2020年山东省莱西一中、高密一中、枣庄三中联考高考物理一模试卷_(带答案解析).docx

这是一份2020年山东省莱西一中、高密一中、枣庄三中联考高考物理一模试卷_(带答案解析).docx，共22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. 下面的表格是某年某地区1-6月份的气温与气压对照表：
根据表数据可知：该年该地区从1月份到6月份（ ）
A.空气分子无规则热运动剧烈程度呈减小的趋势
B.6月的任何一个空气分子的无规则热运动的速率一定比它在一月时速率大
C.单位时间对单位面积的地面撞击的空气分子数呈减少的趋势
D.单位时间内地面上单位面积所受气体分子碰撞的总冲量呈增加的趋势
2. 已知氢原子的基态能量为E1，激发态能量为En=，其中n=2，3，4……已知普朗克常量为h，电子的质量为m，则下列说法正确的是（ ）
A.氢原子从基态跃迁到激发态后，核外电子动能减小，原子的电势能增大，动能和电势能之和不变
B.基态氢原子中的电子吸收一频率为v的光子被电离后，电子速度大小为
C.一个处于n=4的激发态的氢原子，向低能级跃迁时最多可辐射出6种不同频率的光
D.第一激发态氢原子的电离能等于
3. 下列说法中正确的是（ ）
A.把调准的摆钟，由北京移至赤道，这个钟将变慢，若要重新调准，应增加摆长
B.振动的频率越高，则波传播一个波长的距离所用的时间越长
C.1905年爱因斯坦提出的狭义相对论是以相对性原理和光速不变原理这两条基本假设为前提的
D.照相机的镜头涂有一层增透膜，其厚度应为入射光在真空中波长的
4. 我国成功地发射了北斗三号组网卫星，如图为发射卫星的示意图。先将卫星发射到半径为r1=r的圆轨道上做匀速圆周运动，到A点时使卫星加速进入椭圆轨道，到椭圆轨道的远地点B点时，再次改变卫星的速度，使卫星进入半径为r2=3r的圆轨道做匀速圆周运动。已知卫星在椭圆轨道时距地心的距离与速度的乘积为定值，卫星在椭圆轨道上A点时的速度为v，卫星的质量为m，地球质量为M，引力常量为G，则发动机在A点对卫星做的功与在B点对卫星做的功之差为（不计卫星的质量变化）（ ）
A.mv2+
B.mv2-
C.mv2+
D.mv2-
5. 半球形介质截面如图所示，O为圆心，两束不同颜色的单色光a、b相互平行，从不同位置进入介质，其中单色光a入射方向正对圆心O，单色光b的入射点位于圆心O的正上方。两束光线都恰好在半球形介质的底边发生全反射，且光线b的入射角为45°，则下列说法正确的是（ ）
A.单色光a在介质中的折射率为2
B.单色光a比单色光b的频率高
C.光线b在介质中的折射角一定大于30°
D.若单色光a能使某金属发生光电效应，则光线b也一定能使该金属发生光电效应
6. 如图所示，在真空中的M、N两点分别放置等量的异种电荷+q、-q，在通过M、N两点的竖直平面内相对于MN对称取一个圆形路径ABCD，圆心在MN连线的中点，两条直径AC与BD相互垂直，且AC与MN共线。设想将一个电子沿路径ABCDA顺时针方向运动一周，则以下分析正确的是（ ）
A.沿ABC，电场的电势降低，电子的电势能减小
B.沿BCD，电场力对电子先做正功，后做负功，总功为零
C.沿BCD，电子的电势能先增大，后减小，电势能的变化总量为零
D.沿CDA，电场的电势升高，电子的电势能增大
7. 如图所示，质量均为m的A、B两物体中间用一个轻杆相连，在倾角为θ的斜面上匀速下滑。已知A物体光滑，B物体与斜面间的动摩擦因数为μ，整个过程中斜面始终静止不动。则下列说法正确的是（ ）
A.B物体与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ
B.轻杆对A物体的弹力平行于斜面向下
C.增加B物体的质量，A、B整体不再沿斜面匀速下滑
D.在B物体上施加一垂直于斜面的力，在A、B整体停止运动前，地面对斜面的摩擦力始终为零
8. 将一段总长度为L的直导线折成多边形线框后放入磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且线框所在平面与磁场方向垂直，现给线框通电，电流大小为I，正多边形线框中依次相邻的6条边受到的安培力的合力大小等于依次相邻的3条边受到的安培力的合力大小，则正多边形线框中每条边受到的安培力大小为（ ）
