2020年高考物理試卷（新課標(biāo)Ⅰ）（解析卷）

第頁(yè)|共頁(yè)2020年全國(guó)統(tǒng)一高考物理試卷（新課標(biāo)Ⅰ）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共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1~5題只有一項(xiàng)符合題目要求，第6~8題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1．（6分）行駛中的汽車(chē)如果發(fā)生劇烈碰撞，車(chē)內(nèi)的安全氣囊會(huì)被彈出并瞬間充滿(mǎn)氣體。若碰撞后汽車(chē)的速度在很短時(shí)間內(nèi)減小為零，關(guān)于安全氣囊在此過(guò)程中的作用，下列說(shuō)法正確的是（）A．增加了司機(jī)單位面積的受力大小 B．減少了碰撞前后司機(jī)動(dòng)量的變化量 C．將司機(jī)的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)換成汽車(chē)的動(dòng)能 D．延長(zhǎng)了司機(jī)的受力時(shí)間并增大了司機(jī)的受力面積【分析】在碰撞過(guò)程中，司機(jī)動(dòng)量的變化量是一定的，都等于△p＝mv，但安全氣囊會(huì)延長(zhǎng)作用時(shí)間，增加受力面積；再根據(jù)動(dòng)量定理分析即可。【解答】解：ABD、在碰撞過(guò)程中，司機(jī)的動(dòng)量的變化量是一定的，但安全氣囊會(huì)增加作用的時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理Ft＝△p可知，可以減小司機(jī)受到的沖擊力F，同時(shí)安全氣囊會(huì)增大司機(jī)的受力面積，則司機(jī)單位面積的受力大小減小，故AB錯(cuò)誤，D正確。C、安全氣囊只是延長(zhǎng)了作用時(shí)間，減小了司機(jī)的受力，將司機(jī)的動(dòng)能轉(zhuǎn)換成氣囊的彈性勢(shì)能，故C錯(cuò)誤。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵是知道在碰撞過(guò)程中，司機(jī)動(dòng)量的變化量是一定的；會(huì)熟練應(yīng)用動(dòng)量定理分析力的變化。2．（6分）火星的質(zhì)量約為地球質(zhì)量的，半徑約為地球半徑的，則同一物體在火星表面與在地球表面受到的引力的比值約為（）A．0.2 B．0.4 C．2.0 D．2.5【分析】根據(jù)星球表面的萬(wàn)有引力等于重力列出等式表示出重力加速度，進(jìn)而求出火星與地球上重力加速度之比，結(jié)合星球表面的萬(wàn)有引力等于重力可得出同一物體在火星表面與在地球表面受到的引力的比值。【解答】解：在星球表面的萬(wàn)有引力等于重力，即：＝mg，則有：g＝，所以火星與地球上重力加速度之比：＝×＝×（）2＝＝0.4，由于星球表面的萬(wàn)有引力等于重力，所以，F(xiàn)萬(wàn)＝mg，則同一物體在火星表面與在地球表面受到的引力的比值約為0.4。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】明確星球表面重力與萬(wàn)有引力相等，會(huì)根據(jù)星球質(zhì)量和半徑關(guān)系求得其表面的重力加速度大小關(guān)系是正確解題的關(guān)鍵。3．（6分）如圖，一同學(xué)表演蕩秋千。已知秋千的兩根繩長(zhǎng)均為10m，該同學(xué)和秋千踏板的總質(zhì)量約為50kg。繩的質(zhì)量忽略不計(jì)。當(dāng)該同學(xué)蕩到秋千支架的正下方時(shí)，速度大小為8m/s，此時(shí)每根繩子平均承受的拉力約為（）A．200N B．400N C．600N D．800N【分析】秋千蕩到最低點(diǎn)時(shí)，需要豎直向上的向心力，分析秋千和同學(xué)整體的受力，根據(jù)牛頓第二定律列式子求解每根繩子平均承受的拉力?！窘獯稹拷猓阂酝瑢W(xué)和秋千整體作為研究對(duì)象，整體受到豎直向下的重力以及豎直向上的繩子的拉力，令每根繩子的拉力為T(mén)，繩長(zhǎng)為l，根據(jù)牛頓第二定律有：2T﹣mg＝，代入數(shù)據(jù)解得每根繩子的拉力為T(mén)＝410N，B選項(xiàng)最為接近，故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】解決該題的關(guān)鍵是明確知道秋千運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)其合力不為零，且合力方向豎直向上，正確分析秋千和同學(xué)整體的受力情況。4．（6分）圖（a）所示的電路中，K與L間接一智能電源，用以控制電容器C兩端的電壓UC．