2020年高考物理試卷（新課標Ⅰ卷）含答案解析

2020年全國統(tǒng)一高考物理試卷（新課標Ⅰ）一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1~5題只有一項符合題目要求，第6~8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。16碰撞后汽車的速度在很短時間內(nèi)減小為零，關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26分）火星的質量約為地球質量的面與在地球表面受到的引力的比值約為（??）A．0.2B．0.4C．2.0，半徑約為地球半徑的，則同一物體在火星表D．2.53610m總質量約為50kg。繩的質量忽略不計。當該同學蕩到秋千支架的正下方時，速度大小為8m/s，此時每根繩子平均承受的拉力約為（??）A．200NB．400NC．600ND．800N46分）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U．如果U隨時間t的變化如圖（b）所示，則下列描述電阻R兩端電壓U隨時間tCCR變化的圖象中，正確的是（??）第1頁|共9頁A．C．B．D．56分）一勻強磁場的磁感應強度大小為B示，為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等于半圓的半徑。一束質量為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（??）A．B．C．D．66分）下列核反應方程中，X、X、X、X代表α粒子的有（??）1234A．H+H→n+X1B．H+H→n+X2C．U+n→Ba+Kr+3X3D．n+Li→H+X476分）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，其重力勢能和動第2頁|共9頁能隨下滑距離s的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ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6.0m/s2D．當物塊下滑2.0m時機械能損失了12J86分）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（??）A．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二、非選擇題：共62分。第9~12題為必考題，每個試題考生都必須作答。第13~16題為47分。96Rx1kΩ第3頁|共9頁流表內(nèi)阻為0.5Ω．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)?；卮鹣铝袉栴}：（1）圖（b）中標記為Ⅱ的圖線是采用電壓表跨接在?兩點的方案測量得到的。?（填“O、P”或“O、Q）（2）根據(jù)所用實驗器材和圖（b）可判斷，由圖線??（填“Ⅰ”或“Ⅱ）得到的結果更接近待測電阻的真實值，結果為?（3）考慮到實驗中電表內(nèi)阻的影響，需對（2）中得到的結果進行修正，修正后待測電阻的阻值為??Ω（保留1?Ω（保留1109分）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實驗步驟如下：（1間??時，可認為氣墊導軌水平；第4頁|共9頁（2）用天平測砝碼與砝碼盤的總質量m、滑塊（含遮光片）的質量m；12（3）用細線跨過輕質定滑輪將滑塊與砝碼盤連接，并讓細線水平拉動滑塊；（4遮光片經(jīng)過A、B兩處的光電門的遮光時間△t、△t及遮光片從A運動到B所用的時12間t12；（5）在遮光片隨滑塊從A運動到B的過程中，如果將砝碼和砝碼盤所受重力視為滑塊I＝??p＝??給出的物理量及重力加速度g表示）（6d＝1.000cm，m1＝1.50×10﹣m0.400kg2kg，2＝，△t1＝3.900×10﹣2st2＝1.270×10﹣2st12＝1.50sg＝9.80m/s2I＝??N?s，△p＝??kg?m?s﹣1位有效數(shù)字）3（7）定義δ＝||×100%，本次實驗δ＝??%（保留11112分）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F＝kv2描寫，kv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。已知飛機質量為1.21×105kg時，起飛離地速度為66m/s量為1.69×105kg，裝載貨物前后起飛離地時的值可視為不變。