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2021年广东省高考物理模拟演练试卷
一、选择题：本题共6小题，每小题4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．如图，两根相互绝缘的通电长直导线分别沿x轴和y轴放置，沿x轴方向的电流为I0。已知通电长直导线在其周围激发磁场的磁感应强度B＝k，其中k为常量，I为导线中的电流，r为场中某点到导线的垂直距离。图中A点的坐标为（a，b），若A点的磁感应强度为零，则沿y轴放置的导线中电流的大小和方向分别为（　　）
A．I0，沿y轴正向
B．I0，沿y轴负向
C．I0，沿y轴正向
D．I0，沿y轴负向
2．如图，一小船以1.0m/s的速度匀速前行，站在船上的人竖直向上抛出一小球，小球上升的最大高度为0.45m。当小球再次落入手中时，小船前进的距离为（假定抛接小球时人手的高度不变，不计空气阻力，g取10m/s2）（　　）
A．0.3m
B．0.6m
C．0.9m
D．1.2m
3．假定“嫦娥五号”轨道舱绕月飞行时，轨道是贴近月球表面的圆形轨道。已知地球密度为月球密度的k倍，地球同步卫星的轨道半径为地球半径的n倍，则轨道舱绕月飞行的周期与地球同步卫星周期的比值为（　　）
A．
B．
C．
D．
4．如图，理想变压器原线圈匝数为1100匝，接有一阻值为R的电阻，电压表V1示数为110.0V。副线圈接有一个阻值恒为RL的灯泡，绕过铁芯的单匝线圈接有一理想电压表V2，示数为0.10V。已知RL：R＝4：1，则副线圈的匝数为（　　）
A．225
B．550
C．2200
D．4400
5．如图，x轴正半轴与虚线所围区域内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里。甲、乙两粒子分别从距x轴h与2h的高度以速率v0平行于x轴正向进入磁场，并都从P点离开磁场，OP＝h。则甲、乙两粒子比荷的比值为（不计重力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（　　）
A．32：41
B．56：41
C．64：41
D．41：28
6．螺旋千斤顶由带手柄的螺杆和底座组成，螺纹与水平面夹角为α，如图所示。水平转动手柄，使螺杆沿底座的螺纹槽（相当于螺母）缓慢旋进而顶起质量为m的重物，如果重物和螺杆可在任意位置保持平衡，称为摩擦自锁。能实现自锁的千斤顶，α的最大值为α0。现用一个倾角为α0的千斤顶将重物缓慢顶起高度h后，向螺纹槽滴入润滑油使其动摩擦因数μ减小，重物回落到起点。假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计螺杆和手柄的质量及螺杄与重物间的摩擦力，转动手柄不改变螺纹槽和螺杆之间的压力。下列说法正确的是（　　）
A．实现摩擦自锁的条件为tanα≥μ
B．下落过程中重物对螺杆的压力等于mg
C．从重物开始升起到最高点摩擦力做功为mgh
D．从重物开始升起到最高点转动手柄做功为2mgh
二、选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。在每小题给出的四个选项中，每题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．游乐场滑索项目的简化模型如图所示，索道AB段光滑，A点比B点高1.25m，与AB段平滑连接的BC段粗糙，长4m。质量为50kg的滑块从A点由静止下滑，到B点进入水平减速区，在C点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1m的D点停下。设滑块与BC段的动摩擦因数为0.2，规定向右为正方向。g取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．缓冲墙对滑块的冲量为﹣50N?s
B．缓冲墙对滑块的冲量为﹣250N?s
C．缓冲墙对滑块做的功为﹣125J
D．缓冲墙对滑块做的功为﹣250J
8．如图，内壁光滑的玻璃管内用长为L的轻绳悬挂一个小球。当玻璃管绕竖直轴以角速度ω匀速转动时，小球与玻璃管间恰无压力。下列说法正确的是（　　）
A．仅增加绳长后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力
B．仅增加绳长后，若仍保持小球与玻璃管间无压力，需减小ω
C．仅增加小球质量后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力
D．仅增加角速度至ω′后，小球将受到玻璃管斜向下方的压力
9．如图，某电容器由两水平放置的半圆形金属板组成，板间为真空。两金属板分别与电源两极相连，下极板固定，上极板可以绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动。起初两极板边缘对齐，然后上极板转过10°，并使两极板间距减小到原来的一半。假设变化前后均有一电子由静止从上极板运动到下极板。忽略边缘效应，则下列说法正确的是（　　）
A．变化前后电容器电容之比为9：17
B．变化前后电容器所带电荷量之比为16：9
C．变化前后电子到达下极板的速度之比为：1
D．变化前后电子运动到下极板所用时间之比为2：1
