浙江省名校新高考研究联盟（Z20联盟）2020届高三下学期第三次联考物理试题 Word版含解析

浙江省名校新高考研究联盟（Z20联盟）2020届高三下学期第三次联考物理试题 Word版含解析

- 1 - 浙江省名校新高考研究联盟(Z20 联盟)2020 届第三次联考 物理试题卷 选择题部分 一、选择题 I(本题共 13 小题，每小题 3 分，共 39 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. 2020 年初，面对新型冠状病毒疫情，宁波医疗救援队先后两批出征前往武汉，假设两批医 疗援助人员从宁波的同一个医院出发分别采用导航中的推荐方案 1 和 2 至武汉的同一家医院， 下列说法正确的是（ ） A. 两批医疗人员的路程一定相同 B. 图片左下角中的推荐方案的 11 小时 41 分钟是指时间间隔 C. 图片左下角中的推荐方案的 889.1 公里是指位移的大小 D. 两批医疗人员的平均速度一定相同 【答案】B 【解析】 【详解】A．路程为实际走过轨迹的长度，由于图题无法判断两种方案轨迹长度的大小。所以， 路程不一定相同。故 A 错误； B．图片左下角中的推荐方案的 11 小时 41 分钟，指的是从起点到终点这一过程所用的时间， 为时间间隔，故 B 正确； C．图片左下角中的推荐方案的 889.1 公里是指从起点到终点的轨迹的长度，为路程；而位移 大小为起点到终点间线段的长度，由题图可判断，路程大于位移的大小，故 C 错误； D．平均速度公式： sv t  ，由题图可判断两批医疗人员的位移大小 s 一样，但时间不一定相 等，故平均速度不一定相同，故 D 错误； 故选 B。 - 2 - 2. 某一个物理量 X的表达式为 23 4 VX G    ，其中是角速度，V 是体积，G 是万有引力常量， 根据以上信息，请你判断（ ） A. 物理量 X 是密度 B. 物理量 X 的国际单位是导出单位 C. 物理量 X 与 2 2 kEX v  导出的(其中 Ek是动能，v是速度)是同一个物理量， D. 物理量 X 与加速度 a和时间 t的乘积是同一个物理量 【答案】C 【解析】 【详解】AB．因为 3 2 2 2 3 2 2 43( )3 43 4 4 R V RTX G G GT           物理量 X 的单位 3 3 2 2 2 2 2 2 2 m m kgmN m kg s kg m kg s s            则 X 单位是千克，基本单位，AB 错误； C．根据 2 2 2 122 2k mvEX m v v     2 2 kEX v  式中 X 的是质量，单位是千克，C 正确； D． at的单位 2 m ms s s   是速度单位，与物理量 X 不是同一个物理量，D错误。 故选 C。 3. 我们在研究 v-t 图图线与坐标轴围成的面积的意义时，曾经用过这样的方法：如图甲所示， 取微小时间段，可以近似看作匀速直线运动，该时间内质点的位移即为条形阴影区域的面积， 经过累积，图线与坐标轴围成的面积即为质点在相应时间内的位移。利用这种微元累积法我 - 3 - 们可以研究许多物理问题，图乙是某物理量 y随另一个物理量 x变化的图象，下列说法中正 确的是（ ） A. B. 如果 y为物体的加速度 a的大小，x 是时间 t，则图线和坐标轴围成的面积表示该物体在 某时刻的瞬时速度 v C. D. 如果 y为某元件的电压 U，x 为电流 I，则图线和坐标轴围成的面积表对应状态下该元件 的电功率 P E. F. 如果 y为变化磁场在单匝金属线圈产生的电动势 E，x 为时间 t，则图线和坐标轴围成的 面积等于该磁场在相应时间内磁感应强度的变化量ΔB G. H. 如果 y为物体受到的力 F，x 为时间 t，则图线和坐标轴围成的面积等于该力在这段时间 内的冲量 I I. 【答案】D 【解析】 【详解】 A．如果 y轴表示加速度，根据 △v=a△t 知面积等于质点在相应时间内的速度变化，而不是表示瞬时速度，故 A 错误； B．若 y 为电压 U，x 为电流 I，则“面积”没有意义，对应状态的电功率等于对应状态的电 压与电流的乘积，故 B 错误； C．如果 y为变化磁场在单匝金属线圈产生的电动势 E， x 为时间 t，根据法拉第电磁感应定 - 4 - 律 BE n S t    则图线和坐标轴围成的面积等于该线圈在相应时间内磁通量的变化量，故 C 错误； D．