2020年山东省泰安市多校联考高考物理模拟试卷（4月份）1. 在人类文明发展史上，有大批物理学家做出了重要贡献，以下叙述符合史实的是
( )
A. 伽利略用斜面实验证明了力是使物体运动的原因 B. 库仑总结出了点电荷间相互作用的规律
C. 楞次发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系 D. 汤姆生根据𝛼粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型
2. 原子核的核反应类型通常分为四种，反应过程中都遵守质量数、电荷数守恒规律。
以下核反应方程式。书写正确且属于人工转变的是( )
2340
A. 23490𝑇ℎ→91𝑃𝑎+−1𝑒 9121C. 42𝐻𝑒+4𝐵𝑒→6𝐶+0𝑛
1448911
B. 23592𝑈+0𝑛→56𝐵𝑎+36𝐾𝑟+30𝑛 321D. 1𝐻+1𝐻→42𝐻𝑒+0𝑛
3. 北斗卫星导航系统是继美国全球卫星定位系统(𝐺𝑃𝑆)，俄罗斯格
洛纳斯卫星导航系统(𝐺𝐿𝑂𝑁𝐴𝑆𝑆)之后第三个成熟的全球卫星导航系统。2020年4月4日，第五十五颗北斗导航卫星，即北斗三号最后一颗组网卫星，如期运抵西昌卫星发射中心。将在西昌
卫星发射中心开展测试、总装、加注等工作，计划于5月份发射。该卫星属地球静止轨道卫星。关于正常运行后的该卫星，以下说法正确的是( )
A. 可以位于北京上空
B. 距地面的高度可根据需要随时调整 C. 运行速度可以大于第一宇宙速度 D. 运行轨道不会经过地球两极
4. “牛顿环”又称“牛顿圈”。如图甲所示。牛顿环的上表面是半径很大的玻璃球冠
的平面，下表面是球冠的凸面。其工作原理为“薄膜干涉”。可以用来判断透镜表面凸凹。精确检验光学元件表面质量、测量透镜表面曲率半径和液体折射率等。把牛顿环与玻璃面接触，在日光下或用白光照射时，可以看到明暗相间的彩色圆环；若用单色光照射，则会出现一些明暗相间的单色圆环，如图乙所示。它们是由球面和被检测面上反射的光相互干涉而形成的条纹，这些圆环的分布情况与球冠半径及被测物品的表面情况有关。以下分析正确的是( )
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A. 圆环的间距大小与球冠半径大小无关 B. 球冠的半径越大，圆环的间距越小
C. 若观察到的是规则圆环，则被检测的面是均匀、对称的 D. 被检测的面必须是平的
5. 以下说法中不正确的是( )
A. 晶体都具有各向异性
B. 同温度的氢气和氧气，分子的平均动能相同
C. 空调机制冷时把热量从低温处带到高温处，并不违背热力学第二定律 D. 液体表面层分子距离大于液体内部，故表现为引力
6. 如图，为研究光电效应的装置，金属板𝐾所用材料为铝，已知铝
的逸出功4.2𝑒𝑉，以下分析正确的是( )
A. 只要照射时间长一些，入射光光子能量小于4.2𝑒𝑉时，也能
发生光电效应
B. 若入射光光子能量大于逸出功，即使光的强度很弱，也能发
生光电效应
C. 发生光电效应时，遏止电压与入射光的频率成正比 D. 研究饱和光电流和遏止电压时，电源的极性相同
7. 中国高速铁路系统简称“中国高铁”，完全由我国科技工作者自主研发，是中国呈
现给世界的一张靓丽名片。目前“中国高铁”通车里程达到3.5万公里，居世界第一位。为满足高速运行的需要。在高铁列车的前端和尾端各有一节机车，可以提供大小相等的动力。某高铁列车，机车和车厢共16节，假设每节机车和车厢的质量相等，运行时受到的摩擦和空气阻力相同，每节机车提供大小为𝐹的动力。当列车沿平直铁道运行时，第10节(包含机车)对第11节的作用力大小和方向为( )
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A. 4𝐹向后
1
B. 4𝐹向前
1
C. 4𝐹向后
3
D. 4𝐹向前
3
8. 如图甲所示，在匀强磁场中，一电阻均匀的正方形单匝导线框𝑎𝑏𝑐𝑑绕与磁感线垂直
的转轴𝑎𝑏匀速转动，线框产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示，若线框电阻为10𝛺，线框面积为0.1𝑚2，取𝜋=3.14，√2=1.41.则( )
A. 该交流电的有效值为31.4√2 𝑉
B. 当线框平面与中性面的夹角为30°时。电动势的瞬时值为15.7√6𝑉 C. 匀强磁场的磁感应强度为1𝑇
D. 从𝑡=0到𝑡=0.01𝑠时间内，通过线框某一截面的电荷量为2.82×10−2𝐶
𝐴、𝐵两点有等量同种正点电荷，𝐴𝐵连线的中垂线上𝐶、9. 如图所示，
𝐷两点关于𝐴𝐵对称，𝑡=0时刻，一带正电的点电荷从𝐶点以初速度𝑣0沿𝐶𝐷方向射入，点电荷只受电场力。则点电荷由𝐶到𝐷运动的𝑣−𝑡图象，以下可能正确的是( )
A.
