2020年7月浙江省普通高校招生選考物理試卷

1、2020年7月浙江省普通高校招生選考物理試卷題號(hào)一一二四總分得分、單選題（本大題共 13小題，共39.0分）1 .國(guó)際單位制中電荷量的單位符號(hào)是C,如果用國(guó)際單位制基本單位的符號(hào)來(lái)表示，正確的是（）A. F?VB. A?sC. J/VD. N?m/V2 .如圖所示，底部均有 4個(gè)輪子的行李箱a豎立、b平臥放置在公交車上，箱子四周 有一定空間。當(dāng)公交車（）第4頁(yè)，共21頁(yè)( )A.緩慢起動(dòng)時(shí)，兩只行李箱一定相對(duì)車子向后運(yùn)動(dòng)B.急剎車時(shí)，行李箱 a 一定相對(duì)車子向前運(yùn)動(dòng)C.緩慢轉(zhuǎn)彎時(shí)，兩只行李箱一定相對(duì)車子向外側(cè)運(yùn)動(dòng)D.急轉(zhuǎn)彎時(shí)，行李箱 b一定相對(duì)車子向內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)3 .矢量發(fā)動(dòng)機(jī)是噴口可向不同方向偏

2、轉(zhuǎn)以產(chǎn)生不同方向推力的一種發(fā)動(dòng)機(jī)。當(dāng)殲 20隱形戰(zhàn)斗機(jī)以速度 v斜向上飛行時(shí)，其矢量發(fā)動(dòng)機(jī)的噴口如圖所示。已知飛機(jī)受到重力G、發(fā)動(dòng)機(jī)推力Fi、與速度方向垂直的升力 F2和與速度方 向相反的空氣阻力Ff.下列受力分析示意圖可能正確的是4.在抗擊新冠病毒的過(guò)程中， 廣泛使用了紅外體溫計(jì)測(cè) 量體溫，如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）7.8.9.C.與P點(diǎn)的距離為D.速度方向與豎直方向的夾角為30火星探測(cè)任務(wù)“天問(wèn)一號(hào)”的標(biāo)識(shí)如圖所示。若火星和地 球繞太陽(yáng)的運(yùn)動(dòng)均可視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，火星公轉(zhuǎn)軌道半 徑與地球公轉(zhuǎn)軌道半徑之比為3： 2,則火星與地球繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的（）A.軌道周長(zhǎng)之比為 2： 3B.線速度大小之

3、比為 白：也C.角速度大小之比為雄:護(hù)D.向心加速度大小之比為 9： 4空間P、Q兩點(diǎn)處固定電荷量絕對(duì)值相等的點(diǎn)電荷，其中Q點(diǎn)處為正電荷，P、Q兩點(diǎn)附近電場(chǎng)的等勢(shì)線分布 如圖所示，a、b、c、d、e為電場(chǎng)中的5個(gè)點(diǎn)，設(shè)無(wú)窮遠(yuǎn) 處電勢(shì)為0,則（）A. e點(diǎn)的電勢(shì)大于0B. a點(diǎn)和b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同C. b點(diǎn)的電勢(shì)低于d點(diǎn)的電勢(shì)D.負(fù)電荷從a點(diǎn)移動(dòng)到c點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能增加 特高壓直流輸電是國(guó)家重點(diǎn)能源工程。如圖所示， 兩根等高、相互平行的水平長(zhǎng)直導(dǎo)線分別通有方向 相同的電流Ii和a Ii>I2. a、b、c三點(diǎn)連線與兩 根導(dǎo)線等高并垂直，b點(diǎn)位于兩根導(dǎo)線間的中點(diǎn)，a、 c兩點(diǎn)與b點(diǎn)距離相等，d點(diǎn)位

4、于b點(diǎn)正下方。不考 慮地磁場(chǎng)的影響，則（）A. b點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0C. a點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向下B. d點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0D. c點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向下A.當(dāng)體溫超過(guò)37.3 C時(shí)人體才輻射紅外線B.當(dāng)體溫超過(guò)周圍空氣溫度時(shí)人體才輻射紅外線C.紅外體溫計(jì)是依據(jù)體溫計(jì)發(fā)射紅外線來(lái)測(cè)體溫的D.紅外體溫計(jì)是依據(jù)人體溫度越高，輻射的紅外線強(qiáng)度越大來(lái)測(cè)體溫的5 .下列說(shuō)法正確的是（）A.質(zhì)子的德布羅意波長(zhǎng)與其動(dòng)能成正比B.天然放射的三種射線，穿透能力最強(qiáng)的是“射線C.光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中的截止頻率與入射光的頻率有關(guān)D.電子束穿過(guò)鋁箔后的衍射圖樣說(shuō)明電子具有波動(dòng)性6 .如圖所示，一質(zhì)量

5、為 m、電荷量為q （q>0）的粒子以速度V0從MN連線上的P點(diǎn)水平向右射入大小為 E、方向豎直 向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。已知MN與水平方向成45°角，粒子的 重力可以忽略，則粒子到達(dá)MN連線上的某點(diǎn)時(shí)（）B.速度大小為A.所用時(shí)間為3vo10.如圖是“中國(guó)天眼” 500m 口徑球面射電望遠(yuǎn)鏡維護(hù)時(shí)的照片。為不損傷望遠(yuǎn)鏡球面，質(zhì)量為m的工作人員被懸在空中的氨氣球拉著，當(dāng)他在離底部有一定高度的望遠(yuǎn)鏡球面上緩慢移動(dòng)時(shí)，氨氣球?qū)ζ溆写笮?，mg、方向豎直向上的拉力作用，使其有“人類在月球上行走”的感覺(jué)，若將人視為質(zhì)點(diǎn)，此時(shí)工作人員（）A.受到的重力大小為IC.對(duì)球面的壓力大小為mgB.受