k（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1521m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。第5頁|共9頁1220分）在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強電場，柱的橫截面是以O為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示。質量為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θ＝60°．運動中粒子僅受電場力作用。（1）求電場強度的大?。唬?）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？（3mv0大？15分。請考生從2道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。[物理--選修3-3]（15分）135F與分子間距rr＝r1F＝0r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O點很遠處向O點運動，在兩分子間距減小到r2的過程中，勢能??（填“減小不變“增大r減小到r??“減小不21變”或“增大r1處，勢能??（填“大于等于”或“小于）零。第6頁|共9頁1410V，罐中氣體的壓強為p2Vp甲罐中的部分氣體調配到乙罐中去，兩罐中氣體溫度相同且在調配過程中保持不變，調配后兩罐中氣體的壓強相等。求調配后（i）兩罐中氣體的壓強；（ii）甲罐中氣體的質量與甲罐中原有氣體的質量之比。[物理——選修3-4]（15分）15．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16fabcabc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l．求（i）波的波長；（ii）波的傳播速度。第7頁|共9頁第8頁|共9頁2020年全國統(tǒng)一高考物理試卷（新課標Ⅰ）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1~5題只有一項符合題目要求，第6~8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。16碰撞后汽車的速度在很短時間內(nèi)減小為零，關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【分析】在碰撞過程中，司機動量的變化量是一定的，都等于△p＝mv，但安全氣囊會延長作用時間，增加受力面積；再根據(jù)動量定理分析即可?！窘獯稹拷猓篈BD、在碰撞過程中，司機的動量的變化量是一定的，但安全氣囊會增加Ft＝△pF會增大司機的受力面積，則司機單位面積的受力大小減小，故AB錯誤，D正確。C勢能，故C錯誤。故選：D?！军c評】本題的關鍵是知道在碰撞過程中，司機動量的變化量是一定的；會熟練應用動量定理分析力的變化。26分）火星的質量約為地球質量的面與在地球表面受到的引力的比值約為（??）A．0.2B．0.4C．2.0，半徑約為地球半徑的，則同一物體在火星表D．2.5【分析】根據(jù)星球表面的萬有引力等于重力列出等式表示出重力加速度，進而求出火星與地球上重力加速度之比，結合星球表面的萬有引力等于重力可得出同一物體在火星表面與在地球表面受到的引力的比值。第1頁|共19頁【解答】解：在星球表面的萬有引力等于重力，即：則有：g＝所以火星與地球上重力加速度之比：＝mg，，＝×＝×（）2＝＝0.4，由于星球表面的萬有引力等于重力，所以，F(xiàn)萬＝mg，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0.4。故選：B?！军c評】明確星球表面重力與萬有引力相等，會根據(jù)星球質量和半徑關系求得其表面的重力加速度大小關系是正確解題的關鍵。3610m，該同學和秋千踏板的總質量約為50kg。繩的質量忽略不計。當該同學蕩到秋千支架的正下方時，速度大小為8m/s，此時每根繩子平均承受的拉力約為（??）A．200NB．400NC．600ND．800N【分析】秋千蕩到最低點時，需要豎直向上的向心力，分析秋千和同學整體的受力，根據(jù)牛頓第二定律列式子求解每根繩子平均承受的拉力。