2020年新高考山東卷物理試題解析

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1、2020年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試山東卷 1.一質(zhì)量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時(shí)間t的關(guān)系圖像如圖所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小為g。以下判斷正確的是（　?。? A. 0~t1時(shí)間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N>mg B. t1~t2 時(shí)間內(nèi)，v減小，F(xiàn)Nmg 【解析】選D。由于s-t圖像的斜率表示速度可知，在0~t1時(shí)間內(nèi)速度增加，即乘客加速下降，乘客的加速度豎直向下，所以乘客處于失重狀態(tài)，則FN

2、客的勻速下降，則FN=mg，B錯(cuò)誤；在t2~t3時(shí)間內(nèi)速度減小，即乘客的減速下降，乘客的加速度豎直向上，所以乘客處于超重狀態(tài)，則FN>mg，C錯(cuò)誤、D正確。故選D。 2.氚核發(fā)生β衰變成為氦核。假設(shè)含氚材料中發(fā)生β衰變產(chǎn)生的電子可以全部定向移動(dòng)，在3.2104 s時(shí)間內(nèi)形成的平均電流為5.010-8 A。已知電子電荷量為1.610-19 C，在這段時(shí)間內(nèi)發(fā)生β衰變的氚核的個(gè)數(shù)為（　?。? A. B. C. D. 【解析】選B。根據(jù)可得產(chǎn)生的電子數(shù)為個(gè)； 根據(jù)氚核的β衰變方程13H→23He+-10e可知，在β衰變中，一個(gè)氚核產(chǎn)生一個(gè)電子，所以發(fā)生β衰變的氚核的個(gè)數(shù)為1.01016

3、個(gè)，A、C、D均錯(cuò)誤，B正確。故選B。 3. 雙縫干涉實(shí)驗(yàn)裝置的截面圖如圖所示。光源S到S1、S2的距離相等，O點(diǎn)為S1、S2連線中垂線與光屏的交點(diǎn)。光源S發(fā)出的波長(zhǎng)為的光，經(jīng)S1出射后垂直穿過玻璃片傳播到O點(diǎn)，經(jīng)S2出射后直接傳播到O點(diǎn)，由S1到O點(diǎn)與由S2到O點(diǎn)，光傳播的時(shí)間差為。玻璃片厚度為10，玻璃對(duì)該波長(zhǎng)光的折射率為1.5，空氣中光速為c，不計(jì)光在玻璃片內(nèi)的反射。以下判斷正確的是（　?。? A. B. C. D. 【解析】選A。光在玻璃中的傳播速度為，時(shí)間差，A正確，B、C、D均錯(cuò)誤。故選A。 4.一列簡(jiǎn)諧橫波在均勻介質(zhì)中沿x軸負(fù)方向傳播，已知處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為，則

4、時(shí)刻的波形圖正確的是（　?。? A. B. C. D. 【解析】選D。根據(jù)題意可知，時(shí)，在處的質(zhì)點(diǎn)處于即此時(shí)質(zhì)點(diǎn)位于平衡位置，A、B均錯(cuò)誤；下一時(shí)刻，y＞0，即該質(zhì)點(diǎn)處于平衡位置且向上振動(dòng)，由題意知橫波沿軸負(fù)方向傳播，根據(jù)同側(cè)法原理判斷波形可知C錯(cuò)誤、D正確。故選D。 5. 圖甲中的理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比n1：n2=22：3，輸入端a、b所接電壓u隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示。燈泡L的電阻恒為15 Ω，額定電壓為24 V。定值電阻R1=10 Ω、R2=5 Ω， 滑動(dòng)變阻器R的最大阻值為10 Ω。為使燈泡正常工作，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻應(yīng)調(diào)節(jié)為（　?。? A. 1 Ω B

