山东省济宁市2019届高三二模理科综合物理试卷 含答案解析
专题03 牛顿运动定律(第02期)-2019年高三物理二模、三模试题分项解析(解析版)
专题3牛顿运动定律2019年高三二模、三模物理试题分项解析（I ）一．选择题1.（2019河南郑州二模）如图所示，2019个质量均为m 的小球通过完全相同的轻质弹簧(在弹性限度内)相连，在水平拉力F 的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a 向右做匀加速运动，设1和2之间弹簧的弹力为F 1—2，2和3间弹簧的弹力为F 2—3，2018和2019间弹簧的弹力为F 2018—2019，则下列结论正确的是A.F 1—2：F 2—3：......F 2018—2019=1：2：3：......2018B.从左到右每根弹簧长度之化为1：2：3： (2018)C.如果突然撤去拉力F ，撤去F 瞬间，第2019个小球的加速度为F ，N 其余每个球的加速度依然为aD.如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球的加速度为0，第2个小球的加速度为2a ，其余小球加速度依然为a 【参考答案】AD【命题意图】本题以轻弹簧连接的2019个小球为情景，考查连接体、受力分析、牛顿运动定律及其相关知识点。
【解题思路】隔离小球1，由牛顿运动定律，F 1-2=ma ，把小球1和2看作整体隔离，由牛顿运动定律，F 2-3=2ma ，把小球1、2和3看作整体隔离，由牛顿运动定律，F 3-4=3ma ，把小球1、2、3和4看作整体隔离，由牛顿运动定律，F 4-5=4ma ，·····把小球1到2018看作整体隔离，由牛顿运动定律，F 2018-2019=2018ma ，联立解得：F 1-2∶F 2-3∶F 3-4∶F 4-5∶F 5-6······F 2018-2019=1∶2∶3∶4∶5······2018，选项A 正确；由于弹簧长度等于弹簧原长加弹簧伸长量，弹簧伸长量与弹簧弹力成正比，所以选项B 错误；如果突然撤去拉力F，撤去F 的瞬间，小球之间弹簧弹力不变，2018和2019之间的弹簧弹力F 2018-2019=2018ma ，由牛顿第二定律可得F=2019ma，F 2018-2019=ma ’，联立解得第2019个小球的加速度a ’=20182019Fm，选项C 错误；如果1和2两个球之间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间，第1个小球受力为零，加速度为零，第2个小球受到2和3之间弹簧弹力，F 2-3=ma 2，解得第2个小球的加速度a 2=2a ，其余小球受力情况不变，加速度依然为a ，选项D 正确。
专题02 相互作用(第02期)-2019年高三物理二模、三模试题分项解析(解析版)
专题2 相互作用2019 年高三二模、三模物理试题分项解析（I）一．选择题1．（2019 安徽合肥二模）如图所示，置于水平地面上的A、B 两物块，在水平恒力F 的作用下，以共同速度向右做匀速直线运动。
下列说法正确的是A．A 与B 间的动摩擦因数可能为0B．B 与地面间的动摩擦因数可能为0C．若撤去F，A 与B 一定会相对滑动D．若撤去F，A 与B 间摩擦力逐渐减小【参考答案】A【命题意图】此题考查叠加体、受力分析、平衡条件及其相关知识点。
【解题思路】由于A、B 两物块以共同速度向右做匀速直线运动，A 与B 间的摩擦力为零，因此A 与B 间的动摩擦因数可能为0，选项A 正确；在水平恒力F 的作用下，A、B 两物块以共同速度向右做匀速直线运动，地面对物块B 的摩擦力大小等于F，B 与地面间的动摩擦因数不可能为0，选项B 错误；若撤去F，A、B 两物块做匀减速运动，速度逐渐减小，由于A 与B 之间可能有摩擦力，A 与B 不一定会相对滑动，A 与B 间摩擦力不变，选项CD 错误。
【易错警示】解答此题常见错误主要有：对选项中的可能、一定理解不到位。
对于选项中的“可能”，只要分析出一种“可能”就可判断正确；对于选项中的“一定”，只要分析出一种能够否定，就可判断错误。
2．（2019 河南安阳二模）如图所示，倾角为θ=30 的斜面体静止在粗糙的水平面上，一质量为m、可看成质点的光滑小球在不可伸长的轻绳拉力的作用下静止在斜面上。
