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山东省师范大学附属中学2020届高三新高考线上测试物理试题
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山师附中2020年高三线上模拟考试
物理试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.雨后太阳光射入空气中的水滴，先折射一次，然后在水滴的背面发生反射，最后离开水滴时再折射一次就形成了彩虹。如图，太阳光从左侧射入球形水滴，a、b是其中的两条出射光线，在这两条出射光线中，一条是红光，另一条是紫光。下面说法正确的是（ ）
A. a光线是红光，b光线是紫光
B. 用同一双缝干涉仪做光的双缝干涉实验，a光条纹间距大于b光条纹间距
C. a光在水滴中的传播时间比b光在水滴中的传播时间长
D. 遇到同样的障碍物，a光比b光更容易发生明显衍射
【答案】C
【解析】
【详解】ABD．a、b两种光在水滴表面发生折射现象，入射角相同，a光的折射角小于b光，根据折射定律可知，a光的折射率大于b光，所以a是紫光，b是红光，a光的波长小于b光，根据可知用同一双缝干涉仪做光的双缝干涉实验，a光条纹间距小于b光条纹间距；遇到同样的障碍物， b光比a光更容易发生明显衍射，故ABD错误；
C．令太阳光在水滴表面发生折射现象时，a光的折射角为α，b光的折射角为β，则球形水滴的半径为R，所以a光在水滴中的传播路径长为xa=4R•cosα，b光在水滴中传播的路径长为xb=4Rcosβ，因为α＜β，所以xa＞xb，又因为光在介质中的传播速度为，因为na＞nb，所以va＜vb，光在水滴中的传播时间为，所以a光在水滴中的传播时间比b光在水滴中的传播时间长，故C正确。
故选C。
2.氢原子光谱如图甲所示，图中给出了谱线对应的波长，玻尔的氢原子能级图如图乙所示，已知普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，可见光的频率范围约为4.2×1014～7.8×1014Hz，则（ ）
A. Hα谱线对应光子的能量小于Hδ谱线对应光子的能量
B. 图甲所示Hα、Hβ、Hγ、Hδ四种光均属于可见光范畴
C. Hβ对应光子的能量约为10.2eV
D. Hα谱线对应的跃迁是从n＝3能级到n＝2能级
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．由题图甲可知，Hα谱线对应光子的波长大于Hδ谱线对应光子的波长，结合E＝可知，Hα谱线对应光子的能量小于Hδ谱线对应光子的能量，故A正确；
B．依据可见光的频率范围可知，甲图所示的四种光均属于可见光范畴，故B正确；
C．Hβ谱线对应光子的能量
E1＝＝ J≈4.09×10－19J≈2.556eV
故C错误；
D．Hα谱线对应光子的能量为
E2＝＝J≈3.03×10－19J≈1.89eV
可知Hα谱线对应的跃迁是从n＝3能级到n＝2能级，故D正确．
故选ABD。
3.如图所示，为一种简易的重物提升装置，通过卷扬机牵引利用定滑轮将重物提升至某高处，然后，由工人将重物水平缓慢拉至平台上，在工人拉动重物靠近平台的过程中，下列说法正确的是
A. 地面对人的摩擦力变小 B. 绳的拉力大小不变
C. 、两绳拉力的合力变大 D. 绳的拉力变小
【答案】C
【解析】
【详解】将OB的拉力进行分解，如图所示：
O点向右移动的过程中OA逆时针转动，由图可以看出OA绳子拉力与OC绳子的拉力都一直变大。
A．地面对人的摩擦力等于OC的拉力，则逐渐变大，选项A错误；
B．OA绳的拉力变大，选项B错误；
C．OC、OB两绳拉力的合力等于OA上的拉力大小，逐渐变大，选项C正确；
D．OC绳的拉力变大，选项D错误；
故选C。
4.2019年8月11日超强台风“利奇马”登陆青岛，导致部分高层建筑顶部的广告牌损毁。台风“利奇马”登陆时的最大风力为11级，最大风速为30m/s。某高层建筑顶部广告牌的尺寸为：高5m、宽20m，空气密度=1.2kg/m3，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0，则该广告牌受到的最大风力约为
A. 3.9×103N B. 1.2×105N C. 1.0×104N D. 9.0×l04N
【答案】B
【解析】
【详解】广告牌的面积
S=5×20m2=100m2
设t时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有：
m=ρSvt
根据动量定理有：
－Ft=0－mv=0－ρSv2t
得：
F=ρSv2
代入数据解得
F≈1.2×105N
故B正确，ACD错误。
故选B。
5.如图甲所示，一个质量m＝2kg的物块静止放置在粗糙水平地面O处，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，在水平拉力F作用下物块由静止开始向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O处，取水平向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度v随时间t变化规律如图乙所示，g取10m/s2.则（ ）