5、. 5 Ω C. 6 Ω D. 8 Ω 【解析】選A。輸電電壓的有效值為（即原線圈電壓的有效值），根據(jù)理想變壓器電壓規(guī)律可知副線圈電壓有效值為，燈泡正常工作時(shí)電壓為，則通過燈泡的電流即副線圈部分的干路電流為，根據(jù)串聯(lián)分壓規(guī)律可知，和、構(gòu)成的并聯(lián)電路部分的分壓為，則通過的電流為，通過、的電流為，、串聯(lián)的總電阻R2+R=UI2，解得滑動(dòng)變阻器的阻值為，A正確，B、C、D均錯(cuò)誤。故選A。 6.一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)a→b、b→c、c→a三個(gè)過程后回到初始狀態(tài)a，其p-V圖像如圖所示。已知三個(gè)狀態(tài)的坐標(biāo)分別為a（V0， 2p0）、 b（2V0，p0）、c（3V0，2p0） 以下判斷正確

6、的是（　?。? A. 氣體在a→b過程中對(duì)外界做的功小于在b→c過程中對(duì)外界做的功 B. 氣體在a→b過程中從外界吸收的熱量大于在b→c過程中從外界吸收的熱量 C. 在c→a過程中，外界對(duì)氣體做功小于氣體向外界放出的熱量 D. 氣體在c→a過程中內(nèi)能的減少量大于b→c過程中內(nèi)能的增加量 【解析】選C。根據(jù)氣體做功的表達(dá)式W=p?V可知圖線和體積橫軸圍成的面積即為做功大小，氣體在和兩個(gè)過程中圖線和體積橫軸圍成的面積相等，所以氣體在過程中對(duì)外界做的功等于過程中對(duì)外界做的功，A錯(cuò)誤；氣體從a→b，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程pVT=C可知，所以，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知Qab=-Wab，氣體從，溫

7、度升高，所以，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，即 Qbc=?Ubc-Wbc，結(jié)合可得，即過程氣體吸收的熱量大于過程吸收的熱量，B錯(cuò)誤；氣體從，溫度降低，所以，氣體體積減小，外界對(duì)氣體做功，所以，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知且︳Qca︳＞︳Wca︳，則在c→a過程中，外界對(duì)氣體做功小于氣體向外界放出的熱量，C正確；理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，根據(jù)可知從，所以氣體從過程中內(nèi)能的減少量等于過程中內(nèi)能的增加量，D錯(cuò)誤。故選C。 7.我國(guó)將在今年擇機(jī)執(zhí)行“天問1號(hào)”火星探測(cè)任務(wù)。質(zhì)量為m的著陸器在著陸火星前，會(huì)在火星表面附近經(jīng)歷一個(gè)時(shí)長(zhǎng)為t0、速度由v0減速到零的過程。已知火星的質(zhì)量約為地球的0.1倍，半徑約為地球

8、的0.5倍，地球表面的重力加速度大小為g，忽略火星大氣阻力。若該減速過程可視為一個(gè)豎直向下的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，此過程中著陸器受到的制動(dòng)力大小約為（　?。? A. B. C. D. 【解析】選B。忽略星球的自轉(zhuǎn)，萬有引力等于重力，則，解得；著陸器做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知解得；勻減速過程，根據(jù)牛頓第二定律得，解得著陸器受到的制動(dòng)力大小為，A、C、D錯(cuò)誤，B正確。故選B。 8. 如圖所示，一輕質(zhì)光滑定滑輪固定在傾斜木板上，質(zhì)量分別為m和2m的物塊A、B，通過不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過滑輪連接，A、B間的接觸面和輕繩均與木板平行。A與B間、B與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，設(shè)最大靜摩擦力等于