如果UC隨時(shí)間t的變化如圖（b）所示，則下列描述電阻R兩端電壓UR隨時(shí)間t變化的圖象中，正確的是（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)I＝＝，分析電路中電流的變化情況，由歐姆定律確定UR與t的關(guān)系。【解答】解：電路中的電流為I＝＝＝C，等于UC﹣t圖象斜率的大小，由圖b知，1﹣2s內(nèi)圖象的斜率是3﹣5s內(nèi)圖象斜率的2倍，則1﹣2s內(nèi)電路中電流是3﹣5s內(nèi)的2倍，由UR＝IR知，1﹣2s內(nèi)電阻R兩端電壓UR是3﹣5s內(nèi)的2倍。1﹣2s內(nèi)，電容器在充電，3﹣5s內(nèi)電容器在放電，電路中電流方向相反，則1﹣2s內(nèi)R的電壓與3﹣5s內(nèi)R的電壓相反，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵要知道電路中電流與電容器帶電量的關(guān)系，即I＝＝＝C，知道等于UC﹣t圖象斜率的大小，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)分析出電路中電流的變化情況。5．（6分）一勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線(xiàn)所示，為半圓，ac、bd與直徑ab共線(xiàn)，ac間的距離等于半圓的半徑。一束質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子，在紙面內(nèi)從c點(diǎn)垂直于ac射入磁場(chǎng)，這些粒子具有各種速率。不計(jì)粒子之間的相互作用。在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間為（）A． B． C． D．【分析】采用放縮法并畫(huà)圖，設(shè)半圓的半徑為R，當(dāng)軌跡半徑為R時(shí)，軌跡圓心角最大，然后再增大軌跡半徑，軌跡圓心角減小，因此當(dāng)軌跡半徑等于R時(shí)軌跡圓心角最大，然后根據(jù)求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間?！窘獯稹拷猓毫Ｗ釉诖艌?chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與速度大小無(wú)關(guān)，由粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)圓心角決定，即；設(shè)半圓的半徑為R，采用放縮法如圖所示：粒子垂直ac，則圓心必在ac直線(xiàn)上，將粒子的軌跡半徑由零逐漸放大，在r≤0.5R和r≥1.5R時(shí)，粒子從ac、bd區(qū)域射出，磁場(chǎng)中的軌跡為半圓，運(yùn)動(dòng)時(shí)間等于半個(gè)周期；當(dāng)0.5R＜r＜1.5R時(shí)，粒子從半圓邊界射出，逐漸將軌跡半徑從0.5R逐漸放大，粒子射出位置從半圓頂端向下移動(dòng)，軌跡圓心角從π逐漸增大，當(dāng)軌跡半徑為R時(shí)，軌跡圓心角最大，然后再增大軌跡半徑，軌跡圓心角減小，因此當(dāng)軌跡半徑等于R時(shí)軌跡圓心角最大，即＝，粒子運(yùn)動(dòng)最長(zhǎng)時(shí)間為＝＝，故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查的是帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，本題的難點(diǎn)是應(yīng)用放縮法作圖，找到當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡半徑等于半圓的半徑時(shí)，軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角最大。6．（6分）下列核反應(yīng)方程中，X1、X2、X3、X4代表α粒子的有（）A．H+H→n+X1 B．H+H→n+X2 C．U+n→Ba+Kr+3X3 D．n+Li→H+X4【分析】根據(jù)核反應(yīng)方程中電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒確定X是否是α粒子?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒知，X1的電荷數(shù)為2，質(zhì)量數(shù)為3，但不是α粒子，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒知，X2的電荷數(shù)為2，質(zhì)量數(shù)為4，為α粒子，故B正確；C、根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒知，X3的電荷數(shù)為0，質(zhì)量數(shù)為1，為中子，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒知，X4的電荷數(shù)為2，質(zhì)量數(shù)為4，為α粒子，故D正確。