1、1山东省日照市 2019 届高三物理上学期期末考试试卷（含解析）一、本题包括 15 小题，每小题 3 分，共 45 分。在每小题给出的四个选项中，第 110 小题只有一项符合题目要求，第 1115 小题有多项符合题目要求。全部选对的得 3 分，选对但不全的得 2 分，选错或不答的得 0 分。1.用光电管进行光电效应实验中，分别用频率不同的单色光照射到同种金属上。下列说法正确的是A. 频率较小的入射光，需要经过足够长的时间照射才能发生光电效应B. 入射光的频率越大，极限频率就越大C. 入射光的频率越大，遏止电压就越大D. 入射光的强度越大，光电子的最大初动能就越大【答案】C【解析】【分析】金属材
2、料的性质决定金属的逸出功，而逸出功决定入射光的极限频率；只有入射光的频率大于金属的极限频率，才能发生光电效应；光电子的最大初动能与金属的逸出功和入射光的频率有关，与入射光的强度无关；光电流的大小与入射光的强度有关，与入射光的频率无关。【详解】A只要入射光的频率低于金属的极限频率，无论时间多长，无论光的强度多大，都不会发生光电效应，故 A 错误；B金属材料的性质决定金属的逸出功，而逸出功决定入射光的极限频率，与入射光的频率无关，故 B 错误；C根据 可知，入射光的频率越大，遏止电压就越大，故 C 正确；D根据爱因斯坦光电效应方程 ，可知光电子的最大初动能随照射光的频率增大而增大，与光照强度无关，
3、故 D 错误。故选：C。【点睛】本题考查光电效应的规律和特点，我们一定要熟记光电效应的现象和遵循的规律，只有这样我们才能顺利解决此类问题。2.竖直向上发射一物体(不计空气阻力)，在物体上升的某一时刻突然炸裂为 a、b 两块，质量较小的 a 块速度方向与物体原来的速度方向相反，则2A. a 块的速度一定比原来物体的速度小B. b 块的速度方向一定与原来物体的速度方向相同C. b 块的速度一定比原来物体的速度小D. 炸裂过程中，b 块的动量变化量大小一定小于 a 块的动量变化量大小【答案】B【解析】【分析】当物体的速度沿水平方向炸裂成 a、b 两块时，质量较大的 a 的速度方向仍沿原来的方向，根据
4、动量守恒定律判断可知 b 运动方向一定沿水平方向。【详解】ABC在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒。炸裂前物体的速度沿水平方向，炸裂后 a 的速度沿原来的水平方向，根据动量守恒定律有：；解得： ；由题意可知，b 块的速度方(ma+mb)v0=ma(-va)+mbvb vb=(ma+mb)v0+mavamb v0向一定与原来物体的速度方向相同，故 A 错误，B 正确，C 错误；D由动量守恒可知，炸裂过程中，b 块的动量变化量大小一定等于 a 块的动量变化量大小，故 D 错误。故选：B。【点睛】本题是动量守恒定律的应用，基础题系统动量守恒，不仅作用前后总动量的大小保持不变，总动量的方
5、向也保持不变，解题时要抓住这一点。3.下列核反应中，属于原子核的衰变的是A. B. 23892U 23490Th+42He 31H+21H 42He+10nC. D. 23592U+10n 9038Th+13654Xe+1010n 42He+2713Al 3015P+10n【答案】A【解析】【分析】衰变生成物为 或 粒子，原子核的人工转变是由人为行为发生的和反应方程，不是自发的衰变、裂变和聚变等。【详解】A根据衰变的特点，该方程中有 生成，属于 衰变，故 A 正确；42He B根据核反应的特点可知， 属于轻核的聚变，故 B 错误；31H+21H 42He+10n3C根据核反应的特点可知， 属于
6、重核的裂变，故 C 错误；23592U+10n 9038Th+13654Xe+1010nD根据核反应的特点可知， 属于人工转变，故 D 错误。42He+2713Al 3015P+10n故选：A。【点睛】本题较简单，只要根据质量数守恒、电荷数守恒判断出生成物的成分，牢记常见的核反应方程的类型即可解决此类题目。4.一物体在外力作用下由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的关系图线如图所示。下列说法正确的是A. 物体运动的最大速度是 4 msB. t=4s 时物体回到出发点C. t=4s 时物体开始反向运动D. t=1s 末和 t=3s 末物体的瞬时速度相同【答案】D【解析】【分析】本题考查根据加
