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2020高考物理浙江专用增分冲刺练辑：综合模拟卷（九）
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综合模拟卷(九)
一、选择题Ⅰ(本题共8小题，每小题4分，共32分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．(2019·余姚中学期中)如图所示，一束粒子(不计重力，初速度可忽略)缓慢通过小孔O1进入极板间电压为U的水平加速电场区域Ⅰ，再通过小孔O2射入匀强电场和匀强磁场相互正交的区域Ⅱ，其中磁场的方向如图所示，磁感应强度大小可根据实际要求调节，收集室的小孔O3与O1、O2在同一条水平线上，则( )
A．该装置可筛选出具有特定质量的粒子
B．该装置可筛选出具有特定电荷量的粒子
C．该装置可筛选出具有特定比荷的粒子
D．该装置可筛选出具有特定动能的粒子
答案 C
2.如图所示，以速度v将小球沿与水平方向成θ＝37°角斜向上抛出，结果球刚好能垂直打在竖直的墙面上，球反弹后的速度方向水平，速度大小为碰撞前瞬间速度的倍，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计，则反弹后小球的速度大小再次为v时，速度方向与水平方向夹角的正切值为( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 采用逆向思维，小球做斜抛运动看成是平抛运动的逆运动，将抛出速度沿水平方向和竖直方向分解，有：
vx＝vcos 37°＝0.8v
vy＝vsin 37°＝0.6v
球撞墙前瞬间的速度等于0.8v，反弹速度大小为：
vx′＝×0.8v＝0.6v
反弹后小球做平抛运动，当小球的速度大小再次为v时，竖直速度为：
vy′＝＝＝0.8v
速度方向与水平方向夹角的正切值为：
tan θ＝＝＝，故B正确，A、C、D错误．
3．某机器内有两个围绕各自固定轴匀速转动的铝盘A、B，A盘固定一个信号发射装置P，能持续沿半径向外发射红外线，P到圆心的距离为28 cm.B盘上固定一个带窗口的红外线信号接收装置Q，Q到圆心的距离为16 cm.P、Q转动的线速度均为4π m/s.当P、Q正对时，P发出的红外线恰好进入Q的接收窗口，如图所示，则Q每隔一定时间就能接收到红外线信号，这个时间的最小值为( )
A．0.42 s B．0.56 s
C．0.70 s D．0.84 s
答案 B
解析 由线速度和周期关系T＝可得TP＝ s＝0.14 s，TQ＝ s＝0.08 s，设该时间的最小值为t，则t是两个周期数值的最小公倍数，即t＝0.56 s，选项B正确．
4．(2019·广东广州市4月综合测试)如图，在光滑绝缘水平桌面上，三个带电小球a、b和c分别固定于正三角形顶点上．已知a、b带电荷量均为＋q，c带电荷量为－q，则( )
A．ab连线中点场强为零
B．三角形中心处场强为零
C．a所受库仑力方向垂直于ab连线
D．a、b、c所受库仑力大小之比为1∶1∶
答案 D
解析 在ab连线的中点处，a、b两电荷在该点的合场强为零，则该点的场强等于c在该点的场强，大小不为零，选项A错误．在三角形的中心处，a、b两电荷在该点的场强大小相等，方向夹120°角，则合场强竖直向下，电荷c在该点的场强也是竖直向下，则三角形中心处场强不为零，选项B错误．a受到b的排斥力沿ba方向，受到c的吸引力沿ac方向，则其合力方向斜向左下方与ab连线成60°角，选项C错误．设三角形的边长为l，a、b所受库仑力大小相等，Fa＝Fb＝2cos 60°＝；c所受库仑力：Fc＝2cos 30°＝，则 a、b、c所受库仑力大小之比为1∶1∶，选项D正确．
5．(2019·山西太原市5月模拟)如图所示，带电物块放置在固定水平绝缘板上．当空间存在有水平向右的匀强电场时，物块恰能向右做匀速直线运动．若在同一电场中将绝缘板的右端抬高，当板与水平面的夹角为37° 时，物块恰能沿绝缘板匀速下滑，则物块与绝缘板间的动摩擦因数μ为(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 当电场水平向右时滑块恰能向右做匀速直线运动，由平衡知识有：qE＝Ff1，Ff1＝μFN1，FN1＝mg，联立解得qE＝μmg；而物块沿斜面匀速下滑时，有：mgsin θ＝qEcos θ＋Ff2，Ff2＝μFN2，FN2＝mgcos θ＋qEsin θ，联立得0.6mg＝0.8qE＋μ(0.8mg＋0.6qE)，解得动摩擦因数μ＝或μ＝－3(舍去)，故A、C、D错误，B正确．
6．(2019·湖州、衢州、丽水高三期末)某型号混合动力车由静止启动至50 km/h过程中仅动力蓄电池提供动力，实现“0”油耗，当速度超过50 km/h时，电动机自动关闭，汽油发动机开始工作；而当踩刹车或将加速踏板松开时，车轮通过带动发电机对动力蓄电池充电并得以减速，从而实现节能减排．已知该车动力蓄电池电压为200 V，容量为6.5 Ah，电能转化为机械能的效率为90%，汽车总质量为1 440 kg，电动机的最大输出功率为60 kW，汽油发动机的最大输出功率为72 kW.若汽车两部分动力部件分别工作时都以其最大功率输出用于驱动，汽车匀速时的速度为108 km/h，整个过程阻力恒定，则( )
A．当加速踏板松开时，汽车的动能将全部克服摩擦阻力做功转化为内能
B．当汽车速度为36 km/h时，牵引力为7 200 N
C．当汽车的速度为72 km/h时，汽车的加速度为2.5 m/s2
D．若仅以纯电输出模式行驶(电池不充电)，动力蓄电池最长供电时间约为70 s
答案 D
