2020年高考真題物理山東卷

2020年山東省新高考物理試卷試題解析一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。1．解：A、由于s﹣t圖象的斜率表示速度，由圖可知在0～t1時(shí)間內(nèi)速度增加，即乘客的加速度向下運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得：mg﹣FN＝ma，解得：FN＝mg﹣ma，則FN＜mg，處于失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B、在t1～t2時(shí)間內(nèi)，s﹣t圖象的斜率保持不變，所以速度不變，即乘客勻速下降，則FN＝mg，故B錯(cuò)誤；CD、在t2～t3時(shí)間內(nèi)，s﹣t圖象的斜率變小，所以速度減小，即乘客的減速下降，根據(jù)牛頓第二定律得：FN﹣mg＝ma，解得：FN＝mg+ma，則FN＞mg，處于超重狀態(tài)，故C錯(cuò)誤，D正確；故選：D。2．解：根據(jù)電流的定義式：I＝該段時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的電荷量為：q＝It＝5.0×10﹣8×3.2×104C＝1.6×10﹣3C根據(jù)衰變方程得：→+，可知這段時(shí)間內(nèi)發(fā)生β衰變的氚核H的個(gè)數(shù)為：＝＝1.0×1016，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B。3．解：由于玻璃對(duì)該波長(zhǎng)光的折射率為n＝1.5，則光在該玻璃中傳播速度為：v＝光從S到S1和到S2的時(shí)間相等，設(shè)光從S1到O點(diǎn)的時(shí)間為t1，從S2到O點(diǎn)的時(shí)間為t2，O點(diǎn)到S2的距離為L(zhǎng)，則有：t1＝+t2＝光傳播的時(shí)間差為：△t＝t1﹣t2＝﹣＝，故A正確、BCD錯(cuò)誤。故選：A。4．解：AB、因x＝λ處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為y＝Acos（t），當(dāng)t＝T時(shí)刻，x＝λ處質(zhì)點(diǎn)的位移為：y＝Acos（×）＝0，那么對(duì)應(yīng)四個(gè)選項(xiàng)中波形圖x＝λ的位置，可知，AB選項(xiàng)不符合題意，故AB錯(cuò)誤；CD、再由波沿x軸負(fù)方向傳播，依據(jù)微平移法，可知，在t＝T的下一時(shí)刻，在x＝λ處質(zhì)點(diǎn)向y軸正方向振動(dòng)，故D正確，C錯(cuò)誤；故選：D。5．解：輸入端a、b所接電壓u隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，可知，輸入電壓U1＝220V，依據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)關(guān)系式：，且n1：n2＝22：3解得：U2＝30V由于燈泡L的電阻恒為R＝15Ω，額定電壓為U＝24V．因能使燈泡正常工作，那么通過(guò)燈泡的電流：I＝＝A＝1.6A那么定值電阻R1＝10Ω兩端電壓為：U′＝U2﹣U＝30V﹣24V＝6V依據(jù)歐姆定律，則有通過(guò)其的電流為：I′＝＝A＝0.6A因此通過(guò)定值電阻R2＝5Ω的電流為：I″＝1.6A﹣0.6A＝1A由于定值電阻R2與滑動(dòng)變阻器串聯(lián)后與定值電阻R1并聯(lián)，那么定值電阻R2與滑動(dòng)變阻器總電阻為：R′＝＝Ω＝6Ω因定值電阻R2＝5Ω，因此滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻應(yīng)為：R滑＝6Ω﹣5Ω＝1Ω綜上所述，故A正確，BCD錯(cuò)誤；故選：A。6．解：A、根據(jù)p﹣V圖象的面積表示氣體做功，得氣體在a→b過(guò)程中對(duì)外界做的功為：Wab＝＝，b→c過(guò)程中氣體對(duì)外界做的功為：Wbc＝＝，所以氣體在a→b過(guò)程中對(duì)外界做的功等于在b→c過(guò)程中對(duì)外界做的功故A錯(cuò)誤；B、氣體在a→b過(guò)程中，因?yàn)閍、b兩個(gè)狀態(tài)的pV相等，所以Ta＝Tb，即△Uab＝0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律△U＝Q+W可知，從外界吸收的熱量為Qab＝；氣體在b→c過(guò)程中，因?yàn)閏狀態(tài)的pV大于b狀態(tài)的pV，所以Tb＜Tc，即△Ubc＞0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律△U＝Q+W可知，在b→c過(guò)程中從外界吸收的熱量為：Qbc＝△Ubc+，則有：Qab＜Qbc，故B錯(cuò)誤；C、在c→a過(guò)程中，氣體等壓壓縮，溫度降低，即△Uca＜0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律△U＝Q+W可知，外界對(duì)氣體做的功小于氣體向外界放出的熱量，故C正確；D、因?yàn)門a＝Tb，而一定質(zhì)量理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，所以氣體在c→a過(guò)程中內(nèi)能的減少量等于b→c過(guò)程中內(nèi)能的增加量，故D錯(cuò)誤。故選：C。7．解：根據(jù)重力等于萬(wàn)有引力，得：得：火星表面的重力加速度為著陸器減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為對(duì)著陸器根據(jù)牛頓第二定律有：F﹣0.4mg＝ma解得，故B正確，ACD錯(cuò)誤；故選：B。8．解：根據(jù)題意分析，物塊A、B剛好要滑動(dòng)時(shí)，應(yīng)該是物體A相對(duì)物體B向上滑動(dòng)，設(shè)繩子拉力為F，對(duì)A受力分析，由平衡條件得：F＝mgsin45°+μmgcos45°物體B相對(duì)斜面向下滑動(dòng)，對(duì)B受力分析，由平衡條件得：2mgsin45°＝F+μmgcos45°+μ（2m+m）gcos45°聯(lián)立解得：μ＝，故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C。二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。9．