2020年山东省新高考物理试卷.doc

1、2020年山东省新高考物理试卷 题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）1. 一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图象如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是（）A. 0t1时间内，v增大，FNmgB. t1t1时间内，v减小，FNmgC. t2t3时间内，v增大，FNmgD. t2t3时间内，v减小，FNmg2. 氚核H发生衰变成为氦核He假设含氚材料中H发生衰变产生的电子可以全部定向移动，在3.2104s时间内形成的平均电流为5.010-8A已知电子电荷量为1.610-19C，在这段时间内发生

2、衰变的氚核H的个数为（）A. 5.01014B. 1.01016C. 2.01016D. 1.010183. 双缝干涉实验装置的截面图如图所示。光源S到S1、S2的距离相等，O点为S1、S2连线中垂线与光屏的交点。光源S发出的波长为的光，经S1出射后垂直穿过玻璃片传播到O点，经S2出射后直接传播到O点，由S1到O点与由S2到O点，光传播的时间差为t玻璃片厚度为10，玻璃对该波长光的折射率为1.5，空气中光速为c，不计光在玻璃片内的反射。以下判断正确的是（）A. t=B. t=C. t=D. t=4. 一列简谐横波在均匀介质中沿x轴负方向传播，已知x=处质点的振动方程为y=Acos（t），则t=

3、T时刻的波形图正确的是（）A. B. C. D. 5. 图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=22：3，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15，额定电压为24V定值电阻R1=10、R2=5，滑动变阻器R的最大阻值为10为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为（）A. 1B. 5C. 6D. 86. 一定质量的理想气体从状态a开始，经ab、bc、ca三个过程后回到初始状态a，其p-V图象如图所示。已知三个状态的坐标分别为a（V0，2p0）、b（2V0，p0）、c （3V0，2p0）。以下判断正确的是（）A. 气体在ab过程中对外界做的功小于在b

4、c过程中对外界做的功B. 气体在ab过程中从外界吸收的热量大于在bc过程中从外界吸收的热量C. 在ca过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量D. 气体在ca过程中内能的减少量大于bc过程中内能的增加量7. 我国将在今年择机执行“天问1号”火星探测任务。质量为m的着陆器在着陆火星前，会在火星表面附近经历一个时长为t0、速度由v0减速到零的过程。已知火星的质量约为地球的0.1倍，半径约为地球的0.5倍，地球表面的重力加速度大小为g，忽略火星大气阻力。若该减速过程可视为一个竖直向下的匀减速直线运动，此过程中着陆器受到的制动力大小约为（）A. m（0.4g-）B. m（0.4g+）C. m（

5、0.2g-）D. m（0.2g+）8. 如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45时，物块A、B刚好要滑动，则的值为（）A. B. C. D. 二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）9. 截面为等腰直角三角形的三棱镜如图甲所示。DE为嵌在三棱镜内部紧贴BBCC面的线状单色可见光光源，DE与三棱镜的ABC面垂直，D位于线段BC的中点。图乙为图甲中ABC面的正视图。三棱镜对该单色光的折射率为，只考虑由

6、DE直接射向侧面AACC的光线。下列说法正确的是（）A. 光从AACC面出射的区域占该侧面总面积的B. 光从AACC面出射的区域占该侧面总面积的C. 若DE发出的单色光频率变小，AACC面有光出射的区域面积将增大D. 若DE发出的单色光频率变小，AACC面有光出射的区域面积将减小10. 真空中有两个固定的带正电的点电荷，电荷量不相等。一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态。过O点作两正电荷连线的垂线，以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d，如图所示。以下说法正确的是（）A. a点电势低于O点B. b点电势低于c点C. 该试探电荷在a点的电势能

7、大于在b点的电势能D. 该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能11. 如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时（未着地），A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是（）A. M2mB. 2mM3mC. 在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做正功后做负功D. 在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量12.

