2020届浙江宁波市十校高三下学期3月联考物理试题（解析版）

宁波“十校”2020 届高三 3 月联考 物理试题卷 一、选择题Ⅰ（本题共 13 小题，每小题 3 分，共 39 分。每小题列出的四个备选项中只有一 个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分） 1.万众瞩目的庆祝中华人民共和国成立 70 周年阅兵式上，受阅方队军容严整、精神抖擞，依次通过天安门， 接受祖国和人民的检阅，出色地完成了受阅任务。如图为战旗方队以同一速度通过天安门广场时的精彩场 面，在此过程中，下列说法正确的是 A. 以战旗旗杆为参考系，战旗方队车辆是静止的 B. 以战旗方队车辆为参考系，天安门城楼是静止的 C. 以该方队的领队车辆为参考系，该方队的其他车辆是运动的 D. 以地面为参考系，战旗是静止的 【答案】A 【解析】 【详解】A．以战旗旗杆为参考系，战旗方队车辆是静止的，选项 A 正确； B．以战旗方队车辆为参考系，天安门城楼是运动的，选项 B 错误； C．以该方队的领队车辆为参考系，该方队的其他车辆是静止的，选项 C 错误； D．以地面为参考系，战旗是运动的，选项 D 错误； 故选 A。 2.关于物理规律的总结和发现，以下符合事实的是（　　） A. 奥斯特发现了电流热效应的规律 B. 库仑总结出了点电荷间相互作用的规律并测出了静电力常量 k C. 法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕 D. 伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动 【答案】D 【解析】 【详解】A．焦耳发现了电流热效应的规律，故 A 错误；B．库仑总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律；通过麦克斯韦的相关理论可算出静电力常量 ；故 B 错误； C．奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，故 C 错误； D．伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，故 D 正确。 故选 D。 3.如图所示为乒乓球桌面示意图，球网上沿高出桌面 H，网到桌边的水平距离为 L。在某次乒乓球训练中， 从桌面左侧距网水平距离为 L 处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到桌面右侧 边缘。设乒乓球的运动为平抛运动，下列判断正确的是（　　） A. 击球点的高度与网高度之比为 2：1 B. 乒乓球在网左右两侧运动时间之比为 1：3 C. 乒乓球过网时与落到右侧桌边缘时速率之比为 1：3 D. 乒乓球在网左右两侧速度变化量之比为 1：2 【答案】D 【解析】 【详解】AB．乒乓球在水平方向上做匀速直线运动，由于两球在网的左右两侧运动的水平位移之比为 1： 2，则乒乓球在网左右两侧运动时间之比为 1：2，在左侧和整个过程中运动的时间之比为 1：3，下降的高 度之比为 1：9，有 则击球点高度和网高度之比 故 A、B 错误； C．根据平抛运动规律则有 解得 k 1 2 9 1H h H − = : 9:8H h = 21 2H gt= 0 3 2 L v t= 0 3 2 2 L gv H =乒乓球过网时速度为 乒乓球落到右侧桌边缘时速度 所以有 故 C 错误； D．乒乓球在网左右两侧运动的时间之比为 1：2，平抛运动的加速度不变，根据 知速度变化量之比 为 1：2，故 D 正确。 故选 D。 4.北斗卫星导航系统（BDS）是中国自行研制的全球卫星定位和导轨系统，预计 2020 年形成全球覆盖能力。 如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知 a、b、c 三颗卫星均做匀速圆周运动，轨道半径 ra=rb>rc，其中 a 是地球同步卫星。