已知轻绳与斜面间的夹角也为θ，重力加速度为g，则水平面对斜面体的摩擦力大小为1＋μ2sin(θ＋α)A．1mg2B．3mg6C．3mg4D．3mg3【参考答案】B3.（2019 全国高考猜题卷 6）如图所示，质量为m＝10 kg 的木箱置于水平地面上，它与地面间的动摩擦因数μ＝3，受到一个与水平方向成θ角斜向上的拉力F，为使木箱做匀速直线运动，拉力F 的最小值以及此3时θ分别是( )A．50 N 30°B．50 N 60°C.200N 30° D.200N 60°3 3【参考答案】A【名师解析】木箱受重力m g、拉力F、地面的支持力和滑动摩擦力作用，根据平衡条件得F cosθ＝F f，F sinθ＋FN＝m g，又F f＝μF N，联立解得F＝μm g＝μmg，其中 tan α＝1＝ 3，cos θ＋μsin θμα＝60°，由数学知识知：当θ＋α＝90°，即θ＝30°时F有最小值，3×10×10且最小值为F min＝μm g3＝N＝50 N，故 A 正确，B、C、D 错误．4. （2019 仿真模拟）如图所示，物块在力F 作用下向右沿水平方向匀速运动，则物块受到的摩擦力Ff 与拉力F 的合力方向应该是( )A．水平向右B．竖直向上1＋μ231＋32C．向右偏上D．向左偏上【参考答案】B【名师解析】物体受向下的重力G，斜向上的拉力F 和水平向左的摩擦力Ff 三个力的作用下处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力等大反向，故摩擦力Ff 与拉力F 的合力方向应和重力方向相反即竖直向上，向下B 正确。
专题12 电磁感应(第03期)-2019年高三物理二模、三模试题分项解析 Word版含解析
专题12 电磁感应-2019年高三二模、三模物理试题分项解析（I）一．选择题1.（2019河南安阳二模）如图所示，同种材料的、均匀的金属丝做成边长之比为1：2的甲、乙两单匝正方形线圈，已知两线圈的质量相同。
现分别把甲、乙线圈以相同的速率匀速拉出磁场，则下列说法正确的是A. 甲、乙两线圈的热量之比为1：2B. 甲、乙两线圈的电荷量之比为1：4C. 甲、乙两线圈的电流之比为1：2D. 甲、乙两线圈的热功率之比为1：1【参考答案】AD【名师解析】设线圈的边长为L，金属丝的横截面积为S，密度为，电阻率为则根据题意有：质量为，电阻为由于：：2，，可得：：1，：：根据可知电流之比：：1，故C错误。
根据，可知热量之比：：2，故A正确。
通过线圈的电荷量，可知，：：1，故B错误。
由知两线圈的热功率之比：：1，故D正确。
【关键点拨】根据线圈的质量相等，由密度公式求出线圈横截面积之比，根据法拉第定律、欧姆定律和焦耳定律求热量之比，由求电荷量之比。
由求线圈的热功率之比。
本题的关键要根据电磁感应与电路的知识得到各个量的表达式，再运用比例法求各个量之比。
最好掌握感应电荷量公式，直接运用可提高解题速度。
2.（2019湖南岳阳二模）如图所示，匀强磁场中有两个用粗细和材料均相同的导线做成的导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直。
磁感应强度B随时间均匀增大。
两圆环半径之比为2：1，圆环中的感应电流分别为I a和I b，热功率分别为P a、P b．不考虑两圆环间的相互影响，下列选项正确的是（）A. ：：1，感应电流均沿顺时针方向B. ：：1，感应电流均沿顺时针方向C. ：：1D. ：：1【参考答案】AD【名师解析】根据法拉第电磁感应定律可得：E==，而==，故有：E a：E b=4：1，根据电阻定律可得：R==可得电阻之比R a：R b=2：1依据闭合电路欧姆定律可得：I=，因此I a：I b=2：1；根据楞次定律可得，感应电流产生的磁场要阻碍原磁场的增大，所以感应电流均沿顺时针方向，故A正确，B 错误；根据电功率的计算公式P=EI可得P a：P b=8：1，故C错误、D正确。
专题13 电磁感应综合问题(第03期)-2019年高三物理二模、三模试题分项解析 Word版含解析
专题13 电磁感应综合问题-2019年高三二模、三模物理试题分项解析（III ）1．(19分) （2019湖南娄底二模）如图所示，间距为L 的水平平行金属导轨上连有一定值电阻，阻值为R ，两质量均为m 的导体棒ab 和cd 垂直放置在导轨上，两导体棒电阻均为R ，棒与导轨间动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个导轨处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B 。