9、滑動(dòng)摩擦力。當(dāng)木板與水平面的夾角為45時(shí)，物塊A、B剛好要滑動(dòng)，則μ的值為（　?。? A. B. C. D. 【解析】選C。當(dāng)木板與水平面的夾角為時(shí)，兩物塊剛好滑動(dòng)，對(duì)A物塊受力分析如圖 沿斜面方向，A、B之間的滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)平衡條件可知；對(duì)B物塊受力分析如圖 ，沿斜面方向，B與斜面之間的滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)平衡條件可知，兩式相加，可得 解得，A、B、D錯(cuò)誤，C正確。故選C。 9. 截面為等腰直角三角形的三棱鏡如圖甲所示。DE為嵌在三棱鏡內(nèi)部緊貼BBCC面的線狀單色可見光光源，DE與三棱鏡的ABC面垂直，D位于線段BC的中點(diǎn)。圖乙為圖甲中ABC面的正視圖。三棱鏡對(duì)該單色

10、光的折射率為2，只考慮由DE直接射向側(cè)面AACC的光線。下列說法正確的是（　?。? A. 光從AACC面出射的區(qū)域占該側(cè)面總面積的 B. 光從AACC面出射的區(qū)域占該側(cè)面總面積的 C. 若DE發(fā)出的單色光頻率變小，AACC面有光出射的區(qū)域面積將增大 D. 若DE發(fā)出的單色光頻率變小，AACC面有光出射的區(qū)域面積將減小 【解析】選A、C。由題意可知，得臨界角C=45o，因此從D點(diǎn)發(fā)出的光，豎直向上從M點(diǎn)射出的光線恰好是出射光線的邊緣，同時(shí)C點(diǎn)也恰好是出射光線的邊緣，如圖所示，因此光線只能從MC段射出，根據(jù)幾何關(guān)系可知，M恰好為AC的中點(diǎn)，因此在 平面上有一半的面積有光線射出，A正確

11、，B錯(cuò)誤；由于頻率越高，折射率越大，當(dāng)光源發(fā)出的光的頻率變小，，折射率也會(huì)變小，導(dǎo)致臨界角會(huì)增大，這時(shí)M點(diǎn)上方也會(huì)有光線出射，因此出射光線區(qū)域的面積將增大，C正確，D錯(cuò)誤。故選A、C。 10. 真空中有兩個(gè)固定的帶正電的點(diǎn)電荷，電荷量不相等。一個(gè)帶負(fù)電的試探電荷置于二者連線上的O點(diǎn)時(shí)，僅在電場(chǎng)力的作用下恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)。過O點(diǎn)作兩正電荷連線的垂線，以O(shè)點(diǎn)為圓心的圓與連線和垂線分別交于a、c和b、d，如圖所示。以下說法正確的是（　?。? A. a點(diǎn)電勢(shì)低于O點(diǎn) B. b點(diǎn)電勢(shì)低于c點(diǎn) C. 該試探電荷在a點(diǎn)的電勢(shì)能大于在b點(diǎn)的電勢(shì)能 D. 該試探電荷在c點(diǎn)的電勢(shì)能小于在d點(diǎn)的電勢(shì)能

12、 【解析】選B、D。由題意可知O點(diǎn)合場(chǎng)強(qiáng)為零，根據(jù)同種電荷之間電場(chǎng)線的分布可知aO之間電場(chǎng)線由a到O，故a點(diǎn)電勢(shì)高于O點(diǎn)電勢(shì)，A錯(cuò)誤；根據(jù)同種電荷間電場(chǎng)線的分布情況可知b點(diǎn)電勢(shì)低于c點(diǎn)電勢(shì)，B正確；根據(jù)電場(chǎng)線分布可知負(fù)電荷從a到b電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，即該試探電荷在a點(diǎn)的電勢(shì)能小于在b點(diǎn)的電勢(shì)能，C錯(cuò)誤；同理根據(jù)電場(chǎng)線分布可知負(fù)電荷從c點(diǎn)到d點(diǎn)電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，即該試探電荷在c點(diǎn)的電勢(shì)能小于在d點(diǎn)的電勢(shì)能，D正確。故選B、D。 11. 如圖所示，質(zhì)量為M的物塊A放置在光滑水平桌面上，右側(cè)連接一固定于墻面的水平輕繩，左側(cè)通過一傾斜輕繩跨過光滑定滑輪與一豎直輕彈簧相連?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的

