2020年天津高考物理試卷

2020年天津市高考物理試卷題號(hào) 4四總分得分一、單選題（本大題共5小題，共25.0分）1.在物理學(xué)發(fā)展的進(jìn)程中，人們通過對(duì)某些重要物理實(shí)驗(yàn)的深入觀察和研究，獲得正確的理論認(rèn)識(shí)。下列圖示的實(shí)驗(yàn)中導(dǎo)致發(fā)現(xiàn)原子具有核式結(jié)構(gòu)的是（）A.周期大B.線速度大 C.角速度大 D.加速度大3.新冠肺炎疫情突發(fā)，中華兒女風(fēng)雨同舟、守望相助，筑起了抗擊疫情的巍峨長(zhǎng)城。志愿者用非接觸式體溫測(cè)量?jī)x，通過人體輻射的紅外線測(cè)量體溫，防控人員用紫外線燈在無人的環(huán)境下消殺病毒，為人民健康保駕護(hù)航。紅外線和紫外線相比較（ ）A.紅外線的光子能量比紫外線的大B.真空中紅外線的波長(zhǎng)比紫外線的長(zhǎng)第1頁，共14頁C.真空中紅外線的傳播速度比紫外線的大D.紅外線能發(fā)生偏振現(xiàn)象，而紫外線不能4.一列簡(jiǎn)諧橫波沿％4.一列簡(jiǎn)諧橫波沿％軸正方向傳播，周期為T，t=0時(shí)的波形如圖所示。t=口時(shí)（ ）A.質(zhì)點(diǎn)A.質(zhì)點(diǎn)a速度方向沿y軸負(fù)方向B.質(zhì)點(diǎn)b沿％軸正方向遷移了1mC.質(zhì)點(diǎn)C.質(zhì)點(diǎn)c的加速度為零D.質(zhì)點(diǎn)d的位移為-5cm.水槍是孩子們喜愛的玩具，常見的氣壓式水槍儲(chǔ)水罐示意如圖。從儲(chǔ)水罐充氣口充入氣體，達(dá)到一定壓強(qiáng)后，關(guān)閉充氣口?？蹌?dòng)板機(jī)將閥門M.水槍是孩子們喜愛的玩具，常見的氣壓式水槍儲(chǔ)水罐示意如圖。從儲(chǔ)水罐充氣口充入氣體，達(dá)到一定壓強(qiáng)后，關(guān)閉充氣口?？蹌?dòng)板機(jī)將閥門M打開，水即從槍口噴出。若在水不斷噴出的過程中，罐內(nèi)氣體溫度始終保持不變，則氣體（ ）A.壓強(qiáng)變大 B.對(duì)外界做功C.對(duì)外界放熱 D.分子平均動(dòng)能變大二、多選題（本大題共3小題，共15.0分）.手機(jī)無線充電是比較新穎的充電方式。如圖所示，電磁感應(yīng)式無線充電的原理與變壓器類似，通過分別安裝在充電基座和接收能量裝置上的線圈，利用產(chǎn)生的磁場(chǎng)傳遞能量。當(dāng)充電基座上的送電線圈通入正弦式交變電流后，就會(huì)在鄰近的受電線圈中感應(yīng)出電流，最終實(shí)現(xiàn)為手機(jī)電池充電。在充電過程中（）A.送電線圈中電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)呈周期性變化B.受電線圈中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)恒定不變第2頁，共14頁

C.送電線圈和受電線圈通過互感現(xiàn)象實(shí)現(xiàn)能量傳遞D.手機(jī)和基座無需導(dǎo)線連接，這樣傳遞能量沒有損失.如圖所示，在0%y平面的第一象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一帶電粒子從y軸上的M點(diǎn)射入磁場(chǎng)，速度方向與y軸正方向的夾角。=45.。粒子經(jīng)過磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后在N點(diǎn)（圖中未畫出）垂直穿過％軸。已知OM=a，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，重力不計(jì)。則（ ）A.粒子帶負(fù)電荷 B.粒子速度大小為口C.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為a D.N與O點(diǎn)相距（目1）a.復(fù)興號(hào)動(dòng)車在世界上首次實(shí)現(xiàn)速度350km/h自動(dòng)駕駛功能，成為我國(guó)高鐵自主創(chuàng)新的又一重大標(biāo)志性成果。一列質(zhì)量為m的動(dòng)車，初速度為%，以恒定功率P在平直軌道上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t達(dá)到該功率下的最大速度上，設(shè)動(dòng)車行駛過程所受到的阻力F保持不變。動(dòng)車在時(shí)間t內(nèi)（）B.加速度逐漸減小D.牽引力做功A.B.加速度逐漸減小D.牽引力做功C.牽引力的功率P=Fvm三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共12.0分）.某實(shí)驗(yàn)小組利用圖1所示裝置測(cè)定平拋運(yùn)動(dòng)的初速度。把白紙和復(fù)寫紙疊放一起固定在豎直木板上，在桌面上固定一個(gè)斜面，斜面的底邊ab與桌子邊緣及木板均平行。