第=page2424頁(yè)，共=sectionpages2424頁(yè)第=page2323頁(yè)，共=sectionpages2424頁(yè)2020年7月浙江省普通高校招生選考物理試卷一、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(lái)表示，正確的是(????)A.F?V B.A?s C.【答案】B【解析】解：根據(jù)電流的定義可知I=qt，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。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)【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：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.【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。在抗擊新冠病毒的過(guò)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(shuō)法正確的是(????)

A.當(dāng)體溫超過(guò)37.3℃時(shí)人體才輻射紅外線

B.當(dāng)體溫超過(guò)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(lái)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(lái)測(cè)體溫的【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(lái)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(lái)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(lái)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(guò)溫度越高，輻射紅外線的能力越強(qiáng)。

下列說(shuō)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(guò)鋁箔后的衍射圖樣說(shuō)明電子具有波動(dòng)性【答案】D【解析】解：A、由p=2mEk及德布羅意波長(zhǎng)λ=hp，得質(zhì)子的德布羅意波長(zhǎng)λ=h2mEk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(wú)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(shuō)明電子具有波動(dòng)性，故D正確。

故選：D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mv0qE

B.速度大小為3v0

C.與P點(diǎn)的距離為【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a=Eqm，垂直電場(chǎng)方向的位移x=v0t，平行電場(chǎng)方向的位移y=12at2，根據(jù)幾何關(guān)系tan45°=yx，聯(lián)立解得t=2mv0qE，故A錯(cuò)誤；

B、水平速度vx=v0，豎直方向速度vy=at=Eqm?2mv0qE=2v火星探測(cè)任務(wù)“天問(wèn)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3：2

C.角速度大小之比為22：33 D.向心加速度大小之比為9【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(wàn)有引力提供得：GMmr2=man=mv2r=mω2r，

則v=GMr，線速度大小之比為2：3；

ω=GMr3，角速度大小之比為23：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(wú)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【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(wú)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(wú)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。

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、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，dA.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【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?6mg、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(jué)，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16mg B.受到的合力大小為16mg

C.對(duì)球面的壓力大小為16【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16mg，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：56mg+F=mg，解得：F=16mg，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=16mg，故D正確。

故選：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：n【答案】C【解析】解：A、發(fā)電機(jī)輸出的電流I1=PU1=100×103250A=400A，故A錯(cuò)誤；

B、輸電線損失的功率為P線=I線2R線，得I線=P線R線=50008A=25A，故B錯(cuò)誤；

C、升壓變壓器的輸出電壓U2=PI線如圖所示，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l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(shuō)法正確的是(????)A.棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為12Bl2ω

B.微粒的電荷量與質(zhì)量之比為2gdBr2【答案】B【解析】【分析】

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(lái)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=12BL2ω來(lái)計(jì)算。

【解答】

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)E=Brv-可得棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為12Br2ω，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：qEd=mg，解得微粒的電荷量與質(zhì)量之比為qm=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22R

C.光在玻璃磚內(nèi)的傳播速度為33c【答案】C【解析】【分析】

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=cn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。

【解答】

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=1n=OPR

對(duì)圖乙根據(jù)折射定律可得：n=sinθsinα

其中sinα=OPOP2+R2

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(lái)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(12H)和一個(gè)質(zhì)量為2809.5MeVA.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×【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：?12H+13H→24He+01X，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【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=λT，可知，它們的波速為：v=44m/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(guò)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(méi)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=3.51s=3.5s，

因此在10.5s時(shí)，波源如圖所示，系留無(wú)人機(jī)是利用地面直流電源通過(guò)電纜供電的無(wú)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(wú)人機(jī)從地面起飛沿豎直方向上升，經(jīng)過(guò)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(wú)人機(jī)的拉力，則(????)

A.空氣對(duì)無(wú)人機(jī)的作用力始終大于或等于200N

B.直流電源對(duì)無(wú)人機(jī)供電的額定電流為12.5A

C.無(wú)人機(jī)上升過(guò)程中消耗的平均功率為100W

D.【答案】BD【解析】解：A、由于系留無(wú)人機(jī)開始起飛經(jīng)過(guò)200s到達(dá)100m高處后懸停并進(jìn)行工作，可見系留無(wú)人機(jī)先加速后減速再停留在空中，所以空氣對(duì)無(wú)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(wú)人機(jī)供電的額定電流為I=PU=5000400A=12.5A，故B正確；

C、無(wú)人機(jī)上升過(guò)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(wú)人機(jī)上升過(guò)程中消耗的平均功率P->Wt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(guò)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______(【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=xce2T=36.10-32.400.2cm/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=mgM+m，

對(duì)小車有：F=Ma=MmgM+m=mgmM+1，若M>>m，則某同學(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.擺的振幅越大越好

B.擺球質(zhì)量大些、體積小些

C.擺線盡量細(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(méi)有過(guò)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)【答案】BC【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=2πl(wèi)g可知：

T2=4π2gl=4π2gL+4π2gr

T2-l圖象是過(guò)原點(diǎn)的直線，如果漏了擺球半徑r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(【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=1.52-1.20.6Ω=0.53Ω。

故答案為：(1)如圖所示；(2)0.40(0.39～0.41)；1.30(1.29～1.31)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14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??；【答案】解：(1)由圖2可知，物件26s時(shí)開始減速，減速過(guò)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(guò)程分析可知，減速時(shí)間t2=8s，逆向分析可將勻減速過(guò)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=1【解析】(1)明確題意根據(jù)運(yùn)動(dòng)過(guò)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(guò)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(guò)程；注意明確從零時(shí)刻開始物件一定是勻速運(yùn)動(dòng)。

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(guò)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)谲壍馈敬鸢浮拷猓?1)滑塊從開始下滑到D點(diǎn)過(guò)程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：

mgH=mgR+12mvD2

在D點(diǎn)，軌道的彈力提供向心力，由牛頓第二定律得：

F=mvD2R，

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(guò)程，由能量守恒定律得：

mgH=μmgLAB+μmgcosθ?L+mgLsinθ，

代入數(shù)據(jù)解得：L=1516m<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(guò)程，由動(dòng)能定理得：

mgH-μmgx=12mv2-0

兩滑塊碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后的速度為v'【解析】(1)滑塊從開始下滑到D點(diǎn)過(guò)程機(jī)械能守恒，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求出滑塊到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度，在D點(diǎn)軌道的彈力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律可以求出軌道的支持力，然后求出滑塊對(duì)軌道的壓力。

(2)對(duì)滑塊運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程，應(yīng)用能量守恒定律求出滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的最大距離，然后判斷滑塊能否沖出斜軌道的C點(diǎn)。

(3)應(yīng)用動(dòng)能定理求出滑塊碰撞前瞬間的速度大小，碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求出碰撞后的速度，然后應(yīng)用動(dòng)能定理分析答題。

本題是一道力學(xué)綜合題，考查了動(dòng)能定理與動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，根據(jù)題意分析清楚滑塊的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律、動(dòng)量守恒定律、牛頓第二定律與動(dòng)能定理即可解題。

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