解析 当加速踏板松开时，车轮通过带动发电机对动力蓄电池充电，汽车的动能转化为电能和克服摩擦阻力做功转化的内能之和，故A错误；速度为v＝36 km/h＝10 m/s时，电动机工作，根据F＝可得，牵引力为F＝ N＝6 000 N，故B错误；速度为v′＝72 km/h＝20 m/s时，汽油发动机工作，牵引力为F′＝ N＝3 600 N，汽车匀速时的速度为v0＝108 km/h＝30 m/s，汽车的阻力Ff＝ N＝2 400 N，由a＝＝ m/s2＝0.83 m/s2，故C错误；电能转化为机械能的效率为90%，若以最大功率输出，输出电流为I，则UI×90%＝P电，解得I＝ A，电池的容量q＝It＝6.5 Ah，解得t＝ s＝70.2 s，所以若仅以纯电输出模式行驶(电池不充电)，动力蓄电池最长供电时间约为70 s，故D正确．
7．(2019·广西钦州市4月综测)如图，两条间距为L的平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一金属棒垂直放置在两导轨上，且始终与导轨接触良好；在MN左侧面积为S的圆形区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B＝kt，式中k为常量，且k>0；在MN右侧区域存在一与导轨垂直、磁感应强度大小为B0、方向垂直纸面向里的匀强磁场．t＝0时刻，金属棒从MN处开始，在水平拉力F作用下以速度v0向右匀速运动．金属棒与导轨的电阻及摩擦均可忽略．则( )
A．在t＝t1时刻穿过回路的总磁通量为 B0Lv0t1
B．通过电阻R的电流不是恒定电流
C．在Δt时间内通过电阻的电荷量为Δt
D．金属棒所受的水平拉力F随时间均匀增大
答案 C
解析 根据题意可知，MN左边的磁场方向与右边的磁场方向相同，那么总磁通量即为金属棒左侧两种磁通量之和，则在t＝t1时刻穿过回路的总磁通量为Φ＝Φ1＋Φ2＝kt1S＋B0v0t1L，故A错误；根据法拉第电磁感应定律得E＝，结合闭合电路欧姆定律得 I＝＝，故通过电阻R的电流为恒定电流，B错误；Δt时间内通过电阻的电荷量为q＝IΔt＝＝Δt，故C正确；金属棒所受的安培力大小FA＝B0IL＝；根据平衡条件得，水平拉力大小等于安培力大小，即为F＝，故拉力F是一个恒量，故D错误．
8．(2019·东北三省三校第二次联合模拟)如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L1、L2，两杆不接触，且两杆间的距离忽略不计．两个小球a、b(视为质点)质量均为m，a球套在竖直杆L1上，b杆套在水平杆L2上，a、b通过铰链用长度为L的刚性轻杆连接，将a球从图示位置由静止释放(轻杆与L2杆夹角为45°)，不计一切摩擦，已知重力加速度为g.在此后的运动过程中，下列说法中正确的是( )
A．a球和b球所组成的系统机械能不守恒
B．b球的速度为零时，a球的加速度大小也为零
C．b球的最大速度的大小为
D．a球的最大速度的大小为
答案 C
解析 a球和b球组成的系统没有外力做功，只有a球和b球的动能和重力势能相互转换，因此a球和b球的机械能守恒，A错误；设轻杆L和水平杆L2的夹角为θ，由运动关联可知vbcos θ＝vasin θ，则vb＝va·tan θ，可知当b球的速度为零时，轻杆L处于水平位置且与杆L2平行，则此时a球在竖直方向只受重力mg，因此a球的加速度大小为g，B错误；当杆L和杆L1第一次平行时，球a运动到最下方，球b运动到L1和L2交点位置，球b的速度达到最大，此时a球的速度为0，因此由系统机械能守恒有mg(L＋L)＝mv，解得vb＝，C正确；当轻杆L和杆L2第一次平行时，由运动的关联可知此时b球的速度为零，由系统机械能守恒有mg·L＝mv，解得va＝，此时a球具有向下的加速度g，故此时a球的速度不是最大，a球将继续向下做加速度减小的加速运动，到加速度为0时速度达到最大，D错误．
二、选择题Ⅱ(本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分)
9．如图甲所示为一简谐横波在t＝0时刻的图象，图乙为x＝4 m处的质点P的振动图象，则下列判断正确的是( )
A．这列波的波速是2 m/s
B．这列波的传播方向沿x轴正方向
C．t＝3.5 s时P点的位移为0.2 m
D．从t＝0时刻开始P点的振动方程为y＝0.2sin (πt＋) m
答案 AC
解析 由题图可知波长λ＝4 m，周期T＝2 s，则波速为：
v＝＝ m/s＝2 m/s，故A正确；
t＝0时刻P点向－y方向振动，由波动和振动的关系可判断波沿x轴负方向传播，故B错误；
由质点P的振动图象知，t＝3.5 s＝1T，此时P点位于波峰位置，P点的位移为0.2 m，故C正确；
由题图乙知ω＝＝ rad/s＝π rad/s，t＝0时刻P点向－y方向振动，初相位为π，振动方程为y＝0.2sin (πt＋π) m，故D错误．
10．下列说法中正确的是( )
A．卢瑟福通过α粒子散射实验，提出原子的核式结构模型，并估算出原子核的大小
B．已知光速为c，普朗克常量为h，则频率为ν的光子的动量为
C．氢原子能级是分立的，但原子发射光子的频率是连续的
D．设质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3，那么质子和中子结合成一个α粒子，所释放的核能为ΔE＝(m3－m1－m2)c2
答案 AB
解析 氢原子能级是分立的，原子发射光子的频率是不连续的，选项C错误；根据质能方程知，质子和中子结合成一个α粒子时所释放的核能为ΔE＝(2m1＋2m2－m3)c2，选项D错误．
11．(2019·山东济宁市第二次摸底)电子在电场中仅受电场力作用运动时，由a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示．图中一组平行等距实线可能是电场线，也可能是等势线．下列说法正确的是( )
A．若a点的电势比b点低，图中实线一定是等势线
B．不论图中实线是电场线还是等势线，电子在a点的电势能都比b点小
C．若电子在a点动能较小，则图中实线是电场线
D．如果图中实线是等势线，则电子在b点电势能较大
答案 CD
