2020-2021學(xué)年浙江省寧波市1班高一（下）期中物理試卷

2020-2021學(xué)年浙江省寧波市北侖中學(xué)1班高一（下）期中物理

試卷

一、選擇題I（本題共12小題，每小題3分，共36分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有

一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）

1.（3分）下列物理量是矢量且用國(guó)際單位制表示的是（）

A.速度，km/hB.電流，A

C.電場(chǎng)強(qiáng)度，N/CD.電動(dòng)勢(shì)，V

2.（3分）如圖所示，電路中Ri、R2均為可變電阻，電源內(nèi)阻不能忽略，平行板電容器C

的極板水平放置，閉合電鍵S,電路達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，帶電油滴懸浮在兩板之間靜止不動(dòng)，

如果僅改變下列某一個(gè)條件，油滴仍能靜止不動(dòng)的是（）

B.增大R2的阻值

C.增大兩板間的距離D.斷開(kāi)電鍵S

3.（3分）如圖所示，光滑絕緣水平面上有三個(gè)帶電質(zhì)點(diǎn)A、B、C,A和C圍繞B做勻速

圓周運(yùn)動(dòng)，B恰能保持靜止，其中A、C和B的距離分別是Li、L2,僅考慮三質(zhì)點(diǎn)間的

庫(kù)侖力，則A和CtKj（）

-------------------------------

ABC

A.線速度之比為空B.加速度之比為（色■）2

L1L2

C.電荷量之比為上1D.質(zhì)量之比為反

L2L1

4.（3分）如圖所示，兩金屬板M、N帶有等量異種電荷，正對(duì)且水平放置。帶正電的小球

a、b以一定的速度分別從A、B兩點(diǎn)射入電場(chǎng)，兩小球恰能分別沿直線AC、BC運(yùn)動(dòng)到

C點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是（）

w

ae-..........二:

b『B

N

A.電場(chǎng)中的電勢(shì)CpC><pB

B.小球a、b在C位置一定具有相等的電勢(shì)能

C.僅將下極板N向左平移，則小球a、b仍能沿直線運(yùn)動(dòng)

D.僅將下極板N向下平移，則小球a、b仍能沿直線運(yùn)動(dòng)

5.（3分）示波管的結(jié)構(gòu)如圖（a）所示，偏轉(zhuǎn)電極YY，如圖（b）所示，兩板間的距離為d、

板長(zhǎng)為L(zhǎng),在YY，間加上電壓U,讓電荷量為e、質(zhì)量為m的電子以速度v垂直電場(chǎng)進(jìn)入

偏轉(zhuǎn)電極，不計(jì)電子的重力。則電子穿過(guò)偏轉(zhuǎn)電極YY，的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

A.電子向Y'極板偏轉(zhuǎn)飛出

B.電子射出電場(chǎng)時(shí)的偏移量△Y=-5^\

2mdv2

C.射出電子的動(dòng)能增加了eU

D.U越大，電子通過(guò)YY，極板的時(shí)間就越短

6.（3分）如圖所示，在傾角0=30°的光滑固定斜面上，放有兩個(gè)質(zhì)量分別為1kg和2kg

的可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A和B,兩球之間用一根長(zhǎng)L=0.2m的輕桿相連，小球B距水平面

的高度h=0.1m.兩球由靜止開(kāi)始下滑到光滑地面上，不計(jì)球與地面碰撞時(shí)的機(jī)械能損

失，g10m/s2.則下列說(shuō)法中正確的是（）

A.整個(gè)下滑過(guò)程中A球機(jī)械能守恒

B.整個(gè)下滑過(guò)程中B球機(jī)械能守恒

C.整個(gè)下滑過(guò)程中A球機(jī)械能的增加量為21

3

D.整個(gè)下滑過(guò)程中B球機(jī)械能的增加量為4

3

7.（3分）電荷量不等的兩點(diǎn)電荷固定在x軸上坐標(biāo)為-3L和3L的兩點(diǎn)，其中坐標(biāo)為3L

處電荷帶正電，電荷量為Q.兩點(diǎn)電荷連線上各點(diǎn)電勢(shì)（P隨x變化的關(guān)系如圖所示，其

中x=L處電勢(shì)最低，x軸上M、N兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為-2L和2L,則下列判斷正確的是

B.原點(diǎn)O處場(chǎng)強(qiáng)大小為&-

3L2

C.負(fù)檢驗(yàn)電荷在原點(diǎn)0處受到向右的電場(chǎng)力

D.負(fù)檢驗(yàn)電荷由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程，電勢(shì)能先減小后增大

8.（3分）如圖所示，水平地面上固定一個(gè)絕緣直角三角形框架ABC,其中/ACB=。.質(zhì)

量為m,帶電量為q的小圓環(huán)a套在豎直邊AB上，AB面與圓環(huán)的動(dòng)摩擦因數(shù)為臼質(zhì)

量為M、帶電量為+Q的小滑塊b位于斜邊AC上，a、b靜止在同一高度上且相距L.已

B.圓環(huán)a受到的摩擦力為此效

L2

C.小球b受到的庫(kù)侖力為」V

tan8

D.斜面對(duì)小球b的支持力為」

COS0

9.（3分）如圖所示，實(shí)線表示等量異種電荷的等勢(shì)線，過(guò)O點(diǎn)的虛線MN與等勢(shì)線垂直,

兩個(gè)相同的帶正電的粒子分別從A、B兩點(diǎn)以相同的初速度vo開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，速度方向水平

向右，且都能從PQ左側(cè)經(jīng)過(guò)0點(diǎn)，AB連線與PQ平行.設(shè)粒子在A、B兩點(diǎn)的加速度

大小分別為ai和a2,電勢(shì)能分別為Epi和EP2,通過(guò)0點(diǎn)時(shí)的速度大小分別為vi和V2.粒

子的重力不計(jì)，則（）

A.A點(diǎn)的電勢(shì)大于B點(diǎn)的電勢(shì)

B.ai<a2

C.EPI>EP2

D.V1<V2

10.（3分）如圖所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)。小物塊的質(zhì)量為m,從A

點(diǎn)向左沿水平地面運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧后被彈回，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)恰好靜止。物塊向左運(yùn)動(dòng)的最