10．如图，一顶角为直角的“”形光滑细杆竖直放置。质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相同，用一劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧处于原长l0。两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内。对其中一个金属环，下列说法正确的是（弹簧的长度为l时，弹性势能为k（l﹣l0）2（　　）
A．金属环的最大加速度为g
B．金属环的最大速度为g
C．金属环与细杆之间的最大压力为mg
D．金属环达到最大速度时重力的功率为mg2
三、非选择题：共52分。第11～14题为必考题，每个试题考生都必须作答。第15～16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。
11．（6分）为验证力的平行四边形定则，某同学准备了以下器材：支架，弹簧，直尺，量角器坐标纸，细线，定滑轮（位置可调）两个，钩码若干。支架带有游标尺和主尺，游标尺（带可滑动的指针）固定在底座上，主尺可升降，如图1所示。
实验步骤如下：
（1）仪器调零。如图1，将已测量好的劲度系数k为5.00N/m的弹簧悬挂在支架上，在弹箦挂钩上用细线悬挂小钩码做为铅垂线，调节支架竖直。调整主尺高度，使主尺与游标尺的零刻度对齐。滑动指针，对齐挂钩上的O点，固定指针。
（2）搭建的实验装置示意图如图2。钩码组mA＝40g，钩码组mB＝30g，调整定滑轮位置和支架的主尺高度，使弹簧竖直且让挂钩上O点重新对准指针。实验中保持定滑轮、弹簧和铅垂线共面。此时测得α＝36.9°，β＝53.1°，由图3可读出游标卡尺示数为　
　cm，由此计算出弹簧拉力的增加量F＝　
　N。当地重力加速度g为9.80m/s2。
（3）请将第（2）步中的实验数据用力的图示的方法在图框中做出，用平行四边形定则做出合力F′。
（4）依次改变两钩码质量，重复以上步骤，比较F′和F的大小和方向，得出结论。实验中铅垂线上小钩码的重力对实验结果　
　（填写“有”或“无”）影响。
12．（9分）在测量电源电动势和内阻的实验中，实验室提供了如下器材和参考电路：
电压表V1（量程3V，内阻约6kΩ）
电压表V2（量程1V，内阻约6kΩ）
电流表A1（量程0.6A，内阻约0.1Ω）
电流表A2（量程2mA，内阻约1Ω）
滑动变阻器R1（最大阻值3kΩ）
滑动变阻器R2（最大阻值10Ω）
定值电阻R3（阻值1Ω）
开关，导线若干
（1）甲同学想要测量马铃薯电池的电动势（约1.0V）和内阻（约500Ω）。选用合适器材后，应选择最优电路　
　（填写参考电路对应的字母）进行测量。
（2）乙同学想要测量一节新干电池的电动势和内阻。选用合适器材后，应选择最优电路　
　（填写参考电路对应的字母）进行测量。
（3）乙同学将测得的数据在坐标纸上描点如图。请画出U﹣I图象，并求出电动势E为　
　V，内阻r为　
　Ω（小数点后保留两位）。
13．（12分）如图1所示，两条足够长的平行金属导轨间距为0.5m，固定在倾角为37°的斜面上。导轨顶端连接一个阻值为1Ω的电阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为1T的匀强磁场。质量为0.5kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑，其运动过程中的v﹣t图象如图2所示。金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导轨的电阻，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求金属棒与导轨间的动摩擦因数；
（2）求金属棒在磁场中能够达到的最大速率；
（3）已知金属棒从进入磁场到速度达到5m/s时通过电阻的电荷量为1.3C，求此过程中电阻产生的焦耳热。
14．（16分）在弗兰克﹣赫兹实验中，电子碰撞原子，原子吸收电子的动能从低能级跃迁到高能级。假设改用质子碰撞氢原子来实现氢原子的能级跃迁，实验装置如图1所示。紧靠电极A的O点处的质子经电压为U1的电极AB加速后，进入两金属网电极B和C之间的等势区。在BC区质子与静止的氢原子发生碰撞，氢原子吸收能量由基态跃迁到激发态。质子在碰撞后继续运动进入CD减速区，若质子能够到达电极D，则在电流表上可以观测到电流脉冲。已知质子质量mp与氢原子质量mH均为m，质子的电荷量为e，氢原子能级图如图2所示，忽略质子在O点时的初速度，质子和氢原子只发生一次正碰。
（1）求质子到达电极B时的速度v0；
（2）假定质子和氢原子碰撞时，质子初动能的被氢原子吸收用于能级跃迁。要出现电流脉冲，求CD间电压U2与U1应满足的关系式；
（3）要使碰撞后氢原子从基态跃迁到第一激发态，求U1的最小值。
三、（二）选考题：共9分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分：多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。[选修3-3]
15．（9分）“天问1号”的发射开启了我国探测火星的征程。设想将图中所示的粗细均匀、导热良好、右端封闭有一定质量理想气体的“U”型管带往火星表面。“U”型管分别在地球和火星表面某时某地竖直放置时的相关参数如表所示。
地球
火星
重力加速度
g
0.38g
