2020届浙江省高三（下）仿真模拟考试物理试题（解析版）

杭高 2019 学年第二学期高三高考仿真模拟卷物理试题卷 一、选择题 I（本题共 13 小题，每小题 3 分，共 39 分。每题只有一个选项符合题意，不选、 多选、错选均不得分） 1.下列说法中正确的是（ ） A. 、 分别是电阻和场强的定义式 B. 力的单位（N）、电流的单位（A）均是国际单位制中的基本单位 C. 质点做曲线运动时，可能在相等的时间内速度变化相等 D. 当加速度与速度同向时，若加速度减小，则物体的速度可能减小 【答案】C 【解析】 【详解】A、公式R=ρ 是电阻的决定式，导体电阻与导体的长度成正比，与导体的横截面积成反比；公式 E= 是电场强度的定义式，属于比值定义，与检验电荷受到的电场力及检验电荷的电量均无关，故 A 错误. B、电流的单位（A）国际单位制中的基本单位，力的单位（N）是复合单位.1N=1kg m/ .故 B 错误. C、质点做曲线运动时，可能在相等的时间内速度变化相等.比如匀速圆周运动，加速度恒指向圆心，虽然 加速度和速度的大小一直没变，但方向在一直均匀变化，所以完全有可能在相同时间段内有相同的速度变 化，可以说加速度不恒定，也可以有速度的恒定变化；再比如平抛运动，只受重力，加速度恒定，在相等 的时间内速度变化相等，故 C 正确. D、当加速度与速度同向时，速度就要增加;若加速度减小，速度增加的变慢，但还在增加，故 D 错误. 故选 C. 【点睛】在学习中一定要把定义式与决定式，定律式，定理式的区别搞清楚. 2.在物理学的发展史上，许多科学家付出了努力。下列说法符合史实的是（　　） A. 牛顿经过了大量的数据推演和模型创设，提出了行星的三大运动定律 B. 库仑通过实验测定了静电力常数 k 的具体数值 C. 法拉第通过大量电和磁关系的实验研究，终于发现了电流周围存在磁场 D. 赫兹通过实验首先捕捉到电磁波 【答案】D 【解析】 LR S ρ= q = FE L S F q  2s【详解】A．开普勒经过了大量的数据推演和模型创设，提出了行星的三大运动定律，故 A 项错误； B．静电力常数 k 的具体数值是通过麦克斯韦的相关理论计算出来的，故 B 项错误； C．奥斯特通过大量电和磁关系的实验研究，终于发现了电流周围存在磁场，故 C 项错误； D．赫兹通过实验首先捕捉到电磁波，证明了麦克斯韦电磁场理论的正确性，故 D 项正确。 3.如图所示为两个物体 A 和 B 在同一直线上沿同一方向同时开始运动的 v－t 图线，已知在第 3s 末两个物体 在途中相遇，则（　　） A. A、B 两物体是从同一地点出发 B. 3s 内物体 A 的平均速度比物体 B 的大 C. A、B 两物体在减速阶段的加速度大小之比为 1∶2 D. t＝1s 时，两物体第一次相遇 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图象的“面积”读出两物体在 3s 内的位移不等，而在第 3s 末两个物体相遇，可判断出两物 体出发点不同，故 A 错误； B．由图象的“面积”读出两物体在 3s 内 B 的位移大于 A 的位移，则 B 的平均速度大于 A 的平均速度， 故 B 错误； C．图象的斜率表示加速度，则 A 在减速过程的加速度 B 在减速过程的加速度 所以 A、B 两物体在减速阶段的加速度大小之比为 2：1，故 C 错误； D．由图象的“面积”表示位移可知，1-3s 内 B 的位移 1-3s 内 A 的位移 2 21 1 1 2 4 m/s 2m/s3 2 va t ∆ −= = = −∆ − 2 22 2 2 2 4 m/s 1m/s3 1 va t ∆ −= = = −∆ − 4 2 2m 6m2Bx += × =且第 3s 末两个物体在途中相遇，所以 时，两物体相遇，故 D 正确； 故选 D 4.如图所示，在固定的斜面上 A、B、C、D 四点，AB=BC=CD。三个相同的小球分别从 A、B、C 三点以 v1、v2、v3 的水平速度抛出，不计空气阻力，它们同时落在斜面的 D 点，则下列判断正确的是（　　） A. A 球最后才抛出 B. C 球的初速度最大 C. A 球离斜面最远距离是 C 球的三倍 D. 