2025届山东省普通高等学校高三上学期招生考试选择性科目测试模拟演练物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省普通高等学校招生考试选择性科目测试模拟演练考试科目：物理注意事项：1.本试卷共18题，共100分，作答时间90分钟。2.本场考试试题符合高考评价体系要求，内容为高中物理。3.凡要求说明理由或解释原因的，答案不超过30个字。部分试题分析和计算时可做合理假设。4.未经允许，不得离开座位。如果你需要任何帮助，请举手示意监考老师，待监考老师询问并同意后，方可行动。5.考生考试时，不得使用规定以外的计算器等物品。6.涉及试题内容的疑问，考生不得向监考员询问。7.考生领取试卷和答题卡后，要认真检查试卷、答题卡。8.答题前，如遇试卷、答题卡分发错误及试题字迹不清、重印、漏印或缺页等问题，应当举手询问，在开考前报告监考员：如开考后再行报告、更换的，所延误的考试时间不予补充。9.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码等考试相关信息填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。10.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米及以上黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。11.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。12.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效；用铅笔解答的部分（包括作图）无效。13.如果需要草稿纸，请使用答题纸背面。请记住，写在答题框外的答案将不予评判。14.必要时在相应的答题框内写出相关计算过程。只有给出过程且答案正确才能得满分。15.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀等违规物品。16.在发出停止命令之前的30分钟与15分钟时，监考人员将会提醒考生考试时间剩余时长。17.考试结束后，请立即停止答题，并将试卷与答题卡一并上交，未停止书写可能导致考试成绩作废。18.本卷涉及的实验均须在专业人士指导和安全得到充分保障的条件下完成。一、单选题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.已知太阳光垂直射到地球表面上时，地球表面的单位面积上单位时间接收到的太阳光的能量为。假如认为太阳光为单一频率的光，且波长为，光速为，普朗克常量为。由于地球离太阳很远，所以照射到地球表面的太阳光可近似看成平行光。现有一个半径为的薄壁球壳，球心为，倒扣在地面上，太阳光垂直于地面入射到半球面上，如图甲所示。图乙为平放在地面上的半径同为的圆盘。由于太阳光的作用，会使薄壁球壳或圆盘受到一个向下的压力。为研究该压力，小杨同学在半球面上取一条很窄的环带状球面是一个以为圆心的圆的直径，是以正上方离很近的（图中未画出）为圆心的圆的直径，。由于很短，故整个环带状球面可看成与水平方向成角的斜面。设该环带状球面的面积为，其在地面上的投影记为。则下列说法中正确的是（  ）A.光子动量的变化量大小B.单位时间打到半球面上的光子数C.假设所有照射到球面上的太阳光均被反射，反射前后频率不变，且反射方向遵循光的反射定律，则面上所受压力大小为D.假设太阳光均直接穿过球面照射到上再被反射，反射前后频率不变，且反射方向遵循光的反射定律，则面上所受压力大小为【答案】D【解析】A．若光被反射，反射前后频率不变，则方向垂直于S1面，如图所示故A错误；B．单位时间打到半球面上的光子数故B错误；C．在时间内，射到S1面上的光子数为光子被全部反射，根据动量定理，光子受到的力大小为F10，则得根据牛顿第三定律，S1面受到的力大小为故C错误；D．在时间内，射到S2面上的光子数为太阳光直接穿过球面照射到S2上再被S2反射，反射前后频率不变根据动量定理，光子受到的力大小为得由于得根据牛顿第三定律，S2面受到的力大小为故D正确。故选D。2.如图所示，质量为M、倾角为θ的光滑斜劈静置于光滑水平地面上，质量为m的小球以水平向左、大小为v₀的初速度与斜劈相碰，碰撞中无机械能损失。重力加速度用g表示，下列说法正确的是（）A.碰撞过程小球和斜劈组成的系统动量守恒B.碰撞后小球的速度与斜面夹角为θC.碰撞后斜劈的速度为D.碰撞后小球的速度为【答案】C【解析】A．碰撞过程中，系统在竖直方向上的合外力不为0，所以动量不守恒，A错误。B．碰撞后小球沿着斜面的速度不变，垂直斜面的速度大小和方向都会改变，所以夹角不会为，B错误；C．碰撞前的速度分解如图甲所示，则碰撞后小球平行于斜面方向的速度不变，垂直斜面方向的速度反向，设碰撞后斜劈的速度为u，如图乙所示，以小球和斜劈组成的系统为研究对象，系统水平方向动量守恒，有解得根据题意可知碰撞过程中无机械能损失，根据机械能守恒定律可知联立解得C正确；D．带入可知碰撞后小球垂直速度所以碰后小球的速度D错误。故选C。3.如图，质量的圆环套在光滑水平轨道上，质量的小球通过长的轻绳与圆环连接。现将细绳拉直，且与平行，小球以竖直向下的初速度开始运动，重力加速度。则（）A.运动过程中，小球和圆环系统的动量和机械能均守恒；B.在运动过程中，小球不能绕圆环做完整的圆周运动C.小球通过最低点时，小球的速度大小为D.从小球开始运动到小球运动到最高点这段时间内，圆环向右运动的位移大小为0.3m【答案】D【解析】A．分析小球和圆环组成的系统可知，水平方向上不受外力，所以系统水平方向动量守恒，但竖直方向合外力不为零，动量不守恒，只有重力做功，则系统机械能守恒，故A错误；B．若小球运动到最高点时，圆环和小球的速度大小分别为、，由水平方向动量守恒可知由能量守恒可知解得速度大小为、小球相对圆环的速度恰好为所以小球可以绕圆环做完整的圆周运动，故B错误；C．从开始运动到小球运动到最低点时，圆环和小球的速度大小分别为和，由水平方向动量守恒可知由能量守恒可知代入数据解得小球的速度大小为故C错误；D．小球从开始到运动到最高点的过程中，圆环向右运动的位移为x，则解得故D正确。故选D。4.如图甲，“星下点”是指卫星和地心连线与地球表面的交点。图乙是航天控制中心大屏幕上显示某气象卫星的“星下点”在一段时间内的轨迹。已知地球静止轨道卫星的轨道半径为r，则下列说法中正确的是（）A.该气象卫星的轨道是椭圆B.该气象卫星线速度介于第一、二宇宙速度之间。C.该气象卫星的周期是地球自转周期的D.该气象卫星受地球的引力一定大于静止卫星受地球的引力【答案】C【解析】A．由图乙可知，该气象卫星相邻两次经过赤道正上方所用的时间相等，所以，该气象卫星的轨道是圆，故A错误；B．