江苏省2020届高三下学期5月高考压轴卷物理试题 Word版含解析 28页

- 1 - 2020 年江苏省高考物理压轴试卷（5 月份） 一、选择题 I（本题共 13 小题，每小题 3 分，共 39 分。每小题列出的四个备选项中只有一个 是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分） 1.有下列几种情景，请根据所学知识选择对情景的分析和判断的正确说法（ ） A. 因火箭还没运动，所以加速度一定为零 B. 轿车紧急刹车，速度变化很快，所以加速度很大 C. 高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度很大 D. 尽管空间站匀速转动，所以加速度为零 【答案】B 【解析】 【分析】 加速度是描述速度变化快慢的物理量，即速度变化快一定是加速度大，速度变化慢一定是加 速度小；加速度的大小与速度大小无关系；速度为零，加速度可以不为零；加速度为零，速 度可以不为零。 本题考查加速度的性质，明确判断加速度的大小依据是：①速度变化快慢 ②单位时间内速度 的变化大小。 【详解】A．点火后即将升空的火箭受到向上的推力大于火箭的重力，由牛顿第二定律知火箭 有向上的加速度，选项 A 错误； B．加速度是描述速度变化快慢的物理量，速度变化越快加速度越大；轿车紧急刹车，速度变 化很快，所以加速度很大，选项 B 正确； C．磁悬浮列车在轨道上高速行驶，速度很大，但可能匀速行驶，所以加速度不一定很大，选 项 C 错误； D．空间站在绕地球做匀速圆周运动，匀速圆周运动为速率不变的曲线运动，速度方向时刻变 化，速度变化量不为零，加速度不为零，选项 D 错误。 故选 B。 2.在同一水平直线上的两位置分别沿同方向水平抛出两个小球 A 和 B，其运动轨迹如图所示， 不计空气阻力。要使两球在空中相遇，则必须（ ） - 2 - A. 同时抛出两球 B. 先抛出 A 球 C. 先抛出 B 球 D. 使两球质 量相等 【答案】A 【解析】 【详解】平抛运动在竖直方向上是自由体运动，若两球在空中相遇，竖直方向上，下落的高 度相同，因此一定同时抛出，A 正确，BCD 错误。 故选 A。 3.物体在合外力作用下做直线运动的 v-t 图像如图所示。下列表述正确的是（ ） A. 在 0  1s 内，合外力做正功 B. 在 0  2s 内，合外力总是做正功 C. 在 1  2s 内，合外力不做功 D. 在 0  3s 内，合外力做正功 【答案】A 【解析】 【详解】A．由 —v t 图象可知，在 0  1s 内物体做匀加速运动，速度增加，根据动能定理， 合外力做正功，A 正确； B．由 —v t 图象可知，在 0  2s 内物体速度先增加后减小，因此合外力先做正功，后做负功， B 错误； C．由 —v t 图象可知，在1  2s 内物体速度减小，合外力做负功，C 错误； D．初始时刻和 3s 末速度都为零，根据动能定理，合外力做总功为零，D 错误。 故选 A。 4.小强在学习了《静电场》一章后，来到实验室研究如图所示的电场，实线和虚线分别表示 该电场的电场线和等势线，若 a、b 两点所处的等势线电势为 0，相邻等势线间的电势差为 - 3 - 2V，则（ ） A. a 处电场强度等于 b 处电场强度 B. c、b 两点间的电势差大于 c、a 两点间的电势差 C. 电子在 c 处具有的电势能为 20eV D. 若将一电子在 d 处由静止释放，则运动至 c 点对应等势线时，具有的动能为 2eV 【答案】D 【解析】 【详解】A.a 处电场线较 b 处密集，a 处电场强度大于 b 处电场强度，故 A 错误； B. a、b 两点在同一等势面上，c、b 两点间的电势差等于 c、a 两点间的电势差，故 B 错误； C.电子在 c 处具有的电势能为-20eV，故 C 错误； D. 电子在 d 处由静止释放，运动至 c 点对应等势线时，电场力做功 2eV，电子的电势能减少 2eV，动能增加 2eV，故 D 正确． 5.如图所示，甲、乙两幅图分别是 a、b 两束单色光，经过单缝的衍射图样。这下列说法正确 的是（ ） A. 在真空中，a 光的波长比 b 光小 B. 在同一介质中传播，a 光的传播速度比 b 光小 C. 两束单色光分别入射到同一双缝干涉装置时，在光屏上 b 光亮纹的条数更多 D. 当两束光从空气中射向玻璃时，a 光不发生全反射，但 b 光可能发生全反射 【答案】C 【解析】 【详解】A. 根据波长越长的，衍射条纹间距越宽，知 a 图条纹间距大，则 a 光的波长较长， A 错误； B. 