大距離為s,與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2重力加速度為g。彈簧未超出彈性限度，在上

述過(guò)程中（）

A.彈簧的最大彈力為.mg

B.物塊克服摩擦力做的功為|jmgs

C.彈簧的最大彈性勢(shì)能為2|jmgs

D.物塊在A點(diǎn)的初速度為2十gs

11.（3分）功率為10w的發(fā)光二極管（LED燈）的亮度與功率為60W的白熾燈相當(dāng).根

據(jù)國(guó)家節(jié)能戰(zhàn)略，2016年前普通白熾燈應(yīng)被淘汰.假設(shè)每戶家庭有2只60W的白熾燈，

均用10W的LED燈替代.估算出全國(guó)一年節(jié)省的電能最接近（）

A.8X108KW'hB.8Xl（）i°KW?hC.8X10”KWhD.8X10l3KW.h

12.（3分）K、A是密封在真空玻璃管中的兩平行正對(duì)圓形金屬板，直徑為L(zhǎng),板間距離為

號(hào)L，金屬板接入電路如圖所示（只畫(huà)出了紙面內(nèi)的剖面圖），M、N兩端外加電壓UMN,

K極板正中間有一粒子源，可向其左側(cè)空間均勻的發(fā)射速度大小為v,質(zhì)量為m,電荷量

為-q（q>0）的粒子，平行板間的電場(chǎng)看做勻強(qiáng)電場(chǎng)，則以下說(shuō)法正確的是（）

-外、--------*1

ft

2

A.當(dāng)UMN=-Q—時(shí)，電流表示數(shù)為0

4q

2

B.當(dāng)UMN=-變一時(shí)，電流表示數(shù)不為0

2q

C.當(dāng)UMN=0時(shí)，電流表示數(shù)為I,則當(dāng)UMN=&&mv2時(shí)，電流表示數(shù)為31

q

D.當(dāng)UMN=0時(shí)，電流表示數(shù)為I,則當(dāng)UMN（UMN>0）增大時(shí)，電流表最大示數(shù)為

1.51

二、選擇題II（本題共3小題，每小題2分，共6分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有

一個(gè)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得2分，選對(duì)但不全的得1分，有選錯(cuò)的得0分）

13.（2分）2020年7月21日將發(fā)生土星沖日現(xiàn)象，如圖所示，土星沖日是指土星、地球和

太陽(yáng)幾乎排列成一線，地球位于太陽(yáng)與土星之間。此時(shí)土星被太陽(yáng)照亮的一面完全朝向

地球，所以明亮而易于觀察。地球和土星繞太陽(yáng)公轉(zhuǎn)的方向相同，軌跡都可近似為圓，

地球一年繞太陽(yáng)一周，土星約29.5年繞太陽(yáng)一周。則（）

土星'*一........一

A.地球繞太陽(yáng)運(yùn)轉(zhuǎn)的向心加速度大于土星繞太陽(yáng)運(yùn)轉(zhuǎn)的向心加速度

B.地球繞太陽(yáng)運(yùn)轉(zhuǎn)的運(yùn)行速度比土星繞太陽(yáng)運(yùn)轉(zhuǎn)的運(yùn)行速度小

C.2019年沒(méi)有出現(xiàn)土星沖日現(xiàn)象

D.土星沖日現(xiàn)象下一次出現(xiàn)的時(shí)間是2021年

14.（2分）2020年7月31日，習(xí)近平總書(shū)記向世界宣布北斗三號(hào)全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)正式開(kāi)

通，標(biāo)志著北斗“三步走”發(fā)展戰(zhàn)略圓滿完成，北斗邁進(jìn)全球服務(wù)新時(shí)代。人造地球衛(wèi)

星用太陽(yáng)能電池供電，展開(kāi)的太陽(yáng)能電池板在有光照時(shí)，可以將光能轉(zhuǎn)化為電能。取一

片太陽(yáng)能電池板作為電源，其路端電壓與干路電流的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是

()

A.該電池板的電動(dòng)勢(shì)為3.00V

B.隨著外電路電阻增大，其內(nèi)阻逐漸增大

C.外電路電阻為1k。時(shí)，電源輸出功率約為4W

D.外電路電阻為1k。時(shí)，電源效率約為66.7%

15.（2分）如圖所示電路中，定值電阻R大于電源內(nèi)阻r,當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)端向右滑動(dòng)

后，理想電流A］、A2、A3的示數(shù)變化量的絕對(duì)值分別為△11、△12、△b，理想電壓表

示數(shù)變化量的絕對(duì)值為4U,下列說(shuō)法中正確的是（）

A.電流表A2的示數(shù)一定變小

B.電壓表V的示數(shù)一定增大

C.一定大于

D./XU與比值一定小于電源內(nèi)阻r

三、非選擇題（本題共6小題，共58分）

16.某同學(xué)設(shè)計(jì)測(cè)量鉛筆筆芯的電阻率實(shí)驗(yàn)，主要實(shí)驗(yàn)步驟如下:

（1）如圖所示，先用多用電表歐姆擋的“X10”擋粗測(cè)其電阻為Q,然后用游

標(biāo)卡尺測(cè)其長(zhǎng)度為cm,用螺旋測(cè)微器測(cè)其直徑為mm。

（2）為更精確測(cè)量筆芯電阻，除待測(cè)筆芯Rx外，實(shí)驗(yàn)室還備有如下實(shí)驗(yàn)器材：

電壓表Vi（量程15V,內(nèi)阻約為50kQ）

電壓表V2（量程3V,內(nèi)阻約為10k。）

電流表Ai（量程600mA,內(nèi)阻約為5Q）

電流表A2（量程30mA,內(nèi)阻約為20。）

滑動(dòng)變阻器Ri（0-10。，允許通過(guò)的最大電流0.5A）

滑動(dòng)變阻器R2（0?1k。，允許通過(guò)的最大電流0.1A）

電源E（電動(dòng)勢(shì)約為3V,內(nèi)阻約為1Q）

開(kāi)關(guān)S,導(dǎo)線若干

①為了測(cè)得多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，請(qǐng)畫(huà)出最合理的電路圖，并標(biāo)明所選器材符號(hào)。

