第=page2020頁，共=sectionpages2222頁第=page2121頁，共=sectionpages2222頁2020年北京市高考物理試卷一、單選題（本大題共14小題，共42.0分）以下現(xiàn)象不屬于干涉的是(????)A.白光經(jīng)過楊氏雙縫得到彩色圖樣 B.白光照射肥皂膜呈現(xiàn)彩色圖樣

C.白光經(jīng)過三棱鏡得到彩色圖樣 D.白光照射水面油膜呈現(xiàn)彩色圖樣【答案】C【解析】解：A、用白光做光源，根據(jù)雙縫干涉條紋的間距公式△x=Ldλ知，不同波長的，條紋寬度不一，則得到彩色的干涉條紋，

B、肥皂液是無色的，吹出的肥皂泡卻是彩色的，是由于光線在肥皂膜的表面發(fā)生干涉造成的，

C、陽光通過三棱鏡形成彩色光帶，是光的色散現(xiàn)象，不屬于干涉現(xiàn)象，

D、水面上的油膜呈現(xiàn)彩色是光的干涉現(xiàn)象，屬于薄膜干涉，

本題選現(xiàn)象不屬于干涉的，故選：C。

白光過楊氏雙縫形成彩色圖樣屬于干涉現(xiàn)象；

白光照射肥皂泡和水面油膜屬于薄膜干涉；氫原子能級示意如圖?，F(xiàn)有大量氫原子處于n=3能級上，下列說法正確的是(????)

A.這些原子躍遷過程中最多可輻射出2種頻率的光子

B.從n=3能級躍遷到n=1能級比躍遷到n=2能級輻射的光子頻率低

C.從n=3能級躍遷到n=4能級需吸收0.66eV的能量【答案】C【解析】解：A.大量氫原子處于n=3能級躍遷到n=1多可輻射出C23=3種不同頻率的光子，故A錯誤；

B.根據(jù)能級圖可知從n=3能級躍遷到n=1能級輻射的光子能量為：hν1=13.6eV-1.51eV=12.09eV

從n=3能級躍遷到n=2能級輻射的光子能量為：hν2=3.4eV-1.51eV=1.89eV

比較可知從n=3能級躍遷到n=1能級比躍遷到n=2能級輻射的光子頻率高，故B錯誤；

C.根據(jù)能級圖可知從n=3能級躍遷到n=4能級，需要吸收的能量為：E隨著通信技術(shù)的更新?lián)Q代，無線通信使用的電磁波頻率更高，頻率資源更豐富，在相同時間內(nèi)能夠傳輸?shù)男畔⒘扛?。?代移動通信技術(shù)(簡稱5G)意味著更快的網(wǎng)速和更大的網(wǎng)絡(luò)容載能力，“4G改變生活，5G改變社會”。與4G相比，5G使用的電磁波(????)A.光子能量更大 B.衍射更明顯 C.傳播速度更大 D.波長更長【答案】A【解析】解：A.因為5G使用的電磁波頻率比4G高，根據(jù)E=hν可知，5G使用的電磁波比4G光子能量更大，故A正確；

B.發(fā)生明顯衍射的條件是障礙物(或孔)的尺寸可以跟波長相比，甚至比波長還小；因5G使用的電磁波頻率更高，即波長更短，故5G越不容易發(fā)生明顯衍射，故B錯誤；

C.光在真空中的傳播速度都是相同的；光在介質(zhì)中的傳播速度為v=cn，5G的頻率比4G高，而頻率越大折射率越大光在介質(zhì)中的傳播速度越小，故C錯誤；

D.因5G使用的電磁波頻率更高，根據(jù)ν=cλ可知，波長更短，故D錯誤。

故選：A。

5G使用的電磁波頻率比如圖所示，一定量的理想氣體從狀態(tài)A開始，經(jīng)歷兩個過程，先后到達(dá)狀態(tài)B和C.有關(guān)A、B和C三個狀態(tài)溫度TA、TB和TC的關(guān)系，正確的是(????)

