2020年7月浙江省普通高校招生選考物理試卷題號(hào)一二三四總分得分一、單選題（本大題共13小題，共39.0分）國(guó)際單位制中電荷量的單位符號(hào)是C，如果用國(guó)際單位制基本單位的符號(hào)來表示，正確的是（）A.F?V B.A?s C.J/V D.N?m/V如圖所示，底部均有4個(gè)輪子的行李箱a豎立、b平臥放置在公交車上，箱子四周有一定空間。當(dāng)公交車（）

A.緩慢起動(dòng)時(shí)，兩只行李箱一定相對(duì)車子向后運(yùn)動(dòng)

B.急剎車時(shí)，行李箱a一定相對(duì)車子向前運(yùn)動(dòng)

C.緩慢轉(zhuǎn)彎時(shí)，兩只行李箱一定相對(duì)車子向外側(cè)運(yùn)動(dòng)

D.急轉(zhuǎn)彎時(shí)，行李箱b一定相對(duì)車子向內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)矢量發(fā)動(dòng)機(jī)是噴口可向不同方向偏轉(zhuǎn)以產(chǎn)生不同方向推力的一種發(fā)動(dòng)機(jī)。當(dāng)殲20隱形戰(zhàn)斗機(jī)以速度v斜向上飛行時(shí)，其矢量發(fā)動(dòng)機(jī)的噴口如圖所示。已知飛機(jī)受到重力G、發(fā)動(dòng)機(jī)推力F1、與速度方向垂直的升力F2和與速度方向相反的空氣阻力Ff．下列受力分析示意圖可能正確的是（）A. B.

C. D.在抗擊新冠病毒的過程中，廣泛使用了紅外體溫計(jì)測(cè)量體溫，如圖所示。下列說法正確的是（）A.當(dāng)體溫超過37.3℃時(shí)人體才輻射紅外線

B.當(dāng)體溫超過周圍空氣溫度時(shí)人體才輻射紅外線

C.紅外體溫計(jì)是依據(jù)體溫計(jì)發(fā)射紅外線來測(cè)體溫的

D.紅外體溫計(jì)是依據(jù)人體溫度越高，輻射的紅外線強(qiáng)度越大來測(cè)體溫的

下列說法正確的是（）A.質(zhì)子的德布羅意波長(zhǎng)與其動(dòng)能成正比

B.天然放射的三種射線，穿透能力最強(qiáng)的是α射線

C.光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中的截止頻率與入射光的頻率有關(guān)

D.電子束穿過鋁箔后的衍射圖樣說明電子具有波動(dòng)性如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子以速度v0從MN連線上的P點(diǎn)水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，則粒子到達(dá)MN連線上的某點(diǎn)時(shí)（）

A.所用時(shí)間為 B.速度大小為3v0

C.與P點(diǎn)的距離為 D.速度方向與豎直方向的夾角為30°火星探測(cè)任務(wù)“天問一號(hào)”的標(biāo)識(shí)如圖所示。若火星和地球繞太陽(yáng)的運(yùn)動(dòng)均可視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，火星公轉(zhuǎn)軌道半徑與地球公轉(zhuǎn)軌道半徑之比為3：2，則火星與地球繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的（）A.軌道周長(zhǎng)之比為2：3

B.線速度大小之比為：

C.角速度大小之比為2：3

D.向心加速度大小之比為9：4

空間P、Q兩點(diǎn)處固定電荷量絕對(duì)值相等的點(diǎn)電荷，其中Q點(diǎn)處為正電荷，P、Q兩點(diǎn)附近電場(chǎng)的等勢(shì)線分布如圖所示，a、b、c、d、e為電場(chǎng)中的5個(gè)點(diǎn)，設(shè)無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為0，則（）A.e點(diǎn)的電勢(shì)大于0

B.a點(diǎn)和b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同

C.b點(diǎn)的電勢(shì)低于d點(diǎn)的電勢(shì)

D.負(fù)電荷從a點(diǎn)移動(dòng)到c點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能增加特高壓直流輸電是國(guó)家重點(diǎn)能源工程。如圖所示，兩根等高、相互平行的水平長(zhǎng)直導(dǎo)線分別通有方向相同的電流I1和I2，I1＞I2．a(chǎn)、b、c三點(diǎn)連線與兩根導(dǎo)線等高并垂直，b點(diǎn)位于兩根導(dǎo)線間的中點(diǎn)，a、c兩點(diǎn)與b點(diǎn)距離相等，d點(diǎn)位于b點(diǎn)正下方。不考慮地磁場(chǎng)的影響，則（）

A.b點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0 B.d點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0

C.a點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向下 D.c點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向下如圖是“中國(guó)天眼”500m口徑球面射電望遠(yuǎn)鏡維護(hù)時(shí)的照片。為不損傷望遠(yuǎn)鏡球面，質(zhì)量為m的工作人員被懸在空中的氦氣球拉著，當(dāng)他在離底部有一定高度的望遠(yuǎn)鏡球面上緩慢移動(dòng)時(shí)，氦氣球?qū)ζ溆写笮閙g、方向豎直向上的拉力作用，使其有“人類在月球上行走”的感覺，若將人視為質(zhì)點(diǎn)，此時(shí)工作人員（）

A.受到的重力大小為mg B.受到的合力大小為mg

C.對(duì)球面的壓力大小為mg D.對(duì)球面的作用力大小為mg如圖所示，某小型水電站發(fā)電機(jī)的輸出功率P=100kW，發(fā)電機(jī)的電壓U1=250V，經(jīng)變壓器升壓后向遠(yuǎn)處輸電，輸電線總電阻R線=8Ω，在用戶端用降壓變壓器把電壓降為U4=220V．已知輸電線上損失的功率P線=5kW，假設(shè)兩個(gè)變壓器均是理想變壓器，下列說法正確的是（）