因轨道半径越大线速度越小，第一宇宙速度是最大环绕速度，所以，该气象卫星线速度应小于第一宇宙速度，故B错误；C．由图乙可知，在地球自转一周的时间内，该气象卫星转了3周，即即故C正确；D．因该卫星与地球静止卫星的质量关系未知，所以无法比较该气象卫星受地球的引力与静止卫星受地球的引力的大小关系，故D错误。故选C。5.2019年3月10日，长征三号乙运载火箭将“中星”通信卫星（记为卫星Ⅰ）送入地球同步轨道上，主要为我国、东南亚、澳洲和南太平洋岛国等地区提供通信与广播业务。在同平面内的圆轨道上有一颗中轨道卫星Ⅱ，它运动的每个周期内都有一段时间（未知）无法直接接收到卫星Ⅰ发出的电磁波信号，因为其轨道上总有一段区域没有被卫星Ⅰ发出的电磁波信号覆盖到，这段区域对应的圆心角为。已知卫星Ⅰ对地球的张角为，地球自转周期为，万有引力常量为，则根据题中条件，可求出（）A.地球的平均密度为 B.卫星Ⅰ、Ⅱ的角速度之比为C.卫星Ⅱ的周期为 D.题中时间为【答案】C【解析】A．设卫星Ⅰ、Ⅱ的轨道半径分别为R1和R2，因卫星Ⅰ为静止卫星，则有且有其中R为地球的半径，联立解得A错误；B．设卫星Ⅰ、Ⅱ的角速度分别为和，如图所示三角形AOB中，有即根据可得故有联立以上各式，有B错误；C．根据可得因卫星Ⅰ为静止卫星，则其周期为T0，设卫星Ⅱ的周期为T2，则有整理得C正确；D．若卫星Ⅰ和卫星Ⅱ均不运动，卫星Ⅱ对应为圆心角为2α，则有但卫星之间是有相对运动的，所以时间不可能为，D错误。故选C。6.一定质量的理想气体经历a→b→c→d→a四段状态变化过程，其图像如图所示。其中da延长线与横轴的交点为，bc和cd分别平行于横轴和纵轴，b、c、d三个状态的体积关系为，下列说法正确的是（）A.从a到b，气体的体积不变B.从b到c，单位时间碰撞单位面积器壁的分子数增加C.c、d两状态的体积之比为2:3D.从b到c的过程气体从外界吸收的热量大于从c到d的过程气体从外界吸收的热量【答案】D【解析】A．根据得可知图像的斜率与气体体积有关，从a到b，图线的斜率增大，则气体的体积减小。故A错误；B．从b到c，压强不变，温度升高，则体积变大，单位体积内分子数减少，则单位时间碰撞单位面积器壁的分子数减少。故B错误；C．d到a等容过程有c到d等温过程有联立解得故C错误；D．由，联立解得bcd过程的图如下由图可知，b到c和c到d的体积差相等。由于图线与横坐标围成的面积表示气体对外界做的功，显然b到c，气体温度升高，内能增加，根据热力学第一定律得c到d，气体温度不变，内能不变，根据热力学第一定律得联立可得故D正确。故选D。7.如图所示，水平面上放置着半径为R、圆心角为60°的圆弧轨道，一可视为质点的小球以初速度冲上圆弧轨道。已知圆弧轨道质量，小球质量，重力加速度大小为g，不计一切摩擦和空气阻力，小球从圆弧轨道飞出时，速度方向恰好跟水平方向成角，则（）A.圆弧半径B.小球飞出时，圆弧轨道的速度为C.小球飞出时速度大小为D.若小球从圆弧轨道飞出时，圆弧向右运动的距离为x，则小球在轨道上运动时间为【答案】D【解析】ABC．小球以初速度滑上圆弧轨道，小球与圆弧轨道产生相互作用，因此小球从滑上圆弧到飞离圆弧的运动中，小球与圆弧轨道组成的系统在水平方向动量守恒，机械能守恒，因此小球有两个分速度，其中v1是相对轨道的速度，与圆弧相切，是随轨道运动的速度，方向水平，如图所示由几何关系，可知与成60°角，v与成30°角，则与v成30°角，所以四边形是菱形则有由动量守恒定律可得系统的机械能守恒联立解得解得小球飞出时圆弧轨道的速度为解得小球飞出时速度为故ABC错误；D．根据题意可知，小球与圆弧轨道水平方向动量守恒，则有设小球在轨道上运动时间为，则有整理可得解得故D正确。故选D。8.一列简谐横波沿x轴传播，时刻的波形如图所示，此时质点A经过x轴沿y轴负方向运动，质点B的位移，从时刻起，经过5.5s质点A恰好第三次到达波峰。则（）A.该波沿x轴正方向传播B.该波的传播速度为2m/sC.从时刻起，经过质点B第一次经过平衡位置D.质点A和质点B不可能在某一时刻速度相同【答案】B【解析】A．时刻质点A向下运动，根据波的振动方向与传播方向的关系可知，该波沿x轴负方向传播，故A错误；B．t=0时刻质点A向下运动，且经过第三次到达波峰，故解得由波的图像可知波长故波速故B正确；C．质点B的振动方程时刻，，且质点B向下振动，故要使，则解得故C错误；D．机械波上任意两个水平位置之差不是波长整数倍的质点（）的速度方程可以分别表示为则其速度相同时有可化简为解得故机械波上任意两个质点都有可能在某一时刻速度（包括速度为零）相同，故D错误。故选B。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.如图所示，一竖直轻弹簧静止在水平面上，其上端位于O点，重力均为G的a，b两物体叠放在轻弹簧上并处于静止状态。现用一恒力F竖直向上拉b，将a、b视为质点，则下列说法正确的是（）A.若，则a、b恰好在O点分离B.若，则a、b恰好在图示的初始位置分离C.若，则a，b在O点正下方某一位置分离D.若，则a，b在O点正下方某一位置分离【答案】BD【解析】A．a、b两物体叠放在轻弹簧上，并处于静止时，此时弹簧弹力等于重力得到压缩量x为若，则a、b两物体要分离时，两者间的相互作用力为0，对b物体，根据牛顿第二定律得到此时对a物体，根据牛顿第二定律可得解得所以a，b在O点正下方某一位置分离，A错误；B．若，则a、b两物体要分离时，两者间的相互作用力为0，对b物体，根据牛顿第二定律得到对a根据牛顿第二定律得解得则a、b恰好在图示的初始位置分离，B正确；C．当拉力较小时要考虑物体整体做简谐振动的情况。若，系统做简谐振动，对a、b两物体整体进行分析，平衡位置时，弹簧的压缩量为，则解得此时振幅为则最高点时的弹簧压缩量为根据A、B两个选项的过程，同理可以求得时，两物体作用力为0时，弹簧压缩量为因为所以物体不会分离，两物体将一起做简谐振动，C错误；D．若，系统做简谐振动，对a、b两物体整体进行分析，平衡位置时，弹簧的压缩量为，则解得则此时的振幅为则最高点时的弹簧压缩量为根据A、B选项过程，同理可以求得时，两物体作用力为0时，弹簧压缩量为因为所以两物体不能一起简谐振动，在做完整简谐振动之前时就已经分离，故若，则a，b在O点正下方某一位置分离，D正确；故选BD。10.如图，直角三角形△ABC位于竖直平面内，AB沿水平方向，长度为L，∠ABC=60°。空间存在一匀强电场，场强方向与△ABC所在平面平行，将一带正电的微粒（不计重力、空气阻力）从A点移动到B点，电场力做功为，从B点移动至C点，电场力做功为（W>0）。下列说法正确的是（）A.电场强度的大小是B.将该带电微粒从B点无初速度释放，其沿∠ABC的角平分线所在直线运动C.将该带电微粒从C点沿CA抛出，要使其通过B点，微粒在C点的动能应为D.将该带电微粒从A点沿AC抛出，要使其到达BC时，其位移方向垂直于电场强度方向，微粒在A点的动能的应为【答案】D【解析】A．