每次改變木板和桌邊之間的距離，讓鋼球從斜面頂端同一位置滾下，通過碰撞復(fù)寫紙，在白紙上記錄鋼球的落點(diǎn)。①為了正確完成實(shí)驗(yàn)，以下做法必要的是 。A.實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)保持桌面水平B.每次應(yīng)使鋼球從靜止開始釋放C使斜面的底邊ab與桌邊重合D，選擇對(duì)鋼球摩擦力盡可能小的斜面②實(shí)驗(yàn)小組每次將木板向遠(yuǎn)離桌子的方向移動(dòng)0.2m,在白紙上記錄了鋼球的4個(gè)落點(diǎn)，相鄰兩點(diǎn)之間的距離依次為15.0cm、25.0cm、35.0cm，示意如圖2.重力加速度g=10mIs2,鋼球平拋的初速度為mIs。第3頁，共14頁③圖1裝置中，木板上懸掛一條鉛垂線，其作用是.某實(shí)驗(yàn)小組選用以下器材測(cè)定電池組的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，要求測(cè)量結(jié)果盡量準(zhǔn)確。電壓表（量程0?3K內(nèi)阻約為3kQ）電流表（量程0?0.6A，內(nèi)阻約為1Q）滑動(dòng)變阻器（0?20Q,額定電流1A）待測(cè)電池組（電動(dòng)勢(shì)約為3匕內(nèi)阻約為1Q）開關(guān)、導(dǎo)線若干。①該小組連接的實(shí)物電路如圖所示，經(jīng)仔細(xì)檢查，發(fā)現(xiàn)電路中有1條導(dǎo)線連接不當(dāng)，這條導(dǎo)線對(duì)應(yīng)的編號(hào)是 。②改正這條導(dǎo)線的連接后開始實(shí)驗(yàn)，閉合開關(guān)前，滑動(dòng)變阻器的滑片P應(yīng)置于滑動(dòng)變阻器的端。（填“。”或者"”）③實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器時(shí)，電流表讀數(shù)變化明顯但電壓表讀數(shù)變化不明顯。為了解決這個(gè)問題，在電池組負(fù)極和開關(guān)之間串聯(lián)一個(gè)阻值為5Q的電阻，之后該小組得到了幾組電壓表讀數(shù)U和對(duì)應(yīng)的電流表讀數(shù)I,并作出U-1圖象，如圖所示。根據(jù)圖象可知，電池組的電動(dòng)勢(shì)為 匕內(nèi)阻為Q.（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）第4頁，共14頁

四、簡(jiǎn)答題（本大題共3小題，共48.0分）.如圖所示，垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t均勻變化。正方形硬質(zhì)金屬框abcd放置在磁場(chǎng)中，金屬框平面與磁場(chǎng)方向垂直，電阻R=0.1。邊長(zhǎng)l=0.2m。求（1）在t=0到t=0.1s時(shí)間內(nèi)，金屬框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E；（2）t=0.05s時(shí)，金屬框ab邊受到的安培力F的大小和方向;（3）在t=0到t=0.1s時(shí)間內(nèi)，金屬框中電流的電功率P。.長(zhǎng)為口的輕繩上端固定，下端系著質(zhì)量為m1的小球A，處于靜止?fàn)顟B(tài)。A受到一個(gè)水平瞬時(shí)沖量后在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，恰好能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)。當(dāng)A回到最低點(diǎn)時(shí)，質(zhì)量為m2的小球B與之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圓周運(yùn)第5頁，共14頁動(dòng)，并能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求（1）A受到的水平瞬時(shí)沖量］的大小；（2）碰撞前瞬間B的動(dòng)能Ek至少多大?K13.多反射飛行時(shí)間質(zhì)譜儀是一種測(cè)量離子質(zhì)量的新型實(shí)驗(yàn)儀器，其基本原理如圖所示，從離子源A處飄出的離子初速度不計(jì)，經(jīng)電壓為U的勻強(qiáng)電場(chǎng)加速后射入質(zhì)量分析器。質(zhì)量分析器由兩個(gè)反射區(qū)和長(zhǎng)為］的漂移管（無場(chǎng)區(qū)域）構(gòu)成，開始時(shí)反射區(qū)1、2均未加電場(chǎng)，當(dāng)離子第一次進(jìn)入漂移管時(shí)，兩反射區(qū)開始加上電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向相反的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其電場(chǎng)強(qiáng)度足夠大，使得進(jìn)入反射區(qū)的離子能夠反射回漂移管。