浙江省杭州地区(含周边)重点中学2021届高三(上)期中物理试题(解析版)

2020学年第一-学期期中杭州地区（含周边）重点中学
高三年级物理学科试题
命题:严州中学（新）伊瑞东临安中学叶向忠（审校）
考生须知:
1.本卷满分100分，考试时间90分钟；
2.答题前，在答题卷指定区城填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字；
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；考试结束后，只需上交答题卷；
4.本卷可能用到的重力加速度g取10m/s2。

选择题部分
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。

每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分。

）
1. 基本单位对应的物理量叫基本物理量，简称基本量。

下列物理量全属于基本量的是（）
A. 力质量
B. 电流强度时间
C. 位移功
D. 速度时间
【答案】B
【解析】
【详解】A．国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流强度，光强度、物质的量。

力的单位是N，是导出单位，力不是基本量，质量是基本量，A错误；
B．电流强度单位是A，是基本单位；时间单位是s，是基本单位，因此电流强度和时间都是基本量，B正确；
C．位移单位是m，是基本单位，位移是基本量；功的单位是J，是导出单位，功不是基本量，C错误；D．速度单位是m/s，是导出单位，速度不是基本量，时间单位是s，是基本单位，时间是基本量，D错误；故选B。

2. 以下说法正确的是（）
A. 天然放射现象的发现，说明原子内部有复杂结构
B. 核力是引起原子核中中子转变成质子的原因
C. 核反应堆中，镉棒是用来吸收中子，其作用是控制反应速度
D. 30
15P是一种放射性同位素，一个30
15
P核的结合能比一个31
15
P核大
【答案】C 【解析】
【详解】A ．天然放射现象的发现，说明原子核内部有复杂结构，故A 错误； B ．中子转变成质子的原因是因为在原子核内发生了β衰变，故B 错误； C ．核反应堆中，镉棒是用来吸收中子，其作用是控制反应速度，故C 正确；
D ．比结合能越大原子核结合得越牢固，原子核越稳定，故一个30
15P 核的结合能比一个31
15P 核小，故D 错误。

故选C 。

3. 一辆汽车以24m/s 的速度在平直的公路上行驶，当驾驶员发现前方有险情时，立即进行急刹车，刹车后的速度v 随刹车位移x 的变化关系如图所示，设汽车刹车后做匀减速直线运动，则当汽车刹车的位移为36m 时，汽车的速度为（ ）
A. 11.2m/s
B. 11.8m/s
C. 12m/s
D. 12.8m/s
【答案】C 【解析】 【详解】根据
2
02v ax =
解得
2
222024m/s 6m/s 2248
v a x ===⨯
则当汽车刹车的位移为36m 时
2
'202242636m/s 12m/s v v ax =-=-⨯⨯=
故选C 。

4. 新安江水电站交流发电机在正常工作时，电动势310sin100π(V)e t =，若水轮机带动发电机的转速增加到1.2倍，其它条件不变，则电动势为（ ） A. 372sin120π(V)e t '= B. 310sin120π(V)e t '= C. 372sin100π(V)e t '= D. 310sin100π(V)e t '=
【答案】A
【解析】
【详解】将发电机的转速增加到1.2倍，则角速度
ω=2πn
也增加到1.2倍，则产生的感应电动势的最大值
E m=NBSω
也增加到1.2倍，故发出的交流电
'=
372sin120π(V)
e t
故选A。

5. 小明家用电器的待机功率大约是10W，假如每天待机20h。

小明家一年（365天）用电器待机消耗的电能约为（）
A. 2.6×108J
B. 3.2×108J
C. 5.2×107J
D. 1.6×108J
【答案】A
【解析】
【详解】电视机待机功率
P=10W=0.01kW
则每天待机消耗的电能为
W0=Pt=0.01kW×20h=0.2kW•h
每年消耗的电能为
W=365W0=365×0.2kW•h=73kW•h≈2.6×108J
故选A。

