2020年全國統(tǒng)一高考物理試卷(新課標Ⅰ)

1、2020年全國統(tǒng)一高考物理試卷（新課標I ）題號一一三四五總分得分、單選題（本大題共 5小題，共30.0分）1 .行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)的安全氣囊會被彈出并瞬間充滿氣體。若碰撞后汽車的速度在很短時間內(nèi)減小為零，關(guān)于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是A.增加了司機單位面積的受力大小B.減少了碰撞前后司機動量的變化量C.將司機的動能全部轉(zhuǎn)換成汽車的動能D.延長了司機的受力時間并增大了司機的受力面積2 .火星的質(zhì)量約為地球質(zhì)量的1/10,半徑約為地球半徑的 1/2,則同一物體在火星表面與在地球表面受到的引力的比值約為A. 0.2B. 0.4C. 2.0D. 2.5第20頁，共20

2、頁3 .如圖，一同學表演蕩秋千。已知秋千的兩根繩長均為10 m,該同學和秋千踏板的總質(zhì)量約為50 kg。繩的質(zhì)量忽略不計，當該同學蕩到秋千支架的正下方時，速度大小為8 m/s,此時每根繩子平均承受的拉力約為A. 200 NB. 400 NC.600 ND. 800 N4.圖（a）所示的電路中，K與L間接一智能電源，用以控制電容器 C兩端的電壓Uc。 如果Uc隨時間t的變化如圖（b）所示，則下列描述電阻 R兩端電壓Ur隨時間t 變化的圖像中，正確的是圖（a）圖（b）5.一勻強磁場的磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向外， 其邊界如圖中虛線所示，岫為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等于

3、半圓的半徑。一束質(zhì)量為m、電荷量為q (q>0)的粒子，在紙面內(nèi)從 c點垂直于ac射入磁場，這些粒子具有各 種速率。不計粒子之間的相互作用。在磁場中運動時間最長的粒子，其運動時間為B.硒C.多選題(本大題共 3小題，共18.0分)6.下列核反應方程中，X1, X2, X3, X4代表a粒子的有C. V初+ 臂心+刖+%7. 一物塊在高3.0m、長5.0m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化如圖中直線 I、n所示，重力加速度取10m/s2。則A.物塊下滑過程中機械能不守恒B.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5C.物塊下滑時加速度的大小為6.0 m/s2D.當物塊

4、下滑2.0 m時機械能損失了 12 J8.如圖，U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，ab和dc邊平行，和bc邊垂直。ab、dc足夠長，整個金屬框電阻可忽略。 一根具有一定電阻的導體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動金屬框，運動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強 磁場中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行。經(jīng)過一段時間后XXX 財乂 XXXa+-/xxxxxxFx,X*xXXXXd'cXXX .VXXXXA.金屬框的速度大小趨于恒定值B.金屬框的加速度大小趨于恒定值C.導體棒所受安培力的大小趨于恒定值D.導體棒到金屬框 bc邊的距離趨于恒定值實驗題（本大題共 2小題

5、，共15.0分）9.某同學用伏安法測量一阻值為幾十歐姆的電阻Rx,所用電壓表的內(nèi)阻為 1 kQ,電流表內(nèi)阻為0.5 Q該同學采用兩種測量方案，一種是將電壓表跨接在圖（a）所示電路的O、P兩點之間，另一種是跨接在 O、Q兩點之間。測量得到如圖（b）所 示的兩條U - I圖線，其中U與I分別為電壓表和電流表的示數(shù)。回答下列問題：（1）圖（b）中標記為n的圖線是采用電壓表跨接在 （填“。、P”或“。、 Q”）兩點的方案測量得到的。（2）根據(jù)所用實驗器材和圖（b）可判斷，由圖線 （填“ I ”或" n ”） 得到的結(jié)果更接近待測電阻的真實值，結(jié)果為 （保留1位小數(shù)）。（3）考慮到實驗中電表內(nèi)

6、阻的影響，需對（2）中得到的結(jié)果進行修正，修正后待測電阻的阻值為 Q （保留1位小數(shù)）。10 .某同學用如圖所示的實驗裝置驗證動量定理，所用器材包括：氣墊導軌、滑塊（上 方安裝有寬度為d的遮光片）、兩個與計算機相連接的光電門、祛碼盤和祛碼等。實驗步驟如下：（1）開動氣泵，調(diào)節(jié)氣墊導軌，輕推滑塊，當滑塊上的遮光片經(jīng)過兩個光電門的遮光時間 時，可認為氣墊導軌水平；（2）用天平測祛碼與祛碼盤的總質(zhì)量m1、滑塊（含遮光片）的質(zhì)量 m2；（3）用細線跨過輕質(zhì)定滑輪將滑塊與祛碼盤連接，并讓細線水平拉動滑塊；(4)令滑塊在祛碼和祛碼盤的拉動下從左邊開始運動，和計算機連接的光電門能測量出遮光片經(jīng)過 A、B兩處