【解答】解：以同學和秋千整體作為研究對象，整體受到豎直向下的重力以及豎直向上的繩子的拉力，令每根繩子的拉力為T，繩長為l，根據(jù)牛頓第二定律有：2T﹣mg＝，代入數(shù)據(jù)解得每根繩子的拉力為T＝410N，B選項最為接近，故ACD錯誤，B正確。故選：B?！军c評】解決該題的關鍵是明確知道秋千運動到最低點時其合力不為零，且合力方向豎直向上，正確分析秋千和同學整體的受力情況。46分）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兩端的電壓第2頁|共19頁U．如果U隨時間t的變化如圖（b）所示，則下列描述電阻R兩端電壓U隨時間tCCR變化的圖象中，正確的是（??）A．C．B．D．【分析】根據(jù)I＝與t的關系。＝，分析電路中電流的變化情況，由歐姆定律確定UR【解答】解：電路中的電流為I＝＝＝C，等于UC﹣t圖象b1﹣2s內(nèi)圖象的斜率是3﹣5s內(nèi)圖象斜率的21﹣2s內(nèi)電路中電流是3﹣5s內(nèi)的2U＝IR知，1﹣2s內(nèi)電阻R兩端電壓U是3﹣5s內(nèi)的2RR倍。1﹣2s內(nèi)，電容器在充電，3﹣5s內(nèi)電容器在放電，電路中電流方向相反，則1﹣2s內(nèi)R的電壓與3﹣5s內(nèi)R的電壓相反，故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】解決本題的關鍵要知道電路中電流與電容器帶電量的關系，即I＝＝＝C，知道等于UC﹣t圖象斜率的大小，根據(jù)數(shù)學知識分析出電路中電流的變化情況。56B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等于半圓的半徑。一束質量為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（??）第3頁|共19頁A．B．C．D．【分析】采用放縮法并畫圖，設半圓的半徑為R，當軌跡半徑為R時，軌跡圓心角最R時軌跡圓心角最大，然后根據(jù)【解答】解：粒子在磁場中運動的時間與速度大小無關，由粒子在磁場中運動軌跡對應圓心角決定，即；設半圓的半徑為R，采用放縮法如圖所示：求粒子在磁場中運動的最長時間。粒子垂直ac，則圓心必在ac直線上，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，逐漸將軌跡半徑從0.5R逐漸放大，粒子射出位置從半圓頂端向下移動，軌跡圓心角從π逐漸增大，當軌跡半徑為R時，軌跡圓心角最大，然后再增大軌跡半徑，軌跡圓心角減小，因此當軌跡半徑等于R時軌跡圓心角最大，即＝，粒子運動最長時間為＝＝，故C正確，ABD錯誤。故選：C?！军c評】本題考查的是帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動，本題的難點是應用放縮法作圖，找到當粒子運動軌跡半徑等于半圓的半徑時，軌跡對應的圓心角最大。66分）下列核反應方程中，X、X、X、X代表α粒子的有（??）1234第4頁|共19頁A．H+H→n+X1B．H+H→n+X2C．U+n→Ba+Kr+3X3D．n+Li→H+X4【分析】根據(jù)核反應方程中電荷數(shù)守恒、質量數(shù)守恒確定X是否是α粒子?！窘獯稹緼、根據(jù)電荷數(shù)守恒、質量數(shù)守恒知，X1的電荷數(shù)為2，質量數(shù)為3，但不是α粒子，故A錯誤；BX2的電荷數(shù)為24αB正確；CX3的電荷數(shù)為01CD、根據(jù)電荷數(shù)守恒、質量數(shù)守恒知，X4的電荷數(shù)為2，質量數(shù)為4，為α粒子，故D正確。故選：BD?！军c評】解決本題的關鍵知道在核反應過程中電荷數(shù)守恒、質量數(shù)守恒，注意α粒子是質子數(shù)為2，質量數(shù)為4，同時要會區(qū)別中子、電子，質子，離子。76分）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、Ⅱ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第5頁|共19頁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6.0m/s2D．當物塊下滑2.0m時機械能損失了12J【分析】分析初位置以及下滑5m時的機械能，從而判斷機械能是否守恒；根據(jù)功能關系分析求解物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)；根據(jù)牛頓第二定律求解物塊下滑時加速度的大?。