2020年高考物理試卷（新課標(biāo)Ⅲ）（解析卷）

第頁(yè)|共頁(yè)2020年全國(guó)統(tǒng)一高考物理試卷（新課標(biāo)Ⅲ）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）如圖，水平放置的圓柱形光滑玻璃棒左邊繞有一線圈，右邊套有一金屬圓環(huán)。圓環(huán)初始時(shí)靜止。將圖中開(kāi)關(guān)S由斷開(kāi)狀態(tài)撥至連接狀態(tài)，電路接通的瞬間，可觀察到（）A．撥至M端或N端，圓環(huán)都向左運(yùn)動(dòng) B．撥至M端或N端，圓環(huán)都向右運(yùn)動(dòng) C．撥至M端時(shí)圓環(huán)向左運(yùn)動(dòng)，撥至N端時(shí)向右運(yùn)動(dòng) D．撥至M端時(shí)圓環(huán)向右運(yùn)動(dòng)，撥至N端時(shí)向左運(yùn)動(dòng)【分析】當(dāng)開(kāi)關(guān)S由斷開(kāi)狀態(tài)撥至連接狀態(tài)，依據(jù)右手螺旋定則，可判定通電螺線管的磁場(chǎng)，從而導(dǎo)致金屬圓環(huán)的磁通量發(fā)生變化，進(jìn)而由楞次定律可得線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，則處于磁鐵的磁場(chǎng)受到安培力，使圓環(huán)運(yùn)動(dòng)?！窘獯稹拷猓寒?dāng)開(kāi)關(guān)S由斷開(kāi)狀態(tài)撥至連接狀態(tài)時(shí)，不論撥至M端或N端，均會(huì)導(dǎo)致通電螺線管的電流增大，根據(jù)右手螺旋定則可知，穿過(guò)通電螺線管的磁場(chǎng)在增強(qiáng)，那么導(dǎo)致圓環(huán)的磁通量變大，從而由楞次定律可知圓環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電流，且又處于磁場(chǎng)中，則受到的安培力作用，使它遠(yuǎn)離通電螺線管，即向右移動(dòng)，故B正確，ACD錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象，掌握右手螺旋定則與楞次定律的內(nèi)容，并理解從楞次定律相對(duì)運(yùn)動(dòng)角度可得：增則斥，減則吸，注意本題中開(kāi)關(guān)撥至M端或N端，對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果均沒(méi)有影響。2．（6分）甲、乙兩個(gè)物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運(yùn)動(dòng)，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時(shí)間的變化如圖中實(shí)線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg，則碰撞過(guò)程兩物塊損失的機(jī)械能為（）A．3J B．4J C．5J D．6J【分析】甲、乙物塊在碰撞的過(guò)程中動(dòng)量守恒，以此求解出乙的質(zhì)量，碰撞過(guò)程兩物塊損失的機(jī)械能等于碰撞前甲、乙的總動(dòng)能減去碰撞后甲、乙的總動(dòng)能?！窘獯稹拷猓毫钜业馁|(zhì)量為M，碰撞前甲、乙的速度大小分別為v1和v2，碰撞后甲、乙的速度大小分別為v3和v4，碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，則mv1+Mv2＝mv3+Mv4，即1×5.0+M×1.0＝1×（﹣1.0）+M×2.0，解得M＝6kg，則碰撞過(guò)程兩物塊損失的機(jī)械能△E＝＝3J，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】解決該題需要明確知道甲乙在碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，知道動(dòng)量是矢量，在計(jì)算時(shí)必須遵循矢量的運(yùn)算規(guī)則。3．（6分）“嫦娥四號(hào)”探測(cè)器于2019年1月在月球背面成功著陸，著陸前曾繞月球飛行，某段時(shí)間可認(rèn)為繞月做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓周半徑為月球半徑的K倍。