A.發(fā)電機(jī)輸出的電流I1=40A

B.輸電線上的電流I線=625A

C.降壓變壓器的匝數(shù)比n3：n4=190：11

D.用戶得到的電流I4=455A如圖所示，固定在水平面上的半徑為r的金屬圓環(huán)內(nèi)存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。長(zhǎng)為的金屬棒，一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在豎直導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO'上，隨軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。在圓環(huán)的A點(diǎn)和電刷間接有阻值為R的電阻和電容為C、板間距為d的平行板電容器，有一帶電微粒在電容器極板間處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知重力加速度為g，不計(jì)其它電阻和摩擦，下列說法正確的是（）

A.棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為

B.微粒的電荷量與質(zhì)量之比為

C.電阻消耗的電功率為

D.電容器所帶的電荷量為CBr2ω如圖所示，圓心為O、半徑為R的半圓形玻璃磚置于水平桌面上，光線從P點(diǎn)垂直界面入射后，恰好在玻璃磚圓形表面發(fā)生全反射；當(dāng)入射角θ=60°時(shí)，光線從玻璃磚圓形表面出射后恰好與入射光平行。已知真空中的光速為c，則（）A.玻璃磚的折射率為1.5 B.OP之間的距離為R

C.光在玻璃磚內(nèi)的傳播速度為c D.光從玻璃到空氣的臨界角為30°二、多選題（本大題共3小題，共6.0分）太陽(yáng)輻射的總功率約為4×1026W，其輻射的能量來自于聚變反應(yīng)。在聚變反應(yīng)中，一個(gè)質(zhì)量為1876.1MeV/c2（c為真空中的光速）的氘核（H）和一個(gè)質(zhì)量為2809.5MeV/c2的氚核（H）結(jié)合為一個(gè)質(zhì)量為3728.4MeV/c2的氦核（He），并放出一個(gè)X粒子，同時(shí)釋放大約17.6MeV的能量。下列說法正確的是（）A.X粒子是質(zhì)子

B.X粒子的質(zhì)量為939.6MeV/c2

C.太陽(yáng)每秒因?yàn)檩椛鋼p失的質(zhì)量約為4.4×109kg

D.太陽(yáng)每秒因?yàn)檩椛鋼p失的質(zhì)量約為17.6MeV/c2如圖所示，x軸上-2m、12m處有兩個(gè)振動(dòng)周期均為4s、振幅均為1cm的相同的波源S1、S2，t=0時(shí)刻同時(shí)開始豎直向下振動(dòng)，產(chǎn)生波長(zhǎng)均為4m沿x軸傳播的簡(jiǎn)諧橫波。P、M、Q分別是x軸上2m、5m和8.5m的三個(gè)點(diǎn)，下列說法正確的是（）

A.6.0s時(shí)P、M、Q三點(diǎn)均已振動(dòng) B.8.0s后M點(diǎn)的位移始終是2cm

C.10.0s后P點(diǎn)的位移始終是0 D.10.5s時(shí)Q點(diǎn)的振動(dòng)方向豎直向下如圖所示，系留無人機(jī)是利用地面直流電源通過電纜供電的無人機(jī)，旋翼由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)?，F(xiàn)有質(zhì)量為20kg、額定功率為5kW的系留無人機(jī)從地面起飛沿豎直方向上升，經(jīng)過200s到達(dá)100m高處后懸停并進(jìn)行工作。已知直流電源供電電壓為400V，若不計(jì)電纜的質(zhì)量和電阻，忽略電纜對(duì)無人機(jī)的拉力，則（）A.空氣對(duì)無人機(jī)的作用力始終大于或等于200N

B.直流電源對(duì)無人機(jī)供電的額定電流為12.5A

C.無人機(jī)上升過程中消耗的平均功率為100W

D.無人機(jī)上升及懸停時(shí)均有部分功率用于對(duì)空氣做功

三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共3小題，共14.0分）做“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)時(shí)，圖1甲是教材中的實(shí)驗(yàn)方案；圖1乙是拓展方案，其實(shí)驗(yàn)操作步驟如下：

（i）掛上托盤和砝碼，改變木板的傾角，使質(zhì)量為M的小車拖著紙帶沿木板勻速下滑；

（ii）取下托盤和砝碼，測(cè)出其總質(zhì)量為m，讓小車沿木板下滑，測(cè)出加速度a；

（iii）改變砝碼質(zhì)量和木板傾角，多次測(cè)量，通過作圖可得到a-F的關(guān)系。

①實(shí)驗(yàn)獲得如圖2所示的紙帶，計(jì)數(shù)點(diǎn)a、b、c、d、e、f間均有四個(gè)點(diǎn)未畫出，則在打d點(diǎn)時(shí)小車的速度大小vd=______m/s（保留兩位有效數(shù)字）；

②需要滿足條件M＞＞m的方案是______（選填“甲”、“乙”或“甲和乙”）；在作a-F圖象時(shí)，把mg作為F值的是______（選填“甲”、“乙”或“甲和乙”）。某同學(xué)用單擺測(cè)量重力加速度，

①為了減少測(cè)量誤差，下列做法正確的是______（多選）；

A．?dāng)[的振幅越大越好

B．?dāng)[球質(zhì)量大些、體積小些

C．?dāng)[線盡量細(xì)些、長(zhǎng)些、伸縮性小些

D．計(jì)時(shí)的起、止位置選在擺球達(dá)到的最高點(diǎn)處

②改變擺長(zhǎng)，多次測(cè)量，得到周期平方與擺長(zhǎng)的關(guān)系圖象如圖所示，所得結(jié)果與當(dāng)?shù)刂亓铀俣戎迪喾?，但發(fā)現(xiàn)其延長(zhǎng)線沒有過原點(diǎn)，其原因可能是______。