A.BIL
B.BIL
C.BIL
D.BIL
9. 变压器也可以“变电阻”。利用变压器不仅能够实现电压变换和电流变换，而且还能实现负载电阻的匹配。在电子技术中常用这一性质来实现最大功率匹配。如图甲所示，匝数比为n1：n2的理想变压器的原线圈与一电压为U1的交流电源相连，变压器的副线圈接一电阻R．若原线圈的电流为I1，从原线圈两端来看，其等效电阻为R'=，这样，图甲中虚线框内的实际电路便等效于图乙中虚线框内的电路。从这种意义上说，变压器可起到“变电阻”的作用。则以下说法正确的是（ ）
A.升压变压器可将电阻“变”大B.升压变压器可将电阻“变”小C.降压变压器可将电阻“变”小D.降压变压器可将电阻“变”大
10. 如图所示，在倾角为θ的斜面上的O点，与水平方向成60°角分别以速度v0和2v0两次抛出小球，小球先后打到斜面上的A、B两点，其中初速度是2v0的小球沿水平方向击中B点。则下列说法正确的是（ ）
A.斜面的倾角为30°
B.击中B点的小球在空中的飞行时间为
C.初速度是v0的小球也一定沿水平方向击中A点
D.OA间的距离等于AB间的距离
11. 如图所示，一根粗细均匀的光滑细杆竖直固定，质量为m的小环C穿在细杆上，一个光滑的轻质小滑轮D固定在竖直墙上（竖直墙在图中没有画出）。A、B两物体用轻弹簧相连，竖直放在水平面上。一根没有弹性的轻绳，一端与A连接，另一端跨过小滑轮D与小环C相连。小环C位于M时，绳子与细杆的夹角为θ，此时B物体刚好对地面无压力。现让小环C从M点由静止释放，当下降h到达N点时，绳子与细杆的夹角再次为θ，环的速度达到v，下面关于小环C下落过程中的描述正确的是（ ）
A.小环C和物体A组成的系统机械能守恒
B.当小环落到与滑轮同一高度时，小环的机械能最大
C.小环C到达N点时A的速度为vcsθ
D.小环C到达N点时物体A的动能为mgh-mv2
12. 如图所示，在x轴上方第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，x轴下方存在沿y轴正方向的匀强电场。a、b两个重力不计的带电粒子分别从电场中的同一点P由静止释放后，经电场加速从M点射入磁场并在磁场中发生偏转。最后从y轴离开磁场时，速度大小分别为v1和v2，v1的方向与y轴垂直，v2的方向与y轴正方向成60°角。a、b两粒子在磁场中运动的时间分别记为t1和t2，则以下比值正确的是（ ）
A.v1：v2=2：1
B.v1：v2=1：2
C.t1：t2=3：2
D.t1：t2=3：8
13. 某同学在研究性学习中用如图甲所示的装置测量弹簧压缩到某程度时的弹性势能，探究步骤如下：
①用游标卡尺测量出小车上遮光条的宽度d；
②用装有砝码的小车把弹簧的右端压缩到某一位置P，并记下这一位置，同时测量出小车到光电门的距离为x；
③释放小车，测出小车上的遮光条通过光电门所用的时间t，则此时小车的速度v=______，并记录小车及里面砝码的总质量m；
④增减小车里的砝码，______，重复③的操作，得出一系列小车的质量m与它通过光电门时的速度v；
⑤根据上述测得的数值算出对应的，并作出v2-图象如图乙所示。
（1）将实验步骤补充完整；
（2）由于小车与水平桌面之间存在摩擦，导致图象没过原点，这对于弹性势能的求解______（填“有”
或“无”）影响；
（3）由图象可知弹簧被压缩到位置P时具有的弹性势能大小为______。
14. 霍尔元件可以用来检测磁场及其变化．图甲为使用霍尔元件测量通电直导线产生磁场的装置示意图．由于磁芯的作用，霍尔元件所处区域磁场可看做匀强磁场．测量原理如乙图所示，直导线通有垂直纸面向里的电流，霍尔元件前、后、左、右表面有四个接线柱，通过四个接线柱可以把霍尔元件接入电路．所用器材已在图中给出，部分电路已经连接好．为测量霍尔元件所处区域的磁感应强度B；
（1）制造霍尔元件的半导体参与导电的自由电荷带负电，电流从乙图中霍尔元件左侧流入，右侧流出，霍尔元件______（填“前表面”或“后表面”）电势高；
