2020年湖南長(zhǎng)沙天心區(qū)長(zhǎng)郡中學(xué)高考物理適應(yīng)性試卷三

1、2020年湖南省長(zhǎng)沙市天心區(qū)長(zhǎng)郡中學(xué)高考物理適應(yīng)性試卷（三）一、選擇題：本大題共 8小題，每小題6分，共48分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14題只有一項(xiàng)符合題目要求，第58題有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)得 6分，選對(duì)但不全的得 3分，有選錯(cuò)的得 0分.1. （6分）一滴水的質(zhì)量為 0.05g,水滴間隔相等的時(shí)間從距石頭上方5m處由靜止下落，水滴和石頭的撞擊時(shí)間為0.01s,重力加速度g取10m/s2,不計(jì)空氣阻力。若在一滴水撞擊石頭的同時(shí)下一滴水開始落下，則一天時(shí)間內(nèi) 水滴對(duì)石頭作用力的總沖量大小約為（）A . 1N?sB. 10N?sC. 20N?sD. 40N?s2. （6分）如圖所示，

2、一名消防救援隊(duì)隊(duì)員手拉長(zhǎng)為L(zhǎng)、呈水平方向的輕繩從平臺(tái)上跳下，運(yùn)動(dòng)到 B點(diǎn)時(shí)松開手,恰好落到障礙物后被困人員所在的A點(diǎn)。B點(diǎn)是障礙物的最高點(diǎn)， O、B、C三點(diǎn)在同一豎直線上，隊(duì)員可視為質(zhì)點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)，利用圖示信息判斷，下列關(guān)系正確的是（）中的矩形D. h =2B. h = - L4LO點(diǎn)的鈾ABCD區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，靜止放置在238原子核 SU發(fā)生衰變，放出射線后變成某種新的原子核，兩段曲線是反沖核（新核）和射線的徑跡，曲線OP為二圓弧，x軸過(guò)O點(diǎn)且平行于AB邊。下列說(shuō)法正確的是（）4A.鈾238原子核發(fā)生的是 3衰變，放出的射線是高速電子流B.曲線OP是射線的徑跡，曲線

3、 OQ是反沖核的徑跡C.改變磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，反沖核和射線圓周運(yùn)動(dòng)的半徑關(guān)系隨之改變D.曲線OQ是“射線的徑跡，其圓心在 x軸上，半徑是曲線 OP半徑的45倍4.（6分）如圖所示，上表面粗糙、傾角 0= 37。的斜面體放在光滑的水平地面上，一物塊靜止在水平地面上?，F(xiàn)給斜面體一水平向左的推力 F,發(fā)現(xiàn)無(wú)論F多大，物塊均能與斜面體保持相對(duì)靜止。若最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩=0.8.則物塊與斜面體間的動(dòng)摩擦因數(shù)科應(yīng)滿足的條件為（5.（6分）牛頓在1687年出版的自然哲學(xué)的數(shù)學(xué)原理中設(shè)想，物體拋出的速度很大時(shí)，就不會(huì)落回地面，它將繞地球運(yùn)動(dòng)，成為人造地球衛(wèi)星。如圖所示，將物體從一座高山上的O點(diǎn)水平拋出，拋

4、出速度一次比一次大,落地點(diǎn)一次比一次遠(yuǎn)，設(shè)圖中 A、B、C、D、E是從O點(diǎn)以不同的速度拋出的物體所對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)軌道。己知是圓形軌道，C、D是橢圓軌道，在軌道 E上運(yùn)動(dòng)的物體將會(huì)克服地球的引力，永遠(yuǎn)地離開地球，空氣阻力和地球自轉(zhuǎn)的影響不計(jì)，則下列說(shuō)法正確的是（）A.物體從O點(diǎn)拋出后，沿軌道 A運(yùn)動(dòng)落到地面上，物體的運(yùn)動(dòng)可能是平拋運(yùn)動(dòng)B.在軌道B上運(yùn)動(dòng)的物體，拋出時(shí)的速度大小為11.2 km/sC.使軌道C、D上物體的運(yùn)動(dòng)軌道變?yōu)閳A軌道，這個(gè)圓軌道可以過(guò)O點(diǎn)D.在軌道E上運(yùn)動(dòng)的物體，拋出時(shí)的速度一定等于或大于16.7 km/s6. （6分）用如圖1所示的裝置研究光電效應(yīng)現(xiàn)象，光電管陰極 K與滑動(dòng)變阻