A.TA=TB，TB=TC B.TA<TB【答案】C【解析】解：由圖可知，狀態(tài)A到狀態(tài)B是一個等壓過程，根據(jù)VATA=VBTB，因為VB>VA，則有：TB>TA，

而狀態(tài)B到狀態(tài)C是一個等容過程，則有：pBTB=pCTC，因為pB>pC，則有：TB>TC，

對狀態(tài)A和C我國首次火星探測任務(wù)被命名為“天問一號”。已知火星質(zhì)量約為地球質(zhì)最的10%，半徑約為地球半徑的50%，下列說法正確的是(????)A.火星探測器的發(fā)射速度應(yīng)大于地球的第二宇宙速度

B.火星探測器的發(fā)射速度應(yīng)介于地球的第一和第二宇宙速度之間

C.火星的第一字宙速度大于地球的第一宇宙速度

D.火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度【答案】A【解析】解：A、當(dāng)發(fā)射速度大于第二宇宙速度時，探測器將脫離地球的引力在太陽系的范圍內(nèi)運動，火星在太陽系內(nèi)，所以火星探測器的發(fā)射速度應(yīng)大于第二宇宙速度，故A正確；

B、第二宇宙速度是探測器脫離地球的引力到太陽系中的臨界條件，當(dāng)發(fā)射速度介于地球的第一和第二宇宙速度之間時，探測器將圍繞地球運動，故B錯誤；

C、萬有引力提供向心力，則有：GMmR2=mv12R

解得第一宇宙速度為：v1=GMR

所以火星的第一宇宙速度為：v火=10%50%v地=55v地，因此火星的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度，故一列簡諧橫波某時刻波形如圖甲所示。由該時刻開始計時，質(zhì)點L的振動情況如圖乙所示。下列說法正確的是(????)A.該橫波沿x軸負(fù)方向傳播

B.質(zhì)點N該時刻向y軸負(fù)方向運動

C.質(zhì)點L經(jīng)半個周期將沿x軸正方向移動到N點

D.該時刻質(zhì)點K與M的速度、加速度都相同【答案】B【解析】解：A.由圖乙可知，質(zhì)點L在該時刻，向y軸正方向振動，依據(jù)微平移法，可知，該橫波沿x軸正方向傳播，故A錯誤；

B.由上分析，結(jié)合微平移法，可知，質(zhì)點N該時刻向y軸負(fù)方向運動，故B正確；

C.依據(jù)機(jī)械波在傳播過程中質(zhì)點并不隨波一起遷移，因此質(zhì)點L經(jīng)半個周期不會沿x軸正方向移動到N點，故C錯誤；

D.因K、M之間間隔半個波長，K、M的步調(diào)始終相反，因此該時刻質(zhì)點K與M的速度、加速度大小都相同，但它們的方向不同，故D錯誤；

故選：B。

根據(jù)質(zhì)點L的振動圖象，從而判定波的傳播方向，再依據(jù)波的微平移法，則可確定質(zhì)點N點的振動方向，依據(jù)波在傳播過程中，質(zhì)點不隨波遷移；最后結(jié)合速度與加速度是矢量，是否相等要從大小與方向兩角度考慮。

掌握用微平移法判斷質(zhì)點的振動方向和波的傳播方向，知道質(zhì)點不會隨波遷移，理解波動圖象與振動圖象的區(qū)別，注意速度與加速度是矢量，是否相同還要考慮其方向。真空中某點電荷的等勢面示意如圖，圖中相鄰等勢面間電勢差相等。下列說法正確的是(????)A.該點電荷一定為正電荷

B.P點的場強(qiáng)一定比Q點的場強(qiáng)大

C.P點電勢一定比Q點電勢低

D.正檢驗電荷在P點比在Q點的電勢能大

【答案】B【解析】解：ACD、由于題中P、Q兩點的電勢的大小關(guān)系不確定，所以無法確定電場線的方向，則沒有辦法確定點電荷的電性，正檢驗電荷在P、Q兩點的電勢能的大小也無法確定，故ACD錯誤；

B、根據(jù)等勢面的疏密程度可知，P點的電場強(qiáng)度大于Q點的電場強(qiáng)度，故B正確。

故選：B。

根據(jù)順著電場線電勢逐漸降低從而判斷電場線的方向，以此判斷點電荷的電性；根據(jù)等勢面的疏密程度分析場強(qiáng)的大??；正電荷電勢越高，電勢能越大。

