浙江省金丽衢十二校2020届高三下学期第二次联考物理试题 Word版含解析 29页

- 1 - 金丽衢十二校 2019 学年高三第二次联考 物理试题 考生注意： 1. 答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试卷和答 题纸规定的位置上。 2. 答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答。在试题 卷上的作答一律无效。 3. 非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内。作图时先使 用 2B 铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。 4. 可能用到的相关公式或参数：重力加速度 g 取 210m/s 。 选择题部分 一、选择题Ⅰ（本题共 13 小题，每小题 3 分，共 39 分。在每小题给出的四个备选项中，只 有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分。） 1. 下列说法正确的是（ ） A. 矢量是既有大小又有方向的物理量，矢量的合成和分解遵守平行四边形定则 B. 速度、电流、加速度，都有正负，都是矢量 C. 磁通量的单位是特斯拉 D. 放在桌面上的物体对桌面的压力是由于桌面发生形变产生的 【答案】A 【解析】 【详解】A．物理量按有无方向分为矢量和标量，矢量是既有大小又有方向的物理量，矢量的 合成和分解遵守平行四边形定则，标量是只有大小没有方向的物理量，标量满足代数运算， 故 A 正确； B．位移、加速度都是矢量，电流虽然有方向，但是运算不满足平行四边形法则，故电流是标 量，故 B 错误； C．磁通量的单位是韦伯，故 C 错误； D．放在桌面上的物体对桌面的压力是由于物体发生形变产生的，故 D 错误。 故选 A。 2. 在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程。关于以下几位 物理学家所作科学贡献的叙述中，正确的是（ ） - 2 - A. 汤姆孙研究阴极射线时发现了电子，并准确测出了电子的电荷量 B. 卡文迪许通过扭秤实验，测定出了万有引力常量 C. 法拉第通过实验研究首先发现了电流周围存在磁场 D. 卢瑟福的原子核式结构模型认为核外电子的轨道半径是量子化的 【答案】B 【解析】 【详解】A．汤姆孙研究阴极射线时发现了电子，并测定了电子的比荷，密立根准确测出了电 子的电荷量，A 错误； B．卡文迪许通过扭秤实验，测定出了万有引力常量，B 正确； C．奥斯特通过实验研究首先发现了电流周围存在磁场，C 错误； D．玻尔的原子核式结构模型认为核外电子的轨道半径是量子化的，D 错误。 故选 B。 3. 关于元电荷、点电荷和质点下列说法错误的是（ ） A. 如果物体的形状和大小在所研究的问题中属于无关或次要因素，就可以把物体看成质点 B. 所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍 C. 元电荷实际上是指电子和质子本身 D. 一个带电体能否看成点电荷，不是看他尺寸的绝对值，而是看它的形状和尺寸对相互作用 力的影响能否忽略不计 【答案】C 【解析】 【详解】A．如果物体的形状和大小在所研究的问题中属于无关或次要因素，物体的形状和大 小可以被忽略，就可以把物体看成质点，A 正确； B．所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍，B 正确； C．元电荷是物体带电量的最小数值，电子和质子的带电量大小与元电荷的数值相等，C 错误； D．一个带电体能否看成点电荷，不是看他尺寸的绝对值，而是看它的形状和尺寸对相互作用 力的影响能否忽略不计，D 正确。 本题选择错误选项，故选 C。 4. 如图所示，滑翔伞是一批热爱跳伞、滑翔翼的飞行人员发明的一种飞行运动，目前在我们 浙江非常流行，掀起了一股旋风。滑翔伞与传统的降落伞不同，它是一种飞行器。现有一滑 - 3 - 翔伞正沿直线朝斜向下方向匀速运动。用 G 表示滑翔伞和飞行人员系统的总重力， F 表示空 气对它的作用力，下列四幅图中能表示此过程中该系统受力情况的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】ABCD．