7、的光電門的遮光時間Ati、At2及遮光片從A運動到B所用的時間ti2；(5)在遮光片隨滑塊從 A運動到B的過程中，如果將祛碼和祛碼盤所受重力視為滑塊所受拉力，拉力沖量的大小1=，滑塊動量改變量的大小Ap=;(用題中給出的物理量及重力加速度g表示)(6)某次測量得到的一組數(shù)據(jù)為：d=1.000 cm, mi=1.50 10-2kg, m2=0.400 kg, i=3.900 10-2 s,用2=1.270 10-2 s, ti2=1.50 s,取 g=9.80 m/s2。計算可得I=N s, Ap=kg m s-1；(結(jié)果均保留3位有效數(shù)字)(7)定義占=| 產(chǎn)| x ,本次實驗8 =% (保留

8、1位有效數(shù)字)。四、計算題(本大題共 2小題，共32.0分)11 .我國自主研制了運-20重型運輸機。飛機獲得的升力大小F可用尸三上/描寫，k為系數(shù)；v是飛機在平直跑道上的滑行速度，F(xiàn)與飛機所受重力相等時的 v稱為飛機的起飛離地速度，已知飛機質(zhì)量為LZlxlMkg時，起飛離地速度為 66m/s；裝載貨物后質(zhì)量為Lli!) 乂 LT *目，裝載貨物前后起飛離地時的k值可視為不變。(1)求飛機裝載貨物后的起飛離地速度；(2)若該飛機裝載貨物后，從靜止開始勻加速滑行1521 m起飛離地，求飛機在滑行過程中加速度的大小和所用的時間。12 .在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強電場，柱的橫截面積是以。為圓心，半徑為 R

9、的圓，AB為圓的直徑，如圖所示。質(zhì)量為 m,電荷量為q (q>0)的帶電粒子在紙面內(nèi)自 A點 先后以不同的速度進入電場，速度方向與電場的方向垂直。已知剛進入電場時速度為零的粒子，自圓周上的C點以速率V0穿出電場，AC與AB的夾角。=60。°運動中 粒子僅受電場力作用。(1)求電場強度的大小；(2)為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進入電場時的速度應為多大?(3)為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為mvo,該粒子進入電場時的速度應為多大？五、綜合題(本大題共2小題，共27.0分)13 .物理一一選修 3-3(1)分子間作用力F與分子間距r的關(guān)系如圖所示，r=ri時，F(xiàn)=0

10、。分子間勢能由r決定，規(guī)定兩分子相距無窮遠時分子間的勢能為零。若一分子固定于原點O,另一分子從距。點很遠處向。點運動，在兩分子間距減小到 2的過程中，勢能 (填“減小“不變”或“增大”)；在間距由2減小到門的過程中，勢能 (填“減小” “不變”或“增大”)；在間距等于 1處，勢能 (填“大于” “等 于”或“小于”)零。(2)甲、乙兩個儲氣罐儲存有同種氣體(可視為理想氣體)。甲罐的容積為V,罐中氣體的壓強為 p；乙罐的容積為2V,罐中氣體的壓強為 %。現(xiàn)通過連接兩罐的 細管把甲罐中的部分氣體調(diào)配到乙罐中去，兩罐中氣體溫度相同且在調(diào)配過程中保持不變，調(diào)配后兩罐中氣體的壓強相等。求調(diào)配后(i)兩罐

11、中氣體的壓強；(ii)甲罐中氣體的質(zhì)量與甲罐中原有氣體的質(zhì)量之比。14 .物理選修 3-4(1)在下列現(xiàn)象中，可以用多普勒效應解釋的有 A.雷雨天看到閃電后，稍過一會兒才能聽到雷聲B.超聲波被血管中的血流反射后，探測器接收到的超聲波頻率發(fā)生變化C.觀察者聽到遠去的列車發(fā)出的汽笛聲，音調(diào)會變低D.同一聲源發(fā)出的聲波，在空氣和水中傳播的速度不同E.天文學上觀察到雙星(相距較近、均繞它們連線上某點做圓周運動的兩顆恒星) 光譜隨時間的周期性變化(2) 一振動片以頻率f做簡諧振動時，固定在振動片上的兩根細桿同步周期性地觸動水面上a、b兩點，兩波源發(fā)出的波在水面上形成穩(wěn)定的干涉圖樣。c是水面上的一點，a、