6. 真空中有两个固定的带正电点电荷，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，O点在两电荷连线中点的左边，如图所示。

以下说法正确的是（）
A. Q1电量大于Q2电量
B. b、O、d三点在同一等势面上
C. c 点电势高于O 点电势
D. 仅在电场力的作用下该试探电荷从c 点运动到O 点动能增加 【答案】C 【解析】
【详解】A ．由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可知，负电荷受平衡力，由
2Qq F k
r
又
12r r ＜
得Q 1电量小于Q 2电量。

B ．因b 、d 两点关于O 点对称，它们电势相等，b 、d 连线垂直于Q 1、Q 2连线，因此O 点电势高于b 、d 两点电势，故B 错误；
C ．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，E O =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，由沿着电场线方向，电势是降低的，则有c 点电势高于O 点的电势，故C 正确；
D ．因试探电荷是负电荷，从c 点运动到O 点，是从高电势运动到低电势，电场力做负功，动能减小，故D 错误。

故选C 。

7. 2019年7月23日12时41分，中国的“天问一号”火星探测器成功发射，开启了中国火星探测之旅。

探测器在进入火星轨道时的轨迹变化如图所示，探测器先在圆轨道Ⅰ上运动，经过P 点时启动变轨发动机切换到椭圆轨道Ⅱ上运动，下列关于探测器运动的说法正确的是（ ）
A. 在轨道Ⅰ上P 点的速度大于轨道Ⅱ上P 点的速度
B. 在轨道Ⅰ上P 点的加速度大于轨道Ⅱ上P 点的加速度
C. 在轨道Ⅰ上运动的周期小于轨道Ⅱ上运动的周期
D. 在轨道Ⅰ上的机械能小于轨道Ⅱ上的机械能
【答案】A 【解析】
【详解】A ．探测器进入轨道Ⅱ时做向心运动，可知提供的向心力要大于在轨道Ⅰ上运动的向心力，所以探测器在P 点需要减速进入轨道Ⅱ，故在轨道Ⅰ上P 点的速度大于轨道Ⅱ上P 点的速度，故A 正确； B ．根据万有引力提供加速度可知2
Mm
G
ma r =，则同一位置，加速度相同，故B 错误； C ．根据开普勒第三定律可知3
2r k T
=，圆轨道的半径大椭圆轨道的半长轴，故在轨道Ⅰ上运动的周期大于
轨道Ⅱ上运动的周期，故C 错误；
D ．选项A 分析中可知，由圆轨道点火减速变轨到低轨道的椭圆轨道，阻力做负功，机械能损失，则在轨道Ⅰ上的机械能大于轨道Ⅱ上的机械能，故D 错误。

故选A 。

8. 如图所示的LC 振荡电路中，某时刻线圈中磁场方向向上，且电路中的电流正在减小，则此时（ ）
A. 电容器上极板带负电，下极板带正电
B. 振荡电路中能量正在从磁场能转化为电场能
C. 电容器两极板间的场强正在减小
D. 线圈中的磁通量变化率正在变小
【答案】B 【解析】
【详解】根据安培定则，线圈中的电流从上看是逆时针，此时电流正在减小，表明电容器正在充电，所以下板带负电，上板带正电。