5、器的中心抽頭 c相連，光電管陽(yáng)極與 滑動(dòng)變阻器的滑片 P相連，初始時(shí)滑片 P與抽頭c正對(duì)，電壓表的示數(shù)為 0 （電壓表0刻線在表盤中央）。在移 動(dòng)滑片P的過(guò)程中，光電流I隨電壓表示數(shù)U變化的圖象如圖2所示，已知入射光的光子能量為1.6eV.下列說(shuō)法正確的是（）£1£2A.當(dāng)滑片P與c正對(duì)時(shí)，電路中無(wú)光電流B.當(dāng)U= - 0.6V時(shí)，滑片P位于b、c之間C.陰極材料的逸出功為 0.6eVD.當(dāng)U = 0.8V時(shí)，到達(dá)陽(yáng)極的光電子的最大動(dòng)能為1.4eV7. （6分）如圖所示，在 x軸上坐標(biāo)原點(diǎn) O處固定電荷量qi=+4X 108C的點(diǎn)電荷，在x=6cm處固定電荷量q2=-1 X

6、 10 8c的點(diǎn)電荷?，F(xiàn)在x軸上x> 12cm的某處由靜止釋放一試探電荷，則該試探電荷運(yùn)動(dòng)的 v-t圖象可能正確的是（）O612 訓(xùn) m8. （6分）如圖所示，光滑絕緣的圓形管狀軌道豎直放置，管道中央軌道半徑為R,管道內(nèi)有一質(zhì)量為 m、帶電荷量為+q直徑略小于管道內(nèi)徑的小球，空間內(nèi)存在方向相互垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向水平向里，電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E=西（g為重力加速度），方向豎直向上?，F(xiàn)小球從軌道的最低點(diǎn)|2q沿軌道方向以大小為 V0的初速度水平射出，下列說(shuō)法正確的是（）A.無(wú)論初速度的方向向右還是向左，小球在運(yùn)動(dòng)中對(duì)軌道的作用力都不可能為B .小球在最高點(diǎn)

7、對(duì)軌道內(nèi)側(cè)的作用力大小可能為四，方向豎直向下2C.小球在最高點(diǎn)對(duì)軌道的作用力為0時(shí)，受到的洛倫茲力大小可能為 工魯，方向豎直向下D.若初速度方向向左，小球在最低點(diǎn)和軌道水平直徑右端時(shí)，對(duì)軌道外側(cè)有壓力，且壓力差大于最mg三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分.（一）必考題：9. （6分）利用阿特伍德機(jī)可以驗(yàn)證力學(xué)定律。如圖為一理想阿特伍德機(jī)示意圖，A、B為兩質(zhì)量分別為 mi、m2的兩物塊，用輕質(zhì)無(wú)彈性的細(xì)繩連接后跨在輕質(zhì)光滑定滑輪兩端，兩物塊離地足夠高。設(shè)法固定物塊A、B后，在物塊A上安裝一個(gè)寬度為 d的遮光片，并在其下方空中固定一個(gè)光電門，連接好光電門與毫秒計(jì)時(shí)器，并打 開電源。松開固定裝置

8、，讀出遮光片通過(guò)光電門所用的時(shí)間t.若想要利用上述實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證牛頓第二定律實(shí)驗(yàn)，則：（1）實(shí)驗(yàn)當(dāng)中，需要使 mi、m2滿足關(guān)系： 。（2）實(shí)驗(yàn)當(dāng)中還需要測(cè)量的物理量有 （利用文字描述并標(biāo)明對(duì)應(yīng)的物理量符號(hào)）。（3）驗(yàn)證牛頓第二定律實(shí)驗(yàn)時(shí)需要驗(yàn)證的等式為 （寫出等式的完整形式無(wú)需簡(jiǎn)化）。（4）若要利用上述所有數(shù)據(jù)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，則所需要驗(yàn)證的等式為 （寫出等式的完整形式無(wú)需簡(jiǎn)10. （9分）某同學(xué)利用圖甲電路測(cè)量自來(lái)水的電阻率，其中內(nèi)徑均勻的圓柱形玻璃管側(cè)壁連接一細(xì)管，細(xì)管上加有閥門K以控制管內(nèi)自來(lái)水的水量，玻璃管兩端接有導(dǎo)電活塞（活塞電阻可忽略），右側(cè)活塞固定，左側(cè)活塞可自由移動(dòng)，實(shí)驗(yàn)器材