已知地球半徑R是月球半徑的P倍，地球質(zhì)量是月球質(zhì)量的Q倍，地球表面重力加速度大小為g。則“嫦娥四號(hào)”繞月球做圓周運(yùn)動(dòng)的速率為（）A． B． C． D．【分析】“嫦娥四號(hào)”繞月球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力提供向心力，在地球表面上的物體的重力等于萬(wàn)有引力，以此分析求出其速率的表達(dá)式?！窘獯稹拷猓毫钤虑虻陌霃綖镽1，月球的質(zhì)量為M1，地球的質(zhì)量為M，嫦娥四號(hào)的質(zhì)量為m，則嫦娥四號(hào)”繞月球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為KR1，根據(jù)牛頓第二定律有：所以＝＝根據(jù)黃金代換式有：GM＝gR2，所以嫦娥四號(hào)”繞月球做圓周運(yùn)動(dòng)的速率為：v＝，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】解決該題需要明確知道“嫦娥四號(hào)”繞月球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由萬(wàn)有引力提供，掌握黃金代換式的表達(dá)式。4．（6分）如圖，懸掛甲物體的細(xì)線拴牢在一不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩上O點(diǎn)處；繩的一端固定在墻上，另一端通過(guò)光滑定滑輪與物體乙相連。甲、乙兩物體質(zhì)量相等。系統(tǒng)平衡時(shí)，O點(diǎn)兩側(cè)繩與豎直方向的夾角分別為α和β．若α＝70°，則β等于（）A．45° B．55° C．60° D．70°【分析】對(duì)O點(diǎn)進(jìn)行受力分析，依據(jù)平衡條件，結(jié)合力的平行四邊形定則，及三角函數(shù)，列式即可求解。【解答】解：由于甲、乙兩物體質(zhì)量相等，則設(shè)它們的質(zhì)量為m，對(duì)O點(diǎn)進(jìn)行受力分析，下面繩子的拉力mg，右邊繩子的拉力mg，左邊繩子的拉力F，如下圖所示：因處于靜止?fàn)顟B(tài)，依據(jù)力的平行四邊形定則，則有：豎直方向：mgcos70°+Fcosβ＝mg水平方向：mgsin70°＝Fsinβ因α＝70°，聯(lián)立上式，解得：β＝55°，故B正確，ACD錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】考查受力平衡的應(yīng)用，掌握力的平行四邊形定則的內(nèi)容，注意三角函數(shù)的正確列式，本題由于夾角是不特殊值，直接計(jì)算增加題目的難度，可通過(guò)特殊值代入法，即可求解。5．（6分）真空中有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)邊界為兩個(gè)半徑分別為a和3a的同軸圓柱面，磁場(chǎng)的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖所示。一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進(jìn)入磁場(chǎng)。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略重力。為使該電子的運(yùn)動(dòng)被限制在圖中實(shí)線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度最小為（）A． B． C． D．【分析】作出運(yùn)動(dòng)軌跡，找到電子在實(shí)線圓圍成的區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的最大半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值。