6、到的合力大小為mgD.對(duì)球面的作用力大小為1dmgmg11.如圖所示，某小型水電站發(fā)電機(jī)的輸出功率 經(jīng)變壓器升壓后向遠(yuǎn)處輸電，輸電線總電阻 壓降為U4=220V.已知輸電線上損失的功率 壓器，下列說(shuō)法正確的是（）P=100kW,發(fā)電機(jī)的電壓 Ui=250V,R線=8Q,在用戶端用降壓變壓器把電P線=5kW,假設(shè)兩個(gè)變壓器均是理想變用戶A.發(fā)電機(jī)輸出的電流Ii=40AB.輸電線上的電流I線=625AC.降壓變壓器的匝數(shù)比 n3： m=190： 11D.用戶得到的電流I4=455A12.如圖所示，固定在水平面上的半徑為r的金屬圓環(huán)內(nèi)存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。長(zhǎng)為1的金屬棒，一

7、端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在豎 直導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO'上，隨軸以角速度 3勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。在圓環(huán)的A點(diǎn)和電刷間接有阻值為 R的電阻和電容為 C、板間距為d的平行板電容器，有一帶電微粒在電容器極板間 處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知重力加速度為g,不計(jì)其它電阻和摩擦，下列說(shuō)法正確的是（ ）A.棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為/t%B.微粒的電荷量與質(zhì)量之比為第11頁(yè)，共21頁(yè)C.電阻消耗的電功率為D.電容器所帶的電荷量為CBr2co13.如圖所示，圓心為。、半徑為R的半圓形玻璃磚置于 水平桌面上，光線從 P點(diǎn)垂直界面入射后，恰好在玻 璃磚圓形表面發(fā)生全反射；當(dāng)入射角0 =60時(shí)，光線從玻璃磚圓形表面出射后恰好與入射光平行。已知

8、真 空中的光速為c,則（）A.玻璃磚的折射率為 1.5B. OP之間的距離為 RC.光在玻璃磚內(nèi)的傳播速度為 ycD.光從玻璃到空氣的臨界角為30°多選題（本大題共 3小題，共6.0分）14.太陽(yáng)輻射的總功率約為 4X1026W,其輻射的能量來(lái)自于聚變反應(yīng)。在聚變反應(yīng)中，一個(gè)質(zhì)量為1876.1MeV/c2 （c為真空中的光速）的笊核（；H）和一個(gè)質(zhì)量為 2809.5MeV/c2的瓶核（；H）結(jié)合為一個(gè)質(zhì)量為 3728.4MeV/c2的氨核（；He）,并放出一個(gè)X粒子，同時(shí)釋放大約 17.6MeV的能量。下列說(shuō)法正確的是（）A. X粒子是質(zhì)子B. X粒子的質(zhì)量為939.6MeV/c2C

9、.太陽(yáng)每秒因?yàn)檩椛鋼p失的質(zhì)量約為4.4 109kgD.太陽(yáng)每秒因?yàn)檩椛鋼p失的質(zhì)量約為17.6MeV/c215.如圖所示，x軸上-2m、12m處有兩個(gè)振動(dòng)周期均為 4s、振幅均為1cm的相同的波源S1、S2, t=0時(shí)刻同時(shí)開(kāi)始豎直向下振動(dòng)，產(chǎn)生波長(zhǎng)均為4m沿x軸傳播的簡(jiǎn)諧橫波。P、M、Q分別是x軸上2m、5m和8.5m的三個(gè)點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是（）A. 6.0s時(shí)P、M、Q三點(diǎn)均已振動(dòng)C. 10.0s后P點(diǎn)的位移始終是0B. 8.0s后M點(diǎn)的位移始終是 2cmD. 10.5s時(shí)Q點(diǎn)的振動(dòng)方向豎直向下第4頁(yè)、共21頁(yè)16 .如圖所示，系留無(wú)人機(jī)是利用地面直流電源通過(guò)電 纜供電的無(wú)人機(jī)，旋翼由電動(dòng)

10、機(jī)帶動(dòng)?，F(xiàn)有質(zhì)量為 20kg、額定功率為5kW的系留無(wú)人機(jī)從地面起飛沿 豎直方向上升，經(jīng)過(guò)200s到達(dá)100m高處后懸停并 進(jìn)行工作。已知直流電源供電電壓為400V,若不計(jì)電纜的質(zhì)量和電阻，忽略電纜對(duì)無(wú)人機(jī)的拉力，則（ ）A.空氣對(duì)無(wú)人機(jī)的作用力始終大于或等于200NB.直流電源對(duì)無(wú)人機(jī)供電的額定電流為12.5AC.無(wú)人機(jī)上升過(guò)程中消耗的平均功率為100WD.無(wú)人機(jī)上升及懸停時(shí)均有部分功率用于對(duì)空氣做功三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共 3小題，共14.0分）17 .做“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)時(shí)，圖 1甲是教材中的實(shí)驗(yàn)方案；圖 1乙 是拓展方案，其實(shí)驗(yàn)操作步驟如下：（i）掛上托盤和祛碼，改變木板的

11、傾角，使質(zhì)量為M的小車拖著紙帶沿木板勻速下滑；（ii）取下托盤和祛碼，測(cè)出其總質(zhì)量為m,讓小車沿木板下滑，測(cè)出加速度a；（iii）改變祛碼質(zhì)量和木板傾角，多次測(cè)量，通過(guò)作圖可得到a-F的關(guān)系?？谶颠淀懠捉薪卸颠蛋〗蠭叫叩I"叫川叫川293031 犯 333435 務(wù) 37 38cm實(shí)驗(yàn)獲得如圖2所示的紙帶，計(jì)數(shù)點(diǎn) a、b、c、d、e、f間均有四個(gè)點(diǎn)未畫出，則 在才T d點(diǎn)時(shí)小車的速度大小 vd=m/s （保留兩位有效數(shù)字）；需要滿足條件 M>>m的方案是 （選填“甲”、“乙”或“甲和乙”）；在彳a-F圖象時(shí)，把mg作為F值的是（選填“甲”、“乙”或“甲和乙”） 18.某