由题意可知，，，则如上图，在BC边上找点D，使D点与A点电势相等，则AD连线为等势线，则设微粒电荷量为q，DB边长为LDB，CD边长为LCD，θ为电场方向与CB方向的夹角，则解得在△ABD中，由几何关系可知解得过B点作BE交AD于E点，且BEAD，因为且微粒带正电，所以A点电势大于B点电势，故电场方向沿EB，由E指向B，且有解得故A错误；B．由A选项可知，电场方向由E指向B，如果将带正电微粒从B点无初速度释放，该微粒将沿EB方向运动，由几何关系可知，∠ABE=45°，∠DBE=15°，EB边不是∠ABC的角平分线，故B错误；C．如下图，将BE反向延长交AC于F点，由几何关系可知∠ABE=45°，LAF=L，则如果将带电微粒从C点沿CA抛出，要使其通过B点，设微粒在C点的动能为Ek1，则带电微粒可看成沿CF方向以速度v1的匀速直线运动和沿FB方向的初速度为0加速度为a的匀加速直线运动合成的结果，则，，联立解得故C错误；D．如下图，过D点作AD的垂线交AC于G点，由几何关系可知∠DAG=45°，则如果将带电微粒从A点沿AC抛出，要使其到达BC时，其位移方向垂直于电场强度方向，设微粒在A点的动能为Ek2，则带电微粒可看成沿AG方向以速度v2的匀速直线运动和沿GD方向的初速度为0加速度为a的匀加速直线运动合成的结果，则，，联立解得故D正确。故选D。11.如图所示，竖直虚线MN将真空空间分割成I、II两个区域，I、II区域内存在范围足够大、大小为、垂直纸面且方向相反的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为+q的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直细杆上，杆足够长，环与杆的动摩擦因数为μ。现使圆环从杆的底部以初速度向上运动，经时间后圆环回到出发位置，杆的底部有个光滑的拐角，长度忽略不计，其能够使圆环无能量损失的水平向左脱离杆，并在一段时间后恰好能够进入II区域。已知重力加速度为g，圆环完成周期性运动的个数为n。下列说法正确的是（）A.当圆环回到出发位置时速度v的大小为B.第一次通过MN边界时的速度大小C.在圆环未离开I区域内达到最高点前的位移大小为D.在圆环第二次通过MN边界前，从O点脱离杆后回到最高点的位移大小【答案】BCD【解析】A．①上升阶段，对环受力分析规定向下为正，对竖直方向列动量定理可得②下降阶段，对环受力分析规定向下为正，对竖直方向列动量定理可得联立以上两式可得解得A错误；B．由受力分析知，物体只受重力及洛伦兹力，又因为物体初速度往左，故分解一个向右的速度且满足即则另一个速度方向向左所以物体在mg和产生的洛伦兹力作用下向右做匀速直线运动，在产生的洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，物体的实际运动为这两运动之和。由题意可知，第一次通过MN边界时圆环的轨迹与其相切，速度竖直向上，则此时的速度方向如图所示由图可知，当物体的速度竖直向上时，的速度方向与水平方向向左成θ角，且所以所以B正确；CD．易知圆环在I区域内做周期性运动，且此时的运动无法影响竖直方向，所以回到最高点的时间由决定①在圆环还未出I区域内达到最高点设圆环已经完成了n个周期运动则有，，解得②在圆环出I区域后达到最高点II区域磁场大小相等，方向相反，且圆环进入II区域时速度竖直向上，所以圆环在II区域达到最高点的轨迹就是这个周期内剩下轨迹的对称图形，如图所示则，，CD均正确。故选BCD。12.卫星P、Q绕某行星运动的轨道均为椭圆，只考虑P、Q受到该行星的引力，引力大小随时间的变化如图所示，已知下列说法正确的是（）A.P、Q绕行星公转的周期之比为B.P、Q到行星中心距离的最小值之比为C.P、Q的质量之比为D.Q的轨道长轴与短轴之比为【答案】ACD【解析】A．由图可知故A正确：B．当P离行星最近时当P离行星最远时当Q离行星最近时当Q离行星最远时由开普勒第三定律可知联立解得故B错误；C．由B可知解得故C正确；D．设卫星Q轨迹半长轴为a，半短轴为b，焦距为c，则有联立解得所以Q的轨道长轴与短轴之比为，故D正确。故选ACD。三、实验题：共2小题，共14分。13.验证动量守恒的实验可以在如图甲所示的气垫导轨上完成，其中左、右两侧的光电门可以记录遮光片通过光电门的挡光时间。实验前，测得滑块A（连同其上的遮光片）的总质量为、滑块B（连同其上的遮光片）的总质量为，两滑块上遮光片的宽度相同。实验时，开启气垫导轨气源的电源，让滑块A从导轨的左侧向右运动，穿过左侧光电门与静止在两光电门之间的滑块B发生碰撞。（1）关于实验，下列说法正确的是______。A.本实验应调整气垫导轨使其保持水平B.两滑块质量必须满足C.需要用刻度尺测量两光电门之间的距离D.需要用秒表测定滑块上的遮光片经过光电门的时间（2）在某次实验中，光电门记录的遮光片挡光时间如下表所示。

左侧光电门右侧光电门碰前无碰后在实验误差允许范围内，若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则以下关系式中正确的是______。A. B.C. D.（3）某同学观察到，在台球桌面上，台球以初速度和静止的球发生斜碰时，碰后两球的速度方向将不在同一直线上，如图乙所示。已知两球大小相同，质量相等，若两球碰撞过程无能量损失，碰后两球速度方向与初速度的夹角分别为和，则和满足的关系为______。【答案】（1）A（2）BD（3）【解析】【小问1详析】A．本实验应调整气垫导轨使其保持水平，以保证两滑块发生正碰。故A正确；B．本实验对两滑块质量大小关系没有要求。故B错误；C．由实验可知只需要测出挡光片的宽度，即可根据光电门记录的遮光时间测出碰撞前后滑块的速度。就可验证动量守恒定律。故C错误；D．滑块上的遮光片经过光电门的时间是直接通过光电门记录的。故D错误。故选A。【小问2详析】由动量守恒定律及能量守恒定律得以上两式整理可得故选BD。【小问3详析】设两球的质量均为，在方向与垂直方向上由动量守恒定律可得又由能量守恒得结合以上三式可得即14.某实验小组用如图1所示的电路测定一节蓄电池的电动势和内阻。除蓄电池、开关、导线外，可供使用的实验器材还有A．电阻箱R（量程0～99.9Ω）B．电压表V（量程0～3V、0～15V）(1)小组成员甲同学在利用如图1所示电路，调节电阻箱共测得了6组电阻、电压的数据，如表一所示。表一R（Ω）1.02.03.04.05.06.0U（V）1.541.731.801.861.891.90(2)甲同学发现实验数据中电压的变化范围太小了，准备进一步调小电阻箱阻值继续测量，他指出电压的变化范围太小的主要原因是_______；乙同学提出反对意见，电阻箱调的太小，电路中电流过大，会对电池造成严重损伤，于是他找来了两个备用定值电阻来解决这个问题，下面两个定值电阻选择_______（填序号）串联接在开关的旁边。C．定值电阻R1（阻值1Ω）D．