故選：BD。【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道在核反應(yīng)過(guò)程中電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒，注意α粒子是質(zhì)子數(shù)為2，質(zhì)量數(shù)為4，同時(shí)要會(huì)區(qū)別中子、電子，質(zhì)子，離子。7．（6分）一物塊在高3.0m、長(zhǎng)5.0m的斜面頂端從靜止開(kāi)始沿斜面下滑，其重力勢(shì)能和動(dòng)能隨下滑距離s的變化如圖中直線(xiàn)Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2．則（）A．物塊下滑過(guò)程中機(jī)械能不守恒 B．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5 C．物塊下滑時(shí)加速度的大小為6.0m/s2 D．當(dāng)物塊下滑2.0m時(shí)機(jī)械能損失了12J【分析】分析初位置以及下滑5m時(shí)的機(jī)械能，從而判斷機(jī)械能是否守恒；根據(jù)功能關(guān)系分析求解物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；根據(jù)牛頓第二定律求解物塊下滑時(shí)加速度的大??；分析物塊下滑2.0m時(shí)除重力以外其它力做功情況從而判斷機(jī)械能的損失量。【解答】解：A、物塊在初位置其重力勢(shì)能為Ep＝mgh＝30J，動(dòng)能Ek＝0則物塊的質(zhì)量m＝1kg，此時(shí)物塊具有的機(jī)械能為E1＝Ep+Ek＝30J當(dāng)下滑距離為5m時(shí)，物塊具有的機(jī)械能為E2＝Ep′+Ek′＝10J＜E1，所以下滑過(guò)程中物塊的機(jī)械能減小，故A正確；B、令斜面的傾角為θ，則sin，所以θ＝37°物體下滑的距離為x＝5m的過(guò)程中，根據(jù)功能關(guān)系有Wf＝μmg?cosθ?x＝E1﹣E2，代入數(shù)據(jù)μ＝0.5，故B正確；C、根據(jù)牛頓第二定律可知，物塊下滑時(shí)加速度的大小為a＝＝2m/s2，故C錯(cuò)誤；D、當(dāng)物塊下滑距離為x′＝2.0m時(shí)，物體克服滑動(dòng)摩擦力做功為Wf＝μmgcosθ?x′＝8J，根據(jù)功能關(guān)系可知，機(jī)械能損失了△E′＝Wf＝8J，故D錯(cuò)誤。故選：AB?！军c(diǎn)評(píng)】解決該題需要掌握機(jī)械能守恒的條件，知道勢(shì)能和動(dòng)能之和統(tǒng)稱(chēng)為機(jī)械能，掌握與機(jī)械能相關(guān)的功能關(guān)系。8．（6分）如圖，U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺(tái)上，ab和dc邊平行，和bc邊垂直。ab、dc足夠長(zhǎng)，整個(gè)金屬框電阻可忽略。一根具有一定電阻的導(dǎo)體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動(dòng)金屬框，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，裝置始終處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行。經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后（）A．金屬框的速度大小趨于恒定值 B．金屬框的加速度大小趨于恒定值 C．導(dǎo)體棒所受安培力的大小趨于恒定值 D．導(dǎo)體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值【分析】分別對(duì)金屬框和導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律和電動(dòng)勢(shì)公式求出二者的加速度表達(dá)式及感應(yīng)電流的表達(dá)式，解得加速度差值a1﹣a2＝﹣（+）BIL，當(dāng)加速度差值為零時(shí)，解得I＝，畫(huà)出v﹣t圖象分析即可。