环治鑫飰K下滑2.0m時除重力以外其它力做功情況從而判斷機械能的損失量。【解答】解：A、物塊在初位置其重力勢能為E＝mgh＝30J，動能E＝0pk則物塊的質量m＝1kg，此時物塊具有的機械能為E＝E+E＝30J1pk當下滑距離為5m時，物塊具有的機械能為E＝E′+E′＝10J＜E，2pk1所以下滑過程中物塊的機械能減小，故A正確；B、令斜面的傾角為θ，則sin所以θ＝37°，物體下滑的距離為x＝5m的過程中，根據(jù)功能關系有W＝μmg?cosθ?x＝E﹣E，f12代入數(shù)據(jù)μ＝0.5，故B正確；C、根據(jù)牛頓第二定律可知，物塊下滑時加速度的大小為a＝2m/s2，故C錯誤；＝D、當物塊下滑距離為x′＝2.0m時，物體克服滑動摩擦力做功為Wf＝μmgcosθ?x′＝8J，根據(jù)功能關系可知，機械能損失了△E′＝Wf＝8J，故D錯誤。故選：AB?！军c評】解決該題需要掌握機械能守恒的條件，知道勢能和動能之和統(tǒng)稱為機械能，掌握與機械能相關的功能關系。86分）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（??）第6頁|共19頁A．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【分析】分別對金屬框和導體棒進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律和電動勢公式求出二者的加速度表達式及感應電流的表達式，解得加速度差值a﹣a＝﹣（+）BIL，12當加速度差值為零時，解得I＝，畫出v﹣t圖象分析即可?！窘獯稹拷猓篈BC、當金屬框在恒力F作用下向右加速時，bc邊產(chǎn)生從c向b的感應電流i，線框的加速度為aF﹣BIL＝Ma，導體棒MN中感11應電流從M向N，在感應電流安培力作用下向右加速，加速度為a2MNBIL＝ma，當線框和導體棒MN都運動后，線框速度為v，MN速度21為v2，感應電流為：I＝，感應電流從0開始增大，則a2從零開始增加，a1從a﹣a＝﹣（+）BIL，感應電流從零增加，則加12a＝a＝aF＝（M+maI＝12＝，此后金屬框與MN的速度差維持不變，感應電流不變，MN受到的安培力不變，加速度不變，v﹣t圖象如圖所示：故A錯誤；BC正確；D、MN與金屬框的速度差不變，但MN的速度小于金屬框速，MN到金屬框bc邊的距離越來越大，故D錯誤。第7頁|共19頁故選：BC?！军c評】本題考查的是電磁感應的動力學問題，綜合性較強，難度較大，對學生綜合分析物理問題的能力要求較高；本題難點是金屬框和導體棒開始都做變加速直線運動，故必須抓住運動一段時間后，二者加速度差值為零。二、非選擇題：共62分。第9~12題為必考題，每個試題考生都必須作答。第13~16題為47分。96Rx1kΩ流表內(nèi)阻為0.5ΩaOP兩點之間，另一種是跨接在OQ兩點之間。測量得到如圖（bU﹣I圖線，其中U與I分別為電壓表和電流表的示數(shù)?；卮鹣铝袉栴}：（1）圖（b）中標記為Ⅱ的圖線是采用電壓表跨接在?O、P?（填“O、P”或“O、Q）兩點的方案測量得到的。（2b?Ⅰ?（填“Ⅰ或“Ⅱ果更接近待測電阻的真實值，結果為?50.5?Ω（保留1（3）考慮到實驗中電表內(nèi)阻的影響，需對（2）中得到的結果進行修正，修正后待測電阻的阻值為?50.0?Ω（保留1第8頁|共19頁【分析】1OPOQ兩點時，電流表分壓，進行誤差分析，結合U﹣I圖象的斜率大小得到圖線Ⅱ為電壓表跨接在O、P兩點測量得到的；（2）根據(jù)U﹣I圖象的斜率得到兩種接法下的電阻，根據(jù)＜，電流表應采用內(nèi)接法，從而判斷圖線Ⅰ得到的結果更接近待測電阻的真實值；（3O、Q間，測得的阻值為電阻與電流表電阻之和求得修正后待測電阻的阻值?！窘獯稹?）當電壓表跨接在O、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，由得電阻測量值偏??；電壓表跨接在O、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圖象的斜率大小等于電阻測量值，因此圖線Ⅱ為電壓表跨接在O、P兩點測量得到的。（2）由圖線可得I圖線測得電阻值為：RⅠ＝Ω≈50.5Ω，圖線II第9頁|共19頁測得電阻阻值為RⅡ＝＝47.7Ω，被測電阻值約為50Ω，＝＝20，＝＝100＜OQ兩點，測量結果為50.5Ω。（3O、Q間，測得的阻值為電阻與電流表電阻之和，則有：R＝R1﹣RA＝50.5Ω﹣0.5Ω＝50.0Ω。