離子在質(zhì)量分析器中經(jīng)多次往復(fù)即將進(jìn)入反射區(qū)2時(shí)，撤去反射區(qū)的電場(chǎng)，離子打在熒光屏B上被探測(cè)到，可測(cè)得離子從A到B的總飛行時(shí)間。設(shè)實(shí)驗(yàn)所用離子的電荷量均為q，不計(jì)離子重力。（1）求質(zhì)量為m的離子第一次通過漂移管所用的時(shí)間Tr（2）反射區(qū)加上電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，求離子能進(jìn)入反射區(qū)的最大距離％；（3）已知質(zhì)量為m0的離子總飛行時(shí)間為10,待測(cè)離子的總飛行時(shí)間為t1，兩種離子在質(zhì)量分析器中反射相同次數(shù)，求待測(cè)離子質(zhì)量m1O*熒光屏 +7-?| — 離子源—反射區(qū) 漂移管［無場(chǎng)區(qū)域｝ H反射區(qū)2猾*H 質(zhì)里分析器 H第6頁，共14頁2020年天津市高考物理試卷答案和解析【答案】1.D2.A3.B4.C5.B6.AC7.ADBCAB2方便將木板調(diào)整到豎直平面內(nèi)5a2.90.80解：(1)在t=0至h=0.1s的時(shí)間At內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化量AB=0.2T，設(shè)穿過金屬框的磁通量變化量A①，則有：口［…①由于磁場(chǎng)均勻變化，金屬棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，有J…②聯(lián)立①②代入數(shù)據(jù)有：E=0.08丫…③；(2)設(shè)金屬框中電流I，由閉合電路歐姆定律，由圖知t=0.05s時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1=0.1T,金屬框ab邊受到的安培力為：三二1…⑤聯(lián)立①②④⑤式，代入數(shù)據(jù)得：F=0.016N…⑥方向垂直ab向左…⑦(3)在t=0至Ut=0.1s時(shí)間內(nèi)，金屬框中電流的電功率為：P=12R…⑧聯(lián)立①②④⑧式，代入數(shù)據(jù)得：P=0.064W…⑨：(1)在t=0至Ut=0.1s時(shí)間內(nèi)，金屬框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0.08V；(2)t=0.05s時(shí)，金屬框ab邊受到的安培力大小為0.016N,方向方向垂直ab向左;(3)在t=0到t：=0.1s時(shí)間內(nèi)，金屬框中電流的電功率為0.064W。第7頁，共14頁.解：（1）A恰好能通過圓周運(yùn)動(dòng)最高點(diǎn)，此時(shí)輕繩拉力恰好為零，設(shè)A在最高點(diǎn)的速度為v，由牛頓第二定律，有卜;1，」=；:| ①A從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)過程機(jī)械能守恒，取軌跡最低點(diǎn)處重力勢(shì)能為零，設(shè)4在最低點(diǎn)的速度為v4，有由動(dòng)量定理，有I=m1v4③聯(lián)立①②③式，得I二卜1，='：］④（2）設(shè)兩球粘在一起是速度W，AB粘在一起恰能通過圓周運(yùn)動(dòng)軌跡最高點(diǎn)，需滿足v'=v⑤要達(dá)到上述條件，碰撞后兩球速度方向必須與碰前B的速度方向相同，以此方向?yàn)檎较?，設(shè)B碰前瞬時(shí)速度大小為vB，由動(dòng)量守恒定律，有m2vB-m1vA=（m1+m2）v/⑥又|J⑦聯(lián)立①②⑤⑥⑦答：（1）A受到的水平瞬時(shí)沖量的大小為|三^；（2）碰撞前瞬間B的動(dòng)能Ek至少.解：（1）設(shè)離子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后的速度大小為v，根據(jù)動(dòng)能定理可得:離子在漂移管中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則：T尸…②聯(lián)立①②式，得：T尸.…③（2）從開始加速到反射區(qū)速度為零過程中，根據(jù)動(dòng)能定理，有：qU-qEx=0…④解得：％=口…⑤（3）離子在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)和反射區(qū)電場(chǎng)中每次單向運(yùn)動(dòng)均為勻變速直線運(yùn)動(dòng)，平均第8頁，共14頁…⑥速度大小均相等，設(shè)其為[]，…⑥速度大小均相等，設(shè)其為[]，有：[]=[]通過⑤式可知，離子在反射區(qū)的電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)路程是與離子本身無關(guān)的，所以不同離子在電場(chǎng)區(qū)運(yùn)動(dòng)的總路程相等，設(shè)為L(zhǎng)1，在無場(chǎng)區(qū)的總路程設(shè)為L(zhǎng)2,根據(jù)題目條件可知，聯(lián)立①⑥⑦式，得：％總=（2L1+L2）…⑧聯(lián)立①⑥⑦式，得：％總=（2L1+L2）…⑧離子在無場(chǎng)區(qū)速度大小恒為也設(shè)離子的總飛行時(shí)間為t「有:可見，離子從A到B的總飛行時(shí)間與，依題意可得:解得:答：（1）質(zhì)量為m的離子第一次通過漂移管所用的時(shí)間反射區(qū)加上電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，離子能進(jìn)入反射區(qū)的最大距離（2）（3）待測(cè)離子質(zhì)量為「J0。