解決該題的關(guān)鍵是掌握點電荷的電性的判斷方法，知道等勢面的疏密程度反應(yīng)了電場強(qiáng)度的大小。

如圖所示，在帶負(fù)電荷的橡膠圓盤附近懸掛一個小磁針?，F(xiàn)驅(qū)動圓盤繞中心軸高速旋轉(zhuǎn)，小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)。下列說法正確的是(????)A.偏轉(zhuǎn)原因是圓盤周圍存在電場

B.偏轉(zhuǎn)原因是圓盤周圍產(chǎn)生了磁場

C.僅改變圓盤的轉(zhuǎn)動方向，偏轉(zhuǎn)方向不變

D.僅改變圓盤所帶電荷的電性，偏轉(zhuǎn)方向不變

【答案】B【解析】解：AB、由題意可知，磁針受到磁場力的作用，原因是由于電荷的定向移動，從而形成電流，而電流周圍會產(chǎn)生磁場，故B正確，A錯誤；

C、只改變圓盤的轉(zhuǎn)動方向，那么電流產(chǎn)生磁場方向與之前的相反，則小磁針的偏轉(zhuǎn)方向也與之前的相反，故C錯誤；

D、如果使圓盤帶上正電，圓盤的轉(zhuǎn)動方向不變，那么電流產(chǎn)生磁場方向與之前的相反，則小磁針的偏轉(zhuǎn)方向也與之前的相反，小磁針的偏轉(zhuǎn)方向發(fā)生變化，故D錯誤。

故選：B。

根據(jù)電荷的定向移動形成電流，電流周圍存在磁場，結(jié)合安培定則，從而確定電流方向與磁場方向的關(guān)系；再根據(jù)磁極間的相互作用可明確小磁針N極的偏轉(zhuǎn)方向。

解決該題需要明確知道電荷的移動會產(chǎn)生磁場，而小磁針的轉(zhuǎn)動是由于磁場的原因造成的。

如圖所示，理想變壓器原線圈接在u=Umsin(ωt+φA.電流表A2的示數(shù)減小 B.電壓表V1的示數(shù)減小

C.電壓表V2的示數(shù)不變 D.電流表【答案】A【解析】解：ABC、因開關(guān)S閉合時，副線圈電路的總的電阻減小，由于變壓器的匝數(shù)比和輸入的電壓都不變，所以輸出的電壓也不變，即V1示數(shù)不變，但因總電阻減小，則電流增大，因干路中電阻R分壓增大，所以電壓表V2示數(shù)變小，電流表的示數(shù)為：IA2=UV2R，故電流表A2的示數(shù)減小，故A正確，BC錯誤；

D、開關(guān)S閉合時，總的電阻減小，所以電路的總電流I2要變大，根據(jù)n1n2=I2I分子力F隨分子間距離r的變化如圖所示。將兩分子從相距r=r2處釋放，僅考慮這兩個分子間的作用，下列說法正確的是A.從r=r2到r=r0分子間引力、斥力都在減小

B.從r=r2到r=r1分子力的大小先減小后增大

C.從【答案】D【解析】解：A、從r=r2到r=r0分子間引力、斥力都在增加，但斥力增加的更快，故A錯誤；

B、由圖可知，在r=r0時分子力為零，故從r=r2到r=r1分子力的大小先增大后減小再增大，故B錯誤；

C、分子勢能在r=r0時最小，故從r=r2到r某同學(xué)利用圖甲所示裝置研究摩擦力的變化情況。實驗臺上固定一個力傳感器，傳感器用棉線拉住物塊，物塊放置在粗糙的長木板上。水平向左拉木板，傳感器記錄的F-t圖象如圖乙所示。下列說法正確的是(????)