依据 cf  可知，a 光的频率较小，那么 a 光的折射率较小，根据 cv n  知，则在同种均 - 4 - 匀介质中，a 光的传播速度比 b 光快，B 错误； C. 条纹间距大的，光屏上亮纹的条数少，故 b 光亮纹的条数更多，C 正确； D. 发生全反射的条件是光从光密介质进入光疏介质，且入射角大于等于临界角，故两束光从 空气中射向玻璃时，均不发生全反射，D 错误。 故选 C。 6.在如图所示电路中，电源电动势为 12V，电源内阻为1.0Ω ，电路中的电阻 0R 为1.5Ω ，小型 直流电动机 M 的内阻为 0.5Ω 。闭合开关 S 后，电动机转动，电流表的示数为 2.0A。则以下判 断中正确的是（ ） A. 电动机的输出功率为 14W B. 电动机两端的电压为 7.0V C. 电动机产生的热功率为 4.0W D. 电源输出的电功率为 22W 【答案】B 【解析】 【分析】 在计算电功率的公式中，总功率用 P IU 来计算，发热功率用 2P I R 来计算，如果是计算 纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的 是总功率，第二个只是计算发热功率，这两个的计算结果是不一样的。 对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热 功率的计算公式是不一样的。 【详解】ABC．电路中电流表的示数为 2.0A ，所以电动机的电压为 0 012 12V 2 1V 2 1.5V 7VRU E U U Ir IR           内 电动机的总功率为 7 2W 14WP UI   总 电动机的发热功率为 - 5 - 2 22 0.5W 2WP I R   热 所以电动机的输出功率为 14W 2W 12WP   出 B 正确，AC 错误； D．电源的输出的功率为 2 212 2W 2 1W 20WP EI I r      输出 D 错误。 故选 B。 7.“嫦娥二号”卫星是在绕月极地轨道上运动的，加上月球的自转，卫星能探测到整个月球 的表面。卫星 CCD 相机已对月球背面进行成像探测，并获取了月球部分区域的影像图。假设 卫星在绕月极地轨道上做圆周运动时距月球表面高为 H，绕行的周期为 TM；月球绕地球公转的 周期为 TE，半径为 R0。地球半径为 RE，月球半径为 RM。若忽略地球及太阳引力对绕月卫星的 影响，则月球与地球质量之比为（ ） A. 3 0 3 E R R B. 3 2 0 E 3 2 E 0 R T R T C. 2 3E M M 0 ( ) ( )T R H T R  D. 3M 0 ( )R H R  【答案】C 【解析】 【详解】由牛顿第二定律得 2 n 2F ma m rT      向 万有引力定律公式为 2 MmF G r 引 月球绕地公转时由万有引力提供向心力，故有 2 02 0 E ( )2M MG M RR T 月 地 月 同理，探月卫星绕月运动时有 - 6 -    2 M2 MM ( )2M MG M R HTR H    卫月 卫 联立解得 32 E M M 0 M T R H M T R            月 地 故 ABD 错误，C 正确。 故选 C。 8.如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球 A、B 分别处于竖 直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力 F 作用于小球 B，则两 球静止于图示位置，如果将小球 B 向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，则两个小球的 受力情况与原来相比（ ） A. 推力 F 将增大 B. 竖直墙面对小球 A的弹力增大 C. 地面对小球 B 的弹力一定不变 D. 两个小球之间的距离减小 【答案】C 【解析】 【详解】ABC．以 A 球为研究对象，分析受力，作出受力图如图所示 设 B 对 A 的库仑力 F 与墙壁的夹角为 ，由平衡条件得竖直墙面对小球 A 的弹力为 1 A tanN m g  - 7 - 将小球 B 向左推动少许时 减小，则 1N 减小；再以 AB 整体为研究对象，分析受力如图所示 由平衡条件得 1F N  2 A BN m m g  1N 减小，则 F 减小，地面对小球 B 的弹力 2N 一定不变，故 AB 错误，C 正确； D．