2020年普通高等学校招生统一考试物理模拟卷6 19页

物理卷(六)‎ ‎(满分：100分，时间：90分钟)‎ 一、选择题(本题共16小题，共38分，第1～10小题为单选题，每小题2分，第11～16小题为多选题，每小题3分)‎ ‎1．(2019·黑龙江省重点中学三模)在物理学研究过程中科学家们创造出了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限法、理想模型法、微元法等。以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是(　　)‎ A．牛顿采用微元法提出了万有引力定律，并计算出了太阳和地球之间的引力 B．根据速度定义式v＝，当Δt非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义采用了极限法 C．将插有细长玻璃管的玻璃瓶内装满水，用力捏玻璃瓶，通过细管内液面高度的变化，来反映玻璃瓶发生了形变，该实验采用了放大的思想 D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法 A　[牛顿采用理想模型法提出了万有引力定律，没有计算出太阳和地球之间的引力，选项A的叙述错误；根据速度定义式v＝，当Δt非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义采用了极限法，选项B的叙述正确；将插有细长玻璃管的玻璃瓶内装满水，用力捏玻璃瓶，通过细管内液面高度的变化，来反映玻璃瓶发生了形变，该实验采用了放大的思想，选项C的叙述正确；在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，选项D的叙述正确。]‎ ‎2．关于近代物理学，下列说法正确的是(　　)‎ A．光电效应现象揭示了光具有波动性 B．一群氢原子从n＝4的激发态跃迁时，最多能辐射6种不同频率的光子 C．卢瑟福通过α粒子散射实验证实原子核由质子和中子组成 D．氡的半衰期为3.8天，若取4个氡原子核，经过7.6天后一定剩下1个氡原子核 B　[光电效应现象揭示了光具有粒子性，故A错误；一群氢原子从n＝4的激发态跃迁时，最多能辐射C＝6，即6种不同频率的光子，故B正确；卢瑟福通过α粒子散射实验证实原子的核式结构模型，故C错误；半衰期只适用大量原子核，对极个别原子核不适用，故D错误。]‎ ‎3．一个质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法不正确的是(　　)‎ A．质点振动的频率为4 Hz B．在10 s内质点经过的路程是20 cm C．在5 s末，质点的速度为零，加速度最大 D．t＝1.5 s和t＝4.5 s两时刻质点的位移大小相等，都是 cm A　[由题图图象可知，质点振动的周期为T＝4 s，故频率f＝＝0.25 Hz，选项A错误；在10 s内质点振动了2.5个周期，经过的路程是10A＝20 cm，选项B正确；在5 s末，质点处于正向最大位移处，速度为零，加速度最大，选项C正确；由题图图象可得振动方程是x＝2sin cm，将t＝1.5 s和t＝4.5 s代入振动方程得x＝ cm，选项D正确。]‎ ‎4.2018年2月13日，平昌冬奥会女子单板滑雪U形池项目中，我国选手刘佳宇荣获亚军。如图所示为U形池模型，其中a、c为U形池两侧边缘且在同一水平面上，b为U形池最低点。刘佳宇(可视为质点)从a点上方高h的O点自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后最高点上升至相对c点高度为的d点。不计空气阻力，下列判断正确的是(　　)‎ A．运动员从O到d的过程中机械能减少 B．运动员再次进入池中后，刚好到达左侧边缘a然后返回 C．运动员第一次进入池中，由a到b的过程与由b到c的过程相比损耗机械能较小 D．