆弧 OB 于 O 点可视为质点的物体从上面圆弧的某点 C 由静止下滑(C 点未标出)，物体恰能从 O 点平抛出去则A. CO 1O=60B. CO 1O=90
15、7C. 落地点距 O2的距离为 22RD. 落地点距 O2的距离为 2R【答案】BC【解析】【分析】小球从 O 点离开做平抛运动，知小球对 O 点的压力为零，根据牛顿第二定律求出在 O 点的最小速度，从而根据机械能守恒定律求出 C 点的位置；根据平抛运动的规律求解落地点距O2的距离【详解】要使物体从 O 点平抛出去，在 O 点有 mg=m ，解得物体从 O 点平抛出去的最小速v22R度 。设 CO 1O=，由机械能守恒定律，mgR（1-cos）= mv2，解得v=2gR12=CO 1O=90，选项 A 错误、B 正确；由平抛运动规律，x=vt，2R= gt2，解得落地点距12O2为 2 R，选
16、项 C 正确，D 错误。故选 BC。2【点睛】解决本题的关键知道小球过 O 点做平抛运动的临界条件，结合机械能守恒定律和平抛运动的知识进行求解9.如图所示，一理想变压器的原线圈 A、B 两端接入电压为 的交变电u=2202sin(100t)V流原线圈匝数 n=1100 匝，副线圈匝数 n1=60 匝，副线圈匝数 n2=550 匝，C、D 之间接一电容器，E、F 之间接一灯泡，都能正常工作则A. 该交流电的频率为 50HzB. 副线圈中磁通量变化率的最大值为 0.22VC. 该电容器的耐压值为 12VD. 该灯泡的额定电压为 110V【答案】ABD【解析】8【分析】根据 求解交流电的频率；根据法
17、拉第电磁感应定律求解原副线圈的磁通量的最大值；f=2根据变压器原副线圈的电压比等于匝数比求解次级电压；注意电容器的耐压值等于最大值，灯泡的额定电压等于有效值.【详解】该交流电的频率为 ，选项 A 正确；根据 ，则f=2=1002=50Hz nt=2202V，原副线圈磁通量的变化率相同，可知副线圈中磁通量变化率的最大t=22021100V=0.22V值为 0.2 V，选项 B 正确； ，则该电容器的耐压值为2 U1m=Umnn1=2202601100V=122V12 V，选项 C 错误； ，即该灯泡的额定电压为 110V，选项2 U2=Um2nn2=220225501100V=110VD 正确；
18、故选 ABD.【点睛】此题关键搞清几个概念：原副线圈的磁通量的变化率相同，都等于单匝线圈的电压；电容器的耐压值等于交流电的最大值，灯泡的额定电压等于交流电的有效值.10.如图所示，E 为电源，R 为电阻，D 为理想二极管，薄金属片 P 和 Q 构成一理想电容器，Q 固定不动，P 可以左右移动则A. P 向右运动，电容器的电容会增大B. P 向左运动，电容器的电压会减小C. P 向左运动，两板间电场强度保持不变D. P 向右运动，两板间电场强度增大【答案】ACD【解析】【分析】根据 判断电容的变化；根据 判断场强的变化； P 向左运动，根据 d 的变化知道C=S4kd E=UdC 的变化，根据二
19、极管的单向导电性判断电容器电量的变化，根据 Q=CU 判断两板电压的变化。9【详解】根据电容的决定式 ，当 P 向右运动，极板间距 d 减小时，则电容 C 增大，C=S4kd根据 可知，两板间电场强度增大，故 AD 正确；P 向左运动时，导致极板间距增大，则E=Ud电容 C 减小，因二极管的影响，电容器不能放电，即电量 Q 不变，根据公式 U=Q/C，得电压 U 增大，故 B 错误；根据 ， 以及 可知 ，则当 P 向左运动，因 QC=S4kd C=QU E=Ud E=4kQS不变，则两板间电场强度保持不变，选项 C 正确；故选 ACD.11.如图所示，一质量为 M、两侧有挡板的盒子静止在光滑
20、水平面上，两挡板之间的距离为L质量为 m 的物块(视为质点)放在盒内正中间，与盒子之间的动摩擦因数为 从某一时刻起，给物块一个水平向右的初速度 v，物块在与盒子前后壁多次完全弹性碰撞后又停在盒子正中间，并与盒子保持相对静止.则A. 盒子的最终速度为 ，方向向右mvm+MB. 该过程产生的热能为12mv2C. 碰撞次数为Mv22gL(m+M)D. 碰撞次数为Mv22gL(m+M)1【答案】AC【解析】【分析】根据动量守恒求得系统最终速度，再根据能量守恒求得产生的热能；根据滑块与盒子的相对位移求解碰撞次数【详解】根据动量守恒条件可知，小物块与箱子组成的系统水平方向动量守恒，可知，令共同速度为 v，