根据上述分析，小球之间库仑力大小为 A cos m gF 库 由上分析得到， 减小， cos 增大， F库 减小，根据库仑定律分析得知，两球之间的距离增 大，故 D 错误。 故选 C。 9.如图所示，质量 M=1kg 的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数 μ1=0.1，在木板的左端放置一个质量 m=1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦 因数μ2=0.4，设木板足够长，若对铁块施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力 F， 已知最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取 g=10m/s2，则下面四个图中能正确反映铁块受到木 板的摩擦力大小 f 随力 F 大小变化的是（ ） - 8 - A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】铁块与木板之间摩擦力的最大值为 2max 2 4Nf mg  木板与地面间的摩擦力的最大值为  1max 1 2Nf M m g   当 2NF  时，木板和铁块相对地面静止 f F 当 2NF  ，并且木板和铁块一起相对地面加速运动时，设此时系统的加速度为 a，根据牛顿 第二定律，对整体有 1( ) ( )F M m g M m a    对铁块有 2maxF f ma  可得 6NF  从此关系式可以看出，当 2N 6NF  时，M、m 相对静止，则对整体有    1F mg Mg m M a    对铁块 F f ma  即 - 9 -  +1 N2 Ff  当拉力大于 6N 时，滑块受到的摩擦力为滑动摩擦力大小为 4N，故得出的图象应为 C。故 ABD 错误，C 正确。 故选 C。 10.如图所示，矩形线圈面积为 S，匝数为 N，线圈电阻为 r，在磁感应强度为 B 的匀强磁场中 绕 OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为 R，当线圈由图示位置转过 60 的过程中，下列 判断正确的是（ ） A. 电压表的读数为 2 NBS B. 通过电阻 R 的电荷量为 q= 2( ) NBS R r C. 电阻 R 所产生的焦耳热为 Q= 2 2 2 24( ) N B S R R r    D. 当线圈由图示位置转过 60 时的电流为 2( ) NBS R r   【答案】B 【解析】 【详解】A．线圈在磁场中转动，产生的电动势的最大值为 Em=NBSω，电动势的有效值为 2 NBSE  电压表测量为电路的外电压，所以电压表的读数为 2( ) E NBSU R RR r R r     故 A 错误； - 10 - B．由公式 E t   ， EI R r   ， q I t  得 cos60 2( ) NBS NBSq R r R r    故 B 正确； C．电阻 R 产生的热量 2 2 2 2 2 π π3 6( ) U N B S RQ R R r      故 C 错误； D．当线圈由图示位置转过 60 时电动势的瞬时值为 3sin 60 2e nBS nBS   则电流为 3 2( ) NBSi R e r R r    故 D 错误。 故选 B。 11.如图所示，在范围足够大的空间存在一个磁场，磁感线呈辐状分布，其中磁感线 O 竖直向 上，磁场中竖直固定一个轻质弹簧。在距离弹簧某一高度处，将一个金属圆盘由静止释放， 圆盘下落的过程中盘面始终保持水平，且圆盘的中轴线始终与弹簧的轴线、磁感线 O 重合。 从圆盘开始下落，到弹簧被压缩至最短的过程中，下列说法正确的是（ ） A. 在圆盘内磁通量不变 B. 从上往下看，在圆盘内会产生顺时针方向的涡流 C. 在接触弹簧之前，圆盘做自由落体运动 - 11 - D. 圆盘的重力势能减少量等于弹簧弹性势能的增加量 【答案】B 【解析】 【详解】A．磁通量 BS  ，其中 S 不变，B 增大，故磁通量增大，故 A 错误； B．根据楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向竖直向下，由右手定则可知：自上而下看， 圆盘会产生顺时针方向的涡旋电流，故 B 正确； C．根据楞次定律，接触弹簧之前，除重力外，下落过程中圆盘会受到向上的阻碍磁通量增大 的力，故 C 错误； D．