运动员从d返回到b的过程中，重力势能全部转化为动能 A　[运动员从高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为，此过程中摩擦力做负功，机械能减小，且减少的机械能为；再由右侧进入池中时，平均速率要小于由左侧进入池中过程中的平均速率，根据圆周运动的知识，可知速率减小，对应的正压力减小，则平均摩擦力减小，克服摩擦力做的功减小，即摩擦力做的功小于，则运动员再次进入池中后，能够冲击左侧边缘a然后返回，故A正确，B错误；同理可知，运动员第一次进入池中，由a到b过程的平均速率大于由b到c过程的平均速率，由a到b过程中的平均摩擦力大于由b到c过程中的平均摩擦力，前一过程损耗机械能较大，故C错误；运动员从d返回到b的过程中，摩擦力做负功，重力势能转化为动能和内能，故D错误。]‎ ‎5．(2019·湖南六校联考)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其vt图象如图所示。已知两车在t＝3 s时相遇，则(　　)‎ A．在t＝1 s时，甲车在乙车后面 B．在t＝0时，甲车在乙车前7.5 m C．两车另一次相遇的时刻是t＝2 s D．两车两次相遇的位置之间沿公路方向的距离为45 m B　[根据速度—时间图线与横轴围成图形的面积表示位移可知，在1～3 s时间内两车位移相等，已知两车在t＝3 s时相遇，所以在t＝1 s时，甲车和乙车也相遇，选项A、C错误；在0～1 s时间内，甲车的位移为x1＝5 m，乙车的位移为x2＝12.5 m，则在t＝0时，甲车在乙车前Δx＝x2－x1＝7.5‎ ‎ m，选项B正确；在1～3 s时间内两车位移相等，甲车的位移是x＝×2 m＝40 m，所以两车两次相遇的位置之间沿公路方向的距离为40 m，选项D错误。]‎ ‎6．(2019·重庆七校高三联考)如图所示，金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上，导轨左端接一定值电阻R，在ef右侧存在有界匀强磁场B，磁场方向垂直导轨平面向下，在ef左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内。金属棒ab在水平恒力F的作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动，导轨电阻不计，在金属棒匀速运动前，下列有关圆环的说法正确的是(　　)‎ A．圆环内产生变大的感应电流，圆环有收缩的趋势 B．圆环内产生变小的感应电流，圆环有收缩的趋势 C．圆环内产生变大的感应电流，圆环有扩张的趋势 D．圆环内产生变小的感应电流，圆环有扩张的趋势 B　[金属棒ab在水平恒力F的作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动，金属棒ab切割磁感线产生感应电动势和感应电流，由于受到与速度成正比的安培力作用，金属棒ab的速度逐渐增大，加速度逐渐减小，左侧金属圆环内的磁通量逐渐增大，但磁通量变化率逐渐减小，根据法拉第电磁感应定律可知，圆环内产生逐渐变小的感应电流；根据楞次定律可知，圆环有收缩的趋势，选项B正确，A、C、D错误。]‎ ‎7.将由两根相同的短杆组成的一个自锁定起重吊钩放入空罐内，使其张开一定的夹角压紧罐壁，罐的内部结构如图所示。当钢绳向上提起时，两杆对罐壁越压越紧，摩擦力足够大时，就能将空罐提起来。若罐的质量为m，短杆与竖直方向的夹角均为θ＝60°。则匀速吊起该罐时，短杆对罐壁的压力大小为(短杆的质量不计，重力加速度为g)(　　)‎ A．mg B．mg C．mg D．mg B　[先对罐和两根短杆组成的整体受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件，拉力等于重力，故：T＝mg；再将钢绳的拉力沿着两个短杆方向分解，则有T1＝T2＝T＝mg，最后将沿短杆方向的分力在水平和竖直方向正交分解，可知在水平方向短杆对罐壁的压力为FN＝mg，B正确。]‎ ‎8.一理想自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈，通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈，副线圈两端连有一电阻R。在a、b间输入电压为U1的交变电压时，c、d间的电压为U2，在将滑动触头从图中M点逆时针旋转到N点的过程中(　　)‎ A．U2有可能大于U1 B．