二、選擇題：本大題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，1921題有多個選項是符合題目要求，其它題目只有一個選項是符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有錯選或不答的得0分。1.某短跑運動員完成100m賽跑的過程可簡化為勻加速直線運動和勻速直線運動兩個階段。一次比賽中，該運動員用12s跑完全程，已知該運動員在加速階段的位移和勻速階段的位移之比為1：4，則該運動員在加速階段的加速度為（）A.2.0m/s2 B.2.5m/s2 C.3.0m/s2 D.3.5m/s2【答案】B【解析】【分析】【詳解】加速階段勻速階段解得a=2.5m/s2故選B。2.2020年7月23日12時41分，長征五號運載火箭將“天問一號”探測器發射升空，開啟火星探測之旅，邁出了中國自主開展行星探測的第一步，預計“天問一號”被火星捕獲以后，將在距火星表面400km的圓軌道上進行探測。已知地球半徑約為6400km，地球的第一宇宙速度為7.9km/s，火星的質量約為地球的，半徑約為地球的一半，則“天問一號”繞火星做圓周運動的速度約為（）A.3.5km/s B.4.5km/s C.5.5km/s D.6.5km/s【答案】A【解析】【分析】【詳解】第一宇宙速度是近地衛星的環繞速度故火星第一宇宙速度對環繞火星衛星，根據故“天問一號”運行速度與火星第一宇宙速度之比聯立解得“天問一號”繞火星做圓周運動的速度約為3.5km/s。故選A。3.如圖所示，垂直于平面向外的勻強磁場的邊界為平行四邊形ABCD，其中E為BC邊的中點，AE垂直于BC，一束電子以大小不同的速度沿AE方向射入磁場，不計電子的重力和電子間的相互作用，關于電子在磁場中運動的情況，下列說法正確的是（）A.入射速度越大的電子，其運動時間越長B.入射速度越大的電子，其運動軌跡越長C.從AB邊射出的電子運動時間都相等D.從BC邊射出的電子運動時間都相等【答案】C【解析】【分析】【詳解】AB．電子做圓周運動的周期保持不變，電子在磁場中運動時間為軌跡對應的圓心角θ越大，運動時間越長。電子沿AE方向入射，若從BC邊射出時，根據幾何知識可知在AD邊射出的電子軌跡所對應的圓心角相等，在磁場中運動時間相等，與速度無關，故AB錯誤；C．電子沿AE方向入射，若從AB邊射出時，根據幾何知識可知在AB邊射出的電子軌跡所對應的圓心角相等，在磁場中運動時間相等，與速度無關，故C正確；D．從BC邊射出的電子軌跡對應的圓心角不相等，且入射速度越大，其運動軌跡越短，在磁場中運動時間不相等，故D錯誤。故選C。4.如圖所示，U形光滑金屬框bacd置于水平絕緣平臺上，ba、dc足夠長，整個金屬框電阻可忽略，一根阻值為R的導體棒PQ置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動金屬框。運動過程中裝置始終處于豎直向上的勻強磁場中，PQ與金屬框接觸良好且與ac邊保持平行，經過一段時間后，金屬框和導體棒運動的v—t圖像正確的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】【詳解】金屬框在恒力F作用下向右加速，由右手定則可知，ac邊產生的感應電流從a流向c，由左手定則可知，導體棒受到向右的安培力作用，導體棒向右做加速運動，設金屬框的加速度為a1，導體棒的加速度為a2，設金屬框的速度為v1，導體棒的速度為v2，設導體棒的電阻為R，回路的感應電流：設金屬框的質量為M，導體棒的質量為m，對金屬框，牛頓第二定律得：FBIL=Ma1對導體棒MN，由牛頓第二定律得：BIL=ma2，金屬框與導體棒都做初速度為零的加速運動，v1、v2都變大，a1從開始減小，導體棒的加速度a2從0開始增大，當金屬框與導體棒的加速度相等時，即a1=a2=a時，解得：F=（M+m）a，加速度保持不變，回路感應電流：此后金屬框與導體棒的速度差△v保持不變，感應電流不變，導體棒所受到的安培力不變，加速度不變，金屬框與導體棒以相等的加速度做勻加速直線運動，故C正確ABD錯誤。