【解析】.解：A、此實(shí)驗(yàn)為雙縫干涉實(shí)驗(yàn)，和原子核式結(jié)構(gòu)無關(guān)，故A錯(cuò)誤。B、此實(shí)驗(yàn)為光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)，和原子核式結(jié)構(gòu)無關(guān)，故B錯(cuò)誤。。、此實(shí)驗(yàn)為電磁波的發(fā)射和接收實(shí)驗(yàn)，和原子核式結(jié)構(gòu)無關(guān)，故C錯(cuò)誤。D、此實(shí)驗(yàn)為a散射實(shí)驗(yàn)，盧瑟福通過這個(gè)實(shí)驗(yàn)提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型，故D正確。故選：D。雙縫干涉實(shí)驗(yàn)、光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)、電磁波的發(fā)射和接收實(shí)驗(yàn)都和原子核式結(jié)構(gòu)無關(guān)；英國(guó)物理學(xué)家盧瑟福和助手們進(jìn)行了a粒子散射實(shí)驗(yàn)，并提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型。本題考查了物理學(xué)史。關(guān)注常見的物理常識(shí)，熟記教材上出現(xiàn)過的物理實(shí)驗(yàn)，是解決本題的關(guān)鍵，只要平時(shí)多加積累，難度不大。.解：地球?qū)πl(wèi)星的萬有引力提供衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力：G^^=m^^^=m日=m32r=man得:T=2n0…=^；I'-[J；a廣口由表達(dá)式可知，半徑越大，運(yùn)行的周期越大，線速度、角速度、向心加速度越?。坏厍蜢o止軌道衛(wèi)星的運(yùn)行半徑大于近地軌道衛(wèi)星的運(yùn)行半徑，故與近地軌道衛(wèi)星相比，地球靜止軌道衛(wèi)星的周期大，線速度、角速度、向心加速度都小，故A正確，BCD錯(cuò)誤；第9頁，共14頁故選：A。根據(jù)萬有引力提供衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力：0r=機(jī)與得出各個(gè)量的表達(dá)式分析即可；本題的關(guān)鍵是根據(jù)萬有引力提供衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力得出周期、線速度、角速度、向心加速度與半徑的關(guān)系；.解：4、紅外線的頻率比紫外線的小，根據(jù)光子能量公式E=hv，可知紅外線的光子能量比紫外線的小，故4錯(cuò)誤；B、根據(jù)電磁波譜可知，真空中紅外線的波長(zhǎng)比紅光要長(zhǎng)，而紫外線的波長(zhǎng)比紫光要短，所以真空中紅外線的波長(zhǎng)比紫外線的長(zhǎng)，故B正確；。、因?yàn)榧t外線和紫外線都屬于電磁波，所以在真空中紅外線的傳播速度與紫外線的一樣大，都是光速c，故C錯(cuò)誤；D、因?yàn)榧t外線和紫外線都屬于電磁波，而電磁波是橫波，所以紅外線和紫外線都能發(fā)生偏振現(xiàn)象，故D錯(cuò)誤。故選：B。光子能量公式E=hv判斷；根據(jù)電磁波譜可知真空中紅外線的波長(zhǎng)比紫外線的長(zhǎng)；紅外線和紫外線在真空中傳播速度都為c；根據(jù)偏振現(xiàn)象是橫波特有的現(xiàn)象判斷。本題以新冠肺炎疫情中非接觸式體溫測(cè)量?jī)x，紫外線燈在無人的環(huán)境下消殺病毒為背景，考查了紅外線和紫外線的特點(diǎn)與應(yīng)用；此題非常符合新高考的理念，物理來源于生活，要求同學(xué)們能夠用所學(xué)知識(shí)去解釋生活中的一些物理現(xiàn)象。.解：4、根據(jù)圖象可知，經(jīng)過日后質(zhì)點(diǎn)a到達(dá)平衡位置且向上運(yùn)動(dòng)，所以t二口時(shí),質(zhì)點(diǎn)a的速度方向沿著y軸正方向，故4錯(cuò)誤；B、在機(jī)械波中，各質(zhì)點(diǎn)不會(huì)隨波遷移，只會(huì)在平衡位置附近做機(jī)械振動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C、經(jīng)過日后質(zhì)點(diǎn)c到達(dá)平衡位置且向下運(yùn)動(dòng)，所以t二口時(shí)，質(zhì)點(diǎn)c的加速度為零，故C正確;D、根據(jù)平移法可知，0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)d的振動(dòng)方向沿著y軸的正方向，所以t=|］時(shí)，質(zhì)點(diǎn)d在波峰，位移為5cm，故D錯(cuò)誤。