9、還有：電源（電動(dòng)勢(shì)約為 2V,內(nèi)阻不可忽略）兩個(gè)完全相同的電流表 Ai、A2 （量程為3mA,內(nèi)阻不計(jì)）電阻箱R （最大阻值9999 Q）定值電阻Ro （可供選擇的阻值由 100Q、1kQ、10kQ）開關(guān)S,導(dǎo)線若干，刻度尺。實(shí)驗(yàn)步驟如下:A.測(cè)得圓柱形玻璃管內(nèi)徑 d=20mmB.向玻璃管內(nèi)注滿自來(lái)水，并用刻度尺測(cè)量水柱長(zhǎng)度LC.連接好電路，閉合開關(guān)S,調(diào)整電阻箱阻值，讀出電流表A1、A2示數(shù)分別記為|1、I2,記錄電阻箱的阻值RD.該表玻璃管內(nèi)水柱長(zhǎng)度，多次重復(fù)實(shí)驗(yàn)步驟B、C,記錄每一次水柱長(zhǎng)度 L和電阻箱阻值 RE .斷開S,整理好器材圖甲圖乙(1)為了較好的完成該實(shí)驗(yàn)，定值電阻R0應(yīng)選(

10、2)玻璃管內(nèi)水柱的電阻 Rx的表達(dá)式Rx = (用R0、R、|1、|2表示)(3)若在上述步驟 C中每次調(diào)整電阻箱阻值，使電流表A1、A2示數(shù)均相等，利用記錄的多組水柱長(zhǎng)度L和對(duì)應(yīng)的電阻箱阻值 R的數(shù)據(jù)，繪制出如圖乙所示的R-L關(guān)系圖象，則自來(lái)水的電阻率p=Qm (保留兩位有效數(shù)字)，在用本實(shí)驗(yàn)方法測(cè)電阻率實(shí)驗(yàn)中，若電流表內(nèi)阻不能忽略，則自來(lái)水電阻率測(cè)量值與上述測(cè)量值相 比將 (選填“偏大”、“不變”或“偏小”)11.(12分)如圖所示，兩相同小木塊M、N (均視為質(zhì)點(diǎn))的質(zhì)量均為m=1kg,放在水平桌面上，木塊 M、N間夾有一壓縮的輕質(zhì)彈簧 P,彈簧兩端與小木塊 M、N不拴接，但兩木塊通過(guò)長(zhǎng)

11、 L = 0.1m的細(xì)線相連接。桌子中 央O左側(cè)粗糙，中央 O右側(cè)光滑，小木塊 M、N與桌子左側(cè)間的動(dòng)摩擦因數(shù)科=0.5,且開始時(shí)木塊 N離桌子中央O的距離s= 1.15m?，F(xiàn)讓小木塊 M、N一起以vo=4m/s的初速度向桌子右側(cè)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)木塊 M、N越過(guò)桌子中 央O進(jìn)入右側(cè)光滑區(qū)后，剪斷從 N間的細(xì)線，發(fā)現(xiàn)小木塊 M最終停在桌面光滑區(qū)，而小木塊 N水平拋出離開 桌面，木塊N運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)速度方向恰好沿 AB方向，小木塊 N沿斜面AB滑下。己知斜面 AB與水平方向的 夾角為37° ,斜面長(zhǎng)為2.0m,木塊N與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)也是(1= 0.5.木塊N到達(dá)B點(diǎn)后通過(guò)光滑水平軌道BC到達(dá)光

12、滑豎直圓軌道， 底端(稍稍錯(cuò)開)分別與兩側(cè)的直軌道相切，其中AB與BC軌道以微小圓弧相接。重力加速度 g 取 10m/s2, sin37° =0.6, cos37° =0.8。(l)求壓縮彈簧的彈性勢(shì)能Ep；(2)求水平桌面與 A點(diǎn)的高度差；(3)若木塊N恰好不離開軌道，并能從光滑水平軌道DE滑出，則求豎直圓軌道的半徑Rou12. （20分）如圖1所示，真空中有以 O1為圓心，R為半徑的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，圓的最左端與y軸相切于坐標(biāo)原點(diǎn)O,圓的最上端與平行于 x軸的虛線MN相切于P點(diǎn)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，第一象限內(nèi)在虛線MN上方沿y軸負(fù)方向有平行于 y軸的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)（上邊