三个小球落在斜面上速度方向与斜面成 30 斜向右下方 【答案】C 【解析】 【详解】A．设球在竖直方向下降的距离为 h，三球水平抛出后，均做平抛运动，据 可得，球在空 中飞行的时间 所以 A 球在空中飞行时间最长，三球同时落在斜面的 D 点，所以 A 球最先抛出，故 A 项错误； B．设球飞行的水平距离为 x，三球水平抛出后，球在水平方向做匀速直线运动，则球的初速度 C 球竖直下降的高度最小，则 C 球的初速度最小，故 B 项错误； C．将球的运动分解成垂直于斜面和平行于斜面可得，球在垂直斜面方向的初速度和加速度分别为 ， 当球离斜面距离最远时，球垂直于斜面的分速度为零，球距离斜面的最远距离 。 1 2 2 2 2m 6m2Ax = × × + × = 1st = ° 21 2h gt= 2ht g = 0 3tan30 2 h x ghv t t °= = = 0sin30v v⊥ = ° cos30a g⊥ = ° 2 22 0 sin 30 3 2 2 cos30 8 vvd ha g ⊥ ⊥ °= = =°A 球在竖直方向下降的距离是 C 球的三倍，则 A 球离斜面最远距离是 C 球的三倍，故 C 项正确； D．三球水平抛出，最终落在斜面上，则 设球落在斜面上速度方向与水平面成 角，则 解得 所以球落在斜面上速度方向与水平面夹角不是 60 ，即球落在斜面上速度方向与斜面不是成 30 斜向右下 方，故 D 项错误。 5.2020 年，我国将一次实现火星的“环绕、着陆、巡视”三个目标。假设探测器到达火星附近时，先在高 度恰好等于火星半径的轨道上环绕火星做匀速圆周运动，测得运动周期为 T，之后通过变轨、减速落向火星。 探测器与火星表面碰撞后，以速度 v 竖直向上反弹，经过时间 t 再次落回火星表面。不考虑火星的自转及火 星表面大气的影响，已知万有引力常量为 G，则火星的质量 M 和火星的星球半径 R 分别为（　　） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【详解】探测器与火星表面碰撞后，以速度 v 竖直向上反弹，经过时间 t 再次落回火星表面，则火星表面 重力加速度 万有引力常量为 G，火星的质量为 M 和火星的星球半径为 R，则对火星表面的物体有 的 2 0 1 2 tan30 gt v t = ° α 0 0 tan yv gt v v α = = 2tan 2tan30 33 α = ° = ° ° 3 4 4 3128π v TM Gt = 2 216π vTR t = 3 2 4 3128π v TM Gt = 2 216π vTR t = 3 4 4 31024π v TM Gt = 2 232π vTR t = 3 4 4 21024π v TM Gt = 232π vTR t = 2vg t =探测器在高度恰好等于火星半径的轨道上环绕火星做匀速圆周运动周期为 T，则 联立解得 ， 故 A 项正确，BCD 三项错误。 6.如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1 与电源 2 的路端电压随输出电流的变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小 灯泡的伏安特性曲线。曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为 、 。如果把该小灯泡分 别与电源 1、电源 2 单独连接，则下列说法不正确的是（　　） A. 电源 1 与电源 2 的内阻之比是 3∶2 B. 电源 1 与电源 2 的电动势之比是 1∶1 C. 在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是 21∶26 D. 在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是 7∶10 【答案】D 【解析】 【详解】A．在电源的 图象中，图象的斜率的绝对值表示电源的内电阻，根据电源 图线，可知 电源 1、电源 2 的内阻分别为 ， 则有 ，故 A 正确，不符合题意； B． 图象的纵轴截距表示电动势，所以 故 B 正确，不符合题意； CD．灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与这电源连接时的工作状态，则连接电源 1 时， 2 MmG mgR = 2 2 2 4π 2(2 ) MmG m RR T = ⋅ 2 216π vTR t = 3 4 4 3128π v TM Gt = ( )5,3.5P ( )6,5Q U I− U I− 1 1 1 10 5Ω Ω8 4 Ur I ∆= = =∆ 2 2 2 10 5Ω Ω12 6 Ur I ∆= = =∆ 1 2: 3: 2r r = U I− 1 2 10VE E= =则有 ， 故灯泡消耗的功率为 灯泡的电阻 连接电源 2 时，则有 ， 故灯泡消耗的功率 灯泡的电阻 则有 ， 故 C 正确，不符合题意；D 错误，符合题意。 故选 D。 7.如图所示，虚线为位于 O 位置的点电荷形成电场中的等势面，已知三个等势面的电势差关系为 ，图中的实线为一带负电的粒子进入该电场后的运动轨迹，与等势面相交于图中的 a、b、 c、d 四点，已知该粒子仅受电场力的作用，则下列说法正确的是（　　） A. 该粒子只有在 a、d 两点的动能与电势能之和相等 B. 场源电荷是正电荷 C. 粒子电势能先增加后减小 1 3.5VU = 1 5.2AI = 1 1 1 18.2WP U I= = 1 1 1 3.5 35Ω Ω5.2 52 UR I = = = 2 5VU = 2 6AI = 2 2 2 30WP U I= = 2 2 2 5 Ω6 UR I = = 1 2 91: :150P P = 1 2 :: 21 26R R = 1 2 2 3 ϕ ϕ ϕ ϕ− = −D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．粒子运动的过程中只有电场力做功，则粒子的动能与电势能之和不变，四个点都是相等的， 故 A 错误； B．由图结合曲线运动的特点可知，粒子受到的电场力得方向向右，粒子带负电，所以电场的方向向左，结 合常见电场的特点可知，该电场的场源电荷是负电荷，故 B 错误； C．粒子受到的电场力得方向向右，所以粒子向左运动的过程中电场力做负功，而向右运动的过程中电场力 做正功，即电场力对该粒子先做负功后做正功，粒子电势能先增加后减小,故 C 正确 D．电场的方向向左，沿电场线的方向电势降低，所以电势的关系为： ，故 D 错误； 故选：C。 8.用图 1 装置研究光电效应，分别用 a 光、b 光、c 光照射阴极 K 得到图 2 中 a、b、c 三条光电流 I 与 A、K 间的电压 UAK 的关系曲线，则下列说法正确的是（　　） A. 开关 S 扳向 1 时测得的数据得到的是 I 轴左侧的图线 B. b 光的光子能量大于 a 光的光子能量 C. 用 a 光照射阴极 K 时阴极的逸出功大于用 c 光照射阴极 K 时阴极的逸出功 D. b 光照射阴极 K 时逸出的 光电子最大初动能小于 a 光照射阴极时逸出的光电子最大初动能 【答案】B 【解析】 【详解】A．当光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，当开关 S 扳向 1 时，光电子在光电管 是加速，则所加的电压是正向电压，因此测得的数据得到的并不是 I 轴左侧的图线，故 A 错误； B．根据 入射光的频率越高，对应的截止电压 越大；由题目图可知，b 光的截止电压大于 a 光的截止电压，所以 1 2 3 ϕ ϕ ϕ> > 3 2 1 ϕ ϕ ϕ> > 21 2 meU mv h Wν= = −截 U截b 光的频率大于 a 光的频率，依据 可知，b 光的光子能量大于 a 光的光子能量，B 正确； C．同一阴极的逸出功总是相等，与入射光的能量大小无关，C 错误； D．b 光的截止电压大于 a 光的截止电压，根据 所以 b 光对应的光电子最大初动能大于 a 光的光电子最大初动能，D 错误。 故选 B。 9.如图所示，木箱置于水平地面上，一轻质弹簧一端固定在木箱顶部，另一端系一小球，小球下端用细线拉 紧固定在木箱底部．剪断细线，小球上下运动过程中木箱刚好不能离开地面．已知小球和木箱的质量相同， 重力加速度大小为 ，若 时刻木箱刚好不能离开地面，下面说法正确的是 A. 