U1、U2均增大 C．U1不变、U2增大 D．a、b间输入功率不变 C　[根据变压器的电压关系有 ＝，由于n2＜n1，所以U2＜U1，故A错误。当滑动触头逆时针转动时，即n2增大时，输入电压U1不变，电压U2＝U1应该增大，B错误，C正确。因负载不变，故输出功率增大，则变压器的输入功率增大，D错误。]‎ ‎9．(2019·武汉市三模)2018年7月29日09时48分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第33、34颗北斗导航卫星。火箭将两颗卫星送入同一个轨道上的不同位置，如图所示。如果这两颗卫星与地心连线的夹角为θ(弧度)，在轨运行的加速度大小均为a，均沿顺时针方向做圆周运动。已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，则第33颗北斗卫星从图示位置运动到第34颗北斗卫星图示位置所用的时间为(　　)‎ A． B．θ C． D． B　[设卫星绕地球运动的轨道半径为r，由万有引力定律和牛顿运动定律有，G＝ma，G＝m0g，G＝m，t＝，联立解得t＝θ，选项B正确。]‎ ‎10．(2019·安徽示范高中联考)平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM上某点向左上方射入磁场，速度方向与OM成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计粒子重力。则粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为(　　)‎ A． B． ‎ C． D． D　[带电粒子垂直进入磁场中做匀速圆周运动，qvB＝m，则R＝，由题意可知，粒子运动轨迹与ON相切，如图所示，由图中几何关系知出射点Q到O的距离等于半径的4倍，D正确。‎ ‎]‎ ‎11．(2019·成都二诊)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一轻质水平状态的弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上O点，且处于原长。现让圆环从A点由静止开始下滑，滑到O点正下方B点时速度为零。则在圆环下滑过程中(　　)‎ A．圆环的机械能先减小再增大，再减小 B．弹簧的弹性势能先增大再减小 C．与圆环在A点的加速度相同的位置还有两处 D．弹簧再次恢复到原长时圆环的速度最大 AC　[弹簧的弹力对圆环先做负功再做正功再做负功，故圆环的机械能先减小后增大，再减小，A正确。弹簧的弹性势能先增大后减小，再增大，B错误。圆环在A处a＝gsin θ，当弹簧恢复原长时和弹簧与杆垂直时，也有a＝gsin θ，C正确。合力为零时，圆环的速度最大，不是弹簧再次恢复到原长时，D错误。]‎ ‎12.如图所示，在光滑的水平桌面上有体积相同的两个小球A、B，质量分别为m＝0.1 kg和M＝0.3 kg，两球中间夹着一根压缩的轻弹簧，原来处于静止状态，同时放开A、B球和弹簧，已知A球脱离弹簧时的速度为6 m/s，接着A球进入与水平面相切、半径为0.5 m的竖直面内的光滑半圆形轨道运动，P、Q为半圆形轨道竖直的直径，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)‎ A．弹簧弹开过程，弹力对A的冲量大小大于对B的冲量大小 B．A球脱离弹簧时B球获得的速度大小为2 m/s C．A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为1 N·s D．若半圆轨道半径改为0.9 m，则A球不能到达Q点 BCD　[弹簧弹开两小球的过程，弹力相等，作用时间相同，根据冲量定义可知，弹力对A的冲量大小等于对B的冲量大小，选项A错误；由动量守恒定律得mv1＝Mv2，解得A球脱离弹簧时B球获得的速度大小为v2＝2 m/s，选项B正确；设A球运动到Q点时速度为v，对A球从P点运动到Q点的过程，由机械能守恒定律得mv＝mg·2R＋mv2，解得v＝4 m/s，根据动量定理得I＝mv－(－mv1)＝1 N·s，即A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为1 N·s，选项C正确；若半圆轨道半径改为0.9 m，小球到达Q点的临界速度为vC＝＝3 m/s，对A球从P点运动到Q点的过程，由机械能守恒定律，mv＝mg·2r＋mv′2，解得v′＝2 m/s，小于小球到达Q点的临界速度vC，则A球不能到达Q点，选项D正确。]