A．測(cè)周期時(shí)多數(shù)了一個(gè)周期

B．測(cè)周期時(shí)少數(shù)了一個(gè)周期

C．測(cè)擺長(zhǎng)時(shí)直接將擺線的長(zhǎng)度作為擺長(zhǎng)

D．測(cè)擺長(zhǎng)時(shí)將擺線的長(zhǎng)度加上擺球的直徑作為擺長(zhǎng)

某同學(xué)分別用圖1甲和圖1乙的電路測(cè)量同一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。

（1）畫出圖1乙的電路圖；

（2）某次測(cè)量時(shí)電流表和電壓表的示數(shù)如圖2所示，則電流I=______A，電壓U=______V；

（3）實(shí)驗(yàn)得到如圖3所示的兩條直線，圖中直線Ⅰ對(duì)應(yīng)電路是圖1______（選填“甲”或“乙”）；

（4）該電池的電動(dòng)勢(shì)E=______V（保留三位有效數(shù)字），內(nèi)阻r=______Ω（保留兩位有效數(shù)字）。

四、計(jì)算題（本大題共4小題，共41.0分）如圖1所示，有一質(zhì)量m=200kg的物件在電機(jī)的牽引下從地面豎直向上經(jīng)加速、勻速、勻減速至指定位置。當(dāng)加速運(yùn)動(dòng)到總位移的時(shí)開始計(jì)時(shí)，測(cè)得電機(jī)的牽引力隨時(shí)間變化的F-t圖線如圖2所示，t=34s末速度減為0時(shí)恰好到達(dá)指定位置。若不計(jì)繩索的質(zhì)量和空氣阻力，求物件

（1）做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小和方向；

（2）勻速運(yùn)動(dòng)的速度大??；

（3）總位移的大小。

小明將如圖所示的裝置放在水平地面上，該裝置由弧形軌道、豎直圓軌道、水平直軌道AB和傾角θ=37°的斜軌道BC平滑連接而成。質(zhì)量m=0.1kg的小滑塊從弧形軌道離地高H=1.0m處?kù)o止釋放。已知R=0.2m，LAB=LBC=1.0m，滑塊與軌道AB和BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.25，弧形軌道和圓軌道均可視為光滑，忽略空氣阻力。

（1）求滑塊運(yùn)動(dòng)到與圓心O等高的D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；

（2）通過計(jì)算判斷滑塊能否沖出斜軌道的末端C點(diǎn)；

（3）若滑下的滑塊與靜止在水平直軌道上距A點(diǎn)x處的質(zhì)量為2m的小滑塊相碰，碰后一起運(yùn)動(dòng)，動(dòng)摩擦因數(shù)仍為0.25，求它們?cè)谲壍繠C上到達(dá)的高度h與x之間的關(guān)系。（碰撞時(shí)間不計(jì)，sin37°=0.6，cos37°=0.8）

如圖1所示，在絕緣光滑水平桌面上，以O(shè)為原點(diǎn)、水平向右為正方向建立x軸，在0≤x≤1.0m區(qū)域內(nèi)存在方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。桌面上有一邊長(zhǎng)L=0.5m、電阻R=0.25Ω的正方形線框abcd，當(dāng)平行于磁場(chǎng)邊界的cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，在沿x方向的外力F作用下以v=1.0m/s的速度做勻速運(yùn)動(dòng)，直到ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)撤去外力。若以cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)作為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，在0≤t≤1.0s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小與時(shí)間t的關(guān)系如圖2所示，在0≤t≤1.3s內(nèi)線框始終做勻速運(yùn)動(dòng)。

（1）求外力F的大?。?/p>

（2）在1.0s≤t≤1.3s內(nèi)存在連續(xù)變化的磁場(chǎng)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小與時(shí)間t的關(guān)系；

（3）求在0≤t≤1.3s內(nèi)流過導(dǎo)線橫截面的電荷量q。

某種離子診斷測(cè)量簡(jiǎn)化裝置如圖所示。豎直平面內(nèi)存在邊界為矩形EFGH、方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，探測(cè)板CD平行于HG水平放置，能沿豎直方向緩慢移動(dòng)且接地。a、b、c三束寬度不計(jì)、間距相等的離子束中的離子均以相同速度持續(xù)從邊界EH水平射入磁場(chǎng)，b束中的離子在磁場(chǎng)中沿半徑為R的四分之一圓弧運(yùn)動(dòng)后從下邊界HG豎直向下射出，并打在探測(cè)板的右邊緣D點(diǎn)。已知每束每秒射入磁場(chǎng)的離子數(shù)均為N，離子束間的距離均為0.6R，探測(cè)板CD的寬度為0.5R，離子質(zhì)量均為m、電荷量均為q，不計(jì)重力及離子間的相互作用。

（1）求離子速度v的大小及c束中的離子射出磁場(chǎng)邊界HG時(shí)與H點(diǎn)的距離s；

（2）求探測(cè)到三束離子時(shí)探測(cè)板與邊界HG的最大距離Lmax；

（3）若打到探測(cè)板上的離子被全部吸收，求離子束對(duì)探測(cè)板的平均作用力的豎直分量F與板到HG距離L的關(guān)系。

答案和解析1.【答案】B

【解析】解：根據(jù)電流的定義可知I=，則電荷量q=It，在國(guó)際單位制中，電流I的單位是A，時(shí)間t的單位是s，故電荷量的單位是A?s；故ACD錯(cuò)誤，B正確；

故選：B。

根據(jù)電荷量q=It結(jié)合電流和時(shí)間的單位即可得出。

本題考查了國(guó)際單位制中的導(dǎo)出單位；根據(jù)表達(dá)式分析即可；

2.【答案】B

【解析】解：設(shè)行李箱a豎立時(shí)與汽車發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的加速度為a1，行李箱b平放時(shí)與汽車發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的加速度為a2，根據(jù)實(shí)際情況可知a1＜a2。