（2）在图中画线连接成实验电路图；
（3）已知霍尔元件单位体积内自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为e，霍尔元件的厚度为h，为测量霍尔元件所处区域的磁感应强度B，还必须测量的物理量有______（写出具体的物理量名称及其符号），计算式B=______．
15. 如图所示，一个质量m=3g，带电量q=-3×10-5C的小球从绝缘光滑的圆弧轨道下滑至水平轨道末端，从末端飞出后恰好自小孔S进入两竖直放置的平行金属板间。两平行金属板间存在正交的匀强磁场和匀强电场，匀强磁场方向垂直纸面向外，磁感强度大小为B=5T；匀强电场方向水平向右，电场强度大小为E=103N/C．小球在平行金属板间刚好做匀速直线运动，g=10m/s2．试求：
（1）这个带电小球进入平行金属板间的速度及其方向；
（2）小球从圆弧轨道上释放时的高度H；
（3）撤去电场，仍让小球从原位置由静止释放，求小球在磁场中运动到最低点时的速度。
16. 某压力锅结构如图所示，盖好密封锅盖，将压力阀套在出气孔上，给压力锅加热，当锅内气体压强达到一定值时，气体就把压力阀顶起。假定在压力阀被顶起时，停止加热。已知外界大气压强为p0=1.0×105Pa，压力阀质量m=0.1kg，气孔横截面积为0.25cm2，压力锅的容积为5L，初始锅内气体压强与大气压强相等，内部气体温度为300K。
（1）锅内气体的最大压强可达多少？
（2）假定压力阀被锁定，当锅内气体温度被加热到462K时，保持其温度不变，解除锁定，压力阀被顶起，求当压力阀落下时，剩下气体和原有气体分子数密度之比是多少？
17. 如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平固定放置，导轨间距为L，导轨两端与定值电阻R1和R2相连，R1和R2的阻值均为R．磁感应强度的大小为B的匀强磁场方向竖直向上，有一个质量为m，电阻也为R的导体棒ab与导轨垂直放置。现在导体棒ab的中点施加一个水平恒力F，让导体棒ab从静止开始向右运动。经过时间t，运动达到稳定状态。导轨的电阻忽略不计，求：
（1）导体棒达到稳定时ab两点之间的电势差Uab；
（2）t时间内R1上产生的电热。
18. 如图所示，一平板小车C静止在光滑的水平面上，质量分别为m的物体A和2m的物体B均以大小为v的初速度、分别沿同一直线同时从小车两端相向水平滑上小车。设两物体与小车间的动摩擦因数均为μ，小车质量为m，最终物体A、B都停在小车上，物体A、B始终没有相碰。求：
（1）最终小车的速度大小是多少，方向怎样？
（2）平板车的长度至少为多长？
参考答案及解析
一、 单选题
1. 【答案】C
【解析】解：A、温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大，分子无规则热运动越剧烈，从1月到6月，温度逐渐升高，空气分子无规则热运动剧烈程度呈增大的趋势，故A错误。
B、6月温度最高，分子平均动能最大，但分子平均动能是对大量分子的一种统计规律，对于具体的某一个分子并不适应，所以不能说明6月的任何一个空气分子的无规则热运动的速率一定比它在一月时速率大，故B错误。
C、根据气体压强的微观意义，气体压强和单位时间单位面积对地面撞击次数N、气体的分子平均动能有关，可以表示为：p∝N•；温度升高，即增大，而压强p减小，说明N减小，所以单位时间对单位面积的地面撞击的空气分子数呈减少的趋势，故C正确。
D、根据气体压强的微观意义，气体压强等于单位时间内地面上单位面积所受气体分子碰撞的总冲量，大气压强呈减小的趋势，单位时间内地面上单位面积所受气体分子碰撞的总冲量也呈减小的趋势，故D错误。
故选：C。
温度越高，空气分子无规则热运动越剧烈；温度升高，分子平均动能增大，分子平均速率也增大，但并非每一个分子运动速率都增大；根据理想气体压强的微观意义来判断。
本题考查了温度是分子平均动能的标志、气体压强的微观意义等知识点。注意点：被封闭的气体，微观上气体的压强是由大量气体分子频繁碰撞器壁而产生的，在数值上等于单位面积地面受到的气体分子碰撞的总压力，而单位时间内气体分子给地面的总冲量就等于地面所受的压力。