8、 如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动（不发生转动）。从图示位置开始计时，4s末bc边刚好进入磁场。在此过程中，导体框内感应电流的大小为I，ab边所受安培力的大小为Fab，二者与时间t的关系图象可能正确的是（）A. B. C. D. 三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）13. 2020年5月，我国进行了珠穆朗玛峰的高度测量，其中一种方法是通过使用重力仪测量重力加速度，进而间接测量海拔高度。某同学受此启发就地取材设计了如

9、下实验，测量当地重力加速度的大小。实验步骤如下：（i）如图甲所示，选择合适高度的垫块，使木板的倾角为53，在其上表面固定一与小物块下滑路径平行的刻度尺（图中未画出）。（ii）调整手机使其摄像头正对木板表面，开启视频录像功能。将小物块从木板顶端释放，用手机记录下小物块沿木板向下做加速直线运动的情况。然后通过录像的回放，选择小物块运动路径上合适的一点作为测量参考点，得到小物块相对于该点的运动距离L与运动时间t的数据。（iii）该同学选取部分实验数据，画出了-t图象，利用图象数据得到小物块下滑的加速度大小为5.6m/s2。（iv）再次调节垫块，改变木板的倾角，重复实验。回答以下问题：（1）当木板的倾

10、角为37时，所绘图象如图乙所示。由图象可得，物块过测量参考点时速度的大小为_m/s；选取图线上位于坐标纸网格交叉点上的A、B两点，利用A、B两点数据得到小物块下滑加速度的大小为_m/s2（结果均保留2位有效数字）。（2）根据上述数据，进一步分析得到当地的重力加速度大小为_m/s2（结果保留2位有效数字，sin37=0.60，cos37=0.80）14. 实验方案对实验测量的精度有直接的影响，某学习小组对“测量电源的电动势和内阻”的实验方案进行了探究。实验室提供的器材有：干电池一节（电动势约1.5V，内阻小于1）；电压表V（量程3V，内阻约3k）；电流表A（量程0.6A，内阻约1）；滑动变阻器R

11、（最大阻值为20）；定值电阻R1（阻值2）；定值电阻R2（阻值5）；开关一个，导线若干。（1）该小组按照图甲所示的电路进行实验，通过调节滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近满偏，记录此过程中电压表和电流表的示数，利用实验数据在U-I坐标纸上描点，如图乙所示，结果发现电压表示数的变化范围比较小，出现该现象的主要原因是_。（单选，填正确答案标号）A电压表分流B干电池内阻较小C滑动变阻器最大阻值较小D电流表内阻较小（2）针对电压表示数的变化范围比较小的问题，该小组利用实验室提供的器材改进了实验方案，重新测量得到的数据如表所示。序号1234567I/A0.080.140.200.260.320.360.

12、40U/V1.351.201.050.880.730.710.52请根据实验数据，回答以下问题：图丁的坐标纸上已标出后3组数据对应的坐标点，请在坐标纸上标出前4组数据对应的坐标点并画出U-I图象。根据实验数据可知，所选的定值电阻为_（填“R1”或“R2”）。用笔画线代替导线，请在图丙上按照改进后的方案，将实物图连接成完整电路。四、计算题（本大题共4小题，共46.0分）15. 中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，进而治疗某些疾病。常见拔罐有两种，如图所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门。使用火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，

13、自然降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上。抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时，罐内气体初始压强与外部大气压相同，温度为450K，最终降到300K，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的若换用抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的，罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气体均可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。16. 单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为1

14、7.2某次练习过程中，运动员以vM=10m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角=72.8，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10m/s2，sin72.8=0.96，cos72.8=0.30求：（1）运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；（2）M、N之间的距离L。17. 某型号质谱仪的工作原理如图甲所示。M、N为竖直放置的两金属板，两板间电压为U，Q板为记录板，分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的、两部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b为M、N上两正对

15、的小孔。以a、b所在直线为z轴，向右为正方向，取z轴与Q板的交点O为坐标原点，以平行于Q板水平向里为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz区域、内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E一质量为m，电荷量为+q的粒子，从a孔飘入电场（初速度视为零），经b孔进入磁场，过P面上的c点（图中未画出）进入电场，最终打到记录板Q上。不计粒子重力。（1）求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L；（2）求粒子打到记录板上位置的x坐标；（3）求粒子打到记录板上位置的y坐标（用R、d表示）；（4）如图乙所示，在记录板上得到三个点s1、