B.
C.
D.
10. 如图所示为学员驾驶汽车在水平面上绕𝑂点做匀速圆周运动的俯
视图。已知质量为60𝑘𝑔的学员在𝐴点位置，质量为70𝑘𝑔的教练员在𝐵点位置，𝐴点的转弯半径为5.0𝑚，𝐵点的转弯半径为4.0𝑚，则学员和教练员(均可视为质点)( )
A. 线速度大小之比为5：4 B. 周期之比为5：4
C. 向心加速度大小之比为4：5 D. 受到的合力大小之比为15：14
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11. 不管从环保，还是从能源的层面考虑，电动汽车都是未来的发展趋势。为便于方便、
快速充电，在某些城市设立了一些无线充电点，如图甲所示。图乙为充电原理示意图。充电板连同送电线圈埋在地下，接通交流电源，送电线圈可产生交变磁场，从而使汽车内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对汽车电池充电。设受电线圈的匝数为𝑛，面积为𝑆，总电阻(含所接元件)为𝑅，若在𝑡1到𝑡2时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由𝐵1增加到𝐵2.下列说法正确的是( )
A. 在𝑡1到𝑡2时间内，𝑐点的电势高于𝑑点的电势 B. 在𝑡1到𝑡2时间内，受电线圈感应电动势的平均值为
𝑛(𝐵2−𝐵1)𝑠𝑡2−𝑡1
C. 若增加受电线圈匝数，则受电线圈产生的感应电动势升高 D. 若只增大充电电源的频率，则受电线圈获得的电压会升高
12. 某质点在𝑂𝑥𝑦平面上运动。𝑡=0时，质点位于𝑦轴上。它𝑥方向运动的速度−时间图
象如图甲所示，它在𝑦方向的位移−时间图象如图乙所示，则( )
A. 质点做匀加速直线运动 B. 1𝑠末的瞬时速度大小为11𝑚/𝑠 C. 2𝑠内的位移大小为2√61𝑚 D. 质点沿𝑦轴正方向做匀速直线运动
13. 某实验小组利用光电门、气垫导轨等验证机械能守恒定律，实验装置如图甲。让带
遮光片的物块从气垫导轨上某处由静止滑下，若测得物块通过𝐴、𝐵光电门时的速度分别为𝑣1和𝑣2，𝐴𝐵之间的距离为𝐿，料面的倾角为𝜃.重力加速度为𝑔。 (1)图乙表示示用螺旋测微器测量物块上遮光板的宽度为𝑑。由此读出𝑑=______𝑚𝑚；
(2)若实验数据满足关系式______(用所给物理量表示)。则验证了物块下滑过程中
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机械能守恒；
(3)本实验中误差的主要来源是______而造成物块机械能的损失。
14. 有一电动势𝐸约为12𝑉，内阻𝑟在20～50𝛺范围内的电源，其允许的最大电流为
100𝑚𝐴.为测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图甲所示的电路进行实验，图中电压表的内电阻很大，对电路的影响可以不计；𝑅为电阻箱，阻值范围为0～999𝛺；𝑅0为保护电阻。
(1)实验室备有的定值电阻𝑅0有以下几种规格，本实验应选用______ A.400𝛺，1.0𝑊 B.100𝛺，1.0𝑊 C.50𝛺，1.0𝑊 D.10𝛺，2.5𝑊
(2)该同学按照图甲所示的电路图，连接实验电路，接好电路后，闭合开关𝑆，调整电阻箱的阻值𝑅，读出电压表的示数𝑈，再改变电阻箱阻值。取得多组数据，以𝑅+𝑅为横坐标，以𝑈纵坐标，代入数据可画出如图乙所示图象，对应的函数方程式为______(用所给物理量的字母表示)。
(3)图象中若用𝑏表示图线与纵轴的截距，𝑟=______。 用𝑘表示斜率，则𝐸=______，
1
1
0
𝐵两质点的振动图象。15. 一列横波沿直线由𝐴沿传播到𝐵.如图所示，分别是𝐴、已知𝐴、
𝐵之间的距离△𝑥=21𝑚，该波长大于8𝑚。求这列波的波速。
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16. 一定质量理想气体的体积𝑉与热力学温度𝑇的关系如图所示，