2. 【答案】B
【解析】解：A、氢原子由基态跃迁到激发态时，氢原子吸收光子，则能量增大，轨道半径增大，
根据k=m知，电子动能减小，而其电势能增大，则动能和电势能之和增大，故A错误；
B、根据能量守恒得：hv+E1=mv2，解得电离后电子的速度大小为：v=，故B正确；
C、一个处于 n=4的激发态的氢原子，向低能级跃迁时最多可辐射出 3种不同频率的光，分别是 从n=4跃迁n=3，再从n=3跃迁n=2，最后从n=2跃迁n=1，故C错误；
D、第一激发态氢原子的能量为，若刚好发生电离时，其电离能等于-，故D错误。
故选：B。
根据轨道半径的变化，通过库仑引力提供向心力得出电子动能的变化，结合原子能量的变化得出原子势能的变化；
当吸收的能量等于氢原子基态能量时，电子发生电离，根据能量守恒求出电子电离后的速度；
一个处于 n=4的激发态的氢原子向低能级跃迁种类不是满足数学组合公式，而是最多3种，最少是1种。
解决本题的关键知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，掌握电离的条件，及理解跃迁的种类确定方法，注意大量氢原子与一个氢原子的区别，及刚好发生电离时，则电离能与能级的能量之和为零。
3. 【答案】C
【解析】解：A、调准的摆钟，由北京移至赤道，由于重力加速度变小，根据单摆的周期公式：T=2，这个钟的周期增大，钟将变慢，若要重新调准，应减小摆长，故A错误；
B、波传播一个波长的距离所用的时间为一个周期，振动的频率越高，周期越短，所用时间越短，故B错误；
C、1905年爱因斯坦提出的狭义相对论是以相对性原理和光速不变原理这两条基本假设为前提的，故C正确；
D、当增透膜的厚度为入射光在增透膜中波长的时，从增透膜前后表面的反射光相互抵消，从而减少了反射，增加了透射，故D错误。
故选：C。
调准的摆钟，由北京移至赤道，由于重力加速度变小，这个钟将变慢，若要重新调准，应减小摆长。
振动的频率越高，则波传播一个波长的距离所用的时间越短。
1905年爱因斯坦提出的狭义相对论是以相对性原理和光速不变原理这两条基本假设为前提的。
根据薄膜干涉的原理分析。
此题考查了单摆的周期、薄膜干涉和狭义相对论等知识，解题的关键是明确增透膜的原理是薄膜干涉，增透膜的厚度为入射光在增透膜中波长的，不是在真空中波长的。
4. 【答案】B
【解析】解：由G=m可知，卫星在轨道半径为r的圆轨道上运动的线速度大小v1=，在半径为3r的圆轨道上做圆周运动的线速度大小为v2=，
设卫星在椭圆轨道上B点的速度为vB，由vr=vB•3r，可知在A点时发动机对卫星做功W1=mv2-mv，在B点时发动机对卫星做的功为W2=mv-m（）2，
因此W1-W2=mv2-，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据万有引力提供向心力得出卫星在半径为r和2r的圆轨道上的速度大小，结合卫星在椭圆轨道时距地球的距离与速度的乘积为定值，根据动能定理求出发动机在A点对卫星做的功与在B点对卫星做的功之差。
解决本题的关键能够从题干中获取有用的信息，掌握万有引力提供向心力这一重要理论，结合动能定理进行求解。
5. 【答案】D
【解析】解：A、根据临界角公式可知，，单色光a在O点恰好发生全反射，根据几何关系可知，入射角等于临界角，C=45°，na==，故A错误；
B、分析单色光b的光路图可知，在底边处，b的入射角小，临界角小，则折射率大，频率高，故单色光a比单色光b的频率低，故B错误；
C、b的折射率大于，根据折射定律可知，＞，则折射角θ＜30°，故C错误；
D、单色光a比单色光b的频率低，根据发生光电效应的条件可知，若单色光a能使某金属发生光电效应，则光线b也一定能使该金属发生光电效应，故D正确。
故选：D。
根据全反射的临界角，通过求出光线在介质中的折射率。
分析单色光b的光路图，确定临界角，判断折射率和频率。
根据折射定律分析折射角。
根据发生光电效应的条件分析。
此题考查了折射定律和爱因斯坦光电效应方程的相关知识，解决本题的关键掌握光的折射定律公式以及发生全反射的条件。
6. 【答案】C