解析 若图中实线是电场线，根据粒子运动轨迹可以判断，电子所受电场力水平向右，则电场线向左，a点电势比b点低，所以若a点的电势比b点低，图中实线可能是电场线，A错误．若图中实线是电场线，根据A选项的分析，电场线向左，a的电势小于b的电势，根据电势能Ep＝φ(－e)，电子在电势低的位置电势能大，所以电子在a点的电势能大于b点电势能，B错误．若电子在a点动能小，说明由a到b加速，如果图中实线是电场线，结合A选项的分析，方向向左，电子受力向右，加速，a点动能小，C正确．如果图中实线是等势线，则电场线与等势线垂直，根据电子运动轨迹可以判断电子受力竖直向下，所以由a到b电场力做负功，b点动能小，电势能大，D正确．
12．(2019·安徽安庆市下学期第二次模拟)如图甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的倾角θ＝37°，现有质量 m＝2.2 kg的物体在水平向左的外力F的作用下由静止开始沿斜面向下运动，经过2 s撤去外力F，物体在0～4 s内运动的速度与时间的关系图线如图乙所示．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，则( )
A．物体与斜面间的动摩擦因数为0.5
B．水平外力F＝5.5 N
C．水平外力F＝4 N
D．物体在0～4 s内的位移为24 m
答案 AC
解析 根据v－t图象的斜率表示加速度，则2～4 s内物体的加速度为：
a2＝ m/s2＝2 m/s2，
由牛顿第二定律有：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，
解得：μ＝0.5，故A正确；
0～2 s内物体的加速度为：a1＝ m/s2＝4 m/s2，
由牛顿第二定律有：mgsin θ＋Fcos θ－μ(mgcos θ－Fsin θ)＝ma1，解得：F＝4 N，故B错误，C正确；
物体在0～4 s内的位移为：x＝ m＋×2 m＝28 m，故D错误．
三、非选择题(本题共5小题，共52分)
13．(6分)(2019·湖北恩施州2月教学质量检测)如图所示为某同学设计的一种探究动量守恒定律的实验装置和原理图．长木板固定在水平桌面上，一端伸出桌面，另一端装有竖直挡板，轻弹簧的一端固定在竖直挡板上，另一端被入射小球从自然长度位置A点压缩至B点，释放小球，小球沿木板从右端水平抛出，落在水平地面上的记录纸上，重复10次，确定小球的落点位置；再把被碰小球放在木板的右边缘处，重复上述实验10次，在记录纸上分别确定入射小球和被碰小球的落点位置．
(1)关于实验的要点，下列说法正确的是________．
A．入射小球的质量必须大于被碰小球的质量
B．入射小球的半径必须与被碰小球的半径相同
C．长木板必须尽可能地光滑
D．用重垂线的目的是为了确定板的右端在地面的投影位置
E．实验重复10次，是为了从小球的落地点中找出一个最清晰的点作为最终落地点
(2)入射小球前后两次的落地位置分别为原理图中的________两点；若入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则实验需要验证的表达式为__________．(用图中字母表示)
答案 (1)ABD (2)Q、P m1·OQ＝m1·OP＋m2·OR
解析 (1)为了保证碰撞后两球都能从板右端飞出，入射小球的质量应该大于被碰小球的质量，选项A正确；为保证两球发生正碰，两球的半径必须相同，选项B正确；长木板不需要光滑，只要保持每次弹簧的压缩量相同，每次入射小球与被碰小球碰前的速度相同，选项C错误；用重垂线的目的是为了确定板的右端在地面的投影的位置，以便准确测出小球平抛的水平位移，选项D正确；实验重复10次，是为了从小球的落地点中找出小球落地点的中心位置，减小实验的误差，选项E错误；故选A、B、D.
(2)入射小球前后两次的落地点位置分别为原理图中的Q、P两点；两球碰撞后均做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，碰撞过程动量守恒，则有：m1v1＝m1v2＋m2v3
两边乘以t即为：m1·OQ＝m1·OP＋m2·OR，即实验需要验证的表达式为：m1·OQ＝m1·OP＋m2·OR.
14．(9分)(2019·新高考研究联盟第二次联考)某同学欲测量一节干电池的电动势(约1.5 V)和内阻(约2 Ω)．现有实验仪器为电流表(量程0～0.6 A,0～3 A均可正常使用)
微安表(量程0～200 μA，内阻500 Ω)
滑动变阻器一个(0～20 Ω，2 A)
电阻箱(0～9 999 Ω)
待测电池
开关、导线若干
根据已有器材，某同学设计了如图实验原理图．
(1)在1中接入的仪器是________，在2中接入的仪器是________．(均选填“电流表”或“微安表”)
(2)实验过程中，电阻箱的阻值应调整在某一个固定值，以下四个阻值中你认为最合理的是________．
A．1 000 Ω B．3 000 Ω
C．5 000 Ω D．7 000 Ω
(3)已知1中电表的示数为I1，内阻为R1,2中电表的示数为I2，内阻为R2，电阻箱的阻值为R0，电源电动势为E，电源内阻为r，若不做任何近似处理，则I2＝________(用题中给出的字母表示)．
答案 (1)电流表 微安表
(2)D (3)
15．(10分)(2019·湖北宜昌市四月调研)如图所示，在倾角为θ的斜面上，固定有间距为l的平行金属导轨，现在导轨上，垂直导轨放置一质量为m的金属棒ab，整个装置处于垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨与电动势为E、内阻为r的电源连接，金属棒ab与导轨间的动摩擦因数为μ，且μ＜tan θ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，金属棒和导轨电阻不计，现闭合开关，发现滑动变阻器接入电路阻值为0时，金属棒不能静止．
(1)判断金属棒所受的安培力方向；
(2)求使金属棒在导轨上保持静止时滑动变阻器接入电路的最小阻值R1和最大阻值R2.