无人机受重力和空气作用力的作用，由于无人机匀速运动，故受力平衡，空 气作用力竖直向上，与重力相互平衡，ACD 错误 B 正确。 故选 B。 5. 在平直公路上行驶的 a 车和b 车，其位移—时间图象分别为图中直线 a 和曲线b ，已知b 车 的加速度恒定且等于 22m/s ， 3st  时，直线 a 和曲线b 刚好相切，则（ ） A. a 车做匀速运动且其速度为 8 m/s3av  B. 0t  时， a 车和b 车的距离 0 9mx  C. 1st  时，b 车的速度为8m/s D. 3st  时， a 车和b 车相遇，但此时速度不等 【答案】B - 4 - 【解析】 【详解】A．由图可知，a 车匀速直线运动且速度为 8 2 m/s 2m/s3av   故 A 错误； BC．t=3s 时，直线 a 和曲线 b 刚好相切，即此时 b 车的速度 vb=va=2m/s 设 b 车的初速度为 v0，对 b 车，由 v0+at=vb，解得 0 8m/sv  则 t=1s 时 b 车的速度为 1 0 1 (8 2 1)m/s 6m/sbv v at      前 3s 内，a 车的位移大小 8m 2m 6mas    b 车的位移 8 2 3m 15m2bs    t=3s 时，a 车和 b 车到达同一位置，得 t=0 时 a 车和 b 车的距离 0  9mb as s s   故 B 正确，C 错误； D．t=3s 时 a 车和 b 车到达同一位置而相遇，直线 a 和曲线 b 刚好相切，说明两者的速度相等， 故 D 错误。 故选 B。 6. 如图所示，一小球从半径为 R 的固定半圆轨道左端 A 点正上方某处开始做平抛运动（小球 可视为质点），飞行过程中恰好与半圆轨道相切于 B 点。O 为半圆轨道圆心，OB 与水平方向 夹角为 60，重力加速度为 g ，关于小球的运动，以下说法正确的是（ ） - 5 - A. 抛出点与 B 点的距离为 2R B. 小球自抛出至 B 点的水平射程为1.6R C. 小球抛出时的初速度为 3 3 2 gR D. 小球自抛出至 B 点的过程中速度变化量为 32 2 gR 【答案】C 【解析】 【详解】AB．由几何知识可得，小球自抛出至 B 点的水平射程为 3cos60 2x R R R    小球飞行过程中恰好与半圆轨道相切于 B 点，经过 B 点时速度与水平方向的夹角为 30°，则 0 tan30 yv v   设位移与水平方向的夹角为 ，则 0 tan30 32tan 2 6 yv ty x v t      可得竖直位移 3 3 3 6 2 4x R R   故抛出点与 B 点的距离 2 2 7 3s x y R   故 AB 错误； C．根据 2 2yv gy 解得 32 2y gRv gy  - 6 - 由 0 tan30 yv v   解得 0 3 3 2 gRv  故 C 正确； D．速度变化量 3 2y gRv gt v    故 D 错误。 故选 C。 7. 下列说法中正确的是（ ） A. 在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分能量转移给电子，因此光 子散射后波长变短 B. 黑体辐射时，随着温度的升高，一方面各种波长的辐射强度都有增加，另一方面辐射强度 的极大值向频率较小的方向移动 C. 氡的半衰期为 3.8 天，若取 4 个氧原子核，经 7.6 天后就一定剩下 1 个原子核了 D. 各种原子的发射光谱都是线状谱，不同原子的发光频率不一样，因此每种原子都有自己的 特征谱线，人们可以通过光谱分析来鉴别物质和确定物质的组成 【答案】D 【解析】 【详解】A．在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分能量转移给电子， 因此光子散射后能量变小，则波长变长，选项 A 错误； B．黑体辐射时，随着温度的升高，一方面各种波长的辐射强度都有增加，另一方面辐射强度 的极大值向波长较小频率较大的方向移动，选项 B 错误； C．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量的原子核衰变不适应，选项 C 错误； D．各种原子的发射光谱都是线状谱，不同原子的发光频率不一样，因此每种原子都有自己的 特征谱线，人们可以通过光谱分析来鉴别物质和确定物质的组成，选项 D 正确。 故选 D。 - 7 - 8. 如图所示，某同学在电磁炉面板上竖直放置一纸质圆筒，圆筒上套一环形轻质铝箱，电磁 炉产生的交变磁场的频率、强度及铝箔厚度可以调节。