【解答】解：ABC、當(dāng)金屬框在恒力F作用下向右加速時(shí)，bc邊產(chǎn)生從c向b的感應(yīng)電流i，線(xiàn)框的加速度為a1，對(duì)線(xiàn)框，由牛頓第二定律得：F﹣BIL＝Ma1，導(dǎo)體棒MN中感應(yīng)電流從M向N，在感應(yīng)電流安培力作用下向右加速，加速度為a2，對(duì)導(dǎo)體棒MN，由牛頓第二定律得：BIL＝ma2，當(dāng)線(xiàn)框和導(dǎo)體棒MN都運(yùn)動(dòng)后，線(xiàn)框速度為v1，MN速度為v2，感應(yīng)電流為：I＝，感應(yīng)電流從0開(kāi)始增大，則a2從零開(kāi)始增加，a1從開(kāi)始減小，加速度差值為：a1﹣a2＝﹣（+）BIL，感應(yīng)電流從零增加，則加速度差值減小，當(dāng)差值為零時(shí)，a1＝a2＝a，故有：F＝（M+m）a，聯(lián)立解得：I＝＝，此后金屬框與MN的速度差維持不變，感應(yīng)電流不變，MN受到的安培力不變，加速度不變，v﹣t圖象如圖所示：故A錯(cuò)誤；BC正確；D、MN與金屬框的速度差不變，但MN的速度小于金屬框速，MN到金屬框bc邊的距離越來(lái)越大，故D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查的是電磁感應(yīng)的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題，綜合性較強(qiáng)，難度較大，對(duì)學(xué)生綜合分析物理問(wèn)題的能力要求較高；本題難點(diǎn)是金屬框和導(dǎo)體棒開(kāi)始都做變加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故必須抓住運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，二者加速度差值為零。二、非選擇題：共62分。第9~12題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第13~16題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共47分。9．（6分）某同學(xué)用伏安法測(cè)量一阻值為幾十歐姆的電阻Rx，所用電壓表的內(nèi)阻為1kΩ，電流表內(nèi)阻為0.5Ω．該同學(xué)采用兩種測(cè)量方案，一種是將電壓表跨接在圖（a）所示電路的O、P兩點(diǎn)之間，另一種是跨接在O、Q兩點(diǎn)之間。測(cè)量得到如圖（b）所示的兩條U﹣I圖線(xiàn)，其中U與I分別為電壓表和電流表的示數(shù)?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）圖（b）中標(biāo)記為Ⅱ的圖線(xiàn)是采用電壓表跨接在O、P（填“O、P”或“O、Q”）兩點(diǎn)的方案測(cè)量得到的。（2）根據(jù)所用實(shí)驗(yàn)器材和圖（b）可判斷，由圖線(xiàn)Ⅰ（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）得到的結(jié)果更接近待測(cè)電阻的真實(shí)值，結(jié)果為50.5Ω（保留1位小數(shù)）。（3）考慮到實(shí)驗(yàn)中電表內(nèi)阻的影響，需對(duì)（2）中得到的結(jié)果進(jìn)行修正，修正后待測(cè)電阻的阻值為50.0Ω（保留1位小數(shù)）?！痉治觥浚?）根據(jù)電壓表跨接在O、P兩點(diǎn)時(shí)，電壓表分流；電壓表跨接在O、Q兩點(diǎn)時(shí)，電流表分壓，進(jìn)行誤差分析，結(jié)合U﹣I圖象的斜率大小得到圖線(xiàn)Ⅱ?yàn)殡妷罕砜缃釉贠、P兩點(diǎn)測(cè)量得到的；（2）根據(jù)U﹣I圖象的斜率得到兩種接法下的電阻，根據(jù)＜，電流表應(yīng)采用內(nèi)接法，從而判斷圖線(xiàn)Ⅰ得到的結(jié)果更接近待測(cè)電阻的真實(shí)值；（3）根據(jù)電壓表跨接在O、Q間，測(cè)得的阻值為電阻與電流表電阻之和求得修正后待測(cè)電阻的阻值?！窘獯稹拷猓海?）當(dāng)電壓表跨接在O、P兩點(diǎn)時(shí)，電流表外接，電壓準(zhǔn)確，電流測(cè)量值為電阻與電壓表電流之和，由得電阻測(cè)量值偏??；電壓表跨接在O、Q兩點(diǎn)時(shí)，電流表內(nèi)接，電流準(zhǔn)確，電壓測(cè)量值為電阻與電流表電壓之和，電阻測(cè)量值偏大；U﹣I圖象的斜率大小等于電阻測(cè)量值，因此圖線(xiàn)Ⅱ?yàn)殡妷罕砜缃釉贠、P兩點(diǎn)測(cè)量得到的。（2）由圖線(xiàn)可得I圖線(xiàn)測(cè)得電阻值為：RⅠ＝Ω≈50.5Ω，圖線(xiàn)II測(cè)得電阻阻值為RⅡ＝＝47.7Ω，被測(cè)電阻值約為50Ω，＝＝20，＝＝100，因＜，電流表采用內(nèi)接法，電壓表跨接在O、Q兩點(diǎn)，測(cè)量結(jié)果為50.5Ω。（3）電壓表跨接在O、Q間，測(cè)得的阻值為電阻與電流表電阻之和，則有：R＝R1﹣RA＝50.5Ω﹣0.5Ω＝50.0Ω。故答案為：（1）O、P；（2）Ⅰ，50.5（50.3～50.9）；（3）50.0（49.8～50.4）。