②該實(shí)驗(yàn)中筆芯電阻的測(cè)量值_______真實(shí)值（選填“=

③用所測(cè)金屬絲直徑d、長(zhǎng)度L、電壓U、電流I,寫(xiě)出電阻率的表達(dá)式。

17.實(shí)驗(yàn)方案對(duì)實(shí)驗(yàn)測(cè)量的精度有直接的影響，某學(xué)習(xí)小組對(duì)“測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻”

的實(shí)驗(yàn)方案進(jìn)行了探究。實(shí)驗(yàn)室提供的器材有：

干電池一節(jié)（電動(dòng)勢(shì)約1.5V,內(nèi)阻小于1C）；

電壓表V（量程3V,內(nèi)阻約3kC）；

電流表A（量程0.6A,內(nèi)阻約1。）；

滑動(dòng)變阻器R（最大阻值為20Q）；

定值電阻R1（阻值2Q）：

定值電阻R2（阻值5Q）；

開(kāi)關(guān)一個(gè)，導(dǎo)線若干。

（1）該小組按照?qǐng)D甲所示的電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，通過(guò)調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器阻值使電流表示數(shù)逐漸

接近滿偏，記錄此過(guò)程中電壓表和電流表的示數(shù)，利用實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在U-I坐標(biāo)紙上描點(diǎn),

如圖乙所示，結(jié)果發(fā)現(xiàn)電壓表示數(shù)的變化范圍比較小，出現(xiàn)該現(xiàn)象的主要原因是.

（單選，填正確答案標(biāo)號(hào)）

A.電壓表分流

B.干電池內(nèi)阻較小

C.滑動(dòng)變阻器最大阻值較小

D.電流表內(nèi)阻較小

（2）針對(duì)電壓表示數(shù)的變化范圍比較小的問(wèn)題，該小組利用實(shí)驗(yàn)室提供的器材改進(jìn)了實(shí)

驗(yàn)方案，重新測(cè)量得到的數(shù)據(jù)如表所示。

序號(hào)1234567

I/A0.080.140.200.260.320.360.40

U/V1.351.201.050.880.730.710.52

根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可知，所選的定值電阻為（填“Ri”或“R2”）。

18.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(huà)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1=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=Q（保

留兩位有效數(shù)字）。

圖3

19.（10分）如圖所示，一質(zhì)量m的塑料球形容器放在桌面上，它的內(nèi)部有一勁度系數(shù)為k

的輕彈簧，彈簧直立地固定于容器內(nèi)壁的底部，彈簧上端經(jīng)絕緣物系住一只帶正電q、質(zhì)

量也為的m小球.從加一個(gè)向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E起，到容器對(duì)桌面壓力減為零時(shí)為止.求:

（1）小球的電勢(shì)能改變量

（2）容器對(duì)桌面壓力減為零時(shí)小球的速度大小.

20.（12分）一條粗糙水平軌道OB右端與一半徑R=lm的光滑豎直圓形軌道相連，圓形

軌道間不相互重疊，如圖甲所示，水平面上O點(diǎn)處有一質(zhì)量m=0.5kg的小物塊，物塊與

水平軌道OB面間的滑動(dòng)摩擦力為f,f大小與物塊離O點(diǎn)的距離d的關(guān)系如圖乙所示，

且xoB=2m,從靜止開(kāi)始在水平向右恒力F作用下運(yùn)動(dòng)，通過(guò)B點(diǎn)時(shí)立即撤去力E小

物體恰好通過(guò)圓形軌道最高點(diǎn)A后繼續(xù)向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，C點(diǎn)右側(cè)有一壕溝，壕溝的C、D

兩點(diǎn)的豎直高度h=5m,水平距離s=6m,水平軌道BC粗糙且長(zhǎng)為L(zhǎng)=4m,設(shè)BC段的

動(dòng)摩擦因數(shù)為山g=10m/s2,求：

（1）物塊通過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度VB大??；

（2）恒力F大小；

（3）小物塊不能掉進(jìn)壕溝，求水平軌道BC的動(dòng)摩擦因數(shù)n的取值范圍？

21.（12分）如圖所示，在xOy平面的第一象限內(nèi)有平行于y軸的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向如圖，

一個(gè)電子以垂直于y軸的初速度vo從P點(diǎn)射入電場(chǎng)中，P點(diǎn)的坐標(biāo)為（0,yo）.當(dāng)勻強(qiáng)

電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為Ei時(shí)電子從A點(diǎn)射出，A點(diǎn)坐標(biāo)為（XA，0）,當(dāng)場(chǎng)強(qiáng)為E2時(shí)，電子從B

點(diǎn)射出，B點(diǎn)坐標(biāo)為（XB,0）,設(shè)電子的電荷量為e,質(zhì)量為m,不計(jì)重力，其中XA、

XB為已知量，其余量未知.

（1）求勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)Ei與E2的比值.

（2）若在第四象限過(guò)Q點(diǎn)放一張垂直于xOy平面的感光膠片，位置如圖所示，Q點(diǎn)的

坐標(biāo)為（0，-yo）-求感光膠片上曝光點(diǎn)的橫坐標(biāo)XA'和XB'的比值.

2020-2021學(xué)年浙江省寧波市北侖中學(xué)1班高一（下）期中物理

試卷

參考答案與試題解析

一、選擇題I（本題共12小題，每小題3分，共36分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有

一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）

I.（3分）下列物理量是矢量且用國(guó)際單位制表示的是（）

A.速度，km/hB.電流，A

C.電場(chǎng)強(qiáng)度，N/CD.電動(dòng)勢(shì)，V

【分析】矢量是既有大小又有方向且運(yùn)算滿足平行四邊形定則的物理量，標(biāo)量是只有大

小沒(méi)有方向的物理量；同時(shí)明確各物理量的單位。

【解答】解：A、速度是矢量，但其國(guó)際單位制中的單位為m/s,故A錯(cuò)誤；

B、電流雖然有方向，但因?yàn)槠溥\(yùn)算不符合平行四邊形定則，故電流是標(biāo)量，故B錯(cuò)誤;

C、電流強(qiáng)度是矢量，其國(guó)際單位制中的單位為N/C,故C正確；

D、電動(dòng)勢(shì)是標(biāo)量，其國(guó)際單位制中的單位為V,故D錯(cuò)誤。

故選：C?