现给电磁炉通电，发现铝箱悬浮了起 来。若只改变其中一个变量，则（ ） A. 增强磁场，铝箔悬浮高度将不变 B. 铝箔越薄，铝箔中产生的感应电流越大 C. 增大频率，铝箱中产生的感应电流增大 D. 在刚断开电源产生如图磁场的瞬间，铝箱中会产生如图所示的电流 【答案】C 【解析】 【详解】A．铝箔浮起，说明铝箔受到竖直向上的安培力作用，磁场频率不变，根据法拉第电 磁感应定律 BE n n St t     可知电动势不变，所以铝箔中感应电流不变，增强磁场，根据 F BIL 可知安培力增大，所 以铝箔的悬浮高度增大，A 错误； B．铝箔越薄，厚度对应的横截面积 S 越小，根据电阻定律 LR S  可知铝箔的电阻越大，所 以通过铝箔的感应电流变小，B 错误； C．增大频率， B t   增大，铝箔中产生的感应电动势增大，感应电流增大，C 正确； D．刚断开电源瞬间，竖直向上的磁场减弱，根据楞次定律可知铝箔中产生竖直竖直向上的磁 场，根据右手定则可知感应电流与图中电流方向相反，D 错误。 故选 C。 9. 如图甲所示，两个点电荷 1Q 、 2Q 固定在 x 轴上距离为 L 的两点，其中 1Q 带正电荷位于原 点 O，a、b 是它们的连线延长线上的两点，其中 b 点与 O 点相距3L 。现有一带正电的粒子 q 以一定的初速度沿 x 轴从 a 点开始经 b 点向远处运动 ( 粒子只受电场力作用 ) ，设粒子经过 a、 - 8 - b 两点时的速度分别为 av 、 bv ，其速度随坐标 x 变化的图象如图乙所示，则以下判断不正确 的是 ( ) A. 2Q 带负电且电荷量小于 1Q B. b 点的场强一定为零 C. a 点的电势比 b 点的电势高 D. 粒子在 a 点的电势能比 b 点的电势能小 【答案】ABD 【解析】 【详解】AB．在 b 点前做减速运动，b 点后做加速运动，可见 b 点的加速度为 0，则在 b 点受 到两点电荷的电场力平衡，可知 b 点的合场强为零，Q2 带负电，且有 1 2 2 2(3 ) (2 ) kQ kQ L L  所以 Q1＞Q2 故 AB 正确； CD．该电荷从 a 点到 b 点，做减速运动，且该电荷为正电荷，电场力做负功，所以电势能增 加，再据 Ep=qφ知，电势降低，所以 b 点电势较高，故 C 错误，D 正确。 故选 ABD。 10. 如图所示的电路中，电源电动势为 E ，内电阻为 r ，平行板电容器C 的两金属板水平放 置， 1R 和 2R 为定值电阻， P 为滑动变阻器 R 的滑动触头， G 为灵敏电流计， A 为理想电流 表。开关S 闭合后，C 的两板间恰好有一质量为 m 、电荷量为 q的油滴处于静止状态，则以 下说法正确的是（ ） - 9 - A. 在 P 向上移动的过程中， A 表的示数变大，油滴仍然静止， G 中有由 a 至b 的电流 B. 在 P 向上移动的过程中， A 表的示数变小，油滴向上加速运动， G 中有由b 至 a 的电流 C. 在 P 向下移动的过程中， A 表的示数变大，油滴向下加速运动， G 中有由b 至 a 的电流 D. 在 P 向下移动的过程中， A 表的示数变小，油滴向上加速运动， G 中有由b 至 a 的电流 【答案】B 【解析】 【详解】AB．在 P 向上移动的过程中， 3R 电阻增大，根据闭合电路欧姆定律 EI R  总 可知干路 电流减小，则电流表示数减小，根据欧姆定律可知 1R 分压减小，根据 E U Ir  可知路端电 压增大，所以 2R 分压增大，电容器两端电压增大，液滴重力竖直向下，电场力竖直向上，根 据U Ed 可知电场强度增大，电场力增大，所以液滴向上加速运动，根据 QC U  可知电容器 带电量增大，电容器充电， G 中电流方向为 b a ，A 错误，B 正确； CD．在 P 向下移动的过程中， 3R 电阻减小，干路电流增大，电流表 A 示数增大， 1R 分压增大， 路端电压减小，电容器两端电压减小，液滴向下加速运动，电容器放电， G 中电流方向为 a b ，CD 错误。 故选 B。 11. 脉冲星是科学家不会放过的“天然太空实验室”，它是快速旋转的中子星，属于大质量 恒星死亡后留下的残骸，也是宇宙中密度最高的天体之一。某颗星的自转周期为T （实际测 量为1.83s ，距离地球 1.6 万光年）。