1）O、P2）Ⅰ，50.5（50.3～50.93）50.0（49.8～50.4【點評】本題考查通過已知U﹣I圖象的斜率來判斷測電阻時，如何選擇電壓表的內(nèi)外接法，考查了學生對實驗誤差的分析以及應用圖象處理問題的能力，同時涉及到估算和保留小數(shù)的細節(jié)問題。109分）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實驗步驟如下：（1間?大約相等?時，可認為氣墊導軌水平；（2）用天平測砝碼與砝碼盤的總質量m、滑塊（含遮光片）的質量m；12（3）用細線跨過輕質定滑輪將滑塊與砝碼盤連接，并讓細線水平拉動滑塊；（4遮光片經(jīng)過A、B兩處的光電門的遮光時間△t、△t及遮光片從A運動到B所用的時12間t12；（5）在遮光片隨滑塊從A運動到B的過程中，如果將砝碼和砝碼盤所受重力視為滑塊所受拉力，拉力沖量的大小I＝?mgt?，滑塊動量改變量的大小△p＝?m（1122﹣）?g表示）（6d＝1.000cm，m1＝1.50×10﹣2kg，2＝m0.400kg，△t1＝3.900×10﹣2st2＝1.270×10﹣2st12＝1.50sg＝9.80m/s2I＝?0.221?N?s，△p＝?0.212?kg?m?s﹣13位有效數(shù)字）（7）定義δ＝||×100%，本次實驗δ＝?4?%（保留1第10頁|共19頁【分析】（1）氣墊導軌水平時，不考慮摩擦力時，滑塊所受的合外力為零，此時滑塊做勻速直線運動；（5）拉力沖量的大小I＝Ft＝mgt；用經(jīng)過光電門的平均速度代替滑塊經(jīng)過A、B兩12112v（6）把數(shù)據(jù)代入I＝m1gt12和△p＝m2（（7）把I和△p代入δ＝||×100%即可。vB＝p＝mv﹣v2BA﹣）即可求出；【解答】1）氣墊導軌水平時，不考慮摩擦力時，滑塊所受的合外力為零，此時滑塊做勻速直線運動，而兩個光電門的寬度都為d，根據(jù)t＝得遮光片經(jīng)過兩個光電門的遮光時間相等，實際實驗中，會存在摩擦力使得滑塊做的運動近似為勻速直線運動，故遮光片經(jīng)過兩個光電門的遮光時間大約相等；（5A運動到B的過程中，拉力的大小等于砝碼和砝碼盤所受重力，故F＝mg，而遮光片從A運動到B所用的時間為t，故拉力沖量的大小I＝Ft＝11212mgt；112由于光電門的寬度d很小，所以我們用經(jīng)過光電門的平均速度代替滑塊經(jīng)過A、B兩處的瞬時速度，故滑塊經(jīng)過A時的瞬時速度v，滑塊經(jīng)過B時的瞬時速度vB＝，故滑塊動量改變量的大小△p＝m（v﹣v）＝m（﹣2BA2（6）I＝mgt＝1.50×10﹣2×9.8×1.50N?s＝0.221N?s；112△p＝m2（﹣0.4×（﹣kg?m?s﹣1＝0.212kg?m?s﹣1；（7）δ＝||×100%＝||×100%＝4%；第11頁|共19頁15）m1gt12；m2（（7）4﹣6）0.221；0.212；【點評】了解光電門測量瞬時速度的原理，實驗中我們要清楚研究對象和研究過程，對于系統(tǒng)我們要考慮全面，同時明確實驗原理是解答實驗問題的前提111220F可用F＝kv2描寫，kv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。已知飛機質量為1.21×105kg時，起飛離地速度為66m/s量為1.69×105kg，裝載貨物前后起飛離地時的值可視為不變。k（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1521m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。【分析】（1以此求解飛機裝載貨物后的起飛離地速度；（2【解答】1）令飛機裝載貨物前的起飛速度為v1，飛機的質量為m離地時有，代入數(shù)據(jù)解得k＝N?s2/m2，令飛機裝載貨物后的質量為m′，飛機的起飛速度為v2，則當飛機起飛時有，則v2＝78m/s；（2）根據(jù)運動學公式可知，飛機在滑行過程中加速度的大小為a＝＝2m/s2，所用時間為t＝1）飛機裝載貨物后的起飛離地速度為78m/s；（2）若該飛機裝載貨物后，從靜止開始勻加速滑行1521m起飛離地，飛機在滑行過程39s＝39s。中加速度的大小為2m/s2，所用的時間為?！军c評】解決該題需要明確知道飛機裝載貨物的前后系數(shù)k保持不變，熟記勻變速直線運動的位移和速度的求解公式。第12頁|共19頁1220分）在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強電場，柱的橫截面是以O為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示。