A.實驗中必須讓木板保持勻速運動

B.圖乙中曲線就是摩擦力隨時間的變化曲線

C.最大靜摩擦力與滑動摩擦力之比約為10：7

D.只用圖乙中數(shù)據(jù)可得出物塊與木板間的動摩擦因數(shù)【答案】C【解析】解：A、動摩擦力大小與是否勻速直線運動無關(guān)，故A錯誤；

B、圖乙曲線是棉線拉力F隨時間的變化曲線，故B錯誤；

C、由圖乙可知，開始物塊受到棉線拉力和長木板給的靜摩擦力平衡，一直到拉力峰值10N左右，此時最大靜摩擦力約為10N；之后物塊與長木板相對滑動，物塊受動摩擦力和棉線拉力平衡，由圖乙知動摩擦力大小7N左右，最大靜摩擦力與滑動摩擦力之比約為10：7，故C正確；

D、圖乙中數(shù)據(jù)可得出物塊與木板間的動摩擦力大小，f=μFN=μmg，m未知，故求不出動摩擦因數(shù)，故D錯誤。

故選：C。

以物塊為研究對象，物塊一直受力平衡。由圖乙可知，開始棉線拉力F從0增大，一直與長木板給的靜摩擦力平衡，一直到峰值10N左右；之后物塊與長木板相對滑動，物塊受動摩擦力和棉線拉力平衡，由圖乙知動摩擦力大小7N圖甲表示某金屬絲的電阻R隨攝氏溫度t變化的情況。把這段金屬絲與電池、電流表串聯(lián)起來(圖乙)，用這段金屬絲做測溫探頭，把電流表的刻度改為相應(yīng)的溫度刻度，就得到了一個簡易溫度計。下列說法正確的是(????)A.tA應(yīng)標(biāo)在電流較大的刻度上，且溫度與電流是線性關(guān)系

B.tA應(yīng)標(biāo)在電流較大的刻度上，且溫度與電流是非線性關(guān)系

C.tB應(yīng)標(biāo)在電流較大的刻度上，且溫度與電流是線性關(guān)系

D.【答案】B【解析】解：AB、由甲圖可知，tA點對應(yīng)的電阻阻值較小，由閉合電路歐姆定律知對應(yīng)電路中的電流較大，由圖甲得：

R=R0+kt

由閉合電路歐姆定律得：I=ERA+R+r

聯(lián)立解得：t=EkI-R0+在同一豎直平面內(nèi)，3個完全相同的小鋼球(1號、2號、3號)懸掛于同一高度，靜止時小球恰能接觸且懸線平行，如圖所示。在下列實驗中，懸線始終保持繃緊狀態(tài)，碰撞均為對心正碰。以下分析正確的是(????)A.將1號移至高度h釋放，碰撞后，觀察到2號靜止、3號擺至高度h。若2號換成質(zhì)量不同的小鋼球，重復(fù)上述實驗，3號仍能擺至高度h

B.將1、2號一起移至高度h釋放，碰撞后，觀察到1號靜止，2、3號一起擺至高度h，釋放后整個過程機(jī)械能和動量都守恒

C.將右側(cè)涂膠的1號移至高度h釋放，1、2號碰撞后粘在一起，根據(jù)機(jī)械能守恒，3號仍能擺至高度h

D.將1號和右側(cè)涂膠的2號一起移至高度h釋放，碰撞后，2、3號粘在一起向右運動，未能擺至高度h，釋放后整個過程機(jī)械能和動量都不守恒【答案】D【解析】解：A、將1號移至高度h釋放，碰撞后，觀察到2號靜止、3號擺至高度h，可知，小球1、2間，2、3間發(fā)生了彈性碰撞，且碰后交換速度。若2號換成質(zhì)量不同的小鋼球，1、2間，2、3間碰后并不交換速度，則3號上擺的高度不等于h，故A錯誤；

B、將1、2號一起移至高度h釋放，碰撞后，觀察到1號靜止，2、3號一起擺至高度h，則釋放后整個過程機(jī)械能守恒，但只在碰撞瞬間動量守恒，釋放后整個過程動量不守恒，故B錯誤；

C、將右側(cè)涂膠的1號移至高度h釋放，1、2號碰撞后粘在一起，發(fā)生完全非彈性碰撞，機(jī)械能有損失，再與3球碰撞后，3獲得的速度小于1與2碰撞前瞬間的速度，則3號上升的高度小于h，故C錯誤；