A、緩慢起動(dòng)時(shí)，汽車的加速度比較小，如果小于a1，則兩只行李箱不會(huì)相對(duì)車子運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B、急剎車時(shí)，汽車減速運(yùn)動(dòng)的加速度很大，行李箱a一定相對(duì)車子向前運(yùn)動(dòng)，故B正確；

C、緩慢轉(zhuǎn)彎時(shí)，只要轉(zhuǎn)動(dòng)的向心加速度小于a1，兩只行李箱不會(huì)相對(duì)車子向外側(cè)運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；

D、急轉(zhuǎn)彎時(shí)，行李箱b可能會(huì)相對(duì)車子向外側(cè)運(yùn)動(dòng)，不會(huì)相對(duì)車子向內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。

故選：B。

根據(jù)緩慢起動(dòng)或急剎車時(shí)，分析汽車的加速度的大小分析兩只行李箱是否會(huì)相對(duì)車子運(yùn)動(dòng)；同理分析緩慢轉(zhuǎn)彎或急轉(zhuǎn)彎向心加速度的大小確定行李箱是否相對(duì)汽車向外運(yùn)動(dòng)。

本題主要是考查牛頓第二定律的綜合應(yīng)用，知道兩個(gè)物體發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小不同，導(dǎo)致速度不同而分離。

3.【答案】A

【解析】解：飛機(jī)受到重力G、發(fā)動(dòng)機(jī)推力F1、升力F2和空氣阻力Ff阻，重力的方向豎直向下，升力F2的方向與速度方向垂直，為右上方，空氣阻力Ff力的方向與速度的方向相反，為右下方，綜上分析可知A正確，BCD錯(cuò)誤；

故選：A。

重力的方向是豎直向下，根據(jù)飛機(jī)速度方向判斷其他各個(gè)力的方向；

本題的關(guān)鍵是根據(jù)飛機(jī)的運(yùn)動(dòng)情況判斷飛機(jī)的受力情況，并畫出力的示意圖。

4.【答案】D

【解析】解：AB、物體在任何時(shí)候都會(huì)發(fā)出紅外線，溫度越高，輻射紅外線的能力越強(qiáng)，所以人體在任何時(shí)候都會(huì)輻射紅外線，故AB錯(cuò)誤；

C、紅外體溫計(jì)是依據(jù)人體發(fā)射紅外線來測(cè)體溫的，不是體溫計(jì)發(fā)出的紅外線，故C錯(cuò)誤；

D、紅外體溫計(jì)是依據(jù)人體溫度越高，輻射的紅外線強(qiáng)度越大來測(cè)體溫的，故D正確。

故選：D。

物體在任何時(shí)候都會(huì)發(fā)出紅外線，紅外體溫計(jì)是依據(jù)人體溫度越高，輻射的紅外線強(qiáng)度越大來測(cè)體溫的。

本題主要是考查紅外線的作用，知道任何物體在任何時(shí)候都會(huì)發(fā)出紅外線，只不過溫度越高，輻射紅外線的能力越強(qiáng)。

5.【答案】D

【解析】解：A、由p=及德布羅意波長(zhǎng)λ=，得質(zhì)子的德布羅意波長(zhǎng)λ=得質(zhì)子的德布羅意波長(zhǎng)與動(dòng)能的開方成反比，故A錯(cuò)誤；

B、天然放射的三種射線，穿透能力最強(qiáng)的是γ射線，故B錯(cuò)誤；

C、發(fā)生光電效應(yīng)的條件是入射光的頻率大于金屬的極限頻率，與入射光的頻率無關(guān)，故C錯(cuò)誤；

D、衍射是波特有的現(xiàn)象，電子束的衍射圖樣說明電子具有波動(dòng)性，故D正確。

故選：D。

德布羅意波長(zhǎng)λ=；α、β、γ這三種射線的穿透能力依次增強(qiáng)，電離能力依次減弱；發(fā)生光電效應(yīng)的條件是入射光的頻率大于金屬的極限頻率；衍射是波特有的現(xiàn)象。

本題考查了德布羅意波長(zhǎng)、天然放射的三種射線、發(fā)生光電效應(yīng)的條件以及衍射現(xiàn)象等知識(shí)點(diǎn)，屬于基礎(chǔ)性知識(shí)，要求學(xué)生平時(shí)要多加記憶。

6.【答案】C

【解析】解：A、粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，當(dāng)?shù)竭_(dá)MN連線上某點(diǎn)時(shí)，位移與水平方向的夾角為45°，根據(jù)牛頓第二定律，垂直電場(chǎng)方向的位移，平行電場(chǎng)方向的位移，根據(jù)幾何關(guān)系，聯(lián)立解得，故A錯(cuò)誤；

B、水平速度，豎直方向速度==2，則到到達(dá)MN連線上某點(diǎn)速度，故B錯(cuò)誤；

C、水平位移，豎直位移與水平位移相等，所以粒子到達(dá)MN連線上的點(diǎn)與P點(diǎn)的距離即合位移為=，故C正確；

D、速度方向與豎直方向的夾角正切值為，夾角不等于30°，故D錯(cuò)誤；

故選：C。

粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律即可求解。

根據(jù)考查帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)，類平拋運(yùn)動(dòng)運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法都是常用的思路，關(guān)鍵要能熟練運(yùn)用，對(duì)于類平拋運(yùn)動(dòng)，涉及速度的問題，可以由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解，也可能根據(jù)動(dòng)能定理研究。

7.【答案】C

【解析】解：A、軌道周長(zhǎng)S=2πr，故軌道周長(zhǎng)之比為半徑之比為3：2，故A錯(cuò)誤；

BCD、行星繞太陽(yáng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力由太陽(yáng)對(duì)其的萬有引力提供得：，