故選C。5.如圖所示，質量均為m的木塊A和B用一勁度系數為k的輕彈簧相連，豎直放置在光滑的水平面上，木塊A上放有質量為2m的木塊C，三者均處于靜止狀態，現將木塊C迅速移開，若重力加速度為g。則下列說法中正確的是（）A.木塊C移開的瞬間，地面對木塊B的支持力為2mgB.木塊C移開的瞬間，木塊A的加速度大小為3gD.木塊B可能離開地面向上運動【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．在木塊C被移開前，以ABC整體為對象，進行受力分析可知，地面對B的支持力為4mg，木塊C移開的瞬間，彈簧的彈力不變，地面對B的支持力保持不變，所以木塊C移開的瞬間，地面對木塊B的支持力為4mg，故A錯誤；B．在木塊C被移開前，對A進行受力分析，可知A受到C的壓力、彈簧的支持力和重力，彈簧的支持力和重力的合力大小等于C的重力大小，當木塊C移開的瞬間，彈簧的支持力和重力的合力保持不變，所以A受到的合力大小等于C的重力大小，根據牛頓第二定律可知故B錯誤；C．當A所受合力為0時，A的速度最大，動量最大。當木塊C被移開前，彈簧的形變量為當A所受合力為0時，彈簧的形變量為木塊A向上運動的距離為D．由C項分析和對稱性可知，木塊A可以繼續上升的高度為Δx，此時彈簧的伸長量為此時彈簧的彈力為可知木塊B剛好與地面的彈力剛好為0，但不可能離開地面向上運動，故D錯誤。故選C6.在粒子散射實驗中，如果一個粒子跟金箔中電子相碰，下列說法正確的是（）A.粒子發生大角度的偏轉 B.粒子不會發生明顯偏轉C.粒子被彈回 D.粒子與電子碰撞時動量守恒【答案】BD【解析】【分析】【詳解】因為粒子的質量遠遠大于電子的質量，所以粒子不會發生明顯偏轉，粒子間的碰撞也滿足動量守恒定律。故選BD。7.有一個質量為2kg的小車在平面直角坐標系中運動，在x方向的vt圖像和y方向的st圖像分別如圖甲、乙所示，下列說法正確的是（）A.小車做勻變速曲線運動B.2s內小車所受的合外力的沖量為6N·sC.2s內合外力對小車做的功為48JD.0時刻小車的動量為8kg·m/s【答案】AC【解析】【分析】【詳解】A．由vt圖可知，物體在x方向上做初速度為4m/s的勻加速直線運動，而在y方向上，物體做速度為3m/s的勻速運動，故物體做勻變速的曲線運動，故A正確；B．速度時間圖像斜率代表加速度，物體的加速度為2m/s2，故由牛頓第二定律可知，其合力F=ma=4N2s內小車所受的合外力的沖量為8N·s，故B錯誤；C．2s內合外力對小車做的功為故C正確；D．0時刻小車的動量為故D錯誤故選AC。8.帶電平行板電容器兩極板水平放置，充電后與電源斷開。兩質量相等的帶電小球a、b分別位于電容器內上、下極板附近，a與上極板、b與下極板的距離相等。現在同時由靜止釋放a、b，a和b同時經過兩極板的中線MN，已知重力加速度為g，不計a、b間的相互作用和電容器極板的邊緣效應，下列說法正確的是（）A.到達MN時，a的動能大于b的動能B.到達MN時，a、b的電勢能變化相等C.從釋放兩帶電小球a、b到MN的過程中，b的機械能變化量的絕對值大于a的機械能變化量的絕對值D.若將上極板上移一小段距離h，下極板下移2h，再同時由原位置釋放a、b，a、b仍同時到達原中線MN【答案】CD【解析】【分析】B．對a粒子牛頓第二定律：對b粒子牛頓第二定律：C．從釋放到MN的過程中，根據W=qU=qEy知，因為場強E和位移y相等，而兩粒子的電荷量大小qb＞qa，則電場力對b粒子做功的絕對值大于電場力對a粒子做功的絕對值，則b粒子機械能的增加量大于a機械能的減小量，故C正確；D．