2020年高考物理試卷（新課標(biāo)Ⅱ）（解析卷）

第頁|共頁2020年全國統(tǒng)一高考物理試卷（新課標(biāo)Ⅱ）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(gè)選項(xiàng)中，第1～5題只有一項(xiàng)符合題目要求，第6～8題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1．（6分）管道高頻焊機(jī)可以對(duì)由鋼板卷成的圓管的接縫實(shí)施焊接。焊機(jī)的原理如圖所示，圓管通過一個(gè)接有高頻交流電源的線圈，線圈所產(chǎn)生的交變磁場(chǎng)使圓管中產(chǎn)生交變電流，電流產(chǎn)生的熱量使接縫處的材料熔化將其焊接。焊接過程中所利用的電磁學(xué)規(guī)律的發(fā)現(xiàn)者為（）A．庫侖 B．霍爾 C．洛倫茲 D．法拉第【分析】由題意可知，圓管為金屬導(dǎo)體，導(dǎo)體內(nèi)部自成閉合回路，且有電阻，當(dāng)周圍的線圈中產(chǎn)生出交變磁場(chǎng)時(shí)，就會(huì)在導(dǎo)體內(nèi)部感應(yīng)出渦電流，電流通過電阻要發(fā)熱。該過程利用的原理是電磁感應(yīng)現(xiàn)象，其發(fā)現(xiàn)者為法拉第?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)題意，焊接過程所利用的是變化的磁場(chǎng)在線圈中產(chǎn)生變化的電流，再利用電流產(chǎn)生的熱量使接縫處的材料熔化將其焊接，屬于電磁感應(yīng)現(xiàn)象，是由法拉第發(fā)現(xiàn)的，故ABC錯(cuò)誤，D正確；故選：D。【點(diǎn)評(píng)】根據(jù)現(xiàn)象找出對(duì)應(yīng)的物理規(guī)律，再根據(jù)物理學(xué)史解答。2．（6分）若一均勻球形星體的密度為ρ，引力常量為G，則在該星體表面附近沿圓軌道繞其運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星的周期是（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)萬有引力等于向心力G＝m及球體的密度公式聯(lián)立求解T?！窘獯稹拷猓涸O(shè)星球的質(zhì)量為M，半徑為R，衛(wèi)星的質(zhì)量為m，運(yùn)行周期為T，在該星體表面附近沿圓軌道繞其運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星所需的向心力由星球?qū)ζ涞娜f有引力提供，則根據(jù)牛頓第二定律得：G＝m①星球的密度：②聯(lián)立①②解得T＝，故A正確，BCD錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】要抓住衛(wèi)星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)萬有引力提供向心力，再結(jié)合密度公式求解。3．（6分）如圖，在摩托車越野賽途中的水平路段前方有一個(gè)坑，該坑沿摩托車前進(jìn)方向的水平寬度為3h，其左邊緣a點(diǎn)比右邊緣b點(diǎn)高0.5h。若摩托車經(jīng)過a點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為E1，它會(huì)落到坑內(nèi)c點(diǎn)，c與a的水平距離和高度差均為h；若經(jīng)過a點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為E2，該摩托車恰能越過坑到達(dá)b點(diǎn)。等于（）A．20 B．18 C．9.0 D．3.0【分析】根據(jù)豎直方向的運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出落到坑內(nèi)c點(diǎn)時(shí)和到達(dá)b點(diǎn)時(shí)豎直方向的速度，再根據(jù)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解水平方向的速度，由此求解動(dòng)能之比?！窘獯稹拷猓涸O(shè)落到坑內(nèi)c點(diǎn)時(shí)豎直方向的速度為vy1，則有：vy1＝；根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得：v01t＝h＝h解得：v01＝則有：E1＝＝同理，設(shè)摩托車恰能越過坑到達(dá)b點(diǎn)時(shí)豎直方向的速度為vy2，則有：＝ghvy2＝；根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得：v02t′＝3h′＝0.5h解得：v02＝3vy2則有：E2＝＝所以＝18，故B正確、ACD錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和動(dòng)能的計(jì)算公式，知道平拋運(yùn)動(dòng)可以分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)。