【解答】解：當(dāng)電子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡和外圓相切時(shí)，電子在圖中實(shí)線圓圍成的區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的半徑最大，電子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，令電子的半徑為r，根據(jù)幾何知識(shí)有r2+a2＝（3a﹣r）2，所以電子的最大半徑為r＝，因?yàn)椋訠＝，則磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值為B＝，故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】解決該題需要明確知道電子在實(shí)線圓圍成的區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的臨界情況，能正確作出運(yùn)動(dòng)軌跡，能根據(jù)幾何知識(shí)求解圓周運(yùn)動(dòng)的半徑。6．（6分）1934年，約里奧﹣居里夫婦用α粒子轟擊鋁箔，首次產(chǎn)生了人工放射性同位素X，反應(yīng)方程為He+Al→X+n．X會(huì)衰變成原子核Y，衰變方程為X→Y+e．則（）A．X的質(zhì)量數(shù)與Y的質(zhì)量數(shù)相等 B．X的電荷數(shù)比Y的電荷數(shù)少1 C．X的電荷數(shù)比Al的電荷數(shù)多2 D．X的質(zhì)量數(shù)與Al的質(zhì)量數(shù)相等【分析】根據(jù)核反應(yīng)方程中質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒，即可求出X和Y的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)。【解答】解：設(shè)X的質(zhì)量數(shù)為M，電荷數(shù)為A，根據(jù)核反應(yīng)中質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知：4+27＝1+M；2+13＝0+A解得：M＝30，A＝15；設(shè)Y的質(zhì)量數(shù)為M′，電荷數(shù)為A′，根據(jù)核反應(yīng)中質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知：30＝M′+0；15＝A′+1解得：M′＝30，A′＝14；A、X的質(zhì)量數(shù)與Y的質(zhì)量數(shù)相等，都是30，故A正確；B、X的電荷數(shù)比Y的電荷數(shù)多1，故B錯(cuò)誤；C、X的電荷數(shù)為15，比鋁的電荷數(shù)多2，故C正確；D、X的質(zhì)量數(shù)為30，和鋁的質(zhì)量數(shù)不相等，故D錯(cuò)誤。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查核反應(yīng)方程的配平，要明確質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒的應(yīng)用。7．（6分）在圖（a）所示的交流電路中，電源電壓的有效值為220V，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為10：1，R1、R2、R3均為固定電阻，R2＝10Ω，R3＝20Ω，各電表均為理想電表。已知電阻R2中電流i2隨時(shí)間t變化的正弦曲線如圖（b）所示。下列說(shuō)法正確的是（）A．所用交流電的頻率為50Hz B．電壓表的示數(shù)為100V C．電流表的示數(shù)為1.0A D．變壓器傳輸?shù)碾姽β蕿?5.0W【分析】根據(jù)周期確定頻率。分析副線圈電路，得到流過(guò)電阻R3的電流，根據(jù)變流比確定原線圈輸入電流。根據(jù)能量守恒，得到電壓表示數(shù)和變壓器傳輸電功率?！窘獯稹拷猓篈、分析圖（b）可知，交流電的周期為0.02s，則頻率為50Hz，故A正確；BC、分析副線圈電路，兩電阻并聯(lián)，電流之比等于電阻的反比，通過(guò)電阻R2的電流有效值為A＝1A，則通過(guò)電阻R3的電流為0.5A，電流表示數(shù)為0.5A，副線圈輸出電流：I2＝1.5A，根據(jù)變流比可知，原線圈輸入電流：＝0.15A，變壓器的輸出功率：＝10W+5W＝15W，則輸入功率：P1＝15W，分析原線圈電路，根據(jù)能量守恒可知，總功率：UI1＝，解得電阻R1＝800Ω，則電壓表示數(shù)：＝I1R1＝120V，故BC錯(cuò)誤；D、根據(jù)上述分析可知，變壓器傳輸?shù)碾姽β蕿?5W，故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】此題考查了變壓器的構(gòu)造和原理，明確變壓比、變流比是解題的關(guān)鍵，對(duì)于原線圈串聯(lián)電阻的電路，需要從電流入手分析。