13、界平行于x軸，圖中未畫出）?，F(xiàn)從坐標(biāo)原點(diǎn) O在紙面內(nèi)向坐標(biāo)系的第一象限和第四象限內(nèi)的不同方向發(fā)射速率均為vo的質(zhì)子。已知沿x軸正方向發(fā)射的質(zhì)子恰好從 P點(diǎn)離E和磁感應(yīng)強(qiáng)度 B大小未知，但滿足關(guān)系開磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)，能到達(dá)電場(chǎng)的上邊界，最后也能返回磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度 不計(jì)質(zhì)子的重力、質(zhì)子對(duì)電場(chǎng)和磁場(chǎng)的影響及質(zhì)子間的相互作用。（1）求勻強(qiáng)電場(chǎng)上邊界與虛線 MN的間距d;（2）在第四象限內(nèi)沿與 x軸正方向成30角的方向發(fā)射一質(zhì)子，最終離開磁場(chǎng)，求從發(fā)射到最終離開磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程質(zhì)子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t;（3）若電場(chǎng)方向改為沿 x軸的負(fù)方向，場(chǎng)強(qiáng)大小不變，如圖 2所示，電場(chǎng)上邊界位置也不變，yo=4R處有一平行于x軸的

14、熒光屏，與y軸相交于Q點(diǎn)，由O點(diǎn)發(fā)射的所有質(zhì)子最終均能打在熒光屏上，求熒光屏的最小長(zhǎng)度。（二）選考題：共 45分.（15分）物理選修 3-313. （5分）一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)A經(jīng)狀態(tài)B變化到狀態(tài)C的P-V圖象如圖所示。若已知在 A狀態(tài)時(shí)，理想氣體的溫度為 320K,則下列說(shuō)法正確的是（）（已知 1atm = 1*105Pa）A .氣體在B狀態(tài)時(shí)的溫度為720KB .氣體分子在狀態(tài) A分子平均動(dòng)能大于狀態(tài) C理想氣體分子平均動(dòng)能C.氣體從狀態(tài) A到狀態(tài)C的過(guò)程中氣體對(duì)外做功D.氣體從狀態(tài) A到狀態(tài)C的過(guò)程中氣體溫度先降低后升高E.氣體從狀態(tài) A到狀態(tài)C的過(guò)程中氣體吸收熱量為 900J14.

15、 （10分）如圖所示，兩個(gè)橫截面積都為S的圓柱形容器，右邊容器高為 H,上端封閉，左邊容器上端是一個(gè)可以在容器內(nèi)無(wú)摩擦滑動(dòng)的質(zhì)量為M的活塞。兩容器由裝有閥門的極細(xì)管道相連，容器、活塞和細(xì)管導(dǎo)熱性良好。左、右兩邊容器中裝有相同的理想氣體，開始時(shí)閥門打開，活塞到容器底的距離為H,現(xiàn)將閥門關(guān)閉，在活塞上放一質(zhì)量也為 M的祛碼，活塞緩慢下降，直至系統(tǒng)達(dá)到新的平衡。已知外界溫度恒定，外界大氣壓強(qiáng)為po,重力加速度為g, m = ±R,求：（1）當(dāng)系統(tǒng)達(dá)到新的平衡時(shí)活塞距底端的高度；（2）當(dāng)系統(tǒng)達(dá)到新的平衡后再打開閥門，活塞又緩慢下降，直至系統(tǒng)再次達(dá)到平衡，求左邊氣體通過(guò)閥門進(jìn)入 右邊容器的質(zhì)量