4．（6分）CT掃描是計(jì)算機(jī)X射線斷層掃描技術(shù)的簡(jiǎn)稱，CT掃描機(jī)可用于對(duì)多種病情的探測(cè)。圖（a）是某種CT機(jī)主要部分的剖面圖，其中X射線產(chǎn)生部分的示意圖如圖（b）所示。圖（b）中M、N之間有一電子束的加速電場(chǎng)，虛線框內(nèi)有勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)；經(jīng)調(diào)節(jié)后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實(shí)線所示的方向前進(jìn)，打到靶上，產(chǎn)生X射線（如圖中帶箭頭的虛線所示）；將電子束打到靶上的點(diǎn)記作P點(diǎn)。則（）A．M處的電勢(shì)高于N處的電勢(shì) B．增大M、N之間的加速電壓可以使P點(diǎn)左移 C．偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向外 D．增大偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小可使P點(diǎn)左移【分析】電子受到向右的電場(chǎng)力，所以電場(chǎng)線水平向左，以此分析電勢(shì)的高低；根據(jù)左手定則分析偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的方向；根據(jù)洛倫茲力提供向心力以及動(dòng)能定理求解電子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑表達(dá)式，從而判斷改變磁感應(yīng)強(qiáng)度以及增大M、N之間的加速電壓后P點(diǎn)的變化情況。【解答】解：A、根據(jù)題意可知，電子在MN之間加速，受到向右的電場(chǎng)力，所以MN之間的電場(chǎng)線水平向左，則M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)電勢(shì)低，故A錯(cuò)誤；C、根據(jù)題意可知，電子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到豎直向上的洛倫茲力，根據(jù)左手定則可知偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向里，故C錯(cuò)誤；BD、電子在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有eU＝在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有，則電子在磁場(chǎng)在的半徑為R＝，如增大M、N之間的加速電壓，電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑增大，所以電子出磁場(chǎng)時(shí)的偏角減小，P點(diǎn)向右移動(dòng)，增大偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，則電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑減小，電子出磁場(chǎng)時(shí)的速度偏角增大，P點(diǎn)左移，故B錯(cuò)誤，D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】解決該題需要明確知道電子在各個(gè)區(qū)域的運(yùn)動(dòng)情況，知道在勻強(qiáng)電場(chǎng)中順著電場(chǎng)線電勢(shì)的變化情況，能正確推導(dǎo)出電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑。5．（6分）氘核H可通過一系列聚變反應(yīng)釋放能量，其總效果可用反應(yīng)式6H→2He+2H+2n+43.15MeV表示。海水中富含氘，已知1kg海水中含有的氘核約為1.0×1022個(gè)，若全都發(fā)生聚變反應(yīng)，其釋放的能量與質(zhì)量為M的標(biāo)準(zhǔn)煤燃燒時(shí)釋放的熱量相等；已知1kg標(biāo)準(zhǔn)煤燃燒釋放的熱量約為2.9×107J，1MeV＝1.6×10﹣13J，則M約為（）A．40kg B．100kg C．400kg D．