A. 物块经过4s回到出发点
B. 4.5s时水平力F的瞬时功率为24W
C. 0~5s内摩擦力对物块先做负功，后做正功，总功为零
D. 0~5s内物块所受合力的平均功率为2.25W
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可看出，4s内速度方向始终为正方向，则物块经过4s离出发点最远，没有回到出发点，故A错误；
B．4到5s，物体做加速运动，加速度大小为
由牛顿第二定律可得
解得
4.5s时，物体的速度大小为
此时力F功率为
P=Fv=16×1.5W=24W
故B正确；
C．滑动摩擦力始终与物体的运动方向相反，始终做负功，故C错误；
D．0～5s内物块所受合力的做的功等于动能增加量
平均功率为
故D错误。
故选B。
6.如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T，小球在最高点的速度大小为v，其T—v2图象如图乙所示，则（ ）
A. 轻质绳长为
B. 当地的重力加速度为
C. 当v2＝c时，轻质绳拉力大小为
D. 只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为5a
【答案】C
【解析】
【详解】AB．在最高点，根据
得
可知纵轴截距绝对值为
解得当地的重力加速度
图线的斜率
解得绳子的长度
故AB错误；
C．当v2=c时，轻质绳的拉力大小为
故C正确；
D．当v2=b时，轻质绳拉力大小为T=0，重力提供向心力
当小球运动到最低点时速度v′，根据动能定理可知
最低点，根据向心力公式可知
联立解得
故D错误。
故选C。
7.一简谐横波沿x轴正向传播，图甲是t=0时刻的波形图，图乙是介质中某质点的振动图像，0时刻该点的位移为-0.1m，2s时在平衡位置处，则波的传播速度为（ ）
A. m/s B. m/s C. 0.8m/s D. 1.5m/s
【答案】A
【解析】
【详解】由图甲所示波形图可知，波长，由图乙所示质点振动图像可知，t=0时刻质点的位相为，t=2s时质点的位相为2π，两时刻位相差为
则
解得波的周期
波速
故A正确，BCD错误。
故选A。
8.如图所示，倾角=的固定光滑绝缘斜面高为H，处在水平向左、大小为E=的匀强电场中，质量为m的物块，带正电Q，从斜面顶端由静止释放，物块落地的速度大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】对物块进行受力分析如图，物块受重力和水平向左的电场力，电场力为
根据三角形定则由
则
运用动能定理研究从开始到落地过程，有
解得
故ABC错误，D正确。
故选D。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9.2019年7月11日至14日，--级方程式世界锦标赛在英国银石举行，选手塞巴斯蒂驾驶法拉利SF90赛车由静止启动，赛车所受阻力大小恒为Ff，驾驶员和赛车的总质量为m，开始一段时间内为直线运动，其加速度随时间倒数的变化规律图线如图所示，a1和t1已知，下列说法正确的是
A. 赛车在0~t1时间段内做加速度增大的加速运动
B. 赛车在0 ~t1时间段内所受牵引力大小为
C. 赛车在t1时刻的动能为
D. 赛车在0 ~tl，时间段内牵引力做的功为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由图知，物体在t0前加速度不变，做初速度为零的匀加速运动，故A错误；
B．赛车在0 ~t1时间段内做初速度为零的匀加速运动，由牛顿第二定律得
解得
故B正确；
C．赛车在t1时速度为
所以动能为
故C正确；
D．赛车在0 ~t1时间段内的位移
所以牵引力做的功为
故D错误。
故选BC。
10.我国计划在2017年发射“嫦娥四号”，它是嫦娥探月工程计划中嫦娥系列的第四颗人造探月卫星，主要任务是更深层次、更加全面的科学探测月球地貌、资源等方面的信息，完善月球档案资料。已知月球的半径为R，月球表面的重力加速度为g，引力常量为G，嫦娥四号离月球中心的距离为r，绕月周期T。根据以上信息可求出（ ）
A. “嫦娥四号”绕月运行的速度
B. “嫦娥四号”绕月运行的速度为
C. 月球的平均密度为
D. 月球的平均密度为
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．根据万有引力提供向心力有
又
得
解得“嫦娥四号”绕月运行的速度为
故A错误，B正确；
CD．根据
得月球的质量为
得月球的密度为
故C正确，D错误。
故选BC。
11.质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法正确的是（ ）
A. 该微粒一定带负电荷
B. 微粒从O到A的运动可能是匀变速运动
C. 该磁场的磁感应强度大小为
D. 该电场的场强为
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．若粒子带正电，电场力向左，洛伦兹力垂直于OA线斜向右下方，则电场力、洛伦兹力和重力不能平衡，则粒子带负电，故A正确；