假设该星球恰好能维持自转不瓦解，令该星球的密度  与 自转周期T 的相关量为 2 1 T 为 q星 ，同时假设地球同步卫星离地面的高度为地球半径的 6 倍， 地球的密度 0 与自转周期 0T 的相关量 2 0 0 1 T 为 q地 ，则（ ） - 10 - A. 7q q 星地 B. q q 星地 C. 1 49q q 星地 D. 1 343q q 星地 【答案】D 【解析】 【详解】由 2 2 4F m RT  ，可得周期越小，物体需要的向心力越大，物体对星球表面的压力 越小，当周期小到一定值时，压力为零，此时万有引力充当向心力，即 2 2 2Mm m RR TG       又 34 3M R  联立解得 2 1 3 G qT   星 地球的同步卫星的轨道是地球的半径的 7 倍，对地球的同步卫星     2 0 02 2 00 4 7 7 M mG m RTR    又 3 0 0 0 4 3M R  联立解得 2 0 0 1 1029 G qT   地 所以 1= 343q q星地 故选 D。 12. 如图所示，透明半球体半径为 R ，O 为半球体球心，过球外 M 点射向球面上 A 点的光线， - 11 - 经折射后从平行于 MO 球面上的 B 点射出，已知 B 到O 的距离为 2 R ， MO 之间的距离为 3R ，光在真空中的传播速度为 c ，则（ ） A. 透明球体的折射率 3 3 2 B. 透明球体的临界角是 30° C. 光从 M 到 B 所用的时间 3 2 R C D. 光在透明球体中的传播速度为 3 c 【答案】D 【解析】 【详解】A．依题意可知，光线 AB 与 MO 平行，光路图如下图所示 OAB AOM   OA 为过 A 点的发现，过 M 点作 OA 的垂线交 OA 与 O1，A 到 MO 的距离 AC 2 Rx  则 - 12 - AC AO sin 0.5xAOC x    解得 30AOC OAB     则 1MO MO 3sin 2x x AOC R   所以 1OO MO 3cos 2x x AOC R   1 1AO OO AO 1 2x x x R   1MO 1 AM sin xMAO x   2 2 AM AC MCx x x  代入解得 1 3sin 2MAO  透明球体的折射率 1sin 3sin MAOn OAB   故 A 错误； B．透明球体的临界角 1 3sin 3C n   故 B 错误； C．由几何关系可得 AB AO 3cos 2x x OAB R   - 13 - 光从 M 到 B 所用的时间 AM AB 5 2 x x Rt cc c n    故 C 错误； D．根据 cv n  解得光在透明球体中的传播速度 3 cv  故 D 正确。 故选 D。 13. 如图所示：绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段COD 光滑，对应圆心角为120 ，C 、 D 两 端等高，O 为最低点，圆弧圆心为O ，半径为 R ；直线段 AC 、 HD 粗糙，与圆弧段分别在 C 、 D 端相切；整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为 B 的匀强磁 场中，在竖直虚线 MC 左侧和 ND 右侧还分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的 匀强电场。现有一质量为 m 、电荷量恒为 q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小 球，从轨道内距C 点足够远的 P 点由静止释放。若 PC l ，小球所受电场力等于其重力的 3 3 倍，重力加速度为 g 。则（ ） A. 小球第一次沿轨道 AC 下滑的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做减速运动 B. 小球经过O 点时，对轨道的弹力可能为 2 2mg qB gR C. 经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功是 2 3 3 mgl - 14 - D. 小球在轨道内受到的摩擦力可能大于 2 3 3 mg 【答案】C 【解析】 【详解】A．小球第一次沿轨道 AC 下滑的过程中，由题意可知，电场力与重力的合力方向恰 好沿着斜面 AC，则刚开始小球与管壁无作用力，当从静止运动后，由左手定则可知，洛伦兹 力导致球对管壁有作用力，从而导致滑动摩擦力增大，而重力与电场力的合力大小为 2 2 2 3) ) 3 3( ( 3 F mg mg mg＝ ＝ 不变，故根据牛顿第二定律可知，做加速度减小的加速运动，当摩擦力等于两个力的合力时， 做匀速运动，故 A 错误； B．