如果 y为物体受到的力 F，x 为时间 t，根据 I=Ft 则图线和坐标轴围成的面积等于该力在这段时间内的冲量 I，故 D正确。 故选 D。 4. 如图所示，重力为 G的运动员两手臂对称悬挂在单杠上并保持静止状态，两手臂间夹角为 θ，则下列说法正确的是（ ） A. 当θ = 60°时，单条手臂与单杠之间的弹力为 3 3 G B. 单杠对每条手臂的作用力大小始终等于 2 G C. 当θ不同时，运动员受到的合力不同 D. 手臂对单杠的弹力大小与θ无关 【答案】D 【解析】 【详解】AD．运动员悬挂在单杠上时，受到重力、单杠的弹力和摩擦力作用，根据受力平衡， 竖直方向上单杠对两手臂的弹力竖直向上，大小为 G，而两手臂对单杠的弹力竖直向下，大小 也为 G，所以手臂对单杠的弹力大小与θ无关，且单条手臂与单杠之间的弹力为 2 G ，故 A 错 误，D正确； B．单杠对每条手臂的弹力为 2 G ，当θ ≠ 0 时，单杠对每条手臂的摩擦力不为零，而单杠对 每条手臂的作用力为弹力和摩擦力的合力，此合力将大于 2 G ，故 B 错误； - 5 - C．运动员处于静止状态，合外力等于零，平衡时运动员受到的合力不变，故 C错误。 故选 D。 5. 跳水运动员训练时从 10m 跳台双脚朝下自由落下，某同学利用手机的连拍功能，连拍了多 张照片。从其中两张连续的照片中可知，运动员双脚离水面的实际高度分别为 5.0m 和 2.8m。 由此估算手机连拍时间间隔最接近以下哪个数值（ ） A. 1×10-1s B. 2×10-1s C. 1×10-2s D. 2×10-2s 【答案】B 【解析】 【详解】跳水运动员做自由落体运动，设手机连拍时间间隔为 T ，则有 2110 5 2 gt  2110 2.8 ( ) 2 g t T   联立解得 1st  0.2sT  故 A、C、D 错误，B正确； 故选 B。 6. 牛顿设想：把物体从高山上水平抛出，抛出速度足够大时，物体就不会落回地面，成为人 造地球卫星。图中 I、II 分别是两颗卫星绕地球运行的轨道，A、B 分别是轨道上的两个点。 下列关于两颗卫星在轨道 I、II 上运行的信息比较，正确的是（ ） A. I 轨道上卫星较 II 轨道的发射速度更大 B. I 轨道上卫星较 II 轨道的绕行周期更大 C. 卫星在 A 点的加速度较 B点更大 D. 卫星在 A 点的万有引力较 B 点更大 【答案】C - 6 - 【解析】 【详解】 A．发射同一卫星绕地球运行，轨道越高，克服万有引力做的功就越多，相应发射的初动能就 越大，对应发射的初速度就越大。所以，发射同一卫星，I轨道上卫星较 II 轨道的发射速度 更小，故 A 错误； B．根据开普勒第三定律： 3 2 R K T  可判断，由于 IIR R  ，故 IIT T      ，即 I 轨 道上卫星较 II 轨道的绕行周期更小。故 B 错误； C．根据万有引力提供向心力有： 2 MmG ma R  可得 2 Ma G R  由于 A BR R ，所以 A Ba a ，故 C 正确； D．根据万有引力公式： 2 MmF G R 万 可判断，由于两卫星质量大小未知，故无法比较卫星在 A 点的万有引力与 B 点的万有引力大 小，故 D 错误； 故选 C。 7. 一带正电的粒子仅在电场力作用下从 A点经 B、C 点运动到 D 点，其v t 图像如图所示， 则下列说法中正确的是（ ）。 A. A 点的电场强度一定小于 B 点的电场强度 B. 粒子在 A 点的电势能一定大于在 B点的电势能 - 7 - C. CD 间各点电场强度和电势都为零 D. AB 两点间的电势差大于 CB 两点间的电势差 【答案】B 【解析】 【详解】A．由运动的速度--时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在 A 点时较大，有牛顿 第二定律得知在 A 点的电场力大，故 A 点的电场强度一定大于 B 点的电场强度，故 A 错误； B．从 A 到 B，速度增大，故电场力做正功，可知电势能减小，即粒子在 A 点的电势能一定大 于在 B 点的电势能，故 B 正确； C．CD 间各点电荷的加速度为零，故不受电场力，故电场强度为零，电场强度为零说明各点之 间的电势差为零，但电势不一定为零，故 C 错误。 D．