根据能量守恒定律可知，接触弹簧下落过程中，圆盘的重力势能转化为弹簧的弹性势能、 圆盘的动能以及因涡流效应产生的内能，故 D 错误。 故选 B。 12.如图甲、乙所示，电感线圈 L 的电阻很小，接通 S，使电路达到稳定，灯泡 A 发光，下列 说法正确的是 A. 在电路甲中，断开 S，A 将立即熄灭 B. 在电路甲中，断开 S，A 将先变得更亮，然后逐渐变暗 C. 在电路乙中，断开 S，A 将逐渐变暗 D. 在电路乙中，断开 S，A 将先变得更亮，然后渐渐变暗 【答案】D 【解析】 【详解】AB．题图甲中，灯泡 A 与电感线圈 L 在同一个支路中，流过的电流相同，断开开关 S 时，线圈 L 中的自感电动势的作用使得支路中的电流瞬间不变，然后渐渐变小，选项 A、B 错 误； CD．题图乙中，灯泡 A 所在支路的电流比电感线圈所在支路的电流要小(因为电感线圈的电阻 很小)，断开开关 S 时，电感线圈的自感电动势要阻碍电流变小，此瞬间电感线圈中的电流不 变，电感线圈相当于一个电源给灯泡 A 供电．因此反向流过 A 的电流瞬间要变大，然后逐渐 - 12 - 变小，所以灯泡要先更亮一下，然后渐渐变暗，选项 C 错误，D 正确． 13.两个物体 A、B 的质量分别为 1m 和 2m ，并排静止在水平地面上，用同向水平拉力 1F 、 2F 分别作用于物体 A 和 B 上，分别作用一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止下来。 两物体运动的速度  时间图象分别如图中图线 a 、b 所示。已知拉力 1F 、 2F 分别撤去后，物 体做减速运动过程的速度  时间图线彼此平行（相关数据已在图中标出）。由图中信息可以得 出（ ） A. 若 1 2F F ，则 1m 大于 2m B. 若 1 2m m ，则力 1F 对物体 A 所做的功较多 C. 若 1 2m m ，则力 1F 对物体 A 的冲量较大 D. 若 1 2m m ，则力 1F 的最大瞬时功率一定是力 2F 的最大瞬时功率的 2 倍 【答案】D 【解析】 【分析】 根据撤除拉力后物体的运动情况进行分析，从而分析动摩擦因数的关系。由于水平拉力 1F 和 2F 的大小关系未知，故要求比较摩擦力对物体所做的功的多少，一定要知道两物体位移的大 小关系；根据图象可求出拉力相同的情况下未撤力前加速度的关系，从而比较质量的大小。 【详解】A．撤除拉力后两物体的速度图象平行，由速度  时间图线的斜率等于加速度知加速 度大小相等，有 2 1 2 1m/sa a g   则 1 2 0.1   - 13 - 若 1 2F F ，对于 1m 则有 1 1 1 1 1F m g m a  解得 1 1 1 1 Fm a g 对于 2m ，则有 2 2 2 2 2F m g m a  解得 2 2 2 2 Fm a g  由图可知 1 2a a ，则 1 2m m ，选项 A 错误； B．若 1 2m m ，则 1 2f f 根据动能定理，对 a 有 1 1 1 0FW f s  同理对b 有 2 2 2 0FW f s  则 1 14 2.5 m 5.0m2s     2 12 5 m 5.0m2s     所以 1 2F FW W 选项 B 错误； C．对两个物体的运动全程列动量定理得 0FI ft  - 14 - 即 FI ft 摩擦力相等，物体 B 运动的时间长，所以力 2F 对物体 A 的冲量较大，选项 C 错误； D．由 A 项分析可知 1 1 1 1 1F m g m a  2 2 2 2 2F m g m a  得 1 1 1 1 1F m a m g  2 2 2 2 2F m a m g  解得 1 1 8 3F m 2 2 5 3F m 而瞬时功率为 P Fv ，则 1 1 2 2 20 3 10 3 P m P m   所以力 1F 的最大瞬时功率一定是力 2F 的最大瞬时功率的 2 倍，选项 D 正确， 故选 D。 二、选择题 II（本题共 3 小题，每小题 2 分，共 6 分。每小题列出的四个备选项中至少有一 个是正确的，全部选对的得 2 分，选对但不全的得 1 分，有选错的得 0 分） 14.下列说法正确的是（ ） A. 氦原子的核外电子从低轨道跃迁到高轨道的过程，原子要吸收光子，电子的动能减少，原 子的电势能增大 B. 238 92 U 衰变成 222 86 Rn 要经过 4 次α衰变和 6 次β衰变 C. 发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比 D. 