12、b、c間的距離均為l,如圖所示。已知除 c點外，在ac連線上還有其他振幅極大的點，其中距 c最近的點到c的距離為，。求:(i)波的波長:(ii)波的傳播速度。答案和解析1 .【答案】D【解析】【分析】分析碰撞前后的動量變化關(guān)系，根據(jù)動量定理分析沖擊力的變化，同時結(jié)合實際情景判斷正誤即可。本題考查動量定理的應用，要注意明確安全氣囊增加了沖擊時間，從而減小了沖擊力。【解答】ABD:在碰撞過程中，司機的動量的變化量是一定的，而用安全氣囊后增加了作用的時 間，根據(jù)動量定理Ft=Ap可知，可以減小司機受到的沖擊力，同時安全氣囊增大了司機在碰撞過程中的受力面積，即減小了司機單位面積受力，故 D正確，AB錯

13、誤。C:實際情況中司機與安全氣囊碰撞的過程中，不能將司機全部的動能轉(zhuǎn)化成汽車的動 能；故C錯誤；故選D；2 .【答案】B【解析】【分析】本題主要考查對萬有引力定律的理解，只要熟悉引力公式即可，屬于 基礎(chǔ)題；【解答】由星球和物體間的引力公式：F = G廠知，同一物體所受的引力大小與物體所在的星球質(zhì)量成正比與星球的半徑的平方成反比；設(shè)火星質(zhì)量為 Mi,半徑為Ri,物體在火星表面所受的引力為Fi,地球質(zhì)量為 M2,地球半徑為R2,物體在地球表面所受的引力為F2,則：F川離 I *人"、，.司二函=，所以ACD錯誤，B正確。故選B。3 .【答案】B【解析】【分析】本題考查豎直圓周運動的受力分

14、析，考查知識點單一，但要注意結(jié)合實際情景分析其受力情況。【解答】該同學在最低點的向心加速度為:a = - = C)Am/s對該同學在最低點受力分析可知：T-mg = ma,帶入數(shù)據(jù)可求解繩子拉力為 ：T=820N,而拉力由兩根繩子提供，故每根繩子拉力約為400N, B正確，ACD錯誤故選B;4 .【答案】A【解析】【分析】本題主要考查電容器的充放電，需結(jié)合電容器的電荷量和電容、電壓 的關(guān)系Q = CU,再結(jié)合電流的定義式 V，再結(jié)合歐姆定律U = "L來進行具體求解； 學生亦可通過圖像的斜率的變化猜測答案A;【解答】由電容器所帶電荷量和電容、電壓的關(guān)系為 Q=CU可知，流過電阻 R兩

15、端的 電荷量為Aq = CU;再由電流的定義式可知流過電阻R的電流為：/二匚等；也就是電路中流過電阻 R的電流與電容器兩端電壓的變化率成正比，而U-t圖像的斜率K即為？，則有：At在0S1秒和2s3秒內(nèi)，由于 U-t圖像的斜率 K為0,所以電路中電流為 0;1s2秒內(nèi)U-t圖像的斜率Ki為正且不變，電容器在充電，電路中有恒定電流Ii;3s5秒內(nèi)U-t圖像的斜率K2為負且不變，電容器在放電，電路中有恒定電流I2；由于Ki=2K2,故有Ii=2l2,二者的電流方向相反；結(jié)合歐姆定律U二小，1"2秒，充電過程，電阻兩端電壓為正，3s5秒放電過程，電阻兩端電壓為負，可知：BCD錯誤，A正確；

16、故選Ao5 .【答案】C【解析】【分析】本題主要考查帶電粒子在磁場中的運動規(guī)律，注意將運動時間最長轉(zhuǎn)換為偏轉(zhuǎn)角最大?！窘獯稹繉τ谕N粒子在磁場中運動的時間與速度大小無關(guān)，由在磁場中運動軌跡對應圓心角決定，即二，丁。如圖所示，粒子垂直 ac,則圓心必在ac直線上。采用放縮法可知，將粒子的軌跡半徑由零逐漸放大，在 r<0.5R和r>1.5R時，粒子將分別從 ac、bd 區(qū)域射出，磁場中的軌跡為半圓，運動時間等于半個周期。當 0.5R<r<1.5R時，粒子從 半圓邊界射出，運動時間顯然大于半個周期若粒子從ab圓弧邊任意一點e出射，軌跡如圖所示，對應的圓心為。I，設(shè)/“花而，由