B．粒子如果做匀变速运动，重力和电场力不变，而洛伦兹力随速度变化而变化，粒子不能沿直线运动，故B错误；
C．粒子受力如图，由平衡条件得
解得
故C正确；
D．粒子受力如图，由图可知
解得
故D正确。
故选ACD。
12.矩形线框abcd固定放在匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的图象如图所示．设t=0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，图中i表示线圈中感应电流的大小(规定电流沿顺时针方向为正)，F表示线框ab边所受的安培力的大小(规定ab边中所受的安培力方向向左为正)，则下列图象中可能正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】AC
【解析】
在0-2s内，磁感应强度均匀变化，线框的磁通量均匀变化，产生恒定电流．磁场方向先向里后向外，磁通量先减小后增大，由楞次定律可知，感应电流方向为顺时针方向，电流为正值．根据法拉第电磁感应定律得：，感应电流 ，此段时间内，一定，则知感应电流也一定．同理得知，在2s-4s内，感应电流方向为逆时针方向，电流为负值，感应电流也一定．故C正确，B错误．在0-2s内，线框ab边所受的安培力的大小为F=BIL，IL一定，F与B成正比，而由楞次定律判断可知，安培力方向先向左后右，即先为正值后为负值．同理得知，在2s-4s内，F与B成正比，安培力方向先向左后右，即先为正值后为负值，与0-2s内情况相同．故A正确，D错误．故选AC．
点睛：本题分两时间进行研究，也可分四段时间进行研究，根据法拉第定律可定性判断AB是错误的．由楞次定律和左手定则判断安培力的方向，法拉第电磁感应定律、欧姆定律及安培力公式研究安培力的大小，综合性较强．
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13.利用如图所示的电路测量一个满偏电流为300μA，内阻rg约为几十到几百欧姆的电流表的内阻值，有如下的主要实验器材可供选择：
A．滑动变阻器(阻值范围0~30 kΩ)
B．滑动变阻器(阻值范围0～10 kΩ)
C．电源(电动势3V，内阻不计)
D．电源(电动势6V，内阻不计)
(1)为了使测量尽量精确，在上述可供选择的器材中，滑动变阻器R应选用________，电源E应选用__________．(选填器材前面的字母序号)
(2)实验时要进行的主要步骤有：
A．断开S2，闭合S1
B．调节R的阻值，使电流表指针偏转到满刻度
C．闭合S2
D．调节电阻箱R’的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的三分之一
E．记下此时R’的阻值为90 Ω
则待测电流表的内阻rg的测量值为______ Ω，该测量值______电流表内阻的真实值．(选填“大于”、“小于”或“等于”)
【答案】 (1). A (2). D (3). 180 (4). 小于
【解析】
【详解】（1）用半偏法测电流表的内阻时，与电流表串联的滑动变阻器的阻值要尽可能大，以减小测量误差,因此在回路电流不超过电流表量程的前提下,电源电动势应尽可能大些，以保证滑动变阻器的阻值尽可能大，故变阻器应选A，电源应选D.
（2）闭合S2后，电流表与R′并联，且并联R′后总电阻认为不变，则总电流不变，则通过R′的电流为总电流的 ，故，因是并联关系：，则.闭合S2后，电路总电阻变小，电路总电流变大，通过R′的电流大于原来电流的三分之二，则该实验测出的电表内阻要小于电流表内阻的真实值．
14.某同学利用单摆测定当地的重力加速度．
（1）实验室已经提供的器材有：铁架台、夹子、秒表、游标卡尺．除此之外，还需要的器材有________．
A．长度约为1 m的细线
B．长度约为30 cm的细线
C．直径约为2 cm的钢球
D．直径约为2 cm的木球
E．最小刻度为1 cm的直尺
F．最小刻度为1 mm的直尺
（2）摆动时偏角满足下列条件____（填“A”、“B” 、“C”更精确．
A．最大偏角不超过10°
B．最大偏角不超过20°
C．最大偏角不超过30°
（3）为了减小测量周期的误差，实验时需要在适当的位置做一标记，当摆球通过该标记时开始计时，该标记应该放置在摆球摆动的________．
A．最高点
B．最低点
C．任意位置
（4）用秒表测量单摆的周期．当单摆摆动稳定且到达计时标记时开始计时并记为n＝1，单摆每经过标记记一次数，当数到n＝60时秒表的示数如图甲所示，该单摆的周期是T＝_______s(结果保留三位有效数字)．
（5）用最小刻度为1 mm的刻度尺测摆线长，测量情况如图乙所示．O为悬挂点，从图乙中可知单摆的摆线长为____m；用游标卡尺测量摆球的直径如图丙所示，则球的直径为_____cm；单摆的摆长为_____m(计算结果保留三位有效数字)．
（6）若用L表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g＝________.
【答案】 (1). ACF (2). A (3). B (4). 2.28 (5). 0.9915 (6). 2.075 (7). 1.00 (8).