现用某一水平恒力向右拉导体棒ab 使其从静止开始运动，当棒ab 匀速运动时，棒cd 恰要开始滑动，从开始运动到匀速的过程中流过棒ab 的电荷量为q ，(重力加速度为g )求：(1)棒ab 匀速运动的速度大小；(2)棒ab 从开始运动到匀速运动所经历的时间是多少？(3)棒ab 从开始运动到匀速的过程中棒ab 产生的焦耳热是多少？ 【名师解析】(1)设棒ab 速度为v ，则棒ab 中的感应电流I ＝BLv R ＋R 2＝2BLv3R ①(1分) 棒cd 中的感应电流为I 2＝BLv3R②(1分)cd 受安培力F 1＝B (I2)L ＝B 2L 2v3R③(1分)当棒cd 恰要滑动时，F 1＝μmg ，即B 2L 2v3R＝μmg ④(1分)得v ＝3μmgRB 2L2 ⑤(1分)即为棒ab 的匀速速度。
(2)设棒ab 受恒定外力为F ，匀速运动时棒ab 中的电流为I ， 棒ab 所受安培力为F 2＝BIL ⑥(1分) 对棒cd ：F 1＝B (I2)L ＝μmg ⑦棒ab ：F ＝F 2＋μmg ＝2F 1＋μmg ⑧(1分) 由⑥⑦⑧⑨式得F ＝3μmg ⑨(1分)对棒ab 从开始运动到匀速过程，设运动时间为t ；由动量定理：∑(F －μmg )Δt －∑BiL Δt ＝∑m Δv ⑩(或(F －μmg )t －B I －t ＝mv ) 而∑i Δt ＝q ○11 故2μmgt －BLq ＝mv ○12(2分) 由⑤○12式解得t ＝3mR 2B 2L 2＋BLq2μmg○13(1分) (3)棒ab 所受安培力为F 2＝BIL ＝2B 2L 2v3R ，设棒ab 从开始运动到匀速的过程中位移为x ，由动量定理：∑(F －μmg )Δt －∑F 2Δt ＝∑m Δv (F －μmg )t －∑2B 2L 2v Δt3R ＝mv ○14(2分) 而∑v Δt ＝x ○15 由⑤⑨○13○14○15得：x ＝3Rq2BL ○16(2分) (或q ＝It ＝BLx t （R ＋R 2）t ＝2BLx3R 得○16给4分) 设棒ab 此过程克服安培力做功W由动能定理：(F －μmg )x －W ＝12mv 2○17(1分) 由⑤⑨○16○17得W ＝3μmgqR BL －9μ2m 3g 2R22B 4L4○18(1分) 由功能关系知，此过程产生的总焦耳热等于W ，根据电路关系有棒ab 此过程产生的焦耳热等于Q ab ＝23W ○19(1分)由○18○19得棒ab 产生的焦耳热为2μmgqR BL －3μ2m 3g 2R2B 4L4○20(1分) (其它解法参照给分) 2．(18分)(2019贵州毕节三模)如图甲所示，绝缘的水平桌面上铺有两根不计电阻的足够长光滑金属轨道AB 、CD ，轨道间距为d ，其左端接一阻值为R 的电阻。
专题03 牛顿运动定律(第03期)-2019年高三物理二模、三模试题分项解析 Word版含解析
专题3 牛顿运动定律-2019年高三二模、三模物理试题分项解析（I）一．选择题1.（2019河南安阳二模）如图所示，质量为的物体静止在光滑的水平地面上。
时刻起物体在一水平向右的恒力的作用下开始运动，经过一段时间后，恒力大小变为，方向改为水平向左。
在时测得物体运动的瞬时速度大小，2.则为A. B. C. D.【答案】C【解析】解：由牛顿第二定律可得：若在12s末时速度方向是向右的，则有：，解得：，不合题意，所以12s末时速度方向是向左的，即，解得：，故ABD错误C正确。
故选：C。
由牛顿第二定律求出前后两段的加速度大小，12s末时速度方向可能向右、也可能向左，分两种情况分析求解即可。
本题是牛顿第二定律和运动学公式的综合使用的题目，关键是找出加速度，因为加速度是联系力和运动的桥梁，要知道末状态的速度方向可能向右或向左，要分别讨论。
2. （2019河南示范性高中联考）如图所示A、B两相同的木箱(质量不计用细绳连接放在水平地面上，当两木箱内均装有质量为m的沙子时，用水平力F拉A木箱，使两木箱一起做匀加速直线运动，细绳恰好不被拉断。
在不改变拉力的情况下，为使两木箱一次能运送更多的沙子，下列方法(加沙子后A木箱均能被拉动)可行的是A. 只在A木箱内加沙子B. 只在B木箱内加沙子C. A木箱内加入质量为m的沙子，B木箱内加入质量为2m的沙子D. A木箱内加入质量2m的沙子，B木箱内加入质量为3m的沙子【答案】A【解析】【分析】分别对木箱A和木箱B的整体受力分析，求解加速度；然后隔离B，求解细绳的拉力表达式，然后进行讨论.【详解】对整体由牛顿第二定律：；对木箱B：；解得，可知当A木箱内加入沙子的质量大于B木箱内加入的沙子的质量时，细绳的拉力减小，故选项A正确；BCD 错误；故选A.3.（2019湖南岳阳二模）如图所示，光滑轨道ABCD由倾斜轨道AB、水平轨道BC和半径为R的竖直半圆形轨道CD组成。