‎ ‎13．(2019·广东六校联考)如图所示，两条平行导轨MN、PQ的间距为L，水平导轨的左端与两条竖直固定、半径为r的光滑圆弧导轨相切，水平导轨的右端连接阻值为R的定值电阻，从水平导轨左端起宽度为d的区域内存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。现将一金属杆从圆弧导轨的最高处由静止释放，金属杆滑到磁场右边界时恰好停止。已知金属杆的质量为m、电阻也为R，且与水平导轨间的动摩擦因数为μ，金属杆在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨的电阻不计，重力加速度大小为g，则(　　)‎ A．金属杆到达圆弧导轨的最低点前瞬间对导轨的压力大小为3mg B．金属杆在磁场中运动的最大加速度为 C．整个过程中，通过金属杆横截面的电荷量为 D．整个过程中，定值电阻上产生的焦耳热为mg(r－μd)‎ AC　[金属杆沿圆弧导轨下滑过程中机械能守恒，mgr＝mv2，在到达最低点前瞬间，F－mg＝m，解得F＝3mg，结合牛顿第三定律可知A项正确；金属杆刚进入磁场时，所受安培力最大，加速度最大，对金属杆受力分析，由牛顿第二定律有＋μmg＝mam，解得am＝＋μg，B项错误；根据q＝可知，整个过程中通过金属杆横截面的电荷量为q＝，C项正确；根据能量的转化和守恒可知，整个过程中系统产生的热量Q总＝mgr－μmgd，定值电阻上产生的焦耳热Q焦＝mg(r－μd)，故D项错误。]‎ ‎14．如图甲所示，物块A与木板B叠放在粗糙水平面上，其中A的质量为m，B的质量为2m，且B足够长，A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。对木板B施加一水平变力F，F随t变化的关系如图乙所示，A与B、B与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　)‎ 甲　　　　　　　　　　乙 A．在0～t1时间内，A、B间的摩擦力为零 B．在t1～t2时间内，A受到的摩擦力方向水平向左 C．在t2时刻，A、B间的摩擦力大小为0.5μmg D．在t3时刻以后，A、B间的摩擦力大小为μmg AD　[A、B间的滑动摩擦力fAB＝μmg，B与地面间的滑动摩擦力f＝3μmg，故在0～t1时间内，推力小于木板与地面间的滑动摩擦力，故B静止，此时A、B无相对滑动，故A、B间摩擦力为零，故A正确；‎ A在木板上产生的最大加速度为a＝＝μg，此时对B分析可知F－3μmg＝2ma，解得F＝5μmg，故在t1～t2时间内，A、B一起向右做加速运动，对A分析可知，A受到的摩擦力水平向右，故B错误；‎ 在t2时刻，A、B未发生滑动，加速度a＝＝μg，对物块A：f＝ma＝μmg，故C错误；‎ 在t3时刻以后，A、B发生滑动，故A、B间的摩擦力大小为μmg，故D正确。]‎ ‎15．如图所示，光滑绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，现有一个质量为0.1 kg、电荷量为－2.0×10－8 C的滑块P(可看做质点)，仅在电场力作用下由静止沿x轴向左运动。电场力做的功W与物块坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点(0.3,3)的切线。则下列说法正确的是(　　)‎ A．此电场一定是匀强电场 B．电场方向沿x轴的正方向 C．点x＝0.3 m处的场强大小为1.0×10－5 N/C D．x＝0.3 m与x＝0.7 m间的电势差是100 V BD　[根据W＝Eqx可知，滑块P向左运动的过程中，随x的增加，图线的斜率逐渐减小，则场强逐渐减小，此电场一定不是匀强电场，选项A错误；滑块P向左运动的过程中，电场力对带负电的电荷做正功，则电场方向沿x轴的正方向，选项B正确；点x＝0.3 m处的电场力大小为F＝Eq＝k＝ N＝1.0×10－5 N，则E＝＝ V/m＝500 V/m，选项C错误；x＝0.3 m与x ‎＝0.7 m间，电场力做功为W＝2×10－6 J，可知电势差是U＝＝ V＝100 V，选项D正确。]