16、s2、s3，若这三个点是质子H、氚核H、氦核He的位置，请写出这三个点分别对应哪个粒子（不考虑粒子间的相互作用，不要求写出推导过程）。18. 如图所示，一倾角为的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于tan，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。（1）求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1；（2）求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn；

17、（3）求物块Q从A点上升的总高度H；（4）为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s。答案和解析1.【答案】D【解析】解：A、由于s-t图象的斜率表示速度，由图可知在0t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下运动，根据牛顿第二定律得：mg-FN=ma，解得：FN=mg-ma，则FNmg，处于失重状态，故A错误；B、在t1t2时间内，s-t图象的斜率保持不变，所以速度不变，即乘客匀速下降，则FN=mg，故B错误；CD、在t2t3时间内，s-t图象的斜率变小，所以速度减小，即乘客的减速下降，根据牛顿第二定律得：FN-mg=ma，解得：FN=mg+ma，则FNmg，处于

18、超重状态，故C错误，D正确；故选：D。根据s-t图象的斜率表示速度，判断在不同的时间段内物体的运动状态，然后根据牛顿第二定律求得乘客所受支持力的大小与自身重力的大小关系。本题考查了s-t图象斜率的物理意义、超失重问题，要求同学们能够明白图象斜率的物理意义，并会通过牛顿第二定律分析超失重现象。2.【答案】B【解析】解：根据电流的定义式：I=该段时间内产生的电荷量为：q=It=5.010-83.2104C=1.610-3C根据衰变方程得：，可知这段时间内发生衰变的氚核H的个数为：=1.01016，故B正确，ACD错误。故选：B。根据电流的定义式求出该段时间内产生的电荷量，又根据衰变方程可知电子个数

19、与氚核H的个数相同，由公式为求解即可。本题考查了衰变方程及电流的定义式的综合应用，给人以耳目一新的感觉，体现了新高考以学科核心素养的能力立意。3.【答案】A【解析】解：由于玻璃对该波长光的折射率为n=1.5，则光在该玻璃中传播速度为：v=光从S到S1和到S2的时间相等，设光从S1到O点的时间为t1，从S2到O点的时间为t2，O点到S2的距离为L，则有：t1=+t2=光传播的时间差为：t=t1-t2=-=，故A正确、BCD错误。故选：A。求出光在该玻璃中传播速度，求出光从S1到O点的时间和从S2到O点的时间，两段时间之差即为t，由此求解。本题主要是考查双缝干涉中光的传播和光的折射，弄清楚光传播的

20、情况，结合折射定律求解波在玻璃中传播的速度即可得解。4.【答案】D【解析】解：AB、因x=处质点的振动方程为y=Acos（t），当t=T时刻，x=处质点的位移为：y=Acos（）=0，那么对应四个选项中波形图x=的位置，可知，AB选项不符合题意，故AB错误；CD、再由波沿x轴负方向传播，依据微平移法，可知，在t=T的下一时刻，在x=处质点向y轴正方向振动，故D正确，C错误；故选：D。将t=T代入x=处质点的振动方程中，求得此时此质点的位置，再根据波的传播方向来判定质点的振动方向，从而即可求解。考查波动图象，及振动方程的应用，掌握波的传播方向来判定质点振动方向的方法，注意波动图象与振动图象的区别

21、。5.【答案】A【解析】解：输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示，可知，输入电压U1=220V，依据理想变压器电压与匝数关系式：，且n1：n2=22：3解得：U2=30V由于灯泡L的电阻恒为R=15，额定电压为U=24V因能使灯泡正常工作，那么通过灯泡的电流：I=A=1.6A那么定值电阻R1=10两端电压为：U=U2-U=30V-24V=6V依据欧姆定律，则有通过其的电流为：I=A=0.6A因此通过定值电阻R2=5的电流为：I=1.6A-0.6A=1A由于定值电阻R2与滑动变阻器串联后与定值电阻R1并联，那么定值电阻R2与滑动变阻器总电阻为：R=6因定值电阻R2=5，因此滑动变阻