17、幾 何關(guān)系可知粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角。二士=18。= +&C由此可知當優(yōu)角越大時，粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角越大，粒子在磁場中運動的時間越長；由幾何關(guān)系可知當線段ce與半圓ab相切時比角最大，如圖乙所示，此時三角形 ceo為直角三角形,可知口角 為30口|,故最大偏轉(zhuǎn)角為日=江+；=>，帶電粒子在磁場中運動的周期為 卜=翳，則其 運動時間最長為£=（丁 =寨，故C正確，ABD錯誤； 故選Co6 .【答案】BD【解析】【分析】本題主要考查核反應中質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒原理，同時要熟悉原子核的表示符號【解答】A:根據(jù)核反應中質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知:A錯誤；B :根據(jù)核反應中質(zhì)量

18、數(shù)和電荷數(shù)守恒可知:C：根據(jù)核反應中質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知:D：根據(jù)核反應中質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知: 故選BD。7.【答案】ABXi為之比，為a粒子的同位素,X2為;凡，為a粒子，B正確；X3為品，為中子，C錯誤;X4為,為a粒子，D正確；【解析】【分析】% 二M51 = 30/，則物塊質(zhì)量為:本題主要在斜面模型的基礎(chǔ)上結(jié)合圖象考查功能關(guān)系，注意把握基本概念AB:由圖象I可知，物塊開始靜止時，其重力勢能為m=1 kg斜面長為5m,高為3m,則可知斜面傾角為 37。，對物塊在斜面上運動沿斜面方向受力 分析可知：F 告= m由圖可知n圖線的斜率為2,由動能定理：/£人二卜臺3可知，物體在

19、該過程中合外力： 產(chǎn)含= 2N,帶入可知收=0.5,且存在摩擦力故物塊運動過程機械能不守恒，故 AB正 確。C：F占=由白故物塊加速度為：a=2m/s2,故C錯誤。D:由圖可知，當物塊下滑2.0m時，其重力勢能減少 12J,其動能增加4J,故物塊機械能損失了 8J, D錯誤故選AB。8.【答案】BC【解析】【分析】本題為電磁感應中的雙棒問題的變型，需通過對金屬框和導體棒的受力分析來判斷它們的運動情況，同時利用運動學的規(guī)律結(jié)合法拉第電磁感應定律來判斷電路中的感應電動 勢和感應電流的變化情況，從而來確定金屬框和導體棒運動的最終狀態(tài)；【解答】金屬框在恒力作用下向右做切割磁感線運動，由右手定則判斷知，

20、回路中產(chǎn)生逆時針的感應電流，由左手定則判斷可知，導體棒所受的安培力方向向右，故導體棒向右做加速運動；設(shè)剛開始運動后金屬框的速度為V1,導體棒的速度為V2,磁感應弓雖度為B, bc邊長為1,金屬框的質(zhì)量為 mi,導體棒的質(zhì)量為 m2,導體棒的電阻為 R,則：以金屬框為研究對象，其在此時刻的加速度 ai為：以導體棒為研究對象，其在此時刻的加速度a2為：%=由ai、a2的表達式可知，金屬框向右運動后，開始階段，由于金屬框的加速度大于導體棒的加速度，故金屬框和導體棒的速度差在逐漸增大， 回路中產(chǎn)生的感應電動勢增大, 感應電流增大，金屬框和導體棒所受的安培力都增大， 則此后金屬框的加速度在逐漸減 小，導

21、體棒的加速度在逐漸增大，當兩者的加速度相等時，速度之差將會保持不變，感 應電流與安培力也將保持不變，金屬框和導體棒最終做加速度相同的勻加速直線運動；A、由于金屬框最終做勻加速直線運動，故金屬框的速度將一直增加，A錯誤；B、由上述分析可知，金屬框最終做勻加速直線運動，其最終的加速度為 為*, B正確;C、由上述分析可知，金屬框與導體棒構(gòu)成的回路最終的電流保持不變，所以導體棒所受的安培力最終為定值大小為 TF, C正確；D、由于金屬框與導體棒的速度差Av保持不變，故導體棒相對金屬框做向左的勻速直線運動，故導體棒離 bc邊將越來越遠，D錯誤；故選BC。9.【答案】(1)0、P; (2)1 , 50.