小球在轨道上往复运动，由于在斜轨上不断损失机械能，则最终会在 CD 之间往复运动， 对小球在 O 点受力分析，且由 C 向 D 运动，此时在 D 点的洛伦兹力最小，对轨道的压力最小， 则由牛顿第二定律，则有 2vN mg Bqv m R    由 C 到 O 点，机械能守恒定律，则有 21sin30 2mgR mv  解得 2N mg qB gR  即当小球由 C 向 D 运动时，则对轨道的最小的弹力为 2mg qB gR ，不可能为 2 2mg qB gR ，故 B 错误； D．当小球的摩擦力与重力及电场力的合力相等时，小球做匀速直线运动，小球在轨道内受到 的摩擦力最大，则为 2 3 3 mg ，不可能大于 2 3 3 mg ，故 D 错误； C．根据动能定理，可知，取从静止开始到最终速度为零，则摩擦力做功与重力及电场力做功 之和为零，则摩擦力总功为 2 3 3 mgl ，故 C 正确； - 15 - 故选 C。 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 个选项是符合题目要求的。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分） 14. 如图甲所示，物块 A 、 B 间拴接一个压缩后被锁定的轻弹簧，整个系统静止放在光滑水 平地面上，其中 A 物块最初与左侧固定的挡板相接触， B 物块质量为 6kg 。现解除对弹簧的 锁定，在 A 离开挡板后， B 物块的V t 图如图乙所示，则可知（ ） A. 物块 A 的质量为 4kg B. 运动过程中物块 A 的最大速度为 4m/smv = C. 在物块 A 离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒 D. 在物块 A 离开挡板后弹簧的最大弹性势能为9J 【答案】BD 【解析】 【详解】A．由图知，A 离开挡板瞬间 B 的速度为 0 3m/sv  ，B 的速度最小值为 1m/sBv  ，B 的速度最小时，弹簧第一次恢复原长， A 的最大速度，取向右为正方向，根据系统动量守恒 和机械能守恒得 0B A A B Bm v m v m v  2 2 2 0 1 1 1 2 2 2B A A B Bm v m v m v  解得 3kgAm  4m/sAv  A 错误 B 正确； C．在 A 离开挡板前，由于挡板对 A 有作用力，A、B 系统所受合外力不为零，所以系统动量不 守恒；C 错误； - 16 - D．分析从 A 离开挡板后 A、B 的运动过程，弹簧伸长到最长时，弹性势能最大，此时 A、B 的 共同速度为v共 ，根据动量守恒 0 ( )B A Bm v m m v  共 解得 2m/sv 共 根据机械能守恒定律 2 2 0 1 1 ( )2 2B A B Pm v m m v E  共 解得 9JPE D 正确。 故选 BD。 15. 在光电效应实验中，某同学按如图方式连接电路，用同一种材料在不同实验条件下得到 了三条光电流与电压之间的关系曲线（甲光、乙光、丙光），如图所示。则可判断出（ ） A. 甲光的频率大于乙光的频率 B. 乙光的波长大于丙光的波长 C. 仅将滑动变阻器的触头向右滑动，则微安表的示数可能为零 D. 甲光的光强大于乙光的光强 【答案】BD 【解析】 - 17 - 【详解】A．根据 k 0ceU E h W   入射光的频率越高，对应的遏止电压 Uc 越大，甲光、乙光的遏止电压相等，所以甲光、乙光 的频率相等，故 A 错误； B．丙光的遏止电压大于乙光的遏止电压，所以丙光的频率大于乙光的频率，则乙光的波长大 于丙光的波长，故 B 正确； C．由图可知，光电管两端加的是正向电压，仅将滑动变阻器的触头向右滑动，不改变光的强 度，则微安表的示数不可能为零，故 C 错误； D．饱和光电流与入射光的强度有关，光的频率一定时，光强越强，饱和光电流越大，由图可 知，甲光饱和光电流大于乙光，因此甲光的光强大于乙光的光强，故 D 正确。 故选 BD。 16. 一列简谐横波在 1 s3t  时的波形图如图甲所示， P 、Q 是介质中的两个质点。图乙是质 点Q 的振动图象。则下列说法正确的是（ ） A. 波的传播方向沿 x 轴负方向传播，波速为18cm/s B. 波的传播方向沿 x 轴正方向传播，波速为9m/s C. 