山東中學聯(lián)盟2020級高三12月百校大聯(lián)考

物理

一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分.每小題只有一個選項符合題目要求.

1.2022年10月12日下午，“天宮課堂”第三課在中國空間站開講，航天員陳冬、劉洋、蔡旭哲在離地約

400km繞地球做近似圓周運動的問天實驗艙進行太空投課，此次“天宮課堂”在山東省荷澤第一中學設有

地面分課堂，荷澤一中的師生有幸與航天員進行互動交流，課后同學們又進行激烈討論以下觀點正確的是

)

A.“天宮”中宇航員由于沒有受到地球引力而處于漂浮狀態(tài)

B.空間站運行周期小于24小時

C.“天宮”的運行速度大于第一宇宙速度

D.載人飛船加速后可追上在同軌道上的核心艙并實施對接

【答案】B

【解析】

【詳解】A.宇航員在太空中仍然受到地球引力的作用，故A錯誤;

B.根據(jù)萬有引力提供向心力可得

尸Mm2TT

k皿于)2r

解得

r3

T=2加

GM

衛(wèi)星的軌道半徑越大，周期越大，空間站的軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑，所以空間站的運行周期小于

同步衛(wèi)星的運行周期24小時，故B正確；

C.第一宇宙速度即為近地衛(wèi)星繞地球表面運行的線速度，空間站的軌道半徑大于近地衛(wèi)星的軌道半徑，

其運行速度小于第一宇宙速度，故c錯誤；

D.在同一軌道加速，載人飛船將做離心運動變軌到高軌道，不會追上核心艙，故D錯誤。

故選B。

2.下面說法正確的是（）

A.帶電粒子僅在電場力作用下一定做加速運動

B.電場力一定對運動電荷做功，洛侖茲力一定對運動電荷不做功

C.在勻強電場中帶電粒子僅在電場力作用下任意相等時間內(nèi)速度變化量一定相同

D.通電導線在某位置所受安培力為零，該位置的磁感應強度一定為零

【答案】C

【解析】

【詳解】A.若帶電粒子僅受到的電場力與初速度方向相反，則先做減速運動，故A錯誤；

B.洛倫茲力一定與電荷的運動方向垂直不做功，但電場力也可能與運動電荷的運動方向垂直，也不做

功，故B錯誤；

C.在勻強電場中帶電粒子僅在電場力作用下，所受合外力不變，則加速度不變，則任意相等時間內(nèi)速度

變化量一定相同，故c正確；

D.當通電導線與磁場方向平行時，即使磁感應強度大于零，所受安培力為零，故D錯誤。

故選Co

3.如圖所示，固定在水平面上的斜面體C上放有一個斜劈A,A的上表面水平且放有一重力為G的物塊Bo

若A、B運動中始終保持相對靜止.以下說法正確的是（）

A.若將斜面體C突然撤去，A和B一起向下運動時，B的加速度小于g

B.若斜面體C的斜面光滑，A和B一起沿斜面向下運動時，B對A的壓力等于G

C.若斜面體C的斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面減速上滑，則B受水平向左的摩擦力

D.若斜面體C的斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，則B處于超重狀態(tài)

【答案】C

【解析】

【詳解】A.若突然撤去斜面體C,將A、B作為一個整體，可知他們一起向下的加速度為g,A錯誤;

B.設斜面的傾角為仇將A、B作為一個整體，根據(jù)牛頓第二定律可知

（根A+a）gsin。=（根八+^B）?