‎ ‎16．(2019·福建省五校联考)如图所示，空间存在水平向左的匀强电场E和垂直纸面向外的匀强磁场B，在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球，不考虑两带电小球间的相互作用，两小球的电荷量始终不变，关于小球的运动，下列说法正确的是(　　)‎ A．沿ab、ac方向抛出的小球都可能做直线运动 B．若小球沿ac方向做直线运动，则小球带负电，可能做匀加速运动 C．若小球沿ab方向做直线运动，则小球带正电，且一定做匀速运动 D．两小球在运动过程中机械能均守恒 AC　[先分析沿ab方向抛出的带电小球，若小球带正电，则小球所受电场力方向与电场强度方向相同，重力竖直向下，由左手定则知小球所受洛伦兹力方向垂直ab斜向上，小球受力可能平衡，可能做直线运动；若小球带负电，则小球受力不可能平衡。再分析沿ac方向抛出的带电小球，同理可知，只有小球带负电时可能受力平衡，可能做直线运动。若小球做直线运动，假设小球同时做匀加速运动，则小球受到的洛伦兹力持续增大，那么小球将无法做直线运动，假设不成立，小球做的直线运动一定是匀速运动，故选项A、C正确，选项B错误；在小球的运动过程中，洛伦兹力不做功，电场力对小球做功，故小球的机械能不守恒，选项D错误。]‎ 二、非选择题(本题共7小题，共62分)‎ ‎17．(5分)如图所示为弹簧弹射装置，在内壁光滑、水平固定的金属管中放有轻弹簧，在弹簧两端各放置一个金属小球(两球直径略小于管径且与弹簧不相连)，压缩弹簧并锁定。现解除锁定，则两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射。按下述步骤进行实验：‎ ‎①用天平测出1、2两球的质量分别为m1、m2；‎ ‎②用刻度尺测出两管口离地面的高度均为h；‎ ‎③解除弹簧锁定弹出两球，记录两球在水平地面上的落点P、Q。‎ 回答下列问题。‎ ‎(1)要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，还需测量的物理量有________。(已知重力加速度为g)‎ A．弹簧的压缩量Δx B．两球的落点P、Q到对应管口M、N的水平距离x1、x2‎ C．小球直径d D．两球从管口弹出到落地的时间t1、t2‎ ‎(2)根据测量结果，可得弹性势能的表达式为Ep＝_______________。‎ ‎(3)如果满足关系式________________，那么说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒(用上述所测得的物理量来表示)。‎ ‎[解析]　(1)弹簧的弹性势能等于两球的初动能之和，要求解两球的初动能必须知道两球的质量和各自弹射的初速度，由平抛运动规律，可知初速度公式为v0＝，故还需要测出两球落点P、Q到对应管口M、N的水平距离x1、x2，B项正确。‎ ‎(2)因弹簧的弹性势能全部转化为两小球的初动能，故弹簧的弹性势能Ep＝m1v＋m2v＝＋＝＋。‎ ‎(3)如果满足关系式m1v1＝m2v2，那么说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒，因x1＝v1t1，x2＝v2t2，由平抛运动规律知，t1＝t2，故m1v1＝m2v2成立，即m1x1＝m2x2成立，则说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒。‎ ‎[答案]　(1)B　(2)＋　(3)m1x1＝m2x2‎ ‎18．(7分)如图甲，用伏安法测定电阻约5‎ ‎ Ω的均匀电阻丝的电阻率，电源是两节干电池。每节电池的电动势约为1.5 V，实验室提供电表如下：‎ A．电流表A1(0～3 A，内阻0.0125 Ω)‎ B．电流表A2(0～0.6 A，内阻约为0.125 Ω)‎ C．电压表V1(0～3 V，内阻4 kΩ)‎ D．