12、同學(xué)用單擺測(cè)量重力加速度，為了減少測(cè)量誤差，下列做法正確的是 （多選）；A.擺的振幅越大越好B .擺球質(zhì)量大些、體積小些C.擺線盡量細(xì)些、長(zhǎng)些、伸縮性小些D .計(jì)時(shí)的起、止位置選在擺球達(dá)到的最高點(diǎn)處改變擺長(zhǎng)，多次測(cè)量，得到周期平方與擺長(zhǎng)的關(guān)系圖象如圖所示，所得結(jié)果與當(dāng)?shù)刂亓铀俣戎迪喾l(fā)現(xiàn)其延長(zhǎng)線沒(méi)有過(guò)原點(diǎn)，其原因可能是 。A.測(cè)周期時(shí)多數(shù)了一個(gè)周期B.測(cè)周期時(shí)少數(shù)了一個(gè)周期C.測(cè)擺長(zhǎng)時(shí)直接將擺線的長(zhǎng)度作為擺長(zhǎng)D.測(cè)擺長(zhǎng)時(shí)將擺線的長(zhǎng)度加上擺球的直徑作為擺長(zhǎng)19.某同學(xué)分別用圖1甲和圖1乙的電路測(cè)量同一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。(1)畫出圖1乙的電路圖；(2)某次測(cè)量時(shí)電流表和電壓表的示數(shù)如圖

13、2所示，則電流1=A,電壓U=V;(3)實(shí)驗(yàn)得到如圖3所示的兩條直線，圖中直線 I對(duì)應(yīng)電路是圖1 (選填“甲”或“乙”)；(4)該電池的電動(dòng)勢(shì) E=V (保留三位有效數(shù)字)，內(nèi)阻 r=Q (保留 兩位有效數(shù)字)。四、計(jì)算題(本大題共 4小題，共41.0分)20.如圖1所示，有一質(zhì)量m=200kg的物件在電機(jī)的牽引下從地面豎直向上經(jīng)加速、勻速、勻減速至指定位置。當(dāng)加速運(yùn)動(dòng)到總位移的，時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，測(cè)得電機(jī)的牽引力隨時(shí)間變化的F-t圖線如圖2所示，t=34s末速度減為。時(shí)恰好到達(dá)指定位置。 若不 計(jì)繩索的質(zhì)量和空氣阻力，求物件(1)做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小和方向；(2)勻速運(yùn)動(dòng)的速度大??；(3)總位

14、移的大小。21.小明將如圖所示的裝置放在水平地面上，該裝置由弧形軌道、豎直圓軌道、水平直軌道AB和傾角0 =37的斜軌道BC平滑連接而成。質(zhì)量m=0.1 kg的小滑塊從弧形軌道離地高H=1.0m處?kù)o止釋放。已知R=0.2m, LAB=LBc=1.0m,滑塊與軌道 AB和BC 間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為 =0.25弧形軌道和圓軌道均可視為光滑，忽略空氣阻力。(1)求滑塊運(yùn)動(dòng)到與圓心 O等高的D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；(2)通過(guò)計(jì)算判斷滑塊能否沖出斜軌道的末端C點(diǎn)；(3)若滑下的滑塊與靜止在水平直軌道上距A點(diǎn)x處的質(zhì)量為2m的小滑塊相碰，碰后一起運(yùn)動(dòng)，動(dòng)摩擦因數(shù)仍為0.25,求它們?cè)谲壍?BC上到達(dá)的高度h與x

15、之間的關(guān)系。(碰撞時(shí)間不計(jì)，sin37=0.6, cos37°=0.8)22 .如圖1所示，在絕緣光滑水平桌面上，以。為原點(diǎn)、水平向右為正方向建立x軸,在0aw 1.m區(qū)域內(nèi)存在方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。桌面上有一邊長(zhǎng)L=0.5m、電阻R=0.25弼正方形線框abcd,當(dāng)平行于磁場(chǎng)邊界的cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，在沿 x方向的外力F作用下以v=1.0m/s的速度做勻速運(yùn)動(dòng)，直到ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)撤去外力。若以cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)作為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，在04W 1.s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度 B的大小與時(shí)間t的關(guān)系如圖2所示，在04W 1.3內(nèi)線框始終做勻速運(yùn)動(dòng)。(1)求外力F的大小；(2)在1.0S4W1.S內(nèi)存在連續(xù)

16、變化的磁場(chǎng)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小與時(shí)間t的關(guān)(3)求在0qw 1.S內(nèi)流過(guò)導(dǎo)線橫截面的電荷量q。23 .某種離子診斷測(cè)量簡(jiǎn)化裝置如圖所示。豎直平面內(nèi)存 在邊界為矩形EFGH、方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng) 度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，探測(cè)板CD平行于HG水平放 置，能沿豎直方向緩慢移動(dòng)且接地。a、b、c三束寬度不計(jì)、間距相等的離子束中的離子均以相同速度持續(xù) 從邊界EH水平射入磁場(chǎng)，b束中的離子在磁場(chǎng)中沿半 徑為R的四分之一圓弧運(yùn)動(dòng)后從下邊界HG豎直向下射出，并打在探測(cè)板的右邊緣D點(diǎn)。已知每束每秒射入磁場(chǎng)的離子數(shù)均為 N,離子束間的距離均為 0.6R,探測(cè)板CD的寬度為0.5R,離子質(zhì)量均為 m、電荷量均

17、為q,不計(jì)重力及離子間的 相互作用。(1)求離子速度 v的大小及c束中的離子射出磁場(chǎng)邊界 HG時(shí)與H點(diǎn)的距離s； (2)求探測(cè)到三束離子時(shí)探測(cè)板與邊界HG的最大距離Lmax；(3)若打到探測(cè)板上的離子被全部吸收，求離子束對(duì)探測(cè)板的平均作用力的豎直分量F與板到HG距離L的關(guān)系。答案和解析1 .【答案】B【解析】解：根據(jù)電流的定義可知 1=7,則電荷量q=It,在國(guó)際單位制中，電流 I的單位是A,時(shí)間t的單位是s,故電荷量的單位是 A?s；故ACD錯(cuò)誤，B正確； 故選：B。根據(jù)電荷量q = It結(jié)合電流和時(shí)間的單位即可得出。本題考查了國(guó)際單位制中的導(dǎo)出單位；根據(jù)表達(dá)式分析即可；2 .【答案】B【解