8．（6分）如圖，∠M是銳角三角形PMN最大的內(nèi)角，電荷量為q（q＞0）的點(diǎn)電荷固定在P點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）A．沿MN邊，從M點(diǎn)到N點(diǎn)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小逐漸增大 B．沿MN邊，從M點(diǎn)到N點(diǎn)，電勢(shì)先增大后減小 C．正電荷在M點(diǎn)的電勢(shì)能比其在N點(diǎn)的電勢(shì)能大 D．將正電荷從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，電場(chǎng)力所做的總功為負(fù)【分析】電場(chǎng)強(qiáng)度用公式分析；沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低；電勢(shì)能用公式Ep＝qφ分析；電場(chǎng)力做功根據(jù)電勢(shì)能變化分析。【解答】解：A、點(diǎn)電荷的電場(chǎng)以點(diǎn)電荷為中心，向四周呈放射狀，如圖所示：∠M是最大內(nèi)角，所以PN＞PM，因?yàn)椤鱌MN是銳角三角形，過(guò)P點(diǎn)作MN上的高線為P到線段MN的最短距離，所以點(diǎn)P到線段MN上的點(diǎn)的距離先減小后變大，即r先減小后變大，根據(jù)點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式，可知從M點(diǎn)到N點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度先增大后減小，故A錯(cuò)誤；B、電場(chǎng)線與等勢(shì)面（圖中虛線）處處垂直，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，所以從M→N電勢(shì)先增大后減小，故B正確；C、兩點(diǎn)的電勢(shì)大小關(guān)系為φM＞φN，根據(jù)電勢(shì)能的公式Ep＝qφ可知正電荷在M點(diǎn)的電勢(shì)能大于在N點(diǎn)的電勢(shì)能，故C正確；D、正電荷從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，電勢(shì)能減小，電場(chǎng)力所做的總功為正功，故D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查的是電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)、電勢(shì)能大小比較，平時(shí)要熟記相關(guān)公式以及電勢(shì)能與電場(chǎng)力做功之間的關(guān)系。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．（6分）某同學(xué)利用圖（a）所示裝置驗(yàn)證動(dòng)能定理。調(diào)整木板的傾角平衡摩擦阻力后，掛上鉤碼，鉤碼下落，帶動(dòng)小車運(yùn)動(dòng)并打出紙帶。某次實(shí)驗(yàn)得到的紙帶及相關(guān)數(shù)據(jù)如圖（b）所示。已知打出圖（b）中相鄰兩點(diǎn)的時(shí)間間隔為0.02s，從圖（b）給出的數(shù)據(jù)中可以得到，打出B點(diǎn)時(shí)小車的速度大小vB＝0.36m/s，打出P點(diǎn)時(shí)小車的速度大小vP＝1.80m/s。（結(jié)果均保留2位小數(shù)）若要驗(yàn)證動(dòng)能定理，除了需測(cè)量鉤碼的質(zhì)量和小車的質(zhì)量外，還需要從圖（b）給出的數(shù)據(jù)中求得的物理量為B、P之間的距離?！痉治觥扛鶕?jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度可以計(jì)算出兩點(diǎn)的速度大小?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于這段時(shí)間內(nèi)的平均速度可得B點(diǎn)和P點(diǎn)的速度分別為若要驗(yàn)證動(dòng)能定理需要求出小車運(yùn)動(dòng)過(guò)程中拉力對(duì)小車做的功，必須要知道在拉力作用下小車通過(guò)B點(diǎn)和P點(diǎn)的距離。