下列说法正确的是（　　） A. a 的机械能等于 b 的机械能 B. a、b 的线速度一定相同 C. c 在运动过程中可能会经过北京上空 D. b 的周期大于地球自转周期 【答案】C 【解析】 【详解】AB．万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得 解得 2 2 1 0 1 9 22 9 8 9 gL gHv v g H H = + = + 2 2 2 0 92 28 gLv v gH gHH = + = + 2 1 2 2 9 2 2 18 9 9 9 2 328 gL gH gH v H gLv gHgHH + = > = + v gt∆ = 2 2 Mm mvG r r =由于 ，则有 所以线速度的大小相等，由于线速度是矢量，由图可知 与 的轨道不同，则线速度的方向不同； 卫星的机械能为 由于卫星的质量关系未知，所以不能判断出机械能的大小关系，故 A、B 错误； C．由图可知， 为极地轨道卫星，所以 在运动过程中可能经过北京上空，故 C 正确； D．万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得 解得 由于 ，则有 故 D 错误。 故选 C。 5.如图所示，A、B、C 为三个相同的灯泡，a、b、c 为与之串联的三个元件，E1 为直流电源，E2 为交流电 源。当开关 S 接“1”时，A、B 两灯均正常发光，C 灯不亮；当开关 S 接“2”时，A 灯仍正常发光，B 灯 变暗，C 灯发光。由此可以判断 a、b、c 元件可能分别为（　　） A. 电容、电感、电阻 B. 电感、电阻、电容 C. 电阻、电感、电容 GMv r = a br r= b av v= a b 2 k p 1 ( )2 2 GMm GMmE E E mv r r = + = + − = − c c 2 2 2π( )MmG m rr T = 3 2π rT GM = a br r= 24hb aT T= =D 电阻、电容、电感 【答案】C 【解析】 【详解】由题意，当开关 S 接“1”直流电源时，A、B 两灯均正常发光，C 灯不亮说明 为电容器；当接 “2”交流电源时，A 灯仍正常发光说明 对交流电和直流电的影响相同，则 为电阻；B 灯变暗，说明对 交流电的阻碍作用比直流电阻碍作用大，则 为电感，故 A、B、D 错误，C 正确。 故选 C。 6.核潜艇是以核反应堆为动力来源的潜艇，有一种核裂变方程为 ，下列说法 正确的是（　　） A. 裂变反应中亏损的质量变成了能量 B. 裂变反应出现质量亏损导致质量数不守恒 C. X 原子核中有 54 个质子 D. X 原子核比铀核的平均结合能大 【答案】CD 【解析】 【详解】AB．裂变反应中释放核能有质量亏损，但质量数守恒，质量与能量之间存在一定的关系，但不是 质量转变为能量，选项 AB 错误； C .由于核反应中电荷数守恒，故 X 原子核中有 54 个质子，选项 C 正确； D．重核的裂变是由平均结合能小的重核在中子的轰击下裂变成平均结合能较大的中等质量的原子核，所以 X 原子核比铀核的平均结合能大，选项 D 正确。 故选 CD。 7.对于常温下一根阻值为 R 的均匀金属丝，其伏安特性曲线如图所示，下列说法中正确的是（　　） A. 常温下，若将金属丝均匀拉长为原来的 10 倍，则电阻变为 10R B. 常温下，若将金属丝从中点对折起来，电阻变为 R C. 给金属丝加上的电压逐渐从零开始增大， 比值变大 . c a a b 235 1 94 1 92 0 38 0U n X Sr 10 n→＋ ＋ ＋ 1 2 U ID. 金属材料的电阻率随温度的升高而减小 【答案】C 【解析】 【详解】A．常温下，若将金属丝均匀拉长为原来 10 倍，横截面积减小为 0.1 倍，电阻率不变，根据电阻 定律，电阻增大为 100 倍，故 A 错误； B．常温下，若将金属丝从中点对折起来，长度变为一半，横截面积变为 2 倍，故电阻变为 倍，故 B 错 误； C．给金属丝加上的电压逐渐从零增大到 ，根据图线与原点连线的斜率可知金属丝的电阻值变大，所以 比值变大，故 C 正确； D．