【解析】
【详解】(1)[1] 由单摆周期公式可得，
实验需要测量摆长，摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，所以需要毫米刻度尺，实验需要测量周期，则需要秒表，摆线的长度大约1m左右。为减小空气阻力的影响，摆球需要密度较大的摆球，因此摆球应选C，故选用的器材为ACF。
(2)[2] 根据单摆原理可知，单摆只有在摆角很小时,才是简揩振动，所以摆动时偏角最大偏角不超过10°，故A正确BC错误。
(3)[3] 由于摆球经过平衡位置时，速度最大，在相同视觉距离误差上，引起的时间误差最小，测量周期比较准确．所以为了减小测量周期的误差，应在平衡位置即最低点开始计时，故B正确AC错误。
(4)[4] 单摆摆动稳定且到达计时标记时开始计时并记为n＝1，单摆每经过标记记一次数，当数到n＝60时，即经过了
个周期，秒表的示数如图甲所示，读数为
所以周期为
(5)[5][6][7] 刻度尺最小分度值为0.1cm，所以从图乙中可知单摆的摆线长为
99.15cm=0.9915m
球的直径为
单摆的摆长为
(6)[8] 由单摆周期公式可得，
15.如图所示，用细管把导热容器A与水平固定的导热汽缸B相连，汽缸中活塞的横截面积S＝100cm2。初始时，容器A内为真空，阀门P关闭，阀门Q开启，活塞离缸底距离d＝40cm。现关闭阀门Q，打开阀门P，并缓慢向左推活塞，当活塞刚好到达缸底时，水平力F＝1.0×103N。已知大气压强p0＝1.0×105Pa。不计一切摩擦，环境温度保持不变，整个装置气密性良好。
(1)求容器A的容积VA；
(2)现关闭阀门P，打开阀门Q，把活塞拉回初始位置，然后关闭阀门Q，打开阀门P，并缓慢向左推活塞直至缸底。重复上述步骤n次后，容器A内压强p=4.0×106Pa，求n。
【答案】（1）2L；（2）19
【解析】
【详解】(1)由题意，气体做等温变化，有
p1V1=p2V2
其中压缩前
p1=p0，V1=dS
压缩后
，V2=VA
代入数据解得
VA=2L
(2)依题意
代入数据解得
n=19
16.在光滑水平地面上有xOy坐标系，质量m=100g的质点以速度v0=10m/s沿x轴正方向运动，通过坐标原点O时受到与y轴平行的力F=1N，F大小保持不变。
(1)F沿y轴正方向作用2s后立即变为沿y轴负方向，求t=3s时质点速度的大小和方向；
(2)F沿y轴正方向作用1s后立即变为沿y轴负方向，又作用1s后立即变为沿y轴正方向，求t=3s时质点的位置坐标。
【答案】(1)m/s，与x轴正方向y轴正方向均成角；(2)(30m，15m)
【解析】
【详解】(1)已知m=100g=0.1kg，质点做类平抛运动，在x轴方向做匀速直线运动，在y轴方向先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，加速度为
t=3s时质点沿y轴方向的分速度为
故t=3s时质点速度的大小为
因为vy=v0，所以t=3s时质点速度方向与x轴正方向、y轴正方向均成角
(2)根据运动过程的对称性可知，质点在第1s内、第2s内、第3s内沿y轴方向的位移相等，则t=3s时质点沿y轴方向分位移为
t=3s时质点沿x轴方向的分位移为
因此，t=3s时质点的位置坐标为(30m，15m)
17.如图所示，在xOy坐标系中，在0≤x<0.6m的范围存在平行于y轴向下的匀强电场，电场强度E=1000N/C，在0.6m≤x≤1.3m范围内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度B=5×10－3T。一个带负的带电粒子比荷为2×108C/kg，从坐标原点O处以初速度v0=3×105m/s沿x轴正方向进入电场，离开电场后进入磁场。带电粒子一直在xOy平面内运动，不计重力。求：
(1)电子离开电场时的纵坐标y1；
(2)电子离开磁场时的纵坐标y2；
【答案】(1)0.4m；(2)0.5m
【解析】
【详解】(1)设电子在电场中运动的时间为t，电子射出电场时在竖直方向上的侧移量为y1，电子在水平方向做匀速直线运动
x1=v0t
电子在竖直方向上做匀加速直线运动
根据牛顿第二定律有
eE=ma
解得
y1=0.4m
(2)从电场进入磁场中的速度为
进入电磁场时，粒子的速度与水平方向的夹角满足
得
磁场区域中粒子受洛伦兹力而做匀速圆周运动，即
代入数据解得
粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
根据几何知识可知，离开此场的位置B点与A点的高度差为
所以粒子离开磁场时的纵坐标为
18.静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0kg，mB＝4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝0.75m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g＝10m/s2，A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
(1)物块A，B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
(2)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
(3)若改变A、B与地面之间的动摩擦因数，求使A、B不发生碰撞的μ的范围。
【答案】（1）物块B先停止；0m；（2）1.17m；（3）μ≥0.5
【解析】
【详解】(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有
联立式并代入题给数据得