18、析】解：設(shè)行李箱a豎立時(shí)與汽車發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的加速度為ai,行李箱b平放時(shí)與汽車發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的加速度為a2,根據(jù)實(shí)際情況可知 ai<a2oA、緩慢起動(dòng)時(shí)，汽車的加速度比較小， 如果小于ai,則兩只行李箱不會(huì)相對(duì)車子運(yùn)動(dòng)， 故A錯(cuò)誤；B、急剎車時(shí)，汽車減速運(yùn)動(dòng)的加速度很大，行李箱a一定相對(duì)車子向前運(yùn)動(dòng)，故 B正確；C、緩慢轉(zhuǎn)彎時(shí)，只要轉(zhuǎn)動(dòng)的向心加速度小于ai,兩只行李箱不會(huì)相對(duì)車子向外側(cè)運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D、急轉(zhuǎn)彎時(shí)，行李箱 b可能會(huì)相對(duì)車子向外側(cè)運(yùn)動(dòng)，不會(huì)相對(duì)車子向內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)，故 D 錯(cuò)誤。故選：B。根據(jù)緩慢起動(dòng)或急剎車時(shí)，分析汽車的加速度的大小分析兩只行李箱是否會(huì)相對(duì)車子運(yùn) 動(dòng)；同理分析緩慢

19、轉(zhuǎn)彎或急轉(zhuǎn)彎向心加速度的大小確定行李箱是否相對(duì)汽車向外運(yùn)動(dòng)。本題主要是考查牛頓第二定律的綜合應(yīng)用，知道兩個(gè)物體發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小不同，導(dǎo)致速度不同而分離。3 .【答案】A【解析】解：飛機(jī)受到重力 G、發(fā)動(dòng)機(jī)推力Fi、升力F2和空氣阻力Ff阻，重力的方向 豎直向下，升力 F2的方向與速度方向垂直，為右上方，空氣阻力Ff力的方向與速度的方向相反，為右下方，綜上分析可知A正確，BCD錯(cuò)誤；故選：Ao 重力的方向是豎直向下，根據(jù)飛機(jī)速度方向判斷其他各個(gè)力的方向； 本題的關(guān)鍵是根據(jù)飛機(jī)的運(yùn)動(dòng)情況判斷飛機(jī)的受力情況，并畫出力的示意圖。4 .【答案】D【解析】解：AB、物體在任何時(shí)候都會(huì)發(fā)出紅外線，溫

20、度越高，輻射紅外線的能力越 強(qiáng)，所以人體在任何時(shí)候都會(huì)輻射紅外線，故AB錯(cuò)誤；C、紅外體溫計(jì)是依據(jù)人體發(fā)射紅外線來(lái)測(cè)體溫的，不是體溫計(jì)發(fā)出的紅外線，故C錯(cuò)誤；D、紅外體溫計(jì)是依據(jù)人體溫度越高，輻射的紅外線強(qiáng)度越大來(lái)測(cè)體溫的，故D正確。故選：D。 物體在任何時(shí)候都會(huì)發(fā)出紅外線，紅外體溫計(jì)是依據(jù)人體溫度越高，輻射的紅外線強(qiáng)度越大來(lái)測(cè)體溫的。 本題主要是考查紅外線的作用，知道任何物體在任何時(shí)候都會(huì)發(fā)出紅外線，只不過(guò)溫度越高，輻射紅外線的能力越強(qiáng)。5 .【答案】D【解析】解：A、由p7赤瓦及德布羅意波長(zhǎng) 入：得質(zhì)子的德布羅意波長(zhǎng) 入聲聲得質(zhì)子的德布羅意波長(zhǎng)與動(dòng)能的開(kāi)方成反比，故A錯(cuò)誤；B、天然放射的三

21、種射線，穿透能力最強(qiáng)的是丫射線，故B錯(cuò)誤；C、發(fā)生光電效應(yīng)的條件是入射光的頻率大于金屬的極限頻率，與入射光的頻率無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤；D、衍射是波特有的現(xiàn)象，電子束的衍射圖樣說(shuō)明電子具有波動(dòng)性，故 D正確。故選：D。德布羅意波長(zhǎng) 入胃可；瓜丫這三種射線的穿透能力依次增強(qiáng)，電離能力依次減弱； 發(fā)生光電效應(yīng)的條件是入射光的頻率大于金屬的極限頻率；衍射是波特有的現(xiàn)象。本題考查了德布羅意波長(zhǎng)、 天然放射的三種射線、 發(fā)生光電效應(yīng)的條件以及衍射現(xiàn)象等 知識(shí)點(diǎn)，屬于基礎(chǔ)性知識(shí)，要求學(xué)生平時(shí)要多加記憶。6 .【答案】C【解析】 解：A、粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，當(dāng)?shù)竭_(dá)MN連線上某點(diǎn)時(shí)，位移與水平方向的夾角為45。

22、，根據(jù)牛頓第二定律q 二圣，垂直電場(chǎng)方向的位移M =平行電場(chǎng)方向的位移y =根據(jù)幾何關(guān)系 舊a15。=；,聯(lián)立解得t二 華，故A錯(cuò)誤；心£rcB、水平速度 %豎直方向速度 "口省 ' =2飛,則到到達(dá) MN連線上某點(diǎn)速度V 二、層十二4% ,故B錯(cuò)誤；C、水平位移r = u0£ = J,豎直位移與水平位移相等，所以粒子到達(dá)MN連線上的點(diǎn)與P點(diǎn)的距離即合位移為I =、正斤=6=唾普,故C正確；D、速度方向與豎直方向的夾角正切值為ia = =i,夾角不等于30。，故D錯(cuò)誤；故選：Co 粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻加速直線運(yùn)

23、動(dòng)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律即可求解。根據(jù)考查帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)，類平拋運(yùn)動(dòng)運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法都是常用的思路，關(guān)鍵要能熟練運(yùn)用，對(duì)于類平拋運(yùn)動(dòng)，涉及速度的問(wèn)題，可以由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求 解，也可能根據(jù)動(dòng)能定理研究。7 .【答案】C【解析】 解：A、軌道周長(zhǎng)S=2u,故軌道周長(zhǎng)之比為半徑之比為3： 2,故A錯(cuò)誤;BCD、行星繞太陽(yáng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力由太陽(yáng)對(duì)其的萬(wàn)有引力提供得：GM/iita/2二 -加凡二 rn- 二丁,則 呼1線速度大小之比為 程:技3f 角速度大小之比為 同 H=2宓：3部；GMan=了，向心加速度大小之比為22： 32=4. 9.故BD錯(cuò)誤，C正確;故選：