解：AB、由題意可知：＝＝，可知臨界角為45o，因此從D點(diǎn)發(fā)出的光，豎直向上從M點(diǎn)射出的光線恰好是出射光線的邊緣，同時(shí)C點(diǎn)也恰好是出射光線的邊緣，如圖所示：因此光線只能從MC段射出，根據(jù)幾何關(guān)系可知，M恰好為AC的中點(diǎn)，因此在平面上有一半的面積有光線射出，故A正確，B錯(cuò)誤；CD、由于頻率越高，折射率越大，當(dāng)光源發(fā)出的光的頻率變小，折射率也會(huì)變小，導(dǎo)致臨界角會(huì)增大，這時(shí)M點(diǎn)上方也會(huì)有光線出射，因此出射光線區(qū)域的面積將增大，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：AC。10．解：A、根據(jù)帶負(fù)電的試探電荷在O點(diǎn)，僅在電場(chǎng)力的作用下恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)，可知，EO＝0，再依據(jù)正點(diǎn)電荷在某點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度是兩點(diǎn)連線背離正點(diǎn)電荷，則兩正點(diǎn)電荷連線的電場(chǎng)線方向如下圖所示，由沿著電場(chǎng)線方向，電勢(shì)是降低的，則有a點(diǎn)電勢(shì)高于O點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B、由于b點(diǎn)離右邊正點(diǎn)電荷距離較遠(yuǎn)，而c點(diǎn)離右邊正點(diǎn)電荷較近，則有b點(diǎn)電勢(shì)低于c點(diǎn)，故B正確；C、因a點(diǎn)電勢(shì)高于O點(diǎn)，而O點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)，那么a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)，那么負(fù)試探電荷從高電勢(shì)到低電勢(shì)，其電勢(shì)能增加，則該試探電荷在a點(diǎn)的電勢(shì)能小于在b點(diǎn)的電勢(shì)能，故C錯(cuò)誤；D、因b、d兩點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱，它們電勢(shì)相等，由于c點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)，那么c點(diǎn)電勢(shì)高于d點(diǎn)，因此負(fù)試探電荷從高電勢(shì)到低電勢(shì)，其電勢(shì)能增加，則該試探電荷在c點(diǎn)的電勢(shì)能小于在d點(diǎn)的電勢(shì)能，故D正確。故選：BD。11．解：AB、由題意可知B物體可以在開始位置到最低點(diǎn)之間做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，在最低點(diǎn)的加速度為豎直向上的g，由牛頓第二定律得：T﹣mg＝mg，解得在最低點(diǎn)時(shí)有彈簧彈力為：T＝2mg；對(duì)A分析，設(shè)繩子與桌面間夾角為θ，根據(jù)A對(duì)水平桌面的壓力剛好為零，有：2mgsinθ＝Mg，故有M＜2m，故A正確，B錯(cuò)誤；C、由題意可知B從釋放位置到最低點(diǎn)過(guò)程中，開始彈簧彈力小于重力，物體加速，合力做正功；后來(lái)彈簧彈力大于重力，物體減速，合力做負(fù)功，故C正確；D、對(duì)于B，在從釋放到速度最大過(guò)程中，B機(jī)械能的增加量等于彈簧彈力所做的負(fù)功，即B機(jī)械能的減少量等于B克服彈簧彈力所做的功，故D正確。故選：ACD。12．解：AB、因?yàn)?s末bc邊剛好進(jìn)入磁場(chǎng)，可知線框的速度為每秒向上運(yùn)動(dòng)一格，故在0﹣1s內(nèi)只有ae切割磁感線，設(shè)方格邊長(zhǎng)L，根據(jù)E1＝2BLv可知電流恒定；2s末時(shí)線框在第二象限長(zhǎng)度最長(zhǎng)，此時(shí)E2＝3BLv這時(shí)電流可知，，故A錯(cuò)誤，B正確；CD、ab受到安培力Fab＝BILab，可知在0﹣1s內(nèi)ab邊受到安培力線性增加；1s末安培力為Fab＝BI1L，2s末安培力，所以Fab′＝3Fab，由圖象知，C正確，D錯(cuò)誤。故選：BC。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13．解：（1）設(shè)物塊過(guò)測(cè)量參考點(diǎn)時(shí)速度的大小為v0，根據(jù)位移﹣時(shí)間關(guān)系可得：L＝v0t+所以有：＝2v0+at，當(dāng)t＝0時(shí)速度即為參考點(diǎn)的速度，故2v0＝0.64m/s解得：v0＝0.32m/s圖象的斜率表示加速度，則有：a＝m/s2＝3.1m/s2；（2）木板的傾角為53°，小物塊加速度大小為a0＝5.6m/s2，對(duì)小物塊根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsin53°﹣μmgcos53°＝ma0，當(dāng)傾角為37°時(shí)，有：mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma聯(lián)立解得：g＝9.4m/s2。故答案為：（1）0.32或0.33；3.1；（2）9.4。14．解：（1）路端電壓：U＝E﹣Ir，當(dāng)電源內(nèi)阻r太小時(shí)，干路電流I有較大變化時(shí)，Ir變化很小，電壓表示數(shù)即路端電壓U＝E﹣Ir變化很小，電壓表示數(shù)變化范圍很小，故選B；（2）①根據(jù)表中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系內(nèi)描出對(duì)應(yīng)點(diǎn)，然后根據(jù)坐標(biāo)系內(nèi)描出的點(diǎn)作出圖象，作圖象時(shí)使盡可能多的點(diǎn)在直線上，不能穿過(guò)直線的點(diǎn)應(yīng)對(duì)稱地分布在直線兩側(cè)，圖象如圖所示；②由圖示圖象可知，電源與定值電阻整體組成的等效電源內(nèi)阻：r+R＝Ω≈2.67Ω，由題意可知，電源內(nèi)阻小于1Ω，則定值電阻應(yīng)選擇R1。