7、速度图象分析物体运动情况的能力。要知道图象与时间轴所围的面积表示速度变化量，注意 2-3s 内物体不是回头向负方向运动，而是继续向正方向运动。【详解】A图象与时间轴所围的面积表示速度变化量，由图可知，物体运动的最大速度是为 ，故 A 错误；vmax=1222ms=2msBC 物体做加速度增大的加速运动， 物体做加速度减小的加速运动， 物01s 12s 23s体做加速度反向增大的减速运动， ，物体做加速度反向减小的减速运动，根据对称34s性可知，物体在 4s 末时速度减为零，4s 后物体又重复前面的运动，故 B、C 错误；D由 B、C 项分析可知，t=1s 末和 t=3s 末物体的瞬时速度相同，
8、故 D 正确。故选：D。5.在匀强磁场中，一个 100 匝的矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，线圈4外接定值电阻和电流表(如图甲所示)。穿过该线圈的磁通量按正弦规律变化(如图乙所示)。已知线圈的总电阻为 2 ，定值电阻 R=8 (取 =10)。下列说法正确的是 2A. 电动势的瞬时值表达式 e=42sint(V)B. 电流表的示数最小为 0C. 一个周期内产生的热量为 32JD. 0.5s1.5s 的时间内，通过线圈横截面的电荷量为 0【答案】C【解析】【分析】根据图象得到 t=0 时穿过线圈平面的磁通量大小，计算此交流电的最大值和有效值，根据焦耳定律计算一个周期产生的热。【详解】
9、A感应电动势的最大值为 Em=NBS=N m=Nm2T=Nm=10042102V=42V线圈电动势的瞬时表达式为 ，故 A 错误；e=42cost(V)BC电流表的示数为交变电流的有效值， I=Em2(R+r)= 422(8+2)A=0.4A一个周期内产生的热量为 ，故 B 错误，C 正确；Q=I2(R+r)T=(0.4)2(2+8)2J=32JD0.5s1.5s 的时间内，通过线圈横截面的电荷量为，故 D 错误。q=Nr+R=1008210210 C=452C故选：C。【点睛】本题考查交变电流产生过程中，感应电动势与磁通量、磁通量变化率的关系，关键抓住两个特殊位置：一是线圈与磁场垂直位置是磁
10、通量最大的位置，该位置是电流方向改变的转换点；二是线圈与磁场平行位置，该位置磁通量为零，是电流强度增大与减小的转换点。56.如图所示，某段滑草坡倾角为，总质量为 m(包括滑草车在内)的小朋友从距底端高为 h处的坡上由静止开始匀加速下滑，经过时间 t 到达滑草坡的底端。则小朋友从开始到滑到底端的过程中，下列说法正确的是(重力加速度用 g 表示)A. 滑草坡对小朋友的支持力的冲量为零B. 小朋友所受重力的冲量为 mgsintC. 小朋友所受重力的最大功率为2mghtD. 小朋友的机械能减少了mghsin2mh2t2sin2【答案】C【解析】【分析】由牛顿第二定律可求得合外力和运动员所受的阻力，根据
11、能量转化和守恒定律分析能量是如何转化的求得合外力所做的功，再由动能定理可求得动能的变化量由摩擦力做功可求得机械能的变化量。【详解】A由冲量定义 I=Ft 可知，滑草坡对小朋友的支持力的冲量不为零，故 A 错误；B由冲量定义可知，小朋友所受重力的冲量为 mgt，故 B 错误；C小朋友滑到最底端时，小朋友的速度最大，由匀变速直线运动规律可得： ，解hsin=vm2t得： ，所以此时重力的功率最大为： ，故 C 正确；vm=2htsin P=mgsin2htsin=2hmgtD小朋友的机械能减少了 ，故 D 错误。mgh12mv2m=mgh2h2mt2sin2故选：C。【点睛】在理解功能关系时，应抓