故答案為：0.36，1.80，B、P之間的距離?！军c(diǎn)評(píng)】實(shí)驗(yàn)問(wèn)題中數(shù)據(jù)的處理中要注意兩點(diǎn)，一個(gè)是單位問(wèn)題，另一個(gè)是有效數(shù)字的問(wèn)題。10．（9分）已知一熱敏電阻當(dāng)溫度從10℃升至60℃時(shí)阻值從幾千歐姆降至幾百歐姆，某同學(xué)利用伏安法測(cè)量其阻值隨溫度的變化關(guān)系。所用器材：電源E、開(kāi)關(guān)S、滑動(dòng)變阻器R（最大阻值為20Ω）、電壓表（可視為理想電表）和毫安表（內(nèi)阻約為100Ω）。（1）在所給的器材符號(hào)之間畫出連線，組成測(cè)量電路圖。（2）實(shí)驗(yàn)時(shí)，將熱敏電阻置于溫度控制室中，記錄不同溫度下電壓表和毫安表的示數(shù)，計(jì)算出相應(yīng)的熱敏電阻阻值。若某次測(cè)量中電壓表和毫安表的示數(shù)分別為5.5V和3.0mA，則此時(shí)熱敏電阻的阻值為1.8kΩ（保留2位有效數(shù)字）。實(shí)驗(yàn)中得到的該熱敏電阻阻值R隨溫度t變化的曲線如圖（a）所示。（3）將熱敏電阻從溫控室取出置于室溫下，測(cè)得達(dá)到熱平衡后熱敏電阻的阻值為2.2kΩ．由圖（a）求得，此時(shí)室溫為25.5℃（保留3位有效數(shù)字）。（4）利用實(shí)驗(yàn)中的熱敏電阻可以制作溫控報(bào)警器，其電路的一部分如圖（b）所示。圖中，E為直流電源（電動(dòng)勢(shì)為10V，內(nèi)阻可忽略）；當(dāng)圖中的輸出電壓達(dá)到或超過(guò)6.0V時(shí)，便觸發(fā)報(bào)警器（圖中未畫出）報(bào)警。若要求開(kāi)始報(bào)警時(shí)環(huán)境溫度為50℃，則圖中R1（填“R1”或“R2”）應(yīng)使用熱敏電阻，另一固定電阻的阻值應(yīng)為1.2kΩ（保留2位有效數(shù)字）?！痉治觥浚?）根據(jù)實(shí)驗(yàn)要求和實(shí)驗(yàn)原理分析應(yīng)采用分壓外接式電路；（2）根據(jù)歐姆定律求得此時(shí)熱敏電阻的阻值；（3）根據(jù)熱敏電阻阻值R隨溫度t變化的曲線得出熱敏電阻的阻值為2.2kΩ，對(duì)應(yīng)的溫度；（4）根據(jù)歐姆定律和串聯(lián)電路特點(diǎn)進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析即可?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)實(shí)驗(yàn)要求，同學(xué)利用伏安法測(cè)量其阻值隨溫度的變化，所以測(cè)量范圍比較大，所以應(yīng)該采用滑動(dòng)變阻器的分壓式接法，同時(shí)熱敏電阻的阻值從幾千歐姆降至幾百歐姆，屬于大電阻，為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，應(yīng)該采用外接法電路，所以組成測(cè)量電路圖如圖所示：（2）若某次測(cè)量中電壓表和毫安表的示數(shù)分別為5.5V和3.0mA，根據(jù)歐姆定律得此時(shí)熱敏電阻的阻值為：R＝＝≈1.8×103Ω＝1.8kΩ；（3）根據(jù)熱敏電阻阻值R隨溫度t變化的曲線，可知當(dāng)達(dá)到熱平衡后熱敏電阻的阻值為2.2kΩ，對(duì)應(yīng)的溫度為25.5℃；（4）根據(jù)如圖（b）所示電路，假設(shè)R1是熱敏電阻，根據(jù)歐姆定律得輸出電壓為：由題意知R2為定值電阻，當(dāng)圖中的輸出電壓達(dá)到或超過(guò)6.0V時(shí)，說(shuō)明環(huán)境溫度高，便觸發(fā)報(bào)警器報(bào)警，那么熱敏電阻的阻值會(huì)減小，輸出電壓會(huì)變大，從而報(bào)警，所以圖中R1應(yīng)該用熱敏電阻；若要求開(kāi)始報(bào)警時(shí)環(huán)境溫度為50℃，通過(guò)熱敏電阻阻值R隨溫度t變化的曲線，可知：R1＝0.8kΩ，代入數(shù)據(jù)得：6.0V＝解得：R2＝1.2kΩ故答案為：（1）如上圖所示；（2）1.8；（3）25.5；（4）R1，1.2【點(diǎn)評(píng)】本題考查了實(shí)驗(yàn)電路的選擇、歐姆定律、電路的動(dòng)態(tài)分析等知識(shí)，此實(shí)驗(yàn)側(cè)重對(duì)電學(xué)基本實(shí)驗(yàn)原理和實(shí)驗(yàn)方法的考查，要求同學(xué)們對(duì)這部分內(nèi)容要做到足夠熟練，加強(qiáng)練習(xí)，注重歸納與總結(jié)。