质点Q 的平衡位置的 x 坐标为9cm D. 该波遇到尺寸为 9m 的障碍物时能发生明显的衍射现象 【答案】AC 【解析】 【详解】AB．根据图乙可知在 1 s3t  时 Q 点向上振动，根据同侧法可知该波向 x 轴负向传播； 根据图甲可知波长λ=36cm；该波的波速为 36cm =18cm/s2sv T   选项 A 正确，B 错误； C．由图乙可知，在 t=0 时 Q 点处于平衡位置，经过 1 s3t  ，其振动状态向 x 轴负方向传播 - 18 - 到 P 点处，所以 xQ-xP=v△t=18× 1 3 cm=6cm 由数学知识可知 xP=3cm，则 xQ=9cm。故 C 正确。 D．因该波的波长为 36cm，则该波遇到尺寸为 9m 的障碍物时不能发生明显的衍射现象，选项 D 错误。 故选 AC。 非选择题部分 三、非选择题（本题共 6 小题，共 55 分） 17. 利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置示意图如图所示。 (1)主要实验步骤如下： A.将气垫导轨放在水平桌面上，并调至水平； B.用游标卡尺测出挡光条的宽度 l ； C.由导轨标尺读出两个光电门中心之间的距离 x ______ cm ； D.将滑块移至光电门 1 左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条能 过光电门 2； E.从数字计时器（图中未画出）上分别读出挡光条通过光电门 1 和光电门 2 所用的时间 1t 和 2t ； F.用天平称出托盘和砝码的总质量 m 。 G. …… (2)请回答下列问题：重力加速度取 g 。 ①为验证机械能守恒定律，还需要测的物理量是______； ②滑块通过光电门 1 和光电门 2 的瞬时速度分别为 1v  ______和 2 v ______；（用测量量的字 母表示） ③在实验误差范围内，如果关系式____________（用测量量的字母表示）成立，则可认为验 - 19 - 证了机械能守恒定律。 【答案】 (1). 60.00 (2). 滑块和挡光条总质量 M (3). 1 l t (4). 2 l t (5).     2 2 2 1 1 1 1 1 2 2mgx M m M mt t               【解析】 【详解】(1)[1]由图可知，两个光电门中心之间的距离 80.40cm 20.40cm 60.00cmx    (2)[2]由实验原理有 p kE E   即 2 2 2 1 1 1( ) ( )2 2mgx M m v M m v    由题意可知，还需要测的物理量是滑块和挡光条总质量 M [3][4]根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知 1 1 lv t   ， 2 2 lv t   [5]系统增加的动能为 2 2 2 2 k 2 1 2 2 2 1 1 1 1 1( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 l lE M m v M m v M m M mt t           在滑块从光电门 1 运动到光电门 2 的过程中，系统势能的减少 pE mgx  如果 2 2 2 2 2 1 1 1( ) ( )2 2 l lmgx M m M mt t      可认为验证了机械能守恒定律 18. 某同学采用如图甲所示的电路测定电源的电动势和内电阻。 - 20 - (1)闭合开关S ，调节滑动变阻器 R ，发现电压表有读数，而电流表读数为 0.用多用电表排查 故障，在使用多用电表前，发现指针不在左边“0”刻度线处，应先调整图乙中多用电表的___。 （选填“A”，“B”） (2)用多用电表的电压档检查电路，把两表笔分别接 ab 、bc 和 de 时，示数均为 0，把两表笔 接 cd 时，示数与电压表示数相同，由此可推断故障是___。 (3)排除故障后，该同学顺利完成实验数据的测量。并根据数据在空白的坐标纸上作出如图所 示的U I 图线，该图存在不妥之处，请指出两处不妥之处：①________，②________。 (4)为了在实验中保护电流表和调节电阻时使电压表、电流表的示数变化均明显，该同学对实 验进行改进，设计了如图所示的电路，电路中电阻 0R 应该选取下列备选电阻中的哪一个_____。 A. 1Ω B. 4Ω C. 10Ω D. 20Ω 【答案】 (1). A (2). dc 间断路 (3). U 轴坐标起点的选取从 0 开始显然不妥 - 21 - (4). 