22、器接入电路的电阻应为：R滑=6-5=1综上所述，故A正确，BCD错误；故选：A。根据图乙电压u随时间t的变化关系，确定理想变压器的输入电压，再由变压器的电压与匝数关系，求得变压器的输出电压，依据灯泡能正常工作，由I=，求得通过其电流，从而算出通过滑动变阻器的电流，最后由R=，解得滑动变阻器接入电路的电阻。考查理想变压器的变压比公式，掌握电路串、并联的特点，理解欧姆定律的应用，注意交流电的有效值与最大值的区别，6.【答案】C【解析】解：A、根据p-V图象的面积表示气体做功，得气体在ab过程中对外界做的功为：Wab=，bc过程中气体对外界做的功为：Wbc=，所以气体在ab过程中对外界做的功等于在b

23、c过程中对外界做的功故A错误；B、气体在ab过程中，因为a、b两个状态的pV相等，所以Ta=Tb，即Uab=0，根据热力学第一定律U=Q+W可知，从外界吸收的热量为Qab=；气体在bc过程中，因为c状态的pV大于b状态的pV，所以TbTc，即Ubc0，根据热力学第一定律U=Q+W可知，在bc过程中从外界吸收的热量为：Qbc=Ubc+，则有：QabQbc，故B错误；C、在ca过程中，气体等压压缩，温度降低，即Uca0，根据热力学第一定律U=Q+W可知，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量，故C正确；D、因为Ta=Tb，而一定质量理想气体的内能只与温度有关，所以气体在ca过程中内能的减少量等于

24、bc过程中内能的增加量，故D错误。故选：C。根据p-V图象的面积表示气体做功，应用气态方程判断气体体积如何变化，然后应用热力学第一定律答题。本题考查气体的状态方程中对应的图象，分析清楚图示图象、知道理想气体内能由气体的温度决定即可解题，解题时要抓住p-V图象的面积表示气体做功。7.【答案】B【解析】解：根据重力等于万有引力，得：得：火星表面的重力加速度为着陆器减速运动的加速度大小为对着陆器根据牛顿第二定律有：F-0.4mg=ma解得，故B正确，ACD错误；故选：B。根据万有引力等于重力求出火星表面的重力加速度，根据运动学公式和牛顿第二定律即可求解制动力大小。本题考查万有引力定律与牛顿第二定律的

25、综合问题，关键是知道在天体表面重力等于万有引力，同时分析好运动情况和受力情况，灵活运动运动学公式和牛顿第二定律列式求解。8.【答案】C【解析】解：根据题意分析，物块A、B刚好要滑动时，应该是物体A相对物体B向上滑动，设绳子拉力为F，对A受力分析，由平衡条件得：F=mgsin45+mgcos45物体B相对斜面向下滑动，对B受力分析，由平衡条件得：2mgsin45=F+mgcos45+（2m+m）gcos45联立解得：=，故C正确，ABD错误。故选：C。物块A、B刚好要滑动时，应该是物体A相对物体B向上滑动，物体B相对斜面向下滑动，分别对两个物体进行受力方向，由平衡条件列方程即可。本题考查的是多个

26、物体的平衡问题，关键是要对所选取的研究对象做好受力分析，切记不要少力，同时要注意滑动摩擦力中的正压力的求解。9.【答案】AC【解析】解：AB、由题意可知：=，可知临界角为45o，因此从D点发出的光，竖直向上从M点射出的光线恰好是出射光线的边缘，同时C点也恰好是出射光线的边缘，如图所示：因此光线只能从MC段射出，根据几何关系可知，M恰好为AC的中点，因此在平面上有一半的面积有光线射出，故A正确，B错误；CD、由于频率越高，折射率越大，当光源发出的光的频率变小，折射率也会变小，导致临界角会增大，这时M点上方也会有光线出射，因此出射光线区域的面积将增大，故C正确，D错误。故选：AC。根据求出临界角，