質量為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θ＝60°．運動中粒子僅受電場力作用。（1）求電場強度的大??；（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？（3mv0，該粒子進入電場時的速度應為多大？【分析】（1）粒子初速度為零時，沿電場力方向做勻加速直線運動，粒子由C點射出電場，所以電場方向與AC平行，由A指向C．根據(jù)動能定理求電場強度的大小。（2垂直。粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)牛頓第二定律和分位移公式分別列式，結合幾何關系求解。（3x軸，電場方向為y軸，建立坐標系，根據(jù)數(shù)學知識寫mvmv＝mat求解粒子進00入電場時的速度。1）粒子初速度為零，由C點射出電場，故電場方向與AC平行，由A指向C。由幾何關系和電場強度的定義知：AC＝R…①F＝qE…②由動能定理得F?AC＝…③第13頁|共19頁聯(lián)立①②③解得E＝…④（2）如圖，由幾何關系知AC⊥BC，故電場中的等勢線與BC平行。作與BC平行的直線與圓相切于DAC的延長線交于PD點從圓周上穿出的粒子的動能增量最大。由幾何關系知∠PAD＝30°，AP＝R，DP＝R…⑤設粒子以速度v進入電場時動能增量最大，在電場中運動的時間為t，粒子在AC方向11做加速度為a的勻加速運動，運動的距離等于APAC方向上做勻速運動，運動的距離等于DP，由牛頓第二定律和運動學公式有：F＝maAP＝⑥⑦DP＝v1t1⑧聯(lián)立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝⑨（3）設粒子以速度v進入電場時，在電場中運動的時間為t。以A為原點，粒子進入電場的方向為x軸正方向，電場方向為y軸正方向建立直角坐標系，由運動學公式有：y＝（10）（11）x＝vt粒子離開電場的位置在圓周上，有（x﹣R）2+（﹣yR）2＝R2（12）粒子在電場中運動時，其x方向的動量不變，y方向的初動量為零，設穿過電場前后動量變化量的大小為mv的粒子，離子電場時其y方向的速度分量為v，由題給條件及02運動學公式有：mv＝mv＝mat（13）20聯(lián)立②④⑥（10111213）式得：v＝0或v＝另解：第14頁|共19頁由題意知，初速度為0時，動量增量大小為mv0，此即問題的一個解。自A點以不同的速率垂直于電場方向射入電場的粒子，沿y方向位移相等時，所用時間都相同，因此，不同粒子運動到線段CB上時，動量變化量都相同，自B點射出電場的粒子，其動量變化也為mv0，由幾何關系和運動學規(guī)律可得，此時入射速率v＝。1）電場強度的大小為；（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。（3mv0，該粒子進入電場時的速度應為0或。【點評】本題考查帶電粒子在電場中加速和偏轉問題，要明確粒子的受力情況，確定其運動情況，會熟練運用運動的分解法處理類平拋運動，結合幾何知識幫助解答。15分。請考生從2道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。[物理--選修3-3]（15分）135F與分子間距rr＝r1F＝0r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O點很遠處向Or2?減小?（填“減小不變”或“增大r減小到r的過程中，勢能?減小?（填“減小”21“不變或“增大r1處，勢能?小于?（填“大于等于或“小于）零。第15頁|共19頁【分析】當分子間距離等于平衡距離時，分子力為零，分子勢能最?。桓鶕?jù)圖象可知，分子勢能增大，從而即可判定?！窘獯稹拷猓喝粢环肿庸潭ㄓ谠cO，另一分子從距O點很遠處向O點運動，在兩分子間距減小到r2的過程中，分子體現(xiàn)引力，分子力做正功，分子勢能減??；在間距由r減小到r的過程中，分子體現(xiàn)引力，分子做正功，分子勢能減??；21規(guī)定兩分子相距無窮遠時分子間的勢能為零，在間距小于r1過程中，分子體現(xiàn)斥力，分子力負功，分子勢能增加，因此在間距等于r1處，勢能小于零，故答案為：減小；減??；小于?！军c評】分子間的勢能及分子力雖然屬于微觀世界的關系，但是可運用我們所學過的力學中功能關系進行分析，注意分子體現(xiàn)引力還是斥力是解題的關鍵，同時理解分子力做功與分子勢能的關系。1410V，罐中氣體的壓強為p2Vp甲罐中的部分氣體調配到乙罐中去，兩罐中氣體溫度相同且在調配過程中保持不變，調配后兩罐中氣體的壓強相等