环境温度
T地＝300K
T火＝280K
大气压强
p地＝76.0cmHg
p火
封闭气柱长度
l地＝19.0cm
l火＝56.0cm
水银柱高度差
h地＝73.0cm
h火
求：（结果保留2位有效数字）
（1）火星表面高1m的水银柱产生的压强相当于地球表面多高水柱产生的压强。已知ρ水银＝13.6×103kg/m3，ρ水＝1.0×103kg/m3；
（2）火星表面的大气压强p火。
四.[选修3-4]（9分）
16．如图，一潜水员在距海岸A点45m的B点竖直下潜，B点和灯塔之间停着一条长4m的皮划艇。皮划艇右端距B点4m，灯塔顶端的指示灯与皮划艇两端的连线与竖直方向的夹角分别为α和β（sinα＝，sinβ＝），水的折射率为，皮划艇高度可忽略。
（1）潜水员在水下看到水面上的所有景物都出现在一个倒立的圆锥里。若海岸上A点恰好处在倒立圆锥的边缘上，求潜水员下潜的深度；
（2）求潜水员竖直下潜过程中看不到灯塔指示灯的深度范围。
2021年广东省高考物理模拟演练试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共6小题，每小题4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．（4分）如图，两根相互绝缘的通电长直导线分别沿x轴和y轴放置，沿x轴方向的电流为I0。已知通电长直导线在其周围激发磁场的磁感应强度B＝k，其中k为常量，I为导线中的电流，r为场中某点到导线的垂直距离。图中A点的坐标为（a，b），若A点的磁感应强度为零，则沿y轴放置的导线中电流的大小和方向分别为（　　）
A．I0，沿y轴正向
B．I0，沿y轴负向
C．I0，沿y轴正向
D．I0，沿y轴负向
【分析】根据题意通电导体在某一点的磁感应强度大小为B＝k，利用安培定则和矢量的平行四边形法则解题。
【解答】解：沿x轴方向的电流在A点磁感应强度大小为Bx＝k，由安培定则可知方向垂直纸面向外；
若A点磁感应强度为零，则y轴放置的导线中电流在A点产生的磁感应强度方向垂直纸面向里，由安培定则，y轴放置的导线中电流方向沿y轴正向，其大小满足By＝k＝k，所以y轴放置的导线中电流的大小I＝I0，故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】本题考查了通电直导线磁场的分布与计算、矢量的平行四边形法则等知识点，利用安培定则判断磁场方向是解题的关键。
2．（4分）如图，一小船以1.0m/s的速度匀速前行，站在船上的人竖直向上抛出一小球，小球上升的最大高度为0.45m。当小球再次落入手中时，小船前进的距离为（假定抛接小球时人手的高度不变，不计空气阻力，g取10m/s2）（　　）
A．0.3m
B．0.6m
C．0.9m
D．1.2m
【分析】求出小球抛出再次落入手中过程小球的运动时间，在此时间内，小船和小球在水平都做匀速直线运动，应用运动学公式可以求出小船前进的距离。
【解答】解：竖直向上抛出小球过程，小球与小船组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，竖直向上抛出小球后小球与小船在水平方向的速度不变，小球与小船在水平方向都做匀速直线运动；
设小球抛出后在竖直方向上升的时间为t，小球上升高度h＝
代入数据解得：t＝0.3s
从抛出小球到小球再从落入手中过程的时间t′＝2t＝2×0.3s＝0.6s
在此时间内小船在水平方向做匀速直线运动，小船前进的距离：
x＝vt′＝1.0×0.6m＝0.6m，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】分析清楚小球与小船的运动过程是解题的前提与关键，应用运动学公式即可解题。
3．（4分）假定“嫦娥五号”轨道舱绕月飞行时，轨道是贴近月球表面的圆形轨道。已知地球密度为月球密度的k倍，地球同步卫星的轨道半径为地球半径的n倍，则轨道舱绕月飞行的周期与地球同步卫星周期的比值为（　　）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据万有引力提供向心力，表示出卫星运行的周期，根据地球同步卫星轨道半径约为地球半径的n倍求出地球表面附近做圆周运动的卫星运行周期．
根据万有引力提供向心力，表示出中心体的质量，再根据地球密度为月球密度的k倍，求出绕月球表面附近做圆周运动的轨道舱的运行周期和地球表面附近做圆周运动的卫星运行周期的关系．
【解答】解：根据万有引力等于向心力，设地球半径为R，月球半径为r，对地球同步卫星：G＝m1（nR）
对月球轨道舱有：G＝m2r；
地球质量M1和月球质量M2分别为：
M1＝ρ1πR3
M2＝ρ2πr3
ρ1＝kρ2；
联立可得轨道舱绕月飞行的周期与地球同步卫星周期的比值为：＝，故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】此题一定明确万有引力提供向心力，会用周期表示向心力，还要知道球体的体积公式及密度公式，同时注意公式间的化简．
4．（4分）如图，理想变压器原线圈匝数为1100匝，接有一阻值为R的电阻，电压表V1示数为110.0V。副线圈接有一个阻值恒为RL的灯泡，绕过铁芯的单匝线圈接有一理想电压表V2，示数为0.10V。已知RL：R＝4：1，则副线圈的匝数为（　　）
A．225
B．550
C．2200
D．4400