③應(yīng)用伏安法測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻，電壓表測(cè)路端電壓，電流表測(cè)電路電流，電源內(nèi)阻較小，為使電壓表示數(shù)變化明顯，把定值電阻與電源整體當(dāng)作等效電源，為減小實(shí)驗(yàn)誤差，相對(duì)于電源電流表應(yīng)采用外接法，實(shí)物電路圖如圖所示；故答案為：（1）B；（2）①圖象如圖所示；②R1；③實(shí)物電路圖如圖所示。15．解：設(shè)火罐內(nèi)氣體初始狀態(tài)參量分別為p1、T1、V1，溫度降低后狀態(tài)參量分別為p2、T2、V2，罐的容積為V0，由題意知：p1＝p0、T1＝450K、V1＝V0、T2＝300K、V2＝①由理想氣體狀態(tài)方程得：＝②解得：p2＝0.7p0③對(duì)于抽氣罐，設(shè)初態(tài)氣體狀態(tài)參量分別為p3、V3，末態(tài)氣體狀態(tài)參量分別為p4、V4，罐的容積為V′0，由題意知：p3＝p0、V3＝V'0、p4＝p2④由玻意耳定律得：p0V′0＝p2V4⑤聯(lián)立②⑤式，代入數(shù)據(jù)得V4＝⑥設(shè)抽出的氣體的體積為△V，由題意知△V＝V4﹣⑦故應(yīng)抽出氣體的質(zhì)量與抽氣前罐內(nèi)氣體質(zhì)量的比值為：⑧聯(lián)立③⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得：＝。答：應(yīng)抽出氣體的質(zhì)量與抽氣前罐內(nèi)氣體質(zhì)量的比值為。16．解：（1）在M點(diǎn)，設(shè)運(yùn)動(dòng)員在ABCD面內(nèi)垂直AD方向的分速度為v1，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解規(guī)律得：v1＝vMsin72.8°…①設(shè)運(yùn)動(dòng)員在ABCD面內(nèi)垂直AD方向的分加速度為a1，由牛頓第二定律得：mgcos17.2°＝ma1…②由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：d＝…③聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得：d＝4.8m…④（2）在M點(diǎn)，設(shè)運(yùn)動(dòng)員在ABCD面內(nèi)平行AD方向的分速度為v2，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解規(guī)律得：v2＝vMcos72.8°…⑤設(shè)運(yùn)動(dòng)員在ABCD面內(nèi)平行AD方向的分加速度為a2，由牛頓第二定律得：mgsin17.2°＝ma2…⑥設(shè)騰空時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：t＝…⑦沿斜面方向根據(jù)位移﹣時(shí)間關(guān)系可得：L＝v2t+…⑧聯(lián)立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得：L＝12m。答：（1）運(yùn)動(dòng)員騰空過(guò)程中離開AD的距離的最大值為4.8m；（2）M、N之間的距離為12m。17．解：（1）粒子在M、N間的電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理得：qU＝﹣0粒子在區(qū)域I內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m解得：R＝設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)對(duì)應(yīng)的圓心角為α，由幾何關(guān)系得：d2+（R﹣L）2＝R2cosα＝，sinα＝，解得：L＝﹣（2）設(shè)粒子在區(qū)域II中粒子沿z軸方向的分速度為vz，粒子沿x軸方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，粒子在z軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，粒子在z軸方向分速度：vz＝vcosα在z軸方向：d＝vzt沿x軸方向：x＝解得：x＝（3）設(shè)粒子沿y軸方向偏離z軸的距離為y，其中在區(qū)域II中沿y軸方向偏離的距離為y′，則：y′＝vtsinα由題意可知：y＝L+y′解得：y＝R﹣+（4）粒子打到記錄板上位置的x坐標(biāo)：x＝＝粒子比荷k＝越大x越大，由于k質(zhì)子＞k氦核＞k氚核，則x質(zhì)子＞x氦核＞x氚核，由圖乙所示可知，s1、s2、s3分別對(duì)應(yīng)：氚核H、氦核He、質(zhì)子H的位置；答：（1）粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R是，c點(diǎn)到z軸的距離L為﹣；（2）粒子打到記錄板上位置的x坐標(biāo)是；（3）粒子打到記錄板上位置的y坐標(biāo)是：R﹣+；（4）s1、s2、s3分別對(duì)應(yīng)氚核H、氦核He、質(zhì)子H。18．解：（1）P、Q發(fā)生彈性碰撞，碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，以平行于斜面向上為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv0＝mvP1+4mvQ1由機(jī)械能守恒定律得：解得：vP1＝﹣v0，vQ1＝v0（2）Q向上滑行過(guò)程，由牛頓第二定律得：4mgsinθ+μ?4mgcosθ＝4ma解得：a＝2gsinθP、Q第一次碰撞后Q上升的高度為h1，對(duì)Q，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：0﹣＝2（﹣a）解得：h1＝設(shè)P運(yùn)動(dòng)到與Q剛要發(fā)生第二次碰撞前的位置時(shí)速度為v02，第一次碰撞后到第二次碰撞前，對(duì)P，由動(dòng)能定理得：﹣mgh1＝解得：v02＝v0P、Q發(fā)生第二次碰撞，碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，以平行于斜面向上為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv02＝mvP2+4mvQ2由機(jī)械能守恒定律得：解得：vP2＝﹣×v0，vQ2＝v0第二次碰撞后Q向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：0﹣＝2（﹣a）解得：h2＝?