【解析】解：A、由等量异种点电荷的电场线分布和等势面特点可以知道，直径BD所在的竖直平面为零点等势面，且BD左边电势大于零，BD右边电势小于零，所以沿ABC电势逐渐降低。电子带负电荷，对负电荷来说电势越低电势能越大，所以电子沿ABC运动，电势能增加，故A错误；
B、由上面A的分析可知，沿BCD电势先降低后升高，所以电场力对电子先做负功，后做正功，总功为零，故B错误；
C、沿BCD，电势先降低后升高，电场力对电子先做负功，后做正功，总功为零，所以电子的电势能先增大，后减小，电势能的变化总量为零，故C正确；
D、由上面A的分析可知，沿CDA，电场的电势升高，所以电子的电势能减小，故D错误。
故选：C。
根据等量异种点电荷的电场线分布和等势面的特点可以知道，BD所在的竖直平面电势为零，在BD的左边电势大于零，在BD的右边电势小于零。电子带负电，对负电荷来说，电势越高，电势能越小；电势越低，电势能越大。
解答本题需要掌握两点，第一点是等量异种点电荷的电场线分布和等势面的特点；第二点是对负电荷来说，电势越高，电势能越小。
7. 【答案】C
【解析】解：A、以整体为研究对象，沿斜面方向根据平衡条件可得：2mgsinθ=μmgcsθ，解得B物体与斜面间的动摩擦因数μ=2tanθ，故A错误；
B、以A为研究对象，沿斜面方向根据平衡条件可知，轻杆对A物体的弹力平行于斜面向上，大小为T=mgsinθ，故B错误；
C、设B物体的质量增加△m，则摩擦力增加μ△mgcsθ=2△mgsinθ，B的重力沿斜面向下的分力增加△mgsinθ，A、B整体沿斜面减速下滑，故C正确；
D、原来A、B整体匀速下滑，地面对斜面的摩擦力为零；
在B物体上施加一垂直于斜面的力F后，则B对斜面的压力增加F，对斜面的摩擦力增加μF=2Ftanθ，F与μF的合力方向如图所示，根据图中几何关系可得tanα==2tanθ，即α＞θ，F合偏离竖直方向斜向左下方，则对面对斜面的摩擦力方向向右，故D错误。
故选：C。
以整体为研究对象，沿斜面方向根据平衡条件求解动摩擦因数；以A为研究对象，沿斜面方向根据平衡条件分析轻杆对A物体的弹力方向；分析B增加的摩擦力和重力沿斜面向下增加量大小关系，分析是否匀速下滑；在B物体上施加一垂直于斜面的力F，分析B对斜面增加的压力和对斜面增加的摩擦力的合力方向进行判断。
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合成，然后建立平衡方程进行解答，注意整体法和隔离法的应用。
8. 【答案】A
【解析】解：设总长为L的正n边形，各边边长为，已知匀强磁场的磁感应强度为B，线框中电流大小为I，则各边所受安培力为F=；
各边所受安培力之间的夹角；
相邻三边所受安培力的合力大小为：F1=F+2Fcsθ=（1+2csθ）
相邻六边所受安培力的大小为：F2=2F1cs=2（1+2csθ）-cs
根据F1=F2，即2-cs=1
可得：θ=40°
则n==9
故F==，故A正确、BCD错误。
故选：A。
设总长为L的正n边形，各边边长为，则各边所受安培力为F=，根据依次相邻的6条边受到的安培力的合力大小等于依次相邻的3条边受到的安培力的合力大小，求解n，再根据安培力的计算公式求解。
本题主要是考查安培力的计算，解答本题要掌握安培力的计算公式，能够利用数学知识进行推导。
二、 多选题
9. 【答案】BD
【解析】解：根据变压比可知，原线圈的输入电压：，根据变流比可知，原线圈的输入电流：，
则等效电阻：R'===R•，
升压变压器原、副线圈匝数关系为n1＜n2，则R'＜R，将电阻“变”小；
降压变压器原、副线圈匝数关系为n1＞n2，则R'＞R，将电阻“变”大，故BD正确，AC错误。
故选：BD。
分析题干信息，明确等效电阻的公式，根据变流比和变压比分析等效电阻与实际电阻的关系。
明确升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数关系。
此题考查了变压器的构造和原理，解题的关键是题干信息的提取，根据变压比和变流比分析。
10. 【答案】BC