故選：C。由波動(dòng)圖象，分析各質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)情況，從而判斷四分之一個(gè)周期后各個(gè)質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)情況。解決該題需要掌握用同側(cè)法判斷質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)狀態(tài)，知道質(zhì)點(diǎn)不會(huì)隨波一起遷移，知道做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振動(dòng)特點(diǎn)。第10頁，共14頁

.解：4、在水不斷噴出的過程中，罐內(nèi)氣體溫度始終保持不變，根據(jù)J=C可知體積增加、壓強(qiáng)減小，故4錯(cuò)誤；B、氣體膨脹，體積增大，則氣體對(duì)外界做功，故B正確；C、根據(jù)熱力學(xué)第一定律△U=W+。，氣體溫度不變則內(nèi)能不變，氣體對(duì)外做功、則吸收熱量，故C錯(cuò)誤；D、溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，溫度不變則分子的平均動(dòng)能不變，故D錯(cuò)誤。故選：B。氣體膨脹對(duì)外做功、如果溫度不變，則內(nèi)能不變，根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程結(jié)合熱力學(xué)第一定律分析，根據(jù)溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志分析分子平均動(dòng)能的大小是否變化。本題主要是考查理想氣體的狀態(tài)方程和熱力學(xué)第一定律，解答本題的關(guān)鍵是知道氣體膨脹對(duì)外做功、如果溫度不變，則內(nèi)能不變，根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程結(jié)合熱力學(xué)第一定律分析。.解：4、由于送電線圈中通入正弦式交變電流，根據(jù)麥克斯韋理論可知送電線圈中電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)呈周期性變化，故4正確；B、周期性變化的磁場(chǎng)產(chǎn)生周期性變化的電場(chǎng)，所以受電線圈中感應(yīng)電流仍是正弦交流電，產(chǎn)生的磁場(chǎng)也是周期性變化的，故B錯(cuò)誤；C、無線充電利用的是電磁感應(yīng)原理，所以送電線圈和受電線圈通過互感現(xiàn)象實(shí)現(xiàn)能量傳遞，故C正確；D、無線充電器的優(yōu)點(diǎn)之一是不用傳統(tǒng)的充電線連接到需要充電的終端設(shè)備上的充電器，但充電過程中仍有電能量損失，故D錯(cuò)誤。故選：4Co根據(jù)麥克斯韋電磁場(chǎng)理論分析磁場(chǎng)是否變化；無線充電器是通過線圈進(jìn)行能量耦合實(shí)現(xiàn)能量的傳遞，無線充電器的優(yōu)點(diǎn)之一是不用傳統(tǒng)的充電線連接到需要充電的終端設(shè)備上的充電器，但充電過程中有電能量損失。此題考查電磁感應(yīng)與生活實(shí)際相結(jié)合，明白電磁感應(yīng)的原理，然后分析無線充電的技術(shù)原理，能夠根據(jù)麥克斯韋電磁場(chǎng)理論進(jìn)行分析。.解：4、粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后沿順時(shí)針方向做圓周運(yùn)動(dòng)，由左手定則可知，粒子帶負(fù)電，故4正確；C、粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何知識(shí)可知，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑：廠口二日，故C錯(cuò)誤；B、粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由第11頁，共14頁