13、鉤碼B掛于彈簧下端，當(dāng)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，將B由靜止釋放，當(dāng)B下降到最低點(diǎn)時(shí)（未著地），A對(duì)水平桌面的壓力剛好為零。輕繩不可伸長(zhǎng)，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，物塊A始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。以下判斷正確的是（　?。? A. M<2m B. 2m

14、解得彈簧彈力T=2mg；對(duì)A分析，設(shè)繩子與桌面間夾角為θ，則依題意有 故有，A正確、B錯(cuò)誤；由題意可知B從釋放位置到最低點(diǎn)過程中，開始彈簧彈力小于重力，物體加速，動(dòng)能增加，根據(jù)動(dòng)能定理可知合力做正功；后來彈簧彈力大于重力，物體減速，根據(jù)動(dòng)能定理可知合力做負(fù)功，C正確；對(duì)于B，在從釋放到速度最大過程中，B機(jī)械能的減少量等于彈簧彈力所做的負(fù)功，即等于B克服彈簧彈力所做的功，D正確。故選A、C、D。 12. 如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第一和第二象限分別存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反且垂直于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圖中虛線方格為等大正方形。一位于Oxy平面內(nèi)的剛性導(dǎo)體框abcde在外力作用下以恒定速

15、度沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)（不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)）。從圖示位置開始計(jì)時(shí)，4s末bc邊剛好進(jìn)入磁場(chǎng)。在此過程中，導(dǎo)體框內(nèi)感應(yīng)電流的大小為I， ab邊所受安培力的大小為Fab，二者與時(shí)間t的關(guān)系圖像，可能正確的是（　?。? A.B.C. D. 【解析】選B、C。因?yàn)?s末bc邊剛好進(jìn)入磁場(chǎng)，可知線框的速度每秒運(yùn)動(dòng)一個(gè)方格，故在0~1s內(nèi)只有ae邊切割磁場(chǎng)，設(shè)方格邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，根據(jù)、可知電流恒定；2s末時(shí)線框在第二象限長(zhǎng)度最長(zhǎng)，此時(shí)有、可知，2~4s線框有一部分進(jìn)入第一象限，電流減小，在4s末同理可得，綜上分析可知A錯(cuò)誤、B正確；根據(jù) 可知在0~1s內(nèi)ab邊所受的安培力線性增加；1s末安培力為，在2s末可得安培力

16、為Fab=B32I1L=3Fab，C正確、D錯(cuò)誤。故選B、C。 13. 2020年5月，我國(guó)進(jìn)行了珠穆朗瑪峰的高度測(cè)量，其中一種方法是通過使用重力儀測(cè)量重力加速度，進(jìn)而間接測(cè)量海拔高度。某同學(xué)受此啟發(fā)就地取材設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)，測(cè)量當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊拇笮?。?shí)驗(yàn)步驟如下： （i）如圖甲所示，選擇合適高度的墊塊，使木板的傾角為53，在其上表面固定一與小物塊下滑路徑平行的刻度尺（圖中未畫出）。 （ii）調(diào)整手機(jī)使其攝像頭正對(duì)木板表面，開啟視頻錄像功能。將小物塊從木板頂端釋放，用手機(jī)記錄下小物塊沿木板向下做加速直線運(yùn)動(dòng)的情況。然后通過錄像的回放，選擇小物塊運(yùn)動(dòng)路徑上合適的一點(diǎn)作為測(cè)量參考點(diǎn)，得到小