12、住重力做功等于重力势能的变化量，阻力做功等于机械能的改变量，而合力外力做功等于动能的变化量。7.如图，一带正电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点 P 的竖直线对称，轨迹上两点从 M、N 在同一水平面上。忽略空气阻力，由此可知6A. 油滴可能从 M 点由静止释放B. 油滴在从 M、N 两点的加速度相同C. M 点的电势高于 P 点的电势D. 油滴在 M 点的电势能比它在 P 点的大【答案】B【解析】【分析】根据曲线运动的特点：合外力指向轨迹弯曲的内侧，可判断油滴的受力情况，再根据电场力的性质即可判断电场线的方向，从而明确电势高低；根据电场力做功情况可明确动能
13、的变化以及电势能的变化；根据力的性质可明确加速度的关系。【详解】A根据油滴的弯曲方向和对称性可知，粒子受到的合力一定竖直向上，所以油滴不可能从 M 点由静止释放，故 A 错误；B因小球在匀强电场中运动，受到电场力和重力都是恒力，合力也恒力，故 P、Q 两点加速度相同，故 B 正确；C粒子带正电，则电场方向必定竖直向上，由沿电场线方向电势越来越低可知，M 点的电势低于 P 点的电势，故 C 错误；D粒子带正电，正电荷在电势高处电势能大，所以油滴在 M 点的电势能比它在 P 点的小，故 D 错误。故选：B。【点睛】本题考查带电粒子在匀强电场中的运动，要注意分析知道油滴的受力情况，抓住对称性分析合力
14、方向，再去分析电场力的性质；同时注意掌握物体做曲线运动的条件应用。8.如图甲所示，线圈 ab、cd 绕在同一软铁芯上，若线圈 ab 中电流 i 与时间 t 的关系图线如图乙所示，则在这段时间内，下列关于线圈 cd 中产生的感应电流 icd与时间 t 的关系图线，可能正确的是7A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】在每个时间段内电流随时间做正弦式变化，则根据法拉第电磁感应定律，判断线圈感应电动势的大小，根据楞次定律判断 cd 两点间电动势方向。【详解】由图乙可知，在 t=0 时刻，图线的斜率最大，即电流变化最快，电流产生的磁场变化最快，cd 线圈中的磁通量变化最快，所以此时在 cd
15、线圈中产生的感应电流最大，由于漏磁现象，此时的最大电流比 ab 中的电流更小综上所述，对比各项可得：D 正确。故选：D。【点睛】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，知道磁场变化与电流变化的关系，还要掌握楞次定律判断感应电动势的方向，注意斜率与磁通量的变化率成正比。9.如图所示，一辆有驱动力的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一质量为 1Kg 的物块相连。物块和小车一起向右匀速运动时，弹簧处于压缩状态，弹簧弹力大小为 2N。若小车开始向右加速运动，则A. 随着小车的加速度增大，物块受到的摩擦力逐渐减小8B. 随着小车的加速度增大，物块受到的弹簧弹力逐渐增大C. 当小车的加速度
16、大小为 5ms 2时，物块一定与小车相对滑动D. 当小车的加速度大小为 4ms 2时，物块一定与小车相对静止【答案】D【解析】【分析】小球和小车具有相同的加速度，对小球运用牛顿第二定律，判断出加速度的方向，得知小车的加速度方向，从而知道小车的运动情况。【详解】A当小车与物块相对滑动后，随着小车的加速度增大，物块受到的滑动摩擦力不变，故 A 错误；B当小车与物块相对静止时，弹簧弹力始终不变，故 B 错误；CD由题可知，物块与小车间的最大静摩擦力大于等于 2N，当摩擦力等于 2N 时，方向向右，弹力等于 2N，物块的合力为 4N，由牛顿第二定律可得，加速度为 4m/s2，故 C 错误，D 正确。故