16、與右邊氣體原來(lái)質(zhì)量的比值。物理選修 3-4 （15分）15. 高精度全息穿透成像探測(cè)儀利用電磁波穿透非金屬介質(zhì)，探測(cè)內(nèi)部微小隱蔽物體并對(duì)物體成像，具有分辨率高體積小、輻射少等特點(diǎn)，應(yīng)用領(lǐng)域比超聲波更廣。關(guān)于電磁波和超聲波，下列說(shuō)法正確的是（）A.電磁波和超聲波均能發(fā)生偏振現(xiàn)象B .電磁波和超聲波均能傳遞能量和信息C.電磁波和超聲波均能發(fā)生干涉和衍射現(xiàn)象D.電磁波和超聲波均需依賴于介質(zhì)才能傳播E.電磁波由空氣進(jìn)入水中時(shí)速度變小，超聲波由空氣進(jìn)入水中時(shí)速度變大16. 居家學(xué)習(xí)的某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)把陽(yáng)光導(dǎo)入地下室的簡(jiǎn)易裝置。如圖， ABCD為薄壁矩形透明槽裝滿水后的豎直截面，其中AB=d, AD=2d

17、,平面鏡一端靠在 A處，與水平底面夾角0= 45°斜放入水槽。太陽(yáng)光入射到 AD面上，其中一細(xì)束光線以入射角“1 = 53°射到水。面上的 。點(diǎn)，進(jìn)入水中后，射到平面鏡距 A點(diǎn)為三 d處。不考慮光的色散現(xiàn)象及水槽壁對(duì)光線傳播的影響,取水對(duì)該束光的折射率n=4 , sin53° =*，cos53° =多.求355該束光pd比下空(i)射到平面鏡時(shí)的入射角叱,(ii)第一次從水中射出的位置與D點(diǎn)的距離x。2020年湖南省長(zhǎng)沙市天心區(qū)長(zhǎng)郡中學(xué)高考物理適應(yīng)性試卷(三)參考答案與試題解析、選擇題：本大題共 8小題，每小題6分，共48分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第

18、14題只有一項(xiàng)符合題目要求，第58題有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)得6分，選對(duì)但不全的得 3分，有選錯(cuò)的得 0分.1 .【解答】解：水滴下落的時(shí)間t1 = 舊1 = 2 X 5 s= 1s,水滴和石頭的撞擊時(shí)間為t2=0.01s一滴水從下落到與石頭作用的過(guò)程，由動(dòng)量定理得：mg (t1+t2) - 11= 0一天時(shí)間內(nèi)石頭對(duì)水滴的總沖量大小1=一二 I1| 匕+七 |聯(lián)立解得I=40N?s根據(jù)牛頓第三定律和沖量的定義知，一天時(shí)間內(nèi)水滴對(duì)石頭作用力的總沖量大小約為40N?s,故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D。2 .【解答】解：消防隊(duì)員從平臺(tái)到B過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒得：2mgL = mv消防隊(duì)員從B到

19、A做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向：h=/gt2，水平方向：x = vt,2聯(lián)立解得：h=3一,故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。3 .【解答】解：A、原子核衰變過(guò)程中，動(dòng)量守恒，而初動(dòng)量為零，所以反沖核與射線的運(yùn)動(dòng)方向必相反；根據(jù)反沖核與射線在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)曲線軌跡，結(jié)合左手定則可知，射線是 “射線，即鈾238原子核發(fā)生的是 a衰變，故A錯(cuò)誤B、由qvB=m 知：r=一丁，又a原子的比荷小于反沖核的比荷，所以半徑大于反沖核的半徑，即曲線 OP r ab是反沖核的徑跡，曲線 OQ是射線的徑跡，故 B錯(cuò)誤；C、根據(jù)=黑可知，反沖核和射線圓周運(yùn)動(dòng)的半徑關(guān)系不與磁感應(yīng)強(qiáng)度B有關(guān)，所以改變磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，他們的關(guān)系不

20、會(huì)發(fā)生改變，故C錯(cuò)誤; 923944D、根據(jù)原子核衰變反應(yīng)中質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知：U- Th+再結(jié)合動(dòng)量守恒可得：92902m w/Mv = 0,代入數(shù)據(jù)解得：va： v=117： 2;由r=E!工代入數(shù)據(jù)解得：ra： r=45: 1,故D正確。qB故選：D。 . 一，一 R4 .【解答】解：當(dāng) F= 0時(shí)，物塊能靜止在斜面上，可知 戶tan。，即 小子；4當(dāng)F特別大時(shí)，對(duì)物塊受力分析，將加速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，由牛頓第二定律沿斜面方向： f+mgsin 0= macos 0,垂直斜面方向： N mgcos 0= masin 0,又fw明，由于F可以取無(wú)窮大，所以以上各式中