17、物塊相對(duì)于該點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)距離L與運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的數(shù)據(jù)。 （iii）該同學(xué)選取部分實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，畫出了-t圖像，利用圖像數(shù)據(jù)得到小物塊下滑的加速度大小為5.6 m/s2。 （iv）再次調(diào)節(jié)墊塊，改變木板的傾角，重復(fù)實(shí)驗(yàn)。 回答以下問題： (1)當(dāng)木板的傾角為37時(shí)，所繪圖像如圖乙所示。由圖像可得，物塊過測(cè)量參考點(diǎn)時(shí)速度的大小為_____m/s；選取圖線上位于坐標(biāo)紙網(wǎng)格交叉點(diǎn)上的A、B兩點(diǎn)，利用A、B兩點(diǎn)數(shù)據(jù)得到小物塊下滑加速度的大小為_____m/s2。（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字） (2)根據(jù)上述數(shù)據(jù)，進(jìn)一步分析得到當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮開____ m/s2。（結(jié)果保留2位有效數(shù)字，sin37= 0

18、.60，cos37=0.80） 【解析】(1)根據(jù)可得，則由圖像可知 則v0=0.33m/s， (2)由牛頓第二定律可知，即。當(dāng)θ=53時(shí)，a=5.6m/s2，即①，當(dāng)θ=37時(shí)，a=3.0m/s2，即②，聯(lián)立①②解得g=9.4m/s2。 【答案】 (1)0.32或0.33 3.1 (2) 9.4 14. 實(shí)驗(yàn)方案對(duì)實(shí)驗(yàn)測(cè)量的精度有直接的影響，某學(xué)習(xí)小組對(duì)“測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻”的實(shí)驗(yàn)方案進(jìn)行了探究。實(shí)驗(yàn)室提供的器材有： 干電池一節(jié)（電動(dòng)勢(shì)約1.5 V，內(nèi)阻小于1 Ω）； 電壓表V （量程3 V，內(nèi)阻約3 kΩ）； 電流表A （量程0.6 A，內(nèi)阻約1 Ω）；

19、滑動(dòng)變阻器R （最大阻值為20 Ω）； 定值電阻R1 （阻值2 Ω）； 定值電阻R2 （阻值5 Ω）； 開關(guān)一個(gè)，導(dǎo)線若干。 (1)該小組按照?qǐng)D甲所示的電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，通過調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器阻值使電流表示數(shù)逐漸接近滿偏，記錄此過程中電壓表和電流表的示數(shù)，利用實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在U-I坐標(biāo)紙上描點(diǎn)，如圖乙所示，結(jié)果發(fā)現(xiàn)電壓表示數(shù)的變化范圍比較小，出現(xiàn)該現(xiàn)象的主要原因是_____。（單選，填正確答案標(biāo)號(hào)） A．電壓表分流 B．干電池內(nèi)阻較小 C．滑動(dòng)變阻器最大阻值較小 D．電流表內(nèi)阻較小 (2)針對(duì)電壓表示數(shù)的變化范圍比較小的問題，該小組利用實(shí)驗(yàn)室提供的器材改進(jìn)了實(shí)驗(yàn)方案，重新測(cè)量得到的數(shù)

20、據(jù)如下表所示。 序號(hào) 1 2 3 4 5 6 7 I/A 0.08 0.14 0.20 0.26 032 0.36 0.40 U/V 1.35 1.20 1.05 0.88 073 0.71 052 請(qǐng)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，回答以下問題： ①答題卡的坐標(biāo)紙上已標(biāo)出后3組數(shù)據(jù)對(duì)應(yīng)的坐標(biāo)點(diǎn)，請(qǐng)?jiān)诖痤}卡的坐標(biāo)紙上標(biāo)出前4組數(shù)據(jù)對(duì)應(yīng)的坐標(biāo)點(diǎn)并畫出U-I圖像________。 ②根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可知，所選的定值電阻為_____ （填“R1”或“R2”）。 ③用筆畫線代替導(dǎo)線，請(qǐng)?jiān)诖痤}卡上按照改進(jìn)后的方案，將實(shí)物圖連接成完整電路____________。 【解