單獨對B進行受力分析，在豎直方向上

一外=sin0

解得

&0<G

根據(jù)牛頓第三定律可知B對A的壓力

F1=FN〈G

B錯誤；

C.A和B以一定的初速度沿斜面減速上滑的過程中，加速度沿斜面向下，水平方向上分加速度水平向

左，單獨對B進行受力分析，可知B受到水平向左的摩擦力，C正確：

D.A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，在豎直方向上，B的分加速度豎直向下，因此B處于失重狀

態(tài)，D錯誤。

故選C。

4.為探究影響向心力的因素，某同學站在水平地面上，手握不可伸長的輕繩一端，繩的另一端系有質(zhì)量為

，”的小球，使球在豎直平面內(nèi)以手為圓心做圓周運動。當球某次運動到最低點時，繩上拉力恰好達到所能承

受的最大拉力被拉斷，球以繩斷時的速度水平飛出，通過水平距離d后落地。已知握繩的手離地面高度為

d,手與球之間的繩長為色，重力加速度為g,忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）

4

A.繩能承受的最大拉力是3mg

B.繩斷前瞬間拉力的瞬時功率為節(jié)■〃吆程?

C.小球落地前瞬間重力的功率為根且服母

D.若拉直輕繩從與圓心等高水平位置靜止釋放小球，則擺動過程中重力的功率有最大值

【答案】D

【解析】

【詳解】A.設繩能承受的最大拉力為Em,球做圓周運動的半徑為

R

"4

由牛頓第二定律得

2

PVj

K

球以繩斷時的速度水平飛出，做平拋運動，通過水平距離為乩豎直位移為31,則

,3,1

d=印,=2

解得

%廣=可11期

故A錯誤;

B.繩斷前瞬間拉力的瞬時功率為

P=G/cos90°=0

故B錯誤;

C.小球落地前瞬間豎直方向上的速度

vy=gt=

小球落地前瞬間重力的功率為

己=mgvy=mg

故C錯誤；

D.在與圓心等高的水平位置，由于小球的速度為零，根據(jù)功率公式P=Guv,所以重力的功率為零。而

在最低點，只有水平速度，豎直速度為零，所以重力的功率為零。但中間過程重力的方向與速度方向成銳

角，所以重力功率肯定不為零，所以重力的功率先增大后減小有最大值，故D正確。

故選D。

5.2022年6月，中國高鐵總里程約達4.2萬公里，世界第一。為保障列車安全運行每一公里，無縫鋼軌線路

因熱脹冷縮或負載等引起應力集中時，應每隔50~100m設一位移觀測點觀測鋼軌位移量，進行應力放散，

及時排除隱患。一種人工應力放散作業(yè)畫面如圖所示，四人拉著最初靜止的質(zhì)量約400kg的碰撞器撞擊鋼

軌，若要至少產(chǎn)生24000N的撞擊力（設碰撞時間0.1s,碰撞器不反彈，不計碰撞器與鋼軌的摩擦），則每個

工人平均至少對碰撞器做功約為（）

A.1250JB.5000JC.25000JD.100000J

【答案】A

【解析】

【詳解】以碰撞器運動的方向為正方向，根據(jù)動量定理可知

-F\t+mgAt=0-mv0

由于尸224(XX)N代入數(shù)據(jù)可得

%>5m/s

根據(jù)動能定理

4W=gm詔

可得每個工人對碰撞器做的需要功

W>1250J

故選Ao

6.如圖所示電路中，A為理想電流表，Ro、R2均為固定電阻，肥為滑動變阻器且其總電阻大于R2,C為平

行板電容器，M為電動機，其內(nèi)阻/=0.5C,干電池電源電動勢E=6V,內(nèi)阻不計，當滑片P從。點滑到b點

過程中，下列說法正確的是()