21、的mgsin。和mgcos?？珊雎?，聯(lián)立解得：t,|tan 9綜合分析得 后蘭，故ABC錯(cuò)誤，D正確。3故選：D。5 .【解答】解：A、物體拋出時(shí)速度較小會(huì)落回地面，若物體運(yùn)動(dòng)距離較小時(shí)，物體所受的萬(wàn)有引力可看成恒力，故物體運(yùn)動(dòng)可能為平拋運(yùn)動(dòng)，故A正確B、物體拋出速度 v = 7.9km/s時(shí)，物體剛好能不落回地面，繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，故物體在B軌道上運(yùn)行，故錯(cuò)誤C、當(dāng)物體拋出速度 7.9km/svvv 11.2km/s時(shí)，物體在拋出點(diǎn)做離心運(yùn)動(dòng)，但物體不能脫離地球，故物體做橢圓運(yùn)動(dòng)，在C、D軌道上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò) 。點(diǎn)，故C正確D、當(dāng)物體拋出速度 v>11.2km/s時(shí)，物體就會(huì)脫離地球，故

22、D錯(cuò)誤故選：AC。6 .【解答】解：A、分析電路結(jié)構(gòu)，當(dāng)滑片 P與c正對(duì)時(shí)，電壓表的示數(shù)為0,表面光電管兩端沒(méi)有電壓，但此時(shí)發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，電路中產(chǎn)生光電流，故 A錯(cuò)誤；B、分析圖2可知，當(dāng)滑動(dòng)頭 P從c移到b的過(guò)程中，光電管加的是反向電壓，當(dāng)光電流為零時(shí)，此時(shí)的反向電壓為遏止電壓，即 U=-0.6V時(shí)，滑片P位于b、c之間，故B正確；C、根據(jù)光電效應(yīng)方程結(jié)合遏止電壓關(guān)系可知，eUc=Ek=hv-W,其中hv=1.6eV, Uc= 0.6V,解得陰極材料的逸出功：W=1.0eV,故C錯(cuò)誤；D、當(dāng)光電管加正向電壓時(shí)，電場(chǎng)力對(duì)光電子做正功，根據(jù)動(dòng)能定理可知，eU=Ekm-Ek,解得到達(dá)陽(yáng)極的光電

23、子的最大動(dòng)能：Ekm=1.4eV,故D正確。故選：BD。7 .【解答】解：電場(chǎng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)不會(huì)在qi的左邊，因?yàn)閝i的電荷大于q2,也不會(huì)在qi、q2之間，因?yàn)樗鼈冸姾呻娦韵喾矗谥虚g的電場(chǎng)方向都是一樣的；所以，只能在q2右邊。設(shè)該位置據(jù) q2的距離是 L,所以k-= k2=，（6cn+L）2 L3解得：L = 6cm；所以x坐標(biāo)軸上x= 12cm處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，某點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度是正電荷 qi和負(fù)電荷q2在該處產(chǎn)生的電場(chǎng)的疊加，是合場(chǎng)強(qiáng)，在x<0區(qū)域電場(chǎng)方向向左，在0vxv6cm,電場(chǎng)方向向右，在6cmvxv 12cm電場(chǎng)方向向左，在x>12cm電場(chǎng)方向向右；電場(chǎng)強(qiáng)度方向如下圖所示

24、：+-1>1<1等_。312 卡河在x軸上x> 12cm的某處由靜止釋放一試探電荷，若試探電荷帶正電，x>12cm電場(chǎng)方向向右，電場(chǎng)力向右，電場(chǎng)強(qiáng)度可能逐漸減小至零，也可能先增大后減小至零，則該試探電荷將沿 x軸正方向做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速運(yùn)動(dòng)，或該試探電荷將沿 x軸正方向做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，再逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速運(yùn)動(dòng)；若試探電荷帶負(fù)電， 那么電場(chǎng)力向左，則試探電荷先向左做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，再向左做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，然后回頭向右做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后再向右做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)；由上分析，可知，故 AD錯(cuò)誤，BC正確；故選