21、则有：mv=（M+m）v，可得系统共同速度为：v v，方向向右，mm+M选项 A 正确；根据能量守恒定律有： mv2 (M+m)v 2+Q,解得该过程产生的热能为12 12，选项 B 错误；小物块与箱子发生 N 次碰撞恰好又回到箱子正中间，由此可Q=MM+m12mv2知，小物块相对于箱子滑动的距离 x=NL小物块受到摩擦力为：f=mg，则由 Q=mgx 解10得 ，选项 C 正确，D 错误；故选 AC.N=Mv22gL(m+M)【点睛】解决本题的关键是能抓住系统动量守恒和能量守恒列式求解最终的速度和产生的热量，知道系统损失的机械能等于物块所受摩擦力与相对距离的乘积12.如图甲所示，间距为 L
22、的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，轨道左侧连接一定值电阻 R垂直导轨的导体棒 ab 在水平外力 F 作用下沿导轨运动， F随 t 变化的规律如乙图所示在 0t0时间内，棒从静止开始做匀加速直线运动乙图中t0、 F1、 F2为已知，棒和轨道的电阻不计A. 在 0 t0时间内，导体棒的加速度大小为2(F2F1)RB2L2t0B. 在 0 t0时间内，通过导体棒横截面的电量为(F2F1)t02BLC. 在 t0以后，导体棒一直做匀加速直线运动D. 在 t0以后，导体棒先继续加速，最后做匀速直线运动【答案】BD【解析】【分析】（1）在 0-t0时间内导体棒做匀加速直线运动，可知
23、在 t0时刻导体棒所受的外力 F2与此时导体棒所受的安培力的关系，从而可判断 t0后导体棒所做的运动；（2）在在 0-t0时间内导体棒做匀加速直线运动，故在 t=0 时刻与 t=t0时刻导体棒的加速度相等，结合导体棒的受力情况根据牛顿第二定律可得 F1=ma， F2 ma根据加速度B2L2vRa 的定义、通过导体棒横截面电量 q 的计算公式可求出 a 和 q【详解】因在 0-t0时间内棒做匀加速直线运动，故在 t0时刻 F2大于棒所受的所受的安培力，在 t0以后，外力保持 F2不变，安培力逐渐变大，导体棒做加速度越来越小的加速，当加速度 a=0，即导体棒所受安培力与外力 F2相等后，导体棒做匀
24、速直线运动，故 C 错误，D 正确；设在 0-t0时间内导体棒的加速度为 a，导体棒的质量为 m，t 0时刻导体棒的速度为v，通过导体棒横截面的电量为 q，则有： a=vt011F2 maB2L2vRF1=maq= R=BS=BL t0v2由解得： ，故 A 错误；a=(F2F1)RB2L2t0由解得： ，故 B 正确；故选 BD。q=(F2F1)t02BL【点睛】本题以图象的方式考查了牛顿第二定律、法拉第电磁感应定律及通过导体棒横截面电量的计算方法；以 0-t0时间内导体棒做匀加速直线运动为突破口，结合 t=0、t=t 0两时刻的受力情况，根据牛顿第二定律、安培力的计算公式、加速度的定义式和
25、通过导体棒横截面电量 q 的计算公式即可计算.第卷(实验题和计算题,共 52 分)注意事项：1第卷共 6 小题，其中 1314 题为实验题，1518 题为计算题。2第 II 卷所有题目的答案考生须用黑色签字笔答在答题卡规定位置上，在试题卷上答题无效。二、实验题(本题共 2 小题，共 14 分。)13.为了测量物块和轨道之间的动摩擦因数，某同学设计了如图所示的实验装置，在轨道上固定两个光电门，将轨道放在水平桌面上后一端垫高让滑块由静止释放，通过计数器依次读取遮光板通过光电门甲、光电门乙、光电门之间所用的时间分嗣为 t1、t2、t，滑块上遮光板宽度 d 用游标卡尺测得如图所示(1)遮光板宽度 d=