【點(diǎn)評(píng)】本題考查通過(guò)已知U﹣I圖象的斜率來(lái)判斷測(cè)電阻時(shí)，如何選擇電壓表的內(nèi)外接法，考查了學(xué)生對(duì)實(shí)驗(yàn)誤差的分析以及應(yīng)用圖象處理問(wèn)題的能力，同時(shí)涉及到估算和保留小數(shù)的細(xì)節(jié)問(wèn)題。10．（9分）某同學(xué)用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證動(dòng)量定理，所用器材包括：氣墊導(dǎo)軌、滑塊（上方安裝有寬度為d的遮光片）、兩個(gè)與計(jì)算機(jī)相連接的光電門(mén)、砝碼盤(pán)和砝碼等。實(shí)驗(yàn)步驟如下：（1）開(kāi)動(dòng)氣泵，調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌，輕推滑塊，當(dāng)滑塊上的遮光片經(jīng)過(guò)兩個(gè)光電門(mén)的遮光時(shí)間大約相等時(shí)，可認(rèn)為氣墊導(dǎo)軌水平；（2）用天平測(cè)砝碼與砝碼盤(pán)的總質(zhì)量m1、滑塊（含遮光片）的質(zhì)量m2；（3）用細(xì)線(xiàn)跨過(guò)輕質(zhì)定滑輪將滑塊與砝碼盤(pán)連接，并讓細(xì)線(xiàn)水平拉動(dòng)滑塊；（4）令滑塊在砝碼和砝碼盤(pán)的拉動(dòng)下從左邊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，和計(jì)算機(jī)連接的光電門(mén)能測(cè)量出遮光片經(jīng)過(guò)A、B兩處的光電門(mén)的遮光時(shí)間△t1、△t2及遮光片從A運(yùn)動(dòng)到B所用的時(shí)間t12；（5）在遮光片隨滑塊從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，如果將砝碼和砝碼盤(pán)所受重力視為滑塊所受拉力，拉力沖量的大小I＝m1gt12，滑塊動(dòng)量改變量的大小△p＝m2（﹣）；（用題中給出的物理量及重力加速度g表示）（6）某一次測(cè)量得到的一組數(shù)據(jù)為：d＝1.000cm，m1＝1.50×10﹣2kg，m2＝0.400kg，△t1＝3.900×10﹣2s，△t2＝1.270×10﹣2s，t12＝1.50s，取g＝9.80m/s2．計(jì)算可得I＝0.221N?s，△p＝0.212kg?m?s﹣1；（結(jié)果均保留3位有效數(shù)字）（7）定義δ＝||×100%，本次實(shí)驗(yàn)δ＝4%（保留1位有效數(shù)字）?！痉治觥浚?）氣墊導(dǎo)軌水平時(shí)，不考慮摩擦力時(shí)，滑塊所受的合外力為零，此時(shí)滑塊做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)；（5）拉力沖量的大小I＝Ft12＝m1gt12；用經(jīng)過(guò)光電門(mén)的平均速度代替滑塊經(jīng)過(guò)A、B兩處的瞬時(shí)速度，則v，vB＝，滑塊動(dòng)量改變量的大小△p＝m2（vB﹣vA）；（6）把數(shù)據(jù)代入I＝m1gt12和△p＝m2（﹣）即可求出；（7）把I和△p代入δ＝||×100%即可?！窘獯稹拷猓海?）氣墊導(dǎo)軌水平時(shí)，不考慮摩擦力時(shí)，滑塊所受的合外力為零，此時(shí)滑塊做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，而兩個(gè)光電門(mén)的寬度都為d，根據(jù)t＝得遮光片經(jīng)過(guò)兩個(gè)光電門(mén)的遮光時(shí)間相等，實(shí)際實(shí)驗(yàn)中，會(huì)存在摩擦力使得滑塊做的運(yùn)動(dòng)近似為勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故遮光片經(jīng)過(guò)兩個(gè)光電門(mén)的遮光時(shí)間大約相等；（5）在遮光片隨滑塊從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，拉力的大小等于砝碼和砝碼盤(pán)所受重力，故F＝m1g，而遮光片從A運(yùn)動(dòng)到B所用的時(shí)間為t12，故拉力沖量的大小I＝Ft12＝m1gt12；由于光電門(mén)的寬度d很小，所以我們用經(jīng)過(guò)光電門(mén)的平均速度代替滑塊經(jīng)過(guò)A、B兩處的瞬時(shí)速度，故滑塊經(jīng)過(guò)A時(shí)的瞬時(shí)速度v，滑塊經(jīng)過(guò)B時(shí)的瞬時(shí)速度vB＝，故滑塊動(dòng)量改變量的大小△p＝m2（vB﹣vA）＝m2（﹣）；（6）I＝m1gt12＝1.50×10﹣2×9.8×1.50N?s＝0.221N?s；△p＝m2（﹣）＝0.4×（﹣）kg?m?s﹣1＝0.212kg?m?s﹣1；（7）δ＝||×100%＝||×100%＝4%；故答案為：（1）大約相等；（5）m1gt12；m2（﹣）；（6）0.221；0.212；（7）4【點(diǎn)評(píng)】了解光電門(mén)測(cè)量瞬時(shí)速度的原理，實(shí)驗(yàn)中我們要清楚研究對(duì)象和研究過(guò)程，對(duì)于系統(tǒng)我們要考慮全面，同時(shí)明確實(shí)驗(yàn)原理是解答實(shí)驗(yàn)問(wèn)題的前提11．