2020年山东省济南市高考物理一模试卷（含解析)

这是一份2020年山东省济南市高考物理一模试卷（含解析)，共21页。试卷主要包含了答题前填写好自己的姓名，请将答案正确填写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。

试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：120分钟；命题人：xxx
注意事项：
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2、请将答案正确填写在答题卡上
1. 2020年初，在抗击2019-nCV疫情期间，红外线体温计发挥了重要作用。下列关于红外线的说法中正确的是（ ）
A.红外线的波长比红光短
B.利用红外线的热效应可以加热物体
C.红外遥感是利用红外线的穿透能力强
D.高温物体辐射红外线，低温物体不辐射红外线
2. 关于一定质量的理想气体，下列说法正确的是（ ）
A.气体的体积是所有气体分子的体积之和
B.气体的压强是由气体分子重力产生的
C.气体压强不变时，气体的分子平均动能可能变大
D.气体膨胀时，气体的内能一定减小
3. 短跑运动员在训练中从起跑开始的一段时间内可看成先做匀加速直线运动再做匀速直线运动，已知总位移为S，匀速阶段的速度为v、时间为t，则匀加速阶段的时间为（ ）
A.
B.
C.-t
D.-2t
4. P、Q两种不同波长的光，以相同的入射角从玻璃射向空气，P光发生全反射，Q光射入空气，则（ ）
A.玻璃对P光的折射率小于对Q光的折射率B.玻璃中P光的波长大于Q光的波长
C.玻璃中P光的速度大于Q光的速度D.P光的光子能量大于Q光的光子能量
5. 狞猫弹跳力惊人，栖息在干燥的旷野和沙漠，善于捕捉鸟类。一只狞猫以某一初速度斜向上与水平地面成θ角跳离地面，落地前其最大高度为h，最大水平位移为x，不考虑空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A.保持起跳速度大小不变，增大θ角，狞猫在空中的运动时间不变
B.保持起跳速度大小不变，增大θ角，狞猫在空中的最大高度h增大
C.保持起跳角度θ不变，增大起跳速度，x与h的比值减小
D.保持起跳角度θ不变，增大起跳速度，x与h的比值增大
6. 如图所示为等边三角形ABC，在A、B两点放等量异种点电荷，已知A、B连线中点处的电场强度和电势分别为E、φ，则C点的场强和电势分别为（ ）
A.E、φ
B.E、φ
C.E、φ
D.E、φ
7. 如图所示为剪式千斤顶的截面图。四根等长的支持臂用光滑铰链连接，转动手柄，通过水平螺纹轴减小MN间的距离，以抬高重物。保持重物不变，MP和PN夹角为120°时N点受到螺纹轴的作用力为F1；MP和PN夹角为60°时N点受到螺纹轴的作用力为F2．不计支持臂和螺纹轴的重力，则F1与F2大小之比为（ ）
A.1：1
B.1：3
C.：1
D.3：1
8. 采用一稳压交流电源给如图所示电路供电，R1、R2、R3是三个完全相同的定值电阻，理想变压器的匝数比为2：1，开关断开时电路消耗的总功率为P，则开关闭合时电路消耗的总功率为（ ）
A.P
B.
C.
D.