A.電流表的示數(shù)先增大后減小

B.電容器帶電量先減小后增大

C.電源消耗化學能的功率先減小后增大

D.電動機消耗的功率為72W

【答案】C

【解析】

【詳解】電路結構分析：滑動變阻器aP段與R2串聯(lián)后，再和滑動變阻器8P段并聯(lián)，再與Ro串聯(lián)，最后

與電動機并聯(lián)。當滑片P從。點滑到人點的過程中，R2支路的電阻總值為4+4,，滑動變阻器人端支路

電阻為為一&,因為?>為,所以當

%+&=&-&

即兩條支路電阻相等時，兩支路并聯(lián)電阻最大，所以當滑片P從。向b滑動時，并聯(lián)電阻R并先增大后減

小。

A.由于R井先增大后減小，而電源內(nèi)阻不計，所以上方支路中電流先減小后增大，電流表的示數(shù)先減小后

增大，故A錯誤；

B.電流表示數(shù)先減小后增大，所以Ro兩端的電壓先減小后增大，R并兩端電壓先增大后減小，滑動變阻器

人端支路電阻減小，故&兩端電壓先增大后減小，故電容器帶電量。=。。，先增加后減小，故B錯誤；

c.R并先增大后減小，故電路中的總電流/先減小后增大，電源消耗化學能轉(zhuǎn)化為電能的功率尸=￡/先減

小后增大，故c正確；

D.若電動機為純電阻用電器，則功率為

E262

P=—=—W=72W

r0.5

但是電動機為非純電阻用電器，其正常工作時歐姆定律不成立，故其正常工作時功率不等于72W,D錯誤。

故選C。

7.在長方體頂點A、。處各固定一正點電荷，電荷量均為g=1.7xl0-5c,整個空間處在勻強電場中，頂點

F處一電荷量為-2彳的粒子（不計重力）恰好處于靜止狀態(tài)，已知AE=E￡>=136cm,B￡>=102cm,取百=1.7，

則下列說法正確的是（）

A.頂點4、。兩處的電荷在頂點E處的電場強度相同

B.此勻強電場的方向可能水平向右

C.此勻強電場的大小為9xlO'N/C

D.撤去勻強電場，給尸處粒子一個合適的速度，此粒子可在CE尸”平面內(nèi)做勻速圓周運動

【答案】D

【解析】

【詳解】A.電場強度是矢量，根據(jù)￡=人耳可得，頂點A、。兩處的正電荷在頂點E處產(chǎn)生的電場強度

r

大小相等，但方向不同，故A錯誤；

B.根據(jù)矢量疊加原理可知，頂點4、。兩處的正電荷在頂點尸處產(chǎn)生的電場強度方向沿著底邊

A。的中垂線指向/點，由于頂點F處一電荷量為-2q的粒子（不計重力）恰好處于靜止狀態(tài)，則尸點

處的合場強為0,所以此勻強電場的方向與兩正點電荷在廠點產(chǎn)生的合場強大小相等，方向相反，不可能

水平向右，故B錯誤；

C.由幾何關系可得

AF=DF=^ED2+BD2=1.7m

AO=1.360m

可得單獨一個正電荷在F點產(chǎn)生的場強大小為

E=*=%1P1N/C

產(chǎn)1.7

設E與AADF底邊AO的中垂線夾角為6,則兩正點電荷在F點處產(chǎn)生的合場強為

E合=2Ecos6

而

由數(shù)學知識，可判斷知該勻強電場的大小

E'=E^?8.5X104N/C

故C錯誤；

D.撤去勻強電場，給尸處的粒子一個大小合適的速度，且讓速度方向垂直△ADF底邊AO的中垂線

時，若此粒子受到的電場力恰好提供所需向心力，則該粒子可在CEFH平面內(nèi)做勻速圓周運動，故D正

確。

故選D。

8.如圖所示為一種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，此質(zhì)譜儀由以下幾部分構成：離子源、加速電場、靜電分析

器、磁分析器、收集器。靜電分析器通道中心線MN所在圓的半徑為凡通道內(nèi)有均勻輻射的電場，中心線

處的電場強度大小為E;磁分析器中分布著方向垂直于紙面，磁感應強度為8的勻強磁場，磁分析器的左邊

界與靜電分析器的右邊界平行。由離子源發(fā)出一個質(zhì)量為優(yōu)、電荷量為+q的離子（初速度為零，重力不計），

經(jīng)加速電場加速后進入靜電分析器，沿中心線用N做勻速圓周運動，而后由P點進入磁分析器中，最終經(jīng)

過Q點進入收集器（進入收集器時速度方向與02P平行），下列說法正確的是（)

A.磁分析器中勻強磁場的方向垂直于紙面向內(nèi)

B.任何比荷相同的正離子都能進入收集器，但從尸到。的時間不同

C.加速電場中加速電壓。=￡/?