时刻小球速度最大 B. 时刻小球加速度为零 C. 时刻就是刚剪断细线的时刻 D. 时刻小球的加速度为 【答案】D 【解析】 【详解】小球运动到最高点时木箱恰好不能离开地面，此时小球速度为零，对木箱受力分析有: ， 对小球受力分析有: 又 ， ，解得: E hν= 21 2 meU mv h Wν= = −截 g 0t 0t 0t 0t 0t 2g F Mg= mg F ma′+ = F F ′= M m= 2m Ma g gm += =A.A 项与 上述分析结论不相符，故 A 错误； B.B 项与 上述分析结论不相符，故 B 错误； C.C 项与 上述分析结论不相符，故 C 错误； D.D 项与 上述分析结论相符，故 D 正确． 10.如图所示，CD 间接交流电源，电源有效值保持恒定不变，自耦变压器可视为理想的变压器，图中 A 为 交流电流表，V 为交流电压表，R1、R2 为定值电阻，R3 为滑动变阻器，下列说法正确的是（　　） A. 当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变小 B. 当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变小，电压表读数变大 C. 当自耦变压器滑动触头 P 逆时针转动时，电流表读数变大，电压表读数变大 D. 由于理想变压器输入功率等于输出功率，滑动触头 P 转动时，变压器的输出功率不变 【答案】C 【解析】 【详解】AB．当自耦变压器滑动触头的位置不动，即是保持变压器的原、副线圈的匝数比不变，则副线圈 两端的输出电压不变，即电压表的示数不变，当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，连入电路的电阻的阻值 变小，因而总电流增大，根据欧姆定律可知 两端的电压增大，根据串联分压可知并联支路的电压减小， 通过 的电流减小，流过滑动变阻器的电流增大，即电流表的示数变大，故 A、B 错误； C．保持滑动变阻器连入电路的阻值不变，将自耦变压器滑动触头 P 逆时针转动时，变压器的原线圈的匝数 不变，副线圈的匝数增大，根据 可知副线圈两端的输出电压增大，即电压表的示数变大，总电流 增大，滑动变阻器两端的电压将变大，电流表的读数变大，故 C 正确； D．将自耦变压器滑动触头 P 转动时，变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数变化，根据 可 知副线圈两端的输出电压变化，根据 可知变压器的输出功率变化，故 D 错误； 故选 C。 11.如图所示，某电器内的部分电路，C 为电容器，L 为电感器，下列说法正确的是（　　） 1R 2R 1 1 2 2 U n U n = 1 1 2 2 U n U n = 2UP R =A. 当输入端输入直流电时，输出端无输出 B. 当 C 为容量较小的电容、L 为自感系数较小的电感器、输入端只输入低频交流电时，输出端几乎无输出 C. 当 C 为容量较大 电容、L 为自感系数较大的电感器、输入端只输入高频交流电时，输出端几乎无输出 D. 当 C 为容量较大的电容、L 为自感系数较小的电感器、输入端只输入低频交流电时，输出端几乎无输出 【答案】C 【解析】 【详解】A．直流电不能通过电容器，但可以通过电感器，所以当输入端输入直流电时，输出端有输出， 故 A 错误； B．电容器通高频，阻低频，电感器通低频，阻高频，所以输入端只输入低频交流电时，输出端有输出， 故 B 错误； C．电容器通高频，阻低频，电感器通低频，阻高频，所以输入端只输入高频交流电时，输出端几乎无输出， 故 C 正确； D．电容器通高频，阻低频，电感器通低频，阻高频，所以输入端只输入低频交流电时，输出端有输出， 故 D 错误。 故选 C。 12.一玻璃砖横截面如图所示，其中 ABC 为直角三角形（AC 边未画出），AB 为直角边 ABC=45°；ADC 为 一圆弧，其圆心在 BC 边的中点。此玻璃的折射率为 1.5。P 为一贴近玻璃砖放置的、与 AB 垂直的光屏。若 一束宽度与 AB 边长度相等的平行光从 AB 边垂直射入玻璃砖，则（　　） A. 从 BC 边折射出束宽度与 BC 边长度相等的平行光 B. 