电容器两极板间场强正在增大，电场能在增大，电容放电变快，线圈中感应电动势变大。

磁通量变化率正在变大，故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

9. 如右图所示，一足够长的斜面体静置于粗糙水平地面上，一小物块沿着斜面体匀速下滑，现对小物块施加一水平向右的恒力F ，在F 作用前后一段时间内（物块还未运动到最低点），下列说法正确的是（ ）
A. 物块与斜面体间的弹力不变
B. 物块与斜面体间的摩擦力不变
C. 斜面体与地面间的弹力不变
D. 斜面体与地面间的摩擦力不变
【答案】D 【解析】
【详解】AB ．设斜面的倾角为α，不加推力F 时，滑块匀速下滑，受重力、支持力和摩擦力，根据共点力平衡条件，支持力
N =mg cos α
摩擦力
f =m
g sin α
故动摩擦因数
tan f
N
μα=
= 对小物块施加一水平向右的恒力F 后，支持力
N ′=mg cos α+F sin α
变大；滑动摩擦力f′=μN ′，也变大，故AB 错误；
CD ．不加推力F 时，根据平衡条件，滑块受的支持力和摩擦力的合力竖直向上，根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力竖直向下，故斜面体相对地面没有滑动趋势，斜面体不受摩擦力；加上水平推力后，滑块对斜面体的摩擦力和压力同比例增加，其合力方向依旧是竖直向上（大小变大，方向不变）；同理，根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力依旧是竖直向下（大小变大，方向不变），故斜面体相对地面仍然没有滑动趋势，故斜面体仍然不受摩擦力，但对地压力变大了，故C 错误，D 正确。

故选D 。

10. 如图，是氢原子的能级图，各能级能量关系为1
2
n E E n
=
，其中E 1为基态能量，n 为量子数。

当原子从5n =能级跃迁到3n =能级时，释放出的一个光子能量为E ，下列说法正确的是（ ）
A. 一个处于5n =的氢原子向低能级跃迁时，最多能辐射出10种不同频率的光子
B. 从5n =能级向低能级跃迁，跃迁到4n =能级辐射的光波长最短
C. 处于3n =的氢原子跃迁到基态吸收光子能量为12.5E
D. 某金属的逸出功为E ，用4n =跃迁到2n =辐射的光子照射该金属，【答案】D 【解析】
【详解】A ．一个处于5n =的氢原子向低能级跃迁时，最多能辐射出(5－1)=4种不同频率的光子，故A 错误；
B ．从5n =能级向低能级跃迁，跃迁到4n =能级辐射的光能量最小，由公式
可知，波长最长，故B 错误；
C ．处于3n =的氢原子跃迁到基态应放出能量，故C 错误；
D ．原子从5n =能级跃迁到3n =能级时，释放出的一个光子能量为
E ，即有
4n =跃迁到2n =辐射的光子能量为
由爱因斯坦光电效应方程可知，用4n =跃迁到2n =辐射的光子照射该金属，逸出光电子的最大初动能为
'k max E E E =-
联立解得
故D 正确。

故选D 。

11. 如下图所示，导电物质为电子（电量为e ）的霍尔元件长方体样品于磁场中，其上下表面均与磁场方向垂直，其中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端。

1、3间距为a ，2、4间距为b ，厚度为c ，若开关S 1处于断开状态、开关S 2处于闭合状态，电压表示数为0；当开关S 1、S 2闭合后，三个电表都有明显示数。

已知霍尔元件单位体积自由电子数为n ，霍尔元件所在空间磁场可看成匀强磁场，磁感应强度为B ，由于温度非均匀性等因素引起的其它效应可忽略，当开关S 1、S 2闭合且电路稳定后，右边电流表示数为I ，下列结论正确的是（ ）
A. 接线端2的电势比接线端4的电势高
B. 增大R 1，电压表示数将变大
C. 霍尔元件中电子的定向移动速率为I v neac
= D. 电路稳定时，电压表读数为BI nec
【答案】D 【解析】
【详解】A ．霍尔元件中电子从3向1运动，磁场方向竖直向下，电子受到的洛伦兹力向右，稳定后霍尔元件右端带负电，左端带正电，说明接线端2的电势比接线端4的电势低，故A 错误； B ．霍尔元件中的电子受到向右洛伦兹力，向左的电场力，待稳定后二力相等，则有
=
U Bev e b 解得=U Bbv
增大R 1，线圈中的电流减小，磁感应强度变小，说明电压表示数将变小，故B 错误； C ．根据电流的定义式可知
===q bcvtne I bcvne t t
解得
I
v nebc
=
霍尔元件中电子的定向移动速率I
v nebc
=
，故C 错误； D ．电路稳定时，电压表读数为=U Bbv ，将C 选项中速率的表达式代入可得
=
BI U nec
故D 正确。