D.磁分析器中軌跡圓心。2到。點的距離4=

【答案】D

【解析】

【詳解】A.該離子在磁分析器中沿順時針方向轉(zhuǎn)動，所受洛倫茲力指向圓心，根據(jù)左手定則可知，磁分析

器中勻強磁場的方向垂直于紙面向外，故A錯誤；

C.該離子在靜電分析器中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有

qE=m%

在加速度電場中，由動能定理有

qU=—mv

聯(lián)立解得

U=-ER

2

故C錯誤；

D.該離子在磁分析器中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有

2

V-

qvB=m—

又有

qE=m—

R

解得

該離子經(jīng)。點進入收集器，故

故D正確；

B.根據(jù)上述分析可知，任一初速度為零的帶正電離子，若比荷相同，其做圓周運動的半徑相同，均能達

到收集器，其運動時間為

1e12%r71m

t=-T=-x=

PQPO44v2qB

由此可知，比荷相同，則運動時間相等，故B錯誤。

故選D。

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分.每小題有多個選項符合題目要求，

全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分.

9.如圖甲所示，光滑、絕緣的水平地面上，一質(zhì)量皿=2kg的帶負電小滑塊（可視為質(zhì)點）在x=lm處受到

一個水平向左、大小為尸=1N的恒力作用，以vo=1.5m/s的初速度沿尤軸正方向運動，整個區(qū)域存在沿水平

方向的電場，滑塊在不同位置所具有的電勢能穌如圖乙所示，P點是圖線最低點，虛線AB是圖像在41m

處的切線，取g=10m/s2,下列說法正確的是（）

f￡p/J

1……

，口T,,,,x/p

01234512345

甲乙

A.滑塊向右運動過程中，速度始終減小

B.x=3m處的電勢最低

C.滑塊運動至43m處時，速度大小為I

-m/s

2

D.滑塊向右一定可以經(jīng)過x=4m處的位置

【答案】AC

【解析】

【詳解】A.Ep-x圖像斜率的絕對值表示滑塊所受電場力的大小，所以滑塊在41m處所受電場力大小為

3-1

F.=--N=1N

'2

在1~3m區(qū)間內(nèi)，滑塊所受電場力與尸的方向相反，且不斷減小，所以滑塊所受合外力方向與速度方向相

反；在43m之后，滑塊所受電場力與尸同向，且不斷增大，則滑塊所受合外力方向也與速度方向相反，

所以滑塊向右運動過程中，在x=lm處速度最大，速度始終減小，故A正確；

B.滑塊在尸3m處電勢能最小，因為滑塊帶負電，所以廣3m處的電勢最高，故B錯誤；

C.在卜3m區(qū)間內(nèi)，根據(jù)動能定理可得

%—

WP=-Fxt

聯(lián)立解得

故C正確；

D.滑塊在x=lm處的電勢能與在x=4m處的電勢能相等，根據(jù)能量守恒定律，若滑塊能夠經(jīng)過x=4m處,

則應滿足

12、「

根據(jù)題中數(shù)據(jù)可知實際情況并不滿足上式，所以滑塊一定無法經(jīng)過戶4m處的位置，故D錯誤.

故選AC。

10.如圖所示，在光滑、絕緣的水平面上有一個邊長為?的正方形ABCD區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于水平面向

下、大小為B的勻強磁場，E、P分別為AO和A8的中點，一些速度不同的帶正電小球（質(zhì)量均為〃?，帶電

荷量均為+4,）從E點垂直AO水平射入磁場，已知$皿53。=0.8,則下列說法正確的是（）

F

A-----------------B

;XXXX：

;XXXX

XXX

XXX

Tim

A.帶電小球在磁場中運動的最長時間為0?