1000kg【分析】首先根據(jù)聚變反應(yīng)式求出每個(gè)氘核發(fā)生聚變放出的能量，再求出1kg海水中含有的1.0×1022個(gè)氘核發(fā)生聚變反應(yīng)釋放的能量，則M就等于總熱量除以1kg標(biāo)準(zhǔn)煤燃燒釋放的熱量；【解答】解：根據(jù)反應(yīng)式6H→2He+2H+2n+43.15MeV可知，6個(gè)氘核發(fā)生聚變反應(yīng)可放出43.15MeV的能量，則平均每個(gè)氘核可放出7.19MeV的能量，若1kg海水中含有的1.0×1022個(gè)氘核全都發(fā)生聚變反應(yīng)，其釋放的能量為7.19×1022MeV；則質(zhì)量為M的標(biāo)準(zhǔn)煤燃繞時(shí)釋放的熱量Q＝7.19×1022×1.6×10﹣13J＝11.5×109J，而1kg標(biāo)準(zhǔn)煤燃燒釋放的熱量約為2.9×107J，則M＝≈400kg；故ABD錯(cuò)誤，C正確；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵是根據(jù)氘核的聚變反應(yīng)式求出1.0×1022個(gè)氘核發(fā)生聚變放出的總能量。6．（6分）特高壓輸電可使輸送中的電能損耗和電壓損失大幅降低。我國已成功掌握并實(shí)際應(yīng)用了特高壓輸電技術(shù)。假設(shè)從A處采用550kV的超高壓向B處輸電，輸電線上損耗的的電功率為△P，到達(dá)B處時(shí)電壓下降了△U．在保持A處輸送的電功率和輸電線電阻都不變的條件下，改用1100kV特高壓輸電，輸電線上損耗的電功率變?yōu)椤鱌′，到達(dá)B處時(shí)電壓下降了△U′．不考慮其他因素的影響，則（）A．△P′＝△P B．△P′＝△P C．△U′＝△U D．△U′＝△U【分析】遠(yuǎn)距離輸電時(shí)，在線路上損失的功率為△P＝，與電壓的平方成反比；電壓降△U＝與電壓成反比；【解答】解：AB、遠(yuǎn)距離輸電時(shí)，線路上的電流I＝；則在線路上損失的功率為△P＝I2R＝；根據(jù)損失的功率公式可知，損失的功率與電壓的平方成反比；假設(shè)從A處采用550kV的超高壓向B處輸電，若改用1100kV特高壓輸電，電壓變成原來的2倍，則輸電線上損耗的電功率變?yōu)樵瓉淼?，即△P′＝；故A正確，B錯(cuò)誤；CD、線路上的電流I＝，到達(dá)B處時(shí)電壓下降了△U＝IR＝，電壓降與電壓成反比，則若電壓變成原來的2倍，△U變?yōu)樵瓉淼?，故△U′＝△U，故C錯(cuò)誤，D正確；故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵是掌握遠(yuǎn)距離輸電線路上損失的功率為△P及電壓降△U與電壓的關(guān)系。7．（6分）如圖，豎直面內(nèi)一絕緣圓環(huán)的上、下半圓分別均勻分布著等量異種電荷。a、b為圓環(huán)水平直徑上的兩個(gè)點(diǎn)，c、d為豎直直徑上的兩個(gè)點(diǎn)，它們與圓心的距離均相等。則（）A．a(chǎn)、b兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)相等 B．a(chǎn)、b兩點(diǎn)的電勢(shì)相等 C．c、d兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)相等 D．c、d兩點(diǎn)的電勢(shì)相等【分析】根據(jù)微元法，將帶電圓環(huán)看成若干個(gè)點(diǎn)電荷，依據(jù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度方向與大小，結(jié)合矢量的疊加法則，即可判定場(chǎng)強(qiáng)大小關(guān)系，再根據(jù)沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，及電場(chǎng)線方向與等勢(shì)面垂直，即可一一判定?！窘獯稹拷猓篈B、將帶電圓環(huán)看成若干個(gè)點(diǎn)電荷，取關(guān)于水平直徑對(duì)稱的兩個(gè)點(diǎn)電荷，依據(jù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度大小與方向，結(jié)合矢量的合成法則，如下圖所示，那么此兩個(gè)點(diǎn)電荷在a、b兩點(diǎn)產(chǎn)生電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，同理，任意兩個(gè)關(guān)于水平直徑對(duì)稱的兩個(gè)點(diǎn)電荷在a、b兩點(diǎn)產(chǎn)生的合電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向都相同，那么帶異種電荷的上、下半圓在a、b兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)相等，方向相同，再依據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直，可知，ab連線即為等勢(shì)線，因此a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)也相等，故AB正確；CD、將帶電圓環(huán)看成若干個(gè)點(diǎn)電荷，取上半圓關(guān)于豎直直徑對(duì)稱的兩個(gè)點(diǎn)電荷，依據(jù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度大小與方向，結(jié