定值电阻R2（阻值20Ω）(3)乙同学动手重新组装了电路后测量结果记录如表二所示。表二R（Ω）1.02.03.04.05.06.0U（V）0.871.201.401.501.591.65他们准备采用如图2所示的图象处理实验数据，横轴应该是_______，由图象进一步得到斜率为k，纵轴截距为b，则蓄电池的内阻为_______，电动势为_______（均用字母符号表示）。(4)如果考虑电压表内阻对测量结果的影响，则电动势测量值_______，内阻测量值_______（均填“偏大”“偏小”或“准确”）。【答案】(2)蓄电池内阻太小C(3)﹣R1(4)偏小偏小【解析】(2)[1]由图1所示电路图根据闭合电路的欧姆定律可知，路端电压由于蓄电池内阻r太小，当电路电流变化时路端电压变化范围较小，电压表示数变化量较小；定值电阻与蓄电池串联，把定值电阻与电源整体看成等效电源，可以增大电压表示数变化范围。[2]蓄电池电动势约为2V，定值电阻如果选择R2，电路电流太小，无法准确测量电路电流，因此定值电阻应选择R1，故选C。(3)[3]定值电阻R1与串联，由闭合电路的欧姆定律可知，电源电动势E=U+I（r+R1）=U+（r+R1）整理得=•+应以为横轴作出-图象[4][5]图象纵轴截距图象的斜率电源电动势电源内阻(4)[6]考虑电压表内阻，由闭合电路的欧姆定律可知，电源电动势E=U+I（r+R1）=U+（r+R1）整理得=•+•+，﹣图象纵轴截距•+图象斜率解得电源电动势的真实值电动势的测量值小于真实值；[7]电源内阻的真实值r真=kE﹣R1=k﹣R1＞﹣R1内阻测量值小于真实值。四、解答题，共4题，共46分。15.类似光学中的折射现象，利用电场和磁场也可以实现质子束的“反射”和“折射”。如图所示，长方形区域内存在竖直向上的匀强电场，与间电势差大小，上下边界距离为。质子束从图中位置射入电场时，速度方向与法线夹角为入射角，从边射出时，速度方向与法线夹角为折射角，质量为、电荷量为的质子束进入电场时水平方向速度大小恒为，不计重力影响及质子之间的作用力。电场的水平长度足够长。（1）求电场的“折射率”与入射角的关系（折射率=）。（2）当质子束恰好在面发生“全反射”（发生“全反射”时质子恰好未从面射出）时，求质子束的入射角（不考虑质子在长方形区域内的多次反射）。（3）当在电场区域发生“全反射”时，求质子在面的入射点与出射点之间水平距离的范围（不考虑质子在长方形区域内的多次反射）。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1详析】设质子入射时速度为，质子射出电场时速度为，水平方向速度不变，根据运动的合成与分解有，根据动能定理有根据“折射率”定义有联立解得【小问2详析】根据题意，当质子束恰好不从面射出时，发生“全反射”，根据全反射临界条件可知，此时，设入射角为，则有解得则质子束的入射角【小问3详析】当质子束发生“全反射”时，质子束在电场中的运动为类斜抛运动。从开始进入电场到速度水平的过程，可反向看成类平抛运动，水平位移为，竖直位移为。设电场强度为，则设竖直方向初速度为，加速度为，则有，设入射角为，则有根据平抛运动速度反向延长线过水平位移中点，有又有联立解得要发生“全反射”，则根据三角函数关系有解得16.如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。（1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；（2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比。（3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍（0<e<1），求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间小球B通过的路程。【答案】（1），；（2）或；（3）【解析】（1）有题意可知A、B系统碰撞前后动量守恒,设碰撞后两小球的速度大小为v，则根据动量守恒有可得碰撞后根据牛顿第二定律有可得（2）若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA，vB，则碰后动量和能量守恒有联立解得，因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图①若第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为，则有联立解得由于两质量均为正数，故k1=0，即对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为，，则同样有联立解得，，故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在c点，以此类推，满足题意。②若第二次碰撞发生在图中的c点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为；所以联立可得因为两质量均为正数，故k2=0，即根据①的分析可证，，满足题意。综上可知或。（3）第一次碰前相对速度大小为v0，第一次碰后的相对速度大小为，第一次碰后与第二次相碰前B球比A球多运动一圈，即B球相对A球运动一圈，有第一次碰撞动量守恒有且联立解得B球运动的路程第二次碰撞相对速度大小为第二次碰撞有且联立可得所以B球运动的路程一共碰了2n次，有17.如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知，，，，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数，C与B间动摩擦因数，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小。（1）求C下滑的高度H；（2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；（3）若，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；（4）若，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量的大小。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】（1）由题意可知滑块C静止滑下过程根据动能定理有代入数据解得（2）滑块C刚滑上B时可知C受到水平向左的摩擦力，为木板B受到C的摩擦力水平向右，为B受到地面的摩擦力水平向左，为所以滑块C的加速度为木板B的加速度为设经过时间t1，B和C共速，有代入数据解得木板B的位移共同的速度此后B和C共同减速，加速度大小为设再经过t2时间，物块A恰好撞上木板B，有整理得解得，（舍去）此时B的位移共同的速度综上可知满足条件的s范围为（3）由于所以可知滑块C与木板B没有共速，对于木板B，根据运动学公式有整理后有解得，（舍去）滑块C在这段时间的位移所以摩擦力对C做的功（4）因为木板B足够长，最后的状态一定会是C与B静止，物块A向左匀速运动。