【點(diǎn)評(píng)】本題考查矢量和標(biāo)量以及國(guó)際單位制中的單位問(wèn)題，對(duì)于矢量，可根據(jù)其方向

特點(diǎn)和運(yùn)算法則進(jìn)行記憶，知道矢量的運(yùn)算遵守平行四邊形法則。

2.（3分）如圖所示，電路中Ri、R2均為可變電阻，電源內(nèi)阻不能忽略，平行板電容器C

的極板水平放置，閉合電鍵S,電路達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，帶電油滴懸浮在兩板之間靜止不動(dòng)，

如果僅改變下列某一個(gè)條件，油滴仍能靜止不動(dòng)的是（）

B.增大R2的阻值

C.增大兩板間的距離D.斷開(kāi)電鍵S

【分析】分析清楚電路結(jié)構(gòu)，求出極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度，求出油滴受到的電場(chǎng)力，然后根

據(jù)電場(chǎng)力的表達(dá)式分析答題。

【解答】解：根據(jù)圖示電路圖，由歐姆定律可得：電容器兩端電壓：U=IRi=—^-Ri

R[-Kr

_ER1.E

_-，

油滴受到的電場(chǎng)力：F=qE=qU=———開(kāi)始時(shí)油滴靜止不動(dòng)，F(xiàn)=mg,要使油滴

dd（l+-^-）

保持靜止不動(dòng)，則電場(chǎng)力應(yīng)保持不變；

aE

A、增大Ri的阻值，電場(chǎng)力：F=--——變大，電場(chǎng)力大于重力，油滴受到的合力向

R1

上，油滴向上運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

aE

B、增大R2的阻值，電場(chǎng)力：F=————不變，電場(chǎng)力與重力仍然是一對(duì)平衡力，油

d（l+?）

滴靜止不動(dòng)，故B正確；

C、增大兩板間的距離，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度減小，電場(chǎng)力減小，小于重力，油滴受到的合

力向下，油滴向下運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；

D、斷開(kāi)電鍵S,極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，電場(chǎng)力為零，油滴受到重力作用，油滴向下運(yùn)

動(dòng)，故D錯(cuò)誤。

故選：B?

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了判斷油滴的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)問(wèn)題，分析清楚極板間的電場(chǎng)力如何變化是正

確解題的關(guān)鍵。

3.（3分）如圖所示，光滑絕緣水平面上有三個(gè)帶電質(zhì)點(diǎn)A、B、C,A和C圍繞B做勻速

圓周運(yùn)動(dòng)，B恰能保持靜止，其中A、C和B的距離分別是Li、L2,僅考慮三質(zhì)點(diǎn)間的

庫(kù)侖力，則A和C的（）

A.線速度之比為二B.加速度之比為（U）2

L2

C.電荷量之比為上1D.質(zhì)量之比為“

L2L1

【分析】A和C圍繞B做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，B保持靜止，由于是穩(wěn)定的結(jié)構(gòu)，故A、C角

速度相等，B保持平衡，根據(jù)v=3r判斷線速度之比，根據(jù)a=3?r判斷向心加速度；對(duì)

A、C分別根據(jù)牛頓第二定律列式，對(duì)B根據(jù)平衡條件列式，最后聯(lián)立求解判斷電荷量

和質(zhì)量之比。

【解答】解：A、A和C圍繞B做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，而B(niǎo)保持靜止，故A與C角速度相等,

,%WLiL,

根據(jù)v=3r可知，一圭=-----=―故A錯(cuò)誤；

%%L2

2

,_a3wL<L,

B、根據(jù)an=3i"口J知，==,故B錯(cuò)誤；

a2L

cWL22

CD、對(duì)質(zhì)點(diǎn)B,根據(jù)平衡條件，有：K?浮■①

對(duì)質(zhì)點(diǎn)A,根據(jù)牛頓第二定律，有：K?華-k-.QCJ32②

211

L：(L1+L2)

對(duì)質(zhì)點(diǎn)C,根據(jù)平衡條件，有：K■雪員-k-"%0=mL32③

232

L：(L1+L2)

有①式解得：&=(5)2,故C錯(cuò)誤；

聯(lián)立②③解得：陋=+2,故D正確；

叱L1

故選：D。

【點(diǎn)評(píng)】考查庫(kù)侖定律的應(yīng)用，掌握勻速圓周運(yùn)動(dòng)的基本知識(shí)，本題類(lèi)似于雙星問(wèn)題，

關(guān)鍵抓住條件：角速度與周期相同。

4.(3分)如圖所示，兩金屬板M、N帶有等量異種電荷，正對(duì)且水平放置。帶正電的小球

a、b以一定的速度分別從A、B兩點(diǎn)射入電場(chǎng)，兩小球恰能分別沿直線AC、BC運(yùn)動(dòng)到

C點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是()

M

b由B

N

A.電場(chǎng)中的電勢(shì)0C><pB

B.小球a、b在C位置一定具有相等的電勢(shì)能

C.僅將下極板N向左平移，則小球a、b仍能沿直線運(yùn)動(dòng)

D.僅將下極板N向下平移，則小球a、b仍能沿直線運(yùn)動(dòng)

【分析】由帶電小球的運(yùn)動(dòng)情況判斷其受的電場(chǎng)力與重力的關(guān)系，由此判斷兩球的電荷

量與質(zhì)量的關(guān)系；再由電勢(shì)能的表達(dá)式判斷小球a、b在C位置的電勢(shì)能大?。挥呻娙萜?/p>

的動(dòng)態(tài)分析判斷下極板N向左平移或向下平移時(shí)，板間的場(chǎng)強(qiáng)變化，從而判斷球受的電

場(chǎng)力的變化，由此得解。

【解答】解：AB、由于兩球在電場(chǎng)中均做直線運(yùn)動(dòng)，故兩球在電場(chǎng)中受力平衡，即其受

的電場(chǎng)力與重力等大、反向，故有：qE=mg,而重力豎直向下，故其受的電場(chǎng)力方向豎

直向上，由于兩球均帶正電，電場(chǎng)方向豎直向上，沿著電場(chǎng)方向電勢(shì)降低，故電場(chǎng)中的

電勢(shì)關(guān)系為：q）c<cpB;但由于兩球的電荷量未知，故由電勢(shì)能的定義式Ep=q<p可知，

小球a、b在C位置的電勢(shì)能關(guān)系未知，故AB錯(cuò)誤；

C、由于電容器兩板的電荷量不變，此時(shí)僅將下極板N向左平移，兩板的正對(duì)面積減小，

故由電容的決定式C=—^§—可知電容減小，又由其定義式C=@可知，板間的電勢(shì)差

4兀kdU

增大，由電勢(shì)差與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系可知，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度增大，故兩球受力不再平衡，不