电压表V2(0～15 V，内阻15 kΩ)‎ ‎(1)为了使测量结果尽量准确，电流表应选________，电压表应选________(填写仪器前字母代号)。‎ ‎(2)用螺旋测微器测电阻丝的直径如图乙所示，电阻丝的直径为________mm。‎ ‎(3)根据原理图连接图丙的实物图。‎ 丁 ‎(4)闭合开关后，滑动变阻器滑片调至一合适位置后不动，多次改变线夹P的位置，得到几组电压、电流和对应的OP段的长度L，计算出相应的电阻后作出RL图线如图丁。取图线上适当的两点计算电阻率。这两点间的电阻之差为ΔR，对应的长度变化为ΔL，若电阻丝直径为d，则电阻率ρ＝________。‎ ‎[解析]　(1)由于电源电动势为3‎ ‎ V，电表读数要达到半偏，则电压表选C；由I＝可知电路中最大电流约为0.6 A，则电流表选B。‎ ‎(2)螺旋测微器的固定刻度为0.5 mm，可动刻度为20.0×0.01 mm＝0.200 mm，所以最终读数为0.5 mm＋0.200 mm＝0.700 mm。‎ ‎(3)‎ ‎(4)根据电阻定律ΔR＝ρ，S＝π，解得ρ＝。‎ ‎[答案]　(1)B　C　(2)0.700　(3)图见解析　(4) ‎19．(3分)如图是用双缝干涉测光的波长的实验设备实物图。‎ ‎(1)双缝放在图中哪个位置________(填“①”或“②”)。‎ ‎(2)要使单缝和双缝相互平行，应该使用________进行调节。‎ ‎(3)已知双缝到毛玻璃之间的距离是L，双缝之间的距离是d，单缝到双缝之间的距离是s，在某次实验中，先将目镜中的中心刻线对准某条亮纹(记作第1条)的中心，这时手轮上的示数为x1，转动手轮使中心刻线对准第7条亮纹的中心，这时手轮上的示数为x7。由此可以计算出这次实验中所测得的单色光的波长为________。‎ ‎[解析]　(1)相干光频率必须相同，所以双缝应该放在②位置；(2)相干光为单色光，振动方向相同，所以要保证单缝与双缝平行，需要借助拨杆调节；(3)根据相邻两条明条纹或者暗条纹之间的距离公式Δx＝λ可知，Δx＝＝λ，得λ＝。‎ ‎[答案]　(1)②　(2)拨杆　(3) ‎20．(10分)我国不少省市ETC联网已经启动运行，ETC是电子不停车收费系统的简称，汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示。假设汽车以v1＝12 m/s的速度朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在距收费站中心线前d＝10 m处正好匀减速至v2＝4 m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t0＝20 s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶，设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s2。求：‎ ‎(1)汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小？‎ ‎(2)汽车通过人工收费通道，应在离收费站中心线多远处开始减速？‎ ‎(3)汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约的时间是多少？‎ ‎[解析]　(1)过ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，则 x1＝＝64 m 故总的位移x总1＝2x1＋d＝138 m。‎ ‎(2)经人工收费通道时，开始减速时距离中心线为x2＝＝72 m。‎ ‎(3)过ETC通道的时间 t1＝×2＋＝18.5 s 过人工收费通道的时间 t2＝×2＋t0＝44 s x总2＝2x2＝144 m 二者的位移差Δx＝x总2－x总1＝6 m 在这段位移内汽车以正常行驶速度做匀速直线运动，则 Δt＝t2－(t1＋)＝25 s。‎ ‎[答案]　(1)138 m　(2)72 m　(3)25 s ‎21．(10分)如图所示，绝热汽缸倒扣放置，质量为M的绝热活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸间摩擦可忽略不计，活塞下部空间与外界连通，汽缸底部连接一U形细管(管内气体的体积忽略不计)。