則v=，線速度大小之比為；

ω=，角速度大小之比為；

an=，向心加速度大小之比為22：32=4：9；

故BD錯(cuò)誤，C正確；

故選：C。

軌道周長(zhǎng)S=2πr；根據(jù)得出線速度、角速度及向心加速度與半徑的關(guān)系。

本題的關(guān)鍵是根據(jù)萬有引力提供向心力得出線速度、角速度及向心加速度與半徑的關(guān)系。

8.【答案】D

【解析】解：A、根據(jù)電場(chǎng)等勢(shì)面的圖象可以知道，該電場(chǎng)是等量異種電荷的電場(chǎng)，中垂面是等勢(shì)面，電勢(shì)為0，故A錯(cuò)誤；

B、等量異種電荷的電場(chǎng)，它具有對(duì)稱性（上下、左右），a點(diǎn)和b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，而方向不同。故B錯(cuò)誤；

C、b點(diǎn)離正電荷的距離更近，所以b點(diǎn)的電勢(shì)較高，高于d點(diǎn)的電勢(shì)。故C錯(cuò)誤；

D、a點(diǎn)離正電荷近，a點(diǎn)電勢(shì)高于c點(diǎn)，根據(jù)負(fù)電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能小，知負(fù)電荷從a點(diǎn)移到c點(diǎn)，電勢(shì)能增加，故D正確。

故選：D。

該電場(chǎng)是等量異種電荷的電場(chǎng)，它具有對(duì)稱性（上下、左右）。該電場(chǎng)中，一般選取無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為0，那么正電荷的區(qū)域電勢(shì)為正，負(fù)電荷的區(qū)域電勢(shì)為負(fù)。

該題考查常見電場(chǎng)的特點(diǎn)，解題的關(guān)鍵是在兩個(gè)電荷連線的中垂線上的電勢(shì)和無窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)相等。而正電荷周圍的電場(chǎng)的電勢(shì)都比它高，負(fù)電荷周圍的電場(chǎng)的電勢(shì)都比它低。

9.【答案】C

【解析】解：A、根據(jù)安培定則可知，電流I1產(chǎn)生的磁場(chǎng)在b處方向豎直向上，電流I2產(chǎn)生的磁場(chǎng)在b處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向下，由于I1＞I2，可知電流I1產(chǎn)生的磁場(chǎng)在b處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大，則兩電流在b點(diǎn)的合磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向上，故A錯(cuò)誤；

B、由于I1＞I2，可知電流I1產(chǎn)生的磁場(chǎng)在d處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大，則d點(diǎn)處的磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度不可能為零，故B錯(cuò)誤；

C、由安培定則可知，兩電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)在a處都是豎直向下，則兩電流的合磁場(chǎng)在a處方向豎直向下，故C正確；

D、由安培定則可知，兩電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)在c處都是豎直向上，則兩電流的合磁場(chǎng)在c處方向豎直向上，故D錯(cuò)誤。

故選：C。

由安培定則可判出兩導(dǎo)線在各點(diǎn)磁感線的方向，再由矢量的合成方法可得出各點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度。

本題考查了安培定則及矢量的合成方法，特別應(yīng)注意磁場(chǎng)的空間性，注意培養(yǎng)空間想象能力。

10.【答案】D

【解析】解：A、工作人員的質(zhì)量為m，則工作人員受到的重力為：G=mg，故A錯(cuò)誤；

B、工作人員在球面上緩慢行走，處于平衡狀態(tài)，合力為0，故B錯(cuò)誤；

C、工作人員站在的球面位置不水平，對(duì)球面的壓力不等于，故C錯(cuò)誤；

D、球面對(duì)工作人員的作用力為F，由平衡條件得：+F=mg，解得：，根據(jù)牛頓第三定律可得，工作人員對(duì)球面的作用力大小為F′=F=，故D正確。

故選：D。

根據(jù)G=mg求工作人員受到的重力；緩慢行走，處于平衡狀態(tài)，合力為0；工作人員站在的球面位置不水平，對(duì)球面的壓力不等于；根據(jù)平衡條件和牛頓第三定律求得對(duì)球面的作用力大小。

本題以“中國(guó)天眼”500m口徑球面射電望遠(yuǎn)鏡維護(hù)時(shí)的照片為背景材料，考查了受力分析、平衡條件及牛頓第三定律的應(yīng)用，體現(xiàn)了新高考倡導(dǎo)的物理來源于生活，要求學(xué)生能夠用所學(xué)的物理知識(shí)去解釋生活中的一些物理現(xiàn)象，有助于培養(yǎng)學(xué)生熱愛科學(xué)，為科學(xué)而努力的拼搏精神。

11.【答案】C

【解析】解：A、發(fā)電機(jī)輸出的電流=400A，故A錯(cuò)誤；

B、輸電線損失的功率為=，得=A=25A，故B錯(cuò)誤；

C、升壓變壓器的輸出電壓==4×10???????3V，輸電線上的損失的電壓==25×8V=200V，降壓變壓器的輸入電壓，降壓變壓器的匝數(shù)比為=190：11，故C正確；

D、對(duì)降壓變壓器，根據(jù)，得==431.8A，故D錯(cuò)誤；

故選：C。

根據(jù)輸電損失功率公式計(jì)算電流；由輸送功率P=UI計(jì)算輸送電壓；由電壓與匝數(shù)成正比求解降壓變壓器的匝數(shù)之比；根據(jù)電流與匝數(shù)求解用戶得到的電流。

本題關(guān)鍵是結(jié)合變壓器的變壓比公式和功率損耗的公式列式求解，基礎(chǔ)問題

12.【答案】B

【解析】解：A、由于在圓環(huán)內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，所以金屬棒有效切割長(zhǎng)度為r，根據(jù)可得棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為Br2ω，故A錯(cuò)誤；

B、微粒處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件可得：q=mg，解得微粒的電荷量與質(zhì)量之比為=，故B正確；