【分析】根据变压器原理原线圈两端电压，根据欧姆定律得到原线圈的电流，根据理想变压器输入功率等于输出功率列方程求解副线圈两端电压，再根据变压器原理得到副线圈的匝数。
【解答】解：设理想变压器原线圈两端电压为U1，根据变压器原理可得：＝＝＝，解得：U1＝110V
原线圈的电流为：I1＝＝
设副线圈两端电压为U2，根据理想变压器输入功率等于输出功率可得：U1I1＝
即：＝
解得：U2＝220V
根据变压器原理可得：＝＝＝
解得副线圈得匝数为n2＝2200，故C正确、ABD错误。
故选：C。
【点评】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。
5．（4分）如图，x轴正半轴与虚线所围区域内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里。甲、乙两粒子分别从距x轴h与2h的高度以速率v0平行于x轴正向进入磁场，并都从P点离开磁场，OP＝h。则甲、乙两粒子比荷的比值为（不计重力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（　　）
A．32：41
B．56：41
C．64：41
D．41：28
【分析】分析粒子的运动情况，根据几何关系求解两种情况下粒子的运动半径，再根据洛伦兹力提供向心力列方程求解。
【解答】解：甲粒子从高MN＝h的位置水平飞入磁场，运动轨迹如图1所示；
甲粒子做匀速圆周运动的半径为r1，根据图中几何关系可得：（r1﹣h）2+（htan37°+h）2＝
解得：r1＝；
乙粒子运动轨迹如图2所示，对乙进行几何分析可得：（2h﹣r2）2+（2htan37°+h）2＝
解得：r2＝2h
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m可得：＝
则甲、乙两粒子比荷的比值为＝，故C正确、ABD错误。
故选：C。
【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。
6．（4分）螺旋千斤顶由带手柄的螺杆和底座组成，螺纹与水平面夹角为α，如图所示。水平转动手柄，使螺杆沿底座的螺纹槽（相当于螺母）缓慢旋进而顶起质量为m的重物，如果重物和螺杆可在任意位置保持平衡，称为摩擦自锁。能实现自锁的千斤顶，α的最大值为α0。现用一个倾角为α0的千斤顶将重物缓慢顶起高度h后，向螺纹槽滴入润滑油使其动摩擦因数μ减小，重物回落到起点。假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计螺杆和手柄的质量及螺杄与重物间的摩擦力，转动手柄不改变螺纹槽和螺杆之间的压力。下列说法正确的是（　　）
A．实现摩擦自锁的条件为tanα≥μ
B．下落过程中重物对螺杆的压力等于mg
C．从重物开始升起到最高点摩擦力做功为mgh
D．从重物开始升起到最高点转动手柄做功为2mgh
【分析】根据实现自锁的条件列方程求解；根据重物下落过程中的运动情况分析受力情况，再根据牛顿第三定律可知重物对螺杆的作用力的变化情况：根据平衡条件求解摩擦力的大小，根据摩擦力做功的计算公式求解摩擦力做的功；根据动能定理求解从重物开始升起到最高点转动手柄做的功。
【解答】解：A、实现自锁的条件是重物重力沿斜面下滑的分力小于等于最大静摩擦力，即mgsinα≤μmgcosα，解得μ≥tana，故A错误；
B、重物从静止开始下落，说明开始螺杆对重物的支持力小于mg，加速下滑过程中，螺杆对重物的支持力小于mg，最后重物的速度为零，说明最后有一段减速下滑的过程，此过程中重物属于超重，螺杆对重物的支持力大于mg，根据牛顿第三定律可知重物对螺杆的作用力先小于mg，后大于mg，故B错误：
C、由于千斤顶的倾角为α0，所以重物在上升过程中受到的摩擦力为f＝mgsinα0，设螺纹的总长度为L，则摩擦力做的功为：Wf＝﹣fL＝﹣mgLsinα0，而Lsinα0＝h，所以摩擦力做的功为Wf＝﹣mgh，故C错误；
D、设从重物开始升起到最高点转动手柄做的功为W，根据动能定理可得：W+Wf﹣mgh＝0，解得：W＝2mgh，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要是考查了功能关系和能量守恒定律，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功能关系列方程解答。
二、选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。在每小题给出的四个选项中，每题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．（6分）游乐场滑索项目的简化模型如图所示，索道AB段光滑，A点比B点高1.25m，与AB段平滑连接的BC段粗糙，长4m。质量为50kg的滑块从A点由静止下滑，到B点进入水平减速区，在C点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1m的D点停下。设滑块与BC段的动摩擦因数为0.2，规定向右为正方向。g取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．缓冲墙对滑块的冲量为﹣50N?s
B．缓冲墙对滑块的冲量为﹣250N?s
C．缓冲墙对滑块做的功为﹣125J
D．缓冲墙对滑块做的功为﹣250J