A、C 两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从 A 到 B 和从 B 到 C 电场力做功的绝对值 相同，AB 两点间的电势差等于 CB 两点间的电势差，故 D错误。 故选 B。 8. 在如图所示的电路中，闭合开关 S，电路达到稳定后，平行金属板中带电质点 P恰好处于 静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，电阻 R1与电源内阻 r 阻值相等。当滑动变 阻器 R 的滑片向 a 端移动时，则（ ） A. 带电质点 P将向下运动 B. 电源的输出功率将变大 C. 电压表 V2读数变化量的绝对值与电流表 A 读数变化量的绝对值之比一定不变 D. 电压表 V1读数变化量的绝对值大于电压表 V2的读数变化量的绝对值 【答案】C 【解析】 【详解】 A．当滑动变阻器 R的滑片向 a 端移动时，R 阻值增大，则电路总电流变小，R1上电压变小， 则 R 及其并联支路的电压增大，电容器两端电压增大，电容器间的场强变大，则带电质点 P - 8 - 将向上运动，故选项 A 错误； B．因当电源外电路电阻等于内阻时电源输出功率最大，因 R1电阻的阻值相等且与电源的内阻 r的阻值也相等，可知外电路电阻大于内阻，当滑动变阻器 R的滑片向 a 端移动时，外电路电 阻增大，向内电阻远离，故电源的输出功率变小，选项 B 错误； C．若只将 ab 部分等效为电源的外电路，而将电路剩余部分等效为电源内电路，其等效内阻 为 'r ，则根据闭合电路的欧姆定律可知，电压表 V2与电流表 A 的读数变化量的绝对值之比 为 2U r I    ，可知为定值不变，故选项 C正确； D．由电路图可知 1 2U U U  ；分析可知当滑动变阻器 R的滑片向 a 端移动时，U 增大，U 1 减小，U2增大，则电压表 V1 读数变化量的绝对值小于电压表 V2的读数变化量的绝对值，选项 D错误； 故选 C。 9. 如图所示，可视为质点的小球，位于半径为 R 的半圆柱体左端点的正上方，以一定的初速 度水平抛出小球，其运动轨迹恰好与半圆柱体相切，且该切点与圆心连线与水平线的夹角为 ， 不计空气阻力，重力加速度为 g，则初速度为（ ） A. 2 tan (1 cos )gR   B. tan (1 cos )gR   C. tan (1 sin )gR   D. 2 tan (1 sin )gR   【答案】B 【解析】 【详解】飞行过程中恰好与半圆轨道相切于 B 点，知速度与竖直方向的夹角为 tanθ= 0 0 y v v v gt  水平方向上 0cosR R v t  - 9 - 联立解得 0 tan (1 cos )v gR    故 B 正确 ACD 错误。 故选 B。 10. 如图所示，有三个质量分别为 3m、2m、m 的物体 A、B、C 放在水平转台上，A 与 B、B 和 C与转台间的动摩擦因数都为μ，A和 B、C 离转台中心的距离分别为 r、2r，某时刻起转台角 速度，从零开始级慢增加，直到有物体开始滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下 说法正确的是（ ） A. A 物体先相对 B滑动 B. C 先相对转台滑动 C. B 对 A 的摩擦力一定为3 mg D. 转台的角速度一定满足 g r   【答案】B 【解析】 【详解】AB．A、B、C 随水平转台转动，摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律可得 2mg mr  可得 g r   因三者动摩擦因数相同，半径越大，越先滑动。说明随着转台角速度增大，C 最先相对转台滑 动，AB 同时出现相对滑动，故 A错误，B 正确； C．取 A 分析可知 B对 A的摩擦力提供 A 做圆周运动的向心力，由牛顿第二律可知 2 f 3F mr ， 最大静摩擦力为3 mg ，当转台角速度较小时实际摩擦力小于3 mg ，故 C 错误； - 10 - D．由前面分析可知转台的角速度小于 C 能达到最大角速度，由牛顿第二定律可知 22mg m r   解得 2 g r   故 D 错误。 故选 B。 11. 如图所示，光滑水平桌面上有一个面积为 S的单匝矩形线圈 abcd，分界线OO两侧存在 着磁感应强度大小均为 B 且方向相反的两个磁场，分界线OO恰好把线圈分成对称的左右两 部分，已知线圈的电阻为 R，ab=cd=L，线圈在水平向右的外力 F作用下从图示状态向右以速 度 v 匀速直线运动，直至线圈完全进入右侧磁场。