给金属丝加上的电压逐渐从零增大到 ，金属丝的电阻值变大，由于截面积和长度均不变，根据电阻 定律可得金属丝的电阻率会变大，所以金属材料的电阻率随温度的升高而增大，故 D 错误。 故选 C。 8.如图所示，实线与虚线分别表示振幅、频率均相同的两列简谐横波的波峰和波谷，此刻，M 是波峰与波峰 的相遇点。设这两列波的振幅均为 A，则下列说法正确的是（　　） A. 此刻位于 O 处的质点正处于波峰位置 B. P、N 两处的质点始终处在平衡位置 C. 随着时间的推移，M 处的质点将向 O 处移动 D. O、M 连线的中点是振动加强的点，其振幅为 A 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图知此刻 是波谷与波谷的相遇点，所以位于 处的质点正处于波谷位置，故 A 错误； B． 、 两点是波谷和波峰叠加，位移始终为零，即处于平衡位置，故 B 正确； C．振动的质点只是在各自的平衡位置附近振动，不会“随波逐流”，故C 错误； D．由于 、 是振动加强点，结合图可知，由图知连线的中点到两波源的距离差为半个波长的偶数倍， 所以该点是振动加强的点，其振幅为 ，故 D 错误。 故选 B。 的 1 4 0U U I 0U O O P N O M 2A9.如图所示，三个同样的带电粒子（不计重力）同时从同一位置沿同一方向垂直于电场线射入平行板电容器 间的匀强电场，它们的运动轨迹分别用 a、b、c 标出，不考虑带电粒子间的相互作用，下列说法中正确的是 A. 当 b 飞离电场的同时，a 刚好打在下极板上 B. b 和 c 同时飞离电场 C. 进入电场时，c 的速度最大，a 的速度最小 D. 在电场中运动过程中 c 的动能增加最小，a、b 动能增加量相同 【答案】ACD 【解析】 【详解】三个粒子相同，故进入电场后，受到 电场力相等，即加速度相等，在竖直方向上做初速度为零 的匀加速直线运动，偏移量 ，所以 ，故 B 错误，A 正确；在水平方向上做匀速直线运 动 ， 故 有 ， 因 为 ， ， 所 以 有 ， 故 C 正 确 ； 根 据 动 能 定 理 ，故 c 的最小，a 和 b 的一样大，故 D 正确。 故选 ACD。 10.在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压 U1 和 输电线上的电阻 R 均保持不变。随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有（　　） A. 升压变压器的输出电压 U2 增大 B. 降压变压器的输出电压 U4 减小 C. 输电线上损耗的功率减小 D. 输电线上损耗的功率占总功率的比例减小 【答案】B 【解析】 【详解】A．由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以根据 可知升压变压器的输 的 21 2y at= a b ct t t= > 0 xv t = b c ax x x= > a b ct t t= > c b av v v> > kqU Eqy E= = ∆ 1 1 2 2 U I U I =出电压 不变，故 A 错误； B．由于发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压 不变，根据 可输电线上的电流 线增大，根据 损 线 可知输电线上的电压损失增大，根据降压变压器的输 入电压 损可得降压变压器的输入电压 减小，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输 出电压 减小，故 B 正确； C．升压变压器副线圈中的电流等于输电线中的电流，则输电线中的电流增大，根据 损 知输电线上 损失的功率增大，故 C 错误； D．输电线上损耗的功率占总功率的比例为 因为输电线上的电流增大，则电压损失增大， 不变，所以输电线上损耗的功率占发电厂输出总功率的比 例增大，故 D 错误。 故选 B。 