24、Co軌道周長(zhǎng)S=2兀r;根據(jù)繆m儂。得出線速度、角速度及向心加速度與半尸TJ/徑的關(guān)系。本題的關(guān)鍵是根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力得出線速度、角速度及向心加速度與半徑的關(guān)系。8 .【答案】D【解析】 解：A、根據(jù)電場(chǎng)等勢(shì)面的圖象可以知道，該電場(chǎng)是等量異種電荷的電場(chǎng)，中垂面是等勢(shì)面，電勢(shì)為 0,故A錯(cuò)誤；B、等量異種電荷的電場(chǎng)，它具有對(duì)稱性（上下、左右），a點(diǎn)和b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，而方向不同。故 B錯(cuò)誤；C、b點(diǎn)離正電荷的距離更近，所以 b點(diǎn)的電勢(shì)較高，高于 d點(diǎn)的電勢(shì)。故 C錯(cuò)誤； D、a點(diǎn)離正電荷近，a點(diǎn)電勢(shì)高于c點(diǎn)，根據(jù)負(fù)電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能小，知負(fù)電荷從 a點(diǎn)移到c點(diǎn)，電勢(shì)能增加，故 D正確

25、。故選：D。該電場(chǎng)是等量異種電荷的電場(chǎng)，它具有對(duì)稱性（上下、左右）。該電場(chǎng)中，一般選取無(wú) 窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為0,那么正電荷的區(qū)域電勢(shì)為正，負(fù)電荷的區(qū)域電勢(shì)為負(fù)。該題考查常見(jiàn)電場(chǎng)的特點(diǎn)，解題的關(guān)鍵是在兩個(gè)電荷連線的中垂線上的電勢(shì)和無(wú)窮遠(yuǎn)處 的電勢(shì)相等。而正電荷周圍的電場(chǎng)的電勢(shì)都比它高，負(fù)電荷周圍的電場(chǎng)的電勢(shì)都比它低。9 .【答案】C【解析】解：A、根據(jù)安培定則可知，電流 Ii產(chǎn)生的磁場(chǎng)在b處方向豎直向上，電流I2 產(chǎn)生的磁場(chǎng)在b處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向下，由于Ii>l2,可知電流Ii產(chǎn)生的磁場(chǎng)在b處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大，則兩電流在b點(diǎn)的合磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向上，故A錯(cuò)誤；B、由于Ii>l2

26、,可知電流Ii產(chǎn)生的磁場(chǎng)在d處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大， 則d點(diǎn)處的磁場(chǎng)磁感應(yīng) 強(qiáng)度不可能為零，故 B錯(cuò)誤；C、由安培定則可知，兩電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)在a處都是豎直向下，則兩電流的合磁場(chǎng)在a處方向豎直向下，故 C正確；D、由安培定則可知，兩電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)在c處都是豎直向上，則兩電流的合磁場(chǎng)在c處方向豎直向上，故 D錯(cuò)誤。故選：Co由安培定則可判出兩導(dǎo)線在各點(diǎn)磁感線的方向，再由矢量的合成方法可得出各點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度。本題考查了安培定則及矢量的合成方法，特別應(yīng)注意磁場(chǎng)的空間性， 注意培養(yǎng)空間想象能力。10 .【答案】D【解析】 解：A、工作人員的質(zhì)量為 m,則工作人員受到的重力為：G = mg,故A錯(cuò)誤;B、工作人員

27、在球面上緩慢行走，處于平衡狀態(tài)，合力為 0,故B錯(cuò)誤；C、工作人員站在的球面位置不水平，對(duì)球面的壓力不等于（mg,故C錯(cuò)誤；d、球面對(duì)工作人員的作用力為f,由平衡條件得：mg+F=mg,解得：產(chǎn)=,根據(jù)牛頓第三定律可得，工作人員對(duì)球面的作用力大小為F' =F=：m.g,故D正確。故選：Do根據(jù)G=mg求工作人員受到的重力；緩慢行走，處于平衡狀態(tài)，合力為0;工作人員站在的球面位置不水平，對(duì)球面的壓力不等于根據(jù)平衡條件和牛頓第三定律求得對(duì)球面的作用力大小。本題以“中國(guó)天眼” 500m 口徑球面射電望遠(yuǎn)鏡維護(hù)時(shí)的照片為背景材料，考查了受力 分析、平衡條件及牛頓第三定律的應(yīng)用，體現(xiàn)了新高考倡導(dǎo)

28、的物理來(lái)源于生活，要求學(xué)生能夠用所學(xué)的物理知識(shí)去解釋生活中的一些物理現(xiàn)象，有助于培養(yǎng)學(xué)生熱愛(ài)科學(xué)，為科學(xué)而努力的拼搏精神。11 .【答案】Cp iftn /【解析】 解：A、發(fā)電機(jī)輸出的電流=丁= K /1=400A,故A錯(cuò)誤;B、輸電線損失的功率為 f=4憶，得“ =，!=/A=25A,故B錯(cuò)誤；C、升壓變壓器的輸出電壓 % = /=”:30 y=4X103V,輸電線上的損失的電壓%= 網(wǎng)=25 X8V=200V,降壓變壓器的輸入電壓 力=法=3800V ,降壓變壓器的 匝數(shù)比為辦3 :門4 = 3800 : 220=190： 11,故C正確；D、對(duì)降壓變壓器，根據(jù) ¥ 二 =二焉

29、得，牛二詈小斗：菖25A =431.8A,故D錯(cuò)誤； I J. rljA fv工 A <（腎 ji L故選：Co根據(jù)輸電損失功率公式 囁. = 4%；計(jì)算電流；由輸送功率 P=UI計(jì)算輸送電壓 陽(yáng)；由電壓與匝數(shù)成正比求解降壓變壓器的匝數(shù)之比；根據(jù)電流與匝數(shù)求解用戶得到的電流。本題關(guān)鍵是結(jié)合變壓器的變壓比公式和功率損耗的公式P.R = 1列式求解，基礎(chǔ)問(wèn)題12 .【答案】B【解析】 解：A、由于在圓環(huán)內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，所以金屬棒有效切割長(zhǎng)度為r,根據(jù)£ = Bn，可得棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為|Br2co,故A錯(cuò)誤；B、微粒處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件可得：q = mg,解得