【解析】解：A、研究以2v0的速度抛出的小球的运动，反向看作平抛运动，根据几何关系可知，落到斜面上末速度与水平方向的夹角为60°，斜面的倾角θ等于位移与水平方向的夹角，根据平抛运动的规律可知，速度与水平方向夹角正切值等于位移与水平方向夹角正切值的二倍，tan60°=2tanθ，解得：tanθ=，θ≠30°，故A错误；
B、继续反向研究击中B点的小球的运动，落地斜面上的竖直速度：vy=2v0sin60°=，空中飞行的时间：t==，故B正确；
C、落到A点的小球斜上抛的水平分速度为：vx=v0cs60°=，竖直分速度为：vy=v0sin60°=，
设飞行时间为t0，则有位移关系：tanθ==，解得：，
小球落到A点时，竖直末速度：vy′=vy-gt0=0，说明小球一定沿水平方向击中A点，故C正确；
D、小球落点A与抛出点O的距离为：L==∝，即距离与初速度的平方成正比，故OB间的距离是OA间距离的4倍，OA间的距离等于AB间的距离的，故D错误。
故选：BC。
小球做斜上抛运动，逆向分析做平抛运动，根据平抛运动的规律分析斜面倾角和飞行时间。
根据水平和竖直速度的运动规律求解上升时间，根据几何关系求解落点与抛出点间的距离。
此题考查了斜上抛运动的规律，解答本题要知道斜上抛运动可以分解为竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的匀速直线运动，逆向分析可以取得不错的效果。
11. 【答案】BCD
【解析】解：A、小环C、物体A和轻弹簧组成的系统中，只有动能、重力势能和弹性势能间的转化，系统机械能守恒，故A错误；
B、小环C下落过程受重力、杆的支持力和细线的拉力，非重力做功等于机械能的变化量；到位置S前的过程中，非重力做正功，机械能增加；经过S的过程，非重力做负功，机械能减小；故下落到位置S时，小环C的机械能一定最大，故B正确；
C、小环C到达N点时环的速度达到v，根据关联速度可知A的速度为vcsθ，故C正确；
D、小环C到达N点时，弹簧做为零，根据动能定理有：
故物体A的动能为：，故D正确。
故选：BCD。
小环、物体A、物体B、弹簧系统中只有动能和势能的转化，系统机械能守恒，根据功能关系分析机械能变化情况；根据关联速度求解到达N点时的A的速度；根据动能定理求C到达N点时A的动能。
题考查系统机械能守恒，关键结合机械能守恒定律和运动的分解列式分析，难点时物体多，要结合功能关系分析小环的机械能的变化情况。
12. 【答案】AD
【解析】解：AB、粒子在电场中加速，令加速的位移为x，则根据动能定理有，
所以，①
粒子在磁场中运动时，其轨迹如图
a粒子的圆心为O，b粒子的圆心为O′，
根据几何知识可知，R2•sin30°+R1=R2，
则R1：R2=1：2，②
根据洛伦兹力提供向心力有R=，③
由①②③联立 ④，
将④代入①中可得v1：v2=2：1，故A正确，B错误。
CD、粒子在磁场中运动的周期为T=，
所以两粒子在磁场中运动的时间之比为=，故C错误，D正确。
故选：AD。
粒子在电场中加速，根据动能定理列式子求解加速后获得的速度，在磁场中做匀速圆周运动，根据几何知识求解半径之比，再结合洛伦兹力提供向心力求解速度之比；
分析两粒子在磁场中运动的圆心角，结合周期公式求解两粒子在磁场中运动的时间之比。
解决该题需要找到粒子做匀速圆周运动的圆心，根据几何知识求解粒子做圆周运动的半径和圆心角，熟记圆周运动的半径以及周期公式。
三、 实验题
13. 【答案】 仍用小车把弹簧的右端压缩到位置P 无
【解析】解：（1）③经过光电门的瞬时速度可以由经过光电门时的平均速度表示，则有：v=；
④增减小车里的砝码，仍用小车把弹簧的右端压缩到位置P，重复③的操作，
（2）对小车运动过程，由动能定理可知：
W-μmgx=mv2
解得：v2=2W-2μgx
由于小车与水平桌面之间存在摩擦，导致图象没过原点，但这对于弹性势能的求解无影响；
（3）由：v2=2W-2μgx，可知，图象的斜率k=2W，
依据图象，可知，斜率k=
那么弹簧被压缩到位置P时具有的弹性势能大小为EP==。
故答案为：（1）③；④仍用小车把弹簧的右端压缩到位置P；（2）无；（3）。
（1）由平均速度与瞬时速度的关系可求得瞬时速度；并依据实验操作要求，即可确定；