3qB

B.從B點和尸點射出磁場的小球在磁場中運動的時間之比為53:90

C.從B點和尸點射出磁場的小球進入磁場時的速度之比為2:5

D.帶電小球要從BC邊射出的最小速度為名歿

4m

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.當帶電小球垂直邊射出時，在磁場中運動的時間最長，如圖

T7rm

2qB

故A錯誤；

B.從8點和尸點射出磁場的小球在磁場中運動的軌跡如上圖

從3點射出磁場，由幾何知識可得

_y)2+^2=R：

解得

%=也

B4

則

sin6>=—=0.8

RB

0=53°

運動的時間為

從尸點射出磁場，由幾何知識可得

RF=巴

F2

從廠點射出磁場的軌跡對應的圓心角為￡=90°,運動的時間為

tF=更1

2萬

則從B點和F點射出磁場的小球在磁場中運動的時間之比為

tB:tF=53:90

故B正確；

C.帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力

可得帶電粒子在磁場中運動的速度為

可知從B點和尸點射出磁場的小球進入磁場時的速度之比為

vFRF2

故C錯誤；

D.從B點射出磁場時速度是從BC邊上射出磁場的最小速度，根據(jù)C中速度公式有

故D正確。

故選BD.,

11.如圖所示，一輕質(zhì)彈性細繩一端固定在。點，另一端穿過。點正下方固定的光滑小環(huán)M后系一質(zhì)量為

加的鐵環(huán)N,鐵環(huán)N穿在固定的粗糙水平桿PQ上，OM距離等于彈性繩原長，鐵環(huán)N處于。點正下方G

點時恰好對桿沒有彈力?，F(xiàn)對鐵環(huán)N施加一水平向右的作用力F,緩慢拉到H點釋放，整個過程都在彈性

繩的彈性限度內(nèi)，則（）

O

M<>

PGHQ

A.向右緩慢移動過程中鐵環(huán)N受5個力作用

B.向右緩慢移動過程中力F逐漸變大

C.釋放后鐵環(huán)N第一次速度最大位置在G與”之間

D.釋放后鐵環(huán)N沿桿做簡諧運動

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.0M距離等于彈性繩原長，鐵環(huán)N處于0點正下方G點時恰好對桿沒有彈力，則

kx0=mg

向右緩慢移動過程中，設彈性繩與桿夾角為可得

kxsinff=kxn=mg

則鐵環(huán)與桿間的彈力始終未零，摩擦力為零，故鐵環(huán)受重力、水平作用力和彈性繩的拉力，共3個力，A錯

誤；

B.由平衡關系

F=Axcos0

夾角。減小，彈性繩彈力增大，則水平作用力增大，B正確；

C.釋放后，鐵環(huán)N運動至G點時，合力為零，速度最大，C錯誤；

D.釋放后，彈性繩彈力的水平分力提供回復力，G為平衡位置，鐵環(huán)沿桿做簡諧運動，D正確。

故選BDo

12.如圖所示，有一質(zhì)量為M、半徑為尺、密度均勻的球體，在距離球心。為2R的P點有一質(zhì)量為帆的質(zhì)