【分析】由动能定理结合牛顿第二定律以及运动学公式求得滑块与缓冲墙碰撞前后的速度大小，然后根据动量定理和动能定理求解即可。
【解答】解：从A到B的过程中，由动能定理得：mgh＝
代入数据解得滑块到达B得速度为：v0＝5m/s
由B到C的过程中，由牛顿第二定律得：μmg＝ma
代入数据解得加速度大小为：a＝2m/s2
由速度﹣位移公式得：v2﹣＝2ax1
代入数据解得滑块到达缓冲墙的速度为：v＝3m/s
由C到D的过程中，由速度位移公式得：0﹣v′2＝﹣2ax2
代入数据解得滑块与缓冲墙碰撞后得速度大小为：v′＝2m/s
AB、规定向右为正方向，由动量定理得：I＝m（﹣v′）﹣mv
代入数据可得缓冲墙对滑块的冲量为：I＝﹣250N?s，故A错误，B正确；
CD、由动能定理得：W＝﹣
代入数据解得缓冲墙对滑块做的功为：W＝﹣125J，故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】本题以游乐场滑索项目的简化模型为情景载体，考查了动量定理、动能定理、牛顿第二定律以及运动学公式相结合问题，有较强的综合性，解决此题的关键是要搞清楚物体运动的过程，并灵活选取相应的规律去求解。
8．（6分）如图，内壁光滑的玻璃管内用长为L的轻绳悬挂一个小球。当玻璃管绕竖直轴以角速度ω匀速转动时，小球与玻璃管间恰无压力。下列说法正确的是（　　）
A．仅增加绳长后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力
B．仅增加绳长后，若仍保持小球与玻璃管间无压力，需减小ω
C．仅增加小球质量后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力
D．仅增加角速度至ω′后，小球将受到玻璃管斜向下方的压力
【分析】对小球进行受力分析分析判断出向心力的大小，从而进行分析。
【解答】解：当玻璃管绕竖直轴以角速度ω匀速转动时，小球与玻璃管间恰无压力，此时对小球受力分析如图所示：，此时向心力：F＝mgtanθ＝mω2r＝mω2Lsinθ，
A、增加绳长之后，此时小球需要的向心力增大，此时小球有离心的趋势，小球将垂直于右侧管壁挤压管壁，玻璃管会给小球一个斜向下的压力，故A错误；
B、增加绳长之后，小球做圆周运动的半径增大，要保持小球与管壁之间无压力，则小球所需向心力大小不变，半径增大，则需要减小角速度ω，故B正确；
C、增加小球质量，此时mgtanθ＝mω2Lsinθ，质量可被约去，小球做圆周运动的半径不变，小球对玻璃管无压力，故玻璃管对小球也无压力，故C错误；
D、仅增加角速度至ω′后，小球需要的向心力增大，小球有离心的趋势，小球将垂直于右侧管壁挤压管壁，玻璃管会给小球一个斜向下的压力，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题主要考查了圆周运动中向心力的受力分析，解题关键在于分析半径变化或变化角速度后，小球是否有离心的趋势。
9．（6分）如图，某电容器由两水平放置的半圆形金属板组成，板间为真空。两金属板分别与电源两极相连，下极板固定，上极板可以绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动。起初两极板边缘对齐，然后上极板转过10°，并使两极板间距减小到原来的一半。假设变化前后均有一电子由静止从上极板运动到下极板。忽略边缘效应，则下列说法正确的是（　　）
A．变化前后电容器电容之比为9：17
B．变化前后电容器所带电荷量之比为16：9
C．变化前后电子到达下极板的速度之比为：1
D．变化前后电子运动到下极板所用时间之比为2：1
【分析】依题意得到电容器变化前后两极板的正对面积之比与板间距离之比，再根据C＝得到电容之比；由Q＝CU，得到电荷量之比；由动能定理得到末速度之比；由牛顿第二定律求出加速度结合运动学公式得到时间之比。
【解答】解：A、变化前后两极板的正对面积之比为＝＝，板间距离之比为＝2，
由C＝，可知变化前后电容之比为＝＝×＝，故A正确；
B、电容器始终与电源相连，两端电压不变，由Q＝CU，可得＝＝，故B错误；
C、电子由静止从上极板运动到下极板的过程，由动能定理得：eU＝mv2
解得电子到达下极板的速度v＝
因电容器两端电压U不变，故变化前后电子到达下极板的速度之比为1：1，故C错误；
D、电子由静止从上极板运动到下极板的过程，电子做匀加速直线运动，电子的加速度
a＝＝
电子运动的时间t＝＝
变化前后电子到达下极板所用时间之比为＝＝，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查电容器相关知识，其决定式与定义式的应用，粒子在其间的运动，知道平行板电容器之间的电场为匀强电场。
10．（6分）如图，一顶角为直角的“”形光滑细杆竖直放置。质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相同，用一劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧处于原长l0。两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内。对其中一个金属环，下列说法正确的是（弹簧的长度为l时，弹性势能为k（l﹣l0）2（　　）
A．金属环的最大加速度为g
B．金属环的最大速度为g
C．金属环与细杆之间的最大压力为mg