平行光在 BC 边上不会发生全发射 C. 屏上有一亮区，其宽度等于 AC 边的长度 D. 当屏向远离玻璃砖的方向平行移动时，屏上亮区先逐渐变小然后逐渐变大 【答案】D 【解析】 的【详解】AB．作光路图如下 可知平行光从边 AB 射入后不发生折射，射到边 BC 上时，由临界角公式可得 得 故全部光线发生全反射，由几何关系可知，反射后宽度相同。故 AB 错误； C．边 BC 反射的光射向弧形边 后，由于 对平行光有会聚作用，故 C 错误； D．当屏向下移动时，屏上亮区将先变小后变大，故 D 正确。 故选 D。 13.水平面上 A、B、C、D 为边长为 L 的正方形的四个顶点，四点固定着四个电荷量均为 Q 的正点电荷.O 点 到 A、B、C、D 的距离均为 L.现将一质量为 m 的带正电的小球（可视为点电荷）放置在 O 点，如图所示， 为使小球能静止在 O 点，小球所带的电荷量应为（已知静电力常量为 k，重力加速度为 g）（ ） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】对小球进行受力分析，小球受重力和 A、B、C、D 处正点电荷施加的库仑力.由于正方形的边长为 L，O 点到正方向四个顶点的距离均为 L，设小球所带电荷量为 q，根据库仓定律可得正方形四个顶点处的 点电荷对 O 处小球的库仑力大小均为 ，根据静电力的叠加和对称性可得正方形四个顶点处的点电 荷对 O 处小球的库仑力的合力为： . 1 1 2sin 1.5 3C n = = = 2arcsin 453C∠ < °= ADC ADC 2 4 mgL kQ 22 2 mgL kQ 22 4 mgL kQ 22mgL kQ 2 QqF k L =， 为 A、B、C、D 处点电荷对小球施加的库仑力的方向与竖直方向的夹角，由几何关系可知 ，小 球在 O 点静止，根据平衡条件有 ，联立解得： ， 故 C 正确，ABD 错误。 二、选择题Ⅱ（本题共 3 小题，每小题 2 分，共 6 分。每题列出的选项中至少有一个符合题 意，全部选对的得 2 分，选对但不全的得 1 分，有错选的得 0 分） 14.以下说法中正确的是（　　） A.如甲图是 α 粒子散射实验示意图，当显微镜在 A、B、C、D 中的 A 位置时荧光屏上接收到的 α 粒子数最 多． B. 如乙图是氢原子的能级示意图，氢原子从 n=3 能级跃迁到 n=1 能级时吸收了一定频率的光子能量． C. 如丙图是光电效应实验示意图，当光照射锌板时验电器的指针发生了偏转，则此时验电器的金属杆带的 是正电荷． D. 如丁图是电子束穿过铝箔后的衍射图样，该实验现象说明实物粒子也具有波动性． 【答案】ACD 【解析】 【分析】 （1）放射源放出一束射线轰击金箔，运用显微镜前荧光屏去观察射线的位置，了解 α 粒子散射实验的实 验现象即可正确解答； （2）用紫外线照射锌板时，发生光电效应，有电子从锌板逸出，锌板失去电子带正电核； （3）当光子的频率大于极限频率时，发生光电效应，金属板将带正电； （4）衍射是波特有的性质； 【详解】A、图示是 α 粒子散射实验示意图，当显微镜在 A、B、C、D 中的 A 位置时荧光屏上接收到的 α 粒子数最多．故 A 正确； 4 cosF F α=合 α 45α °= F mg=合 22 4 mgLq kQ =B、图示是氢原子的能级示意图，结合氢光谱可知，氢原子从 n=3 能级跃迁到 n=1 能级时辐射了一定频率的 光子能量．故 B 错误； C、当光照射锌板时，金属板失去电子，将带正电，所以与之相连的验电器的指针将发生偏转，此时验电器 的金属杆带的是正电荷．故 C 正确； D、图示是电子束穿过铝箔后的衍射图样，由于衍射是波特有的性质，所以该实验现象说明实物粒子也具有 波动性．故 D 正确； 故本题选 ACD． 【点睛】（1）由 α 粒子 散射实验可知，原子内部的结构：中心有一个很小的核，全部正电荷及几乎全部 的质量都集中在里面，外面自由电子绕核高速旋转，知道 α 粒子的散射实验的结果； （2）解决本题的关键知道发生光电效应时有光电子从金属中飞出，理解光电效应的产生； （3）理解光电效应产生的条件，以及光电流大小的决定因素，并能在具体问题中正确应用． 15.下列说法正确的是（　　） A. 