27、根据几何关系和折射定律可知，M恰好为AC的中点，光线只能从MC段射出，光从AACC面出射的区域有一半的面积有光线射出；光的频率变小，折射率也会变小，导致临界角会增大，这时M点上方也会有光线出射，因此出射光线区域的面积将增大。本题考查了全反射、折射定律、临界角等是几何光学问题，解决本题的关键是抓住临界状态，作出光路图，借助几何关系求解。10.【答案】BD【解析】解：A、根据带负电的试探电荷在O点，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态，可知，EO=0，再依据正点电荷在某点电场强度是两点连线背离正点电荷，则两正点电荷连线的电场线方向如下图所示，由沿着电场线方向，电势是降低的，则有a点电势高于O点，故A

28、错误；B、由于b点离右边正点电荷距离较远，而c点离右边正点电荷较近，则有b点电势低于c点，故B正确；C、因a点电势高于O点，而O点电势高于b点，那么a点电势高于b点，那么负试探电荷从高电势到低电势，其电势能增加，则该试探电荷在a点的电势能小于在b点的电势能，故C错误；D、因b、d两点关于O点对称，它们电势相等，由于c点电势高于b点，那么c点电势高于d点，因此负试探电荷从高电势到低电势，其电势能增加，则该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能，故D正确。故选：BD。依据仅在电场力的作用下恰好保持静止状态，可判定O点的电场强度为零，从而确定两正点电荷的电荷量大小，再根据沿着电场线方向电势降低，进

29、而确定电势高低，最后依据负电荷从高电势到低电势，其电势能增加，从低电势到高电势，其电势能降低，即可求解。考查不等量同种正点电荷的电场强弱与电势高低的应用，掌握点电荷在某点的电场强度方向确定，及理解矢量的合成法则，注意理解电荷的电势能大小与电势、电荷量，及电性均有关。11.【答案】ACD【解析】解：AB、由题意可知B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，根据简谐运动的对称性，在最低点的加速度为竖直向上的g，由牛顿第二定律得：T-mg=mg，解得在最低点时有弹簧弹力为：T=2mg；对A分析，设绳子与桌面间夹角为，根据A对水平桌面的压力刚好为零，有：2mgsin=Mg，故有M2m，故A正确，B错

30、误；C、由题意可知B从释放位置到最低点过程中，开始弹簧弹力小于重力，物体加速，合力做正功；后来弹簧弹力大于重力，物体减速，合力做负功，故C正确；D、对于B，在从释放到速度最大过程中，B机械能的增加量等于弹簧弹力所做的负功，即B机械能的减少量等于B克服弹簧弹力所做的功，故D正确。故选：ACD。根据简谐运动的对称性，由牛顿第二定律求得最低点时有弹簧弹力，对A受力分析列平衡方程求得M与2m的关系；根据运动情况和受力情况分析B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B做功情况；根据功能关系求得B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量。本题考查了受力分析、简谐运动、平衡状态、功能关系等知识，是一道综合

31、性较强的题目，对学生熟练应用相关规律解题要求较高，需要较高的推理及综合分析问题的能力。12.【答案】BC【解析】解：AB、因为4s末bc边刚好进入磁场，可知线框的速度为每秒向上运动一格，故在0-1s内只有ae切割磁感线，设方格边长L，根据E1=2BLv可知电流恒定；2s末时线框在第二象限长度最长，此时E2=3BLv这时电流可知，故A错误，B正确；CD、ab受到安培力Fab=BILab，可知在0-1s内ab边受到安培力线性增加；1s末安培力为Fab=BI1L，2s末安培力，所以Fab=3Fab，由图象知，C正确，D错误。故选：BC。明确线框的速度为每秒匀速向上运动一格，准确分析切割磁感线有效长度

32、变化，根据导体切割磁感线感应电动势公式结合闭合电路欧姆定律分析电流变化，并计算安培力；在0-1s内只有2格长度切割磁感线，2s末有效长度3格，2s末-4s末第二象限有效长度3格，第一象限有效长度有0增至2格，产生的感应电动势反向，回路电流减小。此题综合考查了导体切割磁感线感应电动势、电流、安培力的计算。难点在于切割磁感线有效长度的计算和两个象限感应电动势的关系。13.【答案】0.32 3.1 9.4【解析】解：（1）设物块过测量参考点时速度的大小为v0，根据位移-时间关系可得：L=v0t+所以有：=2v0+at，当t=0时速度即为参考点的速度，故2v0=0.64m/s解得：v0=0.32m/s