點，從M中挖去一個半徑為的球體，設大球剩余部分對機的萬有引力為若把質(zhì)點〃?移放在空腔中

2

心。'點，設大球的剩余部分對該質(zhì)點的萬有引力為已知質(zhì)量分布均勻的球殼對殼內(nèi)物體的引力為0,

萬有引力常量為G,0、。'、P三點共線。下列說法正確的是（）

7GMm

A.Fi的大小為

36H2

GMm

B.巳的大小為

4甯

C.若把質(zhì)點移放在。點右側(cè)，距。點2/?處，大球的剩余部分對該質(zhì)點的萬有引力與尸2相同

4

D.若把質(zhì)點，〃移放在。點右側(cè)，距。點3/?處，大球的剩余部分對該質(zhì)點的萬有引力與尸2不同

4

【答案】AC

【解析】

【詳解】A.設半徑為的小球體的質(zhì)量為AT,球體的密度為夕，則有

2

4

M=P-RR

3

4(

M=p--7t—

3⑴

聯(lián)立可得

M'=—

8

由補償法可知，其余部分對戶處質(zhì)點的引力等于大球?qū)υ擖c的引力減去挖走的小球?qū)υ擖c的引力，則大球

剩余部分對的萬有引力為

GMmM'm

6

(W

代入數(shù)據(jù)解得

7GMm

36/？2

A正確;

B.由質(zhì)量分布均勻的球殼對殼內(nèi)物體的引力為0可知，大球不挖走小球時，大球?qū)?'點的質(zhì)點的引力等

R

于以。點為圓心一為半徑的小球?qū)υ擖c的引力，即

2

GM'mGMm

由補償法可知，其余部分對O'處質(zhì)點的引力等于大球?qū)υ擖c的引力減去挖走的小球?qū)υ擖c的引力。因為質(zhì)

量分布均勻的球殼對殼內(nèi)物體的引力為o,故挖走的小球?qū)υ擖c的引力為o,所以其余部分對該點的引力等

于實心大球?qū)υ擖c的引力。B錯誤；

CD.半徑為g/?、JR的小球質(zhì)量分別為

44

M-y=p--7u\—R=—M

23UJ64

3

由B選項分析可知，若把質(zhì)點機移放在。點右側(cè)，距。點二R處，大球的剩余部分對該質(zhì)點的萬有引力等

于以。點為圓心彳為半徑的小球?qū)υ擖c的引力，即

GM、m_3GMm

同理挖走的小球?qū)υ擖c的引力為以O,點為圓心，為半徑的小球?qū)υ擖c的引力

GM2m_GMm

-R

(4J

故其余部分對該點的引力為

GMm_

居=月一瑪

C正確，D錯誤。

故選AC。

三、非選擇題：本題共6小題，共60分.

13.小明同學用如圖甲所示裝置測量當?shù)氐闹亓铀俣?，光電門A、B與光電計時器相連.

JLM固定擋板

十1光電門A

j十1光電門B

光電計時器

甲

（1）讓小球緊靠固定擋板，由靜止釋放，光電計時器記錄小球經(jīng)過光電門A和光電門B所用的時間乙、t2,

測出兩光電門間的高度差力，小球直徑為d,則測得小球經(jīng)過光電門A時的速度為,測得的重力

加速度g=（用測得的物理量的符號表示）；

（2）將光電計時器記錄小球通過光電門的時間改為記錄小球從光電門A運動到光電門B所用的時間。保持

光電門A的位置不變，多次改變光電門B的位置，每次均讓小球從緊靠固定擋板由靜止釋放，記錄每次兩

hh

光電門間的高度差〃及小球從光電門A運動到光電門B所用的時間r,求出每次的一，作出--r圖像如圖

tt

乙所示，若圖像斜率為人縱坐標截距為則小球經(jīng)過光電門A時的速度為,當?shù)氐闹亓铀俣?/p>

大小為。

dd2（11、

【答案】①.T?.——③.a④.2k

【解析】

【詳解】（1）[1]測得小球經(jīng)過光電門A時的速度為

⑵根據(jù)運動學公式有

解得

d2(l1)