9. 2019年11月我国首颗亚米级高分辨率光学传输型立体测绘卫星高分七号成功发射，高分七号在距地约600km的圆轨道运行，先期发射的高分四号在距地约36000km的地球同步轨道运行，关于两颗卫星下列说法正确的是（ ）
A.高分七号比高分四号运行速率大
B.高分七号比高分四号运行周期大
C.高分七号比高分四号向心加速度小
D.相同时间内高分七号与地心连线扫过的面积比高分四号小
10. 一列沿x轴正向传播的简谐横波，t=0时刻的波形如图所示，波速大小为v=0.6m/s，此时波刚好传到0.24m的位置，P为0.60m处的质点。下列说法中正确的是（ ）
A.经过0.6s传播到P点
B.刚传播到P点时P点由平衡位置向上振动
C.从t=0时刻到刚传播到P点过程中O点的路程为30cm
处的质点的振动方程为y=5sin（5πt）cm
11. 如图所示，铜圆盘安装在竖直的铜轴上，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场中。电路通过电刷与圆盘的边缘和铜轴接触良好，电源电动势为E，内阻为r，定值电阻为R．先将开关闭合，待圆盘转速稳定后再断开开关，不计一切摩擦，下列说法中正确的是（ ）
A.闭合开关时，从上往下看圆盘逆时针转动
B.闭合开关转速稳定时，流过圆盘的电流为零
C.断开开关时，a点电势低于b点电势
D.断开开关后，流过电阻R上的电流方向与原电流方向相反
12. 如图所示，三根长均为L的轻杆组成支架，支架可绕光滑的中心转轴O在竖直平面内转动，轻杆间夹角均为120°，轻杆末端分别固定质量为m、2m和3m的n、p、q三个小球，n球位于O的正下方，将支架从图示位置由静止开始释放，下列说法中正确的是（ ）
A.从释放到q到达最低点的过程中，q的重力势能减少了mgL
B.q达到最低点时，q的速度大小为
C.q到达最低点时，轻杆对q的作用力为5mg
D.从释放到q到达最低点的过程中，轻杆对q做的功为-3mgL
13. 某学习小组将一个直流电源和一个很大的定值电阻（约几十千欧）串联组成了一个新电源，如图甲所示。当该电源两端接的电阻较小时（小于300欧姆），该电源能稳定输出约30μA的恒定电流，该学习小组利用新电源设计了如图乙所示的电路测量一个量程为30μA，内阻约为几百欧姆的灵敏电流计的内阻，主要实验步骤如下：
（1）只闭合图乙中的开关K，灵敏电流计指针如图丙中实线所示，该示数为______μA。
（2）再闭合图乙中的开关S，调节变阻箱R1，使灵敏电流计的指针指到图丙中虚线位置，此时变阻箱的示数为330欧姆。根据以上数据计算可知，灵敏电流计的内阻为______欧姆，此测量值______（填“大于”、“小于”、“等于”）真实值。
14. 某实验小组用如图甲所示的实验装置进行“测量重力加速度”并“验证机械能守恒定律”两个实验。该小组把轻质细绳的一端与一个小球相连，另一端系在力传感器的挂钩上，整个装置位于竖直面内，将摆球拉离竖直方向一定角度，由静止释放，与传感器相连的计算机记录细绳的拉力F随时间t变化的图线。
（1）首先测量重力加速度，将摆球拉离竖直方向的角度小于5°，让小球做单摆运动，拉力F随时间t变化的图线如图乙所示。
①由图可知该单摆的周期T约为______s（保留两位有效数字）。
②该小组测得该单摆的损长为L，则重力加速度的表达式为______（用测量或者已知的物理量表示）。
（2）然后验证机械能守恒定律。将摆球拉离竖直方向较大角度后由静止释放，拉力F随时间t变化的图线如图丙所示。
①要验证机械能守恒，还需要测量的物理量是______。
②若图中A点的拉力用F1表示，B点的拉力用F2表示，则小球从A到B的过程中，验证机械能守恒的表达式为______（填表达式前的字母序号）。
a.（F2-mg）=mg-F1
b.（mg-F1）=F2-mg
c．F2-mg=mg-F1