则下列说法正确的是（ ） A. 线圈的感应电流方向为逆时针 B. 线圈的磁通量变化量 1= 2 BS C. 外力的大小 F= 2 22B L v R D. 电路的发热功率为 2 2 24B L v R 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据右手定则可知，回路中的感应电流方向为顺时针，故 A 错误； B．当分界线OO恰好把线圈分成对称的左右两部分时，线圈的磁通量为零，当线圈完全进入 右侧磁场时，线圈的磁通量为 BS  所以线圈的磁通量变化量为 BS  故 B 错误； CD．根据法拉第电磁感应定律可得两边产生的感应电动势大小均为 1E BLv - 11 - 两个电动势串联，回路中感应电动势为 12 2E E BLv  根据闭合电路欧姆定律可得线圈的感应电流为 2E BLvI R R   线圈做匀速直线运动，则有外力的大小为 2 242 BF BI R L L v   电路的发热功率为 2 2 2 2 4B L vP I R R   故 C 错误，D 正确。 故选 D。 12. 在一次科学晚会上，一位老师表演了一个“魔术”：如图，一个空塑料瓶上固定着一根 铁锯条和一块易拉罐(金属)片，将锯条与静电起电机负极相连，金属片与静电起电机正极相 连。在塑料瓶里放一盘点燃的蚊香，很快就看见整个透明塑料瓶里烟雾缭绕。当把起电机一 摇，顿时塑料瓶清澈透明，停止摇动，又是烟雾缭绕。在起电机摇动时，下列说法正确的是 （ ） A. 塑料瓶内存在的是匀强电场 B. 锯条电势高于金属片电势 C. 烟尘最终被吸附到金属片上 D. 烟尘被吸附过程中电势能增加 【答案】C 【解析】 【详解】 A．如图所示，锯条与金属片不构成平行板电容器，塑料瓶内存在的不是匀强电场，故 A 错误； B．锯条接负极，金属片接正极，锯条电势低于金属片电势，故 B错误； C．烟尘带负电，被正极的金属片吸引到金属片上，故 C正确； D．电场力对烟尘做正功，烟尘的电势能减少，故 D错误。 - 12 - 故选 C。 13. 斯诺克是一项近年来我们所熟知的运动项目，球员出杆击打白球，运动白球撞击彩球使 其入洞并计分。如图甲所示运动员用白球撞击蓝球(两球质量相等)，两球发生正碰。若碰撞 前、后两球的 v-t 图像如图乙所示白球的虛线与蓝球实线交于 t轴同一点。关于两球的运动， 下列说法正确的是（ ） A. 碰撞后两球相距的最远距离为 1.1m B. 蓝球受到的阻力较大 C. 两球发生弹性碰撞 D. 碰撞后蓝球的加速度大小为 0.1m/s2 【答案】A 【解析】 【详解】A．两球发生正碰，根据动量守恒可得 1 0 1 1 2 2m v m v m v  结合图乙和两球质量相等可得碰撞后蓝球的速度 2 0.6m/sv  根据碰前白球的速度图像可知白球的加速度大小为 2 2 1 1.2 1.0 m/s 0.2m/s 1 a -= = 又因为白球的虛线与蓝球实线交于 t 轴同一点可知蓝球静止的时刻为 0 2 1 1.2 s=6s 0.2 vt a = = 碰撞后两球相距的最远距离为 2 2 1 1 1 1 1 10.6 5 0.4 2m 1.1m 2 2 2 2 x v t v t            BD．根据 v-t 图像可知碰撞后白球的加速度大小为 2 21 1 1 0.4 0 m/s 0.2m/s 3 1 va t        根据牛顿第二定律可得白球受到的阻力为 - 13 - 1 1 0.2 (N)f ma m  碰撞后蓝球的加速度大小为 2 22 1 2 0.6 0 m/s 0.12m/s 6 1 va t        根据牛顿第二定律可得蓝球受到的阻力为 2 2 10.12 (N)f ma m f   故 B、D 错误； C．碰撞前的动能为 2 1 0 1 0.5 (J) 2 E mv m  碰撞后的动能为 2 2 2 1 2 1 1 1 0.26 (J) 2 2 E mv mv m E    所以两球发生的不是弹性碰撞，故 C 错误； 故选 A。 二、选择题 II(本题共 3 小题，每小题 2 分，共 6 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 2 分，选对但不全的得 1分，有选错的得 0 分) 14. 以下关于近代物理的相关叙述，说法正确的是（ ） A. 