答案 (1)平行于斜面向上
(2)－r －r
解析 (1)由左手定则可判断金属棒所受安培力的方向平行于斜面向上
(2)当使金属棒保持静止的滑动变阻器R阻值最小为R1时，金属棒所受安培力为最大值F1，所受的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向下，则由平衡条件得
FN1＝mgcos θ
F1＝mgsin θ＋Ffmax
Ffmax＝μFN1
由闭合电路欧姆定律有：I1＝，
安培力F1＝BI1l
联立以上各式解得滑动变阻器R的最小值为R1＝－r
当使金属棒保持静止的滑动变阻器R阻值最大为R2时，金属棒所受安培力为最小值F2，所受的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向上，同理可得F2＝mgsin θ－μmgcos θ
由闭合电路欧姆定律有，I2＝，安培力F2＝BI2l
联立以上各式解得滑动变阻器R的最大值为R2＝－r.
16．(12分)(2019·辽宁大连市第二次模拟)滑板运动是极限运动的鼻祖，很多极限运动都是由滑板运动延伸而来．如图所示是一个滑板场地，OP段是光滑的圆弧轨道，半径为0.8 m．PQ段是足够长的粗糙水平地面，滑板与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.2.滑板手踩着滑板A从O点由静止滑下，到达P点时，立即向前起跳．滑板手离开滑板A后，滑板A以速度v1＝2 m/s返回，滑板手落到前面相同的滑板B上，并一起向前继续滑动．已知两滑板质量均为m＝5 kg，滑板手的质量是滑板的9倍，滑板B与P点的距离为Δx＝1 m，g＝10 m/s2.(不考虑滑板的长度以及滑板手和滑板间的作用时间，不计空气阻力)求：
(1)当滑板手和滑板A到达圆弧轨道末端P点时滑板A对轨道的压力；
(2)滑板手落到滑板B后瞬间，滑板B的速度大小；
(3)两个滑板间的最终距离．
答案 (1)1 500 N，竖直向下 (2)4.2 m/s (3)4.41 m
解析 (1)滑板手与滑板A由O点下滑到P点过程，由机械能守恒：10mgR＝×10mv2，
代入数据解得v＝＝4 m/s ，
设在P点时滑板手与滑板A所受到的支持力为FN：
由牛顿第二定律可得FN－10mg＝10m
代入数据解得：FN＝1 500 N，
根据牛顿第三定律得F压＝FN＝1 500 N，方向竖直向下；
(2)滑板手跳离A板，滑板手与滑板A水平方向动量守恒10mv＝－mv1＋9mv2，
代入数据解得：v2＝ m/s，
滑板手跳上B板，滑板手与滑板B水平方向动量守恒9mv2＝10mv3，
解得：v3＝4.2 m/s；
(3)滑板B的位移xB＝＝4.41 m ，滑板A在弧面上滑行的过程中，机械能守恒，所以再次返回P点时的速度大小仍为v1＝2 m/s，滑板A在水平地面上的位移xA＝＝1 m，
最终两滑板的间距为L＝xB＋Δx－xA＝4.41 m.
17．(15分)(2019·山西运城市5月适应性测试)如图甲所示，以O为坐标原点建立坐标系，等边三角形OMN内存在垂直纸面向里的匀强磁场，三角形外侧有沿x轴负方向的匀强电场．现有质量m＝1×10－18 kg，电荷量q＝＋1×10－15 C的带电微粒从坐标为(0，－0.5 m)的Q点，以某一初速度v0沿某一方向入射，从x轴上的P点以v＝200 m/s的速度垂直x轴进入三角形区域．若此时将三角形外侧的电场换成垂直纸面向外的匀强磁场(如图乙所示)，两磁场的磁感应强度大小相等．已知三角形的边长L＝4 m，O、P两点间距离为d＝1 m，重力不计．求：
(1)匀强电场的电场强度大小及带电微粒的初速度大小；
(2)若两磁场的磁感应强度大小B＝0.2 T，求该微粒在乙图中运动一个周期的时间；
(3)乙图中若微粒能再次回到P点，则两匀强磁场的磁感应强度大小应满足什么条件．
答案 (1)320 V/m 200 m/s (2)6.28×10－2 s (3)B＝(0.4n＋0.2) T，(n＝0,1,2,3…)
解析 (1)在匀强电场中，对微粒受力分析，根据牛顿运动定律可知，
水平方向OP＝t2
竖直方向OQ＝vt
水平分速度vx＝t
微粒的初速度v0＝
联立解得E＝320 V/m，v0＝200 m/s；
(2)粒子在两磁场中均做匀速圆周运动，所以
qvB＝m，解得r＝＝1 m
T＝，解得T＝＝3.14×10－2 s
粒子的运动轨迹如图(a)所示，
所以一个周期时间：t＝3×＋3×＝6.28×10－2 s
(3)粒子的运动轨迹如图(b)所示
由对称性可知，要想粒子能回到P点，则粒子运动的半径应满足r(2n＋1)＝OP(n＝0,1,2,3…)且r＝，
联立可得B＝(0.4n＋0.2) T，(n＝0,1,2,3…)．
一、选择题Ⅰ(本题共8小题，每小题4分，共32分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．(2019·余姚中学期中)如图所示，一束粒子(不计重力，初速度可忽略)缓慢通过小孔O1进入极板间电压为U的水平加速电场区域Ⅰ，再通过小孔O2射入匀强电场和匀强磁场相互正交的区域Ⅱ，其中磁场的方向如图所示，磁感应强度大小可根据实际要求调节，收集室的小孔O3与O1、O2在同一条水平线上，则( )
A．该装置可筛选出具有特定质量的粒子
B．该装置可筛选出具有特定电荷量的粒子
C．该装置可筛选出具有特定比荷的粒子
D．该装置可筛选出具有特定动能的粒子
答案 C