11.如图（甲）所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体 A 以速度 v0 向右运动压缩弹簧，测得弹簧 的最大压缩量为 x。现让弹簧一端连接另一质量为 m 的物体 B，如图（乙）所示，物体 A 以 2v0 的速度向右 压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为 x，则（　　） A. A 物体的质量为 2m B. A 物体的质量为 4m C. 弹簧压缩量最大时的弹性势能为 D. 弹簧压缩量最大时的弹性势能为 【答案】D 【解析】 【详解】当弹簧固定时，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，物体 A 的动能转化为弹簧的弹性势能，根 据系统的机械能守恒得弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于 A 的初动能，设 A 的质量为 ，即有 2U 2U P UI= I U I= R 3 2U U U= − 3U 4U P 2I R= 2 P U P U ∆=损 2U 2 0mv 3 2 2 0mv Am 2 pm A 0 1 2E m v=当弹簧一端连接另一质量为 的物体 B 时，A 与弹簧相互作用的过程中 B 将向右运动，A、B 速度相等时， 弹簧的弹性势能最大，选取 A 的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 联立得 故 A、B、C 错误，D 正确。 故选 D。 12.如图所示，小物块套在固定竖直杆上，用轻绳连接后跨过小定滑轮与小球相连，开始时物块与定滑轮等 高。已知小球质量是物块质量的 2 倍，杆与滑轮间的距离为 d，重力加速度为 g，绳及杆足够长，不计一切 摩擦。现将物块由静止释放，在物块向下运动的过程中，下列说法错误的是（　　） A. 刚释放时物块的加速度为 g B. 物块重力的功率先增大后减小 C. 物块下降的最大距离为 D. 物块速度最大时，绳子的拉力一定等于物块的重力 【答案】D 【解析】 【详解】A．刚开始释放时，物块水平方向受力平衡，竖直方向只受重力，根据牛顿第二定律可知其加速度 为 ，故 A 正确； B．刚释放时物块的速度为零，小球重力的功率为零。物块下降到最低点时小球的速度为零，小球重力的功 率又为零，所以小球重力的功率先增大后减小，故 B 正确； C．物块下降的最大距离为 ，物块的质量为 。根据系统机械能守恒定律，有 m A 0 A( )2m v m m v⋅ = + 0 2 2 pm A A 1 1(2 ) ( )2 2E m m vv m= − + A 3m m= 2 pm 0 3 2E mv= 4 3 d g s m 2 22 ( ) 0mgs mg d s d− + − =解得 故 C 正确； D．物块的合力为零时速度最大，则绳子拉力的竖直向上的分力一定等于物块的重力，所以绳子的拉力一定 大于物块的重力，故 D 错误。 本题选错误的，故选 D。 13.如图甲所示，一个匝数 n＝100 的圆形导体线圈，面积 S1＝0.4 m2，电阻 r＝1 Ω。在线圈中存在面积 S2＝ 0.3 m2 的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度 B 随时间 t 变化的关系如图乙所示。有一个 R＝2 Ω 的电阻，将其两端 a、b 分别与图甲中的圆形线圈相连接，b 端接地，则下列说法正确的是（ ） A. 圆形线圈中产生的感应电动势 E＝6 V B. 在 0～4 s 时间内通过电阻 R 的电荷量 q＝6 C C. 设 b 端电势为零，则 a 端的电势 φa＝3 V D. 在 0～4 s 时间内电阻 R 上产生的焦耳热 Q＝18 J 【答案】BD 【解析】 【详解】A．由法拉第电磁感应定律可得 E＝n S2， 由题图乙可得 ， 将其代入可得 E＝4.5 V， A 错误； B．