17、选：D。【点睛】解决本题的关键抓住小球和小车具有相同的加速度，运用牛顿第二定律进行求解。10.平面 OM 和平面 ON 之间的夹角为 60，其横截面(纸面)如图所示，平面 OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为 m、电荷量为q(q0)。粒子沿纸面以某一速度从 OM 的 A 点向左上方射入磁场，速度与 MO 成 60角。已知 OA=d，且粒子在磁场中的运动轨迹与 ON 只有一个交点，从 OM 上另一点射出磁场，不计重力。则粒子的入射速度大小为A. B. C. D. 3qBdm qBdm 2qBdm 3qBdm【答案】A【解析】9【分析】粒子在磁场中做
18、匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由几何关系得出半径，再由牛顿第二定律求解速度大小。【详解】粒子进入磁场做顺时针方向的匀速圆周运动，轨迹如图所示，根据洛伦兹力提供向心力，有：qvB=mv2r根据轨迹图知 ， OP=OA+AP=d+3r QM=2r由几何关系得： OPsin600=2r解得： r=3d联立解得： v=3qBdm故选：A。【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹，由牛顿第二定律求出粒子的临界轨道半径即可正确解题。11.如图，在斜面顶端以不同的初速度水平抛出几个小球，所有小球均落在斜面上。忽略空气阻力，下列说法正确的是A. 所有小球的竖直位移与
19、水平位移之比都相等B. 小球的运动时间与初速度的平方成正比C. 所有小球落到斜面上时的速度方向都相同D. 小球从抛出到离斜面最远的过程中，竖直位移为总竖直位移的一半【答案】AC【解析】10【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据下降的高度之比求出平抛运动的时间之比，结合水平位移之比求出初速度之比平抛运动在某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的 2 倍。【详解】A所有小球都落在斜面上，所以所有小球的位移方向相同，设斜面的倾角为，所有小球的竖直位移与水平位移之比都等于 ，故 A 正确；tanB小球水平方向做匀速直线运动， ；竖直方向做自
20、由落体运动， ；所以：x=v0t y=12gt2；解得： ，故 B 错误；yx=gt2v0=tan t=2v0tangC平抛运动在某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的 2倍，可知，由于所有小球的位移方向相同，所以所有小球落到斜面上时的速度方向都相同，故 C 正确；D小球在竖直方向的总位移为 ，小球从抛出到离斜面最远时，y=12gt2=12g(2v0tang )2=2v20tan2g速度方向与斜面平行，此时竖直方向的速度 ，位移为 ，所以小球从抛出vy=v0tan y=v20tan22g到离斜面最远的过程中，竖直位移为总竖直位移的 ，故 D 错误。14故选：AC。【点
21、睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。12.如图所示，机车通过定滑轮用绳牵引水中的小船，若水的阻力不变，则船匀速靠岸的过程中，下列说法正确的是A. 机车向左行驶的速度不断减小B. 绳对小船的拉力不断减小C. 船受到的浮力保持不变D. 绳上拉力的功率保持不变11【答案】AD【解析】【分析】将船的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，根据平行四边形定则得出拉绳子的速度与船的速度关系，从而进行判断对船受力分析，通过共点力平衡分析拉力、浮力的变化。【详解】A将船的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方