2.如图所示，以速度v将小球沿与水平方向成θ＝37°角斜向上抛出，结果球刚好能垂直打在竖直的墙面上，球反弹后的速度方向水平，速度大小为碰撞前瞬间速度的倍，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计，则反弹后小球的速度大小再次为v时，速度方向与水平方向夹角的正切值为( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 采用逆向思维，小球做斜抛运动看成是平抛运动的逆运动，将抛出速度沿水平方向和竖直方向分解，有：
vx＝vcos 37°＝0.8v
vy＝vsin 37°＝0.6v
球撞墙前瞬间的速度等于0.8v，反弹速度大小为：
vx′＝×0.8v＝0.6v
反弹后小球做平抛运动，当小球的速度大小再次为v时，竖直速度为：
vy′＝＝＝0.8v
速度方向与水平方向夹角的正切值为：
tan θ＝＝＝，故B正确，A、C、D错误．
3．某机器内有两个围绕各自固定轴匀速转动的铝盘A、B，A盘固定一个信号发射装置P，能持续沿半径向外发射红外线，P到圆心的距离为28 cm.B盘上固定一个带窗口的红外线信号接收装置Q，Q到圆心的距离为16 cm.P、Q转动的线速度均为4π m/s.当P、Q正对时，P发出的红外线恰好进入Q的接收窗口，如图所示，则Q每隔一定时间就能接收到红外线信号，这个时间的最小值为( )
A．0.42 s B．0.56 s
C．0.70 s D．0.84 s
答案 B
解析 由线速度和周期关系T＝可得TP＝ s＝0.14 s，TQ＝ s＝0.08 s，设该时间的最小值为t，则t是两个周期数值的最小公倍数，即t＝0.56 s，选项B正确．
4．(2019·广东广州市4月综合测试)如图，在光滑绝缘水平桌面上，三个带电小球a、b和c分别固定于正三角形顶点上．已知a、b带电荷量均为＋q，c带电荷量为－q，则( )
A．ab连线中点场强为零
B．三角形中心处场强为零
C．a所受库仑力方向垂直于ab连线
D．a、b、c所受库仑力大小之比为1∶1∶
答案 D
解析 在ab连线的中点处，a、b两电荷在该点的合场强为零，则该点的场强等于c在该点的场强，大小不为零，选项A错误．在三角形的中心处，a、b两电荷在该点的场强大小相等，方向夹120°角，则合场强竖直向下，电荷c在该点的场强也是竖直向下，则三角形中心处场强不为零，选项B错误．a受到b的排斥力沿ba方向，受到c的吸引力沿ac方向，则其合力方向斜向左下方与ab连线成60°角，选项C错误．设三角形的边长为l，a、b所受库仑力大小相等，Fa＝Fb＝2cos 60°＝；c所受库仑力：Fc＝2cos 30°＝，则 a、b、c所受库仑力大小之比为1∶1∶，选项D正确．
5．(2019·山西太原市5月模拟)如图所示，带电物块放置在固定水平绝缘板上．当空间存在有水平向右的匀强电场时，物块恰能向右做匀速直线运动．若在同一电场中将绝缘板的右端抬高，当板与水平面的夹角为37° 时，物块恰能沿绝缘板匀速下滑，则物块与绝缘板间的动摩擦因数μ为(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 当电场水平向右时滑块恰能向右做匀速直线运动，由平衡知识有：qE＝Ff1，Ff1＝μFN1，FN1＝mg，联立解得qE＝μmg；而物块沿斜面匀速下滑时，有：mgsin θ＝qEcos θ＋Ff2，Ff2＝μFN2，FN2＝mgcos θ＋qEsin θ，联立得0.6mg＝0.8qE＋μ(0.8mg＋0.6qE)，解得动摩擦因数μ＝或μ＝－3(舍去)，故A、C、D错误，B正确．
6．(2019·湖州、衢州、丽水高三期末)某型号混合动力车由静止启动至50 km/h过程中仅动力蓄电池提供动力，实现“0”油耗，当速度超过50 km/h时，电动机自动关闭，汽油发动机开始工作；而当踩刹车或将加速踏板松开时，车轮通过带动发电机对动力蓄电池充电并得以减速，从而实现节能减排．已知该车动力蓄电池电压为200 V，容量为6.5 Ah，电能转化为机械能的效率为90%，汽车总质量为1 440 kg，电动机的最大输出功率为60 kW，汽油发动机的最大输出功率为72 kW.若汽车两部分动力部件分别工作时都以其最大功率输出用于驱动，汽车匀速时的速度为108 km/h，整个过程阻力恒定，则( )
A．当加速踏板松开时，汽车的动能将全部克服摩擦阻力做功转化为内能
B．当汽车速度为36 km/h时，牵引力为7 200 N
C．当汽车的速度为72 km/h时，汽车的加速度为2.5 m/s2
D．若仅以纯电输出模式行驶(电池不充电)，动力蓄电池最长供电时间约为70 s
答案 D
解析 当加速踏板松开时，车轮通过带动发电机对动力蓄电池充电，汽车的动能转化为电能和克服摩擦阻力做功转化的内能之和，故A错误；速度为v＝36 km/h＝10 m/s时，电动机工作，根据F＝可得，牵引力为F＝ N＝6 000 N，故B错误；速度为v′＝72 km/h＝20 m/s时，汽油发动机工作，牵引力为F′＝ N＝3 600 N，汽车匀速时的速度为v0＝108 km/h＝30 m/s，汽车的阻力Ff＝ N＝2 400 N，由a＝＝ m/s2＝0.83 m/s2，故C错误；电能转化为机械能的效率为90%，若以最大功率输出，输出电流为I，则UI×90%＝P电，解得I＝ A，电池的容量q＝It＝6.5 Ah，解得t＝ s＝70.2 s，所以若仅以纯电输出模式行驶(电池不充电)，动力蓄电池最长供电时间约为70 s，故D正确．