11．（12分）如圖，一邊長(zhǎng)為l0的正方形金屬框abcd固定在水平面內(nèi)，空間存在方向垂直于水平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一長(zhǎng)度大于l0的均勻?qū)w棒以速率v自左向右在金屬框上勻速滑過(guò)，滑動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)體棒始終與ac垂直且中點(diǎn)位于ac上，導(dǎo)體棒與金屬框接觸良好。已知導(dǎo)體棒單位長(zhǎng)度的電阻為r，金屬框電阻可忽略。將導(dǎo)體棒與a點(diǎn)之間的距離記為x，求導(dǎo)體棒所受安培力的大小隨x（0≤x≤l0）變化的關(guān)系式?！痉治觥扛鶕?jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由歐姆定律求解通過(guò)導(dǎo)體棒的電流，根據(jù)F＝BIl求解導(dǎo)體棒受到的安培力表達(dá)式。【解答】解：當(dāng)導(dǎo)體棒與金屬框接觸的兩點(diǎn)間棒長(zhǎng)度為l時(shí)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律知，導(dǎo)體棒上感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為E＝Blv，根據(jù)歐姆定律，流過(guò)導(dǎo)體棒的電流為I＝式中，R為這一段導(dǎo)體棒的電阻，根據(jù)題意有R＝rl此時(shí)導(dǎo)體棒受到的安培力大小為F＝BIL根據(jù)幾何關(guān)系有l(wèi)＝則有F＝BIl＝答：導(dǎo)體棒所受安培力的大小隨x（0≤x≤l0）變化的關(guān)系式為F＝?！军c(diǎn)評(píng)】解決該題需要明確知道感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)中以及安培力公式中的l指的是有效長(zhǎng)度，能根據(jù)幾何知識(shí)求解在不同的過(guò)程中有效長(zhǎng)度與位移的關(guān)系。12．（20分）如圖，相距L＝11.5m的兩平臺(tái)位于同一水平面內(nèi)，二者之間用傳送帶相接。傳送帶向右勻速運(yùn)動(dòng)，其速度的大小v可以由驅(qū)動(dòng)系統(tǒng)根據(jù)需要設(shè)定。質(zhì)量m＝10kg的載物箱（可視為質(zhì)點(diǎn)），以初速度v0＝5.0m/s自左側(cè)平臺(tái)滑上傳送帶。載物箱與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.10，重力加速度取g＝10m/s2。（1）若v＝4.0m/s，求載物箱通過(guò)傳送帶所需的時(shí)間；（2）求載物箱到達(dá)右側(cè)平臺(tái)時(shí)所能達(dá)到的最大速度和最小速度；（3）若v＝6.0m/s，載物箱滑上傳送帶△t＝s后，傳送帶速度突然變?yōu)榱?。求載物箱從左側(cè)平臺(tái)向右側(cè)平臺(tái)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，傳送帶對(duì)它的沖量?！痉治觥浚?）根據(jù)牛頓定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以得到載物箱的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；（2）當(dāng)載物箱一直加速時(shí)到達(dá)右側(cè)的速度最大，當(dāng)載物箱一直減速時(shí)到達(dá)右側(cè)的速度最小，根據(jù)動(dòng)能定理即可求得最大速度和最小速度；（3）因?yàn)閭魉蛶俣却笥谳d物箱的初速度，所以載物箱在傳送帶上是先做勻加速運(yùn)動(dòng)，然后做勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)傳送帶速度突然變?yōu)榱銜r(shí)，載物箱又開(kāi)始做勻減速運(yùn)動(dòng)，分別計(jì)算出載物箱的加速距離、勻速距離，進(jìn)而得到載物箱的減速距離，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以得到載物箱到達(dá)右側(cè)的速度，最后根據(jù)動(dòng)量定理即可得到傳送帶對(duì)它的沖量?！