牛頓第二定律得：qvB=機(jī)口解得：v=P""］，故B錯(cuò)誤；D、N點(diǎn)與O點(diǎn)的距離：d=r+rsing（口+1）a，故D正確。故選：AD。粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)題意作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，應(yīng)用左手定則判斷粒子帶電性質(zhì)，求出粒子軌道半徑，應(yīng)用紐帶第二定律求出粒子的速度大小。本題考查了帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用左手定則、牛頓第二定律即可解題，解題時(shí)注意幾何知識(shí)的應(yīng)用。.解：AB、根據(jù)牛頓第二定律得：F牽-F=ma，而F牽v=P，動(dòng)車的速度在增大，則牽引力在減小，故加速度在減小，故A錯(cuò)誤，B正確；。、當(dāng)加速度為零時(shí)，速度達(dá)到最大值為vm，此時(shí)牽引力的大小等于阻力F。、當(dāng)加速度為零時(shí)，速度達(dá)到最大值為vm，此時(shí)牽引力的大小等于阻力F，故功率P=Fvm，故C正確；mD、根據(jù)動(dòng)能定理得:卬牽引力-Wf二mv2-1mv02,故D錯(cuò)誤;故選：BCo動(dòng)車以恒定功率P在平直軌道上運(yùn)動(dòng)，則速度在增大，牽引力在減小，加速度在減小;當(dāng)牽引力的大小等于阻力F時(shí)，速度達(dá)到最大值為vm；根據(jù)動(dòng)能定理判斷；注意動(dòng)車以恒定功率P在平直軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，牽引力是在變化的，故加速度也在變；根據(jù)動(dòng)能定理求解時(shí)不要忘了阻力做的功。.解：①A、鋼球離開桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)保持桌面水平，故A正確；B、為保證鋼球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度相等，每次應(yīng)使鋼球從靜止開始釋放，故B正確；C、只要桌面水平即可保證小球離開桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，只要使鋼球從同一位置由靜止釋放即可保證小球的初速度相等，斜面的底邊ab與桌邊不必重合，故C錯(cuò)誤；D、只要使鋼球從同一位置由靜止釋放即可保證小球的初速度相等，鋼球與桌面間的摩擦力對(duì)實(shí)驗(yàn)沒有影響，故D錯(cuò)誤。故選：ABo②小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論可知：△J=gt2小球的初速度為：v0=^^Jm/s=2m/s③實(shí)驗(yàn)過程應(yīng)使木板在豎直面內(nèi)，木板上懸掛的鉛垂線作用是方便將木板調(diào)整到豎直平則有:則有:第12頁，共14頁面內(nèi)。故答案為：①A&②2；③方便將木板調(diào)整到豎直平面內(nèi)。①鋼球離開桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，桌面應(yīng)水平；實(shí)驗(yàn)要控制鋼球每次做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度相等，鋼球應(yīng)從同一位置由靜止釋放，根據(jù)實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)分析答題。②鋼球做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，在豎直方向應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出相鄰兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間間隔，然后求出鋼球的初速度。③實(shí)驗(yàn)過程應(yīng)控制木板在豎直平面內(nèi)。本題考查了實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)與實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理，知道實(shí)驗(yàn)原理與實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)是解題的前提，應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可解題。.解：①電源內(nèi)阻較小，為減小實(shí)驗(yàn)誤差，相對(duì)于電源來說電流表應(yīng)采用外接法，由圖示電路圖可知，連線5連接錯(cuò)誤。②由圖示電路圖可知，滑動(dòng)變阻器采用限流接法，為保護(hù)電路，閉合開關(guān)前滑片要置于a端。③由閉合電路的歐姆定律可知，路端電壓：U=E-1（r+R）由圖示圖象可知，圖象縱軸截距：b=E=2.9V圖象斜率的絕對(duì)值：k=r+R=| Q=5.80Q電源內(nèi)阻：r=0.80Q故答案為：①5；②a；③?"0.80。①應(yīng)用伏安法測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)