（12分）我國(guó)自主研制了運(yùn)﹣20重型運(yùn)輸機(jī)。飛機(jī)獲得的升力大小F可用F＝kv2描寫(xiě)，k為系數(shù)；v是飛機(jī)在平直跑道上的滑行速度，F(xiàn)與飛機(jī)所受重力相等時(shí)的v稱(chēng)為飛機(jī)的起飛離地速度。已知飛機(jī)質(zhì)量為1.21×105kg時(shí)，起飛離地速度為66m/s；裝載貨物后質(zhì)量為1.69×105kg，裝載貨物前后起飛離地時(shí)的k值可視為不變。（1）求飛機(jī)裝載貨物后的起飛離地速度；（2）若該飛機(jī)裝載貨物后，從靜止開(kāi)始勻加速滑行1521m起飛離地，求飛機(jī)在滑行過(guò)程中加速度的大小和所用的時(shí)間?！痉治觥浚?）飛機(jī)裝載貨物的前后，飛機(jī)受到的升力和飛機(jī)的重力大小相等，方向相反，以此求解飛機(jī)裝載貨物后的起飛離地速度；（2）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)中的速度和位移的關(guān)系求解加速度，根據(jù)速度和時(shí)間關(guān)系求解所用時(shí)間?！窘獯稹拷猓海?）令飛機(jī)裝載貨物前的起飛速度為v1，飛機(jī)的質(zhì)量為m離地時(shí)有，代入數(shù)據(jù)解得k＝N?s2/m2，令飛機(jī)裝載貨物后的質(zhì)量為m′，飛機(jī)的起飛速度為v2，則當(dāng)飛機(jī)起飛時(shí)有，則v2＝78m/s；（2）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知，飛機(jī)在滑行過(guò)程中加速度的大小為a＝＝2m/s2，所用時(shí)間為t＝＝39s。答：（1）飛機(jī)裝載貨物后的起飛離地速度為78m/s；（2）若該飛機(jī)裝載貨物后，從靜止開(kāi)始勻加速滑行1521m起飛離地，飛機(jī)在滑行過(guò)程中加速度的大小為2m/s2，所用的時(shí)間為39s。【點(diǎn)評(píng)】解決該題需要明確知道飛機(jī)裝載貨物的前后系數(shù)k保持不變，熟記勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的位移和速度的求解公式。12．（20分）在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)電場(chǎng)，柱的橫截面是以O(shè)為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示。質(zhì)量為m，電荷量為q（q＞0）的帶電粒子在紙面內(nèi)自A點(diǎn)先后以不同的速度進(jìn)入電場(chǎng)，速度方向與電場(chǎng)的方向垂直。已知?jiǎng)傔M(jìn)入電場(chǎng)時(shí)速度為零的粒子，自圓周上的C點(diǎn)以速率v0穿出電場(chǎng)，AC與AB的夾角θ＝60°．運(yùn)動(dòng)中粒子僅受電場(chǎng)力作用。（1）求電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；（2）為使粒子穿過(guò)電場(chǎng)后的動(dòng)能增量最大，該粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度應(yīng)為多大？（3）為使粒子穿過(guò)電場(chǎng)前后動(dòng)量變化量的大小為mv0，該粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度應(yīng)為多大？【分析】（1）粒子初速度為零時(shí)，沿電場(chǎng)力方向做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，粒子由C點(diǎn)射出電場(chǎng)，所以電場(chǎng)方向與AC平行，由A指向C．根據(jù)動(dòng)能定理求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小。（2）為使粒子穿過(guò)電場(chǎng)后的動(dòng)能增量最大，電場(chǎng)力做功最多，出射點(diǎn)的切線(xiàn)必定與電場(chǎng)垂直。粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和分位移公式分別列式，結(jié)合幾何關(guān)系求解。（3）以粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的方向?yàn)閤軸，電場(chǎng)方向?yàn)閥軸，建立坐標(biāo)系，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)寫(xiě)出圓方程。為使粒子穿過(guò)電場(chǎng)前后動(dòng)量變化量的大小為mv0，根據(jù)mv0＝mat求解粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度?！窘獯稹拷猓海?）粒子初速度為零，由C點(diǎn)射出電場(chǎng)，故電場(chǎng)方向與AC平行，由A指向C。由幾何關(guān)系和電場(chǎng)強(qiáng)度的定義知：AC＝R…①F＝qE…②由動(dòng)能定理得F?AC＝…③聯(lián)立①②③解得E＝…④（2）如圖，由幾何關(guān)系知AC⊥BC，故電場(chǎng)中的等勢(shì)線(xiàn)與BC平行。作與BC平行的直線(xiàn)與圓相切于D點(diǎn)，與AC的延長(zhǎng)線(xiàn)交于P點(diǎn)，則自D點(diǎn)從圓周上穿出的粒子的動(dòng)能增量最大。由幾何關(guān)系知∠PAD＝30°，AP＝R，DP＝R…⑤設(shè)粒子以速度v1進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能增量最大，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，粒子在AC方向做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的距離等于AP；在垂直于AC方向上做勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的距離等于DP，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：F＝ma⑥AP＝⑦DP＝v1t1⑧聯(lián)立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝⑨（3）設(shè)粒子以速度v進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t。以A為原點(diǎn)，粒子進(jìn)入電場(chǎng)的方向?yàn)閤軸正方向，電場(chǎng)方向?yàn)閥軸正方向建立直角坐標(biāo)系，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：y＝（10）x＝vt（11）粒子離開(kāi)電場(chǎng)的位置在圓周上，有（x﹣R）2+（y﹣R）2＝R2（12）粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，其x方向的動(dòng)量不變，y方向的初動(dòng)量為零，設(shè)穿過(guò)電場(chǎng)前后動(dòng)量變化量的大小為mv0的粒子，離子電場(chǎng)時(shí)其y方向的速度分量為v2，由題給條件及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：mv2＝mv0＝mat（13）聯(lián)立②④⑥（10）（11）（12）（13）式得：v＝0或v＝另解：由題意知，初速度為0時(shí)，動(dòng)量增量大小為mv0，此即問(wèn)題的一個(gè)解。自A點(diǎn)以不同的速率垂直于電場(chǎng)方向射入電場(chǎng)的粒子，沿y方向位移相等時(shí)，所用時(shí)間都相同，因此，不同粒子運(yùn)動(dòng)到線(xiàn)段CB上時(shí)，動(dòng)量變化量都相同，自B點(diǎn)射出電場(chǎng)的粒子，其動(dòng)量變化也為mv0，由幾何關(guān)系和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得，此時(shí)入射速率v＝。答：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為；（2）為使粒子穿過(guò)電場(chǎng)后的動(dòng)能增量最大，該粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度應(yīng)為。（3）為使粒子穿過(guò)電場(chǎng)前后動(dòng)量變化量的大小為mv0，該粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度應(yīng)為0或。