)合矢量的合成法則，如上圖所示，那么此兩個(gè)點(diǎn)電荷在c點(diǎn)產(chǎn)生電場(chǎng)強(qiáng)度的方向豎直向下，同理，取下半圓關(guān)于豎直直徑對(duì)稱的兩個(gè)點(diǎn)電荷，依據(jù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度大小與方向，結(jié)合矢量的合成法則，如上圖所示，那么此兩個(gè)點(diǎn)電荷在d點(diǎn)產(chǎn)生電場(chǎng)強(qiáng)度的方向也豎直向下，由于c、d兩點(diǎn)關(guān)于水平直徑對(duì)稱，那么c、d兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)相等，因此任意兩個(gè)關(guān)于豎直直徑對(duì)稱的兩個(gè)點(diǎn)電荷在c、d兩點(diǎn)產(chǎn)生的合電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向都相同，那么帶異種電荷的上、下半圓在c、d兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)相等，方向相同，再依據(jù)沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，可知，c點(diǎn)的電勢(shì)高于d，故C正確，D錯(cuò)誤；故選：ABC?！军c(diǎn)評(píng)】考查點(diǎn)電荷電場(chǎng)的應(yīng)用，掌握點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度大小與方向的確定，理解矢量的合成法則，及微元法的思維，注意作出正確的矢量是解題的關(guān)鍵。8．（6分）水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運(yùn)動(dòng)員面對(duì)擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運(yùn)動(dòng)員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運(yùn)動(dòng)員時(shí)，運(yùn)動(dòng)員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞?？偣步?jīng)過8次這樣推物塊后，運(yùn)動(dòng)員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運(yùn)動(dòng)員。不計(jì)冰面的摩擦力，該運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量可能為（）A．48kg B．53kg C．58kg D．63kg【分析】根據(jù)動(dòng)量守恒定律得到第n次推出物塊后運(yùn)動(dòng)員的速度表達(dá)式，根據(jù)第7次推出后還能再推，第8次推出后不能再推求出運(yùn)動(dòng)員質(zhì)量范圍即可?！窘獯稹拷猓涸O(shè)該運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為M，物塊的質(zhì)量為m＝4.0kg，推物塊的速度大小為v＝5.0m/s，取人運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律可得：第一次推物塊的過程中：0＝Mv1﹣mv第二次推物塊的過程中：Mv1+mv＝Mv2﹣mv第三次推物塊的過程中：Mv2+mv＝Mv3﹣mv…第n次推物塊的過程中：Mvn﹣1+mv＝Mvn﹣mv以上各式相加可得：Mvn＝（2n﹣1）mv當(dāng)n＝7時(shí)，v7＜v，解得M＞52kg當(dāng)n＝8時(shí)，v8≥v，解得M≤60kg，故52kg＜M≤60kg，故AD錯(cuò)誤、BC正確。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查動(dòng)量守恒定律，解答本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法得到第n次的速度表達(dá)式，再根據(jù)實(shí)際情況進(jìn)行分析。二、非選擇題：共62分。第9～12題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第13～16題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共47分。9．（5分）一細(xì)繩跨過懸掛的定滑輪，兩端分別系有小球A和B，如圖所示。一實(shí)驗(yàn)小組用此裝置測(cè)量小球B運(yùn)動(dòng)的加速度。令兩小球靜止，細(xì)繩拉緊，然后釋放小球，測(cè)得小球B釋放時(shí)的高度h0＝0.590m，下降一段距離后的高度h＝0.100m；由h0下降至h所用的時(shí)間T＝0.730s。由此求得小球B加速度的大小為a＝1.84m/s2（保留3位有效數(shù)字）。