由电量公式： ， 在 0～4 s 穿过圆形导体线圈磁通量的变化量为 ΔΦ＝0.6×0.3 Wb-0＝0.18 Wb， 代入可得 4 3s d= B t ∆ ∆ 0.6 T/s 0.15T/s4 B t ∆ = =∆ ( ) E nq I t t nR r R r t R r ∆Φ ∆Φ= ⋅∆ = ⋅∆ = =+ + ∆ +q＝6 C， B 正确； C．0～4s 内磁感应强度增大，圆形线圈内磁通量增加，由楞次定律结合安培定则可得 b 点电势高，a 点电 势低，故 C 错。 D．由于磁感应强度均匀变化产生的电动势与电流均恒定，可得 ， 由焦耳定律可得 Q＝I2Rt＝18 J， D 正确。 故选 BD。 二、选择题Ⅱ（本題共 3 小题，每小题 2 分，共 6 分。每小题列出的四个备选项中至少有一 个是符合题目要求的。全部选对的得 2 分，选对但不全的得 1 分，有选错的得 0 分） 14.氢原子的能级如图所示，现处于 n=4 能级的大量氢原子向低能级跃迁，下列说法正确的是： A. 这些氢原子可能发出 6 种不同频率的光 B. 已知钾的逸出功为 2.22eV，则氢原子从 n=3 能级跃迁到 n=2 能级释放的光子可以从金属钾的表面打出光 电子 C. 氢原子从 n=2 能级跃迁到 n=1 能级释放的光子能量最小 D. 氢原子由 n=4 能级跃迁到 n=3 能级时，氢原子能量减小，核外电子动能增加 【答案】AD 【解析】 根据 C42=6，所以这些氢原子总共可辐射出 6 种不同频率的光．故 A 正确；n=3 能级跃迁到 n=2 能级辐射出 的光子能量 E=-1.51eV-（-3.40eV）=1.89eV＜2.22eV，小于钾的逸出功，不能发生光电效应．故 B 错误．由 图可知当核外电子从 n=4 能级跃迁到 n=3 能级时，能级差最小，所以放出光子的能量最小，故 C 错误；由 1.5AEI R r = =+n=4 能级跃迁到 n=3 能级过程中释放能量，原子的能量在减小，核外电子的运转半径减小，根据 可知 ，则电子的动能增加，故 D 正确；故选 AD. 15.如图所示，一束由两种单色光混合的复色光，沿 PO 方向射向一上下表面平行的厚玻璃平面镜的上表面， 得到三束反射光束 I、II、III，若玻璃砖的上下表面足够宽，则下列说法正确的是（　　） A. 光束 I、II、III 为单色光 B. 改变 α 角，光束 I、II、III 仍保持平行 C. 通过相同的双缝干涉装置，光束Ⅱ产生的条纹间距要大于光束 III 的 D. 在玻璃中，光束Ⅱ的速度小于光束 III 的 【答案】BD 【解析】 【详解】A．所有色光都能反射，反射角相同，则由图可知光束 I 是复色光；而光束Ⅱ、Ⅲ由于折射率的不 同导致偏折分离，因为厚玻璃平面镜的上下表面是平行的；根据光的可逆性，知两光束仍然平行射出，且 光束Ⅱ、Ⅲ是单色光，故 A 错误； B．一束由两种色光混合的复色光沿 方向射出，经过反射、再折射后，光线仍是平行，因为光的反射时 入射角与反射角相等。所以由光路可逆可得出射光线平行；改变 角，光线Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ仍保持平行，故 B 正确； C．由图知光束Ⅱ的偏折程度大于光束Ⅲ，根据折射定律可知光束Ⅱ的折射率大于光束Ⅲ，则光束Ⅱ的频率 大于光束Ⅲ，光束Ⅱ的波长小于光束Ⅲ的波长，而双缝干涉条纹间距与波长成正比，则双缝干涉实验中光Ⅱ 产生的条纹间距比光Ⅲ的小，故 C 错误； D．由于光束Ⅱ的折射率大于光束Ⅲ，根据 可知在玻璃中光束 II 的速度小于光束 III 的速度，故 D 正 确。 故选 BD。 16.如图所示，a、b、c、d 四个质量均为 m 的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a、b、c 三个完全 2 2 2 q vk mr r = 2 2k kqE r = PO α cv n =相同的带电小球位于同一光滑绝缘水平面内，且绕同一点 O 做半径为 R 的匀速圆周运动，三小球所在位置 恰好将圆周等分。小球 d 位于 O 点正上方 h 处，且在外力 F 作用下处于静止状态。