D．金属环达到最大速度时重力的功率为mg2
【分析】根据对称性可知，在运动过程中，弹簧始终水平，金属环刚释放时加速度度最大；平衡位置也就是弹簧的弹力沿杆方向的分力与重力沿杆方向的分力相等时，速度最大，根据机械能守恒定律列方程求解最大速度，根据功率的计算公式求解重力的功率；根据受力情况求解金属环与细杆之间的最大压力。
【解答】解：A、刚释放时，弹簧处于原长，弹簧的弹力为零，此时金属环的加速度最大，最大加速度为am＝＝gsin45°＝g，故A错误；
BD、金属环在平衡位置弹簧的伸长量为x1，沿杆方向根据平衡条件有：mgsin45°＝kx1cos45°，此过程中两个金属环下降的高度均为：h＝；
由机械能守恒定律得：2mg＝，解得金属环的最大速度为vm＝g，
金属环达到最大速度时重力的功率为P＝mgvy＝mgvmcos45°＝，故B正确，D错误；
C、当金属环下落到最低点，金属环的速度为0，金属环与细杆之间的压力最大，设此时弹簧的形变量为x2，
由机械能守恒定律得2mg?＝
对金属环进行受力分析，垂直于秆方向有FN＝mgcos45°+kx2sin45°
综合上述可以解得，金属环与细杆之间的最大压力为FN＝mg，故C正确。
故选：BC。
【点评】本题主要是考查了机械能守恒定律的知识；要知道机械能守恒定律的守恒条件是只有重力或弹力做功，能够根据金属环下滑过程中的受力情况分析运动情况，根据能量关系、功率计算公式、牛顿第二定律等进行分析。
三、非选择题：共52分。第11～14题为必考题，每个试题考生都必须作答。第15～16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。
11．（6分）为验证力的平行四边形定则，某同学准备了以下器材：支架，弹簧，直尺，量角器坐标纸，细线，定滑轮（位置可调）两个，钩码若干。支架带有游标尺和主尺，游标尺（带可滑动的指针）固定在底座上，主尺可升降，如图1所示。
实验步骤如下：
（1）仪器调零。如图1，将已测量好的劲度系数k为5.00N/m的弹簧悬挂在支架上，在弹箦挂钩上用细线悬挂小钩码做为铅垂线，调节支架竖直。调整主尺高度，使主尺与游标尺的零刻度对齐。滑动指针，对齐挂钩上的O点，固定指针。
（2）搭建的实验装置示意图如图2。钩码组mA＝40g，钩码组mB＝30g，调整定滑轮位置和支架的主尺高度，使弹簧竖直且让挂钩上O点重新对准指针。实验中保持定滑轮、弹簧和铅垂线共面。此时测得α＝36.9°，β＝53.1°，由图3可读出游标卡尺示数为　9.68　cm，由此计算出弹簧拉力的增加量F＝　0.484　N。当地重力加速度g为9.80m/s2。
（3）请将第（2）步中的实验数据用力的图示的方法在图框中做出，用平行四边形定则做出合力F′。
（4）依次改变两钩码质量，重复以上步骤，比较F′和F的大小和方向，得出结论。实验中铅垂线上小钩码的重力对实验结果　无　（填写“有”或“无”）影响。
【分析】（2）根据游标卡尺的读数方法进行读数；根据胡克定律求解弹簧拉力的增量；
（3）求出OA绳产生的拉力和OB绳产生的拉，根据平行四边形定则作图；
（4）在求解合力的过程中，求出的是弹簧弹力的变化量，由此分析小钩码的重力对实验结果有无影响。
【解答】解：（2）根据图3可知，游标卡尺的游标尺分度值为0.1mm，且第8格与主尺对齐，游标尺零刻度线在主尺96mm下方，则读数为96mm+8×0.1mm＝96.8mm＝9.68cm；
弹簧拉力的增量为△F＝k△x＝5×9.68×10﹣2N＝0.484N；
（3）根据题意可知，OA绳产生的拉力为：FOA＝mAg＝40×10﹣3×9.8N＝0.392N，
OB绳产生的拉力为：FOB＝mBg＝30×10﹣3×9.8N＝0.294N
根据平行四边形定则作图，如图所示：
（4）在求解合力的过程中，求出的是弹簧弹力的变化量，所以小钩码的重力对实验结果无影响。
故答案为：（2）9.68；0.484；（3）图象见解析；（4）无。
【点评】本题主要是考查验证力的平行四边形法则实验，关键是弄清楚实验原理和实验方法、数据处理等问题，掌握游标卡尺的读数方法。
12．（9分）在测量电源电动势和内阻的实验中，实验室提供了如下器材和参考电路：
电压表V1（量程3V，内阻约6kΩ）
电压表V2（量程1V，内阻约6kΩ）
电流表A1（量程0.6A，内阻约0.1Ω）
电流表A2（量程2mA，内阻约1Ω）
滑动变阻器R1（最大阻值3kΩ）
滑动变阻器R2（最大阻值10Ω）
定值电阻R3（阻值1Ω）
开关，导线若干
（1）甲同学想要测量马铃薯电池的电动势（约1.0V）和内阻（约500Ω）。选用合适器材后，应选择最优电路　A　（填写参考电路对应的字母）进行测量。
（2）乙同学想要测量一节新干电池的电动势和内阻。选用合适器材后，应选择最优电路　C　（填写参考电路对应的字母）进行测量。
（3）乙同学将测得的数据在坐标纸上描点如图。请画出U﹣I图象，并求出电动势E为　1.48　V，内阻r为　0.10　Ω（小数点后保留两位）。
【分析】（1）由于马铃薯内阻远大于电流表内阻，根据闭合电路欧姆定律分析；
（2）由于干电池内阻较小，需要给电池串联一个定值电阻R3；
（3）画出U﹣I图象，根据纵轴截距求电源电动势，根据斜率的绝对值求解电源内阻。
【解答】解：（1）马铃薯电池的电动势较小，B图中电压表分流，所以电流表测量的干路电流偏小，则电动势测量值偏小，所以不宜选用；选择A图测量的干路电流I准确，根据闭合电路欧姆定律E＝U+Ir，可知当I＝0时，断路电压即为电动势，所以A图能准确测量马铃薯的电动势，内阻测量偏大，为电流表和马铃薯内阻之和，但因为马铃薯内阻远大于电流表内阻，所以误差较小，故选A图。