若僅將上極板向上平移一段距離，因極板帶電量不變，正對面積不變，根據推論知板間場強不變，兩個粒子運動的加速度不變，則再同時由原位置釋放a、b，a將同時達到原中線MN，故D正確。故選CD。第II卷（共174分）三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第2232題為必考題，每個試題考生必須作答；第3338題為選考題，考生根據要求作答。9.某研究性學習小組用如圖1所示的裝置驗證機械能守恒定律，細線的一端拴一個金屬小球，另一端連接固定在天花板上的拉力傳感器，傳感器可記錄小球在擺動過程中細線拉力的大小。將小球拉至圖示位置，由靜止釋放小球，發現細線拉力在小球擺動的過程中作周期性變化。(1)用螺旋測微器測出金屬小球的直徑如圖2所示，讀數為______mm。(2)若細線的長度遠大于小球的直徑，為了驗證機械能守恒定律，該小組不需要測出的物理量是______（填入選項前的序號）。A．釋放小球時細線與豎直方向的夾角B.細線的長度LC.小球的質量mD.細線拉力的最大值FE.當地的重力加速度g(3)小球從靜止釋放運動到最低點過程中，滿足機械能守恒的關系式為______（用上述測定的物理量的符號表示）?！窘馕觥俊痉治觥俊驹斀狻?1)[1]用螺旋測微器測出金屬小球的直徑為8mm+0.01mm×46.5=8.465mm。(2)[2]要驗證的關系式是即為了驗證機械能守恒定律，該小組不需要測出的物理量是細線的長度L，故選B。(3)[3]由以上分析可知，小球從靜止釋放運動到最低點過程中，滿足機械能守恒的關系式為10.小明想用如圖所示甲、乙兩種方法測量某電源的電動勢和內電阻（約為1）。其中R為滑動變阻器，電流表的內電阻約為0.1，電壓表的內電阻約為。（1）為了減小由電表內電阻引起的實驗誤差，本實驗應選擇圖______（填“甲”或“乙”）。（2）實驗主要步驟：①將滑動變阻器接入電路的阻值調到最大，閉合開關；②逐漸減小滑動變阻器接入電路的阻值，記下電壓表的示數U和相應電流表的示數I；③以U為縱坐標，I為橫坐標，做出U–I圖線（U、I都用國際單位）；④求出U–I圖線斜率的絕對值k和在橫軸上的截距b。則待測電源的電動勢E和內阻r的表達式為E=______，r=______。（3）實驗時，小明進行了多次測量，花費了較長時間，測量期間一直保持電路閉合，其實，從實驗誤差考慮，這樣的操作不妥，因為______。（4）最后小明想利用圖像分析由電表內電阻引起的實驗誤差，如圖丙所示，實線是根據實驗數據描點作圖得到的UI圖像，請你用虛線在圖丙中大致畫出在沒有電表內電阻影響的理想情況下，該電源的路端電壓U隨電流I變化的UI圖像______?！敬鸢浮竣?甲②.kb③.k④.干電池長時間使用后，電動勢和內阻會發生變化，導致實驗誤差增大⑤.【解析】【分析】【詳解】(1)[1]由題意可知電源內阻與電流表內阻可比且均較小，所以應采用相對電源的電流表外接法以減小由電表內阻帶來的實驗誤差，故選擇甲圖。(2)④[2][3]根據閉合電路歐姆定律可知因為U?I圖線斜率的絕對值k和在橫軸上的截距b，則可知電源內阻為由可得電動勢E的表達式為(3)[4]干電池長時間使用后，會生熱，使得電源的電動勢和內阻會發生變化，導致實驗誤差增大。(4)[5]相對電源的電流表外接法誤差來源于電壓表的分流，而當外電路短路時，分流不計，故短路電流不變；而由于電壓表的分流使電流表示數偏小，則可知在沒有電表內電阻影響的理想情況下，該電源的路端電壓U隨電流I變化的U?I圖像如圖所示：11.在一橫截面為正方形的柱形區域內有勻強電場，正方形邊長為L，如圖所示，電場線為與AC平行的一簇平行線，P為AB邊的中點，質量為m電荷量為q（q＞0）的帶電粒子自P點以大小不同的速度進入電場，速度方向與電場方向垂直。已知進入電場時速率為v0的粒子恰好由C點離開電場，運動中粒子僅受電場力作用。（1）求電場強度的大小；（2）為使粒子從DC的中點Q離開電場，該粒子進入電場的速度為多大；（3）若粒子從P進入電場到D點離開，則粒子在此過程中所受電場力的沖量為多大。