能沿直線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；

D、僅將下極板N向下平移，此時(shí)板間距離增大，而電荷量不變，

由E=H,C=旦，C=-J',推導(dǎo)得：E=&兀

dU4兀kdGrS

由表達(dá)式可知板間距離的變化不會(huì)影響場(chǎng)強(qiáng)的大小，故板間場(chǎng)強(qiáng)不變，球的受力不變，

故仍能沿直線運(yùn)動(dòng)，故D正確。

故選：D。

【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查帶電小球在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)及電容器的動(dòng)態(tài)分析，明確電容器的性

質(zhì)，熟悉帶電體的受力是解題的關(guān)鍵。

5.（3分）示波管的結(jié)構(gòu)如圖（a）所示，偏轉(zhuǎn)電極YY如圖（b）所示，兩板間的距離為d、

板長(zhǎng)為L(zhǎng),在YY，間加上電壓U,讓電荷量為e、質(zhì)量為m的電子以速度v垂直電場(chǎng)進(jìn)入

偏轉(zhuǎn)電極，不計(jì)電子的重力。則電子穿過(guò)偏轉(zhuǎn)電極YY，的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

A.電子向Y'極板偏轉(zhuǎn)飛出

2

B.電子射出電場(chǎng)時(shí)的偏移量△丫=月三七

2mdv2

C.射出電子的動(dòng)能增加了eU

D.U越大，電子通過(guò)YY，極板的時(shí)間就越短

【分析】根據(jù)電子所受的電場(chǎng)力方向分析電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)方向；電子在偏轉(zhuǎn)電極

YY，間做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，再根據(jù)分運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求電子射出電

場(chǎng)時(shí)的偏移量；根據(jù)動(dòng)能定理求電子的動(dòng)能增加量；根據(jù)水平方向的運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析電子

通過(guò)YY,極板的時(shí)間如何變化。

【解答】解：A、電子帶負(fù)電，在偏轉(zhuǎn)電極YY，間受到的電場(chǎng)力向上，則電子向Y極板

偏轉(zhuǎn)飛出，故A錯(cuò)誤；

B、電子在偏轉(zhuǎn)電極YY憫做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得：a=￡Z=里

mmd

2

電子射出電場(chǎng)時(shí)的偏移量△YnLat2：工丹?（L）2=-§匹;，故B正確；

22mdv2mdv2

C、射出電子的動(dòng)能增加量△Ek=eE4y=eU?Z\y<eU,故C錯(cuò)誤；

d

D、電子通過(guò)YY，極板的時(shí)間為t=L,與U無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤。

v

故選：Bo

【點(diǎn)評(píng)】本題考查對(duì)示波器工作原理的理解，其基本原理是電場(chǎng)的加速和偏轉(zhuǎn)，對(duì)于偏

轉(zhuǎn)過(guò)程，采用運(yùn)動(dòng)的分解法研究。

6.（3分）如圖所示，在傾角。=30°的光滑固定斜面上，放有兩個(gè)質(zhì)量分別為1kg和2kg

的可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A和B,兩球之間用一根長(zhǎng)L=0.2m的輕桿相連，小球B距水平面

的高度h=0.1m.兩球由靜止開(kāi)始下滑到光滑地面上，不計(jì)球與地面碰撞時(shí)的機(jī)械能損

失，gUXlOm/s2.則下列說(shuō)法中正確的是（）

A.整個(gè)下滑過(guò)程中A球機(jī)械能守恒

B.整個(gè)下滑過(guò)程中B球機(jī)械能守恒

C.整個(gè)下滑過(guò)程中A球機(jī)械能的增加量為4

3

D.整個(gè)下滑過(guò)程中B球機(jī)械能的增加量為4

3

【分析】下滑的整個(gè)過(guò)程中兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，但A球和B球機(jī)械能均不守

恒.根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可求出兩球在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小，并得到兩球機(jī)

械能的變化量.

【解答】解：AB、對(duì)于兩球組成的系統(tǒng)，在下滑的整個(gè)過(guò)程中，只有重力對(duì)系統(tǒng)做功，

系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，但在B在水平面上滑行，而A在斜面上滑行時(shí)，B在加速，B的機(jī)

械能在增加，A的機(jī)械能在減少，所以A球和B球的機(jī)械能均不守恒。故A、B錯(cuò)誤。

CD、設(shè)兩球均勻減小骨到水平面上時(shí)速度大小為V。根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得：nug

(h+Lsin30°)+nriBgh—A(mA+mB)v2

2

代入解得：v=2m/s。

3

下滑的整個(gè)過(guò)程中B球機(jī)械能的增加量為△EB=LmBv2-mBgh

2

解得△EB=2J。

3

則A球機(jī)械能的減少量為2j,故C錯(cuò)誤，D正確。

3

故選：D。

【點(diǎn)評(píng)】本題是系統(tǒng)機(jī)械能守恒問(wèn)題，下滑的整個(gè)過(guò)程中，對(duì)于單個(gè)物體機(jī)械能并不守

恒，對(duì)系統(tǒng)機(jī)械能才守恒.要注意當(dāng)兩個(gè)球都在斜面運(yùn)動(dòng)時(shí)，桿沒(méi)有作用力，兩個(gè)球的

機(jī)械能是守恒的.