C、電阻消耗的電功率為P==，故C錯(cuò)誤；

D、電容器所帶的電荷量為Q=CE=CBr2ω，故D錯(cuò)誤。

故選：B。

由于在圓環(huán)內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，所以金屬棒有效切割長(zhǎng)度為r，根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算公式進(jìn)行求解；微粒處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件求解比荷；根據(jù)電功率的計(jì)算公式求解電阻消耗的電功率；根據(jù)電容的定義式計(jì)算電容器所帶的電荷量。

本題主要是考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象與電路的結(jié)合，對(duì)于導(dǎo)體切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)情況有兩種：一是導(dǎo)體平動(dòng)切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，可以根據(jù)E=BLv來計(jì)算；二是導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，可以根據(jù)E=來計(jì)算。

13.【答案】C

【解析】解：ABD、根據(jù)題意可知，當(dāng)光線從P點(diǎn)垂直界面入射后，恰好在玻璃磚圓形表面發(fā)生全反射，如圖甲所示；

當(dāng)入射角θ=60°時(shí)，光線從玻璃磚圓形表面出射后恰好與入射光平行，則光線折射光線與垂直于OP的夾角相等，故光路如圖乙所示。

對(duì)圖甲根據(jù)全反射的條件可得：sinC==

對(duì)圖乙根據(jù)折射定律可得：n=

其中sinα=

聯(lián)立解得：OP=，n=，臨界角為：C=arcsin，故ABD錯(cuò)誤；

C、光在玻璃磚內(nèi)的傳播速度為：v==c，故C正確。

故選：C。

根據(jù)題意畫出兩種情況下的光路圖，根據(jù)全反射條件結(jié)合折射定律求解OP、折射率和臨界角C，根據(jù)v=求解光在玻璃磚內(nèi)的傳播速度。

本題主要是考查了光的折射和光的全發(fā)射；解答此類題目的關(guān)鍵是弄清楚光的傳播情況，畫出光路圖，根據(jù)圖中的幾何關(guān)系求出折射角或入射角，然后根據(jù)光的折射定律或全反射的條件列方程求解。

14.【答案】BC

【解析】解：A、根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可得該核反應(yīng)方程為：H+H→He+X，可見X是中子，故A錯(cuò)誤；

B、釋放出的能量對(duì)應(yīng)的質(zhì)量為m=17.6MeV/c2，根據(jù)質(zhì)量守恒定律可得X粒子的質(zhì)量為mX=（1876.1+2809.5-3728.4-17.6）MeV/c2=939.6MeV/c2，故B正確；

C、太陽(yáng)輻射的總功率約為P=4×1026W，則太陽(yáng)每秒因?yàn)檩椛鋼p失的質(zhì)量為：

△m==≈4.4×109kg，故C正確；

D、太陽(yáng)每秒放出的能量：E=Pt=4×1026×1J=eV=2.5×1039MeV

則太陽(yáng)每秒因?yàn)檩椛鋼p失的質(zhì)量為：△m==2.5×1039MeV/c2，故D錯(cuò)誤。

故選：BC。

根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒分析X屬于哪種粒子；求出釋放出的能量對(duì)應(yīng)的質(zhì)量，根據(jù)質(zhì)量守恒定律可得X粒子的質(zhì)量；根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程求解太陽(yáng)每秒因?yàn)檩椛鋼p失的質(zhì)量。

本題主要是考查核反應(yīng)方程；解答此類題目關(guān)鍵要掌握：（1）核反應(yīng)過程中質(zhì)量數(shù)守恒、電荷數(shù)守恒；（2）能夠根據(jù)△E=△mc2計(jì)算核反應(yīng)過程中釋放或吸收的能量。

15.【答案】CD

【解析】解：A、兩波源的振動(dòng)周期均為：T=4s，產(chǎn)生波長(zhǎng)均為：λ=4m，由v=，可知，它們的波速為：v=m/s=1m/s，t=0時(shí)刻同時(shí)開始豎直向下振動(dòng)，當(dāng)經(jīng)過6.0s時(shí)，兩波傳播的距離均為：x=vt=1×6m=6m，而M到兩波源距離為7m，則M點(diǎn)還沒振動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B、由上分析可知，當(dāng)8.0s后，P、M、Q三點(diǎn)均已振動(dòng)，由于M到兩波源距離相等，因此M總處于振動(dòng)加強(qiáng)，則位移可能最大，即為2cm，也可能最小，即為0，故B錯(cuò)誤；

C、當(dāng)10.0s后，P點(diǎn)已振動(dòng)，而P點(diǎn)到兩波源的距離差為：△x=10m-4m=6m，此值是半個(gè)波長(zhǎng)的奇數(shù)倍，因此P的處于振動(dòng)減弱，由于它們的振幅相等，則其位移始終是0，故C正確；

D、由于S1Q間距為：x=10.5m，且波速為：v=1m/s，那么在10.5s時(shí)，波源S1剛好傳到Q點(diǎn)，而波源S2傳到Q點(diǎn)的時(shí)間為：t=s=3.5s，

因此在10.5s時(shí)，波源S2使Q點(diǎn)已振動(dòng)的時(shí)間t′=10.5s-3.5s=7s，即完成了1個(gè)波形，依據(jù)波的疊加原理，則10.5s時(shí)Q點(diǎn)的振動(dòng)方向豎直向下，故D正確；

故選：CD。

依據(jù)波速與波長(zhǎng)關(guān)系式v=，求得傳播速度，結(jié)合6.0s，即可判定三點(diǎn)能否振動(dòng)；根據(jù)M到兩波源的路程差，從而確定是否處于振動(dòng)加強(qiáng)；同理，可判定10.0s后P點(diǎn)是否處于振動(dòng)減弱；根據(jù)振動(dòng)周期T=4s，可確定在10.5s內(nèi)，S2完成了1個(gè)波形，而波源S1、剛好傳播到Q點(diǎn)，經(jīng)過疊加，即可判定。