【解析】【分析】【詳解】(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動。設粒子由P到C用時為t1解得(2)設粒子以速度v由P到Q用時為t2解得(3)設粒子由P到D用時為t3，粒子在此過程中所受電場力的沖量又有解得（1）物體P與Q發生碰撞后，P能否被B處的探測器探測到？（2）物體P與Q能否發生第二次碰撞？若能，請求出從第一次碰撞到第二次碰撞的過程中系統產生的內能；若不能，請求出P、Q之間最終的距離?！敬鸢浮浚?）見解析（2）能，39.5J【解析】【分析】【詳解】（1）0時刻，P和Q之間發生彈性碰撞，設碰撞后P的速度是v1，Q的速度是v2，由動量守恒定律和能量守恒定律可得解得發生碰撞后，P開始向右運動，設P的加速度大小為a1，由牛頓第二定律可知解得①設經過時間t1，P向右運動通過B點，由運動學規律可知解得或由于t1＜2s，故P向右通過B點時，不會被探測到②設經過時間t2，P與擋板碰撞后向左運動通過B點，由運動學規律可知解得或由于2s＜t2＜4s，故P向左運動通過B點時，會被探測到（2）發生碰撞后Q向左運動，設Q的加速度大小為a2，由牛頓第二定律可知解得Q向左運動的時間Q運動的時間小于P運動的時間，Q在發生碰撞后從A點開始向左運動的距離P從發生第一次碰撞到停止運動需通過的路程因為所以P和Q能發生第二次碰撞Q向左運動的時間t=ls，在第一次碰撞結束后1s，P走過的路程為解得13.一定質量的理想氣體經歷了ABCDA的循環，其P—V圖像如圖所示，下列說法正確的是（）A.狀態B時，氣體分子的平均動能比狀態A時氣體分子的平均動能大B.由B到C的過程中，氣體釋放熱量C.由C到D的過程中，氣體吸收熱量D.由D到A的過程中，氣體對外做功E.經歷ABCDA一個循環，氣體吸收的總熱量大于釋放的總熱量【答案】ABE【解析】【分析】【詳解】A．狀態B與狀態A相比，pV的乘積大，溫度高，分子的平均動能大，故A正確；B．由B到C的過程，發生等容變化，氣體壓強減小，溫度降低，氣體內能減小，氣體不對外界做功外界也不對氣體做功，根據熱力學第一定律，氣體放出熱量，故B正確；C．由C到D的過程，pV的乘積變小，氣體溫度降低，內能減小，體積減小，外界對氣體做功，則根據熱力學第一定律，氣體放出熱量，故C錯誤；D．由D到A的過程，氣體發生等容變化，不對外界做功，故D錯誤；E．圖中平行四邊形的面積表示氣體對外界所做的功，全過程氣體內能沒有變化，根據熱力學第一定律，全過程氣體一定吸熱，即氣體吸收的總熱量大于釋放的總熱量，故E正確。故選ABE。14.受托里拆利實驗的啟發，某實驗小組設計了如下實驗，如圖所示，AB是一粗細均勻的玻璃細管的兩端，管長L=70cm。在溫度為17℃的室內，將玻璃細管的B端向下豎直插入水銀槽中，當B距水銀面h=40cm時將A端封閉；然后將細管緩慢豎直向上提起，直至B端恰好要離開水銀面時封住B端。之后將細管拿出水銀槽并在豎直平面內緩慢旋轉180°，使B端在上A端在下，再打開B端，已知細管足夠細，此時毛細現象將使細管中可以維持水銀在上空氣在下的狀態。再將管內氣體加熱，直到水銀柱上端恰好與管口平齊。已知大氣壓為75cmHg，求：(1)B端離開水銀面后，管中水銀柱的長度；(2)將管內氣體加熱，氣體的溫度需要達到多少攝氏度才能讓水銀柱上端恰好與管口B平齊。【答案】(1)25cm；(2)307℃【解析】【分析】【詳解】(1)設B端離開水銀面后，管中水銀柱的長度為X，管的橫截面積為S狀態1：p1=75cmHg，V1=30cmS，T1=290K狀態2：p2=(75X）cmHgV2=(70X）cmST2=290K代入解之得X=25cm或X=120cm（舍）即B端離開水銀面后，管中水銀柱的長度為25cm(2)狀態3：p3=100cmHgV3=45cmST3代入數據得T3=580K即t3=307℃所以將管內氣體加熱，氣體的