設(shè)P運(yùn)動(dòng)到與Q剛要發(fā)生第三次碰撞前的位置時(shí)速度為v03，第二次碰撞后到第三次碰撞前，對(duì)P，由動(dòng)能定理得：﹣mgh2＝解得：v03＝v0P與Q第三次碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，以平行于斜面向上為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv03＝mvP3+4mvQ3由機(jī)械能守恒定律得：解得：vP3＝﹣v0，vQ3＝v0第三次碰撞后對(duì)Q，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：0﹣＝2（﹣a），解得：h3＝…………第n次碰撞后，Q上升的高度：hn＝（）n﹣1?n＝1、2、3……（3）當(dāng)P、Q到達(dá)H時(shí)，兩物塊到此處的速度可視為零，對(duì)兩物塊運(yùn)動(dòng)全過(guò)程，由動(dòng)能定理得：﹣（m+4m）gH﹣μ?4mgcosθ?＝0﹣解得：H＝（4）設(shè)Q第一次碰撞至速度減為零需要的時(shí)間為t1，則：t1＝設(shè)P運(yùn)動(dòng)到斜面底端時(shí)的速度為vP1′，需要的時(shí)間為t2，則：vP1′＝vP1+gsinθ?t2，＝2gsinθ?s，設(shè)P從A點(diǎn)到Q第一次碰撞后速度減為零處勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3，則：v02＝（﹣vP1）﹣gsinθ?t3，當(dāng)A點(diǎn)與擋板之間的距離最小時(shí)：t1＝2t2+t3解得：s＝答：（1）P與Q第一次碰撞后瞬間各自的速度大小vP1、vQ1分別為v0、v0；（2）第n次碰撞使物塊Q上升的高度hn是（）n﹣1?n＝1、2、3……；（3）物塊Q從A點(diǎn)上升的總高度H為；（4）為保證在Q的速度減為零之前P不會(huì)與之發(fā)生碰撞，A點(diǎn)與擋板之間的最小距離s為。山東省2020年普通高中學(xué)業(yè)水平等級(jí)考試注意事項(xiàng)：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)等填寫在答題卡和試卷指定位置．2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑．如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)．回答非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無(wú)效．3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回．一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分．每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求．1.一質(zhì)量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時(shí)間t的關(guān)系圖像如圖所示．乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示．重力加速度大小為g.以下判斷正確的是()A．0～t1時(shí)間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N>mgB．t1～t2時(shí)間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N<mgC．t2～t3時(shí)間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N<mgD．t2～t3時(shí)間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N>mg答案D解析根據(jù)s－t圖像的斜率表示速度可知，0～t1時(shí)間內(nèi)v增大，t2～t3時(shí)間內(nèi)v減小，t1～t2時(shí)間內(nèi)v不變，故B、C錯(cuò)誤；0～t1時(shí)間內(nèi)速度越來(lái)越大，加速度向下，處于失重狀態(tài)，則FN<mg，故A錯(cuò)誤；t2～t3時(shí)間內(nèi)，速度逐漸減小，加速度向上，處于超重狀態(tài)，則FN>mg，故D正確．2．氚核13H發(fā)生β衰變成為氦核23He.假設(shè)含氚材料中13H發(fā)生β衰變產(chǎn)生的電子可以全部定向移動(dòng)，在3.2×104s時(shí)間內(nèi)形成的平均電流為5.0×10－8A．已知電子電荷量為1.6×10－19C，在這段時(shí)間內(nèi)發(fā)生βA．5.0×1014 B．1.0×1016C．2.0×1016 D．1.0×1018答案B解析由題意知，3.2×104s內(nèi)氚核發(fā)生β衰變產(chǎn)生的電子的電荷量為Q＝It＝5.0×10－8×3.2×104C＝1.6×10－3C，對(duì)應(yīng)的電子數(shù)n＝Qe＝1.6×10-31.6×10-19＝1.0×1016(個(gè))；由13H→-10e＋23He可知，一個(gè)3．雙縫干涉實(shí)驗(yàn)裝置的截面圖如圖所示．光源S到S1、S2的距離相等，O點(diǎn)為S1、S2連線中垂線與光屏的交點(diǎn)．光源S發(fā)出的波長(zhǎng)為λ的光，經(jīng)S1出射后垂直穿過(guò)玻璃片傳播到O點(diǎn)，經(jīng)S2出射后直接傳播到O點(diǎn)，由S1到O點(diǎn)與由S2到O點(diǎn)，光傳播的時(shí)間差為Δt.玻璃片厚度為10λ，玻璃對(duì)該波長(zhǎng)光的折射率為1.5，空氣中光速為c，不計(jì)光在玻璃片內(nèi)的反射．以下判斷正確的是()A．Δt＝5λc B．ΔtC．Δt＝10λc D．Δt答案A解析無(wú)玻璃片時(shí)，光傳播10λ所用時(shí)間為t1＝10λ有玻璃片時(shí)，光傳播10λ所用時(shí)間為t2＝10λ且v＝cn＝c聯(lián)立①②③式得Δt＝t2－t1＝5λc，選項(xiàng)4．