（2）对运动过程由动能定理可明确v2-的关系，结合图象的斜率，即可分析求解；
（3）依据前一问的v2-的表达式，结合图象纵横坐标，从而可以求解。
考查了在极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小，掌握动能定理在本题的应用，理解图象的斜率，及纵横坐标的含义，注意弹簧弹力做功与弹簧的弹性势能的关系。
四、 简答题
14. 【答案】前表面 电压表读数U，电流表读数I
【解析】解：（1）磁场是直线电流产生，根据安培定则，磁场方向向下；电流向右，根据左手定则，安培力向内，载流子是负电荷，故后表面带负电，前表面带正电，故前表面电势较高；
（2）变阻器控制电流，用电压表测量电压，电路图如图所示：
（3）设前后表面的厚度为d，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有：
q=qvB
根据电流微观表达式，有：
I=neSv=ne（dh）v
联立解得：
B=
故还必须测量的物理量有：电压表读数U，电流表读数I；
故答案为：
（1）前表面；
（2）如图所示；
（3）电压表读数U，电流表读数I；．
（1）磁场是直线电流产生，根据安培定则判断磁场方向，再根据左手定则判断负电荷的受力分析，得到前后表面的电势高度；
（2）通过变阻器控制电流，用电压表测量电压；
（3）根据载流子受累积电荷的电场力和洛伦兹力而平衡列式，再根据电流的微观表达式列式，最后联立求解即可．
本题关键是明确霍耳电压的产生原理，要能够根据平衡条件和电流微观表达式列式分析；还要注意控制电路和测量电路的接法；不难．
15. 【答案】解：（1）带负电的小球进入平行金属板间刚好做匀速直线运动，受力平衡。小球受三个力的作用如图所示，其中重力竖直向下，大小G=mg=3×10-3×10N=3×10-2N
电场力水平向左，大小F=qE=3×10-5×103N=3×10-2N
G与F的合力F合=
解得F合=6×10-2N
设合力与水平方向成俯角α，则
tanα=
解得 α=30°
洛伦兹力f应与F合等值反向，与水平方向成30°角（图中α角）
运用左手定则，根据f和B的方向判定，带电小球的运动方向与水平向右方向成β角，则 β=60°
由 f=qvB得 v=4m/s
（2）小球离圆弧轨道后做平抛运动，设平抛运动的初速度为v0，小球进入平行金属板间的速度为平抛运动的末速度，将其速度分解如图：

得v0=vcsβ=4×0.5m/s=2m/s
小球沿圆弧轨道下滑过程，由机械能守恒得
mgH=
解得 H=0.2m
（3）小球进入磁场后，其水平向右的速度为2m/s，对应的洛伦兹力正好抵消重力
物体的运动可看成是线速度为2m/s的匀速圆周运动和向右速度为2m/s的匀速直线运动的合运动，到达最低点的速度为2m/s+2m/s≈5.464m/s
答：
（1）这个带电小球进入平行金属板间的速度是4m/s，其方向与水平向右方向成60°角斜向下；
（2）小球从圆弧轨道上释放时的高度H是0.2m；
（3）撤去电场，仍让小球从原位置由静止释放，小球在磁场中运动到最低点时的速度是5.464m/s。
【解析】
（1）带电小球进入平行金属板间刚好做匀速直线运动，合力为零，其中小球受到的洛伦兹力与速度有关。分析小球的受力情况，根据平衡条件和洛伦兹力公式f=qvB相结合求解。
（2）小球离开圆弧轨道后做平抛运动，将小球刚进入平行金属板间的速度分解，其水平分速度等于小球离开圆弧轨道时的速度，再由机械能守恒定律求小球从圆弧轨道上释放时的高度H；
（3）撤去电场，采用运动的分解法研究小球的运动情况，将小球的运动看成匀速圆周运动和向右的匀速直线运动的合运动，再求小球在磁场中运动到最低点时的速度。
本题的关键要能根据小球的运动情况正确分析小球的受力情况，运用力学的基本规律处理力平衡问题，运用运动的分解法研究小球在复合场中运动的问题。
五、 计算题
16. 【答案】解：（1）对锅盖根据受力平衡，有：
解得
（2）根据理想气体状态方程得：
解得V=5.5L
故分子数密度之比
答：（1）锅内气体的最大压强可达；