21、析】(1)電壓表示數(shù)變化過小，則原因是外電阻比內(nèi)阻大的多，即電源內(nèi)阻偏小，故選B。 (2)①根據(jù)數(shù)據(jù)做出U-I圖像如圖； ②由圖像可知，則定值電阻小于2.63Ω，所以定值電阻應(yīng)為R1； ③定值電阻與電源串聯(lián)，電路如圖； 【答案】(1)B (2) R1 15. 中醫(yī)拔罐的物理原理是利用玻璃罐內(nèi)外的氣壓差使罐吸附在人體穴位上，進(jìn)而治療某些疾病。常見拔罐有兩種，如圖所示，左側(cè)為火罐，下端開口；右側(cè)為抽氣拔罐，下端開口，上端留有抽氣閥門。使用火罐時(shí)，先加熱罐中氣體，然后迅速按到皮膚上，自然降溫后火罐內(nèi)部氣壓低于外部大氣壓，使火罐緊緊吸附在皮膚上。抽氣拔罐是先把罐體按在皮

22、膚上，再通過抽氣降低罐內(nèi)氣體壓強(qiáng)。某次使用火罐時(shí)，罐內(nèi)氣體初始?jí)簭?qiáng)與外部大氣壓相同，溫度為450 K，最終降到300 K，因皮膚凸起，內(nèi)部氣體體積變?yōu)楣奕莘e的。若換用抽氣拔罐，抽氣后罐內(nèi)剩余氣體體積變?yōu)槌闅獍喂奕莘e的，罐內(nèi)氣壓與火罐降溫后的內(nèi)部氣壓相同。罐內(nèi)氣體均可視為理想氣體，忽略抽氣過程中氣體溫度的變化。求應(yīng)抽出氣體的質(zhì)量與抽氣前罐內(nèi)氣體質(zhì)量的比值。 【解析】設(shè)火罐內(nèi)氣體初始狀態(tài)參量分別為p1、T1、V1，溫度降低后狀態(tài)參量分別為p2、T2、V2，罐的容積為V0，由題意知 p1=p0、T1=450 K、V1=V2、T2=300 K、V2=20V0/21 ① 由理想氣體狀態(tài)方

23、程得 ② 代入數(shù)據(jù)得 p2=0.7p0 ③ 對(duì)于抽氣罐，設(shè)初態(tài)氣體狀態(tài)參量分別為p3、V3，末態(tài)氣體狀態(tài)參量分別為p4、V4，罐的容積為，由題意知 p3=p0、V3=、p4=p2 ④ 由玻意耳定律得 ⑤ 聯(lián)立②⑤式，代入數(shù)據(jù)得 ⑥ 設(shè)抽出的氣體的體積為ΔV，由題意知 ⑦ 故應(yīng)抽出氣體的質(zhì)量與抽氣前罐內(nèi)氣體質(zhì)量的比值為 ⑧ 聯(lián)立②⑤⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得 ⑨ 【答案】 16. 單板滑雪U型池比賽是冬奧會(huì)比賽項(xiàng)目，其場(chǎng)地可以簡(jiǎn)

24、化為如圖甲所示的模型： U形滑道由兩個(gè)半徑相同的四分之一圓柱面軌道和一個(gè)中央的平面直軌道連接而成，軌道傾角為17.2。某次練習(xí)過程中，運(yùn)動(dòng)員以vM=10 m/s的速度從軌道邊緣上的M點(diǎn)沿軌道的豎直切面ABCD滑出軌道，速度方向與軌道邊緣線AD的夾角α=72.8，騰空后沿軌道邊緣的N點(diǎn)進(jìn)入軌道。圖乙為騰空過程左視圖。該運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，取重力加速度的大小g=10 m/s2， sin72.8=0.96，cos72.8=0.30。求： (1)運(yùn)動(dòng)員騰空過程中離開AD的距離的最大值d； (2)M、N之間的距離L。 【解題指南】解答本題應(yīng)注意以下三點(diǎn)： （1） 把運(yùn)動(dòng)員的騰空過