一列簡(jiǎn)諧橫波在均勻介質(zhì)中沿x軸負(fù)方向傳播，已知x＝54λ處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為y＝Acos(2πTt)，則t＝34T答案D解析由題意知，t＝0時(shí)，x＝54λ處的質(zhì)點(diǎn)位于波峰(y＝A)，則x＝0處質(zhì)點(diǎn)恰好位于y＝0經(jīng)t＝34T時(shí)，x＝0處質(zhì)點(diǎn)恰振動(dòng)到最低點(diǎn)，t＝34T時(shí)的波形如圖中虛線所示，選項(xiàng)5．圖甲中的理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比n1∶n2＝22∶3，輸入端a、b所接電壓u隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示．燈泡L的電阻恒為15Ω，額定電壓為24V．定值電阻R1＝10Ω、R2＝5Ω，滑動(dòng)變阻器R的最大阻值為10Ω.為使燈泡正常工作，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻應(yīng)調(diào)節(jié)為()A．1ΩB．5ΩC．6ΩD．8Ω答案A解析由題圖乙可得U1＝220V，由U1U2＝n1n2燈泡正常工作時(shí)，UL＝24V，I＝ULRL＝24R1兩端電壓UR1＝U2－UL＝30V－24V＝6V通過(guò)R1的電流I1＝UR1通過(guò)R的電流IR＝I－I1＝1A由歐姆定律得R＋R2＝UR1IR＝6可解得R＝1Ω，選項(xiàng)A正確．6．一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)a→b、b→c、c→a三個(gè)過(guò)程后回到初始狀態(tài)a，其p－V圖像如圖所示．已知三個(gè)狀態(tài)的坐標(biāo)分別為a(V0,2p0)、b(2V0，p0)、c(3V0,2p0)．以下判斷正確的是()A．氣體在a→b過(guò)程中對(duì)外界做的功小于在b→c過(guò)程中對(duì)外界做的功B．氣體在a→b過(guò)程中從外界吸收的熱量大于在b→c過(guò)程中從外界吸收的熱量C．在c→a過(guò)程中，外界對(duì)氣體做的功小于氣體向外界放出的熱量D．氣體在c→a過(guò)程中內(nèi)能的減少量大于b→c過(guò)程中內(nèi)能的增加量答案C解析由W＝Fx＝pSx＝p·ΔV知，p－V圖線與V軸所圍面積代表氣體狀態(tài)變化所做的功，由題圖知，a→b和b→c過(guò)程中，氣體對(duì)外界做的功相等，故A錯(cuò)誤．由PVT＝C知，a、b兩狀態(tài)溫度相等，內(nèi)能相同，ΔU＝0；由ΔU＝W＋Q知，Qab＝－W；由PVT＝C知，c狀態(tài)的溫度高于b狀態(tài)的溫度，則b→c過(guò)程中，ΔU>0，據(jù)ΔU＝W＋Q知，Qbc>|W|，故B錯(cuò)誤．由PVT＝C知，C狀態(tài)溫度高于b狀態(tài)溫度，則c→a過(guò)程內(nèi)能減少，ΔU<0，外界對(duì)氣體做正功，W>0，屬于放熱過(guò)程，由ΔU＝Q＋W知，W<|Q|，故C正確．由于a、b狀態(tài)內(nèi)能相等，故c→a內(nèi)能減少量等于b→c7．我國(guó)將在今年擇機(jī)執(zhí)行“天問1號(hào)”火星探測(cè)任務(wù)．質(zhì)量為m的著陸器在著陸火星前，會(huì)在火星表面附近經(jīng)歷一個(gè)時(shí)長(zhǎng)為t0、速度由v0減速到零的過(guò)程．已知火星的質(zhì)量約為地球的0.1倍，半徑約為地球的0.5倍，地球表面的重力加速度大小為g，忽略火星大氣阻力．若該減速過(guò)程可視為一個(gè)豎直向下的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，此過(guò)程中著陸器受到的制動(dòng)力大小約為()A．m0.4g-v0tC．m0.2g-v0t答案B解析著陸器向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小a＝v0t0.在天體表面附近，有mg＝GmMR2，則g火g＝M火M地·(R地R火)2，整理得g火＝0.4g，由牛頓第二定律知，著陸器減速運(yùn)動(dòng)時(shí)有F－mg火＝8.如圖所示，一輕質(zhì)光滑定滑輪固定在傾斜木板上，質(zhì)量分別為m和2m的物塊A、B，通過(guò)不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過(guò)滑輪連接，A、B間的接觸面和輕繩均與木板平行．A與B間、B與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．當(dāng)木板與水平面的夾角為45°時(shí)，物塊A、B剛好要滑動(dòng)，則μ的值為()A.13B.14答案C解析A、B剛要滑動(dòng)時(shí)受力平衡，受力如圖所示．對(duì)A：FT＝mgsin45°＋μmgcos45°對(duì)B：2mgsin45°＝FT＋3μmgcos45°＋μmgcos45°整理得，μ＝15，選項(xiàng)C二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分．每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分．9．(多選)截面為等腰直角三角形的三棱鏡如圖甲所示．DE為嵌在三棱鏡內(nèi)部緊貼BB′C′C面的線狀單色可見光光源，DE與三棱鏡的ABC面垂直，D位于線段BC的中點(diǎn)．圖乙為圖甲中ABC面的正視圖．三棱鏡對(duì)該單色光的折射率為2，只考慮由DE直接射向側(cè)面AA′C′C的光線．下列說(shuō)法正確的是()A．光從AA′C′C面出射的區(qū)域占該側(cè)面總面積的1B．光從AA′C′C面出射的區(qū)域占該側(cè)面總面積的2C．若DE發(fā)出的單色光頻率變小，AA′C′C面有光出射的區(qū)域面積將增大D．若DE發(fā)出的單色光頻率變小，AA′C′C面有光出射的區(qū)域面積將減小答案AC解析根據(jù)sinC＝1n，得光線在AC面上發(fā)生全反射的臨界角C＝45°，如圖所示．從AC面上射出的光線為射到FC區(qū)域的光線，由幾何關(guān)系得FC＝12AC，即有光線射出的區(qū)域占該側(cè)面總面積的一半，故A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)單色光的頻率變小時(shí)，折射率n變小，根據(jù)sinC＝1n，知臨界角C變大，圖中的F點(diǎn)向A點(diǎn)移動(dòng)，故有光射出的區(qū)域的面積變大，故C10．(多選)真空中有兩個(gè)固定的帶正電的點(diǎn)電荷，電荷量不相等．