15. 为防治2019-nCV，社区等公共场所加强了消毒措施，如图所示为喷洒消毒液的某喷雾器示意图。储液桶与打气筒用软细管相连，已知储液桶容积为V0（不计储液桶两端连接管体积），初始时桶内消毒液上方气体压强为2P0，体积为V0，打开阀门K喷洒消毒液，一段时间后关闭阀门停止喷酒，此时气体压强降为P0．喷洒过程中桶内气体温度与外界温度相同且保持不变，P0为外界大气压强，求：
（1）停止喷洒时剩余的药液体积；
（2）为使桶内气体压强恢复为2P0，需打入压强为P0的气体体积（不考虑打气过程中温度变化）。
16. 微棱镜增亮膜能有效提升LCD（液晶显示屏）亮度。如图甲所示为其工作原理截面图，从面光源发出的光线通过棱镜膜后，部分会定向出射到LCD上，部分会经过全反射返回到光源进行再利用。如图乙所示，等腰直角△ABC为以微棱镜的横截面，∠A=90°，AB=AC=4a，紧贴BC边上的P点放一点光源，BP=BC．已知微棱镜材料的折射率n=，sin37°=0.6，只研究从P点发出照射到AB边上的光线。
（1）某一光线从AB边出射时，方向恰好垂直于BC边，求该光线在微棱镜内的入射角的正弦值；
（2）某一部分光线可以依次在AB、AC两界面均发生全反射，再返回到BC边，求该部分光线在AB边上的照射区域长度。
17. 如图所示，相距L=5m的粗糙水平直轨道两端分别固定两个竖直挡板，距左侧挡板L'=2m的O点处静止放置两个紧挨着的小滑块A、B，滑块之间装有少量炸药。炸药爆炸时，能将两滑块分开并保持在直轨道上沿水平方向运动。滑块A、B的质量均为m=1kg，与轨道间的动摩擦因数均为μ=0.2．不计滑块与滑块、滑块与挡板间发生碰撞时的机械能损失，滑块可看作质点，重力加速度g取10m/s2。
（1）炸药爆炸瞬间，若有Q1=10J的能量转化成了两滑块的机械能，求滑块A最终离开出发点的距离；
（2）若两滑块A、B初始状态并不是静止的，当它们共同以v0=1m/s的速度向右经过O点时炸药爆炸，要使两滑块分开后能再次相遇，则爆炸中转化成机械能的最小值Q2是多少？
18. 如图甲所示，在平面直角坐标系xOy中关于x轴对称放置两平行金属板A、B，A、B板的左端均在y轴上，两板间距离d=6.0cm，板长L1=1.8cm，距两板右端L2=28cm处放置有足够长的垂直x轴方向的荧光屏，两者之间区域分布着匀强磁场，磁感应强度B=1.0T，方向垂直坐标平面向里。大量比荷为=5.0×104C/kg的带负电粒子以速度v0=6.0×103m/s从坐标原点O连续不断的沿x轴正向射入板间，离开板间电场后进入磁场，最后打在荧光屏上。在两板间加上如图乙所示的交流电压，不计粒子重力，不考虑场的边缘效应和粒子的相对论效应，求
（1）t=0时刻发射的粒子离开电场时的速度大小及偏转距离；
（2）粒子打在荧光屏上的范围；
（3）粒子在磁场中的运动时间。
参考答案及解析
一、 单选题
1. 【答案】B
【解析】解：AD、一切物体均在辐射红外线，温度不同的物体辐射的红外线强弱不同，根据红外线属于电磁波，根据电磁波谱的排列顺序可知，红外线的波长大于红光的波长，故AD错误；
B、红外线具有热效应，照射到物体上可以使物体温度升高，故B正确；
C、人们利用红外线来实行遥感，是因为红外线波长长，更容易发生衍射，并不是因为红外线的穿透能力强，故C错误。
故选：B。
一切物体均在辐射红外线。
根据电磁波谱的排列顺序可知，红外线波长比红光长。
红外线具有热效应。
红外线的波长长，穿透能力弱。
此题考查了红外线的相关特性，明确自然界所有的物体，无时无刻不在向外发出辐射能量，红外线具有热效应，波长长，衍射现象明显。
2. 【答案】C
【解析】解：A、气体的体积是所有气体分子所占空间的体积之和，故A错误。
B、根据气体压强的微观意义知，气体的压强是由大量气体分子频繁地碰撞器壁而产生的，与气体分子重力无关，故B错误。
C、气体压强和分子数密度及分子平均动能有关，气体压强不变时，气体的分子平均动能可能变大，也可能不变或者变小，故C正确。
D、根据热力学第一定律△U=Q+W，气体膨胀时，气体对外界做功，W＜0，但气体做功W不明确，气体的内能不一定减小，故D错误。
故选：C。