玻璃中的气泡看起来特别明亮，是发生全反射的缘故 B. 高压输电线上方另加两条与大地相连的导线，是利用静电屏蔽以防输电线遭受雷击 C. 透过平行灯管的窄缝看正常发光的日光灯，能观察到彩色条纹，这是光的干涉现象 D. 发生 α 或 β 衰变时，产生的新核从高能级向低能级跃迁，能量以 γ 光子的形式辐射出来 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．玻璃中的气泡看起来特别明亮，是因为光从玻璃射向气泡时，即从光密介质射向光疏介质时， 一部分光在界面上发生了全反射，故 A 正确； B．高压输电线的上方还有两条导线，这两条导线的作用是它们与大地相连，形成稀疏的金属“网”把高压 线屏蔽起来，免遭雷击，故 B 正确； C．当光通过狭缝时，若缝的尺寸与光的波长相当，则会发生明显的衍射现象，当透过平行灯管的窄缝看正 常发光的日光灯，能观察到彩色条纹，这是光的衍射现象，故 C 错误； D．放射性的原子核在发生 衰变和 衰变后产生的新核往往处于高能级，这时它要向低能级跃迁，辐射 光子，即射线，故 D 正确； 故选 ABD。 16.在 O 点有一波源，t=0 时刻开始向上振动，形成向右传播的一列横波。t1=4s 时，距离 O 点为 3m 的 A 点 第一次达到波峰；t2=7s 时，距离 O 点为 4m 的 B 点第一次达到波谷。则以下说法正确的是（　　） A. 该横波的波长为 2m B. 该横波的周期为 4s 的 α β γC. 该横波的波速为 1m/s D. 距离 O 点为 6m 的质点第一次开始向下振动的时刻为 6s 末 【答案】BC 【解析】 【详解】ABC．由于波源开始向上振动，各质点开始都向上振动，t1=4s 时，有 当 t2=7s 时，有 联立解得 波长为 故 A 错误，BC 正确； D．振动从 O 点传到距离 O 点为 6m 的质点所需的时间为 所以距离 O 点为 6m 的质点第一次开始向上振动的时刻为 6s 末。故 D 错误。 故选 BC。 三、非选择题（共 55 分） 17.如图 1 所示，在“验证动量守恒定律”实验中，A、B 两球半径相同。先让质量为 m1 的 A 球从斜槽上某一 固定位置 C 由静止开始滚下，从轨道末端抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹。 重复上述操作 10 次，得到 10 个落点痕迹。再把质量为 m2 的 B 球放在水平轨道末端，让 A 球仍从位置 C 由 静止滚下，A 球和 B 球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作 10 次。M、P、N 为三个落点 的平均位置，未放 B 球时，A 球的落点是 P 点，O 点是轨道末端在记录纸上的竖直投影点，如图 2 所示。 1 34s 4 4 x T Tt v v = = + = + 2 4 37s 4t Tv = = + 1m/sv = 4sT = 4mvTλ = = 6sxt v ∆ = =（1）为了尽量减小实验误差，A 球碰后要沿原方向运动，两个小球的质量应满足 m1________m2（选填“>” 或“ 0 OPv t = 1 OMv t = 2 ONv t = 1 0 1 1 2 2m v m v m v= + 1 1 2m OP m OM m ON= +【答案】 (1). 1.2kΩ (2). (3). 1.60 V (4). 0.25Ω。 【解析】 【详解】①［1］要使量程扩大 1 倍，则应串联一个与电压表内阻相等的电阻，故应使与之串联的电阻箱的 阻值为 1.2kΩ； ②［2］电路图如图所示 ③［3］［4］串联保护电阻后，一方面起保护作用，同时，可认为增大内阻，内阻与保护电阻之和为 r，故 在调节滑动变阻器时，电路中电流变化明显，两电表的示数变化明显；由电路图可知，电源的电动势为 1.60V；当路端电压为 0.5V 时，电路中电流为 0.4A，则由闭合电路欧姆定律 E=U+Ir 可得 r=0.25Ω 19.如图所示，小孩与冰车的总质量 m = 20kg。大人用 F = 20N 的恒定拉力，使冰车从静止开始沿水平冰面 移动，拉力方向与水平面的夹角为 θ =37°。