0=-------

2”考打

（2）[3]⑷由于小球釋放的位置離光電門A的位置恒定，因此每次通過光電門A的速度一定，則有

,12

h=v^t+-gr

整理可得

h1

~=vA+-gt

根據(jù)圖像可得，則小球經(jīng)過光電門A時的速度為

當?shù)氐闹亓铀俣却笮?/p>

g=2k

14.現(xiàn)有?特制金屬電阻絲，某同學用多用電表粗測其阻值為20C,為了解其材料的導電屬性，測量它的電

阻率，需要更精確地測量其電阻?下面是該同學實驗小組的一些實驗過程。實驗室除了螺旋測微器、游標卡

尺外，還給出了以下器材：

①電流表Gi（0~50mA,內(nèi)阻外=3C）

②電流表G2（0-100mA,內(nèi)阻以=IC）

③定值電阻Ri（RI=150C）

④定值電阻&（&=20。）

⑤滑動變阻器R（0-5Q）

⑥干電池（1.5V,內(nèi)阻不計）

⑦開關S及導線若干

（1）該同學用螺旋測微器和游標卡尺分別測量特制金屬絲的直徑和長度如上圖所示，螺旋測微器讀數(shù)為

mm,游標卡尺讀數(shù)為cm。

（2）根據(jù)現(xiàn)有器材，另一同學設計了如圖甲所示的電路圖，其中A、B一個為被測電阻、一個為定值電阻，

請問圖中電阻為被測電阻（填"A”或"B”）,定值電阻應選（填"RJ或）

（3）若某次測得電流表Gi、G2的示數(shù)分別為小心則被測電阻的大小為（用已知和測量物理量

的符號表示）。

（4）若通過調(diào)節(jié)滑動變阻器，該同學測得多組人、上的實驗數(shù)據(jù)，根據(jù)實驗數(shù)據(jù)做出/2隨人的變化圖像如

圖乙所示，并求得圖像的斜率k=2.10,則被測電阻的大小為Q（保留三位有效數(shù)字）。

【答案】①.0.900②.1.450③.B④⑤./1,+,2)⑥20.9

,2一’1

【解析】

【詳解】（1）[1]根據(jù)游標卡尺的讀數(shù)規(guī)則有

0.5mm+40.0x0.01mm=0.900mm

⑵根據(jù)游標卡尺的讀數(shù)規(guī)則有

14mm+10x0.05mm=14,50mm=1.450cm

（2）[3]由題圖中可看出電阻A與Gi串聯(lián)，則說明A為定值電阻，將A與Gi串聯(lián)改裝出一個大量程的電

壓表，其并聯(lián)在電阻B的兩端，則說明B為待測電阻。

[4]由于電源電動勢為L5V,則需將Gi改裝為一個1.5V左右的電壓表，則定值電阻A的阻值約為

g>

代入數(shù)據(jù)有

RA=27c

則定值電阻應選及。

（3）[5]若某次測得電流表Gi、G2的示數(shù)分別為人、/2。則被測電阻的大小為

1\—,

72一人

（4）[6]上式整理后有

則

卜=4+4+R

R

代入數(shù)據(jù)有

R=20.9Q

15.水袖是中國古典舞中用于情感表達和抒發(fā)的常用技巧，舞者的手有規(guī)律的振動傳導至袖子上，給人一種

“行云流水”的美感。如圖（a）,一列簡諧橫波沿x軸傳播，實虛線分別為九=0時刻和及時刻的波形圖,

P、。分別是平衡位置為xi=L0m和X2=4.0m的兩質(zhì)點，圖（b）為質(zhì)點。的振動圖像，求:

（1）波的傳播速度和12的大小;

（2）質(zhì)點尸的位移隨時間變化的關系式。

【答案】(1)40m/s,(0.05+0.2n)s,(〃=0、1、2...)；(2)y=10sin(10^r+--)cm

4

【解析】

【詳解】(1)由圖可知

2=8m,T—0.2s

所以波的傳播速度為

A8,“八，

v=—=——m/s=40m/s

T0.2

結合振動圖線可知，該波沿x軸正方向傳播，所以

T

Z2=—+nT=(0.05+0.2n)s,(〃=0、1、2...)