22、5; (3) 50.0【解析】【分析】本題主要考查了伏安法測電阻的實驗中電表的接法。(1)電流表選擇內(nèi)接或外接，可根據(jù)電壓表、電流表內(nèi)阻與被測電阻的大小關(guān)系來判斷。(2)考查對U-I圖像的理解，結(jié)合電流表的接法處理數(shù)據(jù)?！窘獯稹?1)當電壓表跨接在 0、P兩點時，電流表外接，電壓準確，電流測量值為電阻與電壓表電流之和，由 H 得電阻測量值偏??；電壓表跨接在0、Q兩點時，電流表內(nèi)接，電流準確，電壓測量值為電阻與電流表電壓之和，電阻測量值偏大，U-I圖像的斜率大小等于電阻測量值，因此n圖線為電壓表跨接在 0、P兩點測量得到的。AU 350- 1.W(2)由圖線可得I圖線測得電阻值貫I=疝=而“碗市

23、尸 二 505。，圖線n測得電阻阻值為儂;曠M=47 6a被測電阻值約為50口，?=甯=2。，fi 50網(wǎng). r用=西二100,因萬£,電流表采用內(nèi)接法，電壓表跨接在 0、Q兩點，根據(jù)圖線I , 可得測量結(jié)果為 R =50.5 Q(3)電壓表跨接在 0、Q間，測得的阻值為電阻與電流表電阻之和，則R=R1 -Ra=50.0 Q故答案為：(1)0、P； (2) I , 50.5; (3) 50.0d iT|10 .【答案】(1)相等；(5)叫*“，叫右一可)；(6) 0.221, 0.212; (7) 4【解析】【分析】(1)理解實驗原理，通過連個光電門的時間相同時速度相等，故氣墊導軌為

24、水平(2)知道測量速度的辦法，理解沖量和動量表達式的意義；【解答】(2)如果滑塊在氣墊導軌上做運動直線運動時，氣墊導軌為水平，故通過光電門的時 間相等時，說明速度相等，氣墊導軌為水平狀態(tài)(5)根據(jù)沖量的表達式 =型1加12,通過光電門1、2的速度分別為% =二巧二二,故動量的改變量的表達式為1-(6)將數(shù)字代入(5)中的表達式可得 I=0.221Ns； Ap=0.212kg m s-1.(7)將(6)中的數(shù)字代入計算可得8=4%11 .【答案】解：為必。(1)設(shè)飛機空載時與裝載貨物時起飛離地時速度分別為由受力平衡條件，飛機空載起飛離地時有:同理，飛機裝載貨物后起飛離地時有:聯(lián)解得帶入數(shù)據(jù)得V2

25、=78m/s.(2)根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有 2x = -t帶入數(shù)據(jù)得a=2.0m/s2, t=39s【解析】【分析】本題主要考查了共點力平衡條件的理解與運用，勻變速直線運動規(guī)律 的運用。本題難度較易。審題時注意看清“裝載貨物后質(zhì)量”指的是飛機的總質(zhì)量。(1)由起飛離地時飛機的升力與飛機的重力平衡，列出平衡方程，得到飛機空載時和 裝載貨物時飛機起飛離地速度的大小比例關(guān)系。(2)根據(jù)初速度為零的勻加速直線直線運動公式可求加速度和所用時間，選用公式時 可優(yōu)先選用平均速度公式，計算過程更快捷?！窘獯稹?1)設(shè)飛機空載時與裝載貨物時起飛離地時速度分別為力僧上。由受力平衡條件，飛機空載起飛離地時有：可送

26、二北廿J同理，飛機裝載貨物后起飛離地時有：聯(lián)解得嗎二I匕%帶入數(shù)據(jù)得V2=78m/s.(2)根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有2% - 2ux帶入數(shù)據(jù)得a=2.0m/s2, t=39s12 .【答案】解:(1)根據(jù)動能定理可得:qER = 為(2)AC。iimi?n解得E = 如圖所示，電場力方向沿著 AC。因為q>0,所以，該勻強電場的強度方向平行于設(shè)過圓心。點的電場線與圓周相交于 D點，因為圓周上 D點的電勢力最低，故 粒子從圓周上D點射出時，粒子穿過電場后動能的增量最大。粒子從A點運動至D點做類平拋運動，有:(3)如圖所示，要使粒子穿過電場前后動量的變化量大小為mi%,則粒子從圓周上的 C點