22、向，根据平行四边形定则得，v 1=vcos，在船匀速靠岸的过程中， 增大，则拉绳的速度减小，故 A 正确；BC对船受力分析得，因为船做匀速直线运动，合力为零，则 Tcos=f，因为阻力不变，则 增大，T 增大。在竖直方向上，Tsin+F 浮 =mg，T 增大，sin 增大，则浮力减小，故 B、C 错误；D由能量守恒可知，绳子拉力的功率等于船克服阻做功的功率，由于阻力恒定，船匀速运动，所以绳上拉力的功率保持不变，故 D 正确。故选：AD。【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，同时掌握运动的合成与分解，注意画出运动分解图与受力图是降低解题的难度的关键。13.2018 年
23、 12 月 8 日凌晨 2 时 23 分，中国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭成功发射嫦娥四号探测器，开启了月球探测的新旅程。嫦娥四号探测器将经历地月转移、近月制动、环月飞行，最终实现人类首次月球背面软着陆，开展月球背面就位探测及巡视探测，并通过己在轨道运行的“鹊桥”中继星，实现月球背面与地球之间的中继通信。下列判断正确的是12A. 嫦娥四号在地球上的发射速度一定大于第二宇宙速度B. 嫦娥四号在 P 点进入环月轨道需要减速C. 已知嫦娥四号近月轨道的周期 T 和引力常量 G，可求出月球的密度D. 已知嫦娥四号近月轨道的周期 T 和引力常量 G，可求出月球第一宇宙速度【答案】BC【解析】【
24、分析】根据万有引力提供向心力，结合嫦娥三号的轨道半径和周期，求出月球的质量，由于月球的半径未知，无法求出密度；根据万有引力与向心力的大小关系判断加速还是减速；根据万有引力做功判断引力势能的变化；根据动能定理，通过引力做功判断速度的变化，从而得出速度的大小关系。【详解】A第二宇宙速度为物体逃脱太阳的引力，所以嫦娥四号在地球上的发射速度不可能大于第二宇宙速度，故 A 错误；B嫦娥四号在 P 点进入环月轨道做向心运动，所以要点火减速，故 B 正确；CD由公式 ，解得： ，月球的体积为： ，所以密度为：GMmR2=m42T2R M=42R3GT2 V=43R3，=MV=3GT2月球的第一宇宙速度 ，由
25、于不知道月球的半径，所以无法求出月球的第一宇宙v=GMR=2RT速度，故 C 正确； D 错误。故选：BC。14.一匀强电场的方向平行于 xoy 平面，平面内 a、b、c 三点的位置如图所示，三点的电势分别为 10V、16V、24V。下列说法正确的是13A. 坐标原点的电势为 18VB. 电场强度的大小为 1.25VcmC. 电场强度的方向从 c 点指向 a 点D. 电子从 b 运动到坐标原点，电场力做功 2eV【答案】ABD【解析】【分析】根据匀强电场的电场强度公式 ，结合电势差与场强间距，即可求解；E=Ud依据电势差等于电势之差；根据电场力做功表达式 W=qU，从而确定电场力做功，同时也能
26、确定电势能的变化情况。【详解】A根据 ，因 a、b、c 三点电势分别为ba=c0 a=10V、 b=16V、 c=24V，解得：原点处的电势为 0=18V，故 A 正确；BCy 轴上 y=2 点(M 点)的电势为 16V，所以 b 点与 y 轴上 y=2 点的电势相等，连接 b 点与y 轴上 y=2 点的直线即为等势线，过 a 点作 Mb 的垂线即为电场线，方向与 y 轴负方向成，370垂足为 N，由几何关系得： ， ，所以abM=370 aN=80.6cm=4.8cm，故 B 正确，C 错误；E=64.8Ncm=1.25NcmD电子从 b 运动到坐标原点，电场力做功 ，故 D 正确。W=eU
27、bo=2eV故选：ABD。【点睛】本题主要是考查匀强电场中，电势之间的关系，掌握电场强度公式 的应用，E=Ud理解几何关系的运用，并理解 W=qU 中各量的正负值含义。15.某物体以一定的初速度沿着斜面向上运动，它所能达到的最大位移 x 与斜面倾角的关系14如图所示，已知 x1、 x2和重力加速度 g，则可求出A. 物体的初速度B. 当物体位移为 x2时对应的斜面倾角 1C. 物体在不同倾角的斜面上，减速到零时的位移最小值 xminD. 当物体位移为最小值 时，对应的滑动摩擦力大小xmin【答案】ABC【解析】【分析】由图象读出斜面倾角 为 90时物体上升的高度，这种情况时，物块做竖直上抛运动