原子核的比结合能越大，原子核越稳定 【答案】AD - 15 - 【解析】 【详解】A．电子绕核做圆周运动，库仑力提供向心力 2 2 2 e vk mr r  电子动能 2 2 k 1 2 2 keE mv r   电子从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道过程中，能级增大，总能量增大，而 r 增大， 电子的动能减小，则电势能增大，故 A 正确； B．设发生了 x 次α衰变和 y 次β衰变，则根据质量数和电荷数守恒有 4x+222=238 得 4x  2x－y+86=92 得 2y  故 B 错误； C．由光电效应方程 k max 0E h W  ，可知发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的 频率不成正比，故 C 错误； D．原子核的比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢靠，原子核越稳定，故 D 正确。 故选 AD。 15.如图甲为一列简谐横波在 t＝0.10 s 时刻的波形图，P 是平衡位置为 x＝1 m 处的质点，Q 是平衡位置为 x＝4 m 处的质点，图乙为质点 Q 的振动图像，则 ( ) - 16 - A. t＝0.15 s 时，质点 Q 的加速度达到正向最大 B. t＝0.15 s 时，质点 P 的运动方向沿 y 轴负方向 C. 从 t＝0.10 s 到 t＝0.25 s，该波沿 x 轴正方向传播了 6 m D. 从 t＝0.10 s 到 t＝0.25 s，质点 P 通过的路程为 30 cm 【答案】AB 【解析】 由图乙 y-t 图像知，周期 T=0.20s，且在 t=0.10s 时 Q 点在平衡位置沿 y 负方向运动，可以推 断波没 x 负方向传播，所以 C 错； t=0.05s 时，质点 Q 图甲所示正的最大位移处，又因加速度方向与位移方向相反，大小与位移 的大小成正比，所以此时 Q 的加速度达到负向最大，所以 A 错（也可直接从图乙 y-t 图像分 析得出）；t=0.10s 到 t=0.15 时间内，Δt=0.05s=T/4，P 点从图甲所示位置运动 T/4 时正在 由正最大位移处向平衡位置运动的途中，速度沿 y 轴负方向，所以 B 对．振动的质点在 t=1T 内，质点运动的路程为 4A；t=T/2，质点运动的路程为 2A；但 t=T/4，质点运动的路程不一定 是 1A；t=3T/4，质点运动的路程也不一定是 3A．本题中从 t=0.10s 到 t=0.25s 内， Δt=0.15s=3T/4，P 点的起始位置既不是平衡位置，又不是最大位移处，所以在 3T/4 时间内 的路程不是 30cm，D 错． 16.如图所示，真空中一半径为 R、质量分布均匀的玻璃球，频率一定的细激光束在真空中沿 直线 AB 传播，于玻璃球表面的 B 点经折射进入玻璃球，并在玻璃表面的 D 点又以折射进入真 空中，已知 120BOD   ，玻璃球对该激光束的折射率为 3 ，光在真空中的传播速度为 c。 则下列说法正确的是（ ） A. 激光束在 B 点的入射角 60 B. 激光束在玻璃球中穿越的时间 2 c R C. 改变入射角，光线能在射出玻璃球的表面时会发生全反射 D. 改变入射角，光线能在射出玻璃球的表面时不可能发生全反射 【答案】AD - 17 - 【解析】 【详解】A．由几何知识得激光束在在 B 点折射角为 30r  由折射定律 sin sinn r  代入数据解得 3sin 2   即 60  故 A 正确； B．由几何知识得激光束在玻璃球中穿越的距离为 2 sin60 3L BD R R   激光束在玻璃球中传播的速度为 3 3 cv cn   则此激光束在玻璃中穿越的时间为 3L Rt v c   故 B 错误； CD．激光束从 B 点进入玻璃球时，无论怎样改变入射角，在 D 点的入射角等于 B 点的折射角， 根据光路可知性原理得知，光束不可能在 D 点发生全反射，一定能从 D 点折射射出玻璃球， 故 C 错误，D 正确。 故选 AD。 三、非选择题（本题共 2 小题，共 55 分） 17.某实验小组想测量木板对木块的摩擦力所做的功。装置如图 1，一木块放在粗糙的水平长 木板上，右侧栓有一细线，跨过固定在木板边缘的滑轮与重物连接，木块左侧与穿过打点计 时器的纸带相连，长木板固定在水平实验台上。实验时，木块在重物牵引下向右运动，重物 落地后，木块继续向右做匀减速运动，图 2 给出了重物落地后打点计时器打出的纸带，系列 小黑点是计数点，每相邻两计数点间还有 4 个点（图中未标出），计数点间的距离如图所示。 