木板B向右运动0.48m时，有此时A、B之间的距离为由于B与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹。接着B向左做匀减速运动，可得加速度大小物块A和木板B相向运动，设经过t3时间恰好相遇，则有整理得解得，（舍去）此时有方向向左；方向向右。接着A、B发生弹性碰撞，碰前A的速度为v0=1m/s，方向向右，以水平向右为正方向，则有代入数据解得而此时物块A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B和C静止，A向左匀速运动，系统的初动量末动量则整个过程动量的变化量即大小为9.02kg⋅m/s。18.如图所示，在xOy平面内有一以O为圆心，半径为R的圆形磁场区域Ⅰ，磁感应强度为（未知）。在圆形磁场区域右侧放置水平极板M、N，其中心线在x轴上，极板长度和极板间距离均为，极板间接有偏转电场的电压（未知）。位于S处的粒子源沿纸面内向圆形磁场区域内各个方向均匀发射速率为的带电粒子，粒子质量为m、电荷量为+q，单位时间内放出的粒子数为n。所有粒子经圆形磁场偏转后均沿x轴正方向。其中沿y轴正方向入射的粒子从点出磁场，并经过偏转电场后刚好从下极板的边缘飞出，打在下极板上的粒子立即被吸收，并通过电流表导入大地。距离极板MN右端处有一宽度为的匀强磁场区域Ⅱ，磁感应强度为，方向垂直纸面向里，a、b是磁场的左右边界。区域Ⅱ左边界上有一长度为2R的收集板CD，C端在x轴上。粒子打在收集板上立即被吸收。不计粒子的重力及粒子间的相互作用，不考虑电场的边缘效应。求：（1）圆形磁场区域磁感应强度的大小及方向；（2）极板MN间电压及稳定后电流表示数I；（3）要使所有穿出电场的粒子都能被收集板收集，区域Ⅱ磁感应强度的范围：（4）若区域Ⅱ中磁感应强度，在区域Ⅱ中加一沿x轴正方向的匀强电场，要使粒子不从磁场的右边界穿出，所加电场的场强E不能超过多少？【答案】（1），方向垂直纸面向外（2），（3）（4）【解析】【小问1详析】由于所有粒子经圆形磁场偏转后均沿x轴正方向，根据粒子在磁场中的运动轨迹，结合几何关系可知，粒子运动半径r等于磁场圆半径R，则有解得根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外【小问2详析】粒子在电场中做类平抛运动，则有解得结合题意可知，粒子经过电场偏转后有一半粒子打在下极板N上被吸收，则有【小问3详析】作出粒子运动轨迹图，如图所示结合上述可知，穿出电场的粒子偏转距离都等于R，根据速度分解有解得粒子飞出电场时，根据速度分解有解得结合上述可知，粒子飞出电场速度方向的反向延长线与水平分位移对应线段的中点相交，设射入磁场时的偏转距离为，则有解得粒子经磁场区域Ⅱ偏转后竖直方向偏移距离粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有解得要使所有粒子打在收集板上，则有代入解得当粒子轨迹刚好与磁场右边界相切时有结合上述有解得综上所述，区域Ⅱ磁场的磁感应强度范围为【小问4详析】当轨迹与磁场右边界相切时，设速度为，如图所示由动能定理可得在y轴方向上，根据动量定理可得即有解得山东省普通高等学校招生考试选择性科目测试模拟演练考试科目：物理注意事项：1.本试卷共18题，共100分，作答时间90分钟。2.本场考试试题符合高考评价体系要求，内容为高中物理。3.凡要求说明理由或解释原因的，答案不超过30个字。部分试题分析和计算时可做合理假设。4.未经允许，不得离开座位。如果你需要任何帮助，请举手示意监考老师，待监考老师询问并同意后，方可行动。5.考生考试时，不得使用规定以外的计算器等物品。6.涉及试题内容的疑问，考生不得向监考员询问。7.考生领取试卷和答题卡后，要认真检查试卷、答题卡。8.答题前，如遇试卷、答题卡分发错误及试题字迹不清、重印、漏印或缺页等问题，应当举手询问，在开考前报告监考员：如开考后再行报告、更换的，所延误的考试时间不予补充。9.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码等考试相关信息填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。10.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米及以上黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。11.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。12.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效；用铅笔解答的部分（包括作图）无效。13.如果需要草稿纸，请使用答题纸背面。请记住，写在答题框外的答案将不予评判。14.必要时在相应的答题框内写出相关计算过程。只有给出过程且答案正确才能得满分。15.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀等违规物品。16.在发出停止命令之前的30分钟与15分钟时，监考人员将会提醒考生考试时间剩余时长。17.考试结束后，请立即停止答题，并将试卷与答题卡一并上交，未停止书写可能导致考试成绩作废。18.本卷涉及的实验均须在专业人士指导和安全得到充分保障的条件下完成。一、单选题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.已知太阳光垂直射到地球表面上时，地球表面的单位面积上单位时间接收到的太阳光的能量为。假如认为太阳光为单一频率的光，且波长为，光速为，普朗克常量为。由于地球离太阳很远，所以照射到地球表面的太阳光可近似看成平行光。现有一个半径为的薄壁球壳，球心为，倒扣在地面上，太阳光垂直于地面入射到半球面上，如图甲所示。图乙为平放在地面上的半径同为的圆盘。由于太阳光的作用，会使薄壁球壳或圆盘受到一个向下的压力。为研究该压力，小杨同学在半球面上取一条很窄的环带状球面是一个以为圆心的圆的直径，是以正上方离很近的（图中未画出）为圆心的圆的直径，。由于很短，故整个环带状球面可看成与水平方向成角的斜面。设该环带状球面的面积为，其在地面上的投影记为。则下列说法中正确的是（  ）A.光子动量的变化量大小B.单位时间打到半球面上的光子数C.假设所有照射到球面上的太阳光均被反射，反射前后频率不变，且反射方向遵循光的反射定律，则面上所受压力大小为D.