從實(shí)驗(yàn)室提供的數(shù)據(jù)得知，小球A、B的質(zhì)量分別為100.0g和150.0g，當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮間＝9.80m/s2．根據(jù)牛頓第二定律計(jì)算可得小球B加速度的大小為a′＝1.96m/s2（保留3位有效數(shù)字）?？梢钥闯?，a′與a有明顯差異，除實(shí)驗(yàn)中的偶然誤差外，寫出一條可能產(chǎn)生這一結(jié)果的原因：滑輪的軸不光滑或滑輪有質(zhì)量?！痉治觥扛鶕?jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以得到球B下降的加速度大??；根據(jù)牛頓第二定律可以得到小球下落的加速度大??；因?yàn)樵趯?shí)際的操作中滑輪與軸之間不是光滑的，以及滑輪的質(zhì)量也不可忽略，所以造成實(shí)際的加速度大小與理論計(jì)算的加速度大小不一致?！窘獯稹拷猓盒∏駼做的是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有：得：m/s2把A、B球看成一個(gè)整體，由牛頓第二定律可得：（mB﹣mA）g＝（mA+mB）a則有：本來a和a'大小應(yīng)該相等，但是因?yàn)榛喌馁|(zhì)量以及滑輪與軸之間的摩擦都不可忽略，所以a和a'具有明顯的差異。故答案為：1.84；1.96；滑輪的軸不光滑或滑輪有質(zhì)量?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)球B的運(yùn)動(dòng)情況分析是解題的關(guān)鍵，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以得到小球B實(shí)際下落的加速度大小。根據(jù)牛頓第二定律計(jì)算的時(shí)候，注意細(xì)繩上的拉力不等于小球A或小球B的重力。10．（10分）某同學(xué)要研究一小燈泡L（3.6V，0.30A）的伏安特性。所用器材有：電流表A1（量程200mA，內(nèi)阻Rg1＝10.0Ω）、電流表A2（量程500mA，內(nèi)阻Rg2＝1.0Ω）、定值電阻R0（阻值R0＝10.0Ω）、滑動(dòng)變阻器R1（最大阻值10Ω）、電源E（電動(dòng)勢(shì)4.5V，內(nèi)阻很?。?、開關(guān)S和若干導(dǎo)線。該同學(xué)設(shè)計(jì)的電路如圖（a）所示。（1）根據(jù)圖（a），在圖（b）的實(shí)物圖中畫出連線。（2）若I1、I2分別為流過電流表A1和A2的電流，利用I1、I2、Rg1和R0寫出：小燈泡兩端的電壓U＝I1（Rg1+R0），流過小燈泡的電流I＝I2﹣I1。為保證小燈泡的安全，I1不能超過180mA。（3）實(shí)驗(yàn)時(shí)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，使開關(guān)閉合后兩電流表的示數(shù)為零。逐次改變滑動(dòng)變阻器滑片的位置并讀取相應(yīng)的I1、I2．所得實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在表中給出。I1/mA325585125144173I2/mA171229299379424470根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可算得，當(dāng)I1＝173mA時(shí)，燈絲電阻R＝11.6Ω（保留1位小數(shù)）。（4）如果用另一個(gè)電阻替代定值電阻R0，其他不變，為了能夠測(cè)量完整的伏安特性曲線，所用電阻的阻值不能小于8.0Ω（保留1位小數(shù)）?！痉治觥浚?）根據(jù)電路圖按照要求連接實(shí)物圖；（2）根據(jù)歐姆定律和并聯(lián)電路特點(diǎn)求解即可；（3）結(jié)合題意根據(jù)歐姆定律可知此時(shí)小燈泡的電阻；（4）結(jié)合燈泡的額定電壓和電流表A1的量程200mA，根據(jù)歐姆定律解得所用電阻的阻值不能小于8.0Ω?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)電路圖連接實(shí)物圖如圖所示：（2）根據(jù)電路圖可知燈泡兩端的電壓為電流表A1和R0的總電壓，故根據(jù)歐姆定律有：U＝I1（Rg1+R0）根據(jù)并聯(lián)電路特點(diǎn)可知流過小燈泡的電流為：I＝I2﹣I1因?yàn)樾襞莸念~定電壓為3.6V，故根據(jù)題目中已知數(shù)據(jù)解得：I1＝＝0.18A＝180mA，故I1不能超過180mA；（3）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知當(dāng)I1＝173mA時(shí)，I2＝470mA；根據(jù)前面的分析代入數(shù)據(jù)可知此時(shí)燈泡兩端的電壓為U＝3.46V；流過小燈泡的電流為I＝297mA＝0.297A；故根據(jù)歐姆定律可知此時(shí)小燈泡的電阻為：＝＝11.6Ω（4）要測(cè)量完整的伏安特性曲線則燈泡兩端的電壓至少要達(dá)到3.6V，而電流表A1不能超過其量程200mA，根據(jù)歐姆定律有：U＝Ig1′（Rg1+R0），代入數(shù)據(jù)有：3.6V＝0.2A×（10+R0）Ω，解得：R0＝8.0Ω，即要完整的測(cè)量小燈泡伏安特性曲線所用電阻的阻值不能小于8.0Ω。