气体分子距离很大，气体分子体积和不等于气体体积；气体压强与气体重力无关，大气压强与大气重力有关；根据气体压强的微观意义判断；根据热力学第一定律，由于气体做功不明确，气体内能变化也不明确。
本题考查了热力学第一定律、气体压强微观意义等知识点。C为易错点，由气体压强的微观表达式p=nEK知，出气体压强与气体分子的平均动能及分子数密度有关。
3. 【答案】D
【解析】解：设初速度为零的起跑阶段加速度为a，加速阶段时间t1，则有：
（1）；v=at1 （2）；将（2）带入（1）得：，故ABC错误，D正确；
故选：D。
利用匀速直线运动和初速度为零匀变速直线运动x-t公式分析求解。
熟练掌握匀速直线运动和匀变速直线运动公式是关键，尤其初速度为零的匀变速直线运动规律及其推论。
4. 【答案】D
【解析】解：AB、入射角相同，P光发生全反射，Q光射入空气，说明P光发生全反射的临界角小于Q光的临界角，根据sinC=可知，P光的折射率大于Q光的折射率，
则P光的频率大于Q光的频率，P光的波长小于Q光的波长，故AB错误；
C、因为v=，P光的折射率大于Q光的折射率，所以玻璃中P光的速度小于Q光的速度，故C错误；
D、根据E=hv可知，P光的频率大于Q光，所以P光的光子能量大于Q光的光子能量，故D正确。
故选：D。
入射角相同，P光发生全反射，Q光射入空气，说明P光发生全反射的临界角小于Q光的临界角，根据sinC=分析两光的折射率大小；
折射率越大，频率越大，波长越小；
根据v=分析传播速度的大小关系；
根据E=hv分析两光的光子能量大小关系。
解决该题的关键是能根据题意分析得到两光发生全反射的临界角的大小关系，掌握折射率与临界角的关系式，知道折射率越大，频率越大，而波长越小。
5. 【答案】B
【解析】解：设狞猫初速度为v，对速度进行水平和竖直方向分解，得水平和竖直方向分速度分别为vcsθ和vsinθ。
可知狞猫跳起后，竖直方向做竖直上抛运动，由运动学公式，可知最大高度为：h=…①
由于不计空气阻力，所以狞猫上升和下落过程的运动时间一致，运动时间为：t=…②
狞猫起跳后，水平方向做匀速直线运动，所以水平位移为：x=vcsθ•t=…③
由①③可得：=…④
由②可知，若起跳速度不变，增大θ角，狞猫运动时间会变大，故A错误。
由①可知，若起跳速度不变，增大θ角，狞猫在空中最大高度h变大，故B正确。
由③可知，x与h的比值只与起跳角度有关，若起跳角度不变，则x与h的比值也不会变，故CD错误。
故选：B。
本题考查斜上抛运动的规律。设狞猫初速度为v，对速度进行分解，得水平和竖直方向分速度分别为vcsθ和vsinθ，再通过运动学公式求出h和x的表达式，根据相关变量变化，即可得出正确答案。
本题考查物体做斜上抛运动的运动规律、运动的合成与分解、运动学公式，综合性较强。正确求出各物理量的表达式是解题关键，本题计算量相对也较大，要注意运算的准确性。
6. 【答案】A
【解析】解：由于AB两点放置等量异种电荷，不妨设A点电荷为-Q，B点电荷为+Q，则AB的垂直平分线构成等势面，所以C与AB连线中点处的
电势相等，均为φ。
设等边三角形ABC边长为a，根据库仑定律及场强公式，可知AB连线中点处场强，方向水平向左。
C点电场强度E合如图所示：
可知C点场强为A点在C点场强E2和B点在C点场强E1的矢量和。由几何关系，可知：
E合=E1=E2=，且E合方向也是水平向左。
故，即C点场强为。
对比选项，故A正确，BCD均错误。
故选：A。
在A、B两点放置等量异种电荷，则AB的垂直平分线为等势面。A、B中点电势与C相同。分别计算AB两点电荷在C处的电场强度，再求出矢量和，
可求出C点场强。
解答本题需了解等量异种电荷的电场线分布和等势面分布，并熟悉库仑定律已经场强的矢量性质，注意计算的准确性。
7. 【答案】D
【解析】解：设重物的质量为m，当MP和PN夹角为θ时，PM受到的压力大小为T，根据对称性可知，两臂受到的压力大小相等，
竖直方向根据平衡条件可得2Tcsθ=mg，解得：T=；
对N点进行力的分析，上下两臂的合力沿水平方向，根据平衡条件可得：
F=2Tcs（-）=2Tsin=mgtan；