7．(2019·广西钦州市4月综测)如图，两条间距为L的平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一金属棒垂直放置在两导轨上，且始终与导轨接触良好；在MN左侧面积为S的圆形区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B＝kt，式中k为常量，且k>0；在MN右侧区域存在一与导轨垂直、磁感应强度大小为B0、方向垂直纸面向里的匀强磁场．t＝0时刻，金属棒从MN处开始，在水平拉力F作用下以速度v0向右匀速运动．金属棒与导轨的电阻及摩擦均可忽略．则( )
A．在t＝t1时刻穿过回路的总磁通量为 B0Lv0t1
B．通过电阻R的电流不是恒定电流
C．在Δt时间内通过电阻的电荷量为Δt
D．金属棒所受的水平拉力F随时间均匀增大
答案 C
解析 根据题意可知，MN左边的磁场方向与右边的磁场方向相同，那么总磁通量即为金属棒左侧两种磁通量之和，则在t＝t1时刻穿过回路的总磁通量为Φ＝Φ1＋Φ2＝kt1S＋B0v0t1L，故A错误；根据法拉第电磁感应定律得E＝，结合闭合电路欧姆定律得 I＝＝，故通过电阻R的电流为恒定电流，B错误；Δt时间内通过电阻的电荷量为q＝IΔt＝＝Δt，故C正确；金属棒所受的安培力大小FA＝B0IL＝；根据平衡条件得，水平拉力大小等于安培力大小，即为F＝，故拉力F是一个恒量，故D错误．
8．(2019·东北三省三校第二次联合模拟)如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L1、L2，两杆不接触，且两杆间的距离忽略不计．两个小球a、b(视为质点)质量均为m，a球套在竖直杆L1上，b杆套在水平杆L2上，a、b通过铰链用长度为L的刚性轻杆连接，将a球从图示位置由静止释放(轻杆与L2杆夹角为45°)，不计一切摩擦，已知重力加速度为g.在此后的运动过程中，下列说法中正确的是( )
A．a球和b球所组成的系统机械能不守恒
B．b球的速度为零时，a球的加速度大小也为零
C．b球的最大速度的大小为
D．a球的最大速度的大小为
答案 C
解析 a球和b球组成的系统没有外力做功，只有a球和b球的动能和重力势能相互转换，因此a球和b球的机械能守恒，A错误；设轻杆L和水平杆L2的夹角为θ，由运动关联可知vbcos θ＝vasin θ，则vb＝va·tan θ，可知当b球的速度为零时，轻杆L处于水平位置且与杆L2平行，则此时a球在竖直方向只受重力mg，因此a球的加速度大小为g，B错误；当杆L和杆L1第一次平行时，球a运动到最下方，球b运动到L1和L2交点位置，球b的速度达到最大，此时a球的速度为0，因此由系统机械能守恒有mg(L＋L)＝mv，解得vb＝，C正确；当轻杆L和杆L2第一次平行时，由运动的关联可知此时b球的速度为零，由系统机械能守恒有mg·L＝mv，解得va＝，此时a球具有向下的加速度g，故此时a球的速度不是最大，a球将继续向下做加速度减小的加速运动，到加速度为0时速度达到最大，D错误．
二、选择题Ⅱ(本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分)
9．如图甲所示为一简谐横波在t＝0时刻的图象，图乙为x＝4 m处的质点P的振动图象，则下列判断正确的是( )
A．这列波的波速是2 m/s
B．这列波的传播方向沿x轴正方向
C．t＝3.5 s时P点的位移为0.2 m
D．从t＝0时刻开始P点的振动方程为y＝0.2sin (πt＋) m
答案 AC
解析 由题图可知波长λ＝4 m，周期T＝2 s，则波速为：
v＝＝ m/s＝2 m/s，故A正确；
t＝0时刻P点向－y方向振动，由波动和振动的关系可判断波沿x轴负方向传播，故B错误；
由质点P的振动图象知，t＝3.5 s＝1T，此时P点位于波峰位置，P点的位移为0.2 m，故C正确；
由题图乙知ω＝＝ rad/s＝π rad/s，t＝0时刻P点向－y方向振动，初相位为π，振动方程为y＝0.2sin (πt＋π) m，故D错误．
10．下列说法中正确的是( )
A．卢瑟福通过α粒子散射实验，提出原子的核式结构模型，并估算出原子核的大小
B．已知光速为c，普朗克常量为h，则频率为ν的光子的动量为
C．氢原子能级是分立的，但原子发射光子的频率是连续的
D．设质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3，那么质子和中子结合成一个α粒子，所释放的核能为ΔE＝(m3－m1－m2)c2
答案 AB
解析 氢原子能级是分立的，原子发射光子的频率是不连续的，选项C错误；根据质能方程知，质子和中子结合成一个α粒子时所释放的核能为ΔE＝(2m1＋2m2－m3)c2，选项D错误．
11．(2019·山东济宁市第二次摸底)电子在电场中仅受电场力作用运动时，由a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示．图中一组平行等距实线可能是电场线，也可能是等势线．下列说法正确的是( )
A．若a点的电势比b点低，图中实线一定是等势线
B．不论图中实线是电场线还是等势线，电子在a点的电势能都比b点小
C．若电子在a点动能较小，则图中实线是电场线
D．如果图中实线是等势线，则电子在b点电势能较大
答案 CD
解析 若图中实线是电场线，根据粒子运动轨迹可以判断，电子所受电场力水平向右，则电场线向左，a点电势比b点低，所以若a点的电势比b点低，图中实线可能是电场线，A错误．若图中实线是电场线，根据A选项的分析，电场线向左，a的电势小于b的电势，根据电势能Ep＝φ(－e)，电子在电势低的位置电势能大，所以电子在a点的电势能大于b点电势能，B错误．若电子在a点动能小，说明由a到b加速，如果图中实线是电场线，结合A选项的分析，方向向左，电子受力向右，加速，a点动能小，C正确．如果图中实线是等势线，则电场线与等势线垂直，根据电子运动轨迹可以判断电子受力竖直向下，所以由a到b电场力做负功，b点动能小，电势能大，D正确．