初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离汽缸底部为h0，细管内两侧水银柱存在高度差。已知水银密度为ρ，大气压强为p0，汽缸横截面积为S，重力加速度为g。求：‎ ‎(1)U形细管内两侧水银柱的高度差；‎ ‎(2)通过加热装置缓慢提升气体温度使活塞下降Δh0，求此时的温度；此加热过程中，若气体吸收的热量为Q，求气体内能的变化。‎ ‎[解析]　(1)设封闭气体的压强为p，对活塞分析，得 p0S＝pS＋Mg 用水银柱表示气体的压强p＝p0－ρgΔh 解得Δh＝。‎ ‎(2)加热过程中气体变化是等压变化 ＝ T＝T0‎ 气体对外做功为W＝pSΔh0＝(p0S－Mg)Δh0‎ 根据热力学第一定律：ΔU＝Q＋W 可得ΔU＝Q－(p0S－Mg)Δh0。‎ ‎[答案]　(1)　(2)T0　Q－(p0S－Mg)Δh0‎ ‎22．(13分)如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑的斜面上，其上放置一质量为m的小滑块，斜面倾角θ＝37°，木板受到沿斜面向上拉力F 作用时，用传感器测出长木板的加速度a与力F的关系如图乙所示，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：‎ ‎(1)小滑块与木板的动摩擦因数为多少？‎ ‎(2)当拉力F＝20 N时，长木板的加速度大小为多大？‎ ‎[解析]　(1)当F等于18 N时，加速度为a＝0。对整体由平衡条件：F＝(M＋m)gsin θ 代入数据解得M＋m＝3 kg 当F大于18 N时，根据牛顿第二定律得 F－Mgsin θ－μmgcos θ＝Ma 长木板的加速度a＝F－gsin θ－ 知图线的斜率k＝＝1‎ 截距b＝－gsin θ－＝－18‎ 解得M＝1 kg，m＝2 kg，μ＝0.75。‎ ‎(2)当拉力F＝20 N时，代入长木板的加速度 a＝F－gsin θ－ 解得长木板的加速度为a1＝2 m/s2。‎ ‎[答案]　(1)0.75　(2)2 m/s2‎ ‎23．(14分)如图所示，两根平行的光滑金属导轨ab、cd与水平面成θ＝30°固定，导轨间距离为L＝1 m，电阻不计，一个阻值为R＝0.3 Ω的定值电阻接在两金属导轨的上端。在导轨平面上边长为L的正方形区域内，有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝1 T。两根完全相同金属杆M和N用长度为l＝0.5 m的轻质绝缘硬杆相连，在磁场上方某位置垂直于导轨放置且与导轨良好接触，金属杆长度均为L、质量均为m＝0.5 kg、电阻均为r＝0.6‎ ‎ Ω，将两杆由静止释放，当杆M进入磁场后，两杆恰好匀速下滑，取g＝10 m/s2。求：‎ ‎(1)杆M进入磁场时杆的速度；‎ ‎(2)杆N进入磁场时杆的加速度大小；‎ ‎(3)杆M出磁场时，杆已匀速运动，求此时电阻R上已经产生的热量。‎ ‎[解析]　(1)杆M进入磁场时，根据平衡条件 ‎2mgsin θ＝I1LB 电路中总电阻R1＝＋r＝0.8 Ω 由闭合电路欧姆定律I1＝ 由法拉第电磁感应定律E1＝BLv1‎ 由以上各式可得v1＝4 m/s。‎ ‎(2)杆N进入磁场时杆的速度为v1＝4 m/s，此时电路中总电阻R2＝＋R＝0.6 Ω 根据牛顿第二定律2mgsin θ－I2LB＝2ma I2＝ 解得a＝－ m/s2≈－1.67 m/s2‎ 杆N进入磁场时杆的加速度大小为1.67 m/s2。‎ ‎(3)从杆M进入磁场到杆N进入磁场的过程中，电阻R上的电流IR＝I1＝ A 此过程产生的热量Q1＝IRt t＝ 解得Q1＝ J 杆M出磁场时，根据平衡条件2mgsin θ＝I2LB I2＝ E2＝BLv2‎ 解得v2＝3 m/s 从杆N进入磁场到杆M出磁场时，系统减少的机械能转化为焦耳热 ΔE＝2mg(L－l)sin θ＋×2mv－×2mv＝6 J 此过程电阻R上产生的热量Q2＝3 J 全过程电阻R上已产生的热量Q1＋Q2≈3.42 J。‎ ‎[答案]　(1)4 m/s　(2)1.67 m/s2　(3)3.42 J