28、，由由速度位移公式求出初速度；由图象读出斜面倾角 为 0时物体的位移，然后由速度位移公式求出加速度，再由牛顿第二定律求出动摩擦因数；由牛顿第二定律和运动学公式结合得到 x 与 的关系式，运用数学知识求解最小值及达到最小值的条件。【详解】AB由图知，当 =90时位移为 ，物体做竖直上抛运动，则有：x2 0v20=2gx2解得： ，故 A、B 正确；x2=v202gCD当 为其他值时，对物块受力分析，物体的加速度大小为 a，由牛顿第二定律得：mgsin +mgcos =ma由运动学公式有：0-v 02=-2ax由以上各式得： x=2g(v20sin+gsin)由数学知识得：sin +cos = ，
29、其中 1+2sin(+) tan=当 =0时位移为 说明斜面粗糙，设物块与斜面间摩擦因数为 ，则物体的加速度大小x1为 a0，则有：mg=ma 015且有： 0v20=2a0x1可解得 ，综上所述可解得：物体在不同倾角的斜面上，减速到零时的位移最小值 xmin由于不知道，物体的质量，所以无法确定摩擦力，故 C 正确，D 错误。故选：ABC。【点睛】本题关键是根据牛顿第二定律和运动学公式求出位移的一般表达式，然后结合图象求出初速度和动摩擦因数，再用解析法求出位移的最小值。二、本题包括 2 小题，共 15 分。根据题目要求将答案填写在答题卡中指定的位置。16.图为测试飞机滑跑阶段动力性能的监控屏幕
30、截图。飞机前端装有 d=6mm 的挡光片，跑道上隔一段距离有一个感光装置。图中上方的两个时间表示挡光片经过感光装置的挡光时间，图中秒表表示飞机到达感光装置的时刻。若飞机做匀加速直线运动，请根据图中提供的信息，完成下列问题。(1)飞机的加速度大小 a=_ms 2(2)最后一个图片是飞机起飞前的瞬间，则飞机起飞的瞬时速度 v=_Km/h；(3)请结合所给图片，估算飞机的长度 l=_m(结果保留到个位数)。【答案】 (1). 2 (2). 216 (3). 49（4955 均可）【解析】【分析】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出挡光片通过光电门过程中间时刻的瞬时速度，结合时间公式求加
31、速度和速度。【详解】(1)飞机经过左边挡光片的速度为 v1=610-31.510-4ms=40ms飞机经过右边挡光片的速度为 v2=610-31.010-4ms=60ms飞机经过两挡光片所用时间为 10s由加速度定义式 ；a=vt=60-4010ms2=2ms2(2) 最后一个图片是飞机速度为 ；v2=610-31.010-4ms=60ms=216kmh16(3)这段时间内飞机的位移 ，这段距离大约是飞机身长的 10 倍，所以飞x=(v1+v2)2 t=500m机的长度 l=x10=50m【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，对于图线问题，一般解题思路是得出
32、物理量之间的关系式，结合图线的斜率和截距进行求解。17.电阻温度计是根据导体电阻随温度而变化的规律来测量温度的温度计。铂电阻温度计是最精确的温度计，因为铂的化学惰性，成为272.5至 961.78范围内的首选材料，其电阻与温度成一次函数关系。某实验小组利用如图甲所示的电路探究铂金属的温度特性。所用器材有：铂金丝 Rpt；电源；电流表；滑动变阻器 R1；电阻箱 R2；单刀开关 S1，单刀双掷开关 S2。实验步骤如下：按电路图甲，连好实物图乙；将 Rpt，置于冰水混合物中，开关 S2与 1 接通，闭合 S1，调节 R1的滑片位置，使电流表的读数为 I0；保持 R1的滑片位置不变，将 R2置于最大值