vA=4.0m/s，vB=1.0m/s
A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a，假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B，设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有
vB－at=0
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为
联立式并代入题给数据得
sA=1.75m，sB=0.25m
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，此时A位于出发点左边0.25m处，B位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离为
s=0m
(2)t时刻A刚好与静止的B碰撞，碰撞时A速度的大小为，由动能定理有
联立式并代入题给数据得
=3m/s
故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为和，取向左为正方向，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mAvA′=mA+mB
联立式并代入题给数据得
=－1.8m/s，=1.2m/s
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为时停止，B向左运动距离为时停止，由运动学公式
则
=0.81m，=0.36m
小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离
(3)设A、B与地面之间的动摩擦因数为μ′时A、B恰好不发生碰撞，根据动能定理可得
解得
μ≥0.5
物理试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.雨后太阳光射入空气中的水滴，先折射一次，然后在水滴的背面发生反射，最后离开水滴时再折射一次就形成了彩虹。如图，太阳光从左侧射入球形水滴，a、b是其中的两条出射光线，在这两条出射光线中，一条是红光，另一条是紫光。下面说法正确的是（ ）
A. a光线是红光，b光线是紫光
B. 用同一双缝干涉仪做光的双缝干涉实验，a光条纹间距大于b光条纹间距
C. a光在水滴中的传播时间比b光在水滴中的传播时间长
D. 遇到同样的障碍物，a光比b光更容易发生明显衍射
【答案】C
【解析】
【详解】ABD．a、b两种光在水滴表面发生折射现象，入射角相同，a光的折射角小于b光，根据折射定律可知，a光的折射率大于b光，所以a是紫光，b是红光，a光的波长小于b光，根据可知用同一双缝干涉仪做光的双缝干涉实验，a光条纹间距小于b光条纹间距；遇到同样的障碍物， b光比a光更容易发生明显衍射，故ABD错误；
C．令太阳光在水滴表面发生折射现象时，a光的折射角为α，b光的折射角为β，则球形水滴的半径为R，所以a光在水滴中的传播路径长为xa=4R•cosα，b光在水滴中传播的路径长为xb=4Rcosβ，因为α＜β，所以xa＞xb，又因为光在介质中的传播速度为，因为na＞nb，所以va＜vb，光在水滴中的传播时间为，所以a光在水滴中的传播时间比b光在水滴中的传播时间长，故C正确。
故选C。
2.氢原子光谱如图甲所示，图中给出了谱线对应的波长，玻尔的氢原子能级图如图乙所示，已知普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，可见光的频率范围约为4.2×1014～7.8×1014Hz，则（ ）
A. Hα谱线对应光子的能量小于Hδ谱线对应光子的能量
B. 图甲所示Hα、Hβ、Hγ、Hδ四种光均属于可见光范畴
C. Hβ对应光子的能量约为10.2eV
D. Hα谱线对应的跃迁是从n＝3能级到n＝2能级
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．由题图甲可知，Hα谱线对应光子的波长大于Hδ谱线对应光子的波长，结合E＝可知，Hα谱线对应光子的能量小于Hδ谱线对应光子的能量，故A正确；
B．依据可见光的频率范围可知，甲图所示的四种光均属于可见光范畴，故B正确；
C．Hβ谱线对应光子的能量
E1＝＝ J≈4.09×10－19J≈2.556eV
故C错误；
D．Hα谱线对应光子的能量为
E2＝＝J≈3.03×10－19J≈1.89eV
可知Hα谱线对应的跃迁是从n＝3能级到n＝2能级，故D正确．
故选ABD。
3.如图所示，为一种简易的重物提升装置，通过卷扬机牵引利用定滑轮将重物提升至某高处，然后，由工人将重物水平缓慢拉至平台上，在工人拉动重物靠近平台的过程中，下列说法正确的是
A. 地面对人的摩擦力变小 B. 绳的拉力大小不变
C. 、两绳拉力的合力变大 D. 绳的拉力变小
【答案】C
【解析】
【详解】将OB的拉力进行分解，如图所示：
O点向右移动的过程中OA逆时针转动，由图可以看出OA绳子拉力与OC绳子的拉力都一直变大。
A．地面对人的摩擦力等于OC的拉力，则逐渐变大，选项A错误；
B．OA绳的拉力变大，选项B错误；
C．OC、OB两绳拉力的合力等于OA上的拉力大小，逐渐变大，选项C正确；
D．OC绳的拉力变大，选项D错误；
故选C。
4.2019年8月11日超强台风“利奇马”登陆青岛，导致部分高层建筑顶部的广告牌损毁。台风“利奇马”登陆时的最大风力为11级，最大风速为30m/s。某高层建筑顶部广告牌的尺寸为：高5m、宽20m，空气密度=1.2kg/m3，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0，则该广告牌受到的最大风力约为