已知 a、b、c 三小球的 电荷量均为 q，d 球的电荷量为 6q，h= R，重力加速度为 g，静电力常量为 k，则（　　） A. 小球 d 一定带正电 B. 小球 b 的周期为 C. 小球 c 的加速度大小为 D. 外力 F 竖直向上，大小等于 【答案】BD 【解析】 【详解】A． 、 、 三小球所带电荷量相同，要使三个做匀速圆周运动， 球与 、 、 三小球一定 是异种电荷，由于 球的电性未知，所以 球不一定带正电，故 A 错误； BC．设 连线与水平方向的夹角为 ，则有 对 球，根据牛顿第二定律可得 解得 2 2 3R mR q k π 2 2 3kq mR 2 2 2 6kqmg mR + a b c d a b c a d db α 2 2 3cos 3 R R h α = = + 2 2 6sin 3 h R h α = = + b 2 2 2 2 2 2 6 4cosα 2 cos302 co( )s30 q q qk k m R mah R R T π− ° = =+ °  2 3R mRT q k π= 2 2 3 3 kqa mR =则小球 的加速度大小为 ，故 B 正确，C 错误； D．对 球，由平衡条件得 故 D 错误。 故选 B 三、非选择题（本题共 6 小题，共 55 分） 17.在“探究加速度与力、质量的关系”和用橡皮筋“探究做功与物体速度变化的关系”实验中 (1)下列说法正确的是_______； A.都需要平衡摩擦力 B.都不需要平衡摩擦力 C.都需要用天平测小车的质量 D.都不需要用天平测小车的质量 (2)在做“探究加速度与力、质量的关系”实验时，获得如图甲所示的一条纸带（部分）：1、2、3、4、5、 6、7 是计数点，每相邻两计数点间还有 4 个打点（图中未画出），计数点间的距离标示如图甲所示，其中 s1=7.05cm、s2=7.68cm、s3=8.33cm、s4=8.95cm、s5=9.61cm、s6=10.26cm。根据实验数据完成表格中空白处； 计数点 2 3 4 5 6 瞬时速度/（m/s） 0.737 0.801 __ 0.928 0.994 由纸带上的点迹求得小车的加速度 a=_______m/s2（加速度 a 保留两位有效数字）； (3)在用橡皮筋“探究做功与物体速度变化的关系”实验中，图乙是正确操作后得到的一条纸带的后半部分。 若已知纸带上打下左侧第一个点时小车的速度为 v1，打下第三个点时小车的速度为 v3，判断打下第二个点 时小车的速度 v2_______ （选填“等于”“ 大于”或“小于”）。 【答案】 (1). A (2). (3). (4). 大于 【解析】 。 c 2 2 3 3 kq mR d 2 2 2 2 6 2 63 sinq q kqF k mg mgh R R α= + = ++  1 3 2 v v+ 0.864 0.64【详解】(1)[1]AB．探究加速度与力、质量的关系实验中，细绳对小车的拉力等于小车的合外力，要平衡摩 擦力；用橡皮筋探究做功与物体速度变化的关系实验中，合力对小车所做的功等于橡皮筋弹力所做的功， 要平衡摩擦力，故 A 正确，B 错误； CD．探究加速度与力、质量的关系实验中，需要用天平测出小车和桶的质量；探究做功与物体速度变化的 关系实验中，只是探究小车的速度与做功的关系，不需要测量小车质量，故 C、D 错误。 故选 A。 (2)[2]根据中间时间的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得 [3]根据逐差法得小车的加速度 (3)[4]小车做变加速直线运动，加速度逐渐减小，作出速度时间图线，如图所示；若做匀变速直线运动，如 图中虚线，中间时刻的瞬时速度等于 ；所以由图可知 18.(1)小明同学用多用电表测量一物理量的值。