考查波的疊加滿足矢量法則，理解當(dāng)該波的波峰（波谷）與波峰（波谷）相遇時(shí)，此處相對(duì)平衡位置的位移為振幅的二倍；當(dāng)波峰與波谷相遇時(shí)此處的位移為零；掌握振動(dòng)加強(qiáng)與振動(dòng)減弱的條件。

16.【答案】BD

【解析】解：A、由于系留無人機(jī)開始起飛經(jīng)過200s到達(dá)100m高處后懸停并進(jìn)行工作，可見系留無人機(jī)先加速后減速再停留在空中，所以空氣對(duì)無人機(jī)的作用力先大于重力、再小于重力、最后等于重力，故A錯(cuò)誤；

B、直流電源對(duì)無人機(jī)供電的額定電流為I==A=12.5A，故B正確；

C、無人機(jī)上升過程中克服重力做的功為W=mgh=20×10×100J=20000J，另外還要克服空氣的阻力做功，電動(dòng)機(jī)內(nèi)電阻還要消耗能量，所以無人機(jī)上升過程中消耗的平均功率＞=100W，故C錯(cuò)誤；

D、無人機(jī)上升過程中要克服空氣阻力做功，懸停時(shí)旋翼轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)也會(huì)克服阻力做功，所以兩種情況下均有部分功率用于對(duì)空氣做功，故D正確。

故選：BD。

分析無人機(jī)上升過程中的運(yùn)動(dòng)情況和受力情況，從而得到空氣對(duì)無人機(jī)的作用力的變化情況；根據(jù)I=求解直流電源對(duì)無人機(jī)供電的額定電流；根據(jù)上升過程中各個(gè)力的做功情況進(jìn)行分析；無人機(jī)上升及懸停時(shí)分析是否對(duì)空氣做功。

本題主要是考查了功能關(guān)系和牛頓第二定律的綜合應(yīng)用，關(guān)鍵是弄清楚無人機(jī)上升過程中的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)牛頓第二定律分析力的大小，知道運(yùn)動(dòng)過程中能量的轉(zhuǎn)化情況，能夠根據(jù)功能關(guān)系進(jìn)行分析。

17.【答案】0.19

甲

甲和乙

【解析】解：①計(jì)數(shù)點(diǎn)a、b、c、d、e、f間均有四個(gè)點(diǎn)未畫出，則相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔T=0.1s；

根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度得：

vd==cm/s=0.19m/s；

②由于圖1甲中托盤和砝碼始終與小車連接，且要求小車受到的合外力等于托盤和砝碼的重力，

對(duì)整體根據(jù)牛頓第二定律可得：a=，

對(duì)小車有：F=Ma==，若M＞＞m，則F=mg，故需要滿足條件M＞＞m的方案是甲；

而圖乙中，開始掛上托盤和砝碼，改變木板的傾角，使質(zhì)量為M的小車拖著紙帶沿木板勻速下滑，然后去掉托盤和砝碼，則小車下滑過程中的合外力就等于托盤和砝碼的重力，不需要滿足M＞＞m；

這兩種實(shí)驗(yàn)，都是將托盤和砝碼的重力作為合外力，實(shí)驗(yàn)在作a-F圖象時(shí)，把mg作為F值的是甲和乙。

故答案為：①0.19（0.18～0.19）；②甲，甲和乙。

①根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度求解d點(diǎn)的速度大?。?/p>

②根據(jù)兩種實(shí)驗(yàn)操作的方法和合外力的求解方法進(jìn)行分析。

本題主要是考查探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)，弄清楚實(shí)驗(yàn)?zāi)康?、?shí)驗(yàn)原理以及數(shù)據(jù)處理、誤差分析等問題是解答本題的關(guān)鍵。

18.【答案】BC;C

【解析】解：①A、單擺在擺角小于5度時(shí)的振動(dòng)為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，在擺長(zhǎng)一定時(shí)擺角越大單擺的振幅越大，為保證單擺做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，擺的振幅不能太大，并不是越大越好，故A錯(cuò)誤；

B、位減小空氣阻力對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響，擺球質(zhì)量大些、體積小些，故B正確；

C、為保證擺長(zhǎng)不變且減小周期測(cè)量的誤差，擺線盡量細(xì)些、長(zhǎng)些、伸縮性小些，故C正確；

D、為減小測(cè)周期時(shí)造成的偶然誤差，計(jì)時(shí)的起、止位置選在擺球達(dá)到平衡位置處，故D錯(cuò)誤。

故選：BC。

②擺長(zhǎng)長(zhǎng)度L與擺球半徑r之和是單擺擺長(zhǎng)，即為：l=L+r

由單擺周期公式T=2π可知：

T2=l=L+r

T2-l圖象是過原點(diǎn)的直線，如果漏了擺球半徑r而把擺長(zhǎng)長(zhǎng)度L作為擺長(zhǎng)，

T2-l圖象在縱軸上有截距，圖象不過原點(diǎn)，由圖示圖象可知，

圖象不過原點(diǎn)的原因是：測(cè)擺長(zhǎng)時(shí)直接將擺線的長(zhǎng)度作為擺長(zhǎng)造成的，故C正確，ABD錯(cuò)誤。

故選：C。

故答案為：①BC；②C。

①單擺在擺角小于5度的情況下的振動(dòng)為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)；為減小實(shí)驗(yàn)誤差應(yīng)選擇質(zhì)量大而體積小的球作為擺球；選擇適當(dāng)長(zhǎng)些的無彈性細(xì)線為擺線；從單擺經(jīng)過平衡位置時(shí)開始計(jì)時(shí)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)分析答題。

②擺線長(zhǎng)度與擺球半徑之和是單擺擺長(zhǎng)，根據(jù)單擺周期公式與圖示圖象分析答題。

本題考查了用單擺測(cè)重力加速度實(shí)驗(yàn)，知道實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提，知道實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)、應(yīng)用單擺周期公式即可解題。

19.【答案】???????