30、微粒的電荷量與質(zhì)量之比為C、電阻消耗的電功率為 P專/辛，故C錯(cuò)誤;D、電容器所帶的電荷量為 Q=CE$CBr2必 故D錯(cuò)誤。故選：B。由于在圓環(huán)內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，所以金屬棒有效切割長(zhǎng)度為r,根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算公式進(jìn)行求解；微粒處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件求解比荷；根據(jù)電功 率的計(jì)算公式求解電阻消耗的電功率；根據(jù)電容的定義式計(jì)算電容器所帶的電荷量。本題主要是考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象與電路的結(jié)合，對(duì)于導(dǎo)體切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)情況有兩種：一是導(dǎo)體平動(dòng)切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，可以根據(jù)E=BLv來(lái)計(jì)算；二是導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，可以根據(jù)E=HL%j來(lái)計(jì)算。13 .【答案】

31、C【解析】解：ABD、根據(jù)題 意可知，當(dāng)光線從P點(diǎn)垂直 界面入射后，恰好在玻璃磚 圓形表面發(fā)生全反射，如圖 甲所示；當(dāng)入射角0 =60時(shí)，光線從 玻璃磚圓形表面出射后恰 好與入射光平行，則光線折 射光線與垂直于OP的夾角 相等，故光路如圖乙所示。對(duì)圖甲根據(jù)全反射的條件可得：sinC= =:對(duì)圖乙根據(jù)折射定律可得：n=其中sin “k?C、光在玻璃磚內(nèi)的傳播速度為:故C正確。聯(lián)立解得：OP*R, n=j3,臨界角為：C=arcsin；,故ABD錯(cuò)誤;故選：Co根據(jù)題意畫出兩種情況下的光路圖，根據(jù)全反射條件結(jié)合折射定律求解OP、折射率和t臨界角C,根據(jù)v=,求解光在玻璃磚內(nèi)的傳播速度。本題主要是考

32、查了光的折射和光的全發(fā)射；解答此類題目的關(guān)鍵是弄清楚光的傳播情況，畫出光路圖，根據(jù)圖中的幾何關(guān)系求出折射角或入射角，然后根據(jù)光的折射定律或 全反射的條件列方程求解。14 .【答案】BC【解析】 解：A、根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可得該核反應(yīng)方程為：；H+；H-：He+；X,可見(jiàn)X是中子，故A錯(cuò)誤；B、釋放出的能量對(duì)應(yīng)的質(zhì)量為m=17.6MeV/c2,根據(jù)質(zhì)量守恒定律可得X粒子的質(zhì)量為mx= (1876.1+2809.5-3728.4-17.6 ) MeV/c2=939.6MeV/c2,故 B 正確;C、太陽(yáng)輻射的總功率約為P=4M 026W,則太陽(yáng)每秒因?yàn)檩椛鋼p失的質(zhì)量為：附mE：3-44 10

33、X 10：r D、太陽(yáng)每秒放出的能量：E=Pt=4X1026X1J=*;eV=2.5 1039MeV 1.( K 10 則太陽(yáng)每秒因?yàn)檩椛鋼p失的質(zhì)量為：Am= =2.5 M039MeV/c2,故D錯(cuò)誤。故選：BC。 根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒分析X屬于哪種粒子；求出釋放出的能量對(duì)應(yīng)的質(zhì)量，根據(jù)質(zhì) 量守恒定律可得X粒子的質(zhì)量；根據(jù)愛(ài)因斯坦質(zhì)能方程求解太陽(yáng)每秒因?yàn)檩椛鋼p失的質(zhì)kg,故 C 正確；Mi I墨1J量。本題主要是考查核反應(yīng)方程；解答此類題目關(guān)鍵要掌握：（1）核反應(yīng)過(guò)程中質(zhì)量數(shù)守恒、電荷數(shù)守恒；（2）能夠根據(jù)AE=Amc2計(jì)算核反應(yīng)過(guò)程中釋放或吸收的能量。15 .【答案】CD【解析】解：A、兩

34、波源的振動(dòng)周期均為： T=4s,產(chǎn)生波長(zhǎng)均為：入=m,由v=,可知, 它們的波速為：v='m/s=1m/s, t=0時(shí)刻同時(shí)開(kāi)始豎直向下振動(dòng)，當(dāng)經(jīng)過(guò) 6.0s時(shí)，兩波傳 播的距離均為：x=vt=1X6m=6m,而M到兩波源距離為 7m,則M點(diǎn)還沒(méi)振動(dòng)，故 A錯(cuò) 誤；B、由上分析可知，當(dāng) 8.0s后，P、M、Q三點(diǎn)均已振動(dòng)，由于 M到兩波源距離相等， 因此M總處于振動(dòng)加強(qiáng)，則位移可能最大，即為2cm,也可能最小，即為0,故B錯(cuò)誤; C、當(dāng)10.0s后，P點(diǎn)已振動(dòng)，而 P點(diǎn)到兩波源的距離差為：Ax=10m-4m=6m,此值是半個(gè)波長(zhǎng)的奇數(shù)倍，因此 P的處于振動(dòng)減弱，由于它們的振幅相等，則其

35、位移始終是0,故C正確；D、由于SiQ間距為：x=10.5m,且波速為：v=1m/s,那么在10.5s時(shí)，波源Si剛好傳到 Q點(diǎn)，而波源S2傳到Q點(diǎn)的時(shí)間為：t=；s=3.5s,因此在10.5s時(shí)，波源S2使Q點(diǎn)已振動(dòng)的時(shí)間t' =10.5s-3.5s=7s,即完成了 1個(gè)波形， 依據(jù)波的疊加原理，則 10.5s時(shí)Q點(diǎn)的振動(dòng)方向豎直向下，故 D正確； 故選：CD。依據(jù)波速與波長(zhǎng)關(guān)系式 v=；,求得傳播速度，結(jié)合 6.0s,即可判定三點(diǎn)能否振動(dòng)；根據(jù)M到兩波源的路程差，從而確定是否處于振動(dòng)加強(qiáng)；同理，可判定10.0s后P點(diǎn)是否處于振動(dòng)減弱；根據(jù)振動(dòng)周期 T=4s,可確定在10.5s內(nèi)，S