铀核( 238 92U )衰变为铅核( 206 82Pb )的过程中，要经过 8 次 衰变和 6次β衰变 B. 从金属表面逸出的光电子的最大初动能与照射光的强度无关，与照射光的频率成正比 C. 根据玻尔理论可知，一个氢原子从 n=4 能级向低能级跃迁最多可辐射 6种频率的光子 D. β射线的本质是电子流，β衰变是核内的某个中子转化为质子时放出电子的过程 【答案】AD 【解析】 【详解】A．铀核( 238 92U )衰变为铅核( 206 82Pb )的过程中，设经过 x 次 α衰变和 y次β衰变，则 根据衰变前后：遵循质量数，电荷数守恒。可列出方程： 238 206 4x  92 82 2x y   联立求得 x=8，y=6，故 A 正确； - 14 - B．根据爱因斯坦光电效应方程： 21 2 mh W mv   逸 可知，从金属表面逸出的光电子的最大初动能与照射光的强度无关，与照射光的频率成线性 关系，不成正比关系，故 B 错误； C．根据玻尔理论可知，一个氢原子从 n=4 能级向低能级跃迁最多可辐射 3 种频率的光子，故 C错误； D．β射线的本质是电子流，β衰变是核内的某个中子转化为质子时放出电子的过程，转化方 程为： 1 0 1 0 -1 1n e+ H 故 D 正确； 故选 AD。 15. 如图所示，在深 4 3 m 的湖底 O 处有一激光光源，一桅杆顶部高出湖面 5m 的帆船静止在 湖面上，从 O 点发出一束激光从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向的 夹角为 45°，已知桅杆顶点 A 到 O 点的水平距离为 9m，则下列说法正确的是（ ） A. 入射光束与竖直方向的夹角为 30° B. 该湖水的折射率为 2 C. 调整激光束方向，当其与竖直方向夹角为 60°时，仍有光从水面射出 D. 若观察者在O 点通过水面观察桅杆，则观察到顶点 A 离水面高度小于 5m 【答案】AB 【解析】 【详解】A．设光束从水面射出点到桅杆的水平距离为 1x ，到 O点的水平距离为 2x ，则有： 1 2 9mx x  - 15 - 由题知，桅杆顶部高出湖面 5m 且出射光束与竖直方向的夹角为 45°，由几何关系求得： 1 5mx  ， 2 4mx  设此时入射光束与竖直方向的夹角为 ，则 4 3tan 34 3    得 030  故 A 正确； B．此时，由折射定律有： 0 0 sin 45 2 sin30 n   故 B 正确； C．设光束从水面射出，发生全反射的临界角为 C，则有： 1 1 2sin 22 C n    求得 045C  当光束与竖直方向夹角为 60°>45°时，已经发生了全反射，所以没有光从水面射出；故 C 错 误； D．若观察者在 O 点通过水面观察桅杆，反向延长入射光线，显然观察者观察到顶点 A 离水面 的高度大于 5m，故 D 错误； 故选 AB。 16. 如图所示，下列关于机械振动和机械波的说法正确的是（ ） A. 图甲：粗糙斜面上的金属球在弹簧的作用下运动，该运动是简谐运动 B. 图乙：单摆的摆长为 L，摆球的质量为 m、位移为 x，此时回复力为 mgF x L   (摆角较小) - 16 - C. 图丙：实线为 t1=0 时刻的波形图，虚线为 t2=0.25s 时刻的波形图，该波的周期大于 0.25s， 若这列波沿 x 轴向右传播，则波速为 2m/s D. 图丁：两列振幅均为 1cm 的相干水波某时刻的波峰和波谷位置(实线表示波峰，虛线表示 波谷)图示时刻 A、B 两点的竖直高度差为 2cm 【答案】BC 【解析】 【详解】A．在粗糙斜面上金属球运动过程中，要不断克服摩擦力做功，系统的机械能减小， 金属球最终静止，所以该运动不是简谐运动，故 A 错误； B．单摆模型中摆球的回复力等于重力沿运动方向上的分力，即有 sinF mg 因为 较小，则有 sin x l   考虑到回复力的方向与位移 x的方向相反，所以有   mgF x l   故 B 正确； C．若波向右传播，传播的距离为 0.5mx  波速为 0.5 m/s 2m/s 0.25 xv t      故 C 正确； D．频率相同的两列水波相叠加的现象。实线表波峰，虚线表波谷，则 A、D是波峰与波峰相 遇，B点是波谷与波谷相遇，它们均属于振动加强区；由于振幅是 1cm，A点是波峰与波峰相 遇，则 A点相对平衡位置高 2cm，而 B点是波谷与波谷相遇，则 B点相对平衡低 2cm，所以 A、 B相差 4cm，故 D 错误； 故选 BC。 