质量为m的小球从A点由静止释放，沿轨道运动到最高点D时对轨道的压力大小为2mg，已知重力加速度为g，小球自倾斜轨道进入水平轨道无机械能损失，下列说法正确的是（）A. 在最高点D，小球的向心加速度大小为2gB. 在最低点C，小球对轨道压力为7mgC. 为了保证小球能通过最高点D，小球释放点相对于BC轨道的高度不能大于D. 若提高释放点的高度，小球在C、D两点对轨道的压力差恒为6mg【答案】D【解析】解：A、在最高点D，对小球，根据牛顿第二定律得N D+mg=ma，据题N D=2mg，则小球的向心加速度大小为a=3g，故A错误。
专题16 力学实验(1)(第03期)-2019年高三物理二模、三模试题分项解析 Word版含解析
专题16 力学实验（1）-2019年高三二模、三模物理试题分项解析（III）1．（5分）（2019湖南衡阳二模）利用如图（a）所示的实验装置可以测量滑块与水平桌面之间的动摩擦因数。
将弹簧放置在水平桌面上，左端固定，右端在O点，此时弹簧为原长：在O点右侧的A、B位置各安装一个光电门。
让带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置C（滑块与弹簧未拴接）由静止释放滑块，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从A至B所用的时间。
改变光电门B的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一位置由C静止释放，并用米尺测量A，B之间的距离且记下遮光片从A到B所用时间t值（1）由实验数据描绘的，﹣t图线如图（b）所示，可得出滑块与水平桌面之间的动摩擦因数＝0.30（重力加速度大小g＝9.8m/2，保留2位有效数字）（2）若保持光电门B的位置不变，改变光电门A的位置，重复上述实验图（c）中作出的﹣t图线可能正确的是AC。
【名师解析】根据牛顿第二定律F＝ma以及匀变速运动规律，联立进行计算摩擦系数。
如果改动光电门A，可进行初速度的更改进行计算。
（1）由位移公式可知，，根据牛顿第二定律知μmg＝ma，联立解得：，故图（b）的斜率＝，解得μ≈0.30；（2）由公式可知。
，因此，如果光电门移动到C点，则初速度为零，即，故对应图象为C；如果A还在C点的右边，则，故对应图象为A，故选AC。
【参考答案】（1）0.30；（2）AC；【点评】本题考查了探究摩擦系数的实验，解题关键是通过运动规律找出图象中斜率所表示的物理含义。
2. （2019河南示范性高中联考）采用重物自由下落“验证机械能守恒定律”的实验装置如图甲所示，已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，当地的重力加速度g=9.80m/s2。
(1)实验室可供选择的重物如下，最合理的是___________。
A质量为10g的石块B质量为100g的钩码C.质量为200g的木球D.质量为500g的塑料球(2)用正确选择的重物进行实验，得到一条符合实验要求的纸带如图乙所示，O为纸带下落的起始点，A、B、C为纸带上选取的三个连续点。
专题30 力电综合问题(第03期)-2019年高三物理二模、三模试题分项解析 Word版含解析
专题30 力电综合问题-2019年高三二模、三模物理试题分项解析（III）1.（2019湖南岳阳二模）一种测定电子比荷的实验装置如图所示真空玻璃管内，阴极K发出的电子（可认为初速度为0）经阳极A与阴极K之间的高电压加速后，形成一细束电子流，以平行于平板电容器极板的速度从两极板C、D左端中点进入极板区域。
若两极板C、D间无电压，电子将打在荧光屏上的O点若在两极板CD间施加偏转电压，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的P点；若再在极板间施加一个方向垂直于纸面向外的匀强磁场，则电子又打在荧光屏上的O点。
已知磁场的磁感应强度为B，极板间电压为U，极板的长度为l，C、D间的距离为d，极板区的中点M到荧光屏中点O的距离为L，P点到O点的距离为y。
（1）求电子进入偏转电场的速度v0。
（2）求电子的比荷。
【名师解析】（1）加上磁场B后，荧光屏上的光点重新回到O点，可知电子受到电场力和洛伦兹力平衡，有：qE=qv0B，又E=，联立解得电子射入偏转电场的速度。
（2）电子在极板区域运行的时间，在电场中的偏转位移，电子离开极板区域时，沿垂直极板方向的末速度，设电子离开极板区域后，电子到达光屏P点所需的时间为t2，，电子离开电场后再垂直极板方向的位移y2=v y t2，P点离开O点的距离等于电子在垂直极板方向的总位移y=y1+y2，联立解得。
答：（1）电子进入偏转电场的速度为。
（2）电子的比荷为。
【关键点拨】（1）抓住电子在复合场中做直线运动，结合电场力和洛伦兹力平衡求出电子进入偏转电场的速度。