26、_cm(2)滑块的加速度表达式为：_(用题中所给符号表示)(3)为了测量物块和轨道之间的动摩擦因数，还需要测量哪些物理量（ ） 12A滑块和遮光板的总质量B轨道与水平桌面的夹角C滑块沿轨道下滑的位移【答案】 (1). 0.53 (2). (3). Bd(t1t2)t1t2t【解析】【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；（2）根据滑块通过两个光电门时的瞬时速度等于平均速度求解滑块通过光电门的速度，根据 v2-v1=at 求解加速度；（3）根据牛顿第二定律列式可看出要测量动摩擦因数需要测量的物理量.【详解】 （1）遮光板宽度 d=0.5cm+0.1mm3=0.53cm；（2）
27、滑块通过两个光电门时的速度分别为： 和 ，v1=dt1 v2=dt2根据 v2=v1+at 解得 ；a=d(t1t2)t1t2t（3）根据牛顿第二定律： ，即 ，mgsinmgcos=ma =gsinagcos则为了测量物块和轨道之间的动摩擦因数，还需要测量轨道与水平桌面的夹角 ，故选 B.14.如图所示，P 是一根表面均匀地镀有薄层的电阻膜的 pvc 管，其电阻 Rx 约 15 。长度L 约 50cm，直径 D 约 10cm 镀膜材料的电阻率 已知，管的两端有导电金属圈 MN某同学根据提供的实验器材，设计了一个测定膜层厚度 d 的实验方案实验器材如下：电流表 A1；量程 3.0A，内阻约为
28、0.1 ；电流表 A2；量程 0.6A，内阻约为 0.2 ；电压表 V；量程 3.0V，内阻 RV=3.0k ；定值电阻 R0；阻值 3.0 ；定值电阻 R1；阻值 1.0k ；定值电阻 R2；阻值 3.0k ；滑动变阻器 R：阻值范围 010 ；13电源 E：电动势 6.0V，内阻不计；毫米刻度尺、开关 S 及导线若干(1)为了测定膜层厚度 d，该同学先测量出电阻膜的电阻，电流表应选择_(填“A 1”或“A2”)(2)设计实验电路时要求在测量电阻时通过电阻的电流从零开始，请在右边方框中画出测量电路图并在图中标明选用器材的符号_(3)计算膜层厚度 d=_(用 L、D、 、R 等符号表示)【答案
29、】 (1). A 2 (2). 电路图见解析； (3). d=LRD【解析】【分析】（1）估计电路中的最大电流，从而选择电流表；（2）根据所给的器材，选择合适的电压表；根据电压表内阻与待测电阻的关系选择测量电路，从而画出电路图；（3）根据求解电阻膜的厚度.R=LS【详解】 （1）电路可能出现的最大电流为 ，则电流表选择 A2；Im=ERx=615A=0.4A（2） 由于电压表的量程为 3V，偏小，则可用与其内阻相同的定值电阻 R2串联分压；因串联后的电压表的内阻远大于待测电阻，可用电流表外接电路；滑动变阻器用分压电路；电路如图；（3）根据 其中的 ，解得 .R=LS S=Dd d=LDR三、计
30、算题(本题共 2 小题，第 15 题 10 分，第 16 题 16 分，共 26 分)中学联盟试题组提供1415.2019 年 1 月 3 日 10 时 26 分中国嫦娥四号探测器成功着陆在月球背面南极艾特肯盆地内的冯卡门撞击坑内。实现了人类探测器在月球背面首次软着陆，世界震惊，国人振奋嫦娥四号进入近月点 15km 的椭圆轨道后，启动反推发动机，速度逐渐减小，距月面2.4km 时成像仪启动，扫描着陆区地形地貌并寻找着陆点距月面 100 米左右，水平移动选定着陆点，缓慢降落，离地面 3m 时关闭发动机，探测器做自由落体运动着陆，太阳翼再次打开，探测器开始工作探测器质量为 1.0103kg月球表面
31、重力加速度 g 月=1.6m/s2求：(1)探测器着陆前瞬间的动能(2)若探测器从距月面 100m 高度处开始先做自由落体运动，然后开启反推发动机做减速运动，降落至月球表面时速度恰好为零已知反推发动机使探测器获得的反推力大小为8000N求探测器从距月球表面 100m 处开始做自由落体运动时间【答案】 （1） ；（2）Ek=4.8103J t1=10s【解析】【分析】（1）根据能量守恒关系求解探测器着陆前瞬间的动能 （2）探测器先做自由落体运动，后做匀减速运动；根据牛顿第二定律求解做减速运动的加速度，结合运动公式求解做自由落体运动时间【详解】 （1）探测器着陆前瞬间的动能： Ek=mg月 h=4