气体在状态𝐴的压强为𝑝𝐴=1.5𝑝0.温度𝑇𝐴=1.5𝑇0，线段𝐴𝐵与𝑉轴平行，𝐵𝐶的延长线过原点。求： (1)𝐵点的压强𝑝𝐵；
(2)气体从状态𝐴变化到状态𝐵的过程中，对外界做的功为50𝐽.则该过程中吸收的热量𝑄； (3)状态𝐶的温度𝑇𝐶。
17. 如图所示，在直角坐标系𝑥𝑂𝑦中。𝑥≥0范围内有垂直于𝑥𝑂𝑦平
面向里的匀强磁场，磁感应强度为𝐵.以𝑃(𝑟,0)为圆心，以𝑟为半径的圆为粒子接收器，𝐴(2𝑟,0)，𝐵(𝑟,𝑟)为接收器上两点。现有大量质量为𝑚、电荷量为𝑒的电子，以相同的速度从𝑦轴上沿𝑥轴
正方向射入磁场，其中，从𝑦=2𝑟处射入磁场的电子，在𝐴点被接收器接收，且到达𝐴点时速度方向沿𝑦轴负方向。求： (1)电子射入磁场的速度；
(2)𝐵点被接收的电子，在𝑦轴上发射时的纵坐标；
(3)能够被接收器吸收的电子，在𝑦轴上发射时的纵坐标范围。
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18. 如图所示，足够长水平光滑轨道连接一半径为𝑅的6光滑圆弧轨道。开始时𝐴球静止，
质量为𝑚的球𝐵在水平轨道上以某一初速度向右运动，经过半径为𝑅的6光滑圆弧轨道射出。调整挡板位置，发现当𝐵球与固定挡板发生垂直撞击时，撞击点与圆心位置等高，且𝐵球碰撞挡板时没有机械能损失。在物体𝐵碰撞完成返回圆弧轨道后马上撤去挡板，之后𝐵球能与𝐴球在水平轨道上发生不止一次弹性碰撞。则 (1)轨道右端与挡板间的距离𝑥是多少？ (2)𝐵球的初速度𝑣0为多大？ (3)球𝐴的质量𝑀应该满足什么条件？
1
1
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答案和解析
1.【答案】𝐵
【解析】解：𝐴、伽利略用斜面实验证明了力是改变物体运动状态的原因，故A错误； B、库仑总结出了点电荷间相互作用的规律---库仑定律，故B正确；
C、奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，故C错误； D、卢瑟福根据𝛼粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，故D错误。 故选：𝐵。
本题是物理学史问题，根据伽利略、库仑、奥斯特、卢瑟福等人的物理学成就进行答题即可。
本题是物理学史问题，考查了学生对物理学史的了解情况，在物理学发展的历史上有很多科学家做出了重要贡献，大家熟悉的伽利略、牛顿、爱因斯坦、法拉第等，在学习过程中了解著名科学家的重要贡献，是解答类似问题的关键。
2.【答案】𝐶
【解析】解：𝐴、错误；
0144890235B、+→++3，这是重核裂变的方程式，故B错误；
1𝑛92𝑈1𝑛56𝐵𝑎36𝐾𝑟29120
C、+→+，这是原子核人工转变的方程式，是通过实验发现中子的核
4𝐻𝑒4𝐵𝑒6𝐶1𝑛反应方程，故C正确；
2340D、+→+，这是轻核聚变的方程式，故D错误。
1𝐻1𝐻2𝐻𝑒1𝑛故选：𝐶。
𝛽衰变生成电子；聚变是质量轻的核结合成质量大的核；重核裂变是一个重原子核分裂成几个中等质量的原子核；人工核转变是在实验室完成的。
本题难度不大，考查了核反应方程的种类，在学习中需要记住各种核反应方程的特点。
2342340
→+，放射出的是电子，这是𝛽衰变的方程式，故A90𝑇ℎ91𝑃𝑎−1𝑒
3.【答案】𝐷
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【解析】解：𝐴𝐷、地球静止轨道卫星，即地球同步卫星，轨道平面位于赤道平面，不能位于北京上空，不会经过地球两极，故A错误，D正确； B、根据万有引力提供向心力，
𝐺𝑀𝑚𝑟2=𝑚
4𝜋2𝑇2𝑟，解得轨道半径：𝑟=√
3
𝐺𝑀𝑇24𝜋2，地球同步卫星的运行周期与地球自转周期相等，为24ℎ，故距地面的高度为定值，不能调整，故B错误；