25、：BC。8 .【解答】解：A、如果初速度方向向右，則在最低點(diǎn)電荷受到的洛倫茲力豎直向上，電場(chǎng)力豎直向上：F=qE=-2|一，一，一，E - VC - -mg,重力豎直向下 mg,如果F-mg+q守口R=iirj,則此時(shí)對(duì)軌道的作用力為零，故 A錯(cuò)誤；B、若小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度為零，則洛倫茲力為零，合外力為零，小球受到重力，電場(chǎng)力和支持力，根據(jù)平衡可知：二占映，即小球受到的支持力大小為 yrng ,方向豎直向上，根據(jù)牛頓第三定律小球在最高點(diǎn)對(duì)軌道內(nèi)側(cè)的作用力大小為,方向豎直向上，故 B正確;C、根據(jù)A的分析可知電場(chǎng)力大小為,方向豎直向上，整個(gè)過(guò)程有電場(chǎng)力和重力做功，初速度為V0,從最低點(diǎn)到最高

26、點(diǎn)時(shí)總功為- mgR，根據(jù)動(dòng)能定理可知最高點(diǎn)速度小于vo,則小球到達(dá)最高的的向心力不可能為故C錯(cuò)誤;D、若初速度方向向左，最低時(shí)，根據(jù)左手定則可知洛倫茲力方向豎直向下，則:從最低點(diǎn)到軌道水平直徑右端的過(guò)程中，有重力和電場(chǎng)力做功，根據(jù)動(dòng)能定理:id.i小球運(yùn)動(dòng)到軌道水平直徑右端時(shí)速度豎直向下,根據(jù)左手定則可知洛倫茲力方向水平向右，則：N' - qvB =聯(lián)立解得：N- N,因?yàn)関o>v,則壓力之差大于故選：BD。三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分.(一)必考題:9 .【解答】解：(i)在物塊A上安裝一個(gè)寬度為 d的遮光片，并在其下方空中固定一個(gè)光電門，因此必須使物塊的質(zhì)量大于物

27、塊 B的質(zhì)量，才能確保其下落，即 mi>m2；(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理，系統(tǒng)減小的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)動(dòng)能的增加，除利用光電門算出某位置的瞬時(shí)速度外，還需要測(cè)量的物理量是：物塊A從初始位置到光電門的距離h;(3)根據(jù)極短時(shí)間內(nèi)的平均速度等于瞬時(shí)速度求出物塊通過(guò)光電門的速度,那么物塊A到達(dá)光電門的瞬時(shí)速度為：v=At再根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)位移公式，則有:a=v32h那么根據(jù)牛頓第二定律，則有:migm2g= ( mi+m2) a綜上所得， mig - m2g= (mi+m2)d22hA t2(4)若用裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒，測(cè)量重力勢(shì)能減少為:(mi - m2)gh,故若(mi - m2) gh =(mi+m2

28、),則系統(tǒng)機(jī)械能守恒。系統(tǒng)動(dòng)能增加為：(mi+m2)故答案為：(i) mi>m2； (2)物塊A從初始位置到光電門的距離 h;(3) mig m2g= (mi+m2)(mi-m2) gh=亍(mi+m2)d210 .【解答】解：(1)定值電阻所在支路最小電阻約為：R1總=一=一=一 666.67 Q,已知：電阻箱 R (最大初 0003阻值9999Q),為測(cè)多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)定值電阻R0應(yīng)選1000 d(2)并聯(lián)電路電壓相等，則有：I2 (R+R0) = I1RX則待測(cè)電阻阻值為：Rx =“(R 出口)(3)由電阻定律可知：Rx= pLS4Ld2則有：R =卬12JT d2IL - Ro1由題

29、意可知：電流表A1、A2示數(shù)11、I2均相等,則有:4P兀MR0,由圖示圖象可知，圖象斜率：k=4PKd2=5x 104,電阻率為：p=_3. 14X(20Xio-3)2X5X10416Q?m；電流表內(nèi)阻不能忽略，則有:兀Ml1L+r2 一門R0,電阻率為：p=保持不變。故答案為：(1) 1000 ; (2)】1;(3) 16,不變。v',在兩木塊一起運(yùn)動(dòng)到桌子中央O右側(cè)的過(guò)程,N的速度大小為v,取向右為正方向，則11 【解答】解：(1)設(shè)兩木塊運(yùn)動(dòng)到 O右側(cè)時(shí)的速度大小為由動(dòng)能定理得:一師gs- pmg (s+L)=工2喃解得 v' = 2m/s剪斷細(xì)線，兩木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量