25、程分解為兩個(gè)方向上的分運(yùn)動(dòng)：沿AD方向和垂直于AD方向； （2） 運(yùn)動(dòng)員在垂直于AD方向的運(yùn)動(dòng)速度為零時(shí)離開AD的距離的最大； （3） 運(yùn)動(dòng)員沿AD方向做有一定初速度的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，且沿AD方向和垂直于AD方向的兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性。 【解析】 (1)在M點(diǎn)，設(shè)運(yùn)動(dòng)員在ABCD面內(nèi)垂直AD方向的分速度為v1，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解規(guī)律得 ① 設(shè)運(yùn)動(dòng)員在ABCD面內(nèi)垂直AD方向的分加速度為a1，由牛頓第二定律得 mgcos17.2=ma1 ② 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 ③ 聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得 d=4.8 m

26、 ④ (2)在M點(diǎn)，設(shè)運(yùn)動(dòng)員在ABCD面內(nèi)平行AD方向的分速度為v2，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解規(guī)得 v2=vMcos728 ⑤ 設(shè)運(yùn)動(dòng)員在ABCD面內(nèi)平行AD方向的分加速度為a2，由牛頓第二定律得 mgsin17.2=ma2 ⑥ 設(shè)騰空時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 ⑦ ⑧ 聯(lián)立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得 L=12 m ⑨ 【答案】(1)4.8 m；(2)12 m 17. 某型號(hào)質(zhì)譜儀的工作原理如圖甲所示。M、N為豎直放置的兩金屬板，兩板間電壓為U，Q板為記錄板，

27、分界面P將N、Q間區(qū)域分為寬度均為d的I、Ⅱ兩部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b為M、N上兩正對(duì)的小孔。以a、b所在直線為z軸， 向右為正方向，取z軸與Q板的交點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，以平行于Q板水平向里為x軸正方向，豎直向上為y軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz。區(qū)域I、Ⅱ內(nèi)分別充滿沿x軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小、電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為B和E。一質(zhì)量為m，電荷量為+q的粒子，從a孔飄入電場(chǎng)（初速度視為零），經(jīng)b孔進(jìn)入磁場(chǎng)，過P面上的c點(diǎn)（圖中未畫出）進(jìn)入電場(chǎng)，最終打到記錄板Q上。不計(jì)粒子重力。 (1)求粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R以及c點(diǎn)到z軸的距離L； (2)求粒子

28、打到記錄板上位置的x坐標(biāo)； (3)求粒子打到記錄板上位置的y坐標(biāo)（用R、d表示）； (4)如圖乙所示，在記錄板上得到三個(gè)點(diǎn)s1、s2、s3，若這三個(gè)點(diǎn)是質(zhì)子、氚核、氦核的位置，請(qǐng)寫出這三個(gè)點(diǎn)分別對(duì)應(yīng)哪個(gè)粒子（不考慮粒子間的相互作用，不要求寫出推導(dǎo)過程）。 【解析】 (1)設(shè)粒子經(jīng)加速電場(chǎng)到b孔的速度大小為v，粒子在區(qū)域I中，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)對(duì)應(yīng)圓心角為α，在M、N兩金屬板間，由動(dòng)能定理得 qU=mv2 ① 在區(qū)域I中，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)力提供向心力，由牛頓第二定律得 ② 聯(lián)立①②式得 ③ 由幾何關(guān)系得

29、 ④ ⑤ ⑥ 聯(lián)立①②④式得 ⑦ (2)設(shè)區(qū)域Ⅱ中粒子沿z軸方向的分速度為vz，沿x軸正方向加速度大小為a，位移大小為x，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，由牛頓第二定律得 qE=ma ⑧ 粒子在z軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)合成與分解的規(guī)律得 ⑨ ⑩ 粒子在x方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 ? 聯(lián)立①②⑤⑧⑨⑩?式得 ? (3)設(shè)粒子沿y方向偏離z軸的距離為y，其中在區(qū)域Ⅱ中沿y方