32、.8103J（2）减速过程：F-mg 月 =ma解得 a=6.4m/s2设探测器在自由落体阶段和减速阶段的位移分别为 x1、x 2，根据运动学公式：2g 月 x1=2ax2且 x1+x2=100, 12g月 t21=x1联立解得探测器自由落体运动的时间 t1=10s16.如图所示，真空中有一个半径 r=0.5m 的圆柱形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小B=210-3T，方向垂直于纸面向外，x 轴与圆形磁场相切于坐标系原点 O，在 x=0.5m 和x=1.5m 之间的区域内有一个方向沿 y 轴正方向的匀强电场区域，电场强 E=1.5103N/C，在 x=1.5m 处竖有一个与 x 轴垂直的足够
33、长的荧光屏，一粒子源在 O 点沿纸平面向各个方向15发射速率相同、比荷 C/kg 的带正电的粒子，若沿 y 轴正方向射入磁场的粒子恰qm=1109能从磁场最右侧的 A 点沿 x 轴正方向垂直进入电场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用和其他阻力求：(1)粒子源发射的粒子进入磁场时的速度大小；(2)沿 y 轴正方向射入磁场的粒子从射出到打到荧光屏上的时间(计算结果保留两位有效数字)；(3)从 O 点处射出的粒子打在荧光屏上的纵坐标区域范围【答案】 （1） ；（2） ；（3）v=1.0106m/s t=1.8106s 0.75my1.75m【解析】【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系
34、确定半径，根据 求解速度；qvB=mv2R（2）粒子在磁场中运动 T/4，根据周期求解在磁场中的运动时间；在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解在电场值的时间；（3）根据牛顿第二定律结合运动公式求解在电场中的侧移量，从而求解从 O 点处射出的粒子打在荧光屏上的纵坐标区域范围【详解】 （1）由题意可知，粒子在磁场中的轨道半径为 R=r=0.5m，由 进入电场时 qvB=mv2R v=qBRm带入数据解得 v=1.0106m/s（2）粒子在磁场中运动的时间 t1=142Rv=4106s粒子从 A 点进入电场做类平抛运动，水平方向的速度为 v，所以在电场中运动的时间16t2=xv=1.0106
35、s总时间 t=t1+t2=(4+1)106s（3）沿 x 轴正方向射入电场的粒子，在电场中的加速度大小 a=qEm=1.51012m/s在电场中侧移： y1=12at22=121.51012( 11106)m=0.75m打在屏上的纵坐标为 0.75；经磁场偏转后从坐标为（0,1）的点平行于 x 轴方向射入电场的粒子打在屏上的纵坐标为1.75；其他粒子也是沿 x 轴正方向平行的方向进入电场，进入电场后的轨迹都平行，故带电粒子打在荧光屏上 的纵坐标区域为 0.75y1.75.四、选做题(本部分共包括 17、18 两题，每题 12 分，请考生从给出的 2 道题中任选一题作答，并将所选题号填涂在答题卡
36、上相应位置。如果多做，则按所做的第一题计分。)17.下列说法正确的A. 气体分子的速率分布规律遵从统计规律，在一定温度下，某种气体的分子速率分布是确定的B. 随着科技的发展，绝对零度是可能达到的C. 不论温度多高，速率很大和很小的分子总是少数D. 气体分子的运动速率可由牛顿运动定律求得E. 相对湿度是 100，表明在当时的温度下，空气中水蒸气已达到饱和状态【答案】ACE【解析】【详解】气体分子的速率分布规律遵从统计规律，在一定温度下，某种气体的分子速率分布呈现“两头小，中间大”的规律，并且是确定的，不论温度多高，速率很大和很小的分子总是少数，选项 AC 正确；根据热力学第二定律可知，绝对零度是