（2）根据类平抛运动的规律，求出电子在偏转电场中的位移，以及离开偏转电场后垂直电场方向的位移，抓住两位移之和，求出电子的比荷。
本题考查了电子在电场中的偏转，掌握处理类平抛运动的方法，结合牛顿第二定律、运动学公式以及电势差与电场强度关系进行求解，难度中等。
2．（10分）（2019年4月浙江选考模拟1）如图，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ角固定，轨距为d。
2019届山东省聊城市高三二模考试理科综合物理试卷(解析版)
2019年聊城市高考模拟试题理科综合能力测试试题(二)二、选择题：1.氢原子的能级图如图所示，下列说法正确的是A. 氢原子从低能级向高能级跃迁时静电力做正功B. 处于n=2能级的氢原子可以吸收能量为2eV的光子C. 一个氢原子从n=4能级向基态跃迁时，可发出6种不同频率的光子D. 处于n=1能级的氢原子可以吸收能量为14eV的光子【答案】D【解析】【详解】A．氢原子从低能级向高能级跃迁时，电子绕核运动的半径增大，库仑引力(静电力)做负功。
故A 项错误。
B跃迁时，氢原子吸收光子的能量需等于两个能级的能量差；所以处于n=2能级的氢原子不可以吸收能量为2eV的光子。
故B项错误。
C．一群氢原子从n=4能级向基态跃迁时，一个氢原子从n=4能级向基态跃迁时，最多可发出3种不同频率的光子。
故C项错误。
D n=1能级的氢原子可以吸收能量为14eV的光子，从而使氢原子发生电离。
故D项正确。
2.如图甲所示，从某时刻开始计时，产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图乙所示，若外接电阻R=70Ω，线圈电阻r=10Ω，则下列说法正确的是A. 线圈的角速度为100rad/sB. 0.01s末穿过线圈的磁通量最大C. 通过线圈的最大电流为1.25AD. 电压表的示数为87.5V【答案】C【解析】【详解】A．由图乙知，故A项错误。
B．由图乙知，0.01s末线圈产生的感应电动势最大，则0.01s末线圈平面与磁场平行，线圈的磁通量为0。
故B项错误。
C．由图乙知，则线圈的最大电流故C项正确。
故D项错误。
3.如图所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3垂直纸面放置，直导线与纸面的交点及坐标原点O 分别位于边长为a的正方形的四个顶点.L1与L3中的电流均为2、方向均垂直纸面向里，L2中的电流为、方向垂直纸面向外.已知在电流为的长直导线的磁场中，距导线r k为常数.某时刻有一电子正好经过原点O且速度方向垂直纸面向外，速度大小为v，电子电量为e，则该电子所受磁场力A. 方向与y轴正方向成45°B. 方向与y轴负方向成45°C. 方向与y轴正方向成45°D. 方向与y轴负方向成45°角，大小为【答案】D【解析】【详解】三个电流分别在原点O三电流在O，方向与y轴正方向成45°角。
专题27 动量(第02期)-2019年高三物理二模、三模试题分项解析(解析版)
专题27 动量2019年高三二模、三模物理试题分项解析（II）一．选择题1. （2019辽宁沈阳一模）如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B木块之间夹一被压缩的弹簧。
现释放弹簧，A、B木块被弹开后，各自在桌面上滑行一段距离飞离桌面。
A落地点距桌边水平距离为0.5m，B落地点距桌边水平距离为1m，则A. A、B离开弹簧时的速度比为1：2B. A、B离开弹簧时的速度比为1：1C. A、B质量之比为1：2D. A、B质量之比为2：1【参考答案】AD【名师解析】B离开桌面后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间相等，由水平位移可以求出它们的初速度关系，弹簧弹开物体过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出它们的质量关系； A和B离开桌面后做平抛运动，下落的高度相同，它们的运动时间相等，由得速度之比：，故A正确，B 错误；弹簧弹开物体的过程，两物体及弹簧组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得：，则质量之比：，故C错误，D正确。
【名师点睛】解决本题的关键要掌握平抛运动的规律，知道弹簧弹开物体的过程，系统的动量守恒，再结合动量守恒定律进行求解即可。