30、守恒。設(shè)剪斷細(xì)線后小木塊2mv' = mv由能量守恒定律知 Ep+- 2M ' * = 5解得Ep = 4J(2)設(shè)木塊N的拋出點(diǎn)到A點(diǎn)的高度差為h,到A點(diǎn)時(shí)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律知:2vy =2gh且 tan37° = 一解得 h= 0.45m(3)木塊N到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的速度大小為va=GF解得 va = 5m/s設(shè)木塊N到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為 vb,從A點(diǎn)到B點(diǎn)，由動(dòng)能定理得:mgL ABsin37pmgLAB cos37°設(shè)木塊N在軌道最高點(diǎn)時(shí)最小速度為Vmin,木塊N從B點(diǎn)到軌道最高點(diǎn)的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得:_?1 BecB=7+2mgR在軌道最高點(diǎn)，

31、由牛頓第二定律得:mg =聯(lián)立解得 R = 0.66m答：(l)壓縮彈簧的彈性勢(shì)能 Ep是4J。(2)水平桌面與A點(diǎn)的高度差是0.45m；(3)豎直圓軌道的半徑 R為0.66m。12.【解答】解：(1)經(jīng)分析，質(zhì)子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑為R,進(jìn)入電場(chǎng)后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)上邊界時(shí)速度剛好減為零，在電場(chǎng)中，根據(jù)動(dòng)能定理有:qEd= 0- - m2v0在磁場(chǎng)中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有:qv0B= m2 VD T聯(lián)立解得：d=3R(2)質(zhì)子在磁場(chǎng)和電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系知:質(zhì)子第一次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為“1= 120。，質(zhì)子第二次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角

32、為o2= 60。，則質(zhì)子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間：t1= a / 2=理360。2 vc質(zhì)子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間：t2 = 4 d = L質(zhì)子在無(wú)場(chǎng)區(qū)運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間：t3=)= 為3 R故質(zhì)子運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為：t= ti +t2+t3 = g心刃 .v0(3)經(jīng)分析，所有質(zhì)子經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后均沿平行于y軸的方向進(jìn)入電場(chǎng)，軌跡如圖所示:質(zhì)子做類平拋運(yùn)動(dòng)，質(zhì)子剛好打在Q點(diǎn)上，有: y= 3R= v0t0 x= a2qE= ma,2%6ntVg6R聯(lián)立解得: x=故沿y軸負(fù)方向發(fā)射的質(zhì)子打在熒光屏上的位置離y軸最遠(yuǎn)，最遠(yuǎn)距離： xm= 2R - x=出磁場(chǎng)時(shí)橫坐標(biāo)x在xv r范圍內(nèi)的質(zhì)子將打在4八y軸左側(cè)的熒

33、光屏上，有:x= at y'= vottan 0=x' = ( 3R y') tan 0聯(lián)立解得：x'=6R3Rt216時(shí)，x'有最大值，最大值為 xm' =故質(zhì)子打在熒光屏上發(fā)光的區(qū)域長(zhǎng)度為:l = Xm+xm' =13答：(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)上邊界與虛線 MN的間距d為3R;(2)從發(fā)射到最終離開磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程質(zhì)子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間（3）熒光屏的最小長(zhǎng)度為TLr。8 K（二）選考題：共 45分.（15分）物理選修 3-313.【解答】解：A、由圖象可得：PA = 4atm、PB = 3atm、VA=1L、VB=3L,由 TA=320K,由理想氣體狀態(tài)方程得:代入數(shù)據(jù)解得：Tb= 720K ,故A正確;B、由圖象可得：PA=4atm、Pc=1atm、Va=1L、Vc=4L,由 PaVa = PcVc,貝U Ta=tc溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，故狀態(tài)A與狀態(tài)C理想氣體分子平均動(dòng)能相等，故 B錯(cuò)誤;C、狀態(tài)A到狀態(tài)C的過(guò)程，體積增大，故氣體對(duì)外做功，故 C正確；D、由A項(xiàng)分析可知，TB=720K>TA=TC即狀態(tài)A到狀態(tài)C的過(guò)程中氣體溫