36、2完成了 1；個(gè)波形，而波源 S1、 剛好傳播到Q點(diǎn)，經(jīng)過(guò)疊加，即可判定?？疾椴ǖ寞B加滿足矢量法則，理解當(dāng)該波的波峰（波谷）與波峰（波谷）相遇時(shí)，此處 相對(duì)平衡位置的位移為振幅的二倍；當(dāng)波峰與波谷相遇時(shí)此處的位移為零；掌握振動(dòng)加強(qiáng)與振動(dòng)減弱的條件。16 .【答案】BD【解析】解：A、由于系留無(wú)人機(jī)開(kāi)始起飛經(jīng)過(guò)200s到達(dá)100m高處后懸停并進(jìn)行工作,可見(jiàn)系留無(wú)人機(jī)先加速后減速再停留在空中，所以空氣對(duì)無(wú)人機(jī)的作用力先大于重力、再小于重力、最后等于重力，故 A錯(cuò)誤；5000B、直流電源對(duì)無(wú)人機(jī)供電的額定電流為1 = WA=12.5A,故 B 正確；C、無(wú)人機(jī)上升過(guò)程中克服重力做的功為W=mgh=2

37、0M0M00J=20000J,另外還要克服空氣的阻力做功，電動(dòng)機(jī)內(nèi)電阻還要消耗能量，所以無(wú)人機(jī)上升過(guò)程中消耗的平均功率p：=100W,故 C 錯(cuò)誤；D、無(wú)人機(jī)上升過(guò)程中要克服空氣阻力做功，懸停時(shí)旋翼轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)也會(huì)克服阻力做功，所以兩種情況下均有部分功率用于對(duì)空氣做功，故D正確。故選：BD。分析無(wú)人機(jī)上升過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)情況和受力情況，從而得到空氣對(duì)無(wú)人機(jī)的作用力的變化情況；根據(jù)I=1求解直流電源對(duì)無(wú)人機(jī)供電的額定電流；根據(jù)上升過(guò)程中各個(gè)力的做功 情況進(jìn)行分析；無(wú)人機(jī)上升及懸停時(shí)分析是否對(duì)空氣做功。本題主要是考查了功能關(guān)系和牛頓第二定律的綜合應(yīng)用，關(guān)鍵是弄清楚無(wú)人機(jī)上升過(guò)程中的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況， 根據(jù)

38、牛頓第二定律分析力的大小， 知道運(yùn)動(dòng)過(guò)程中能量的轉(zhuǎn) 化情況，能夠根據(jù)功能關(guān)系進(jìn)行分析。17 .【答案】0.19甲甲和乙【解析】 解：計(jì)數(shù)點(diǎn)a、b、c、d、e、f間均有四個(gè)點(diǎn)未畫出，則相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間 的時(shí)間間隔T=0.1s;根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度得：10 3244 0-2cm/s=0.19m/s；第23頁(yè)，共21頁(yè)由于圖1甲中托盤和祛碼始終與小車連接，且要求小車受到的合外力等于托盤和祛碼的重力，對(duì)整體根據(jù)牛頓第二定律可得：a=,對(duì)小車有：F=Ma=r"="，若M>>m,則F=mg,故需要滿足條件 M>>m的方案 v + wt

39、 1，I I是甲；而圖乙中，開(kāi)始掛上托盤和祛碼，改變木板的傾角，使質(zhì)量為M的小車拖著紙帶沿木板勻速下滑，然后去掉托盤和祛碼，則小車下滑過(guò)程中的合外力就等于托盤和祛碼的重力，不需要滿足 M>>m；這兩種實(shí)驗(yàn)，都是將托盤和祛碼的重力作為合外力，實(shí)驗(yàn)在作a-F圖象時(shí)，把mg作為F值的是甲和乙。故答案為：0.19 (0.180.19)；甲，甲和乙。根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度求解d點(diǎn)的速度大小；根據(jù)兩種實(shí)驗(yàn)操作的方法和合外力的求解方法進(jìn)行分析。本題主要是考查探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)，弄清楚實(shí)驗(yàn)?zāi)康?、?shí)驗(yàn)原理以及數(shù)據(jù)處理、誤差分析等問(wèn)題是解答本題的關(guān)鍵。18 .【答

40、案】BC ； C【解析】解：A、單擺在擺角小于 5度時(shí)的振動(dòng)為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，在擺長(zhǎng)一定時(shí)擺角越大 單擺的振幅越大，為保證單擺做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，擺的振幅不能太大，并不是越大越好，故A錯(cuò)誤；B、位減小空氣阻力對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響，擺球質(zhì)量大些、體積小些，故 B正確；C、為保證擺長(zhǎng)不變且減小周期測(cè)量的誤差，擺線盡量細(xì)些、長(zhǎng)些、伸縮性小些，故C正確；D、為減小測(cè)周期時(shí)造成的偶然誤差，計(jì)時(shí)的起、止位置選在擺球達(dá)到平衡位置處，故D錯(cuò)誤。故選：BC。擺長(zhǎng)長(zhǎng)度L與擺球半徑r之和是單擺擺長(zhǎng)，即為：l = L+r由單擺周期公式 T二2兀二可知：T2-l圖象是過(guò)原點(diǎn)的直線，如果漏了擺球半徑r而把擺長(zhǎng)長(zhǎng)度L作為擺長(zhǎng),T2-l圖象在縱軸