故答案為：（1）如上圖所示；（2）I1（Rg1+R0），I2﹣I1，180；（3）11.6；（4）8.0【點(diǎn)評(píng)】本題考查了實(shí)物圖的連接和歐姆定律以及并聯(lián)電路特點(diǎn)的應(yīng)用，解決此題的關(guān)鍵是對(duì)本實(shí)驗(yàn)的原理要做到清楚明白，同時(shí)對(duì)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的處理能力對(duì)學(xué)生要求較高。11．（12分）如圖，在0≤x≤h，﹣∞＜y＜+∞區(qū)域中存在方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小可調(diào)，方向不變。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子以速度v0從磁場(chǎng)區(qū)域左側(cè)沿x軸進(jìn)入磁場(chǎng)，不計(jì)重力。（1）若粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后穿過y軸正半軸離開磁場(chǎng)，分析說明磁場(chǎng)的方向，并求在這種情況下磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值Bm；（2）如果磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，粒子將通過虛線所示邊界上的一點(diǎn)離開磁場(chǎng)。求粒子在該點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向與x軸正方向的夾角及該點(diǎn)到x軸的距離?！痉治觥浚?）判斷粒子受到的洛倫茲力的方向，根據(jù)左手定則分析磁場(chǎng)的方向，由題意求解粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)半徑最大值，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解若粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后穿過y軸正半軸離開磁場(chǎng)時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值；（2）根據(jù)半徑公式分析磁感應(yīng)強(qiáng)度減半后粒子的半徑大小，作出運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何知識(shí)求解粒子離開磁場(chǎng)時(shí)與x軸正方向的夾角及和虛線的交點(diǎn)到x軸的距離?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)題意可知，粒子剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到豎直向上的洛倫茲力，因此根據(jù)左手定則可知，磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向里；設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，根據(jù)洛倫茲力公式和圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有：由此可得：粒子穿過y軸正半軸離開磁場(chǎng)，其在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在y軸的正半軸上，半徑應(yīng)滿足R≤h，由題意，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為Bm時(shí)，粒子的運(yùn)動(dòng)半徑最大，由此可得：Bm＝；（2）若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心仍然在y軸的正半軸上，且此時(shí)的圓弧半徑為：R′＝2h，粒子會(huì)穿過圖中P點(diǎn)離開磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：，設(shè)粒子在P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向與x軸的夾角為α，根據(jù)幾何知識(shí)有：則有：＝30°根據(jù)幾何關(guān)系可得，P點(diǎn)與x軸的距離為：y＝2h（1﹣cosα）＝（2﹣）h答：（1）若粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后穿過y軸正半軸離開磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向里，在這種情況下磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值為；（2）如果磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，粒子將通過虛線所示邊界上的一點(diǎn)離開磁場(chǎng)。