当MP和PN夹角分别为120°、60°时，N点受到螺纹轴的作用力大小之比为：
==，故D正确，ABC错误。
故选：D。
根据对称性可知，两臂受到的压力大小相等，竖直方向根据平衡条件求解两臂受到的压力，对N点进行力的分析，根据平衡条件求解N点受到螺纹轴的作用力大小与两臂夹角的关系，再求出作用力之比。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答本题的关键是能够正确的进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
8. 【答案】C
【解析】解：设R1=R2=R3=R，电源的输出电压为U，分析原线圈电路，电阻R1和原线圈串联，开关断开时，副线圈电阻为R，利用等效法把副线圈的电阻等效为原线圈的电阻，R原=R，则原线圈电路总电阻为：R总=R+R=5R，
电路消耗的总功率为：P==
开关闭合后，同理，利用等效法，电路的总电阻为：R总′=R+•=3R，
电路消耗的总功率为：P'===P，故ABD错误，C正确。
故选：C。
利用等效法，分析电路中的总电阻，分别列出开关断开时和闭合时电路消耗的功率，进行分析。
此题考查了变压器的构造和原理，解题的关键等效电阻的确定，以及变压器变压比和功率公式的灵活运用。
二、 多选题
9. 【答案】AD
【解析】解：ABC、设卫星的质量为m，轨道半径为r，地球的质量为M，卫星绕地球匀速做圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，
则得：G=mr=m=ma，解得：T=2π，v=，a=可知，卫星的轨道半径越小，周期越小，而角速度、线速度和向心加速度越大，“高分七号”的轨道半径比“高分四号”的小，所以“高分七号”的周期较小，而线速度与向心加速度较大，故A正确，BC错误；
D、设在时间为t，高分七号由A点运动到B点，其圆周半径为r，转过的角度为走过弧长为s，
其与地心连线所扫过的面积为：=，由于高分七号的半径小，则在相同时间内
其与地心连线扫过的面积也小，故D正确。
故选：AD。
卫星绕地球匀速做圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，由此列式得到卫星的周期、角速度、线速度和向心加速度与轨道半径的关系式，再进行分析。
解决本题的关键是要掌握万有引力提供向心力这一重要理论，知道卫星的线速度、角速度、周期、加速度与轨道半径的关系。对于周期，也可以根据开普勒第三定律分析。
10. 【答案】AC
【解析】解：A、简谐横波在同一均匀介质中匀速传播，则波从0.24m的位置传播到P点的时间为t==s=0.6s，故A正确；
B、介质中各个质点的起振方向相同，图示时刻0.24m处质点的起振方向由平衡位置向下，则刚传播到P点时P点由平衡位置向下振动，故B错误；
C、该波的波长为 λ=0.24m，周期为T==s=0.4s，则从t=0时刻到刚传播到P点过程中O点的路程为S=×4A=×4×5cm=30cm，故C正确；
D、0.18m处的质点的振动方程为y=Asin（t+π）=5sin（5πt+π）cm，故D错误。
故选：AC。
根据t=求波从0.24m的位置传播到P点的时间；刚传播到P点时P点的起振方向与图示时刻0.24m处质点的起振方向相同；根据时间与周期的关系求O点通过的路程；根据振幅、角频率和初相位写出0.18m处的质点的振动方程。
在简谐波传播的过程中，各个质点起振的方向相同，且与波源起振的方向相同。在一个周期内，质点振动走过的路程为4个振幅。本题要抓住这些特点进行解答。
11. 【答案】BC
【解析】解：A、闭合开关时，圆盘内电流方向从圆盘中心沿半径向边缘流动，根据左手定则得从上往下看圆盘顺时针转动，故A错误；
B、闭合开关转速稳定时，因为圆盘在转动的过程中产生电动势，相当于电源提供的电流和圆盘转动切割磁感线产生的电流相互抵消，所以流过圆盘的电流为零，故B正确；