41、上有截距，圖象不過(guò)原點(diǎn)，由圖示圖象可知，圖象不過(guò)原點(diǎn)的原因是：測(cè)擺長(zhǎng)時(shí)直接將擺線的長(zhǎng)度作為擺長(zhǎng)造成的，故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：Co故答案為：BC;C。單擺在擺角小于 5度的情況下的振動(dòng)為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)；為減小實(shí)驗(yàn)誤差應(yīng)選擇質(zhì)量大而體 積小的球作為擺球；選擇適當(dāng)長(zhǎng)些的無(wú)彈性細(xì)線為擺線； 從單擺經(jīng)過(guò)平衡位置時(shí)開(kāi)始計(jì) 時(shí)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)分析答題。擺線長(zhǎng)度與擺球半徑之和是單擺擺長(zhǎng)，根據(jù)單擺周期公式與圖示圖象分析答題。本題考查了用單擺測(cè)重力加速度實(shí)驗(yàn)，知道實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提，知道實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)、應(yīng)用單擺周期公式即可解題。0.40 ; 1.30 ;乙；1.52 ; 0.53【解析】 解：(1)根據(jù)實(shí)物圖可

42、得電路圖如圖所示:電(2)電流表是采用0.6A的量程，每小格表示 0.02A,則示數(shù)為0.40A;電壓表采用的是 3V的量程，每小格表示 0.1V,所以電壓表的示數(shù)為 1.30V；(3)由于采用圖1甲測(cè)得的內(nèi)電阻為電流表的電阻與電動(dòng)勢(shì)內(nèi)電阻之和，所以電阻測(cè)量值大于真實(shí)值；采用圖1乙測(cè)得的內(nèi)電阻為電壓表的電阻與電動(dòng)勢(shì)內(nèi)電阻并聯(lián)電阻，所以電阻測(cè)量值小于真實(shí)值；而U-I圖象斜率的絕對(duì)值表示內(nèi)電阻，故圖中直線I對(duì)應(yīng)電路是圖1的乙圖；(4)由于干電池內(nèi)電阻較小，故采用圖乙實(shí)驗(yàn)電路。根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：E=U + Ir,則U=E-Ir,將圖3中直線I延長(zhǎng)如圖所示：圖313可知電源電動(dòng)勢(shì)為 E=1.

43、52V,內(nèi)電阻r= W 6=0.53 口。故答案為：(1)如圖所示；(2) 0.40 (0.390.41) ； 1.30 (1.291.31) ； ( 3)乙;(4) 1.52 (1.51 1.54) ; 0.53 (0.520.54)。(1)根據(jù)實(shí)物圖畫出電路圖；(2)根據(jù)電流表和電壓表的量程，確定每小格表示的刻度值，再根據(jù)指針的位置進(jìn)行(3)分析兩種電路測(cè)得的內(nèi)電阻大小，再根據(jù)圖象的斜率進(jìn)行分析；(4)由于干電池內(nèi)電阻較小，故采用圖乙實(shí)驗(yàn)電路；根據(jù)閉合電路的歐姆定律結(jié)合圖象的截距、斜率大小求解。本題主要是考查測(cè)定電源電動(dòng)勢(shì)內(nèi)電阻實(shí)驗(yàn)，掌握實(shí)驗(yàn)的目的和數(shù)據(jù)處理的方法、誤差的分析、電流表和電壓

44、表的讀數(shù)方法是關(guān)鍵。20.【答案】解：(1)由圖2可知，物件26s時(shí)開(kāi)始減速，減速過(guò)程受牽引力為1975N,重力G=mg由牛頓第二定律可得：mg-FT=ma解得：a=0.125m/s2；因牽引力小于重力，故加速度豎直向下；(2)對(duì)減速過(guò)程分析可知，減速時(shí)間t2=8s,逆向分析可將勻減速過(guò)程視為初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：v=at2=0.125 8m/s=1m/s(3)勻速向上的位移 h1=vt1=1 X26m=26m甘 1 X S勻減速上升力的位移 h2=42=-m=4m則總位移h=m=40m答：(1)做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為0.125m/s2；方向豎直向下；(2)勻速運(yùn)動(dòng)

45、的速度大小為 1m/s；(3)總位移的大小為 40m。【解析】(1)明確題意根據(jù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析可知，26s后物體開(kāi)始減速，根據(jù)牛頓第二定律可求得加速度的大小和方向；(2)將勻減速過(guò)程逆向分析，根據(jù)速度公式即可求出勻速運(yùn)動(dòng)的速度；(3)由題意可知，物件在 0時(shí)刻開(kāi)始勻速，根據(jù)勻速運(yùn)動(dòng)的公式可求得勻速向上的位移，再根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式求得勻減速上升力的位移，兩者相加即可得出總位移。本題考查牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵在于明確題意，結(jié)合圖象正確理解物件的運(yùn)動(dòng)過(guò)程；注意明確從零時(shí)刻開(kāi)始物件一定是勻速運(yùn)動(dòng)。21.【答案】 解：(1)滑塊從開(kāi)始下滑到 D點(diǎn)過(guò)程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：

46、 mgH=mgR+在D點(diǎn)，軌道的彈力提供向心力，由牛頓第二定律得:代入數(shù)據(jù)解得：F=8N,由牛頓第三定律可知，滑塊對(duì)軌道的壓力大?。篎' =F=8N,方向：水平向左；(2)設(shè)滑塊在斜軌道上到達(dá)的最高點(diǎn)為C' , BC'的長(zhǎng)度為L(zhǎng),從滑塊開(kāi)始下滑到 C'過(guò)程，由能量守恒定律得：mgH=(jmgLAB+ pmgcos ?L+mgLsin ,0代入數(shù)據(jù)解得：L=m< LBC=1.0m,滑塊不能沖出斜軌道的末端C點(diǎn)；(3)滑塊開(kāi)始下滑到運(yùn)動(dòng)到距離A點(diǎn)x處過(guò)程，由動(dòng)能定理得：mgH-師gx=；m/-0兩滑塊碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后的速度為v',以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv= (m+2m) v',設(shè)碰撞后滑塊滑上斜軌道的高度為h,碰撞后滑塊滑動(dòng)過(guò)程，由動(dòng)能定理得：、-p?3mg (Lab-x) -(j?3mgcos ? " -3mgh=0-1 3mv，2 期作修.£解得：hxm (: mvxw m) 或 h=0 (0<x< m)；答：(1)滑塊運(yùn)動(dòng)到與圓心 O等高的D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為 8N,方向：水平向 左；(2)滑塊不能沖出斜軌道的末端C點(diǎn)；(3)它們?cè)谲壍繠C上到達(dá)的高度h與x之間的關(guān)