粒子在該點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向與x軸正方向的夾角為30°，該點(diǎn)到x軸的距離為（2﹣）h?！军c(diǎn)評(píng)】解決該題需要掌握左手定則判斷磁場(chǎng)的方向，能根據(jù)題意找到粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界半徑，正確作出光路圖，能根據(jù)幾何知識(shí)求解相關(guān)的角度。12．（20分）如圖，一豎直圓管質(zhì)量為M，下端距水平地面的高度為H，頂端塞有一質(zhì)量為m的小球。圓管由靜止自由下落，與地面發(fā)生多次彈性碰撞，且每次碰撞時(shí)間均極短；在運(yùn)動(dòng)過程中，管始終保持豎直。已知M＝4m，球和管之間的滑動(dòng)摩擦力大小為4mg，g為重力加速度的大小，不計(jì)空氣阻力。（1）求管第一次與地面碰撞后的瞬間，管和球各自的加速度大??；（2）管第一次落地彈起后，在上升過程中球沒有從管中滑出，求管上升的最大高度；（3）管第二次落地彈起的上升過程中，球仍沒有從管中滑出，求圓管長度應(yīng)滿足的條件?！痉治觥浚?）分析管第一次與地面碰撞后的瞬間，管和球的受力情況，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律列方程求解加速度大??；（2）由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得碰地前瞬間它們的速度大??；再求出管與小球的速度剛好相同時(shí)經(jīng)過的位移h1，速度相同后管與小球?qū)⒁约铀俣萭減速上升h2到達(dá)最高點(diǎn)，根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)求解上升的高度即可；（3）由動(dòng)能定理求解第一次彈起過程中球相對(duì)管的位移x1，同理求解管與球從再次下落到第二次彈起至最高點(diǎn)的過程中球與管的相對(duì)位移x2，球不會(huì)滑出管外的條件是x1+x2≤L，聯(lián)立求解即可?！窘獯稹拷猓海?）管第一次落地彈起的瞬間，小球仍然向下運(yùn)動(dòng)，設(shè)此時(shí)管的加速度大小為a1，方向向下；球的加速度大小為a2，方向向上；球與管之間的摩擦力大小為f，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律有：Ma1＝Mg+fma2＝f﹣mg聯(lián)立并代入題給數(shù)據(jù)，得：a1＝2ga2＝3g；（2）管第一次碰地前與球的速度大小相同，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得，碰地前瞬間它們的速度大小均為：v0＝，方向均向下管彈起的瞬間，管的速度反向，球的速度方向依然向下設(shè)自彈起時(shí)經(jīng)過時(shí)間t1，管與小球的速度剛好相同，取向上為正方向，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：v0﹣a1t1＝﹣v0+a2t1解得：t1＝設(shè)此時(shí)管的下端離地高度為h1，速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得h1＝v0t1﹣v＝v0﹣a1t1由此可知此時(shí)v＞0，此后，管與小球?qū)⒁约铀俣萭減速上升h2，到達(dá)最高點(diǎn)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：h2＝管第一次落地彈起后上升的最大高度H1＝h1+h2＝；（3）設(shè)第一次彈起過程中球相對(duì)管的位移為x1，在管開始下落到上升H1這一過程中，由動(dòng)能定理有：Mg（H﹣H1）+mg（H﹣H1+x1）﹣4mgx1＝0解得：x1＝同理可推得，管與球從再次下落到第二次彈起至最高點(diǎn)的過程中，球與管的相對(duì)位移x2為：x2＝設(shè)圓管長度為L．管第二次落地彈起后的上升過程中，球不會(huì)滑出管外的條件是x1+x2≤L聯(lián)立解得L應(yīng)滿足條件為：L≥。答：（1）管第一次與地面碰撞后的瞬間，管和球各自的加速度大小分別為2g、3g；（2）管第一次落地彈起后，在上升過程中球沒有從管中滑出，管上升的最大高度為；（3）管第二次落地彈起的上升過程中，球仍沒有從管中滑出，圓管長度應(yīng)滿足L≥?