C、断开开关时，因为圆盘在转动的过程中产生电动势，相当于电源，由右手定则可知回路中电流方向在电阻R上从b流向a，所以a点电势低于b点电势，故C正确；
D、闭合开关时，由电路知识可知流过电阻R上的电流方向从b流向a，断开开关后，流过电阻R上的电流方向从b流向a，与原电流方向相同，故D错误。
故选：BC。
根据左手定则得从上往下看圆盘顺时针转动；由于转动产生反电动势，来判断闭合开关转速稳定时，流过圆盘的电流为零；断开开关时，根据右手定则分析a点电势与b点电势的高低及感应电流方向。
本题考查的是左手定则和右手定则的综合应用，运用等效法处理；根据右手定则判断感应电流的方向，注意圆盘转动切割可视为沿径向方向的导体棒在切割。
12. 【答案】BD
【解析】解：A、从释放到q到达最低点的过程中，q下降的高度为h=L+Lsin30°=L，q的重力势能减少量为△Epq=3mgh=mgL，故A错误；
B、q达到最低点时，设q的速度大小为v，此过程中，p的重力势能变化量为零，n上升的高度为h，根据系统的机械能守恒得：3mgh-mgh=，解得v=，故B正确；
C、q到达最低点时，设轻杆对q的作用力为F，则由牛顿第二定律得：F-3mg=3m，解得 F=6mg，故C错误；
D、从释放到q到达最低点的过程中，设轻杆对q做的功为W，对q，由动能定理得：3mgh+W=，解得 W=-3mgL，故D正确。
故选：BD。
根据几何关系求出q下降的高度，再求q的重力势能减少量。根据三个球组成的系统机械能守恒求q达到最低点时q的速度大小。q到达最低点时，根据向心力公式求轻杆对q的作用力。根据动能定理求轻杆对q做的功。
本题是系统机械能守恒问题，要知道单个小球运动过程中，由于杆对球要做功，所以其机械能并不守恒。
三、 实验题
13. 【答案】25.0 220 小于
【解析】解：（1）灵敏电流计量程为30μA，由图丙所示表盘可知，其分度值为1μA，指针在实线处时示数为25.0μA；
（2）灵敏电流计量程为30μA，由图丙所示表盘可知，其分度值为1μA，指针在虚线处时示数为15.0μA；
闭合开关S后可以认为电路总电流不变，则流过电阻箱R1的电流I1=I-I电流计=25.0μA-15.0μA=10.0μA，
并联电路电压相等，即：I1R1=I电流计R电流计，代入数据解得：R电流计=220Ω；
闭合开关S后电路总电阻变小，电路电流变大，大于25.0μA，当电流表计示数为15.0μA时，
路过电阻箱的电流大于10.0μA，计算时流过电阻箱的电流按10.0μA计算，
因此所求电流计内阻偏小，即电流计内阻测量值小于真实值。
故答案为：（1）25.0；（2）220；小于。
（1）根据图丙所示表盘确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数。
（2）根据图丙所示表盘读出其示数；根据实验数据应用并联电路特点与欧姆定律可以求出灵敏电流计的内阻。
本题考查了电流计读数与实验数据处理，分析清楚电路结构根据实验步骤应用并联电路特点与欧姆定律可以解题；对电流计读数时要先确定其量程与分度值，然后根据指针位置读出，读数时视线要与刻度线垂直。
14. 【答案】0.75 摆球的质量m a
【解析】解：（1）①由图乙可知，在11.0s到14.0s时间内单摆经历了4个全振动，所以单摆的振动周期；
②根据单摆的周期公式可得：；
（2）在最高点A时，由于速度为零，则向心力为零，重力沿沿绳方向的分力等于绳的拉力，由平衡条件有：F1=mgcsθ；
在最低点B时，绳的拉力与重力的合提供向心力，则在最高点，设在最低点时的速度为v，由牛顿第二定律有：，
下降过程中，重力势能的减少量为△EP=mgL（1-csθ）=（mg-F1）L
由于初速度为零，则动能的增加量即为末动能，有△Ek=，
由题意可知，若机械能守恒，则有△EP=△Ek，化简得：；所以还需要测量摆球的质量m；
故答案为：（1）①0.75；②；（2）①摆球的质量m；②a；
（1）由图乙F-t图象计算出单摆的周期，根据单摆的周期公式计算重力加速度的表达式；