建立坐标系时没有标明单位也是不妥 (5). B 【解析】 【详解】(1)[1]应先调整图乙中多用电表的 A。 (2)[2]由于电流表示数为零，电压表示数不为零，说明电路出现断路。若电路中只有一处断 路，用电压表两表笔逐段（如 ab、bc、cd、…）依次并联进行测量，若与哪一段电路并联时 电压表指针偏转，说明此段电路断路。原因是如果电路中仅有一处断路，那么整个电路的电 势差全部降落在断路之处，其余各处电压均为零。所以当电压表两表笔接 cd 时，由于示数与 电压表的示数相同，故与电压表并接的两点之间断路，应是 cd 之间的滑动变阻器发生断路故 障。 (3)①[3]由图可知，图线几乎分布在一个很小的区域内，原因是电压 U 的取值范围在 2.70~3.00V 之间，而 U 轴坐标起点的选取从 0 开始显然不妥； ②[4]此外该同学建立坐标时没有标明所用单位也是不妥。 ③[5]保护电阻 R0 应大约为 0 3V =5Ω0.6AR  所以 B 选项正确。 19. 如图甲所示，一质量 2.0kgm  的小物块从斜面底端，以一定的初速度冲上倾角为 37  的足够长固定斜面，某同学利用位移传感器测出了冲上斜面过程中的小物块到传感器的距离， 并用计算机画出了小物块上滑过程的位移—时间图线如图乙所示。（取 sin37 0.6  ， cos37 0.8  ， 210m/sg  ）求： (1)小物块冲上斜面过程中加速度的大小； (2)小物块与斜面间的动摩擦因数； (3)小物块在斜面上运动的时间。 - 22 - 【答案】(1) 28m/s ；(2)0.25；(3)1+ 2 s2 【解析】 【详解】(1)小物块上滑过程做匀减速运动，由位移公式可得 2 0 0 1 2s s v t at   图乙中选取数据代入上式可解得 0 4m/sv  ， 28m/sa  (2)上滑过程，根据牛顿第二定律可知 sin cosmg mg ma    解得 0.25  (3)上滑过程用时 0 1 0.5svt a   位移为 0 1 1m2 vx t  下滑过程 sin cosmg mg ma     解得 24m/sa  根据 21 2x at 可知 2 2 2 s2 xt a   小物块在斜面上运动的时间 1 2 1+ 2 s2t t t   20. 轻质弹簧原长为 2l ，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为 6m 的物体由静止 释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l 。现将该弹簧放置在倾角为37 倾斜轨道上，一 - 23 - 端固定在 A 点，另一端与物块 P 接触但不连接。 AB 的长度为 4l ， B 端与半径为l 的光滑半 圆轨道 BCD 相切，如图所示。物块 P 与 AB 间的动摩擦因数 0.5  。用外力推动物块 P ， 将弹簧压缩至长度 l ，然后放开， P 开始沿轨道运动，重力加速度大小为 g 。 (1)当弹簧长度为 l 时，求弹簧具有的弹性势能； (2)若 P 的质量为 m ，试判断 P 能否到达圆轨道的最高点； (3)若 P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求 P 的质量的取值范围。 【答案】(1)6mgl ；(2) P 能运动到最高点；(3) 30 219 m M m  【解析】 【详解】(1)依题意，当弹簧竖直放置， 6m 的物体由静止释放，到弹簧压缩到最短时，物体 减小的重力势能转化弹簧的弹性势能，则弹簧长度为l 时有的弹性势能为 p 6E mgl (2)若 P 刚好能沿圆轨道运动到圆轨道的最高点，有 2 0vmg m l  解得 0v gl 设 P 能过到达圆轨道的最高点，根据能量守恒定律有   2 p 1cos37 3 3 sin37 cos37 2E mg l mg l l l mv         高 解得 2.4v gl高 因为 0v v高 ，所以 P 能运动到最高点。 (3)设 P 的质量为 M ，为使 P 能滑上圆轨道，它到达 B 点时速度不能小于零，即 - 24 - 6 cos37 3 3 sin37mgl Mg l Mg l      要使 P 仍能沿圆轨道滑回， P 在圆轨道的上升高度不能超过圆心高度，由机械能守恒定律有 6 cos37 3 3 sin37 cos37mgl Mg l Mg l Mgl        解得 30 219 m M m  21. 