37、低温的极限，即使随着科技的发展，绝对零度永远是不可能达到的，选项 B 错误；牛顿第二定律只适应宏观低速物体，对微观高速粒子不适用，选项 D 错误；相对湿度是指水蒸汽的实际压强与该温度下水的饱和汽压之比，相对湿度是 100%，表明在当时温度下，空气中水汽已达饱和状态，故E 正确；故选 ACE.18.一根足够长的两端开口的玻璃管竖直插入水银槽中并固定(插入水银槽中的部分足够深)，管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞横截面积 S=2cm2，活塞下封闭着长 L=21cm 的气柱，17气体的温度 t1=7 ，外界大气压取 P0=1.0105Pa(相当于 75cm 汞柱高的压强)对封闭气体加热，使其温度升高
38、到 t2=47 ，此时气柱为多长?在活塞上施加一个竖直向上的拉力 F=4N保持气体的温度 t2不变，平衡后管内外水银面的高度差为多少?【答案】 （1） ；（2）L2=24cm h=15cm【解析】【分析】（1）根据盖吕萨克定律可求解温度升高后气柱的长度；（2）对活塞受力分析可求解加拉力后里面气体的压强，然后可求解管内外的高度差。【详解】 （1）根据盖吕萨克定律有： 即V1T1=V2T2 L1T1=L2T2解得 L2=T2T1L1=32028021cm=24cm（2）在活塞上施加拉力后，气体的压强：P3=P0FS=1.0105 42104=8.0104Pa=60cmHg由于 P=P2P3=(75
39、60)cmHg=15cmHg所以管内外的水银面的高度差为h=15cm19.如图所示，在 x 轴上有两个波源，分别位于 x=0.2m 和 x=1.2m 处，振幅均为 A=2cm，由它们产生的两列简谐横波分别沿 x 轴正方向和负方向传播，波速均为 v=0.4m/s，图示为t=0 时刻两列波的图像(传播方向如图所示)，此刻平衡位置处于 x=0.2m 和 x=0.8m 的 P、Q两质点刚开始振动质点 M 的平衡位置处于 x=0.5m 处，关于各质点运动情况判断正确的是18A. 质点 P、Q 都首先沿 y 轴负方向运动B. t=0.75s 时刻，质点 P、Q 都运动到 M 点C. t=1s 时刻，质点们
40、相对平衡位置的位移为2cmD. 经过 1s 后，M 点的振幅为 4cmE. 经过 1.5s 后，P 点的振幅为 4cm【答案】ACD【解析】【分析】根据波形图可知该的波长，从而算出波的周期由波的传播方向来确定质点的振动方向两列频率相同的相干波，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，则振动情况相同时振动加强；振动情况相反时振动减弱，由此判断【详解】由波的传播方向可确定质点的振动方向：逆向描波法。两列简谐横波分别沿 x 轴正方向和负方向传播，则质点 P、Q 均沿 y 轴负方向运动。故 A 正确；质点不随波迁移，所以质点 P、Q 都不会运动到 M 点，故 B 错误；
41、波长为 0.4m，波速为 0.4m/s，则由波长与波速关系可求出，波的周期为 T=1s，两质点传到 M 的时间为 0.75T，当 t=1s 时刻，两波的波谷恰好传到质点 M，所以 M 点的位移为-4cm，即以后 M 点的振幅为 4cm。故 CE 错误，D 正确；故选 ACD。【点睛】波的叠加满足矢量法则，例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时此处的位移为零20.一棱镜的截面为直角三角形 ABC，C=30，AB 边长度为 d在此截面所在的平面内，一束单色光线从 AB 边中点 O 垂直 AB 边射入棱镜，已知棱镜对该单色光的折射率 ，n=3光在真空中传播的速度为 c，求：光线第一次从 BC 边射出时的方向与 BC 边的夹角 ；光线从 AB 边射入到第一次从 BC 边射出的过程中在棱镜中传播的时间 t【答案】 （1） （2） =300 t=5d2c19【解析】（1）做出光线在棱镜中的光路图，如图；分析可知，光线经 AC 边反射到 BC 的入射角i=300，设折射角为 r，则 n=sinrsini解得 r=600，则 =90 0-r =30 0（2）由题分析可知 OD=OAcot300 OD= d，光在棱镜中传播的速度 v=c/n 32OD+DE=vt解得 t=5d2c20