7.(3分)電荷量不等的兩點(diǎn)電荷固定在x軸上坐標(biāo)為-3L和3L的兩點(diǎn)，其中坐標(biāo)為3L

處電荷帶正電，電荷量為Q.兩點(diǎn)電荷連線上各點(diǎn)電勢(shì)叩隨x變化的關(guān)系如圖所示，其

中x=L處電勢(shì)最低，x軸上M、N兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為-2L和2L,則下列判斷正確的是

)

-3Z.-UOL2L虱

A.兩點(diǎn)電荷一定為異種電荷

B.原點(diǎn)0處場(chǎng)強(qiáng)大小為黑

3L2

C.負(fù)檢驗(yàn)電荷在原點(diǎn)0處受到向右的電場(chǎng)力

D.負(fù)檢驗(yàn)電荷由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程，電勢(shì)能先減小后增大

【分析】根據(jù)＜p-x圖象可知，該圖象的斜率表示場(chǎng)強(qiáng)的大小，在電勢(shì)最低處其斜率為零,

即表示該點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為零，所以兩點(diǎn)電荷一定為同種電荷；根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式很容易計(jì)

算出兩電荷的電荷量大小關(guān)系，進(jìn)而計(jì)算出在原點(diǎn)。的合場(chǎng)強(qiáng)大??；根據(jù)合場(chǎng)強(qiáng)方向可

以判斷出負(fù)點(diǎn)電荷所受電場(chǎng)力的方向；根據(jù)電勢(shì)的變化圖線可以判斷出負(fù)點(diǎn)電荷的電勢(shì)

能變化情況。

【解答】解：A、(p-x圖線的斜率表示場(chǎng)強(qiáng)的大小，在x=L處電勢(shì)最低可知該點(diǎn)的場(chǎng)

強(qiáng)為零。因?yàn)樵擖c(diǎn)在兩點(diǎn)電荷中間，所以兩點(diǎn)電荷一定是同種電荷，故A錯(cuò)誤；

B、由A可知在L處合場(chǎng)強(qiáng)為零，由點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式可得：.幽由此可得

(2L)2(4L)2

Q'=4Q,所以在0點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為：一以二斗，方向水平向右，故B

(3L)2(3L)23L2

正確;

C、由上面的B分析可知在0點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向水平向右，而負(fù)電荷所受電場(chǎng)力方向與場(chǎng)強(qiáng)

方向相反，則負(fù)檢驗(yàn)電荷在。點(diǎn)所受電場(chǎng)力方向向左，故C錯(cuò)誤；

D、從圖線可知，從M到N電勢(shì)是先降低后升高，而對(duì)負(fù)電荷來(lái)說(shuō)電勢(shì)越低電勢(shì)能越大。

所以負(fù)檢驗(yàn)電荷由M運(yùn)動(dòng)到N的過(guò)程中，電勢(shì)能先增大后減小，故D錯(cuò)誤。

故選：Bo

【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于圖象問(wèn)題關(guān)鍵是要掌握?qǐng)D象所包含的含義，明確其函數(shù)關(guān)系。對(duì)該圖象問(wèn)

題，關(guān)鍵是知道圖線的斜率表示場(chǎng)強(qiáng)，然后根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式計(jì)算出對(duì)應(yīng)點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大

小。

8.(3分)如圖所示，水平地面上固定一個(gè)絕緣直角三角形框架ABC,其中NACB=。.質(zhì)

量為m,帶電量為q的小圓環(huán)a套在豎直邊AB上，AB面與圓環(huán)的動(dòng)摩擦因數(shù)為口，質(zhì)

量為M、帶電量為+Q的小滑塊b位于斜邊AC上，a、b靜止在同一高度上且相距L.已

知圓環(huán)、滑塊視為質(zhì)點(diǎn)，AC面光滑，則（）

A.圓環(huán)a帶正電

B.圓環(huán)a受到的摩擦力為冰效

L2

C.小球b受到的庫(kù)侖力為一0

tan8

D.斜面對(duì)小球b的支持力為」

【分析】依據(jù)同種電荷相斥，異種電荷相吸，結(jié)合受力平衡條件，及利用平衡狀態(tài)求解

靜摩擦力大小，最后根據(jù)矢量的合成法則，結(jié)合三角知識(shí)，即可一一求解。

【解答】解：A、a、b靜止在同一高度上，對(duì)b,受到重力，斜面的支持力，及a對(duì)b

的庫(kù)侖引力，從而處于平衡狀態(tài)，由于b帶正電，因此環(huán)a帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；

B、環(huán)a處于靜止?fàn)顟B(tài)，受到是靜摩擦力，那么其大小為Ff=mg,并不滑動(dòng)摩擦力，因

此不可能為Ff=冰旦色，故B錯(cuò)誤；

L2

Qq

CD、對(duì)b受力分析，依據(jù)矢量的合成法則，及三角知識(shí)，則有：庫(kù)侖引力F=kF或

F=Mgtan0,

而斜面對(duì)b的支持力為FN=-^-,故C錯(cuò)誤，D正確；

cos9

故選：D。

【點(diǎn)評(píng)】考查庫(kù)侖定律與平衡條件的應(yīng)用，掌握矢量的合成法則的內(nèi)容，及三角函數(shù)的

運(yùn)用，注意靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小求解的區(qū)別。

9.（3分）如圖所示，實(shí)線表示等量異種電荷的等勢(shì)線，過(guò)O點(diǎn)的虛線MN與等勢(shì)線垂直,

兩個(gè)相同的帶正電的粒子分別從A、B兩點(diǎn)以相同的初速度vo開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，速度方向水平

向右，且都能從PQ左側(cè)經(jīng)過(guò)0點(diǎn)，AB連線與PQ平行.設(shè)粒子在A、B兩點(diǎn)的加速度

大小分別為ai和a2,電勢(shì)能分別為EPi和Ep2,通過(guò)0點(diǎn)時(shí)的速度大小分別為vi和v2.粒

子的重力不計(jì)，則（）

A.A點(diǎn)的電勢(shì)大于B點(diǎn)的電勢(shì)

B.ai<a2

C.

EPI>EP2

D.V1<V2

【分析】由等勢(shì)面的分布情況分析電勢(shì)的高低.根據(jù)電場(chǎng)線的疏密分析電場(chǎng)強(qiáng)度的大小,

由牛頓第二定律判斷加速度的大小.根據(jù)正電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能大，判斷電勢(shì)能的大

小.由能量守恒定律分析速度的大小.