假设太阳光均直接穿过球面照射到上再被反射，反射前后频率不变，且反射方向遵循光的反射定律，则面上所受压力大小为【答案】D【解析】A．若光被反射，反射前后频率不变，则方向垂直于S1面，如图所示故A错误；B．单位时间打到半球面上的光子数故B错误；C．在时间内，射到S1面上的光子数为光子被全部反射，根据动量定理，光子受到的力大小为F10，则得根据牛顿第三定律，S1面受到的力大小为故C错误；D．在时间内，射到S2面上的光子数为太阳光直接穿过球面照射到S2上再被S2反射，反射前后频率不变根据动量定理，光子受到的力大小为得由于得根据牛顿第三定律，S2面受到的力大小为故D正确。故选D。2.如图所示，质量为M、倾角为θ的光滑斜劈静置于光滑水平地面上，质量为m的小球以水平向左、大小为v₀的初速度与斜劈相碰，碰撞中无机械能损失。重力加速度用g表示，下列说法正确的是（）A.碰撞过程小球和斜劈组成的系统动量守恒B.碰撞后小球的速度与斜面夹角为θC.碰撞后斜劈的速度为D.碰撞后小球的速度为【答案】C【解析】A．碰撞过程中，系统在竖直方向上的合外力不为0，所以动量不守恒，A错误。B．碰撞后小球沿着斜面的速度不变，垂直斜面的速度大小和方向都会改变，所以夹角不会为，B错误；C．碰撞前的速度分解如图甲所示，则碰撞后小球平行于斜面方向的速度不变，垂直斜面方向的速度反向，设碰撞后斜劈的速度为u，如图乙所示，以小球和斜劈组成的系统为研究对象，系统水平方向动量守恒，有解得根据题意可知碰撞过程中无机械能损失，根据机械能守恒定律可知联立解得C正确；D．带入可知碰撞后小球垂直速度所以碰后小球的速度D错误。故选C。3.如图，质量的圆环套在光滑水平轨道上，质量的小球通过长的轻绳与圆环连接。现将细绳拉直，且与平行，小球以竖直向下的初速度开始运动，重力加速度。则（）A.运动过程中，小球和圆环系统的动量和机械能均守恒；B.在运动过程中，小球不能绕圆环做完整的圆周运动C.小球通过最低点时，小球的速度大小为D.从小球开始运动到小球运动到最高点这段时间内，圆环向右运动的位移大小为0.3m【答案】D【解析】A．分析小球和圆环组成的系统可知，水平方向上不受外力，所以系统水平方向动量守恒，但竖直方向合外力不为零，动量不守恒，只有重力做功，则系统机械能守恒，故A错误；B．若小球运动到最高点时，圆环和小球的速度大小分别为、，由水平方向动量守恒可知由能量守恒可知解得速度大小为、小球相对圆环的速度恰好为所以小球可以绕圆环做完整的圆周运动，故B错误；C．从开始运动到小球运动到最低点时，圆环和小球的速度大小分别为和，由水平方向动量守恒可知由能量守恒可知代入数据解得小球的速度大小为故C错误；D．小球从开始到运动到最高点的过程中，圆环向右运动的位移为x，则解得故D正确。故选D。4.如图甲，“星下点”是指卫星和地心连线与地球表面的交点。图乙是航天控制中心大屏幕上显示某气象卫星的“星下点”在一段时间内的轨迹。已知地球静止轨道卫星的轨道半径为r，则下列说法中正确的是（）A.该气象卫星的轨道是椭圆B.该气象卫星线速度介于第一、二宇宙速度之间。C.该气象卫星的周期是地球自转周期的D.该气象卫星受地球的引力一定大于静止卫星受地球的引力【答案】C【解析】A．由图乙可知，该气象卫星相邻两次经过赤道正上方所用的时间相等，所以，该气象卫星的轨道是圆，故A错误；B．因轨道半径越大线速度越小，第一宇宙速度是最大环绕速度，所以，该气象卫星线速度应小于第一宇宙速度，故B错误；C．由图乙可知，在地球自转一周的时间内，该气象卫星转了3周，即即故C正确；D．因该卫星与地球静止卫星的质量关系未知，所以无法比较该气象卫星受地球的引力与静止卫星受地球的引力的大小关系，故D错误。故选C。5.2019年3月10日，长征三号乙运载火箭将“中星”通信卫星（记为卫星Ⅰ）送入地球同步轨道上，主要为我国、东南亚、澳洲和南太平洋岛国等地区提供通信与广播业务。在同平面内的圆轨道上有一颗中轨道卫星Ⅱ，它运动的每个周期内都有一段时间（未知）无法直接接收到卫星Ⅰ发出的电磁波信号，因为其轨道上总有一段区域没有被卫星Ⅰ发出的电磁波信号覆盖到，这段区域对应的圆心角为。已知卫星Ⅰ对地球的张角为，地球自转周期为，万有引力常量为，则根据题中条件，可求出（）A.地球的平均密度为 B.卫星Ⅰ、Ⅱ的角速度之比为C.卫星Ⅱ的周期为 D.题中时间为【答案】C【解析】A．设卫星Ⅰ、Ⅱ的轨道半径分别为R1和R2，因卫星Ⅰ为静止卫星，则有且有其中R为地球的半径，联立解得A错误；B．设卫星Ⅰ、Ⅱ的角速度分别为和，如图所示三角形AOB中，有即根据可得故有联立以上各式，有B错误；C．根据可得因卫星Ⅰ为静止卫星，则其周期为T0，设卫星Ⅱ的周期为T2，则有整理得C正确；D．若卫星Ⅰ和卫星Ⅱ均不运动，卫星Ⅱ对应为圆心角为2α，则有但卫星之间是有相对运动的，所以时间不可能为，D错误。故选C。6.一定质量的理想气体经历a→b→c→d→a四段状态变化过程，其图像如图所示。其中da延长线与横轴的交点为，bc和cd分别平行于横轴和纵轴，b、c、d三个状态的体积关系为，下列说法正确的是（）A.从a到b，气体的体积不变B.从b到c，单位时间碰撞单位面积器壁的分子数增加C.c、d两状态的体积之比为2:3D.从b到c的过程气体从外界吸收的热量大于从c到d的过程气体从外界吸收的热量【答案】D【解析】A．根据得可知图像的斜率与气体体积有关，从a到b，图线的斜率增大，则气体的体积减小。故A错误；B．从b到c，压强不变，温度升高，则体积变大，单位体积内分子数减少，则单位时间碰撞单位面积器壁的分子数减少。故B错误；C．d到a等容过程有c到d等温过程有联立解得故C错误；D．由，联立解得bcd过程的图如下由图可知，b到c和c到d的体积差相等。由于图线与横坐标围成的面积表示气体对外界做的功，显然b到c，气体温度升高，内能增加，根据热力学第一定律得c到d，气体温度不变，内能不变，根据热力学第一定律得联立可得故D正确。故选D。7.如图所示，水平面上放置着半径为R、圆心角为60°的圆弧轨道，一可视为质点的小球以初速度冲上圆弧轨道。已知圆弧轨道质量，小球质量，重力加速度大小为g，不计一切摩擦和空气阻力，小球从圆弧轨道飞出时，速度方向恰好跟水平方向成角，则（）A.圆弧半径B.小球飞出时，圆弧轨道的速度为C.小球飞出时速度大小为D.若小球从圆弧轨道飞出时，圆弧向右运动的距离为x，则小球在轨道上运动时间为【答案】D【解析】ABC．小球以初速度滑上圆弧轨道，小球与圆弧轨道产生相互作用，因此小球从滑上圆弧到飞离圆弧的运动中，小球与圆弧轨道组成的系统在水平方向动量守恒，机械能守恒，因此小球有两个分速度，其中v1是相对轨道的速度，与圆弧相切，是随轨道运动的速度，方向水平，如图所示由几何关系，可知与成60°角，v与成30°角，则与v成30°角，所以四边形是菱形则有由动量守恒定律可得系统的机械能守恒联立解得解得小球飞出时圆弧轨道的速度为解得小球飞出时速度为故ABC错误；D．根据题意可知，小球与圆弧轨道水平方向动量守恒，则有设小球在轨道上运动时间为，则有整理可得解得故D正确。