0.40;1.30;乙;1.52;0.53

【解析】解：（1）根據(jù)實(shí)物圖可得電路圖如圖所示：

（2）電流表是采用0.6A的量程，每小格表示0.02A，則示數(shù)為0.40A；

電壓表采用的是3V的量程，每小格表示0.1V，所以電壓表的示數(shù)為1.30V；

（3）由于采用圖1甲測(cè)得的內(nèi)電阻為電流表的電阻與電動(dòng)勢(shì)內(nèi)電阻之和，所以電阻測(cè)量值大于真實(shí)值；

采用圖1乙測(cè)得的內(nèi)電阻為電壓表的電阻與電動(dòng)勢(shì)內(nèi)電阻并聯(lián)電阻，所以電阻測(cè)量值小于真實(shí)值；

而U-I圖象斜率的絕對(duì)值表示內(nèi)電阻，故圖中直線Ⅰ對(duì)應(yīng)電路是圖1的乙圖；

（4）由于干電池內(nèi)電阻較小，故采用圖乙實(shí)驗(yàn)電路。

根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：E=U+Ir，則U=E-Ir，將圖3中直線Ⅰ延長(zhǎng)如圖所示：

可知電源電動(dòng)勢(shì)為E=1.52V，內(nèi)電阻r==0.53Ω。

故答案為：（1）如圖所示；（2）0.40（0.39～0.41）；1.30（1.29～1.31）；（3）乙；（4）1.52（1.51～1.54）；0.53（0.52～0.54）。

(1）根據(jù)實(shí)物圖畫出電路圖；

（2）根據(jù)電流表和電壓表的量程，確定每小格表示的刻度值，再根據(jù)指針的位置進(jìn)行讀數(shù)；

（3）分析兩種電路測(cè)得的內(nèi)電阻大小，再根據(jù)圖象的斜率進(jìn)行分析；

（4）由于干電池內(nèi)電阻較小，故采用圖乙實(shí)驗(yàn)電路；根據(jù)閉合電路的歐姆定律結(jié)合圖象的截距、斜率大小求解。

本題主要是考查測(cè)定電源電動(dòng)勢(shì)內(nèi)電阻實(shí)驗(yàn)，掌握實(shí)驗(yàn)的目的和數(shù)據(jù)處理的方法、誤差的分析、電流表和電壓表的讀數(shù)方法是關(guān)鍵。

20.【答案】解：（1）由圖2可知，物件26s時(shí)開始減速，減速過程受牽引力為1975N，重力G=mg

由牛頓第二定律可得：

mg-FT=ma

解得：a=0.125m/s2；

因牽引力小于重力，故加速度豎直向下；

（2）對(duì)減速過程分析可知，減速時(shí)間t2=8s，逆向分析可將勻減速過程視為初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：

v=at2=0.125×8m/s=1m/s

（3）勻速向上的位移h1=vt1=1×26m=26m

勻減速上升力的位移h2==m=4m

則總位移h==m=40m

答：（1）做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為0.125m/s2；方向豎直向下；

（2）勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為1m/s；

（3）總位移的大小為40m。

【解析】（1）明確題意根據(jù)運(yùn)動(dòng)過程分析可知，26s后物體開始減速，根據(jù)牛頓第二定律可求得加速度的大小和方向；

（2）將勻減速過程逆向分析，根據(jù)速度公式即可求出勻速運(yùn)動(dòng)的速度；

（3）由題意可知，物件在0時(shí)刻開始勻速，根據(jù)勻速運(yùn)動(dòng)的公式可求得勻速向上的位移，再根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式求得勻減速上升力的位移，兩者相加即可得出總位移。

本題考查牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵在于明確題意，結(jié)合圖象正確理解物件的運(yùn)動(dòng)過程；注意明確從零時(shí)刻開始物件一定是勻速運(yùn)動(dòng)。

21.【答案】解：（1）滑塊從開始下滑到D點(diǎn)過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：

mgH=mgR+

在D點(diǎn)，軌道的彈力提供向心力，由牛頓第二定律得：

F=m，

代入數(shù)據(jù)解得：F=8N，

由牛頓第三定律可知，滑塊對(duì)軌道的壓力大?。篎′=F=8N，方向：水平向左；

（2）設(shè)滑塊在斜軌道上到達(dá)的最高點(diǎn)為C′，BC′的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，從滑塊開始下滑到C′過程，由能量守恒定律得：

mgH=μmgLAB+μmgcosθ?L+mgLsinθ，

代入數(shù)據(jù)解得：L=m＜LBC=1.0m，滑塊不能沖出斜軌道的末端C點(diǎn)；

（3）滑塊開始下滑到運(yùn)動(dòng)到距離A點(diǎn)x處過程，由動(dòng)能定理得：

mgH-μmgx=-0

兩滑塊碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后的速度為v′，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：

mv=（m+2m）v′，

設(shè)碰撞后滑塊滑上斜軌道的高度為h，碰撞后滑塊滑動(dòng)過程，由動(dòng)能定理得：、

-μ?3mg（LAB-x）-μ?3mgcosθ?-3mgh=0-

解得：h=x-m

（m＜x≤1m）

或h=0

（0≤x≤

m）；

答：（1）滑塊運(yùn)動(dòng)到與圓心O等高的D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為8N，方向：水平向左；

（2）滑塊不能沖出斜軌道的末端C點(diǎn)；

（3）它們?cè)谲壍繠C上到達(dá)的高度h與x之間的關(guān)系是：h=x-???????m（m＜x≤1m）

或h=0