33、，开关 S2与 2 接通，调节 R2，使电流表的读数仍为 I0；断开 S2，记下此时 R2的读数 100.0 ；再将 Rpt置于标准大气压下沸水中，重复上述过程，此时 R2的读数为 138.5 。回答下列问题：17(1)在答题卡图乙中，将实物连线补充完整_；(2)闭合 S1前，图乙中 R1的滑片应移动到_(填“a”或“b”)端；(3)在答题卡的坐标纸上做出 Rpt-t 图线_；(4)当测得 R2的阻值为 247.09 时，R pt处在_的环境中 (保留到个位数)；(5)实验后，小明用螺旋测微器测得铂金丝的直径如图丙所示，则铂金丝的直径_mm。【答案】 (1). ； (2). a； (3). ；
34、 (4). 382； (5). 0.706【解析】【分析】(1) 按电路图连接实物图；(2) 为了保护用电器，闭合开关前应将滑动变阻器的最大电阻接入电路中；(3)由题意将电阻放在冰水和沸水中的电阻和其电阻与温度成一次函数关系得出图象。18【详解】(1)按电路图连接实物图如图；(2)为了保护用电器，闭合开关前应将滑动变阻器的最大电阻接入电路中即合 S1前，图乙中 R1的滑片应移动到 a 端；(3) 将 Rpt，置于冰水( )混合物中 ,Rpt的电阻为 100 ，将 Rpt置于标准大气压下沸水(00C )中，R pt的电阻为 138.5 ，其电阻与温度成一次函数关系，所以 Rpt-t 图线如图10
35、00C (4)由图象可得，电阻与温度间的关系为： Rpt=100+138.5100100t=100+0.385t当测得 R2的阻值为 247.09 即 的电阻为 247.09 ，代入解得： Rpt ；t=382.050C3820C(5) 螺旋测微器的读数： 。0.5mm+20.60.01mm=0.706mm三、本题包括 3 小题，共 40 分。解答时应写出必要的文字说明、主要公式和重要的演算步19骤，只写出最后答案的，不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。18.如图所示，光滑的水平桌面上放置一质量 M=4 kg、长 L=0.6m 的长木板 B，质量 m=1kg的小木块 A(可
36、看成质点)放在长木板的左端，开始 A、B 均处于静止状态。现有一个与 A 完全相同的小木块 C 从长木板右侧以 v0=6ms 的初速度冲向长木板，碰后以 v1=2ms 的速度被反向弹回(碰撞时间极短)，最终小木块 A 恰好不滑落长木板。重力加速度g=10rns 2。求：(1)碰后瞬间长木板 B 的速度；(2)小木块 A 与长木板间的动摩擦因数。【答案】(1) (2) 2m/s 0.27【解析】【分析】C 与 B 碰撞过程满足动量守恒定律；根据动量守恒求出 ABC 三者最后的共同速度，系统克服摩擦力做的功，等于 A 与 BC 作用过程减少的机械能。【详解】(1)规定向左为正方向，对系统 BC，由
37、动量守恒定律得：mv0=Mvmv1代入数据解得： ，方向向左；v=ms(2)A 与 B 作用过程，由动量守恒定律得：Mv=(M+m)v共代入数据解得： v共 =1.6ms由能量守恒定律有：mgL=12Mv212(m+M)v2共代入数据解得： 。=0.27【点睛】本题考查了动量守恒定律和能量守恒定律的结合应用，第二问也可以根据牛顿第二定律和运动学公式求解。19.如图甲所示，MN 和 PQ 是足够长的平行光滑金属导轨，其间距为 d，电阻忽略不计。导轨平面与水平面的夹角为，在导轨的矩形区域内有一垂直于导轨向下的匀强磁场，磁场的20磁感应强度大小为 B。一根电阻为 r 且具有一定质量的导体棒 ef 垂
38、直放在导轨上，正方形金属框 abcd 的质量为 m，边长为 L，每边电阻均为 r，用细线悬挂在竖直平面内，ab 边水平，线框的 a、b 两点通过导线与导轨相连，金属框上半部分处在大小为 B、方向垂直框面向里的匀强磁场中，金属框下半部分处在大小也为 B、方向垂直框面向外的匀强磁场中，不计其余电阻和细导线对 a、b 点的作用力。从导体棒 ef 自由下滑开始计时，悬挂线框的细线拉力 FT随时间的变化如图乙所示。重力加速度用 g 表示。求：(1)导体棒 ef 刚进入磁场时 ab 边的电流；(2)导体棒 ef 刚进入磁场时的速度以及所经历的时间；(3)导体棒 ef 的质量。【答案】(1) (2) (3)