（2）新的干电池内阻较小，所以需要给电池串联一个定值电阻R3，方便测量，而D图中测量的内阻为电流表内阻、电源内阻和定值电阻R3之和，因为干电池内阻较小，所以内阻的测量会引起较大误差，所以选择C图。
（3）做出图象如图所示：
根据闭合电路欧姆定律E＝U+Ir，变形得U＝E﹣Ir
则图线纵截距即为电源电动势E＝1.48V
根据图象斜率的绝对值可知：r＝R3+r0＝＝Ω＝1.10Ω
则电源内阻为：r0＝r﹣R3＝1.10Ω﹣1.0Ω＝0.10Ω
答：（1）A；（2）C；（3）如上图所示，1.48，0.10。
【点评】本题考查了测量电源电动势和内阻的实验，对干电池和马铃薯电池的测量方法进行了对比，能够很好地考查学生处理实验的能力，要求学生能够应用图象去处理实验数据。
13．（12分）如图1所示，两条足够长的平行金属导轨间距为0.5m，固定在倾角为37°的斜面上。导轨顶端连接一个阻值为1Ω的电阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为1T的匀强磁场。质量为0.5kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑，其运动过程中的v﹣t图象如图2所示。金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导轨的电阻，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求金属棒与导轨间的动摩擦因数；
（2）求金属棒在磁场中能够达到的最大速率；
（3）已知金属棒从进入磁场到速度达到5m/s时通过电阻的电荷量为1.3C，求此过程中电阻产生的焦耳热。
【分析】（1）已知金属棒在0～1s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律进行分析；
（2）当金属棒速度达到最大时，加速度为零，此时金属棒受力平衡；
（3）由电荷量分析出金属棒走过的位移，由动能定理分析出电阻产生的焦耳热。
【解答】解：（1）由图2可知，金属棒在0～1s做初速度为零的匀加速直线运动，1s后开始做加速度减小的加速运动，则金属棒在1s时进入磁场，
在0～1s内，金属棒的加速度为：a＝＝m/s2＝4m/s2，
整个过程中，金属棒沿斜面方向受到重力的下滑分力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律可得：mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma，
解得：μ＝0.25；
（2）金属棒达到最大速率时，金属棒此时加速度为零，金属棒此时处于平衡状态，假设金属棒的最大速度为vm，
此时金属棒切割磁感线产生的感应电动势为：E＝BLvm，
根据闭合电路欧姆定律可得：，由安培力公式可得：F＝BIL，
对金属棒受力分析可得：F+μmg?cos37°＝mg?sin37°，联立可得：vm＝8m/s；
（3）有闭合电路欧姆定律和欧姆定律以及电流的定义式可得：
q＝t＝，化简可得：x＝，
由动能定理可得：mgx?sin37°﹣μmgx?cos37°+W＝，
电阻产生的焦耳热等于克服安培力所做的功，则Q＝﹣W
代入数据解得Q＝2.95J。
答：（1）金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.25；
（2）金属棒在磁场中能够达到的最大速率为8m/s；
（3）此过程中电阻产生的焦耳热为2.95J。
【点评】本题主要考查了动能定理和安培力公式以及法拉第电磁感应定律，解题关键在于当导体棒的速度达到最大时，导体棒此时受力平衡。
14．（16分）在弗兰克﹣赫兹实验中，电子碰撞原子，原子吸收电子的动能从低能级跃迁到高能级。假设改用质子碰撞氢原子来实现氢原子的能级跃迁，实验装置如图1所示。紧靠电极A的O点处的质子经电压为U1的电极AB加速后，进入两金属网电极B和C之间的等势区。在BC区质子与静止的氢原子发生碰撞，氢原子吸收能量由基态跃迁到激发态。质子在碰撞后继续运动进入CD减速区，若质子能够到达电极D，则在电流表上可以观测到电流脉冲。已知质子质量mp与氢原子质量mH均为m，质子的电荷量为e，氢原子能级图如图2所示，忽略质子在O点时的初速度，质子和氢原子只发生一次正碰。
（1）求质子到达电极B时的速度v0；
（2）假定质子和氢原子碰撞时，质子初动能的被氢原子吸收用于能级跃迁。要出现电流脉冲，求CD间电压U2与U1应满足的关系式；
（3）要使碰撞后氢原子从基态跃迁到第一激发态，求U1的最小值。
【分析】（1）质子在AB间加速时，根据动能定理求质子到达电极B时的速度v0；
（2）质子和氢原子碰撞时，遵守动量守恒定律和能量守恒定律，由此求解碰撞后质子和氢原子的速度。质子恰好到达电极D时速度为零，对于质子在CD间减速过程，根据动能定理列式，可求CD间电压U2与U1应满足的关系式；
（3）要使碰撞后氢原子从基态跃迁到第一激发态，需要的最小能量△E＝10.2eV，结合完全非弹性碰撞的特点，分析U1的最小值。
【解答】解：（1）质子在AB间加速时，根据动能定理得
eU1＝﹣0
解得质子到达电极B时的速度v0＝