C、第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，根据万有引力提供向心力，得运行速度：𝑣=√
𝐺𝑀𝑟
𝐺𝑀𝑚𝑟2=𝑚，解
𝑟
𝑣2
，同步卫星的轨道半径大于地球半径，则运行速度小于第一宇宙速度，故C错误。 故选：𝐷。
人造同步卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，得到周期、线速度与轨道半径的关系。
同步卫星的轨道平面位于赤道平面。
此题考查了人造卫星的相关知识，明确地球静止轨道卫星即同步卫星，只能定点于赤道正上方，万有引力提供其运动的向心力。
4.【答案】𝐶
【解析】解：𝐴𝐵、若将玻璃球体的半径在增大一些，则玻璃球体与被检测的平面之间的夹角将减小，它们之间的空气膜的厚度的变化减慢，所以形成的同心圆环的间距增大，球冠的半径越大，圆环的间距越大，故A错误，B错误；
C、根据薄膜干涉的原理可知，当光程差为波长的整数倍时是亮条纹，与同一亮环相对应的各处空气薄膜的厚度是相同的，所以若观察到的是规则圆环，则被检测的面是均匀、对称的，故C正确；
D、根据薄膜干涉的特点可知，被检测的面可以是平的，也可以是凸的，或凹的，故D错误。 故选：𝐶。
将一曲率半径相当大的平凸玻璃透镜放在一平面玻璃的上面，则在两者之间形成一个厚度随直径变化的空气薄膜。空气薄膜的等厚干涉条纹是一组明暗相间的同心环。该干涉条纹最早被牛顿发现，所以称为牛顿环，其工作原理为“薄膜干涉”，从空气层的上下表面反射的两列光为相干光，干涉条纹由内向外间距越来越密，白光照射时，会出现彩色条纹，依据明条纹或暗条纹形成条件，可知，同一级条纹对应的空气薄膜的厚度是相
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同的。
理解了牛顿环的产生机理就可顺利解决此类题目，故对物理现象要知其然更要知其所以然，理解相邻条纹间距的变化情况，注意干涉的条件。
5.【答案】𝐴
【解析】解：𝐴、单晶体具有各向异性的物理性质，多晶体具有各向同性的物理性质，故A错误；
B、温度是分子平均动能的唯一标志，温度相同则分子平均动能相同，同温度的氢气和氧气，分子的平均动能相同，故B正确；
C、空调机可以制热也可以制冷，制冷时把热量从低温处带到高温处，需要消耗电能，并不违背热力学第二定律，故C正确；
D、液体的表面张力是由于表面层分子分布比液体内部稀疏，即液体表面层分子距离大于液体内部，分子间相互作用表现为引力，故D正确。 本题选错误的，故选：𝐴。 多晶体具有各向同性的物理性质。 温度是分子平均动能的标志。
根据热力学第二定律分析，即宏观热现象具有方向性。 根据液体表面张力的产生条件分析。
此题考查了热力学第二定律、温度、晶体和液体的表面张力等知识，综合性较强，难度不大，解题的关键是掌握教材的基本知识、基本概念即可。
6.【答案】𝐵
【解析】解：𝐴𝐵、根据光电效应产生的条件，当入射光光子的能量不小于金属的逸出功时，才能发生光电效应光，与光照射的时间长短无关，与入射光的强弱无关，故A错误，B正确；
C、根据光电效应方程式𝐸𝑘=ℎ𝜈−𝑊0=𝑒𝑈𝑐可知遏止电压𝑈𝑐与入射光的频率成正相关，不成正比，故C错误；
D、研究饱和电流时光电管两端为正向电压，研究遏止电压时光电管两端为反向电压，电源的极性相反，故D错误。 故选：𝐵。
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理解光电效应的产生条件，最大初动能与入射光频率、逸出功和遏止电压之间关系等。 本题考查了学生对光电效应的理解情况，要理解光电效应方程物理意义，并能正确应用光电效应方程解答有关问题。
7.【答案】𝐴
【解析】解：前端和尾端各有一节机车，每节机车提供大小为𝐹的动力，故以16节车厢为研究对象，动力为2𝐹，
设每节车厢摩擦和空气阻力为𝑓，每节车厢的质量为𝑚，向前的方向为正方向，由牛顿第二定律得：2𝐹−16𝑓=16𝑚𝑎