(2)質(zhì)點做簡諧運動的表達式為

,.,2萬、

Asm(—t+(p)

由圖可知

A=10cm

片。時，P點的位移為

y=10sin—x=5\/2cm

2

且零時刻質(zhì)點P向下運動，即

572=10sino

解得

37

所以

37r

y=10sin(l。兀t+：-)cm

16.2022年2月北京舉辦了第24屆冬季奧運會，成為全球首座“雙奧之城”。高山滑雪比賽可簡化為如圖

所示的模型，傾角為30。的斜面48與傾角為37。的斜面CB在水平地面的B點用光滑小圓弧對接，A點與地

面的高度為〃i=10m,C點與地面的高度為〃2=3m。一質(zhì)量為，"=5kg的小滑塊(視為質(zhì)點)從A點無初速

度下滑，經(jīng)過B點前后動能不損失，然后沿斜面CB上滑，離開C點時做斜拋運動，小滑塊與斜面AB之間

/Q3

的動摩擦因數(shù)為〃I=2（二，與斜面C8之間的動摩擦因數(shù)為〃2=一，sin37o=0.6,cos37o=0.8,重力加速

度取g=10m/s2,求：

（1）小滑塊從A點運動到達C點過程中損失的機械能;

（2）小滑塊的落地點與C點之間的水平距離。（結果可保留根號）

【答案】（1）287.5J；（2）"2廂m

5

【解析】

【詳解】（1）由題知，小滑塊經(jīng)過8點前后動能不損失，則小滑塊從A點運動到達C點過程中損失的機械

能，等于摩擦力所做的功

/?h

△E=wng--------cos30°+出mg---:-cos37°

sin30°-sin37°

代入數(shù)據(jù)解得

^E=287.5J

(2)從A到C的過程中，由動能定理得

mg(%一4)—'cos30°-出mg—^―cos37°=E

sin30sin37°kC

代入數(shù)據(jù)解得

Eke=62.5J

小滑塊離開C點時做斜拋運動，在豎直方向有

匕,=vcsin370

,12

-K=vyt--8^

在水平方向有

vx=vccos37°

X=vct

代入數(shù)據(jù)解得

6+2倔

x=--------m

5

17.如圖所示，在0-X”坐標系中，)，0z左、右側(cè)空間分別有沿y軸正方向的勻強電場和沿x軸負方向磁感

應強度為B的勻強磁場；足夠大的平面MN與x軸垂直,距。點距離％=上翳,現(xiàn)有一質(zhì)量為“、電

荷量為q的帶正電粒子從P(-2L,-JJL,O)點沿x軸正方向射入勻強電場，恰好過。點并進入右側(cè)空間,

不計粒子的重力和邊界效應，求：

(1)勻強電場場強E的大?。?/p>

(2)粒子經(jīng)過0點后距x軸的最大距離4；

(3)粒子打到平面上的位置坐標。

【解析】

【詳解】(1)粒子在電場中做類平拋運動，則

2L—卬

GT%

2m

解得

2qL

(2)過。點的速度分解為匕和、，其中

2L=vxt=vot

國=?

解得

Vy=6%

粒子進入磁場后，在沿X軸方向上以％做勻速直線運動，在yOz平面內(nèi)做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定

律，可得

2

Vy

qBv、,=m—

yR

解得

R：鬲%

Bq

所以粒子在經(jīng)過。點后距x軸的最大距離為

d=2R=也也

Bq

（3）粒子做圓周運動的周期為

_27rR27rm

1—------=-------

VvqB

粒子打到平面MN上所經(jīng)歷的時間為3則

L()_40乃〃2

%3qB

則

40zrm

t_^3qB_20

T27rm3

1B

即

2

經(jīng)過整周期粒子又回到了x軸，即打在MN板時，相當于轉(zhuǎn)動一丁所在的位置，如圖所示

3

由幾何關系可知

D?。。逝6機%3mv0

y=-/?sm60°=-----------=------

2Bq2Bq

n?/c。34?>mv03gtn%

z=R+Reos60°=--------=-------

2Bq2Bq

則粒子打到平面MN上的位置坐標為/y,z),即(嘴金，一翳'嚼與

18.如圖所示，有一個半徑為R