窘獯稹拷猓海?）傳送帶的速度v＝4.0m/s時(shí)，載物箱在傳送帶上先做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度為a，由牛頓第二定律可得μmg＝ma①設(shè)載物箱滑上傳送帶后勻減速運(yùn)動(dòng)的距離為s1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得②聯(lián)立①②代入數(shù)據(jù)解得：s1＝4.5m③因此，載物箱在到達(dá)右側(cè)平臺(tái)前，速度先減小到v，然后開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)載物箱在傳送帶上做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，在傳送帶上做勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，則v＝v0﹣at1④⑤則載物箱通過(guò)傳送帶的時(shí)間為t＝t1+t2聯(lián)立①③④⑤代入數(shù)據(jù)解得：t＝2.75s⑥（2）當(dāng)載物箱滑上傳送帶后一直做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，到達(dá)右側(cè)平臺(tái)時(shí)的速度最小，設(shè)為v1；當(dāng)載物箱滑上傳送帶后一直做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，到達(dá)右側(cè)平臺(tái)時(shí)的速度最大，設(shè)為v2．由動(dòng)能定理得⑦⑧由⑦⑧式并代入題給條件得：⑨（3）傳送帶的速度v＝6.0m/s時(shí)，由于v0＜v＜v2，所以載物箱先做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小仍為a。設(shè)載物箱做勻加速運(yùn)動(dòng)通過(guò)的距離為s2，所用時(shí)間為t1′，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v＝v0+at1′代入數(shù)據(jù)解得：t1′＝1.0ss2＝5.5m因此載物箱加速運(yùn)動(dòng)1.0s、向右運(yùn)動(dòng)5.5m時(shí)，達(dá)到與傳送帶相同的速度，此后載物箱與傳送帶共同勻速運(yùn)動(dòng)（△t﹣t1′）的時(shí)間后，傳送帶突然停止，設(shè)載物箱勻速運(yùn)動(dòng)通過(guò)的距離為s3，則s3＝v（△t﹣t1′）＝0.5m由上面可知，，即載物箱運(yùn)動(dòng)到右側(cè)平臺(tái)時(shí)速度大于零，設(shè)為v3，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得所以物體又減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為則物體從左側(cè)平臺(tái)向右側(cè)平臺(tái)運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為傳送帶對(duì)物體的摩擦力的沖量為零，傳送帶對(duì)物體的支持力的沖量大小等于I＝Nt＝10×10×＝答：（1）若v＝4.0m/s，求載物箱通過(guò)傳送帶所需的時(shí)間為2.75s；（2）載物箱到達(dá)右側(cè)平臺(tái)時(shí)所能達(dá)到的最大速度為，最小速度為；（3）若v＝6.0m/s，載物箱滑上傳送帶△t＝s后，傳送帶速度突然變?yōu)榱?。載物箱從左側(cè)平臺(tái)向右側(cè)平臺(tái)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，傳送帶對(duì)它的沖量為。【點(diǎn)評(píng)】傳送帶問(wèn)題一定要注意載物箱的速度和傳送帶的速度相等后，它們將一起勻速運(yùn)動(dòng)，載物箱與傳送帶之間沒(méi)有了摩擦力，所以判斷載物箱是怎樣到達(dá)右側(cè)平臺(tái)的很重要，需要計(jì)算出載物箱的加速或者減速距離與傳送帶長(zhǎng)度作比較。