如图所示，间距为 d 且足够长平行轨道 MP 与 NQ 由倾斜与水平两部分平滑连接组成， 其中水平轨道的 1 2N N 、 1 2M M 段为粗糙绝缘材料，其它部分均为光滑金属导轨。倾斜轨道的 倾角为 ，顶端接一阻值为 R 的电阻，处在垂直导轨平面的向上的匀强磁场中，磁场的磁感 应强度为 0B 。水平轨道的右端接有已充电的电容器，电容器的电容为C ，电压为U （极性见 图），给水平段加竖直向上的匀强磁场。断开电键 S 时，质量为 m 的金属导体棒 ab 从倾斜轨 道的 cd 上方任何位置开始运动，都将精准停靠在 2 2M N 处（金属轨道上）。现闭合电键 S ， 将金属棒 ab 从 h 高处（在 cd 上方）静止释放，不计金属棒与金属轨道的电阻。求： （1）金属棒 ab 到达斜面底端时的速度； （2）整个过程中电阻 R 产生的热量； （3）水平轨道上的磁场的磁感应强度 B 为何值时，金属棒 ab 可以获得最大速度，并求出最 大速度。 【答案】（1） 2 2 0 sinmgRv B d  ；（2） 3 2 2 2 4 4 0 sin 2 m g RQ mgh B d   ；（3） 1 mB d C  ， 2m U Cv m  【解析】 【详解】（1）根据题意，金属棒到达斜面底端前已做匀速运动 sinmg BId  - 25 - 0B dvI R  可解得 2 2 0 sinmgRv B d  （2）金属棒在斜面上下滑过程有电流通过 R ，由能量守恒得 21 2mgh Q mv  解得 3 2 2 2 4 4 0 sin 2 m g RQ mgh B d   （3）金属棒在水平轨道向右加速过程，据动量定理有 BIdt mv 达到最大速度后 1Bvd U 而  1It C U U  由上述三式可得 2 2 CBdU CUv mm CB d CBdBd    可见，当 1 mB d C  时金属棒可以获得最大速度 最大速度 2m U Cv m  22. 如图所示，两平行金属板长 1 10cmL  （厚度不计）、间距 8cmd  ，上板接电源正极。 在平行金属板的左侧的圆形边界内有垂直纸面方向的匀强磁场 1B ，圆形边界最高和最低两点 的切线恰好与平行板的两板重合。距离平行板右端 2 5cmL  处有一竖直边界线 EF ， EF 的 右侧有足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为 2 1.6TB  、方向垂直纸面向里。边界线 EF 上 - 26 - 放置一高为 4cmh  的收集板 AD ，其下端 D 位于下极板的延长线上，打到收集板上的粒子 立即被吸收（不影响原有的电场和磁场）。圆形磁场的最低点 P 有一粒子源，能沿纸面同时向 磁场内每个方向均匀发射比荷 62.5 10 C/kgq m   、速率 51 10 m/sv   的带正电的粒子（忽略 粒子间的相互作用及重力）。其中沿竖直方向 PO 的粒子刚好从平行板的正中间沿水平方向进 入板间的匀强电场（忽略边缘效应），出电场后又恰好打到收集板的下端 D 点。求： (1)磁感应强度 1B 的方向和大小； (2)两板所加电压U ； (3)打在收集板上的粒子数与总粒子数的比值 （可用反三角函数表示）。 【答案】(1)1T ， 方向垂直纸面向外；(2) 31.28 10 V ；(3) 1arccos1 4 6 π     【解析】 【详解】(1)由题可知，粒子在圆形磁场区域内运动半径 r R 则 2 1 vqvB m R  得 1 1TB  方向垂直纸面向外 (2)如图所示，带电粒子在电场中做类平抛运动 - 27 - 2 11 2 LqUy md v      由几何关系 1 1 2 2 2 L y Lh L   联立解得 31.28 10 VU   (3) PO 左侧 90 角粒子全部打在收集板的左侧 PO 右侧与水平成  的角粒子经收集板的下方进入右侧磁场 2 2 cos mv mvr qB qB  合 过 EF 边界时所发生的侧移量 2 22 cos 5cmmvy r qB     打在上端 A 的粒子对应的  角 1 1cos 4   得 1 1arccos 4       - 28 - 过下极板边缘的粒子对应的  角 2 1cos 2   得 2 3   即能打到收集板上的粒子数占总粒数的比值  1 2 1arccos1 42 6               - 29 -