12．(2019·安徽安庆市下学期第二次模拟)如图甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的倾角θ＝37°，现有质量 m＝2.2 kg的物体在水平向左的外力F的作用下由静止开始沿斜面向下运动，经过2 s撤去外力F，物体在0～4 s内运动的速度与时间的关系图线如图乙所示．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，则( )
A．物体与斜面间的动摩擦因数为0.5
B．水平外力F＝5.5 N
C．水平外力F＝4 N
D．物体在0～4 s内的位移为24 m
答案 AC
解析 根据v－t图象的斜率表示加速度，则2～4 s内物体的加速度为：
a2＝ m/s2＝2 m/s2，
由牛顿第二定律有：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，
解得：μ＝0.5，故A正确；
0～2 s内物体的加速度为：a1＝ m/s2＝4 m/s2，
由牛顿第二定律有：mgsin θ＋Fcos θ－μ(mgcos θ－Fsin θ)＝ma1，解得：F＝4 N，故B错误，C正确；
物体在0～4 s内的位移为：x＝ m＋×2 m＝28 m，故D错误．
三、非选择题(本题共5小题，共52分)
13．(6分)(2019·湖北恩施州2月教学质量检测)如图所示为某同学设计的一种探究动量守恒定律的实验装置和原理图．长木板固定在水平桌面上，一端伸出桌面，另一端装有竖直挡板，轻弹簧的一端固定在竖直挡板上，另一端被入射小球从自然长度位置A点压缩至B点，释放小球，小球沿木板从右端水平抛出，落在水平地面上的记录纸上，重复10次，确定小球的落点位置；再把被碰小球放在木板的右边缘处，重复上述实验10次，在记录纸上分别确定入射小球和被碰小球的落点位置．
(1)关于实验的要点，下列说法正确的是________．
A．入射小球的质量必须大于被碰小球的质量
B．入射小球的半径必须与被碰小球的半径相同
C．长木板必须尽可能地光滑
D．用重垂线的目的是为了确定板的右端在地面的投影位置
E．实验重复10次，是为了从小球的落地点中找出一个最清晰的点作为最终落地点
(2)入射小球前后两次的落地位置分别为原理图中的________两点；若入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则实验需要验证的表达式为__________．(用图中字母表示)
答案 (1)ABD (2)Q、P m1·OQ＝m1·OP＋m2·OR
解析 (1)为了保证碰撞后两球都能从板右端飞出，入射小球的质量应该大于被碰小球的质量，选项A正确；为保证两球发生正碰，两球的半径必须相同，选项B正确；长木板不需要光滑，只要保持每次弹簧的压缩量相同，每次入射小球与被碰小球碰前的速度相同，选项C错误；用重垂线的目的是为了确定板的右端在地面的投影的位置，以便准确测出小球平抛的水平位移，选项D正确；实验重复10次，是为了从小球的落地点中找出小球落地点的中心位置，减小实验的误差，选项E错误；故选A、B、D.
(2)入射小球前后两次的落地点位置分别为原理图中的Q、P两点；两球碰撞后均做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，碰撞过程动量守恒，则有：m1v1＝m1v2＋m2v3
两边乘以t即为：m1·OQ＝m1·OP＋m2·OR，即实验需要验证的表达式为：m1·OQ＝m1·OP＋m2·OR.
14．(9分)(2019·新高考研究联盟第二次联考)某同学欲测量一节干电池的电动势(约1.5 V)和内阻(约2 Ω)．现有实验仪器为电流表(量程0～0.6 A,0～3 A均可正常使用)
微安表(量程0～200 μA，内阻500 Ω)
滑动变阻器一个(0～20 Ω，2 A)
电阻箱(0～9 999 Ω)
待测电池
开关、导线若干
根据已有器材，某同学设计了如图实验原理图．
(1)在1中接入的仪器是________，在2中接入的仪器是________．(均选填“电流表”或“微安表”)
(2)实验过程中，电阻箱的阻值应调整在某一个固定值，以下四个阻值中你认为最合理的是________．
A．1 000 Ω B．3 000 Ω
C．5 000 Ω D．7 000 Ω
(3)已知1中电表的示数为I1，内阻为R1,2中电表的示数为I2，内阻为R2，电阻箱的阻值为R0，电源电动势为E，电源内阻为r，若不做任何近似处理，则I2＝________(用题中给出的字母表示)．
答案 (1)电流表 微安表
(2)D (3)
15．(10分)(2019·湖北宜昌市四月调研)如图所示，在倾角为θ的斜面上，固定有间距为l的平行金属导轨，现在导轨上，垂直导轨放置一质量为m的金属棒ab，整个装置处于垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨与电动势为E、内阻为r的电源连接，金属棒ab与导轨间的动摩擦因数为μ，且μ＜tan θ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，金属棒和导轨电阻不计，现闭合开关，发现滑动变阻器接入电路阻值为0时，金属棒不能静止．
(1)判断金属棒所受的安培力方向；
(2)求使金属棒在导轨上保持静止时滑动变阻器接入电路的最小阻值R1和最大阻值R2.