令第10节(包含机车)对第11节的作用力为𝐹1，以后六节车厢为研究对象由牛顿第二定律得：𝐹+𝐹1−6𝑓=6𝑚𝑎
解得：𝐹1=−4𝐹，故第10节(包含机车)对第11节的作用力大小为4𝐹，方向向后，故A正确，BCD错误。 故选：𝐴。
以16节车厢为研究对象，根据牛顿第二定律求解整体的加速度，再以后6节车厢为研究对象，根据牛顿第二定律列式子求解第10节对第11节的作用力大小和方向
该题考查了整体法和隔离法在牛顿第二定律中的运用，解决该题需要明确知道求解内力应该先整体求解加速度，再隔离求解内力。
3
3
8.【答案】𝐷
【解析】解：𝐴、分析图乙可知，交变电动势的最大值：𝐸𝑚=31.4√2𝑉，根据最大值和有效值的关系可知，有效值：𝐸=31.4𝑉，故A错误； B、分析图乙可知，周期：𝑇=0.02𝑠，角速度：𝜔=
2𝜋𝑇
=100𝜋𝑟𝑎𝑑/𝑠，则交变电动势瞬
时值表达式：𝑒=31.4√2𝑠𝑖𝑛100𝜋𝑡(𝑉)，当线框平面与中性面的夹角为30°时，电动势的瞬时值为15.7√2𝑉，故B错误；
C、最大值：𝐸𝑚=𝐵𝑆𝜔=31.4√2𝑉，其中𝑆=0.1𝑚2，角速度：𝜔=100𝜋 𝑟𝑎𝑑/𝑠，解得匀强磁场的磁感应强度：𝐵=1.41𝑇，故C错误；
D、当𝑡=0.01𝑠时刻感应电动势等于零，穿过线框回路的磁通量最大，线框平面与中性面重合，从𝑡=0到𝑡=0.01𝑠时间内，磁通量变化量为△𝛷=2𝐵𝑆，通过线框某一截面的
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电荷量为𝑞=故选：𝐷。
△𝛷𝑅
=
2𝐵𝑆𝑅
=
2×1.14×0.1
10
𝐶=2.82×10−2𝐶，故D正确。
从图象得出电动势最大值、周期，从而算出电动势的有效值、角速度，进而知瞬时值表达式。
根据电动势最大值表达式求解磁感应强度。 通过线框某一截面的电荷量为𝑞=
△𝛷𝑅
。
此题考查了对交流电图象的认识，要具备从图象中获得有用信息的能力，并掌握有效值与最大值的关系，知道计算电荷量用交流电的平均值，计算能量用交流电的有效值。
9.【答案】𝐵𝐷
【解析】解：𝐴𝐵、对于两个等量的同种正点电荷，其连线中垂线上电场强度方向，电场强度方向为𝑂→𝐶、𝑂→𝐷；一带正电的点电荷从𝐶点以初速度𝑣0沿𝐶𝐷方向射入的过程中，若电场强度最大值的位置在𝐶点或𝐶点的外侧，则带电粒子所受电场力先减小后增大，那么加速度也是先减小后增大，而𝑣−𝑡图象的斜率表示加速度的大小，故A错误，B正确；
𝐶𝐷、若电场强度最大值的位置在𝐶点的内侧，则带电粒子所受电场力先增加后减小再增加最后减小，那么加速度先增加后减小再增加最后减小，故C错误，D正确。 故选：𝐵𝐷。
A、𝐵为两个等量同种正点电荷，其连线中垂线上电场强度方向为𝑂→𝐶、𝑂→𝐷；正点电荷仅受电场力作用从𝐶点到𝐷点运动的过程中，由于释放位置不清楚。则电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定，因此可能加速度先增加后减小再增加最后减小；也可能先减小后增加。
本题考查的是等量同种正点电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电场线的对称性。
10.【答案】𝐴𝐷
【解析】解：𝐴、学员和教练员具有相同的角速度，根据𝑣=𝑟𝜔可得，学员和教练员的
𝐴线速度大小之比为𝑣=
𝐵
𝑣
𝑟𝐴𝜔𝑟𝐵𝜔
=4，故A正确；
2𝜋𝜔
5
B、做匀速圆周运动的周期为𝑇=，因为他们的角速度相等，所以周期相等，即周期
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之比为1：1，故B错误；
𝐴𝐴
C、向心加速度𝑎=𝑟𝜔2，所以他们的向心加速度之比为𝑎=𝑟=4，故C错误；
𝐵
𝐵
𝐴𝐴𝐴
D、受到的向心力𝐹=𝑚𝑟𝜔2，所以他们受到的向心力大小之比为𝐹=𝑚𝑟=70×4=14，𝐵
𝐵𝐵
𝑎𝑟5
𝐹𝑚𝑟60×515
故D正确。 故选：𝐴𝐷。