（2）在最高点时，由于速度为零，则向心力为零，重力沿沿绳方向的分力等于绳的拉力；在最低点时，绳的拉力与重力的合提供向心力，利用平衡条件与牛顿第二定律即可得出F1与F2和重力的关系，也就可表示出重力势能的减小量与增加量，即可分析本题。
本题利用竖直平面内的圆周运动规律验证机械能守恒定律，掌握牛顿第二定律与向心力表达式内容，理解验证机械能守恒定律的原理是解决本题的关键。
四、 计算题
15. 【答案】解：（1）以桶内消毒液上方的气体为研究对象，发生的是等温变化，根据玻意耳定律得：
解得
剩余药液的体积=
（2）设打入的气体体积为，以原气体和打入的气体整体为研究对象，根据玻意耳定律得：
=
解得：
答：（1）停止喷洒时剩余的药液体积为；
（2）为使桶内气体压强恢复为2P0，需打入压强为P0的气体体积为。
【解析】
（1）以桶内消毒液上方的气体为研究对象，发生的是等温变化，根据玻意耳定律求解；
（2）以原气体和打入的气体整体为研究对象，根据玻意耳定律求解。
打气问题是所谓的“变质量问题”，有一定的难度，解题的关键是：巧妙地选择研究对象，把变质量问题变为不变质量问题进行研究，选择研究对象后，应用玻意耳定律与理想气体状态方程即可正确解题。
16. 【答案】解：（1）令光在AB边折射的入射角为i，折射角为γ，
由题意知，光在AB边的出射角γ=45°
由折射定律得
解得该光线在微棱镜内的入射角的正弦值为：=；
（2）根据可得临界角为
当光线刚好在AB边上M点发生全反射时，如粗实线光路所示
在AB边刚好全反射时，入射角α=37°
由几何关系知，反射到AC边的入射角α′=53°，
因为α′=53°＞C，能够发生全反射
过P点做AB的垂线与Q点，由几何关系知PQ=a，
QM=
当光线刚好在AC边上发生全反射时，如上图细实线光路所示
在AC边刚好全反射时，在AC边的入射角β′=37°
由几何关系知，在AB边的入射角β=53°
β=53°＞C，能够发生全反射，反射点为N
在△PQN中由几何关系知QN=，
综上所述，符合要求的区域为MN=。
答：（1）某一光线从AB边出射时，方向恰好垂直于BC边，该光线在微棱镜内的入射角的正弦值为；
（2）该部分光线在AB边上的照射区域长度为。
【解析】
（1）根据题意可知，折射角为45°，根据折射定律求解入射角的正弦值；
（2）分别作出在AB面上和AC面上恰好发生全反射的光路图，根据几何知识求解该部分光线在AB边上的照射区域长度。
解决该题的关键是能够正确作出光路图，能根据几何知识求解相关的长度和角度，熟记折射定律的表达式以及全反射的临界角的表达式。
17. 【答案】解：（1）爆炸过程中，取向左为正方向，由动量守恒定律得：
0=mvA-mvB
由能量守恒定律得：
Q1=mvA2+mvB2
解得vA=vB=m/s
爆炸后二者减速运动的加速度大小均为a=μg=2m/s2
减速至停止滑行距离均为SA==m=2.5m
由于SA=2.5m＞L'=2m，故A会碰到挡板后原速率返回，再继续减速后停止，最终A停止时距离O点的距离为
SA′=L'-（SA-L'）=[2-（2.5-2）]m=1.5m
（2）爆炸后A、B分开，可能有三种情形：
情形①：A、B反向分开，A碰到挡板后反弹，再与B相遇。
爆炸过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
2mv0=-mvA+mvB
SA=
SB=
SA+SB=2L
由以上可解得vA=（-1）m/s，vB=（+1）m/s
SA=m≈2.8m＞2m，SB=m≈7.2m＞3m，符合题意。
由能量守恒定律得：Q2=mvA2+mvB2-
解得Q2=19J
情形②：A、B反向分开，A未碰到挡板，B反弹后与A相遇。
爆炸过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
2mv0=-mvA+mvB
SA=
SB=
SB-SA=2（L-L′）
由以上可解得vA=7m/s，vB=5m/s
SA=m=6.25m＞2m，与假设矛盾。
情形③：A、B同向分开，A慢B快，B反弹后与A相遇。