打点计时器所用交流电频率为50Hz ，不计纸带与木块间的拉力。 - 18 - (1)可以判断纸带的_____（左或右端）与木块连接。根据纸带提供的数据计算打点计时器在 打下 A 点和 B 点时木块的速度 Av  _____ m / s ， Bv  _____ m / s 。（结果保留两位有效数字） (2)要测量在 AB 段木板对木块的摩擦力所做的功 ABW ，还需要的实验器材是_____，还应测量 的物理量是_____。（填入所选实验器材和物理量前的字母） A．木板的长度 l B．木块的质量 1m C．木板的质量 2m D．重物质量 3m E．木块运动的时间 t F． AB 段的距离 ABl G．天平 H．秒表 J．弹簧秤 (3)在 AB 段木板对木块的摩擦力所做的功的关系式 ABW =_____。（用 Av 、 Bv 和第(2)问中测得 的物理量的字母表示） 【答案】 (1). 右端 (2). 0.72 (3). 0.97 (4). G (5). B (6). 2 2 1 1 1 1 2 2A Bm v m v 【解析】 【详解】(1)[1]重物落地后，木块由于惯性继续前进，做匀减速直线运动，相邻计数点间的距 离逐渐减小，故纸带向右运动，其右端连着小木块；计数点间的时间间隔 0.02s 5 0.1sT    [2]纸带上某点的瞬时速度等于该点前后相邻两个点间的平均速度，打 A 点时木块的速度 0.0684 0.0748 m/s 0.72m/s0.1 2Av   [3]打 B 点时木块的速度 - 19 - 0.0941 0.1006 m/s 0.97m/s0.1 2Bv   (2)[4][5]木块在运动过程中，木板对木块的摩擦力所做的功 2 2 f 1 1 1 1 2 2 BAW m v m v  因此实验过程中还需要用天平测出木块的质量 1m ，因此需要的实验器材是 G，需要测量的量 是 B。 (3)[6]在木块在运动过程中，木板对木块的摩擦力所做的功 2 2 f 1 1 1 1 2 2A BW m v m v  18.有一个简易的多用电表，内部电路如图所示。它有 a、b、c、d 四个接线柱，表盘上有两 条刻度线，其中表示电阻的刻度线刻度是均匀的，表头 G 的满偏电流 Ig=25mA，内阻 Rg=10Ω。 使用 a、c 两个接线柱，多用电表的功能是量程为 0~100V 的电压表。 （1）表盘上电阻刻度线上的相邻两刻度表示的电阻值之差越往左侧越_____（填“大”或 “小”）。 （2）如果使用 a、b 两个接线柱，多用电表最多能够测量___________V 的电压，与接线柱 c 相连的电阻 R=__________Ω。 （3）将 a、d 两个接线柱短接，调节滑动变阻器的滑动触头，使表头指针指向表盘右侧“0” 刻度。取一个电阻箱，将 a、d 两个接线柱与电阻箱相连，调节电阻箱，使表头指针指向表盘 的正中央，此时电阻箱的电阻为 120Ω，则这只多用电表欧姆挡的内阻为___________Ω；这 只多用电表内电源的电动势为___________V。 （4）按照红、黑表笔的一般使用规则，测电阻时红表笔应该与接线柱_______（填“a”或 “d”）相连。 【答案】 (1). 大 (2). 0.25 (3). 3990Ω (4). 120Ω (5). 3V (6). a 【解析】 【详解】（1）[1]由欧姆表原理可知，左侧电阻大，所以越往左侧，相邻两刻度表示的电阻值 之差越大； （2）[2]使用 a、b 两个接线柱时，多用电表为电流表，多用电表所能测的最大电压，即为表 - 20 - 头的满偏电压 0.025 10V 0.25Vg g gU I R    [3]与接线柱 c 相连时是将表头改成量程为 0~100V 的电压表，根据电压的改装原理，则有 g g gU I R I R  解得 g g g U I RR I  代入数据得 R =3990Ω （3）[4][5]当指针指在正中央时，表头示数为 22.5 1.25 102 mA AI    ，欧姆表中值电阻 等于其内阻，即 R R 内 中 120Ω，根据闭合电路的欧姆定律，则电源电动势为  E I R R 中 内 代入数据解得 3VE  （4）[6]按照多用电表红、黑表笔的使用规则，黑表笔电势要高于红表笔电势，所以红表笔 应该与接线柱 a 相连。 四、解答题（共 1 小题，满分 9 分） 19.某人在一超市购物，通过下坡通道时，不小心将购物车松开，购物车由静止开始沿通道下 滑，经过 0.5s 的反应时间后，该人开始匀加速追购物车，且人的最大速度为 6m/s，则再经过 2s，该人追上购物车。