非选择题部分 三、非选择题(本题共 6 小题，共 55 分) 17. 如图所示是两种常见的打点计时器。 - 17 - (1)关于两种计时器说法正确的是_______(填字母)。 A.图甲中的打点计时器用的是交流 220V 的电源 B.图乙中的打点计时器用的是直流 4~6V 的学生电源 C.图甲中的打点计时器使用时应先接通电源，后释放纸带 D.图乙中的打点计时器使用时应先释放纸带，后接通电源 (2)下列学生实验中，必需都要用到打点计时器与天平的实验是___(填字母)。 A.探究小车速度随时间变化的规律 B.探究加速度与力、质量之间的关系 C.探究功与速度变化关系 D.验证机械能守恒定律 【答案】 (1). AC (2). B 【解析】 【详解】(1)[1]AB．图甲是电火花打点计时器，用的是交流 220V 的电源；图乙是电磁打点计 时器，用的是交流 4~6V 的学生电源，故 A正确，B错误； CD．不管是电火花打点计时器还是电磁打点计时器，实验过程应先接通电源，后释放纸带， 否则在纸带上留下的点很少，不利于数据的处理和减小误差，故 C 正确，D错误； 故选 AC； (2)[2]A．探究小车速度随时间变化的规律，实验中需要测量速度，需要通过纸带测量速度， 所以需要打点计时器，但不需要天平测质量，故 A 错误； B．探究加速度与力、质量的关系，实验中需要测量加速度，需要通过纸带测量加速度，所以 需要打点计时器，必需要天平测质量，故 B 正确； C．探究做功与物体速度变化的关系，实验中需要测量速度，需要通过纸带测量速度，所以需 要打点计时器，，但不需要天平测质量，故 C 错误； D．验证机械能守恒定律实验需要进行纸带处理，要用到打点计时器，天平可以用，但不必须， 故 D 错误； 故选 B。 - 18 - 18. 在“研究平抛运动”实验中，让小球多次沿同一轨道运动， (1)某同学在一次实验中用方格纸记录小球在平抛运动中的轨迹，若其记录得到的几个位置如 图丙中 a、b、c、d、e 所示，O 点为抛出点，请在图中画出小球的实际运动轨迹________。 (2)若小方格的边长 l=1.25cm，g 取 10m/s2，则小球平抛的初速度为_______m/s。 【答案】 (1). (2). 0.75 【解析】 【详解】(1)[1]将实验数据点用平滑曲线连接，其中 c 点偏离太大，误差太大，舍去，如图 所示 (2)[2]将平抛运动分解成竖直方向自由落体，水平方向匀速直线运动，在竖直方向上，根据 22y l gT   可得 22 2 1.25 10 s 0.05s 10 lT g      水平方向上，初速度为 2 0 3 3 1.25 10 m/s 0.75m/s 0.05 lv T      19. 在“练习使用多用电表”的实验中， - 19 - （1）先用多用电表进行粗略测量，将多用表选择开关置于×10 挡并调零后，两表笔接触待测 电阻的两端进行测量，表盘指针如图甲所示，为了使测量值更准确，“选择开关"应置于 _______(填"×1”、×100”或×1K)，并两表笔短接，调节图乙中______(“A”或“B”)重 新调零后进行测量。 （2）若用多用电表的欧姆挡去探测一个正常的二极管，某次探测时，发现表头指针偏转角度 很大，则与二极管正极相连的是多用电表的_______(选填“红表笔”或“黑表笔”)。 （3）图丙为一正在测量中的多用电表表盘如果选择开关在电阻挡“×100”，则读数为 _______Ω：如果选择开关在直流电压挡“2.5V”，则读数为_____V。 【答案】 (1). ×1 (2). B (3). 黑表笔 (4). 31.50 10 (5). 1.25 【解析】 【详解】（1）[1][2]．将多用表选择开关置于×10 挡并调零后，两表笔接触可知表针偏转角 过大，可知倍率挡选择的过高，为了使测量值更准确，“选择开关"应置于"×1”档，并两表 笔短接，调节图乙中的调零旋钮 B 重新调零后进行测量。 （2）[3]．若用多用电表的欧姆挡去探测一个正常的二极管，某次探测时，发现表头指针偏 转角度很大，说明电阻较小，二极管加的是正向电压，则与二极管正极相连的是多用电表的 黑表笔。 （3）[4][5]．图丙为一正在测量中的多用电表表盘如果选择开关在电阻挡“×100”，则读 数为 15×100Ω=1.5×103Ω：如果选择开关在直流电压挡“2.5V”，则读数为 1.25V。 - 20 - 20. 燃放烟花是人们庆祝节日的一种方式，如图为某一型号的礼花弹在进行技术指标测试时， 将一质量 m=0.5kg 的礼花弹放入专用炮筒中，礼花弹以初速度 v0离开炮口，竖直向上射出到 达最高点后又落回地面，过程中礼花弹并未爆炸，测得从射出到落回地面的时间 t=12s，假设 整个过程中所受的空气阻力始终是重力的 k 倍(k=0.6)，忽略炮口与地面的高度差，取 g=10m/s2，求： （1）礼花弹被炮简射出时的初速度 v0的大小； （2）礼花弹上升的最大高度 h； （3）礼花弹在整个过程中克服空气阻力做的功。 【答案】（1）64m/ s；（2）128m；（3）768Ｊ 【解析】 【详解】（1）礼花弹上升和下降过程中的加速度分别为 216m/smg kmga m   上 24m/smg kmga m   下 由题意可知，上升过程的位移与下降过程的位移大小相等，即 22 0 01 12 2 2 v v a a a        下 上 上 0 64m/ sv  （2）由匀变速直线运动的速度位移公式可得 2 0 =128m 2 v h a  上 （3）礼花弹在整个过程中克服空气阻力做的功 2 768fW kmg h     J - 21 - 即克服空气阻力做功768J。 21. 如图所示，半径 R=0.2m 的竖直圆形轨道，E 为圆轨道最高点，D 为圆轨道最低点，与水 平轨道 DA 和 DF 平滑相连，所有轨道除 BC 部分粗糙外，其它部分均光滑。距平台 F 点右侧水 平距离 d=1.6m 处放置了一竖直挡板 GH，轨道 AC 的左端固定着一弹簧，两个完全相同的可看 做质点的滑块 1、2，质量 m=0.1kg，滑块 2 静置于 CD 轨道之间，现用力作用于滑块压紧弹簧， 使弹簧具有弹性势能 Ep(Ep未知，可改变)，放开后，滑块 1被弹出，经过 BC 段后与滑块 2 发 生弹性正碰。已知 BC 段长 L=0.6m，滑块与 BC 间的动摩擦因数μ=0.2，取 g=10m/s2。 (1)若滑块 2 恰能通过最高点 E，求滑块过最低点 D时对轨道的压力大小； (2)若滑块 2 通过圆轨道后从平台 F 点水平抛出，击中挡板(平台足够高)，求击中挡板时的最 小动能 Ekmin及对应的弹簧弹性势能 Ep； (3)若整个过程中滑块始终不脱离轨道，滑块 1与滑块 2能发生 2次碰撞，求弹簧弹性势能 Ep 的取值范围。 【答案】(1)6N；(2) min 1.6kE  J； 0.92JPE  ；(3)0.12J PE  0.32J 【解析】 【详解】(1)在 E 点，根据牛顿第二定律则有 2 Emvmg R  可得 Ev gR 从 E 点到 D 点过程，根据动能定理可得 2 21 12 2 2D Emg R mv mv  解得 10m/sDv  - 22 - 对 D 点，根据牛顿第二定律则有 2 D N mvF mg R   解得 6NF  N 由牛顿第三定律滑块过最低点 D 时对轨道的压力大小 6NN NF F   (2)滑块 2通过圆轨道后从平台 F点水平抛出，击中挡板的动能 2 21 [ ( ) ] 2k F F dE m v g v   当 2 2( )F F dv g v  时，击中挡板时的最小动能，即可得 4m/s 10m/sFv   击中挡板时的最小动能为 min 1.6kE  J 由于滑块 1 与滑块 2 弹性正碰后速度交换，根据能量守恒可得 21 0.92J 2P FE mgL mv   (3)滑块 1能第一次撞上滑块 2 的条件 PE mgL 滑块 2 滑上圆轨道不脱离又能返回的条件 PE mgL mgR  第 2 次碰撞后滑块 1 再次压缩弹簧被弹出，不能再次碰撞滑块 2 的条件 3PE mgL 联立可得弹簧弹性势能 Ep的取值范围 0.12J PE  0.32J 22. 如图所示，间距 L=1m 的两光滑金属导轨相互平行放置，水平导轨与倾斜导轨之间用绝缘 材料平滑连接。倾斜轨道的倾角θ=37°，在倾斜轨道上端有一单刀双掷开关 S，可连接 E=9V， - 23 - r=2Ω的电源或 C= 5 64 F 的未充电的电容器。在倾斜导轨区域和直导轨 CDGH 矩形区域存在着相 同的磁场，方向竖直向上，在水平导轨的右端连接了 R2=10Ω的电阻。已知 R1=10Ω，d=3m， 将开关 S 与 1 相连，一质量 m=0.1kg 的金属导体棒 ab 恰好能静止在高 h=3.6m 的倾斜导轨上。 