2．（2019广东省广州市下学期一模）如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为I，运动员入水后到最低点的运动过程记为II，忽略空气阻力，则运动员A ．过程I 的动量改变量等于零B ．过程II 的动量改变量等于零C ．过程I 的动量改变量等于重力的冲量D ．过程II 的动量改变量等于重力的冲量 【参考答案】C【命题意图】本题以跳水运动员从起跳到落水过程为情景，考查动量定理、动量改变量及其相关知识点。
【解题思路】过程I 运动员受到重力冲量，其动量改变量不等于零，过程I 的动量改变量等于重力的冲量，选项A 错误C 正确；过程II 受到重力冲量和水的作用力冲量，其动量改变量不等于零，过程II 的动量改变量等于重力和水的作用力的冲量，选项BD 错误。
专题30 力电综合问题(第02期)-2019年高三物理二模、三模试题分项解析(解析版)
专题30 力电综合问题2019年高三二模、三模物理试题分项解析（II）1．（10分）（2019年4月浙江选考模拟1）如图所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，下极板带负电，两板间存在场强为E的匀强电场和垂直纸面向里的磁感应强度为B匀强磁场。
现有大量带电粒子沿中线OO′射入，所有粒子都恰好沿OO′做直线运动。
若仅将与极板垂直的虚线MN右侧的磁场去掉，则其中比荷为的粒子恰好自下极板的右边缘P点离开电容器。
已知电容器两板间的距离为，带电粒子的重力不计。
（1）求下极板上N、P两点间的距离；（2）若仅将虚线MN右侧的电场去掉，保留磁场，另一种比荷的粒子也恰好自P点离开，求这种粒子的比荷。
【思路分析】（1 ）粒子自O点射入到虚线MN的过程中做匀速直线运动，求出粒子过MN时的速度大小，仅将MN右侧磁场去掉，粒子在MN右侧的匀强电场中做类平抛运动，计算得出下极板上N、P两点间的距离；（2）仅将虚线MN右侧的电场去掉，粒子在MN 右侧的匀强磁场中做匀速圆周运动，由几何关系得粒子比荷。
【名师解析】（1 ）粒子自O点射入到虚线MN的过程中做匀速直线运动，qE＝qvB粒子过MN时的速度大小仅将MN右侧磁场去掉，粒子在MN右侧的匀强电场中做类平抛运动，沿电场方向：垂直于电场方向：x＝vt由以上各式计算得出下极板上N、P两点间的距离（2 ）仅将虚线MN右侧的电场去掉，粒子在MN 右侧的匀强磁场中做匀速圆周运动，设经过P点的粒子的比荷为，其做匀速圆周运动的半径为R ，由几何关系得：解得又得比荷答：（1）下极板上N 、P 两点间的距离为；（2）粒子的比荷。
2.（12分）（2019全国高考猜题卷6）某电磁缓冲车利用电磁感应原理进行制动缓冲，它的缓冲过程可等效为：小车车底安装着电磁铁，可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下；水平地面固定着闭合矩形线圈abcd ，线圈的总电阻为R ，ab 边长为L ，ad 边长为2L ，如图所示(俯视)．缓冲小车(无动力)水平通过线圈上方，线圈与磁场的作用使小车做减速运动，从而实现缓冲．已知小车总质量为m ，受到地面的摩擦阻力为F f ，小车磁场刚抵达线圈ab 边时，速度大小为v 0，小车磁场刚抵达线圈cd 边时，速度为零，求：(1)小车缓冲过程中的最大加速度a m 的大小．(2)小车缓冲过程中通过线圈的电荷量q 及线圈产生的焦耳热Q .11.（12分）【答案】(1)B 2L 2v 0＋F f RmR(6分)(2)2BL 2R 12mv 02－2F f L (6分)【解析】(1)线圈相对磁场向左切割磁感线， 产生电动势E ＝BLv 电流为：I ＝E R ＝BLvR由左手定则和牛顿第三定律知小车受到向左的安培力F 安＝BIL 根据牛顿第二定律：F 安＋F f ＝ma联立解得：a ＝B 2L 2v ＋F f RmR故a m ＝B 2L 2v 0＋F f R mR(2)通过线圈的电荷量：q ＝I Δt ，I ＝ER，E ＝ΔΦΔt解得：q ＝2BL2R由能量守恒定律得12mv 02＝Q ＋F f ·2L解得：Q ＝12mv 02－2F f L .3.（18分）（2019年3月北京海淀适应性练习---零模）如图所示为回旋加速器的结构示意图，匀强磁场的方向垂直于半圆型且中空的金属盒D 1和D 2，磁感应强度为R ，金属盒的半径为R ，两盒之间有一狭缝，其间距为d ，且R 》d ，两盒间电压为U 。
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2019年山东省济宁市高考物理二调试卷 一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第19-21小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 1.2019年4月21日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射第44颗北斗导航