D、小球1、2間，2、3間發(fā)生完全非彈性碰撞，機(jī)械能有損失，釋放后整個過程機(jī)械能和動量都不守恒，故D正確。

故選：D。

質(zhì)量相等的兩球發(fā)生彈性碰撞時，碰后交換速度。發(fā)生完全非彈性碰撞時，機(jī)械能損失最大。只有重力做功時物體的機(jī)械能守恒。

解決本題的關(guān)鍵要了解碰撞的類型，知道質(zhì)量相等的兩球發(fā)生彈性碰撞時碰后交換速度。發(fā)生完全非彈性碰撞時，機(jī)械能有損失。

在無風(fēng)的環(huán)境里，某人在高處釋放靜止的籃球，籃球豎直下落：如果先讓籃球以一定的角速度繞過球心的水平軸轉(zhuǎn)動(如圖)再釋放，則籃球在向下掉落過程中偏離豎直方向做曲線運動。其原因是，轉(zhuǎn)動的籃球在運動過程中除受重力外，還受到空氣施加的阻力f1和偏轉(zhuǎn)力f2.這兩個力與籃球速度v的關(guān)系大致為：f1=kA.k1、k2是與籃球轉(zhuǎn)動角速度無關(guān)的常量

B.籃球可回到原高度且角速度與釋放時的角速度相同

C.人站得足夠高，落地前籃球有可能向上運動

D.【答案】C【解析】解：A、籃球未轉(zhuǎn)動時，籃球豎直下落，沒有受到偏轉(zhuǎn)力f2的作用，而籃球轉(zhuǎn)動時，將受到偏轉(zhuǎn)力f2的作用，所以偏轉(zhuǎn)力f2=k2v中的k2與籃球轉(zhuǎn)動角速度有關(guān)，故A錯誤；

B、空氣阻力一直對籃球做負(fù)功，籃球的機(jī)械能將減小，籃球的角速度也將減小，所以籃球沒有足夠的能量回到原高度，故B錯誤；

C、籃球下落過程中，其受力情況如下圖所示：

籃球下落過程中，由受力分析可知，隨著速度不斷增大，籃球受到f1和f2的合力沿豎直方向的分力可能比重力大，可使籃球豎直方向的分速度減小為零或變成豎直向上，所以籃球可能向上運動，故C正確；

D、如果籃球的速度變成水平方向，則空氣阻力的作用會使籃球速度減小，則籃球受到的偏轉(zhuǎn)力f2將變小，不能保持f2與重力持續(xù)等大反向，所以不可能在空中持續(xù)一段水平直線運動，故D錯誤。

故選：C。

根據(jù)籃球未轉(zhuǎn)動時和轉(zhuǎn)動時的受力情況，確定k1二、實驗題（本大題共2小題，共18.0分）在“探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系”實驗中，做如下探究：

(1)為猜想加速度與質(zhì)量的關(guān)系，可利用圖1所示裝置進(jìn)行對比實驗。兩小車放在水平板上，前端通過鉤碼牽引，后端各系一條細(xì)線，用板擦把兩條細(xì)線按在桌上，使小車靜止。抬起板擦，小車同時運動，一段時間后按下板擦，小車同時停下。對比兩小車的位移，可知加速度與質(zhì)量大致成反比。關(guān)于實驗條件，下列正確的是：______(選填選項前的字母)。

A.小車質(zhì)量相同，鉤碼質(zhì)量不同

B.小車質(zhì)量不同，鉤碼質(zhì)量相同

C.小車質(zhì)量不同，鉤碼質(zhì)量不同

(2)某同學(xué)為了定量驗證(1)中得到的初步關(guān)系，設(shè)計實驗并得到小車加速度a與質(zhì)量M的7組實驗數(shù)據(jù)，如表所示。在圖2所示的坐標(biāo)紙上已經(jīng)描好了6組數(shù)據(jù)點，請將余下的一組數(shù)據(jù)描在坐標(biāo)紙上，并作出a-1次數(shù)1234567a0.620.560.480.400.320.240.15M0.250.290.330.400.500.711.00(3)在探究加速度與力的關(guān)系實驗之前，需要思考如何測“力”。請在圖3中畫出小車受力的示意圖。為了簡化“力”的測量，下列說法正確的是：______(選填選項前的字母)。