一個(gè)帶負(fù)電的試探電荷置于二者連線上的O點(diǎn)時(shí)，僅在電場(chǎng)力的作用下恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)．過(guò)O點(diǎn)作兩正電荷連線的垂線，以O(shè)點(diǎn)為圓心的圓與連線和垂線分別交于a、c和b、d，如圖所示．以下說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)點(diǎn)電勢(shì)低于O點(diǎn)B．b點(diǎn)電勢(shì)低于c點(diǎn)C．該試探電荷在a點(diǎn)的電勢(shì)能大于在b點(diǎn)的電勢(shì)能D．該試探電荷在c點(diǎn)的電勢(shì)能小于在d點(diǎn)的電勢(shì)能答案BD解析作出兩個(gè)固定點(diǎn)電荷分別在O點(diǎn)附近的電場(chǎng)線，由題意知，O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)EO＝0，則兩點(diǎn)電荷分別在O點(diǎn)處產(chǎn)生電場(chǎng)的電場(chǎng)線疏密相同，進(jìn)而推知O點(diǎn)左側(cè)的電場(chǎng)方向向右，O點(diǎn)右側(cè)的電場(chǎng)方向向左．可以判定：a點(diǎn)電勢(shì)高于O點(diǎn)，b點(diǎn)電勢(shì)低于c點(diǎn)，故A錯(cuò)誤，B正確；由Ep＝φq可知，a點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)，試探電荷(帶負(fù)電)在a點(diǎn)的電勢(shì)能比b點(diǎn)小，故C錯(cuò)誤；c點(diǎn)電勢(shì)高于d點(diǎn)，試探電荷(帶負(fù)電)在c點(diǎn)的電勢(shì)能小于d點(diǎn)，故D正確．11．(多選)如圖所示，質(zhì)量為M的物塊A放置在光滑水平桌面上，右側(cè)連接一固定于墻面的水平輕繩，左側(cè)通過(guò)一傾斜輕繩跨過(guò)光滑定滑輪與一豎直輕彈簧相連．現(xiàn)將質(zhì)量為m的鉤碼B掛于彈簧下端，當(dāng)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，將B由靜止釋放，當(dāng)B下降到最低點(diǎn)時(shí)(未著地)，A對(duì)水平桌面的壓力剛好為零．輕繩不可伸長(zhǎng)，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，物塊A始終處于靜止?fàn)顟B(tài)．以下判斷正確的是()A．M<2mB．2m<M<3mC．在B從釋放位置運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，所受合力對(duì)B先做正功后做負(fù)功D．在B從釋放位置運(yùn)動(dòng)到速度最大的過(guò)程中，B克服彈簧彈力做的功等于B機(jī)械能的減少量答案ACD解析由題意知，B在開始位置到最低點(diǎn)之間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，則最低點(diǎn)時(shí)彈簧彈力FT＝2mg；對(duì)物塊A，設(shè)左側(cè)繩子與桌面間夾角為θ，依題意有：2mgsinθ＝Mg，則M<2m，故A正確，B錯(cuò)誤．B從釋放到最低點(diǎn)過(guò)程中，開始時(shí)彈簧彈力小于重力，B加速，合力做正功；后來(lái)彈簧彈力大于重力，B減速，合力做負(fù)功，故C正確．對(duì)B，從釋放到速度最大過(guò)程中，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，B機(jī)械能的減少量等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量，即等于B克服彈簧彈力所做的功，故D正確．12．(多選)如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第一和第二象限分別存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反且垂直于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圖中虛線方格為等大正方形．一位于Oxy平面內(nèi)的剛性導(dǎo)體框abcde在外力作用下以恒定速度沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)(不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng))．從圖示位置開始計(jì)時(shí)，4s末bc邊剛好進(jìn)入磁場(chǎng)．在此過(guò)程中，導(dǎo)體框內(nèi)感應(yīng)電流的大小為I,ab邊所受安培力的大小為Fab，二者與時(shí)間t的關(guān)系圖像可能正確的是()答案BC解析設(shè)虛線方格的邊長(zhǎng)為x，根據(jù)題意知abcde每經(jīng)過(guò)1s運(yùn)動(dòng)的距離為x.在0～1s內(nèi)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1＝2Bxv，感應(yīng)電流I1＝2BxvR恒定；在1～2s內(nèi)，切割磁感線的有效長(zhǎng)度均勻增加，故感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)及感應(yīng)電流隨時(shí)間均勻增加，2s時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2＝3Bxv，感應(yīng)電流I2＝3BxvR；在2～4s內(nèi)，切割磁感線的有效長(zhǎng)度均勻減小，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流均勻減小，4s時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E3＝Bxv，感應(yīng)電流I3＝BxvR，故A錯(cuò)誤，B正確．