【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中加速和偏轉(zhuǎn)問(wèn)題，要明確粒子的受力情況，確定其運(yùn)動(dòng)情況，會(huì)熟練運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法處理類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合幾何知識(shí)幫助解答。（二）選考題：共15分。請(qǐng)考生從2道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。[物理--選修3-3]（15分）13．（5分）分子間作用力F與分子間距r的關(guān)系如圖所示，r＝r1時(shí)，F(xiàn)＝0．分子間勢(shì)能由r決定，規(guī)定兩分子相距無(wú)窮遠(yuǎn)時(shí)分子間的勢(shì)能為零。若一分子固定于原點(diǎn)O，另一分子從距O點(diǎn)很遠(yuǎn)處向O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，在兩分子間距減小到r2的過(guò)程中，勢(shì)能減小（填“減小”“不變”或“增大”）；在間距由r2減小到r1的過(guò)程中，勢(shì)能減?。ㄌ睢皽p小”“不變”或“增大”）；在間距等于r1處，勢(shì)能小于（填“大于”“等于”或“小于”）零?！痉治觥慨?dāng)分子間距離等于平衡距離時(shí)，分子力為零，分子勢(shì)能最??；根據(jù)圖象可知，分子間距與分子引力與斥力關(guān)系，再結(jié)合分子力做正功，分子勢(shì)能減小，分子力做負(fù)功，分子勢(shì)能增大，從而即可判定?！窘獯稹拷猓喝粢环肿庸潭ㄓ谠c(diǎn)O，另一分子從距O點(diǎn)很遠(yuǎn)處向O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，在兩分子間距減小到r2的過(guò)程中，分子體現(xiàn)引力，分子力做正功，分子勢(shì)能減小；在間距由r2減小到r1的過(guò)程中，分子體現(xiàn)引力，分子做正功，分子勢(shì)能減小；規(guī)定兩分子相距無(wú)窮遠(yuǎn)時(shí)分子間的勢(shì)能為零，在間距小于r1過(guò)程中，分子體現(xiàn)斥力，分子力負(fù)功，分子勢(shì)能增加，因此在間距等于r1處，勢(shì)能小于零，故答案為：減小；減??；小于?！军c(diǎn)評(píng)】分子間的勢(shì)能及分子力雖然屬于微觀(guān)世界的關(guān)系，但是可運(yùn)用我們所學(xué)過(guò)的力學(xué)中功能關(guān)系進(jìn)行分析，注意分子體現(xiàn)引力還是斥力是解題的關(guān)鍵，同時(shí)理解分子力做功與分子勢(shì)能的關(guān)系。14．（10分）甲、乙兩個(gè)儲(chǔ)氣罐儲(chǔ)存有同種氣體（可視為理想氣體）。甲罐的容積為V，罐中氣體的壓強(qiáng)為p；乙罐的容積為2V，罐中氣體的壓強(qiáng)為p．現(xiàn)通過(guò)連接兩罐的細(xì)管把甲罐中的部分氣體調(diào)配到乙罐中去，兩罐中氣體溫度相同且在調(diào)配過(guò)程中保持不變，調(diào)配后兩罐中氣體的壓強(qiáng)相等。求調(diào)配后（i）兩罐中氣體的壓強(qiáng)；（ii）甲罐中氣體的質(zhì)量與甲罐中原有氣體的質(zhì)量之比?！痉治觥浚╥）根據(jù)玻意爾定律可得兩罐中氣體的壓強(qiáng)；（ii）根據(jù)玻意爾定律和密度定律求得甲罐中氣體的質(zhì)量與甲罐中原有氣體的質(zhì)量之比。【解答】解：（i）對(duì)兩罐中的甲、乙氣體，氣體發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意爾定律有：pV+＝p′?3V解得甲乙中氣體最終壓強(qiáng)為：p′＝（ii）若調(diào)配后將甲氣體再等溫壓縮到氣體原來(lái)的壓強(qiáng)為p，根據(jù)玻意爾定律得：p′V＝pV′計(jì)算可得：由密度定律解得質(zhì)量之比等于：＝＝答：（i）兩罐中氣體的壓強(qiáng)為；（ii）甲罐中氣體的質(zhì)量與甲罐中原有氣體的質(zhì)量之比為?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查的是玻意爾定律和密度定律，本題的難點(diǎn)是在求解甲罐中氣體的質(zhì)量與甲罐中原有氣體的質(zhì)量之比時(shí)，調(diào)配后將甲氣體再等溫壓縮到氣體原來(lái)的壓強(qiáng)求解。[物理——選修3-4]（15分）15．在下列現(xiàn)象中，可以用多普勒效應(yīng)解釋的有（）A．雷雨天看到閃電后，稍過(guò)一會(huì)兒才能聽(tīng)到雷聲 B．超聲波被血管中的血流反射后，探測(cè)器接收到的超聲波頻率發(fā)生變化 C．觀(guān)察者聽(tīng)到遠(yuǎn)去