A.使小車沿傾角合適的斜面運動，小車受力可等效為只受繩的拉力

B.若斜面傾角過大，小車所受合力將小于繩的拉力

C.無論小車運動的加速度多大，砂和桶的重力都等于繩的拉力

D.讓小車的運動趨近于勻速運動，砂和桶的重力才近似等于繩的拉力

【答案】(1)B；

(2);(3)；AD【解析】解：(1)為猜想加速度與質(zhì)量的關(guān)系，應(yīng)該控制合外力一定(即鉤碼的質(zhì)量一定)，改變小車的質(zhì)量的大小，從而分析加速度的大小，故AC錯誤、B正確；

(2)根據(jù)圖2中的點可知少第4組，即M=0.4kg，1M=10.4kg-1=2.5kg-1，點跡如圖，作出a-1?M圖象如圖所示：

(3)小車受力的示意圖如圖所示：

A、使小車沿傾角合適的斜面運動，小車所受重力沿斜面的分力剛好等于小車所受的摩擦力，則小車受力可等效為只受繩的拉力，故A正確；

B、若斜面傾角過大，重力沿斜面的分力大于摩擦力，小車所受合力將大于繩的拉力，不利于簡化“力”的測量，故B錯誤；

C、由牛頓第二定律可知，無論小車運動的加速度多大，砂和桶的重力都大于繩的拉力，故C錯誤；

D、當(dāng)小車的運動趨近于勻速運動時，砂和桶可近似看成受力平衡，則砂和桶的重力才近似等于繩的拉力，故D正確。

故選：AD。

故答案為：(1)B；(2)如圖所示；(3)用圖1所示的甲、乙兩種方法測量某電源的電動勢和內(nèi)電阻(約為1Ω)。其中R為電阻箱，電流表的內(nèi)電阻約為0.1Ω，電壓表的內(nèi)電阻約為3kΩ。

(1)利用圖1中甲圖實驗電路測電源的電動勢E和內(nèi)電阻r，所測量的實際是圖2中虛線框所示“等效電源”的電動勢E'和內(nèi)電阻r'.若電流表內(nèi)電阻用RA表示，請你用E、r和RA表示出E'、r'，并簡要說明理由。

(2)某同學(xué)利用圖象分析甲、乙兩種方法中由電表內(nèi)電阻引起的實驗誤差。在圖3中，實線是根據(jù)實驗數(shù)據(jù)(圖甲：U═IR，圖乙：I=UR)描點作圖得到的U-I圖象；虛線是該電源的路端電壓U隨電流I變化的U-I圖象(沒有電表內(nèi)電阻影響的理想情況)。在圖3中，對應(yīng)圖甲電路分析的U-I圖象是：______：對應(yīng)圖乙電路分析的U-I【答案】(1)E'=E，r'=r+RA。理由：電源電動勢是電源本身具有的屬性，電流表不具有產(chǎn)生電動勢的本領(lǐng)，所以等效電源的電動勢仍然為E'=E【解析】解：(1)將電源和電流表視為等效電源，電源電動勢是電源本身具有的屬性，電流表不具有產(chǎn)生電動勢的本領(lǐng)，所以等效電源的電動勢仍然為E'=E

而電流表的內(nèi)阻和電源的內(nèi)阻作為等效電源的內(nèi)阻，即：r'=r+RA

(2)對甲圖，考慮電表內(nèi)阻時，根據(jù)閉合電路歐姆定律得：E=U路+Ir內(nèi)=U+I(r+RA)

變形得：U=-(r+RA)I+E

直接通過實驗獲得數(shù)據(jù)，可得：U=-rI+E

圖象與縱軸截距均為電源電動勢E，虛線對應(yīng)的斜率大小為r+RA，實線對應(yīng)的斜率大小為r，所以對應(yīng)圖甲電路分析的圖象是C；

對乙圖，考慮電表內(nèi)阻時(即虛線對應(yīng)的真實情況)，根據(jù)閉合電路歐姆定律得：E=U路+Ir內(nèi)=U+(I+URV)r=U+Ir+Ur三、計算題（本大題共3小題，共28.0分）無人機(jī)在距離水平地面高度h處，以速度v0水平勻速飛行并釋放一包裹，不計空氣阻力，重力加速度為g。