（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）如圖，一開(kāi)口向上的導(dǎo)熱汽缸內(nèi)，用活塞封閉了一定質(zhì)量的理想氣體，活塞與汽缸壁間無(wú)摩擦?，F(xiàn)用外力作用在活塞上，使其緩慢下降。環(huán)境溫度保持不變，系統(tǒng)始終處于平衡狀態(tài)。在活塞下降過(guò)程中（）A．氣體體積逐漸減小，內(nèi)能增加 B．氣體壓強(qiáng)逐漸增大，內(nèi)能不變 C．氣體壓強(qiáng)逐漸增大，放出熱量 D．外界對(duì)氣體做功，氣體內(nèi)能不變 E．外界對(duì)氣體做功，氣體吸收熱量【分析】一定質(zhì)量的理想氣體內(nèi)能僅與溫度有關(guān)，等溫壓縮過(guò)程中內(nèi)能不變，外界對(duì)氣體做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律結(jié)合理想氣體的狀態(tài)方程進(jìn)行分析。【解答】解：一定質(zhì)量的理想氣體內(nèi)能僅與溫度有關(guān)，溫度不變則內(nèi)能不變，由于用外力作用在活塞上，使其緩慢下降過(guò)程中環(huán)境溫度保持不變，則氣體溫度不變、內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學(xué)第一定律△U＝W+Q可知，外界對(duì)氣體做功，氣體要放出熱量，根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程＝C可知，氣體體積減小，壓強(qiáng)增大，故BCD正確、AE錯(cuò)誤。故選：BCD?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了理想氣體的狀態(tài)方程和熱力學(xué)第一定律的知識(shí)，要能夠根據(jù)熱力學(xué)第一定律判斷氣體內(nèi)能的變化與哪些因素有關(guān)（功和熱量）；熱力學(xué)第一定律在應(yīng)用時(shí)一定要注意各量符號(hào)的意義；△U的正表示內(nèi)能變化，Q為正表示物體吸熱；W為正表示外界對(duì)物體做功。14．（10分）如圖，兩側(cè)粗細(xì)均勻、橫截面積相等、高度均為H＝18cm的U型管，左管上端封閉，右管上端開(kāi)口。右管中有高h(yuǎn)0＝4cm的水銀柱，水銀柱上表面離管口的距離1＝12cm。管底水平段的體積可忽略。環(huán)境溫度為T1＝283K，大氣壓強(qiáng)p0＝76cmHg。（i）現(xiàn)從右側(cè)端口緩慢注入水銀（與原水銀柱之間無(wú)氣隙），恰好使水銀柱下端到達(dá)右管底部。此時(shí)水銀柱的高度為多少？（ii）再將左管中密封氣體緩慢加熱，使水銀柱上表面恰與右管口平齊，此時(shí)密封氣體的溫度為多少？【分析】（i）求出密封氣體初始體積和壓強(qiáng)，將密封氣體等溫壓縮，由玻意耳定律列方程求解壓強(qiáng)，再求出此時(shí)水銀柱的高度h；（ii）密封氣體再經(jīng)等壓膨脹過(guò)程體積變?yōu)閂3＝（2H﹣h）S，由蓋昌薩克定律求解溫度?！窘獯稹拷猓海╥）設(shè)左、右管的截面積為S。密封氣體初始體積為V1＝（2H﹣l﹣h0）S＝20S，壓強(qiáng)為p1＝p0+ρgh0＝76cmHg+4cmHg＝80cmHg密封氣體先經(jīng)等溫壓縮過(guò)程體積變?yōu)閂2＝HS＝18S，壓強(qiáng)變?yōu)閜2＝p0+ρgh由玻意耳定律有：p1V1＝p2V2解得：p2≈88.9cmHg此時(shí)水銀柱的高度為：h＝12.9cm；（ii）密封氣體再經(jīng)等壓膨脹過(guò)程體積變?yōu)閂3＝（2H﹣h）S，溫度變?yōu)門3，由蓋昌薩克定律有：＝代入數(shù)據(jù)解得：T3＝363K答：（i）此時(shí)水銀柱的高度為12.9cm；（ii）再將左管中密封氣體緩慢加熱，使水銀柱上表面恰與右管口平齊，此時(shí)密封氣體的溫度為363K?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了理想氣體的狀態(tài)方程；解答此類問(wèn)題的方法是：找出不同狀態(tài)下的三個(gè)狀態(tài)參量，分析理想氣體發(fā)生的是何種變化，利用理想氣體的狀態(tài)方程列方程求解。[物理——選修3-4]（15分）15．如圖，一列簡(jiǎn)諧橫波平行于x軸傳播，圖中的實(shí)線和虛線分別為t＝0和t＝0.1s時(shí)的波形圖