已知通道可看作斜面，倾角为37 ，购物车与通道之间的摩擦力等于购 物车对通道压力的 1 2 ，则人在加速过程中的加速度大小约为多少？（整个运动过程中空气阻 力忽略不计，重力加速度 g 取 10m/s2，sin37   ， cos37 = 0.8 ） 【答案】3.13m/s2 【解析】 【详解】对小车受力分析知 - 21 - cos37N mg  sin37mg f ma   1 2f N 联立以上式子，加速度 22m/sa  则 2 2 1 1 2 (2 0.5) 6.25m2 2x at     车 设人的加速度为 a′，加速到 6m/s 时间为 t′，则 ' ' vt a  ，  2 2 vx v t t t xa        车Ê 即 26 66 2 6.25m2a a         解得 2 218 m/s 3.13m/s7a   五、解答题（共 3 小题，满分 33 分） 20.如图所示， AB 为半径 0.8mR  的 1 4 光滑圆弧轨道，下端 B 恰好与小车右端平滑对接， 小车质量 3kgM  ，车长 2.06mL  ，现有一质量 1kgm  的滑块，由轨道顶端无初速释放， 滑到 B 端后冲上小车，已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数 0.3  ，当车运行 了1.5s 时，车被地面装置锁定。（ 210m / sg  ）。求： (1)滑块刚到达 B 端瞬间，轨道对它支持力的大小； - 22 - (2)车被锁定时，车右端距轨道 B 端的距离； (3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小。 【答案】(1)30N；(2)1m；(3)6J 【解析】 【分析】 (1)滑块从光滑圆弧轨道过程，只有重力做功，机械能守恒。经过 B 端时由重力和轨道的支持 力的合力提供向心力，根据机械能守恒定律和牛顿第二定律求解轨道的支持力。 (2)根据牛顿第二定律分别求出滑块滑上小车后滑块和小车的加速度，由速度公式求出两者速 度所经历的时间，再求解车被锁定时，车右端距轨道 B 端的距离； (3)从车开始运动到被锁定的过程中，系统损失的机械能转化为内能，求出滑块相对于小车滑 动的距离，根据能量守恒定律求出内能。 【详解】(1)滑块从光滑圆弧轨道过程，根据机械能守恒定律得 21 2mgR mv 解得 4m/sv  滑块经过 B 端时，由牛顿第二定律得 2vN mg m R   解得 30NN  (2)当滑块滑上小车后，由牛顿第二定律，对滑块有 1mg ma  解得 2 1 3m/sa   对小车有 2mg Ma  - 23 - 解得 2 2 1m/sa  设经时间 t 两者达到共同速度，则有 1 2v a t a t  联立解得 1st  由于1s 1.5s ，此时小车还未被锁定，两者的共同速度 2 1m/sv a t   两者以共同速度运动时间为 0.5st  故车被锁定时，车右端距轨道 B 端的距离 2 2 1 ' ' 1m2S a t v t   (3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块相对小车滑动的距离 2 2 ' 1 2m2 2 v vS t a t    所以系统损失的机械能即产生的内能为 6JE mg S   21.如图所示，在坐标系 xOy 的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于 xOy 面向里；第四象限内有沿 y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为 E。一质量为 m 、带电量为 q 的粒子自 y 轴的 P 点沿 x 轴正方向射入第四象限，经 x 轴上的 Q 点进入第一象限，随即撤 去电场，以后仅保留磁场。已知 OP=d，OQ=2d，不计粒子重力。 (1)求粒子过 Q 点时速度的大小和方向； (2)若磁感应强度的大小为一定值 B0，粒子将以垂直 y 轴的方向进入第二象限，求 B0； (3)若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过 Q 点，且速度与第一 次过 Q 点时相同，求该粒子相邻两次经过 Q 点所用的时间。 - 24 - 【答案】(1) 2 qEd m ，与 x 轴成 45°角斜向上； (2) 2 mE qd ；(3) 2(2 ) md qE  【解析】 【详解】（1）设粒子在电场中运动的时间为 0t ，加速度的大小为 a，粒子的初速度为 0v ，过 Q 点时速度的大小为 v，沿 y 轴方向分速度的大小为 yv ，速度与 x 轴正方向间的夹角为 ，由牛 顿第二定律得 qE ma 由运动学公式得 2 0 1 2d at ， 0 02d v t 0yv at ， 2 2 0 yv v v  ， 0 tan yv v   联立以上各式 2 qEdv m  ， 45   （2）设粒子做圆周运动的半径为 1R ，粒子在第一象限的运动轨迹如图所示， 1O 为圆心，由 几何关系可知△O1OQ 为等腰直角三角形，得 1 2 2R d 由牛顿第二定律得 2 0 1 vqvB m R  联立可得 - 25 - 0 2 mEB qd  （3）设粒子做圆周运动的半径为 2R ，由几何分析，粒子运动的轨迹如图所示， 2O 、 2O  是 粒子做圆周运动的圆心，Q、F、G、H 是轨迹与两坐标轴的交点，连接 2O 、 2O  ，由几何关系 知， 2 2O FGO  和 2 2O FGO  均为矩形，进而知 FQ、GH 均为直径，QFGH 也是矩形，又 FH⊥GQ， 可知 QFGH 是正方形，△QOG 为等腰直角三角形）可知，粒子在第一、第三象限的轨迹均为半 圆，得 22 2 2R d 粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得 22FG HQ R  设粒子相邻两次经过 Q 点所用的时间为 t，则有 - 26 - 22FG HQ Rt v   联立可得 2(2 ) mdt qE   【点睛】本题综合性较强，主要考查学生对带电粒子在匀强电场和匀强磁场中的运动和牛顿 第二定律的应用 22.如图所示，水平面上有两条相互平行的光滑金属导轨 PQ 和 MN 间距为 d，左侧 P 与 M 之间 通过一电阻 R 连接，两条倾角为θ的光滑导轨与水平导轨在 N、Q 处平滑连接，水平导轨的 FDNQ 区域有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度为 B，磁场区域长度为 x．P，M 两处有套在导轨上的 两根完全相同的绝缘轻质弹簧，其原长为 PF，现用某约束装量将两弹簧压缩到图中虚线处， 只要有微小扰动，约束装置就解除压缩．长度为 d，质量为 m，电阻为 R 的导体棒，从 AC 处 由静止释放，出磁场区域后向左运动触发弹簧．由于弹簧的作用，导体棒向右运动，当导体 棒进入磁场后，约束装置重新起作用，将弹簧压缩到原位置. （1）若导体棒从高水平导轨高 h 的位置释放，经过一段时间后重新滑上斜面，恰好能返回原 来的位置，求导体棒第一次出磁场时的速率 （2）在（1）条件下，求每根弹簧被约束装置压缩后所具有的弹性势能． （3）要使导体棒最终能在水平导轨与倾斜导轨间来回运动，则导体神初始高度 H 及每根弹簧 储存的弹性势能需要满足什么条件？ 【答案】(1)v2= 2gh - 2 2 2 B d x mR (2) Ep= 2 2 22 B d x ghR (3) H＞ 4 4 2 2 28 B d x m gR 且 EP≥ 4 4 2 24 B d x mR 【解析】 【详解】（1）导体棒在倾斜轨道上向下滑动的过程中，根据机械能守恒定律有： mgh= 2 1 1 2 mv - 27 - 解得：v1= 2gh 导体棒越过磁场的过程中，根据动量定理可得： -BdIt=mv2-mv1， 根据电荷量的计算公式 q=It= R  = Bdx R 解得 v2= 2gh - 2 2 2 B d x mR ； （2）设解除弹簧约束，弹簧恢复压缩后导体棒的速度为 v3，根据导体棒与弹簧组成的系统机 械能守恒可得： 2 3 1 2 mv = 2 2 1 2 mv +2Ep； 导体棒向右通过磁场的过程中，同理可得： v4=v3- 2 2 2 B d x mR ； 由于导体棒恰好能回到原处，所以有 v4=v1， 联立解得：Ep= 2 2 22 B d x ghR ； （3）导体棒穿过磁场才能把弹簧压缩，故需要满足 v2＞0， 即 H＞ 4 4 2 2 28 B d x m gR 要使导体棒不断地运动下去，导体棒必须要回到 NQ 位置，则： EP= 2 2 22 B d x gHR ≥ 4 4 2 24 B d x mR 要使导体棒最终能在水平导轨与倾斜导轨间来回运动，H＞ 4 4 2 2 28 B d x m gR ，且弹簧的弹性势能满足 EP≥ 4 4 2 24 B d x mR ． - 28 -