经过规范操作后，所选挡位及指针位置分别如图甲、乙所示， 则读数为_______； 2 35 3 4 4 (8.33 8.95) 10 m/s 0.864m/s2 2 0.2 x s sv T T −+ + ×= = = = 4 5 6 1 2 3 2 2 2 2 2 9 (8.95 9.61 10.26 7.05 7.68 8.33) 10 m/s 0.64m/s9 0.1 s s s s s sa T − + + − − −= + + − − − ×= =× 1 3 2 v v+ 1 3 2 2 v vv +>(2)在“测定电池的电动势和内阻”实验中： ①如图丙所示，已经连接了一部分电路，请在答题纸上对应位置将电路连接完整____； ②合上开关后，测出 6 组 I、U 值，在 U-I 坐标系中描出各对应点，如图丁所示。请在答题纸对应位置的图 中作出 U-I 图象_____； ③与图丁对应的状态，电池的电动势为_______ V，内阻为_______Ω。 【答案】 (1). 1.15V (2). (3). (4). 1.42 (5). 1.70 【解析】 【详解】(1)[1]由图甲可知，所选挡位为 ，其分度值为 ，读数为 1.15V； (2)[2]由图示实物电路图可知，该实验应用伏安法测电源电动势与内阻，电流表测电路电流，电压表测路端 电压，实物电路图如图所示 2.5V 0.05V[3]根据坐标系内描出的点作出图象如图所示 [4]由图示图象可知，电源 图象与纵轴交点纵坐标为 1.25V，横坐标为 0.10A，设电源电动势为 ，则 有 解得 [5]电源内阻 19.竞技跳水是奥运会正式竞赛项目之一，分跳板跳水和跳台跳水。某质量为 M 运动员在进行 10m 跳台跳水 训练时，以速度 v0 竖直向上起跳，经过一段时间后入水。为方便计算假设：水池深 5m，运动员在水中做匀 减速运动，且运动员到达池底时速度恰好减为零，取 v0=5m/s，M=60kg，g=10m/s2，空气阻力不计，求： (1)运动员入水时的速度大小 v； (2)运动员从离开跳台至到达池底整个过程的时间 t； (3)运动员在水中受到水的平均作用力大小 F。 U I− E 0.40 1.25 0.40 0.60 0 0.60 0.10 E − −=− − 1.42VE = 1.25 0.40 Ω 1.70Ω0.60 0.10 Ur I ∆ −= = =∆ −【答案】(1)15m/s；(2)2.67s；(3)1950N 【解析】 【详解】(1)运动员向上起跳到入水过程中，根据动能定理可得 解得运动员入水时的速度大小 (2)规定竖直向上为正方向，根据动量定理可得 解得 运动员从入水到池底过程的时间为 ，根据平均速度公式则有 解得 运动员从离开跳台至到达池底整个过程的时间 (3) 运动员 水中，根据动能定理可得 解得运动员在水中受到水的平均作用力大小 20.如图所示，在光滑水平桌面 AB 上静止着三个小滑块，滑块 1 与滑块 3 的质量均为 0.1kg，滑块 2 的质量 在 2 2 0 1 1 2 2Mgh Mv Mv= − 15m/sv = 1 0Mgt Mv Mv− = − − 1 2st = 2t 2 0 2 vh t += 2 2 s3t = 1 2 8 s 2.67s3t t t= + = = 2 0 1( ) 0 2Mg h d Fd Mv+ − = − 1950NF =为 0.2kg，滑块 1 与滑块 2 之间压缩一轻弹簧（滑块与轻弹簧之间不栓接），A 的左端固定着与 AB 相切的、 半径为 R 的光滑竖直双半圆环轨道，孔径大小不计，滑块正好可以在其内部滑行；B 的右端与一长 L=0.7m 的水平传送带相连，传送带以速度 v 向右传动，滑块与传送带间的动摩擦因数 μ=0.5。释放被压缩的弹簧， 滑块 1 和滑块 2 被弹出，滑块 2 弹出时的速度 v2=4m/s，滑块 1 与滑块 3 相碰后粘在一起，进入双半圆环轨 道，并恰好能过最高点 F，滑块 2 经过水平传送带在 C 点水平抛出，落在水平地面上，落点为 D，已知 C 点距水平面高 h=0.2m，C 点与 D 点间的水平距离为 x。g 取 10m/s2，求： (1)被压缩的轻弹簧的弹性势能 Ep； (2)滑块 1 和滑块 3 经过双半圆环轨道最低点 A 时对轨道的压力大小； (3)若传送带的速度取值范围为 1m/s