故选D。8.一列简谐横波沿x轴传播，时刻的波形如图所示，此时质点A经过x轴沿y轴负方向运动，质点B的位移，从时刻起，经过5.5s质点A恰好第三次到达波峰。则（）A.该波沿x轴正方向传播B.该波的传播速度为2m/sC.从时刻起，经过质点B第一次经过平衡位置D.质点A和质点B不可能在某一时刻速度相同【答案】B【解析】A．时刻质点A向下运动，根据波的振动方向与传播方向的关系可知，该波沿x轴负方向传播，故A错误；B．t=0时刻质点A向下运动，且经过第三次到达波峰，故解得由波的图像可知波长故波速故B正确；C．质点B的振动方程时刻，，且质点B向下振动，故要使，则解得故C错误；D．机械波上任意两个水平位置之差不是波长整数倍的质点（）的速度方程可以分别表示为则其速度相同时有可化简为解得故机械波上任意两个质点都有可能在某一时刻速度（包括速度为零）相同，故D错误。故选B。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.如图所示，一竖直轻弹簧静止在水平面上，其上端位于O点，重力均为G的a，b两物体叠放在轻弹簧上并处于静止状态。现用一恒力F竖直向上拉b，将a、b视为质点，则下列说法正确的是（）A.若，则a、b恰好在O点分离B.若，则a、b恰好在图示的初始位置分离C.若，则a，b在O点正下方某一位置分离D.若，则a，b在O点正下方某一位置分离【答案】BD【解析】A．a、b两物体叠放在轻弹簧上，并处于静止时，此时弹簧弹力等于重力得到压缩量x为若，则a、b两物体要分离时，两者间的相互作用力为0，对b物体，根据牛顿第二定律得到此时对a物体，根据牛顿第二定律可得解得所以a，b在O点正下方某一位置分离，A错误；B．若，则a、b两物体要分离时，两者间的相互作用力为0，对b物体，根据牛顿第二定律得到对a根据牛顿第二定律得解得则a、b恰好在图示的初始位置分离，B正确；C．当拉力较小时要考虑物体整体做简谐振动的情况。若，系统做简谐振动，对a、b两物体整体进行分析，平衡位置时，弹簧的压缩量为，则解得此时振幅为则最高点时的弹簧压缩量为根据A、B两个选项的过程，同理可以求得时，两物体作用力为0时，弹簧压缩量为因为所以物体不会分离，两物体将一起做简谐振动，C错误；D．若，系统做简谐振动，对a、b两物体整体进行分析，平衡位置时，弹簧的压缩量为，则解得则此时的振幅为则最高点时的弹簧压缩量为根据A、B选项过程，同理可以求得时，两物体作用力为0时，弹簧压缩量为因为所以两物体不能一起简谐振动，在做完整简谐振动之前时就已经分离，故若，则a，b在O点正下方某一位置分离，D正确；故选BD。10.如图，直角三角形△ABC位于竖直平面内，AB沿水平方向，长度为L，∠ABC=60°。空间存在一匀强电场，场强方向与△ABC所在平面平行，将一带正电的微粒（不计重力、空气阻力）从A点移动到B点，电场力做功为，从B点移动至C点，电场力做功为（W>0）。下列说法正确的是（）A.电场强度的大小是B.将该带电微粒从B点无初速度释放，其沿∠ABC的角平分线所在直线运动C.将该带电微粒从C点沿CA抛出，要使其通过B点，微粒在C点的动能应为D.将该带电微粒从A点沿AC抛出，要使其到达BC时，其位移方向垂直于电场强度方向，微粒在A点的动能的应为【答案】D【解析】A．由题意可知，，，则如上图，在BC边上找点D，使D点与A点电势相等，则AD连线为等势线，则设微粒电荷量为q，DB边长为LDB，CD边长为LCD，θ为电场方向与CB方向的夹角，则解得在△ABD中，由几何关系可知解得过B点作BE交AD于E点，且BEAD，因为且微粒带正电，所以A点电势大于B点电势，故电场方向沿EB，由E指向B，且有解得故A错误；B．由A选项可知，电场方向由E指向B，如果将带正电微粒从B点无初速度释放，该微粒将沿EB方向运动，由几何关系可知，∠ABE=45°，∠DBE=15°，EB边不是∠ABC的角平分线，故B错误；C．如下图，将BE反向延长交AC于F点，由几何关系可知∠ABE=45°，LAF=L，则如果将带电微粒从C点沿CA抛出，要使其通过B点，设微粒在C点的动能为Ek1，则带电微粒可看成沿CF方向以速度v1的匀速直线运动和沿FB方向的初速度为0加速度为a的匀加速直线运动合成的结果，则，，联立解得故C错误；D．如下图，过D点作AD的垂线交AC于G点，由几何关系可知∠DAG=45°，则如果将带电微粒从A点沿AC抛出，要使其到达BC时，其位移方向垂直于电场强度方向，设微粒在A点的动能为Ek2，则带电微粒可看成沿AG方向以速度v2的匀速直线运动和沿GD方向的初速度为0加速度为a的匀加速直线运动合成的结果，则，，联立解得故D正确。故选D。11.如图所示，竖直虚线MN将真空空间分割成I、II两个区域，I、II区域内存在范围足够大、大小为、垂直纸面且方向相反的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为+q的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直细杆上，杆足够长，环与杆的动摩擦因数为μ。现使圆环从杆的底部以初速度向上运动，经时间后圆环回到出发位置，杆的底部有个光滑的拐角，长度忽略不计，其能够使圆环无能量损失的水平向左脱离杆，并在一段时间后恰好能够进入II区域。已知重力加速度为g，圆环完成周期性运动的个数为n。下列说法正确的是（）A.当圆环回到出发位置时速度v的大小为B.第一次通过MN边界时的速度大小C.在圆环未离开I区域内达到最高点前的位移大小为D.在圆环第二次通过MN边界前，从O点脱离杆后回到最高点的位移大小【答案】BCD【解析】A．①上升阶段，对环受力分析规定向下为正，对竖直方向列动量定理可得②下降阶段，对环受力分析规定向下为正，对竖直方向列动量定理可得联立以上两式可得解得A错误；B．由受力分析知，物体只受重力及洛伦兹力，又因为物体初速度往左，故分解一个向右的速度且满足即则另一个速度方向向左所以物体在mg和产生的洛伦兹力作用下向右做匀速直线运动，在产生的洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，物体的实际运动为这两运动之和。由题意可知，第一次通过MN边界时圆环的轨迹与其相切，速度竖直向上，则此时的速度方向如图所示由图可知，当物体的速度竖直向上时，的速度方向与水平方向向左成θ角，且所以所以B正确；CD．易知圆环在I区域内做周期性运动，且此时的运动无法影响竖直方向，所以回到最高点的时间由决定①在圆环还未出I区域内达到最高点设圆环已经完成了n个周期运动则有，，解得②在圆环出I区域后达到最高点II区域磁场大小相等，方向相反，且圆环进入II区域时速度竖直向上，所以圆环在II区域达到最高点的轨迹就是这个周期内剩下轨迹的对称图形，如图所示则，，CD均正确。故选BCD。12.