由題意可知，在0～4s內(nèi)，ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)的長(zhǎng)度l＝vt，根據(jù)F＝BIl，在0～1s內(nèi)，I＝2BxvR恒定，則Fab＝BI1·vt＝2B2v2xRt∝t；在1～2s內(nèi)，電流I隨時(shí)間均勻增加，切割磁感線的有效長(zhǎng)度l′＝2x＋v(t－2)＝vt，據(jù)F＝IlB可知Fab與t為二次函數(shù)關(guān)系，圖線是拋物線的一部分，且t＝2s時(shí)，F(xiàn)ab＝6B2x2vR；在2～4s內(nèi)，I隨時(shí)間均勻減小，切割磁場(chǎng)的有效長(zhǎng)度l″＝3x－v(t－2)＝5x－vt三、非選擇題：本題共6小題，共60分．13．2020年5月，我國(guó)進(jìn)行了珠穆朗瑪峰的高度測(cè)量，其中一種方法是通過(guò)使用重力儀測(cè)量重力加速度，進(jìn)而間接測(cè)量海拔高度．某同學(xué)受此啟發(fā)就地取材設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)，測(cè)量當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊拇笮。畬?shí)驗(yàn)步驟如下：①如圖甲所示，選擇合適高度的墊塊，使木板的傾角為53°，在其上表面固定一與小物塊下滑路徑平行的刻度尺(圖中未畫出)．②調(diào)整使其攝像頭正對(duì)木板表面，開啟視頻錄像功能．將小物塊從木板頂端釋放，用記錄下小物塊沿木板向下做加速直線運(yùn)動(dòng)的情況．然后通過(guò)錄像的回放，選擇小物塊運(yùn)動(dòng)路徑上合適的一點(diǎn)作為測(cè)量參考點(diǎn)，得到小物塊相對(duì)于該點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)距離L與運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的數(shù)據(jù)．③該同學(xué)選取部分實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，畫出了2Lt－t圖像，利用圖像數(shù)據(jù)得到小物塊下滑的加速度大小為5.6m/s④再次調(diào)節(jié)墊塊，改變木板的傾角，重復(fù)實(shí)驗(yàn)．回答以下問題：(1)當(dāng)木板的傾角為37°時(shí)，所繪圖像如圖乙所示．由圖像可得，物塊過(guò)測(cè)量參考點(diǎn)時(shí)速度的大小為________m/s；選取圖線上位于坐標(biāo)紙網(wǎng)格交叉點(diǎn)上的A、B兩點(diǎn)，利用A、B兩點(diǎn)數(shù)據(jù)得到小物塊下滑加速度的大小為________m/s2.(結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)(2)根據(jù)上述數(shù)據(jù)，進(jìn)一步分析得到當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮開_______m/s2.(結(jié)果保留2位有效數(shù)字，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80)答案(1)0.32或0.333.1(2)9.4解析(1)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式得L＝v0t＋12at2所以2Lt＝2v0＋即2Lt－t圖像的縱截距為2v0，斜率為加速度a，由圖像知2v0＝65×10－2所以初速度v0≈0.33m/s加速度a＝(185-70)×10-2(39.5-2)×10-(2)當(dāng)θ＝53°時(shí)，a0＝5.6m/s2當(dāng)θ＝37°時(shí)，a＝3.1m/s2根據(jù)牛頓第二定律得a0＝gsin53°－μgcos53°a＝gsin37°－μgcos37°聯(lián)立兩式并代入數(shù)據(jù)解得g≈9.4m/s2.14．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1Ω)；電壓表V(量程3V，內(nèi)阻約3kΩ)；電流表A(量程0.6A，內(nèi)阻約1Ω)；滑動(dòng)變阻器R(最大阻值為20Ω)；定值電阻R1(阻值2Ω)；定值電阻R2(阻值5Ω)；開關(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)如下表所示．序號(hào)1234567I/A0.080.140.200.260.320.360.40U/V1.351.201.050.880.730.710.52請(qǐng)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，回答以下問題：①圖中已標(biāo)出后3組數(shù)據(jù)對(duì)應(yīng)的坐標(biāo)點(diǎn)，請(qǐng)標(biāo)出前4組數(shù)據(jù)對(duì)應(yīng)的坐標(biāo)點(diǎn)并畫出U－I圖像．②根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可知，所選的定值電阻為________(填“R1”或“R2”)．③用筆畫線代替導(dǎo)線，請(qǐng)按照改進(jìn)后的方案，將下圖所示實(shí)物圖連接成完整電路．答案(1)B(2)①見解析圖(a)②R1③見解析圖(c)解析(1)電壓表示數(shù)的變化范圍小，原因是外電阻的阻值遠(yuǎn)大于電源內(nèi)阻，選項(xiàng)B正確．(2)①根據(jù)數(shù)據(jù)描點(diǎn)并連成一條直線，如圖(a)所示．②由圖像可知E＝1.55V，U＝0時(shí)I＝0.59A，故r′＝EI≈2.63Ω由于2Ω<r′<5Ω，又r′＝r＋R(r為電源內(nèi)阻，R為定值電阻)，故定值電阻只能是R1.③先畫出原理圖，如圖(b)，然后依據(jù)原理圖將各儀器依次連接起來(lái)，如圖(c)．15．中醫(yī)拔罐的物理原理是利用玻璃罐內(nèi)外的氣壓差使罐吸附在人體穴位上，進(jìn)而治療某些疾病．常見拔罐有兩種，如圖所示，左側(cè)為火罐，下端開口；右側(cè)為抽氣拔罐，下端開口，上端留有抽氣閥門．使用火罐時(shí)，先加熱罐中氣體，然后迅速按到皮膚上，自然降溫后火罐內(nèi)部氣壓低于外部大氣壓，使火罐緊緊吸附在皮膚上．抽氣拔罐是先把罐體按在皮膚上，再通過(guò)抽氣降低罐內(nèi)氣體壓強(qiáng)．某次使用火罐時(shí)，罐內(nèi)氣體初始?jí)簭?qiáng)與外部大氣壓相同，溫度為450K，最終降到300K，因皮膚凸起，內(nèi)部氣體體積變?yōu)楣奕莘e的2021.