卫星。若组成北斗导航系统的这些卫星在不同高度的轨道上都绕地球做匀速圆周运动，其中低轨卫星离地高度低于同步卫星。关于这些卫星，下列说法正确的是（ ） A. 低轨卫星的环绕速率可能大于7.9km/s B. 地球同步卫星可以固定对一个区域拍照
C. 低轨卫星和地球同步卫星可能具有相同的速率
D. 低轨卫星和地球同步卫星可能具有相同的周期
【答案】B 【解析】
【详解】A、根据万有引力提供向心力22MmvGmrr得GMvr，可知轨道越大，速度越小，低轨卫星轨道半径大于近地卫星的半径，故低轨卫星的环绕速率小于7.9km/s，故A错误； B、同步卫星的周期与地球的周期相同，相对地球静止，可以固定对一个区域拍照，故B正确；
C、根据万有引力提供向心力22MmvGmrr得GMvr，可知轨道越大，速度越小，低轨卫星
离地高度低于同步卫星，故低轨卫星的环绕速率大于同步卫星，故C错误； D、根据开普勒第三定律32=RkT可知，低轨卫星小于地球同步卫星的周期，故D错误
2.如图所示，抖空竹是大家喜欢的一项运动。假设空竹光滑，软线质量不计，若表演者左手保持不
动，在右手完成下面动作时，下列说法正确的是（ ）
A. 右手竖直向下缓慢移动的过程中，软线的拉力增大 B. 右手竖直向上缓慢移动的过程中，软线的拉力减小
C. 右手水平向右缓慢移动的过程中，软线的拉力增大
D. 右手水平向右缓慢移动的过程中，软线的拉力减小
【答案】C 【解析】 【详解】AB、如图所示，开始时两个绳子是对称的，与竖直方向夹角是相等的。
左手不动，右手竖直向下，或向上移动一小段距离，两只手之间的水平距离L不变；假设绳子的长度为X，则Xsinθ＝L，绳子一端在上下移动的时候，绳子的长度不变，两手之间的距离不变，则θ角度不变；两个绳子的合力向上，大小等于空竹的重力，由于夹角不变，所以绳子的拉力不变；故AB错误；
CD、左手不动，右手水平向右移动一小段距离，绳子与竖直方向的夹角变大，合力不变，根据2Tcosθ＝mg可知，拉力大小变大，故C正确，D错误；
3.如图甲所示，理想变压器原线圈的匝数n1、副线圈的匝数n2均可调节。原线圈两端接如图乙所示
的交流电，副线圈接负载电阻R和理想交流电流表A，下列说法正确的是（ ）
A. 增大n1，其它条件不变，变压器的输出电压变大
B. 增大n2，其他条件不变，电流表的示数变小
C. 增大R，其它条件不变，变压器的输入功率变大
D. 原线圈所接交流电电压的瞬时值表达式u＝2202
sin100πt（V）
【答案】D 【解析】 【详解】A、根据电压与匝数成正比，增大n1，其它条件不变，变压器的输出电压减小，故A错误； B、根据电压与匝数成正比，增大n2，其它条件不变，变压器的输出电压增大，根据欧姆定律可知，
电流表的示数变大，故B错误；
C、增大R，其它条件不变，则输出功率：P＝2UR 可知减小，变压器的输入功率等于输出功率，
也减小，故C错误； D、根据图乙知原线圈所接交流电的瞬时值表达式u＝2202
sin100πt（V），故D正确。
4.如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上。
不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直中心轴匀速转动时，下列说法正确的是（ ）
A. A的速率大于B的速率
B. A的向心加速度大于B的向心加速度
C. 缆绳对A的拉力大于缆绳对B的拉力
D. 悬挂A的缆绳与竖直方向的夹角小于悬挂B的缆绳与竖直方向的夹角
【答案】D 【解析】 【详解】AB两个座椅具有相同的角速度。 A、根据公式：v＝ω•r，A的运动半径小，A的速率就小。故A错误；
B、根据公式：a＝ω2r，A的运动半径小，A的向心加速度就小，故B错误；
C、如图，对任一座椅，受力如图，A的向心加速度就小，A的向心力就小，A对缆绳的拉力就小，
故C错误。
D、由绳子的拉力与重力的合力提供向心力，则得：mgtanθ＝mω2r，则得tanθ＝2rg，A的半径r较小，ω相等，可知A与竖直方向夹角θ较小，故D正确。 5.如图甲所示，一矩形金属线框abcd垂直匀强磁场并固定于磁场中，以垂直纸面向里为磁场正方向，
磁感应强度B随时间t的变化关系图象如图乙所示，规定向右为安培力的正方向，则线框的ab边所受安培力Fab随时间t变化的图象正确的是（ ）