卫星P、Q绕某行星运动的轨道均为椭圆，只考虑P、Q受到该行星的引力，引力大小随时间的变化如图所示，已知下列说法正确的是（）A.P、Q绕行星公转的周期之比为B.P、Q到行星中心距离的最小值之比为C.P、Q的质量之比为D.Q的轨道长轴与短轴之比为【答案】ACD【解析】A．由图可知故A正确：B．当P离行星最近时当P离行星最远时当Q离行星最近时当Q离行星最远时由开普勒第三定律可知联立解得故B错误；C．由B可知解得故C正确；D．设卫星Q轨迹半长轴为a，半短轴为b，焦距为c，则有联立解得所以Q的轨道长轴与短轴之比为，故D正确。故选ACD。三、实验题：共2小题，共14分。13.验证动量守恒的实验可以在如图甲所示的气垫导轨上完成，其中左、右两侧的光电门可以记录遮光片通过光电门的挡光时间。实验前，测得滑块A（连同其上的遮光片）的总质量为、滑块B（连同其上的遮光片）的总质量为，两滑块上遮光片的宽度相同。实验时，开启气垫导轨气源的电源，让滑块A从导轨的左侧向右运动，穿过左侧光电门与静止在两光电门之间的滑块B发生碰撞。（1）关于实验，下列说法正确的是______。A.本实验应调整气垫导轨使其保持水平B.两滑块质量必须满足C.需要用刻度尺测量两光电门之间的距离D.需要用秒表测定滑块上的遮光片经过光电门的时间（2）在某次实验中，光电门记录的遮光片挡光时间如下表所示。

左侧光电门右侧光电门碰前无碰后在实验误差允许范围内，若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则以下关系式中正确的是______。A. B.C. D.（3）某同学观察到，在台球桌面上，台球以初速度和静止的球发生斜碰时，碰后两球的速度方向将不在同一直线上，如图乙所示。已知两球大小相同，质量相等，若两球碰撞过程无能量损失，碰后两球速度方向与初速度的夹角分别为和，则和满足的关系为______。【答案】（1）A（2）BD（3）【解析】【小问1详析】A．本实验应调整气垫导轨使其保持水平，以保证两滑块发生正碰。故A正确；B．本实验对两滑块质量大小关系没有要求。故B错误；C．由实验可知只需要测出挡光片的宽度，即可根据光电门记录的遮光时间测出碰撞前后滑块的速度。就可验证动量守恒定律。故C错误；D．滑块上的遮光片经过光电门的时间是直接通过光电门记录的。故D错误。故选A。【小问2详析】由动量守恒定律及能量守恒定律得以上两式整理可得故选BD。【小问3详析】设两球的质量均为，在方向与垂直方向上由动量守恒定律可得又由能量守恒得结合以上三式可得即14.某实验小组用如图1所示的电路测定一节蓄电池的电动势和内阻。除蓄电池、开关、导线外，可供使用的实验器材还有A．电阻箱R（量程0～99.9Ω）B．电压表V（量程0～3V、0～15V）(1)小组成员甲同学在利用如图1所示电路，调节电阻箱共测得了6组电阻、电压的数据，如表一所示。表一R（Ω）1.02.03.04.05.06.0U（V）1.541.731.801.861.891.90(2)甲同学发现实验数据中电压的变化范围太小了，准备进一步调小电阻箱阻值继续测量，他指出电压的变化范围太小的主要原因是_______；乙同学提出反对意见，电阻箱调的太小，电路中电流过大，会对电池造成严重损伤，于是他找来了两个备用定值电阻来解决这个问题，下面两个定值电阻选择_______（填序号）串联接在开关的旁边。C．定值电阻R1（阻值1Ω）D．定值电阻R2（阻值20Ω）(3)乙同学动手重新组装了电路后测量结果记录如表二所示。表二R（Ω）1.02.03.04.05.06.0U（V）0.871.201.401.501.591.65他们准备采用如图2所示的图象处理实验数据，横轴应该是_______，由图象进一步得到斜率为k，纵轴截距为b，则蓄电池的内阻为_______，电动势为_______（均用字母符号表示）。(4)如果考虑电压表内阻对测量结果的影响，则电动势测量值_______，内阻测量值_______（均填“偏大”“偏小”或“准确”）。【答案】(2)蓄电池内阻太小C(3)﹣R1(4)偏小偏小【解析】(2)[1]由图1所示电路图根据闭合电路的欧姆定律可知，路端电压由于蓄电池内阻r太小，当电路电流变化时路端电压变化范围较小，电压表示数变化量较小；定值电阻与蓄电池串联，把定值电阻与电源整体看成等效电源，可以增大电压表示数变化范围。[2]蓄电池电动势约为2V，定值电阻如果选择R2，电路电流太小，无法准确测量电路电流，因此定值电阻应选择R1，故选C。(3)[3]定值电阻R1与串联，由闭合电路的欧姆定律可知，电源电动势E=U+I（r+R1）=U+（r+R1）整理得=•+应以为横轴作出-图象[4][5]图象纵轴截距图象的斜率电源电动势电源内阻(4)[6]考虑电压表内阻，由闭合电路的欧姆定律可知，电源电动势E=U+I（r+R1）=U+（r+R1）整理得=•+•+，﹣图象纵轴截距•+图象斜率解得电源电动势的真实值电动势的测量值小于真实值；[7]电源内阻的真实值r真=kE﹣R1=k﹣R1＞﹣R1内阻测量值小于真实值。四、解答题，共4题，共46分。15.类似光学中的折射现象，利用电场和磁场也可以实现质子束的“反射”和“折射”。如图所示，长方形区域内存在竖直向上的匀强电场，与间电势差大小，上下边界距离为。质子束从图中位置射入电场时，速度方向与法线夹角为入射角，从边射出时，速度方向与法线夹角为折射角，质量为、电荷量为的质子束进入电场时水平方向速度大小恒为，不计重力影响及质子之间的作用力。电场的水平长度足够长。（1）求电场的“折射率”与入射角的关系（折射率=）。（2）当质子束恰好在面发生“全反射”（发生“全反射”时质子恰好未从面射出）时，求质子束的入射角（不考虑质子在长方形区域内的多次反射）。（3）当在电场区域发生“全反射”时，求质子在面的入射点与出射点之间水平距离的范围（不考虑质子在长方形区域内的多次反射）。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1详析】设质子入射时速度为，质子射出电场时速度为，水平方向速度不变，根据运动的合成与分解有，根据动能定理有根据“折射率”定义有联立解得【小问2详析】根据题意，当质子束恰好不从面射出时，发生“全反射”，根据全反射临界条件可知，此时，设入射角为，则有解得则质子束的入射角【小问3详析】当质子束发生“全反射”时，质子束在电场中的运动为类斜抛运动。从开始进入电场到速度水平的过程，可反向看成类平抛运动，水平位移为，竖直位移为。设电场强度为，则设竖直方向初速度为，加速度为，则有，设入射角为，则有根据平抛运动速度反向延长线过水平位移中点，有又有联立解得要发生“全反射”，则根据三角函数关系有解得16.如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。（1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；（2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比