答案 (1)平行于斜面向上
(2)－r －r
解析 (1)由左手定则可判断金属棒所受安培力的方向平行于斜面向上
(2)当使金属棒保持静止的滑动变阻器R阻值最小为R1时，金属棒所受安培力为最大值F1，所受的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向下，则由平衡条件得
FN1＝mgcos θ
F1＝mgsin θ＋Ffmax
Ffmax＝μFN1
由闭合电路欧姆定律有：I1＝，
安培力F1＝BI1l
联立以上各式解得滑动变阻器R的最小值为R1＝－r
当使金属棒保持静止的滑动变阻器R阻值最大为R2时，金属棒所受安培力为最小值F2，所受的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向上，同理可得F2＝mgsin θ－μmgcos θ
由闭合电路欧姆定律有，I2＝，安培力F2＝BI2l
联立以上各式解得滑动变阻器R的最大值为R2＝－r.
16．(12分)(2019·辽宁大连市第二次模拟)滑板运动是极限运动的鼻祖，很多极限运动都是由滑板运动延伸而来．如图所示是一个滑板场地，OP段是光滑的圆弧轨道，半径为0.8 m．PQ段是足够长的粗糙水平地面，滑板与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.2.滑板手踩着滑板A从O点由静止滑下，到达P点时，立即向前起跳．滑板手离开滑板A后，滑板A以速度v1＝2 m/s返回，滑板手落到前面相同的滑板B上，并一起向前继续滑动．已知两滑板质量均为m＝5 kg，滑板手的质量是滑板的9倍，滑板B与P点的距离为Δx＝1 m，g＝10 m/s2.(不考虑滑板的长度以及滑板手和滑板间的作用时间，不计空气阻力)求：
(1)当滑板手和滑板A到达圆弧轨道末端P点时滑板A对轨道的压力；
(2)滑板手落到滑板B后瞬间，滑板B的速度大小；
(3)两个滑板间的最终距离．
答案 (1)1 500 N，竖直向下 (2)4.2 m/s (3)4.41 m
解析 (1)滑板手与滑板A由O点下滑到P点过程，由机械能守恒：10mgR＝×10mv2，
代入数据解得v＝＝4 m/s ，
设在P点时滑板手与滑板A所受到的支持力为FN：
由牛顿第二定律可得FN－10mg＝10m
代入数据解得：FN＝1 500 N，
根据牛顿第三定律得F压＝FN＝1 500 N，方向竖直向下；
(2)滑板手跳离A板，滑板手与滑板A水平方向动量守恒10mv＝－mv1＋9mv2，
代入数据解得：v2＝ m/s，
滑板手跳上B板，滑板手与滑板B水平方向动量守恒9mv2＝10mv3，
解得：v3＝4.2 m/s；
(3)滑板B的位移xB＝＝4.41 m ，滑板A在弧面上滑行的过程中，机械能守恒，所以再次返回P点时的速度大小仍为v1＝2 m/s，滑板A在水平地面上的位移xA＝＝1 m，
最终两滑板的间距为L＝xB＋Δx－xA＝4.41 m.
17．(15分)(2019·山西运城市5月适应性测试)如图甲所示，以O为坐标原点建立坐标系，等边三角形OMN内存在垂直纸面向里的匀强磁场，三角形外侧有沿x轴负方向的匀强电场．现有质量m＝1×10－18 kg，电荷量q＝＋1×10－15 C的带电微粒从坐标为(0，－0.5 m)的Q点，以某一初速度v0沿某一方向入射，从x轴上的P点以v＝200 m/s的速度垂直x轴进入三角形区域．若此时将三角形外侧的电场换成垂直纸面向外的匀强磁场(如图乙所示)，两磁场的磁感应强度大小相等．已知三角形的边长L＝4 m，O、P两点间距离为d＝1 m，重力不计．求：
(1)匀强电场的电场强度大小及带电微粒的初速度大小；
(2)若两磁场的磁感应强度大小B＝0.2 T，求该微粒在乙图中运动一个周期的时间；
(3)乙图中若微粒能再次回到P点，则两匀强磁场的磁感应强度大小应满足什么条件．
答案 (1)320 V/m 200 m/s (2)6.28×10－2 s (3)B＝(0.4n＋0.2) T，(n＝0,1,2,3…)
解析 (1)在匀强电场中，对微粒受力分析，根据牛顿运动定律可知，
水平方向OP＝t2
竖直方向OQ＝vt
水平分速度vx＝t
微粒的初速度v0＝
联立解得E＝320 V/m，v0＝200 m/s；
(2)粒子在两磁场中均做匀速圆周运动，所以
qvB＝m，解得r＝＝1 m
T＝，解得T＝＝3.14×10－2 s
粒子的运动轨迹如图(a)所示，
所以一个周期时间：t＝3×＋3×＝6.28×10－2 s
(3)粒子的运动轨迹如图(b)所示
由对称性可知，要想粒子能回到P点，则粒子运动的半径应满足r(2n＋1)＝OP(n＝0,1,2,3…)且r＝，
联立可得B＝(0.4n＋0.2) T，(n＝0,1,2,3…)．
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