(1)求包裹釋放點到落地點的水平距離x；

(2)求包裹落地時的速度大小v；

(3)以釋放點為坐標(biāo)原點，初速度方向為x軸方向，豎直向下為y軸方向，建立平面直角坐標(biāo)系，寫出該包裹運動的軌跡方程。【答案】解：(1)包裹脫離無人機(jī)后做平拋運動，在豎直方向做自由落體運動，則有：h=12gt2

解得：t=2hg

水平方向上做勻速直線運動，所以水平距離為：x=v0t=v02hg

(2)包裹落地時，豎直方向速度為：vy=gt=2gh

落地時速度為：v=v02+vy【解析】(1)根據(jù)豎直高度求出物體在空中運動的時間，結(jié)合水平位移公式求包裹釋放點到落地點的水平距離x；

(2)根據(jù)速度位移公式求出落地時的豎直分速度，結(jié)合平行四邊形定則求出包裹落地時的速度大小v；

(3)包裹做平拋運動，分解位移，分別得到水平方向和豎直方向上的分位移表達(dá)式，然后消去時間得包裹的軌跡方程。

本題以無人機(jī)水平勻速飛行并釋放一包裹為背景考查了平拋運動在實際問題中的應(yīng)用，解決此題的關(guān)鍵是要明白平拋運動在水平方向上做勻速直線運動和豎直方向上做自由落體運動，靈活選取運動學(xué)公式求解。

如圖甲所示，N=200匝的線圈(圖中只畫了2匝)，電阻r═2Ω，其兩端與一個R=48Ω的電阻相連，線圈內(nèi)有指向紙內(nèi)方向的磁場。線圈中的磁通量按圖乙所示規(guī)律變化。

(1)判斷通過電阻R的電流方向：

(2)求線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E；

(3)求電阻R【答案】解：(1)線圈相當(dāng)于電源，由楞次定律可知a相當(dāng)于電源的正極，b相當(dāng)于電源的負(fù)極；

通過電阻R的電流方向a→b；

(2)由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E=N△Φ△t=200×0.015-0.010.1V=10V；

(3)由閉合電路的歐姆定律得：I=ER+r=1048+2A=0.2A

【解析】(1)根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向；

(2)由圖求出磁通量的變化率，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出回路中感應(yīng)電動勢；

(3)根據(jù)閉合電路的歐姆定律求解感應(yīng)電流，再根據(jù)歐姆定律求解電壓表的讀數(shù)。

此題根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求感應(yīng)電動勢，由楞次定律判斷感應(yīng)電動勢的方向，再結(jié)合閉合電路的歐姆定律進(jìn)行解答。

如圖甲所示，真空中有一長直細(xì)金屬導(dǎo)線MN，與導(dǎo)線同軸放置一半徑為R的金屬圓柱面。假設(shè)導(dǎo)線沿徑向均勻射出速率相同的電子，已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e。不考慮出射電子間的相互作用。

(1)可以用以下兩種實驗方案測量出射電子的初速度：

a.在柱面和導(dǎo)線之間，只加恒定電壓；

b.在柱面內(nèi)，只加與MN平行的勻強(qiáng)磁場。

當(dāng)電壓為U0或磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0時，剛好沒有電子到達(dá)柱面。分別計算出射電子的初速度v0。

(2)撤去柱面，沿柱面原位置放置一個弧長為a、長度為b的金屬片，如圖乙所示。在該金屬片上檢測到出射電子形成的電流為I【答案】解：(1)a.在柱面和導(dǎo)線之間，只加恒定電壓U0，粒子剛好沒有電子到達(dá)柱面，此時速度為零，根據(jù)動能定理得：-eU0=0-12mv02

解得：v0=2eU0m

b.在柱面內(nèi)，只加與MN平行的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0時，剛好沒有電子到達(dá)柱面，設(shè)粒子的偏轉(zhuǎn)半徑為r，粒子俯視圖，如圖所示：

根據(jù)幾何關(guān)系有：2r=R

根據(jù)洛倫茲力提供向心力，得：eB0v0=mv02r

解得：v0=eB0R2m

(2)設(shè)單位長度導(dǎo)線在單位時間內(nèi)射出n個電子，則單位時間內(nèi)金屬片接收的電子數(shù)為：

N=