爆炸过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
2mv0=mvA+mvB
SA=
SB=
SB+SA=2（L-L′）
由以上方程联立无解。
答：
（1）滑块A最终离开出发点的距离为1.5m；
（2）爆炸中转化成机械能的最小值Q2是19J。
【解析】
（1）爆炸过程中，取向左为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律分别列方程，求出爆炸后瞬间A、B的速度。爆炸后二者均做匀减速运动，由牛顿第二定律和运动学公式求出减速至停止滑行距离，即可确定滑块A最终离开出发点的距离；
（2）爆炸后A、B分开，可能有三种情形：
情形①：A、B反向分开，A碰到挡板后反弹，再与B相遇。
情形②：A、B反向分开，A未碰到挡板，B反弹后与A相遇。
情形③：A、B同向分开，A慢B快，B反弹后与A相遇。
对于爆炸过程，利用动量守恒定律列方程。根据速度位移公式列式爆炸后减速至停止滑行距离，结合相遇的条件求出爆炸后瞬间两者的速度，最后根据能量守恒定律求爆炸中转化成机械能的最小值Q2。
本题考查多过程多研究对象下的动量守恒定律和能量守恒定律的综合应用，关键要理清两个物体的运动过程，把握相遇的条件，研究相遇时两者的位移关系。
18. 【答案】解：（1）粒子在通过电场过程中，水平方向不受外力，做匀速直线运动，可知粒子通过电场的时间为：==3×10-6s，
由图乙可知在0～3×10-6s时间内，
AB间的电压为大小为9600V，则粒子通过电场时y轴方向的加速度为：==8×109m/s2，
则粒子离开电场时y轴方向的速度：=8.0×103m/s，
则离开电场的速度为：，
离开电场时y轴方向的位移：=2.8×10-2m；
（2）由题意可知，所有粒子离开电场时的速度大小和方向均相同，则所有粒子在磁场中运动的轨迹都时平行的，所有粒子在磁场中运动的时间均相同，
设粒子离开电场时的速度方向与水平方向成θ角，则有：，
在磁场中，有：
代入数据解得：R=0.2m，
粒子在磁场中运动的轨迹如图所示：
由几何关系可知：L2=Rsinα+Rsinβ
因为α=θ=53°
解得：β=37°，
粒子在磁场中运动在y轴方向的偏移距离均为△y=Rcsα-Rcs=4cm，
则t=0时刻的粒子在光屏上的坐标为y1=y+△y=6.8cm，
t=2×10-6s时刻进入电场的粒子离开电场时的偏移量为：（-a1）（）2+（-a1）=-0.4cm，
则2×10-6s时刻的粒子在光屏上的坐标为：y2=y′+△y=3.6cm，
即粒子能打在荧光屏上的纵坐标范围为3.6cm≤y≤6.8cm；
（3）粒子在磁场中运动的周期为：T=，
由几何关系可知，粒子转过的圆心角为：α+β=90°，
则粒子在磁场中运动的时间为：t==3.14×10-3s。
答：（1）t=0时刻发射的粒子离开电场时的速度大小为1.0×104m/s，偏转距离为2.8×10-2m；
（2）粒子打在荧光屏上的范围为3.6cm≤y≤6.8cm；
（3）粒子在磁场中的运动时间为3.14×10-3s。
【解析】
（1）粒子在电场中做类平抛运动，根据水平方向的匀速直线运动求解运动时间，在竖直方向先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，根据运动学公式求解粒子离开电场时的速度大小及偏转距离；
（2）0时刻射入电场的粒子打在荧光屏上的最上端，t=2×10-6s时刻进入电场的粒子打在荧光屏上的最下端，以此分析打在荧光屏上的范围；
（3）根据几何知识求解圆周运动的圆心角，结合周期公式求解运动时间。
解决该题的关键是明确知道粒子在电场中的运动情况，尤其是竖直方向的运动情况，知道所有粒子离开电场时的速度大小和方向均相同，熟记运动学公式。题号
一
二
三
四
总分
得分
评卷人
得分
一、 单选题（共8题）
评卷人
得分
二、 多选题（共4题）
评卷人
得分
三、 实验题（共2题）
评卷人
得分
四、 计算题（共4题）