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查牛頓第二定律的綜合應(yīng)用和動(dòng)能定理的結(jié)合，關(guān)鍵是弄清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程和受力情況，利用牛頓第二定律求解加速度，再根據(jù)題目要求結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、動(dòng)能定理進(jìn)行解答；知道加速度是聯(lián)系靜力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)的橋梁。（二）選考題：共15分。請(qǐng)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(jì)分。[物理--選修3-3]（15分）13．（5分）下列關(guān)于能量轉(zhuǎn)換過程的敘述，違背熱力學(xué)第一定律的有B，不違背熱力學(xué)第一定律、但違背熱力學(xué)第二定律的有C。（填正確答案標(biāo)號(hào)）A．汽車通過燃燒汽油獲得動(dòng)力并向空氣中散熱B．冷水倒入保溫杯后，冷水和杯子的溫度都變得更低C．某新型熱機(jī)工作時(shí)將從高溫?zé)嵩次盏臒崃咳哭D(zhuǎn)化為功，而不產(chǎn)生其他影響D．冰箱的制冷機(jī)工作時(shí)從箱內(nèi)低溫環(huán)境中提取熱量散發(fā)到溫度較高的室內(nèi)【分析】根據(jù)熱力學(xué)第一定律△U＝W+Q分析是否違背熱力學(xué)第一定律，根據(jù)熱力學(xué)第二定律的內(nèi)容分析是否違背熱力學(xué)第二定律。【解答】解：A、汽車通過燃燒汽油獲得動(dòng)力并向空氣中散熱的過程不違背熱力學(xué)第一定律，也不違背熱力學(xué)第二定律；B、冷水倒入保溫杯后，冷水和杯子的溫度都變得更低需要對(duì)外發(fā)出熱量或?qū)ν庾龉?，而保溫杯隔斷了熱傳遞過程，水也沒有對(duì)外做功，所以該過程違背熱力學(xué)第一定律；C、某新型熱機(jī)工作時(shí)將從高溫?zé)嵩次盏臒崃咳哭D(zhuǎn)化為功，而不產(chǎn)生其他影響，該過程不違背熱力學(xué)第一定律、但違背熱力學(xué)第二定律；D、冰箱的制冷機(jī)工作時(shí)從箱內(nèi)低溫環(huán)境中提取熱量散發(fā)到溫度較高的室內(nèi)，但要消耗電能，引起了其它變化，該過程不違背熱力學(xué)第一定律、也不違背熱力學(xué)第二定律。故答案為：B；C?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查熱力學(xué)第一定律和熱力學(xué)第二定律，掌握熱力學(xué)定律的基本內(nèi)容是解答本題的關(guān)鍵。14．（10分）潛水鐘是一種水下救生設(shè)備，它是一個(gè)底部開口、上部封閉的容器，外形與鐘相似。潛水鐘在水下時(shí)其內(nèi)部上方空間里存有空氣，以滿足潛水員水下避險(xiǎn)的需要。為計(jì)算方便，將潛水鐘簡(jiǎn)化為截面積為S、高度為h、開口向下的圓筒；工作母船將潛水鐘由水面上方開口向下吊放至深度為H的水下，如圖所示。已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g，大氣壓強(qiáng)為p0，H＞＞h，忽略溫度的變化和水密度隨深度的變化。（i）求進(jìn)入圓筒內(nèi)水的高度l；（ii）保持H不變，壓入空氣使筒內(nèi)的水全部排出，求壓入的空氣在其壓強(qiáng)為p0時(shí)的體積?！痉治觥浚╥）由玻意耳定律和液體壓強(qiáng)公式求進(jìn)入圓筒內(nèi)水的高度l；（ii）保持H不變，壓入空氣使筒內(nèi)的水全部排出，由玻意耳定律求得壓入的空氣在其壓強(qiáng)為p0時(shí)的體積?！窘獯稹拷猓海╥）設(shè)潛水鐘在水面上方時(shí)和放入水下后筒內(nèi)氣體的體積分別為V0和V1，放入水下后筒內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為p1，由玻意耳定律和題給條件有：p1V1＝p0V0V0＝hSV1＝（h﹣l）Sp1＝p0+ρg（H﹣l）聯(lián)立以上各式并考慮到H＞＞h＞l，解得：l＝（ⅱ）設(shè)水全部排出后筒內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為p2；此時(shí)筒內(nèi)氣體的體積為V0，這些氣體在其壓強(qiáng)為p0時(shí)的體積為V3，由玻意耳定律有：p2V0＝p0V3其中p2＝p0+ρgH設(shè)需壓入筒內(nèi)的氣體體積為V，依題意：V＝V3﹣V0聯(lián)立解得：V＝答：（i）進(jìn)入圓筒內(nèi)水的高度l為；（ii）保持H不變，壓入空氣使筒內(nèi)的水全部排出，求壓入的空氣在其壓強(qiáng)為p0時(shí)的體積為?！军c(diǎn)評(píng)】本題以潛水鐘是一種水下救生設(shè)備為背景考查了玻意耳定律在實(shí)際問題中的應(yīng)用，解決此題的關(guān)鍵是結(jié)合題意找好初末