学员和教练员具有相同的角速度，根据𝑣=𝑟𝜔可以计算出他们的线速度之比；根据𝑇=
2𝜋𝜔
可以判断周期之比；根据𝑎=𝑟𝜔2计算出向心加速度之比；根据𝐹=𝑚𝑟𝜔2可以判断出
受到的向心力之比。
学员和教练员具有相同的角速度是解题的关键，另外圆周运动的各个物理量之间的关系也要熟练掌握。
11.【答案】𝐵𝐶
𝐴、【解析】解：根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受电线圈中感应电流方向由𝑐到𝑑，所以𝑐点的电势低于𝑑点的电势，故A错误； 𝐸=𝑛=B、根据法拉第电磁感应定律得受电线圈感应电动势的平均值为：△𝑡故B正确；
C、若只增加受电线圈匝数，相当于增大变压器的副线圈匝数，所以𝑐、𝑑之间的电压增大，故C正确；
D、受电线圈是通过电磁感应获得能量的，所以受电线圈中的电流大小与交流电的频率无关，故D错误。 故选：𝐵𝐶。
根据楞次定律判断感应电流方向，从而确定感应电动势的高低；根据法拉第电磁感应定律求得平均电动势；增加受电线圈匝数，相当于增大变压器的副线圈匝数；受电线圈获得的电压与电源的频率无关。
本题主要是考查了法拉第电磁感应定律和楞次定律；根据楞次定律判断感应电流的方向的一般步骤是：确定原磁场的方向→原磁场的变化→引起感应电流的磁场的变化→楞次定律→感应电流的方向。
−
△⌀
𝑛(𝐵2−𝐵1)𝑡2−𝑡1
𝑆，
12.【答案】𝐶
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【解析】解：𝐴𝐷、质点在𝑥轴方向质点以初速度为4𝑚/𝑠做匀加速直线运动，而在𝑦轴负方向质点做匀速运动，依据运动的合成与分解，及曲线运动条件，可知，质点做匀加速曲线运动，故AD错误；
B、在𝑥方向上的初速度为𝑣𝑥0=4𝑚/𝑠，加速度：𝑎=
△𝑣𝑥△𝑡
=
8−42
𝑚/𝑠2=2𝑚/𝑠2
由于做匀加速直线运动，因此在𝑡=1𝑠时，质点𝑥方向上速度的大小𝑣𝑥=𝑣𝑥0+𝑎𝑡=4𝑚/𝑠+2×1𝑚/𝑠=6𝑚/𝑠， 𝑦方向上的速度为𝑣𝑦=
△𝑦△𝑡
=
0−102
𝑚/𝑠=−5𝑚/𝑠，
2+𝑣2=√62+52𝑚/𝑠=根据平行四边形定则，则𝑡=1𝑠时质点速度的大小：𝑣1=√𝑣𝑥𝑦
√61𝑚/𝑠，故B错误；
C、𝑡=2𝑠时刻质点沿𝑥方向的位移：𝑥2=𝑣𝑥0𝑡+𝑎𝑡2=4×2𝑚+×2×22𝑚=12𝑚 22沿𝑦方向的位移：𝑦=−𝑣𝑦𝑡=−5×2𝑚=−10𝑚
2所以在𝑡=2𝑠时质点的位移大小为𝑠=√𝑥2故C正确。 +𝑦2=√122+102𝑚=2√61𝑚，
1
1
故选：𝐶。
依据两图象可知：质点在𝑥方向上做匀加速直线运动，在𝑦方向上做匀速运动，结合运动的合成与分解，即可判定运动性质；
根据两图象可知：质点在𝑥方向上做匀加速直线运动，在𝑦方向上做匀速运动，求出1𝑠末𝑥方向的分速度，然后根据平行四边形定则得出质点的速度；
分别求出质点沿𝑥方向的位移与𝑦方向的位移，然后根据平行四边形定则求解2𝑠内的位移大小。
解决本题的关键知道质点在𝑥方向和𝑦方向上的运动规律，根据平行四边形定则进行合成，注意掌握曲线运动的条件。
22
−𝑣1) 斜面对物块的摩擦力做负功 13.【答案】0.150 𝑔𝐿𝑠𝑖𝑛𝜃=2(𝑣2
1
(1)螺旋测微器的固定刻度为0𝑚𝑚，【解析】解：可动刻度为15.0×0.01𝑚𝑚=0.150𝑚𝑚，所以最终读数为0.150𝑚𝑚；
(2)若测得物块在通过𝐴、𝐵光电门时的速度为𝑣1和𝑣2，𝐴、𝐵之间的距离为𝐿，斜面的倾角为𝜃，
物块重力势能减小量△𝐸𝑝=𝑚𝑔𝐿𝑠𝑖𝑛𝜃，
222
−2𝑚𝑣1−动能增加量△𝐸𝑘=2𝑚𝑣2，所以若实验数据满足关系式𝑚𝑔𝐿𝑠𝑖𝑛𝜃=2𝑚𝑣2
1
1
1
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1
2𝑚𝑣， 12
22
𝑔𝐿𝑠𝑖𝑛𝜃=(𝑣2−𝑣1)，化简得：若上式成立则验证了物块沿该斜面下滑过程中机械能守2
1
恒；