27、或B點射出電場。當粒子從圓周上的 C點射出電場時，粒子初速度為零。當粒子從圓周上的 B點射出電場時，根據(jù)類平拋運動規(guī)律有:答：(1)電場強度大小為器；(2)為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進入電場的速度應為(3)為使粒子穿過電場后的動量變化量大小為前”,該粒子進入電場的速度應為 0或【解析】【分析】本題以粒子在電場中的直線運動和類平拋運動，考查了靜電場的性質(zhì)，運動的合成與分解及能量轉(zhuǎn)化與守恒，動量概念等物理基本知識的理解與運用，考查了綜合分析與推理能力，難度適中。解決本題關(guān)鍵是確定電場線的方向，利用電場線與等 勢面垂直，綜合運用力和運動，功和能，動量等力學三大觀點分析物理問題。(1)根

28、據(jù)題意，判斷粒子由靜止開始做勻加速直線運動。根據(jù)動能定理可求電場強度， 牛頓第二定律結(jié)合勻變直線運動公式先求出加速度，再求出電場強度；(2)根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化與守恒，粒子從圓周上電勢最低點射出電場時，電場力做功最大， 粒子穿過電場中動能的增量最大。根據(jù)類平拋運動的運動的合成與分解列方程可求粒子射入電場初速度。(3)根據(jù)類平拋運動的運動的規(guī)律，粒子在初速度方向即垂直電場方向的分速度不變，得出粒子沿著電場線方向的速度增量為vo,即粒子穿出電場時沿著電場線方向的分速度為V0O由此可得，粒子從圓周上 B點射出電場(因為 B點與C點關(guān)于電場線對稱的電 勢相等的兩點)。A點沿著AC做勻加【解答】(1)依題意，

29、初速度為零的粒子在勻強電場力作用下從 速直線運動至C點。根據(jù)動能定理可得-：(2)如圖所示，電場力方向沿著AC。因為q>0,所以，該勻強電場的強度方向平行于AC。設(shè)過圓心。點的電場線與圓周相交于 D點，因為圓周上 D點的電勢力最低，故粒子從 圓周上D點射出時，粒子穿過電場后動能的增量最大。粒子從A點運動至D點做類平拋運動，有：R853CT = i/jt其中,(3)粒子穿過在電場做類平拋運動，將粒子的速度(或動量)垂直于電場線方向和沿 電場線方向分解，則垂直電場線方向的分速度不變，垂直電場線方向的也動量不變。如圖所示，要使粒子穿過電場前后動量的變化量大小為則粒子從圓周上的 C點或B點射出電

30、場。當粒子從圓周上的 C點射出電場時，粒子初速度為零。當粒子從圓周上的 B點射出電場時，根據(jù)類平拋運動規(guī)律有:2cos300 = rj2/?sln30D13.【答案】(1)減小;減??；小于(2) (i)設(shè)調(diào)配后，兩罐中氣體壓強為P0,由玻意耳定律得pv + X2V = (V ¥ 2V) X p(j解得 一(ii)對甲罐分析，壓強變?yōu)榧炊?設(shè)氣體體積應變?yōu)閂x,由于發(fā)生的是等溫變化，根據(jù)玻意耳定律得pV = lpxVx解得 一甲罐中氣體的質(zhì)量與甲罐中原有氣體的質(zhì)量之比為【解析】(1)【分析】本題考查了分子間的相互作用力做功與分子勢能變化關(guān)系，當分子間作用力做正功時，分子勢能減少，當分子間作用力做負功時，分子勢能增加，當分子 力為零時，分子勢能最小?！窘獯稹吭诜肿娱g距離 r>ri階段，分子間的作用力表現(xiàn)為引力，r不斷減小的過程中，分子力做正功，分子勢能逐漸減小， 在兩分子間距在減小到 2的過程中，所以分子力表 現(xiàn)為引力，分子力做正功，分子勢能減小，在間距由2減小到門的過程中，分子力依舊表現(xiàn)為引力，分子力做正功，分子勢能減小，規(guī)定相距無窮遠時分子間的勢能為零， 分子由無窮遠運動到門，分子力一直做正功，分子勢能一直減小，所以分子在間距等于 1處，分子勢能最小，小于零。故填：減??；減?。恍∮?。(2)【分析】(i)將甲，乙看為一個整