A. 3.9×103N B. 1.2×105N C. 1.0×104N D. 9.0×l04N
【答案】B
【解析】
【详解】广告牌的面积
S=5×20m2=100m2
设t时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有：
m=ρSvt
根据动量定理有：
－Ft=0－mv=0－ρSv2t
得：
F=ρSv2
代入数据解得
F≈1.2×105N
故B正确，ACD错误。
故选B。
5.如图甲所示，一个质量m＝2kg的物块静止放置在粗糙水平地面O处，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，在水平拉力F作用下物块由静止开始向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O处，取水平向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度v随时间t变化规律如图乙所示，g取10m/s2.则（ ）
A. 物块经过4s回到出发点
B. 4.5s时水平力F的瞬时功率为24W
C. 0~5s内摩擦力对物块先做负功，后做正功，总功为零
D. 0~5s内物块所受合力的平均功率为2.25W
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可看出，4s内速度方向始终为正方向，则物块经过4s离出发点最远，没有回到出发点，故A错误；
B．4到5s，物体做加速运动，加速度大小为
由牛顿第二定律可得
解得
4.5s时，物体的速度大小为
此时力F功率为
P=Fv=16×1.5W=24W
故B正确；
C．滑动摩擦力始终与物体的运动方向相反，始终做负功，故C错误；
D．0～5s内物块所受合力的做的功等于动能增加量
平均功率为
故D错误。
故选B。
6.如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T，小球在最高点的速度大小为v，其T—v2图象如图乙所示，则（ ）
A. 轻质绳长为
B. 当地的重力加速度为
C. 当v2＝c时，轻质绳拉力大小为
D. 只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为5a
【答案】C
【解析】
【详解】AB．在最高点，根据
得
可知纵轴截距绝对值为
解得当地的重力加速度
图线的斜率
解得绳子的长度
故AB错误；
C．当v2=c时，轻质绳的拉力大小为
故C正确；
D．当v2=b时，轻质绳拉力大小为T=0，重力提供向心力
当小球运动到最低点时速度v′，根据动能定理可知
最低点，根据向心力公式可知
联立解得
故D错误。
故选C。
7.一简谐横波沿x轴正向传播，图甲是t=0时刻的波形图，图乙是介质中某质点的振动图像，0时刻该点的位移为-0.1m，2s时在平衡位置处，则波的传播速度为（ ）
A. m/s B. m/s C. 0.8m/s D. 1.5m/s
【答案】A
【解析】
【详解】由图甲所示波形图可知，波长，由图乙所示质点振动图像可知，t=0时刻质点的位相为，t=2s时质点的位相为2π，两时刻位相差为
则
解得波的周期
波速
故A正确，BCD错误。
故选A。
8.如图所示，倾角=的固定光滑绝缘斜面高为H，处在水平向左、大小为E=的匀强电场中，质量为m的物块，带正电Q，从斜面顶端由静止释放，物块落地的速度大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】对物块进行受力分析如图，物块受重力和水平向左的电场力，电场力为
根据三角形定则由
则
运用动能定理研究从开始到落地过程，有
解得
故ABC错误，D正确。
故选D。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9.2019年7月11日至14日，--级方程式世界锦标赛在英国银石举行，选手塞巴斯蒂驾驶法拉利SF90赛车由静止启动，赛车所受阻力大小恒为Ff，驾驶员和赛车的总质量为m，开始一段时间内为直线运动，其加速度随时间倒数的变化规律图线如图所示，a1和t1已知，下列说法正确的是
A. 赛车在0~t1时间段内做加速度增大的加速运动
B. 赛车在0 ~t1时间段内所受牵引力大小为
C. 赛车在t1时刻的动能为
D. 赛车在0 ~tl，时间段内牵引力做的功为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由图知，物体在t0前加速度不变，做初速度为零的匀加速运动，故A错误；
B．赛车在0 ~t1时间段内做初速度为零的匀加速运动，由牛顿第二定律得
解得
故B正确；
C．赛车在t1时速度为
所以动能为
故C正确；
D．赛车在0 ~t1时间段内的位移
所以牵引力做的功为
故D错误。
故选BC。
10.我国计划在2017年发射“嫦娥四号”，它是嫦娥探月工程计划中嫦娥系列的第四颗人造探月卫星，主要任务是更深层次、更加全面的科学探测月球地貌、资源等方面的信息，完善月球档案资料。已知月球的半径为R，月球表面的重力加速度为g，引力常量为G，嫦娥四号离月球中心的距离为r，绕月周期T。根据以上信息可求出（ ）
A. “嫦娥四号”绕月运行的速度
B. “嫦娥四号”绕月运行的速度为
C. 月球的平均密度为
D. 月球的平均密度为
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．根据万有引力提供向心力有
又
得
解得“嫦娥四号”绕月运行的速度为
故A错误，B正确；
CD．根据
得月球的质量为
得月球的密度为
故C正确，D错误。
故选BC。