③本实验的误差主要来源于斜面对物块的摩擦力做负功而造成物块机械能的损失，使得重力势能有一部分转化给了摩擦阻力做功产生的内能。
22
−𝑣1)；(3)斜面对物块的摩擦力做负功。 故答案为：(1)0.150；(2)𝑔𝐿𝑠𝑖𝑛𝜃=2(𝑣2
1
螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。 根据重力势能减小量和动能增加量的表达式求解。
由于实验过程中摩擦阻力的存在，重力势能有一部分转化给了摩擦阻力做功产生的内能。 对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量。应用螺旋测微器时一定注意半刻度是否露出。正确利用所学物理规律解决实验问题，熟练应用物理基本规律，因此这点在平时训练中要重点加强。
14.【答案】𝐵 𝑈=𝐸𝑅+𝑅0+𝐸 𝑏 𝑏
【解析】解：(1)电阻箱接入电路的阻值为零时电路电流最大，为100𝑚𝐴=0.100𝐴， 由闭合电路欧姆定律得：𝐼𝑚=𝑅
𝐸
0+𝑟
1𝑟111𝑘
，𝑅0=𝐼−𝑟，
𝑚
𝐸
内阻𝑟在20～50𝛺范围内，代入数据解得，𝑅0在70～100𝛺，则𝑅0应𝐵； (2)由图甲所示电路图可知，电源电动势：𝐸=𝑈+𝐼𝑟=𝑈+𝑅+𝑅𝑟，
0
𝑈
整理得：𝑈=𝐸𝑅+𝑅+𝐸；
0
1𝑟11
(3)图象的函数表达式为：𝑈=𝐸𝑅+𝑅+𝐸，
0
1𝑟11
由图示𝑈−𝑅+𝑅图象可知，图象斜率：𝑘=𝐸，纵轴截距：𝑏=𝐸，
0
11𝑟1
解得，电源电动势：𝐸=𝑏，电源内阻：𝑟=𝑏； 故答案为：(1)𝐵；(2)𝑈=𝐸𝑅+𝑅+𝐸；(3)𝑏；𝑏。
0
1𝑘
1𝑟111𝑘
(1)根据电源电动势与电源允许通过的最大电流求出电路最小电阻，然后选择定值电阻。 (2)根据图甲所示电路图应用闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式。 (3)根据图示图线与其函数表达式求出电源电动势与内阻。
只用电压表和变阻箱测电动势和内电阻的方法叫“伏欧法”，若用图象解时，基本思路
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是：用学过的物理定律列出表达式，再结合数学整理表达出有关一次函数式𝑦=𝑘𝑥+𝑏的形式，再求出𝑘和𝑏即可。
15.【答案】解：由振动图象可知，质点的振动周期为𝑇=4𝑠，𝑡=0时，质点𝐴经平衡
位置向下运动，质点𝐵处于波谷，设该波波长为𝜆，则有： △𝑥=𝑛𝜆+4𝜆 (𝑛=0、1、2、…) 所以，该波波长为：
𝜆=
当𝑛=0时，𝜆1=28𝑚，波速：𝑣1=当𝑛=1时，𝜆2=12𝑚，波速：𝑣2=
84
3
4△𝑥84
=𝑚 4𝑛+34𝑛+3𝜆1𝑇𝜆2𝑇
=7𝑚/𝑠； =3𝑚/𝑠；
当𝑛=2时，𝜆3=11𝑚<8𝑚，故𝑛≥2时不再符合题意。 答：这列波的波速为7𝑚/𝑠或3𝑚/𝑠。
【解析】由振动图象读出𝐴、𝐵两个质点在同一时刻的状态，结合波形分析△𝑥与波长的关系，并根据波长大于8𝑚，求出波长，由图读出周期，由𝑣=𝑇求出波速。
本题考查的是关于波的多解性问题，波的周期与质点振动的周期相等，本题先根据两个质点的状态，得到波长的通项，再求解波长的特殊值，关键要抓住波的周期性进行分析。
𝜆
16.【答案】解：(1)由𝐴到𝐵是等温变化，初态𝑝𝐴=1.5𝑝0，𝑉𝐴=𝑉0
末态：𝑝𝐵=？，𝑉𝐵=2𝑉0 根据玻意耳定律可得：𝑝𝐴𝑉𝐴=𝑝𝐵𝑉𝐵 解得：𝑝𝐵=4𝑝0
(2)从𝐴到𝐵，气体的温度不变，内能不变，即△𝑈=0，根据热力学第一定律△𝑈=𝑊+𝑄可得𝑄=−𝑊=50𝐽
(3)由𝐵到𝐶为等压变化，𝑝𝐶=𝑝𝐵=4𝑝0 初态：𝑉𝐵=2𝑉0，𝑇𝐵=1.5𝑇0 末态：𝑉𝐶=𝑉0，𝑇𝐶=？
𝐵𝐶根据盖−吕萨克定律可得：𝑇=𝑇
𝐵
𝐶
3
3
𝑉𝑉
解得：𝑇𝐶=4𝑇0
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3
答：(1)𝐵点的压强𝑝𝐵为4𝑝0；