39、 9mg8BL 21mgr8B2Ld 21mr8B2Ldsin mdLsin【解析】【分析】本题是电磁感应与力学知识的综合，一方面要理解速度图象斜率的物理意义，知道斜率等于加速度，运用牛顿第二定律求解斜面倾角的正弦值；另一方面抓住安培力既与电磁感应有联系，又与力学知识有联系，熟练推导出安培力与速度的关系，由平衡条件和动力学方程进行解答。【详解】(1)导体棒 ef 刚进入磁场时，设 ab 边电流为 I1，cd 边电流为 I2，则：BI1L+FT=mg+BI2L21FT=14mgI1:I2=(3r):r解得： ；I1=9mg8BL(2)导体棒 ef 刚进入磁场时，对整个电流回路，干路电流 I=I1
40、+I2=Er+0.75r感应电动势 E=Bdv解得： v=21mgr8B2Ld据 v=at=gsint解得： ；t=21mr8B2Ldsin(3)同(1)的方法得导体棒 ef 匀速滑动时 ef 中的电流 Ief=mgBL对导体棒 ef，设导体棒 ef 的质量为 M，由力的平衡得：Mgsin=BIefd解得： 。M=mdLsin20.如图所示，真空中有以 O1为圆心、r 半径的圆形匀强磁场区域，坐标原点 O 为圆形磁场边界上的一点。磁场的磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向外。x=r 的虚线右侧足够大的范围内有方向竖直向下、大小为 E 的匀强电场。从 O 点在纸面内向各个方向发射速率相同的质子
41、，速度方向与 x 轴正方向成 120角的质子，经磁场偏转后又垂直射入电场，到达 x 轴上的 P 点(图中未画出)。已知质子的电荷量为 e、质量为 m，质子重力可忽略。(1)求质子射入磁场时的速度大小；(2)求质子从坐标原点 O 到 x 轴上的 P 点所需的时间；(3)若质子沿 y 釉正方向射入磁场，在离开磁场前的某一时刻，磁场方向不变、大小突然变为 B1，此后质子恰好被束缚在该圆形磁场中，则 B1的最小值为多少?【答案】(1) (2) (3) eBrm 2m3eB+(23)m2eB+ 3mrEe 222B22【解析】【分析】质子射入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，即可求得质子射入
42、磁场时的速度大小；质子沿 y 轴正方向射入，在磁场中以 O2为圆心转过 圆弧后从 A 点垂直于电场方向进入电14场在磁场中的运动为 周期；质子进入电场后做类平抛运动，将运动沿电场方向和垂直于14电场的方向分解，即可求得粒子在电场中运动的时间；t=t 1+t2。【详解】(1) 设质子射磁场时的速度为 v质子射入磁场后做匀速圆周运动，质子的轨迹如图所示由几何关系知，质子在磁场中的偏转半径为 R=r，由牛顿第二定律： evB=mv2R解得： ；v=eBrm(2)质子在磁场中运动的周期 T=2mqB质子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角为 1200运动时间为 t1=T3=2m3eB质子离开磁场做匀速直线
43、运动，匀速运动位移为： s=r(1sin600)匀速运动的时间为： t2=sv=232eBm质子垂直射入电场做类平抛运动，设在电场中的运动时间为 t3竖直位移为 y=r(1+cos600)根据匀变速直线运动的规律 y=12at23其中 解得： a=eEm t3= 3mreE23质子从 O 点到达 x 轴的时间 ；t=t1+t2+t3=2m3eB+(23)m2eB+ 3mreE(3)若粒子运动轨迹的圆心为 O3，如图所示当质子运动到轨迹与 O1O3 连线交点处时，仅改变磁场大小，粒子运动的半径最大，即 B1对应最小，由几何关系得，最大半径 Rmax=222r由 evB1=mv2Rmax解得： 。B1=222B【点睛】电荷在匀强磁场中做匀速圆周运动，关键是画出轨迹，由几何知识求出半径定圆心角，求时间，类平抛运动应用运动分解法求解。24