11.质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法正确的是（ ）
A. 该微粒一定带负电荷
B. 微粒从O到A的运动可能是匀变速运动
C. 该磁场的磁感应强度大小为
D. 该电场的场强为
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．若粒子带正电，电场力向左，洛伦兹力垂直于OA线斜向右下方，则电场力、洛伦兹力和重力不能平衡，则粒子带负电，故A正确；
B．粒子如果做匀变速运动，重力和电场力不变，而洛伦兹力随速度变化而变化，粒子不能沿直线运动，故B错误；
C．粒子受力如图，由平衡条件得
解得
故C正确；
D．粒子受力如图，由图可知
解得
故D正确。
故选ACD。
12.矩形线框abcd固定放在匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的图象如图所示．设t=0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，图中i表示线圈中感应电流的大小(规定电流沿顺时针方向为正)，F表示线框ab边所受的安培力的大小(规定ab边中所受的安培力方向向左为正)，则下列图象中可能正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】AC
【解析】
在0-2s内，磁感应强度均匀变化，线框的磁通量均匀变化，产生恒定电流．磁场方向先向里后向外，磁通量先减小后增大，由楞次定律可知，感应电流方向为顺时针方向，电流为正值．根据法拉第电磁感应定律得：，感应电流 ，此段时间内，一定，则知感应电流也一定．同理得知，在2s-4s内，感应电流方向为逆时针方向，电流为负值，感应电流也一定．故C正确，B错误．在0-2s内，线框ab边所受的安培力的大小为F=BIL，IL一定，F与B成正比，而由楞次定律判断可知，安培力方向先向左后右，即先为正值后为负值．同理得知，在2s-4s内，F与B成正比，安培力方向先向左后右，即先为正值后为负值，与0-2s内情况相同．故A正确，D错误．故选AC．
点睛：本题分两时间进行研究，也可分四段时间进行研究，根据法拉第定律可定性判断AB是错误的．由楞次定律和左手定则判断安培力的方向，法拉第电磁感应定律、欧姆定律及安培力公式研究安培力的大小，综合性较强．
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13.利用如图所示的电路测量一个满偏电流为300μA，内阻rg约为几十到几百欧姆的电流表的内阻值，有如下的主要实验器材可供选择：
A．滑动变阻器(阻值范围0~30 kΩ)
B．滑动变阻器(阻值范围0～10 kΩ)
C．电源(电动势3V，内阻不计)
D．电源(电动势6V，内阻不计)
(1)为了使测量尽量精确，在上述可供选择的器材中，滑动变阻器R应选用________，电源E应选用__________．(选填器材前面的字母序号)
(2)实验时要进行的主要步骤有：
A．断开S2，闭合S1
B．调节R的阻值，使电流表指针偏转到满刻度
C．闭合S2
D．调节电阻箱R’的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的三分之一
E．记下此时R’的阻值为90 Ω
则待测电流表的内阻rg的测量值为______ Ω，该测量值______电流表内阻的真实值．(选填“大于”、“小于”或“等于”)
【答案】 (1). A (2). D (3). 180 (4). 小于
【解析】
【详解】（1）用半偏法测电流表的内阻时，与电流表串联的滑动变阻器的阻值要尽可能大，以减小测量误差,因此在回路电流不超过电流表量程的前提下,电源电动势应尽可能大些，以保证滑动变阻器的阻值尽可能大，故变阻器应选A，电源应选D.
（2）闭合S2后，电流表与R′并联，且并联R′后总电阻认为不变，则总电流不变，则通过R′的电流为总电流的 ，故，因是并联关系：，则.闭合S2后，电路总电阻变小，电路总电流变大，通过R′的电流大于原来电流的三分之二，则该实验测出的电表内阻要小于电流表内阻的真实值．
14.某同学利用单摆测定当地的重力加速度．
（1）实验室已经提供的器材有：铁架台、夹子、秒表、游标卡尺．除此之外，还需要的器材有________．
A．长度约为1 m的细线
B．长度约为30 cm的细线
C．直径约为2 cm的钢球
D．直径约为2 cm的木球
E．最小刻度为1 cm的直尺
F．最小刻度为1 mm的直尺
（2）摆动时偏角满足下列条件____（填“A”、“B” 、“C”更精确．
A．最大偏角不超过10°
B．最大偏角不超过20°
C．最大偏角不超过30°
（3）为了减小测量周期的误差，实验时需要在适当的位置做一标记，当摆球通过该标记时开始计时，该标记应该放置在摆球摆动的________．
A．最高点
B．最低点
C．任意位置
（4）用秒表测量单摆的周期．当单摆摆动稳定且到达计时标记时开始计时并记为n＝1，单摆每经过标记记一次数，当数到n＝60时秒表的示数如图甲所示，该单摆的周期是T＝_______s(结果保留三位有效数字)．
（5）用最小刻度为1 mm的刻度尺测摆线长，测量情况如图乙所示．O为悬挂点，从图乙中可知单摆的摆线长为____m；用游标卡尺测量摆球的直径如图丙所示，则球的直径为_____cm；单摆的摆长为_____m(计算结果保留三位有效数字)．
（6）若用L表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g＝________.
【答案】 (1). ACF (2). A (3). B (4). 2.28 (5). 0.9915 (6). 2.075 (7). 1.00 (8).