若換用抽氣拔罐，抽氣后罐內(nèi)剩余氣體體積變?yōu)槌闅獍喂奕莘e的20答案1解析設(shè)火罐內(nèi)氣體初始狀態(tài)參量分別為p1、T1、V1，溫度降低后狀態(tài)參量分別為p2、T2、V2，罐的容積為V0，由題意知p1＝p0、T1＝450K、V1＝V0、T2＝300K、V2＝20V由理想氣體狀態(tài)方程得P1V則有P0V0代入數(shù)據(jù)得p2＝0.7p0③對(duì)于抽氣拔罐，設(shè)初態(tài)氣體狀態(tài)參量分別為p3、V3，末態(tài)氣體狀態(tài)參量分別為p4、V4，罐的容積為V0′，由題意知p3＝p0、V3＝V0′、p4＝p2④由玻意耳定律得p3V3＝p4V4則有p0V0′＝p2V4⑤聯(lián)立②⑤式，代入數(shù)據(jù)得V4＝107V0設(shè)抽出的氣體的體積為ΔV，由題意知ΔV＝V4－2021V0故應(yīng)抽出氣體的質(zhì)量與抽氣前罐內(nèi)氣體質(zhì)量的比值為?mm＝聯(lián)立②⑤⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得?mm＝16．單板滑雪U型池比賽是冬奧會(huì)比賽項(xiàng)目，其場(chǎng)地可以簡(jiǎn)化為如圖甲所示的模型：U形滑道由兩個(gè)半徑相同的四分之一圓柱面軌道和一個(gè)中央的平面直軌道連接而成，軌道傾角為17.2°.某次練習(xí)過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員以vM＝10m/s的速度從軌道邊緣上的M點(diǎn)沿軌道的豎直切面ABCD滑出軌道，速度方向與軌道邊緣線AD的夾角α＝72.8°，騰空后沿軌道邊緣的N點(diǎn)進(jìn)入軌道．圖乙為騰空過(guò)程左視圖．該運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，取重力加速度的大小g＝10m/s2，sin72.8°＝0.96，cos72.8°＝0.30.求：(1)運(yùn)動(dòng)員騰空過(guò)程中離開AD的距離的最大值d；(2)M、N之間的距離L.答案(1)4.8m(2)12m解析(1)在M點(diǎn)，設(shè)運(yùn)動(dòng)員在ABCD面內(nèi)垂直AD方向的分速度為v1，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解規(guī)律得v1＝vMsin72.8°①設(shè)運(yùn)動(dòng)員在ABCD面內(nèi)垂直AD方向的分加速度為a1，由牛頓第二定律得mgcos17.2°＝ma1②由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得d＝v1聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得d＝4.8m④(2)在M點(diǎn)，設(shè)運(yùn)動(dòng)員在ABCD面內(nèi)平行AD方向的分速度為v2，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解規(guī)律得v2＝vMcos72.8°⑤設(shè)運(yùn)動(dòng)員在ABCD面內(nèi)平行AD方向的分加速度為a2，由牛頓第二定律得mgsin17.2°＝ma2⑥設(shè)騰空時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得t＝2vL＝v2t＋12a2t2聯(lián)立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得L＝12m⑨17．某型號(hào)質(zhì)譜儀的工作原理如圖甲所示．M、N為豎直放置的兩金屬板，兩板間電壓為U,Q板為記錄板，分界面P將N、Q間區(qū)域分為寬度均為d的Ⅰ、Ⅱ兩部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b為M、N上兩正對(duì)的小孔．以a、b所在直線為z軸，向右為正方向，取z軸與Q板的交點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，以平行于Q板水平向里為x軸正方向，豎直向上為y軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.區(qū)域Ⅰ、Ⅱ內(nèi)分別充滿沿x軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小、電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為B和E.一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的粒子，從a孔飄入電場(chǎng)(初速度視為零)，經(jīng)b孔進(jìn)入磁場(chǎng)，過(guò)P面上的c點(diǎn)(圖中未畫出)進(jìn)入電場(chǎng)，最終打到記錄板Q上．不計(jì)粒子重力．(1)求粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R以及c點(diǎn)到z軸的距離L；(2)求粒子打到記錄板上位置的x坐標(biāo)；(3)求粒子打到記錄板上位置的y坐標(biāo)(用R、d表示)；(4)如圖乙所示，在記錄板上得到三個(gè)點(diǎn)s1、s2、s3，若這三個(gè)點(diǎn)是質(zhì)子11H、氚核13H、氦核24答案見解析解析(1)設(shè)粒子經(jīng)加速電場(chǎng)到b孔的速度大小為v，粒子在區(qū)域Ⅰ中，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)對(duì)應(yīng)圓心角為α，在M、N兩金屬板間，由動(dòng)能定理得qU＝12mv2在區(qū)域Ⅰ中，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝mv2聯(lián)立①②式得R＝2mqU由幾何關(guān)系得d2＋(R－L)2＝R2④cosα＝R2sinα＝dR聯(lián)立①②④式得L＝2mqUqB－(2)設(shè)區(qū)域Ⅱ中粒子沿z軸方向的分速度為vz，沿x軸正方向加速度大小為a，位移大小為x，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，由牛頓第二定律得qE＝ma⑧粒子在z軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)合成與分解的規(guī)律得vz＝vcosα⑨d＝vzt⑩粒子在x方向做初速度為零的勻加速直