不计其他一切电阻和阻力，取 g=10m/s2.求： （1）磁感应强度 B的大小； （2）将开关 S掷向 2 后，ab 棒滑到 MN 处的速度 v； （3）ab 棒通过 CDGH 磁场区域过程中 R2上产生的焦耳热。 【答案】（1）B=1T；（2） 6m/sv  ；（3） 1.35JQ  【解析】 【详解】（1）导体棒 ab 恰好能静止在倾斜导轨上，根据受力分析有 tanmg BIL  根据闭合回路欧姆定律有 1 EI R r   代入数据解得 B=1T （2）将开关 S掷向 2 后，对 ab 棒根据牛顿第二定律有 sin cosmg BIL ma   又 cos cosq CBL vI CBLa t t         解得 2 2 2 2 sin 4m/s cos mga m CB L      - 24 - 根据匀变速运动规律有 22 sin ha v   则 ab 棒滑到 MN 处的速度 2 6m/s sin hv a    （3）设 ab 棒出 GH 边界时的速度为 1v ，根据动量定理有  1BIL t m v v    又 2 BLdI t R   解得 1 3m/ sv  根据能量守恒有 2 2 1 1 1 1.35J 2 2 Q mv mv   23. 某研究机构进行带电粒子回收试验的原理如图甲所示，两平行金属板问距 d=0.5m，长度 L=0.3m，现在两板上加上如图乙所示的方波形电压，图中 U=5×104V，T=3×10-7s.当 t=0 时， 上板比下板的电势高。现有比荷为 q m =1.0×10 8 C/kg 的正离子组成的粒子束，沿两板间的中心 线 O1O2以速度 v0=1.0×106m/s 射入，离子打到金属板上即被吸收。紧靠平行金属板右侧边界区 城内有垂直纸而向内的匀强磁场，磁场区域内有一块竖直放置的电荷收集板(厚度不计)，收 集板可以沿纸面上下左右平移并且长度可以调节，当离子碰到收集板左侧或右侧时会立即被 吸收。整个装置置于真空环境中，不考虑离子的重力及离子间的相互作用，忽略离子运动对 电场和磁场的影响和极板的边缘效应。 （1）粒子射出电场时的位置离 O2点的分布范围； （2）若右侧磁场的磁感应强度为 B=0.2T，要使所有进入右侧磁场区域的离子都能被收集板收 集，求对应收集板的最短长度 x； （3）若右侧磁场区域仅为一圆形匀强磁场，撤去收集板后，要使射出电场的粒子经该圆形磁 场偏转后都能通过圆形磁场边界的某一点处，而便于再收集，求该圆形磁场区域的最小半径 和相应的磁感应强度大小。 - 25 - 【答案】（1）见解析；（2） 3 2 m 10 x   ；（3） 3 2 m 40 r  ； 2 T 15 B  【解析】 【详解】（1）带电粒子在水平方向做匀速直线运动，设运动时间为 t，则有 7 0 3 10Lt s v    当粒子由 t=nT（n=0，1，2，3，）时刻进入电场，向下侧移最大，竖直方向 2 2 2 0 0 0 0 1 72 2 0.35m 2 3 3 3 2 3 18 2 qu qu qu qu TT T T T dy dm dm dm dm                          故取 1 0.25my  ，当粒子由 2 3 Tt nT  （n=0，1，2，3，）时刻进入电场，向上侧移最大 2 2 0 0 2 0.05m 2 3 18 qu qu TTy dm dm        在距离 O2点下方 0.25m 至 O2点上方 0.05m 的范围内有粒子射出电场 （2）如图 1，粒子射出电场的速度都是相同的，方向垂直于 v0向下的速度大小为 60 1 10 m/ s 3y u q Tv dm     所以射出速度大小为 2 2 6 0 2 10 m/ syv v v    故 0 tan 1yv v    45   则 - 26 - 2vqvB m r  解得 2 m 20 r  3 20.3 2 m 10 x r     （3）要使射出电场的粒子能够交于圆形磁场区域边界一个点上且区域半径最小时，磁场区域 直径与粒子射出范围的宽度相等，如图 2 粒子射出范围的宽度  1 2 cos45D y y   故磁场区域的最小半径为 3 2 m 2 40 Dr   而粒子在磁场中做圆周运动，为使粒子偏转后都通过磁场边界的一个点处，粒子运动半径应 为 r，有 2vqvB m r  解得 2 15 B T 。 - 27 -