【解析】
【详解】(1)[1] 由单摆周期公式可得，
实验需要测量摆长，摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，所以需要毫米刻度尺，实验需要测量周期，则需要秒表，摆线的长度大约1m左右。为减小空气阻力的影响，摆球需要密度较大的摆球，因此摆球应选C，故选用的器材为ACF。
(2)[2] 根据单摆原理可知，单摆只有在摆角很小时,才是简揩振动，所以摆动时偏角最大偏角不超过10°，故A正确BC错误。
(3)[3] 由于摆球经过平衡位置时，速度最大，在相同视觉距离误差上，引起的时间误差最小，测量周期比较准确．所以为了减小测量周期的误差，应在平衡位置即最低点开始计时，故B正确AC错误。
(4)[4] 单摆摆动稳定且到达计时标记时开始计时并记为n＝1，单摆每经过标记记一次数，当数到n＝60时，即经过了
个周期，秒表的示数如图甲所示，读数为
所以周期为
(5)[5][6][7] 刻度尺最小分度值为0.1cm，所以从图乙中可知单摆的摆线长为
99.15cm=0.9915m
球的直径为
单摆的摆长为
(6)[8] 由单摆周期公式可得，
15.如图所示，用细管把导热容器A与水平固定的导热汽缸B相连，汽缸中活塞的横截面积S＝100cm2。初始时，容器A内为真空，阀门P关闭，阀门Q开启，活塞离缸底距离d＝40cm。现关闭阀门Q，打开阀门P，并缓慢向左推活塞，当活塞刚好到达缸底时，水平力F＝1.0×103N。已知大气压强p0＝1.0×105Pa。不计一切摩擦，环境温度保持不变，整个装置气密性良好。
(1)求容器A的容积VA；
(2)现关闭阀门P，打开阀门Q，把活塞拉回初始位置，然后关闭阀门Q，打开阀门P，并缓慢向左推活塞直至缸底。重复上述步骤n次后，容器A内压强p=4.0×106Pa，求n。
【答案】（1）2L；（2）19
【解析】
【详解】(1)由题意，气体做等温变化，有
p1V1=p2V2
其中压缩前
p1=p0，V1=dS
压缩后
，V2=VA
代入数据解得
VA=2L
(2)依题意
代入数据解得
n=19
16.在光滑水平地面上有xOy坐标系，质量m=100g的质点以速度v0=10m/s沿x轴正方向运动，通过坐标原点O时受到与y轴平行的力F=1N，F大小保持不变。
(1)F沿y轴正方向作用2s后立即变为沿y轴负方向，求t=3s时质点速度的大小和方向；
(2)F沿y轴正方向作用1s后立即变为沿y轴负方向，又作用1s后立即变为沿y轴正方向，求t=3s时质点的位置坐标。
【答案】(1)m/s，与x轴正方向y轴正方向均成角；(2)(30m，15m)
【解析】
【详解】(1)已知m=100g=0.1kg，质点做类平抛运动，在x轴方向做匀速直线运动，在y轴方向先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，加速度为
t=3s时质点沿y轴方向的分速度为
故t=3s时质点速度的大小为
因为vy=v0，所以t=3s时质点速度方向与x轴正方向、y轴正方向均成角
(2)根据运动过程的对称性可知，质点在第1s内、第2s内、第3s内沿y轴方向的位移相等，则t=3s时质点沿y轴方向分位移为
t=3s时质点沿x轴方向的分位移为
因此，t=3s时质点的位置坐标为(30m，15m)
17.如图所示，在xOy坐标系中，在0≤x<0.6m的范围存在平行于y轴向下的匀强电场，电场强度E=1000N/C，在0.6m≤x≤1.3m范围内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度B=5×10－3T。一个带负的带电粒子比荷为2×108C/kg，从坐标原点O处以初速度v0=3×105m/s沿x轴正方向进入电场，离开电场后进入磁场。带电粒子一直在xOy平面内运动，不计重力。求：
(1)电子离开电场时的纵坐标y1；
(2)电子离开磁场时的纵坐标y2；
【答案】(1)0.4m；(2)0.5m
【解析】
【详解】(1)设电子在电场中运动的时间为t，电子射出电场时在竖直方向上的侧移量为y1，电子在水平方向做匀速直线运动
x1=v0t
电子在竖直方向上做匀加速直线运动
根据牛顿第二定律有
eE=ma
解得
y1=0.4m
(2)从电场进入磁场中的速度为
进入电磁场时，粒子的速度与水平方向的夹角满足
得
磁场区域中粒子受洛伦兹力而做匀速圆周运动，即
代入数据解得
粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
根据几何知识可知，离开此场的位置B点与A点的高度差为
所以粒子离开磁场时的纵坐标为
18.静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0kg，mB＝4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝0.75m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g＝10m/s2，A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
(1)物块A，B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
(2)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
(3)若改变A、B与地面之间的动摩擦因数，求使A、B不发生碰撞的μ的范围。
【答案】（1）物块B先停止；0m；（2）1.17m；（3）μ≥0.5
【解析】
【详解】(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有
联立式并代入题给数据得
vA=4.0m/s，vB=1.0m/s
A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a，假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B，设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有
vB－at=0
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为
联立式并代入题给数据得
sA=1.75m，sB=0.25m
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，此时A位于出发点左边0.25m处，B位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离为
s=0m
(2)t时刻A刚好与静止的B碰撞，碰撞时A速度的大小为，由动能定理有
联立式并代入题给数据得
=3m/s
故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为和，取向左为正方向，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mAvA′=mA+mB
联立式并代入题给数据得
=－1.8m/s，=1.2m/s
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为时停止，B向左运动距离为时停止，由运动学公式
则
=0.81m，=0.36m
小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离
(3)设A、B与地面之间的动摩擦因数为μ′时A、B恰好不发生碰撞，根据动能定理可得
解得
μ≥0.5
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