【解答】解：A、B粒子能通過(guò)O點(diǎn)，說(shuō)明M帶負(fù)電，N帶正電，由圖知，B點(diǎn)的電勢(shì)

與A0之間某點(diǎn)的電勢(shì)相等，根據(jù)順著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，可知A點(diǎn)的電勢(shì)小于B點(diǎn)

的電勢(shì)。故A錯(cuò)誤。

B、A處電場(chǎng)線密，電場(chǎng)強(qiáng)度大，粒子在A點(diǎn)受到的電場(chǎng)力大，加速度大，則ai>a2.故

B錯(cuò)誤。

C、根據(jù)正電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能大，可知Epi<Ep2.故C錯(cuò)誤。

D、兩個(gè)粒子從A、B運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)電場(chǎng)力做負(fù)功，因?yàn)锳O間的電勢(shì)差小于B0間的電勢(shì)

差，則粒子從A運(yùn)動(dòng)到0點(diǎn)電場(chǎng)力做負(fù)功較多，由動(dòng)能定理知vi<V2.故D正確。

故選：D。

【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵是掌握等量異種電荷的等勢(shì)線和電場(chǎng)線的分布情況，理解電場(chǎng)

線的特點(diǎn)和意義，結(jié)合功能關(guān)系分析.

10.（3分）如圖所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)。小物塊的質(zhì)量為m,從A

點(diǎn)向左沿水平地面運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧后被彈回，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)恰好靜止。物塊向左運(yùn)動(dòng)的最

大距離為s,與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為u，重力加速度為g。彈簧未超出彈性限度，在上

述過(guò)程中（）

A.彈簧的最大彈力為jumg

B.物塊克服摩擦力做的功為|jmgs

C.彈簧的最大彈性勢(shì)能為2pmgs

D.物塊在A點(diǎn)的初速度為2,gs

【分析】物體向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，當(dāng)彈簧的彈力與滑動(dòng)摩擦力大小相等時(shí)速度最大，物體繼續(xù)

向右運(yùn)動(dòng)，彈簧繼續(xù)伸長(zhǎng)到自然狀態(tài)。整個(gè)過(guò)程中，物塊克服摩擦力做的功為2pmgs.對(duì)

物體向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，利用能量守恒定律求彈簧的最大彈性勢(shì)能。對(duì)整個(gè)過(guò)程，利用動(dòng)

能定理求物塊在A點(diǎn)的初速度。

【解答】解：A.物體向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，當(dāng)彈簧的彈力與滑動(dòng)摩擦力大小相等時(shí)，即F=^^mg

時(shí)，速度最大，物體繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，彈簧繼續(xù)伸長(zhǎng)直到自然狀態(tài)，所以彈簧的最大彈力

大于Rmg,故A錯(cuò)誤.

B.整個(gè)過(guò)程中，物塊所受的摩擦力大小恒定，摩擦力一直做負(fù)功，則物塊克服摩擦力做

的功為2nmgs,故B錯(cuò)誤。

C.物體向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，根據(jù)能量守恒定律得：彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep=Pmgs,故C

錯(cuò)誤。

D.設(shè)物塊在A點(diǎn)的初速度為vo.對(duì)整個(gè)過(guò)程，利用動(dòng)能定理得：-2nmgs=0-Lmv±

20

可得：vo=2\11?1gs＞故D正確。

故選：D。

【點(diǎn)評(píng)】正確進(jìn)行受力分析，找到彈性勢(shì)能最大的位置是速度為零的時(shí)候，掌握用能量

守恒定律和動(dòng)能定理求解能量和初速度；

11.（3分）功率為10w的發(fā)光二極管（LED燈,）的亮度與功率為6OW的白熾燈相當(dāng).根

據(jù)國(guó)家節(jié)能戰(zhàn)略，2016年前普通白熾燈應(yīng)被淘汰.假設(shè)每戶家庭有2只60W的白熾燈.，

均用10W的LED燈替代.估算出全國(guó)一年節(jié)省的電能最接近（）

A.8X108KW-hB.8Xl（）i°KW?hC.8X10"KW?hD.8X10”KW?h

【分析】全國(guó)大約有5.5億戶人家，每天亮燈時(shí)間大約4h,已知白熾燈和節(jié)能燈的額定

功率和各自的工作時(shí)間，根據(jù)公式W=Pt可求節(jié)能燈少消耗的電能.

【解答】解：全國(guó)一年節(jié)省的電能最接近W=Pt=2(0.06kW-0.01kW)X5.5X108X4h

義365=8.03X10")kW?h。

故選：Bo

【點(diǎn)評(píng)】本題考查的功率的計(jì)算，關(guān)鍵是要了解全國(guó)有多少家庭及每天亮燈時(shí)間.解題

過(guò)程中要注意單位的換算，同時(shí)養(yǎng)成節(jié)能的好習(xí)慣.

12.(3分)K、A是密封在真空玻璃管中的兩平行正對(duì)圓形金屬板，直徑為L(zhǎng),板間距離為

券L，金屬板接入電路如圖所示(只畫(huà)出了紙面內(nèi)的剖面圖)，M、N兩端外加電壓UMN,

K極板正中間有一粒子源，可向其左側(cè)空間均勻的發(fā)射速度大小為v,質(zhì)量為m,電荷量

為-q(q>0)的粒子，平行板間的電場(chǎng)看做勻強(qiáng)電場(chǎng)，則以下說(shuō)法正確的是()