已知冰车与冰面间的动摩擦因数 μ= 0.05，重力加速度 g =10m/s2，sin37°= 0.6，cos37°= 0.8： (1)求小孩与冰车受到的支持力 FN 的大小； (2)求小孩与冰车的加速度 a 的大小； (3)大人的拉力作用 4s 后撤去，求冰车的总位移 x 的大小。（保留 3 位有效数字） 【答案】(1) 188N；(2) 0.33m/s2；(3)4.38m 【解析】 【详解】(1)对小孩与冰车受力分析，在竖直方向上则有 N sin37 188NF mg F= − ° =(2)在水平方向上，根据牛顿第二定律则有 其中 可得 (3)根据运动学公式则有 拉力撤去后，根据牛顿第二定律则有 根据运动学公式则有 冰车的总位移的大小 联立可得 20.简谐运动是一种常见且重要的运动形式。它是质量为 m 的物体在受到形如 F=-kx 的回复力作用下，物体 的位移 x 与时间 t 遵循 变化规律的运动，其中角频率 （k 为常数，A 为振幅，T 为周期）。弹簧振子的运动就是其典型代表。如图所示，一竖直光滑的管内有一劲度系数为 k 的轻弹簧，弹 簧下端固定于地面，上端与一质量为 m 的小球 A 相连，小球 A 静止时所在位置为 O。另一质量也为 m 的小 球 B 从距 A 为 H 的 P 点由静止开始下落，与 A 发生瞬间碰撞后一起开始向下做简谐运动。两球均可视为质 点，在运动过程中，弹簧的形变在弹性限度内，当其形变量为 x 时，弹性势能为 。已知 ，重力加速度为 g。求： （1）B 与 A 碰撞后瞬间一起向下运动的速度； （2）小球 A 被碰后向下运动离 O 点的最大距离； （3）小球 A 从 O 点开始向下运动到第一次返回 O 点所用的时间。 cos37F f ma°− = Nf Fµ= 20.33m/sa = 2 1 2 m1 2 .64x at == 1.32mv at= = 2 2 0.5m / smg ma gµµ= = = 2 2 2 1.74m2 vx a = = 1 2x x x= + 4.38mx = sinx A tω= 2 k T m πω = = 2 P 1 2E kx= 3mgH k =【答案】（1） ；（2） ；（3） 【解析】 【详解】（1）B 自由下落 H 的速度 ，根据机械能守恒有 解得 B 与 A 碰撞过程动量守恒，则有 解得 （2）A 在 O 位置，弹簧被压缩 ，根据平衡条件得 A 与 B 共同体继续向下运动离 O 点的最大距离为 根据能守恒定律 根据平衡条件有 整理得 得 ， （舍去） 即 2 1 3 2 mgv k = 3 m mgx k = 4 2 3 m k π Bv 21 2 BmgH mv= 2Bv gH= 10 ( )Bmv m m v+ = + 2 1 3 2 mgv k = 0x 0 mgx k = mx 2 2 2 1 0 0 1 1 1(2 ) 2 ( )2 2 2m mm v kx mgx k x x+ + = + 0mg kx= 2 2 0 02 3 0m mx x x x− − = 03mx x= 0mx x= − 3 m mgx k =（3）由题意 又振幅 振动图像如图 由余弦函数知 所求时间 得 21.利用电场和磁场来控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有广泛的应用。如图 1 所示为电 子枪的结构示意图，电子从炽热的金属丝发射出来，在金属丝和金属板之间加以电压 U0，发射出的电子在 真空中加速后，沿电场方向从金属板的小孔穿出做直线运动。已知电子的质量为 m，电荷量为 e，不计电子 重力及电子间的相互作用力。设电子刚刚离开金属丝时的速度为零： (1)求电子从电子枪中射出时的速度 v0 的大小； (2)示波器中的示波管是利用电场来控制带电粒子的运动。如图 2 所示，Y 和 为间距为 d 的两个偏转电极， 两板长度均为 L，极板右侧边缘与屏相距 x，OO′为两极板间的中线并与屏垂直，O 点为电场区域的中心点。 从电子枪中射出的电子束沿 OO′射入电场中，若两板间不加电场，电子打在屏上的 点。为了使电子打在 屏上的 P 点，P 与 相距 h，则需要在两极板间加多大的电压 U； (3)电视机中显像管的电子束偏转是用磁场来控制的。