(2)气体从状态𝐴变化到状态𝐵的过程中，对外界做的功为50𝐽.则该过程中吸收的热量𝑄为50𝐽；
(3)状态𝐶的温度𝑇𝐶为4𝑇0。
【解析】(1)气体从𝐴到𝐵为等温变化，找出初末状态参量，根据玻意耳定律求得； (2)从𝐴到𝐵温度不变，内能不变，根据热力学第一定律求得吸收的热量； (3)从𝐵到𝐶为等压变化，找出初末状态参量，根据盖−吕萨克定律求得。
本题考查了玻意耳定律、盖−吕萨克定律、热力学第一定律，在应用热力学第一定律时注意符号法则的规定。
3
3
17.【答案】解：(1)被𝐴吸收的电子运动轨迹如图：
由图可知电子在磁场的做圆周运动的半径为：𝑅=2𝑟 设电子的入射速度为𝑣 则有：𝑒𝑣𝐵=𝑚，
𝑅解得：𝑣=
2𝑒𝐵𝑟𝑚
𝑣2
，方向为𝑥轴正方向；
(2)在𝐵点被接收的电子的运动轨迹如图所示：
设𝐵点被接收的电子，在𝑦轴上发射时的纵坐标为𝑦𝐵， 根据几何知识有：𝑦𝐵−𝑟=𝑅−√𝑅2−𝑟2， 解得：𝑦𝐵=(3−√3)𝑟；
(3)最上端电子和最下端电子的轨迹如图所示：
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，
根据几何关系可知，𝑂𝑃=𝑟， 𝑃𝑂1=𝑃𝑂2=3𝑟， 𝑂𝑂1=𝑂𝑂2=2√2𝑟，
最上端电子的坐标为：𝑦1=(2+2√2)𝑟， 最下端电子的坐标为：𝑦2=−(2√2−2)𝑟
则能够被接收器吸收的电子，在𝑦轴上发射时的纵坐标范围为−(2√2−2)𝑟≤𝑦≤(2+2√2)𝑟。
答：(1)电子射入磁场的速度为
2𝑒𝐵𝑟𝑚
，方向为𝑥轴正方向；
(2)𝐵点被接收的电子，在𝑦轴上发射时的纵坐标为(3−√3)𝑟；
(3)能够被接收器吸收的电子，在𝑦轴上发射时的纵坐标范围为−(2√2−2)𝑟≤𝑦≤(2+2√2)𝑟。
【解析】(1)作出被𝐴吸收的电子运动轨迹，根据几何知识求解半径，根据洛伦兹力提供向心力求解速度；
(2)作出被𝐵吸收的电子的运动轨迹，根据几何知识求解发射时的纵坐标；
(3)作出最上端和最下端的电子刚好被接收器接收的运动轨迹，根据几何知识求解其纵坐标。
解决该题的关键是正确作出电子的运动轨迹，根据几何知识求解相关的长度，知道恰好被接收器接收的电子的运动轨迹是和接收器相切。
18.【答案】解：(1)在挡板上弹回后做平抛运动，竖直方向：𝑅𝑐𝑜𝑠60°=2𝑔𝑡2
水平方向：𝑥=𝑣0𝑡
轨道最右端：𝑣𝑦=𝑔𝑡，𝑣0=𝑣𝑦𝑐𝑜𝑡60° 联立解得：𝑥=√𝑅
3
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31
(2)在圆轨道最右端：𝑣=𝑠𝑖𝑛60∘ 2
在圆弧轨道运动过程，由机械能守恒定律得：𝑚𝑔𝑅(1−𝑐𝑜𝑠60°)+2𝑚𝑣2=2𝑚𝑣0
1
1
𝑣𝑦
联立解得：𝑣0=√𝑔𝑅 3
(3)两球发生弹性碰撞，要发生多次碰撞则𝐵球一定方向弹回，设碰撞后𝐵球的速度大小为𝑣1，碰撞后𝐴球的速度大小为𝑣2，规定向左为正方向，由动量守恒定律得：
𝑚𝑣0=𝑚(−𝑣1)+𝑀𝑣2
由机械能守恒定律得：
111222 𝑚𝑣0=𝑚𝑣1+𝑀𝑣2
222𝐵球不飞出轨道能返回：
12𝑚𝑣1≤𝑚𝑔𝑅(1−𝑐𝑜𝑠60°) 2返回后球𝐵能追上球𝐴，则有：𝑣1>𝑣2 解得：3𝑚<𝑀≤
5+√212
7
𝑚
3答：(1)轨道右端与挡板间的距离是√𝑅；
3(2)𝐵球的初速度𝑣0为√𝑔𝑅；
3
(3)球𝐴的质量𝑀应该满足的条件为3𝑚<𝑀≤
【解析】(1)对𝐵球由平抛运动的规律求得轨道右端与挡板间的距离𝑥是多少； (2)由机械能守恒定律和运动的合成与分解求得𝐵球的初速度𝑣0为多大；
(3)对两球根据动量守恒和机械能守恒及临界条件判断球𝐴的质量𝑀应该满足的条件。 本题考查的是平抛运动的规律、动量守恒和机械能守恒定律的综合应用，此题的难点在于𝐵球不飞出轨道能返回和返回后𝐵球能追上𝐴球的临界条件的判断。
5+√212
7
𝑚。
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