30、向偏離的距離為y，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 y=vtsinα ? 由題意得 y=L+y ? 聯(lián)立①④⑥⑨⑩??式 ? (4)s1、s2、s3分別對(duì)應(yīng)氚核、氦核、質(zhì)子的位置。 【答案】(1)；(2)；(3)；(4)s1、s2、s3分別對(duì)應(yīng)氚核、氦核、質(zhì)子的位置 18. 如圖所示，一傾角為的固定斜面的底端安裝一彈性擋板，P、Q兩物塊的質(zhì)量分別為m和4m，Q靜止于斜面上A處。某時(shí)刻，P以沿斜面向上的速度v0與Q發(fā)生彈性碰撞。Q與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。P與斜面間無摩擦，與擋板之間的碰撞無動(dòng)能損失。兩物塊均

31、可以看作質(zhì)點(diǎn)，斜面足夠長(zhǎng)，Q的速度減為零之前P不會(huì)與之發(fā)生碰撞。重力加速度大小為g。 (1)求P與Q第一次碰撞后瞬間各自的速度大小vP1、vQ1； (2)求第n次碰撞使物塊Q上升的高度hn； (3)求物塊Q從A點(diǎn)上升的總高度H； (4)為保證在Q的速度減為零之前P不會(huì)與之發(fā)生碰撞，求A點(diǎn)與擋板之間的最小距離s。 【解析】 (1)P與Q的第一次碰撞，取P的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得 ① 由機(jī)械能守恒定律得 ② 聯(lián)立①②式得 ③ ④ 故第一次碰撞后P的速度大小為，Q的速度大

32、小為 (2)設(shè)第一次碰撞后Q上升的高度為h1，對(duì)Q由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 ⑤ 聯(lián)立①②⑤式得 ⑥ 設(shè)P運(yùn)動(dòng)至與Q剛要發(fā)生第二次碰撞前的位置時(shí)速度為，第一次碰后至第二次碰前，對(duì)P由動(dòng)能定理得 ⑦ 聯(lián)立①②⑤⑦式得 ⑧ P與Q的第二次碰撞，設(shè)碰后P與Q的速度分別為、，由動(dòng)量守恒定律得 ⑨ 由機(jī)械能守恒定律得 ⑩ 聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩式得 ? ? 設(shè)第二次碰撞后Q上升的高度為h2，對(duì)Q由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 ? 聯(lián)立①

33、②⑤⑦⑨⑩?式得 ? 設(shè)P運(yùn)動(dòng)至與Q剛要發(fā)生第三次碰撞前的位置時(shí)速度為，第二次碰后至第三次碰前，對(duì)P由動(dòng)能定理得 ? 聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩??式得 ? P與Q的第三次碰撞，設(shè)碰后P與Q的速度分別為、，由動(dòng)量守恒定律得 ? 由機(jī)械能守恒定律得 ? 聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩????式得 ? ? 設(shè)第三次碰撞后Q上升的高度為h3，對(duì)Q由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式⑩得 ? 聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩?????式得 ? 總結(jié)可知，第n

34、次碰撞后，物塊Q上升的高度為 （n=1，2，3……） ? (3)當(dāng)P、Q達(dá)到H時(shí)，兩物塊到此處的速度可視為零，對(duì)兩物塊運(yùn)動(dòng)全過程由動(dòng)能定理得 ? 解得 ? (4)設(shè)Q第一次碰撞至速度減為零需要的時(shí)間為t1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 ? 設(shè)P運(yùn)動(dòng)到斜面底端時(shí)的速度為，需要的時(shí)間為t2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 ? ? 設(shè)P從A點(diǎn)到Q第一次碰后速度減為零處勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3 ? 當(dāng)A點(diǎn)與擋板之間的距離最小時(shí) ? 聯(lián)立?????式，代入數(shù)據(jù)得 ? 【答案】(1) P的速度大小為，Q的速度大小為；(2)（n=1，2，3……）；(3)；(4)