（2）质子和氢原子碰撞时，设碰后质子的速度为v1，氢原子的速度为v2，取碰撞前质子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝mv1+mv2
由能量守恒定律得
mv02＝mv12+mv22+×mv02
解得v1＝v0；v2＝v0
质子在CD减速区，由动能定理得
﹣eU2＝0﹣mv12
联立解得U2＝
故CD间电压U2与U1应满足的关系式为U2≤。
（3）要使碰撞后氢原子从基态跃迁到第一激发态，需要的最小能量△E＝﹣3.4eV﹣（﹣13.6eV）＝10.2eV
碰撞过程，由动量守恒定律得
mv0′＝mv1′+mv2′
由能量守恒定律得
mv0′2＝mv1′2+mv2′2+△E
分析可知，当v1′＝v2′时，碰撞过程损失机械能最大，被吸引的能量最大，此时对应的U1′最小，则有
eU1′＝mv0′2
解得eU1′＝20.4eV
则U1′＝20.4V
答：（1）质子到达电极B时的速度v0是；
（2）CD间电压U2与U1应满足的关系式为U2≤；
（3）要使碰撞后氢原子从基态跃迁到第一激发态，U1的最小值是20.4V。
【点评】本题涉及微观粒子的碰撞，要知道微观粒子的碰撞与宏观物体的碰撞一样，遵守动量守恒定律以及能量守恒定律，分段运用力学规律列式是解答的关键。
三、（二）选考题：共9分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分：多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。[选修3-3]
15．（9分）“天问1号”的发射开启了我国探测火星的征程。设想将图中所示的粗细均匀、导热良好、右端封闭有一定质量理想气体的“U”型管带往火星表面。“U”型管分别在地球和火星表面某时某地竖直放置时的相关参数如表所示。
地球
火星
重力加速度
g
0.38g
环境温度
T地＝300K
T火＝280K
大气压强
p地＝76.0cmHg
p火
封闭气柱长度
l地＝19.0cm
l火＝56.0cm
水银柱高度差
h地＝73.0cm
h火
求：（结果保留2位有效数字）
（1）火星表面高1m的水银柱产生的压强相当于地球表面多高水柱产生的压强。已知ρ水银＝13.6×103kg/m3，ρ水＝1.0×103kg/m3；
（2）火星表面的大气压强p火。
【分析】（1）根据液体压强公式求出火星表面高1m的水银柱产生的压强相当于地球表面多高水柱产生的压强。
（2）以“U”型管右端封闭的气体为研究对象，求出气体的状态参量，应用理想气体状态方程求出火星表面的大气压强。
【解答】解：（1）液体压强公式是p＝ρgh，
设火星表面高h0＝1m的水银柱产生的压强相当于地球表面高为h的水柱产生的压强，
则：ρ水银×0.38g×1＝ρ水gh
代入数据解得：h≈5.2m
（2）以右管中封闭气体为研究对象，封闭气体在地球表面时，
封闭气体的压强p1＝p地﹣ρ水银gh地＝ρg（hp地﹣h地）＝3ρ水银g，
设“U”型管的横截面积为S，则气体体积V1＝l地S，气体温度T1＝300K
在火星表面时封闭气体压强p2＝p火﹣ρ水银×0.38gh火＝ρ水银×0.38g×[hp火﹣h地+2（l火﹣l地）]，
气体体积V2＝l火S，气体温度T2＝280K，由理想气体状态方程得：
代入数据解得：hp火＝1.5cm，即火星表面的大气压强p火＝1.5cmHg
答：（1）火星表面高1m的水银柱产生的压强相当于地球表面5.2m高水柱产生的压强。
（2）火星表面的大气压强p火是1.5cmHg。
【点评】掌握液体压强公式、根据题意求出封闭气体在地球表面与火星表面的气体状态参量是解题的前提，应用理想气体状态方程即可解题。
四.[选修3-4]（9分）
16．如图，一潜水员在距海岸A点45m的B点竖直下潜，B点和灯塔之间停着一条长4m的皮划艇。皮划艇右端距B点4m，灯塔顶端的指示灯与皮划艇两端的连线与竖直方向的夹角分别为α和β（sinα＝，sinβ＝），水的折射率为，皮划艇高度可忽略。
（1）潜水员在水下看到水面上的所有景物都出现在一个倒立的圆锥里。若海岸上A点恰好处在倒立圆锥的边缘上，求潜水员下潜的深度；
（2）求潜水员竖直下潜过程中看不到灯塔指示灯的深度范围。
【分析】（1）设潜水员下潜深度为h，临界角为θ，海岸上A点恰好处在倒立圆锥的边缘上，根据正弦定理结合几何关系求解；
（2）设入角为α的光线的折射角为α′，入射角为β的折射角为β′，根据几何关系结合折射定律求解潜水员竖直下潜过程中看不到灯塔指示灯的深度范围。
【解答】解：（1）设潜水员下潜深度为h，临界角为θ，水的折射率为，海岸上A点恰好处在倒立圆锥的边缘上。
由sinθ＝得，临界角正弦为sinθ＝＝，解得：h＝15m。
（2）设入角为α的光线的折射角为α′，入射角为β的折射角为β′，则＝，＝
设潜水员竖直下潜过程中恰好看不到灯塔指示灯的最小深度为h1，最大深度为h2，
根据几何关系可知sinα′＝，sinβ′＝，
解得：h1＝m，h2＝m。
故潜水员竖直下潜过程中看不到灯塔指示灯的深度范围为m～m。
答：（1）潜水员下潜的深度15m。
（2）潜水员竖直下潜过程中看不到灯塔指示灯的深度范围为m～m。
【点评】本题主要是考查了光的折射，解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，通过光路图进行分析。

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