A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】0﹣1s内，由楞次定律知，感应电流的方向为逆时针，根据I＝BstR，电流为定值，根据左手定则，ab边所受安培力的方向向右，由F＝BIL知，安培力均匀增大；1﹣2s内，由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针，根据I＝BstR，电流为定值，根据左手定则，ab边所受安培力的方向向左，由F＝BIL知，安培力均匀减小；2﹣3s内，由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针，根据I＝BstR，电流为定值，根据左手定则，ab边所受安培力的方向向右，由F＝BIL知，安培力均匀增大；3﹣4s内，由楞次定律知，感应电流的方向为逆时针，根据I＝BstR，电流为定值，根据左手定则，ab边所受安培力的方向向左，由F＝BIL知，安培力均匀减小；故A正确。
6.用如图所示的装置研究光电效应现象，用光子能量为2.85eV的光照射到光电管上时发生了光电效 应，电流表G的示数不为零，移动变阻器的触点c，发现电压表的示数大于或等于1.70V时，电流表示数为0，则下列说法正确的是（ ）
A. 光电管阴极的逸出功为1.15eV B. 开关S断开后，电流表G中无电流流过
C. 当滑动触头向a端滑动时，反向电压增大，电流增大
D. 改用能量为1.60eV的光子照射，移动变阻器的触点c，电流表G中也可能有电流
【答案】AD 【解析】 【详解】A、该装置所加的电压为反向电压，发现当电压表的示数大于或等于1.70V时，电流表示数为0，知道光电子的最大初动能为1.70eV，根据光电效应方程EKm＝hγ﹣W0，解得：W0＝1.15eV．故A正确；
B、电键S断开后，用光子能量为2.75eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，有光电子逸出，
则有电流流过电流表，故B错误； C、当滑动触头向a端滑动时，反向电压增大，则到达集电极的电子的数目减小，电流减小。故C错误； D、改用能量为1.60eV的光子照射时，由于1.60eV的光子的能量值大于该金属的逸出功，所以移
动变阻器的触点c，电流表G中也可能有电流。故D正确。
7.三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均
为37．现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度同时沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，取sin37＝0.6，下列说法正确的是（ ） A. 物块A先到达传送带底端
B. 物块A，B同时到达传送带底端
C. 传送带对物块A做正功，对物块B做负功
D. 物块A在传送带上的划痕长度小于物块B在传送带上的划痕长度
【答案】BD 【解析】 【详解】A、B、对A，因为mgsin37°＞μmgcos37°，则A物体所受摩擦力沿斜面向上，向下做匀加速直线运动，B所受摩擦力沿斜面向上，向下做匀加速直线运动，两物体匀加速直线运动的加速度相等，位移相等，则运动的时间相等。故A错误，B正确； C、传送带对A的摩擦力方向始终与速度方向相反，摩擦力做负功。故C错误。
D、对A，划痕的长度等于A的位移减为传送带的位移，以A为研究对象，由牛顿第二定律得：
sin37cos37mgmgma，得a＝2m/s2，由运动学公式得运动时间分别为：t＝1s。所以皮
带运动的位移为x＝vt＝1m。所以A对皮带的划痕为：△x1＝2m﹣1m＝1m，对B，划痕的长度等于B的位移加上传送带的位移，同理得出B对皮带 的划痕为△x2＝3m。故D正确。
8.如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一个矩形的四个顶点，电场方向平行于矩形平面。已知A点的电势是25V，B点的电势是16V，D点的电势是9V，且AB＝3cm，BC＝4cm，P为BC中点，下列说法正确的是（ ）
A. 电场强度的大小为100V/m B. C点的电势为0V C. 电子从C点运动到D点，电场力做功为9eV D. 电子从P点沿PD方向射出将做直线运动（不计电子重力）
【答案】BC 【解析】 【详解】AB．由题可得A、B两点的电势差为UAB＝φA﹣φB＝25V﹣16V＝9V，由于AB与DC平行且等长，根据在匀强电场中两平行线段两端的电势差之比等于线段长度之比，可知UDC＝φD﹣φC
＝9V，从而可得C点电势为0V，将BC分成8等分，从C往B的第3等分(N)电势为6V，将CD