4q

2

B.當(dāng)UMN=-^—時(shí)，電流表示數(shù)不為0

2q

C.當(dāng)UMN=0時(shí)，電流表示數(shù)為I，則當(dāng)UMN=2叵mv2時(shí)，電流表示數(shù)為31

q

D.當(dāng)UMN=0時(shí)，電流表示數(shù)為I,則當(dāng)UMN(UMN>0)增大時(shí)，電流表最大示數(shù)為

1.51

【分析】當(dāng)粒子發(fā)射速度水平向左時(shí)，粒子到達(dá)A板速度恰好為零，此時(shí)電流表示數(shù)為

零，根據(jù)動(dòng)能定理求出臨界電壓UMN.當(dāng)UMN=0時(shí)，先分析出電流為I時(shí)的速度方向，

再根據(jù)速度方向來(lái)判斷電流表的最大示數(shù)。

【解答】解：AB、當(dāng)發(fā)射速度水平向左時(shí)，向左的位移最大，設(shè)粒子到達(dá)A板速度恰好

為零，此時(shí)電流表示數(shù)為零，根據(jù)動(dòng)能定理，有：

12

qUMN=0-ymv2,解得UMN=-，故AB錯(cuò)誤；

CD、由題意，當(dāng)UMN=0時(shí)，電流表示數(shù)為I,設(shè)此時(shí)恰好能運(yùn)動(dòng)到A板的粒子與水平

面夾角為。，則有

L

則當(dāng)UMN（UMN>0）增大時(shí)，當(dāng)增大到一定值時(shí)，所有粒子均能到達(dá)A極板；當(dāng)UMN

=也應(yīng)皿丫2時(shí)，此時(shí)與板平行射出的粒子，有

q

粒子打到板上的位置距離中心的距離為

y=vt

解得y—^^.L<-kL

可知此時(shí)0<e<90°范圍的粒子都能到達(dá)A板，此時(shí)電流表最大示數(shù)為31,故C正確,

D錯(cuò)誤；

故選：Co

【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，要明確粒子的運(yùn)動(dòng)情況，處理該類(lèi)問(wèn)

題時(shí)，要注意運(yùn)動(dòng)的合成與分解法應(yīng)用。

二、選擇題II（本題共3小題，每小題2分，共6分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有

一個(gè)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得2分，選對(duì)但不全的得1分，有選錯(cuò)的得。分）

13.（2分）2020年7月21日將發(fā)生土星沖日現(xiàn)象，如圖所示，土星沖日是指土星、地球和

太陽(yáng)幾乎排列成一線，地球位于太陽(yáng)與土星之間。此時(shí)土星被太陽(yáng)照亮的一面完全朝向

地球，所以明亮而易于觀察。地球和土星繞太陽(yáng)公轉(zhuǎn)的方向相同，軌跡都可近似為圓，

地球一年繞太陽(yáng)一周，土星約29.5年繞太陽(yáng)一周。則（）

A.地球繞太陽(yáng)運(yùn)轉(zhuǎn)的向心加速度大于土星繞太陽(yáng)運(yùn)轉(zhuǎn)的向心加速度

B.地球繞太陽(yáng)運(yùn)轉(zhuǎn)的運(yùn)行速度比土星繞太陽(yáng)運(yùn)轉(zhuǎn)的運(yùn)行速度小

C.2019年沒(méi)有出現(xiàn)土星沖日現(xiàn)象

D.土星沖日現(xiàn)象下一次出現(xiàn)的時(shí)間是2021年

【分析】根據(jù)開(kāi)普勒第三定律分析軌道半徑的大小，根據(jù)萬(wàn)有引力定律結(jié)合牛頓第二定

律分析向心加速度大小，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力可得丫=憚，由此分析線速度大小,

根據(jù)一4工=1求解每隔多長(zhǎng)時(shí)間時(shí)間出現(xiàn)一次土星沖日現(xiàn)象，由此分析CD選項(xiàng)。

T地T土

【解答】解：地球一年繞太陽(yáng)一周，土星約29.5年繞太陽(yáng)一周，則T地＜T土，根據(jù)開(kāi)普

3

勒第三定律三=K可知r地Vr土。

丁2

A、根據(jù)萬(wàn)有引力定律結(jié)合牛頓第二定律可得向心加速度a=粵，由于r地＜一：，所以地

r

球繞太陽(yáng)運(yùn)轉(zhuǎn)的向心加速度大于土星繞太陽(yáng)運(yùn)轉(zhuǎn)的向心加速度，故A正確；

B、根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力可得：v=秒，所以地球繞太陽(yáng)運(yùn)轉(zhuǎn)的運(yùn)行速度比土星繞

太陽(yáng)運(yùn)轉(zhuǎn)的運(yùn)行速度大，故B錯(cuò)誤；

CD、設(shè)每隔時(shí)間出現(xiàn)一次土星沖日現(xiàn)象，則有：AL一41=1,解得：△tF.04年，

T地T土

由于2020年7月21日將發(fā)生土星沖日現(xiàn)象，所以2019年出現(xiàn)過(guò)土星沖日現(xiàn)象，土星沖

日現(xiàn)象下一次出現(xiàn)的時(shí)間是2021年，故C錯(cuò)誤、D正確。

故選：AD。

【點(diǎn)評(píng)】解決天體（衛(wèi)星）運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的基本思路：（1）在地面附近萬(wàn)有引力近似等于物

體的重力，F(xiàn)^=mg,整理得GM=gR2；（2）天體運(yùn)動(dòng)都可近似地看成勻速圓周運(yùn)動(dòng)，

其向心力由萬(wàn)有引力提供，即F^=F向，根據(jù)相應(yīng)的向心力表達(dá)式進(jìn)行分析。

14.（2分）2020年7月31日，習(xí)近平總書(shū)記向世界宣布北斗三號(hào)全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)正式開(kāi)

通，標(biāo)志著北斗“三步走”發(fā)展戰(zhàn)略圓滿完成，北斗邁進(jìn)全球服務(wù)新時(shí)代。人造地球衛(wèi)

星用太陽(yáng)能電池供電，展開(kāi)的太陽(yáng)能電池板在有光照時(shí)，可以將光能轉(zhuǎn)化為電能。取一

片太陽(yáng)能電池板作為電源，其路端電壓與干路電流的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是

()

A.該電池板的電動(dòng)勢(shì)為3.00V

B.隨著外電路電阻增大，其內(nèi)阻逐漸增大

C.外電路電阻為1k。時(shí)，電源輸出功率約為4W

D.外電路電阻為1k。時(shí)，電源效率約為66.7%

【分析】分析路端電壓和干路電流的關(guān)系圖可知，圖像與縱坐標(biāo)的交點(diǎn)坐標(biāo)表示電源的

電動(dòng)勢(shì)。作出電阻的U-I圖像，其斜率大小表示電阻。將電池與Ikf