（2）假定压力阀被锁定，当锅内气体温度被加热到462K时，保持其温度不变，解除锁定，压力阀被顶起，求当压力阀落下时，剩下气体和原有气体分子数密度之比是。
【解析】
（1）对锅盖根据平衡条件即可求解锅内气体的最大压强；
（2）根据理想气体状态方程求出压力阀被顶起后气体的体积，分子数密度即为单位体积的分子数，将逸出的气体和剩余气体整体视为研究对象，质量不变，分子的数目不变，分别表示初末状态的分子数密度再求比值。
本题考查了气体压强的计算和理想气体状态方程的应用，求解压强关键是运用平衡条件求解，根据气态方程列式要确定好状态参量。
17. 【答案】解：（1）导体棒达到稳定时做匀速直线运动，有 F=BIL
根据右手定则判断知ab棒中感应电流方向由a到b，则a点的电势比b点的低，则Uab=-I
联立解得Uab=-。
（2）根据闭合电路欧姆定律有E=I（R+）
根据法拉第电磁感应定律有 E=BLv
结合I=，解得导体棒匀速运动的速度v=
该过程对导体棒，由动量定理得 Ft-BLt=mv-0
又==，其中x表示t时间内导体棒运动的位移。
t时间内，系统产生的总热量Q=Fx-
因为通过R1和R2的电流是通过导体棒电流的一半，则根据焦耳定律知：在t时间内，R1和R2产生的热量是导体棒产生的，所以t时间内R1上产生的电热为
Q1=Q
联立解得Q1=-
答：
（1）导体棒达到稳定时ab两点之间的电势差Uab是-。
（2）t时间内R1上产生的电热是-。
【解析】
（1）导体棒稳定时做匀速直线运动，先根据平衡条件和安培力的计算公式求出通过ab棒的电流，再由欧姆定律求ab两点之间的电势差Uab；
（2）根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律求出导体棒匀速运动时的速度。根据动量定理求出导体棒在t时间内通过的位移，再根据功能关系求出整个回路产生的焦耳热，即可结合电路的结构求R1上产生的焦耳热。
本题是电磁感应与力学、电路结合的题目，要明确电路的结构，搞清导体棒的运动情况是关键，同时，要知道涉及时间问题时，可运用动量定理求导体棒运动的位移。要注意的是电势差的符号。
18. 【答案】解：（1）以A、B两物体及小车组成的系统为研究对象，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
2mv-mv=4mv1
解得：，方向水平向左
（2）初始阶段各物体的加速度分别为：
，方向向左，向右做匀减速运动；
，方向向右，向左做匀减速运动；
，方向向左，向右做匀加速运动；
经过t1时间，A、C速度达到相同，则有v-μgt1=μgt1，
解得：，
根据速度公式可知此时B、C的速度：，方向向左，
而A的速度大小与B、C速度大小相等，方向相反。
该过程中，A相对C的路程：
该过程，B相对C的路程：
此后B、C共同向左做匀减速运动，加速度：a=
A先做减速而后匀加速，加速度不变；
直到三物体共速，所用时间：
该过程A相对B、C滑行的距离：
所以小车的长度至少为：l=△xA+△xB+△xC
联立解得：=
答：（1）最终小车的速度大小是，方向水平向左；
（2）平板车的长度至少为。
【解析】
（1）以A、B两物体及小车组成的系统为研究对象，由动量守恒定律可以求出它们的共同速度。
（2）先分别求出A、B、C的加速度，分析三物体的运动情况，当AC共速时，根据速度公式求出运动时间，求出此段时间内A、B相对C的位移；接着根据牛顿定律分析BC一起运动，至到ABC三物体共速，根据速度公式求出此段时间，并求出此段时间A相对C的位移，最后求出总的相对位移即为平板车的最小长度。
本题考查运动学综合内容，关键是第二问，一定要分析清楚三个物体的运动过程，特别是C先加速后减速的运动分析。题号
一
二
三
四
五
总分
得分
评卷人
得分
一、 单选题（共8题）
月份
1
2
3
4
5
6
平均气温/℃
1.4
3.9
10.7
19.6
26.7
30.2
平均大气压/105Pa
1.021
1.019
1.014
1.008
1.003
0.9984
评卷人
得分
二、 多选题（共4题）
评卷人
得分
三、 实验题（共1题）
评卷人
得分
四、 简答题（共2题）
评卷人
得分
五、 计算题（共3题）