33、图象的斜率表示加速度，则有：a=m/s2=3.1m/s2；（2）木板的倾角为53，小物块加速度大小为a0=5.6m/s2，对小物块根据牛顿第二定律可得：mgsin53-mgcos53=ma0，当倾角为37时，有：mgsin37-mgcos37=ma联立解得：g=9.4m/s2。故答案为：（1）0.32或0.33；3.1；（2）9.4。（1）根据位移-时间关系得到-t的关系式，根据图线的截距和斜率求解；（2）当木板的倾角分别为53、37时，对小物块进行受力分析，根据牛顿第二定律列方程求解。本题主要是考查测定重力加速度实验，要求能够理解实验原理和实验操作方法，知道数据的处理方法，注意图象的单位不要

34、弄错！14.【答案】（1）B；（2）R1；。【解析】解：（1）路端电压：U=E-Ir，当电源内阻r太小时，干路电流I有较大变化时，Ir变化很小，电压表示数即路端电压U=E-Ir变化很小，电压表示数变化范围很小，故选B；（2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据坐标系内描出的点作出图象，作图象时使尽可能多的点在直线上，不能穿过直线的点应对称地分布在直线两侧，图象如图所示；由图示图象可知，电源与定值电阻整体组成的等效电源内阻：r+R=2.67，由题意可知，电源内阻小于1，则定值电阻应选择R1。应用伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电路电流，电源内阻较小，为使电压表示数变

35、化明显，把定值电阻与电源整体当作等效电源，为减小实验误差，相对于电源电流表应采用外接法，实物电路图如图所示；故答案为：（1）B；（2）图象如图所示；R1；实物电路图如图所示。（1）当电源内阻较小时，电路电流变化时路端电压变化减小。（2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据坐标系内描出的点作出图象；根据图示图象求出电源等效电阻，然后选择定值电阻；根据实验原理与题意连接实物电路图。本题考查了测电源电动势与内阻实验，考查了实验器材的选择，知道实验原理是解题的前提与关键；要掌握实验器材的选择原则。15.【答案】解：设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1，温度降低后状态参量分别为p2、

36、T2、V2，罐的容积为V0，由题意知：p1=p0、T1=450K、V1=V0、T2=300K、V2=由理想气体状态方程得：=解得：p2=0.7p0对于抽气罐，设初态气体状态参量分别为p3、V3，末态气体状态参量分别为p4、V4，罐的容积为V0，由题意知：p3=p0、V3=V0、p4=p2 由玻意耳定律得：p0V0=p2V4 联立式，代入数据得V4= 设抽出的气体的体积为V，由题意知V=V4- 故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为： 联立式，代入数据得：=。答：应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为。【解析】求出火罐内气体初始状态参量和温度降低后状态参量，由理想气体状态方程求解末

37、状态的压强；对于抽气罐，由玻意耳定律求解末状态的体积，根据体积关系求解应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。本题主要是考查了理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用理想气体的状态方程列方程求解。16.【答案】解：（1）在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得：v1=vMsin72.8设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得：mgcos17.2=ma1由运动学公式得：d=联立式，代入数据得：d=4.8m（2）在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速

38、度为v2，由运动的合成与分解规律得：v2=vMcos72.8设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得：mgsin17.2=ma2设腾空时间为t，由运动学公式得：t=沿斜面方向根据位移-时间关系可得：L=v2t+联立式，代入数据得：L=12m。答：（1）运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值为4.8m；（2）M、N之间的距离为12m。【解析】（1）在M点由运动的合成与分解规律得到垂直于AD面的速度大小和加速度大小，由运动学公式求解d；（2）在M点由运动的合成与分解规律得到沿AD面向下的分速度，由牛顿第二定律求解加速度，再根据运动学公式求解。本题主要是考查牛顿第二定律的

39、综合应用问题以及斜上抛问题的分析，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律求解加速度，将速度和加速度同时进行分解，再根据运动学公式进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。17.【答案】解：（1）粒子在M、N间的电场中加速，由动能定理得：qU=-0粒子在区域I内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m解得：R=设粒子在磁场中做圆周运动对应的圆心角为，由几何关系得：d2+（R-L）2=R2cos=，sin=，解得：L=-（2）设粒子在区域II中粒子沿z轴方向的分速度为vz，粒子沿x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，粒子在z轴方向做匀速直线运动，粒子在