如图 3 所示，有一半径为 r 的圆形区域，圆心 a 与屏 相距 l，b 是屏上的一点，ab 与屏垂直。从电子枪中射出的电子束沿 ab 方向进入圆形区域，若圆形区域内 22 mT k π= 0 22 mgA x k = = 1 1( )3 4 12 Tt T∆ = × = 1 22 2 3t t T T= ∆ + = 2 2 4 223 3 m mt k k π π= × = Y′ O′ O′不加磁场时，电子打在屏上的 b 点。为了使电子打在屏上的 c 点，c 与 b 相距 l，则需要在圆形区域内加 垂直于纸面的匀强磁场。求这个磁场的磁感应强度 B 的大小。 【答案】(1) ；(2) ；(3) 【解析】 【详解】(1)电子在电场中运动，根据动能定理则有 解得电子穿出小孔时的速度 (2)电子进入偏转电场做类平抛运动，在垂直于极板方向做匀加速直线运动。设电子刚离开电场时垂直于极 板方向偏移的距离为 ，根据匀变速直线运动规律则有 根据牛顿第二定律则有 电子在水平方向做匀速直线运动则有 联立解得 由图可知 3 0 0 2eUv m = 04 ( 2 ) U dhU L L x = + 061 3 U mB r e = 2 0 0 1 2eU mv= 0 0 2eUv m = y 21 2y at= Ee Uea m dm = = 0L v t= 2 04 ULy U d = 2 2 L y Lh x = +解得 (3)电子以速度 v0 在磁场中沿圆弧 AB 运动，圆心为 D，半径为 R，如图所示 根据洛仑兹力提供向心力有 电子离开磁场时偏转角度为 θ，由图可知 联立解得 22.如图所示，顶角 θ=45°的光滑金属导轨 MON 固定在水平面内，导轨处在方向竖直、磁感应强度为 B 的匀 强磁场中。一根与 ON 垂直的导体棒 ab 在水平外力作用下以恒定速度 v0 沿导轨 MON 向右滑动，导体棒的 质量为 m，导轨与导体棒单位长度的电阻均匀为 r，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触且足够长。 t=0 时，导体棒位于顶角 O 处，求： (1)t 时刻流过导体棒的电流强度 I 和电流方向； (2)导体棒作匀速直线运动时水平外力 F 的表达式； (3)导体棒在 0~t 时间内产生的焦耳热 Q； 04 ( 2 ) U dhU L L x = + 2 0 0 vev B m R = 3tan 3l l θ = = 3tan 2 3 r R θ = = 061 3 U mB r e =(4)若在 t0 时刻将外力 F 撤去，导体棒最终在导轨上静止时的坐标 x。 【答案】(1) ，电流方向 b→a；(2) ；(3) ；(4) 【解析】 【详解】(1)0 到 t 时间内，导体棒的位移 x＝v0t t 时刻，导体棒的长度 l＝x 导体棒的电动势 E＝Bl v0 回路总电阻 R＝（2x＋ x）r 电流强度 　 电流方向 b→a (2) 导体棒作匀速直线运动时水平外力 F 的表达式 F＝BlI= (3)t 时刻导体棒的电功率 P＝I2R 由于 I 恒定 R′＝v0rt∝t 因此 0 2 2 Bv r（ ＋ ） 2 2 0 (2 2) B v t r+ 2 3 2 0 22(2 2 B v t r＋ ） 20 0 02 2(2 2) ( )mv r v tB + + 2 0 2 2 BvEI R r ＝ ＝ （ ＋ ） 2 2 0 (2 2) B v t r+ 2 2 '= = 2 RP I R I (4)撤去外力，设任意时刻 t 导体的坐标为 x，速度为 v，取很短时间 Δt 或很短距离 Δx 在 t~t+∆t 时间内，由动量定理得 BIlΔt＝mΔv 设滑行距离为 d，则　 得 d＝－v0t0+ （负值舍去） 得 x＝v0t0+ d＝ ＝ 2 3 2 0 22(2 2 B v tQ Pt r = ＝ ＋ ） 2 ( ) (2 2) B lv t m v r ∆ = ∆ +∑ ∑ 2 0(2 2) B S mv r ∆ + ＝ 0 0 0 0 ) 2 v t v t dS d +∆ = +( 2 0 02 ( )S v t∆ + 2 0 02 ( )S v t∆ + 20 0 02 2(2 2) ( )mv r v tB + +