40、z轴方向分速度：vz=vcos在z轴方向：d=vzt沿x轴方向：x=解得：x=（3）设粒子沿y轴方向偏离z轴的距离为y，其中在区域II中沿y轴方向偏离的距离为y，则：y=vtsin由题意可知：y=L+y解得：y=R-+（4）粒子打到记录板上位置的x坐标：x=粒子比荷k=越大x越大，由于k质子k氦核k氚核，则x质子x氦核x氚核，由图乙所示可知，s1、s2、s3分别对应：氚核H、氦核He、质子H的位置；答：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径R是，c点到z轴的距离L为-；（2）粒子打到记录板上位置的x坐标是；（3）粒子打到记录板上位置的y坐标是：R-+；（4）s1、s2、s3分别对应氚核H、氦核He

41、、质子H。【解析】（1）粒子在M、N间加速，由动能定理求出粒子到达b孔时的速度，粒子在区域I中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子做圆周运动的轨道半径；应用几何知识求出c到z轴的距离。（2）粒子在区域II中沿x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，应用运动学公式可以求出粒子打在记录板位置的x坐标。（3）粒子在II区域沿y轴方向做匀速直线运动，应用运动学公式求出粒子打到记录板上位置的y坐标。（4）根据粒子x坐标大小判断粒子对应位置。本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键，分析清楚粒子运动过程后，应用动能定理、牛顿第二定律与运动

42、学公式可以解题。18.【答案】解：（1）P、Q发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向上为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mvP1+4mvQ1由机械能守恒定律得：解得：vP1=-v0，vQ1=v0（2）Q向上滑行过程，由牛顿第二定律得：4mgsin+4mgcos=4ma解得：a=2gsinP、Q第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q，由运动学公式得：0-=2（-a）解得：h1=设P运动到与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v02，第一次碰撞后到第二次碰撞前，对P，由动能定理得：-mgh1=解得：v02=v0P、Q发生第二次碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于

43、斜面向上为正方向，由动量守恒定律得：mv02=mvP2+4mvQ2由机械能守恒定律得：解得：vP2=-v0，vQ2=v0第二次碰撞后Q向上运动过程，由运动学公式得：0-=2（-a）解得：h2=设P运动到与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为v03，第二次碰撞后到第三次碰撞前，对P，由动能定理得：-mgh2=解得：v03=v0P与Q第三次碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向上为正方向，由动量守恒定律得：mv03=mvP3+4mvQ3由机械能守恒定律得：解得：vP3=-v0，vQ3=v0第三次碰撞后对Q，由运动学公式得：0-=2（-a），解得：h3=第n次碰撞后，Q上升的高度：hn=（

44、）n-1 n=1、2、3（3）当P、Q到达H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程，由动能定理得：-（m+4m）gH-4mgcos=0-解得：H=（4）设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，则：t1=设P运动到斜面底端时的速度为vP1，需要的时间为t2，则：vP1=vP1+gsint2，=2gsins，设P从A点到Q第一次碰撞后速度减为零处匀减速运动的时间为t3，则：v02=（-vP1）-gsint3，当A点与挡板之间的距离最小时：t1=2t2+t3解得：s=答：（1）P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1分别为v0、v0；（2）第n次碰撞使物块Q上升的高度hn是

45、（）n-1 n=1、2、3；（3）物块Q从A点上升的总高度H为；（4）为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，A点与挡板之间的最小距离s为。【解析】（1）两物块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出碰撞后的速度。（2）碰撞后Q向上做减速运动，应用运动学公式求出Q上升的高度；两物块碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律、机械能守恒定律与运动学公式求出第n次碰撞后Q上升的高度。（3）对P、Q系统，应用动能定理可以求出Q从A点上升的总高度。（4）根据P、Q的运动过程应用运动学公式求出最小距离s。本题是一道力学综合题，物体运动过程复杂，本题难道较大，根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、动量守恒定律与机械能守恒定律、运动学公式即可解题。