故选D 。

12. CT 扫描是计算机X 射线断层扫描技术的简称，CT 扫描机可用于对多种病情的探测。

图a 是某种CT 机主要部分的剖面图，其中X 射线产生部分的示意图如图b 所示。

图b 中M 、N 之间有一电子束的加速电场，
虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X 射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为P 点。

则（ ）
A. 电子在N 处的电势能比M 处大
B. 仅增大M 、N 之间的加速电压，电子在偏转磁场中的运动时间变短
C. 偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D. 仅增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P 点右移 【答案】B 【解析】
【详解】A ．电子在加速的过程中，电场力做正功，电势能减小，电子在N 处的电势能比M 处小，A 错误； B ．由动能定理得
2
012
qU mv =
解得02qU
v m
=
，M 、N 之间的电压越大，电子进入磁场的速度越大，在磁场中运动时间越短，B 正确； C ．由左手定则，偏转磁场的方向垂直于纸面向里，C 错误； D ．在磁场中的偏转半径为0
mv r qB
=
，磁感应强度越大，电子在磁场中运动的轨道半径越小，顺时针偏转角度越大，P 点向左移动距离越大，D 错误。

故选B 。

13. 平衡车仅仅依靠重心的改变，便可以实现车辆的启动、加速、减速、停止等动作，因为其炫酷的操作，平衡车已经从年轻人的玩具变成了日常通勤的交通工具。

右表是质量为60kg 的小哥所骑电动平衡车的部分技术参数，已知电动平衡车行驶时受到的阻力为总重的0.1倍，不计空气阻力。

下列结论正确的是（ ） 技术参数
A. 表中的电池容量是指能量
B. 该平衡车的额定功率为3600W
C. 小哥驾驶它在水平面上匀速行驶，若消耗的电能全部转化为机械能，该电动平衡车充满电后，最多能行驶28.8km
D. 小哥驾驶它在水平路面上匀速行驶5km ，电动机做的功为4.5×104J 【答案】C 【解析】
【详解】A ．电池容量是指电池存储电量的大小，不是能量。

故A 错误； B ．由
m =P Fv fv =
知
该平衡车的额定功率大约为
与3600w 相差太大，故B 错误； C ．由电能
612360060J 2.59210J E qU ==⨯⨯=⨯
得
故C 正确；
D ．小哥驾驶它在水平路面上匀速行驶5km ，电动机做的功为
()5+0.190105000J 4.510J W m m gx μ==⨯⨯⨯=⨯人车
故D 错误。

故选C 。

二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分。

每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对得2分，选对但不全的得1分，不选、多选、错选的均不得分。

）
14. 如图所示，平行玻璃砖下表面镀有反射膜，两束平行细单色光a 、b 从空气斜射到玻璃砖上表面，入射点分别为O 1，O 2，两光线刚好从玻璃砖上表面同一点P 射出，已知玻璃砖对a 、b 两色光的折射率均大于2，下列说法中正确的是（ ）
A. 在玻璃中b 光的速度比a 光大
B. 若a 光能使某金属发生光电效应，b 光也一定能使该金属发生光电效应
C. 若a 、b 两束光同时从玻璃砖上表面射入，则a 比b 先从P 点射出
D. 增大b 光的入射角，当b 光从玻璃砖上表面射出时有可能发生全反射 【答案】BC 【解析】
【详解】A ．两光线偏折到同一点出射，根据光路
可得，知a 光的偏折程度小于b 光的偏折程度，所以a 光的折射率小于b 光，根据
c
v n
=
可知在玻璃中b 光的速度比a 光小，A 错误；
B ．由上可知b 光的频率大于a 光，a 光能使某金属发生光电效应，b 光也一定能使该金属发生光电效应，B
C．设玻璃砖厚度为d。

折射角为α，则在里面传播的时间
22
21
cos cos
cos
d d
dn
t
c
v c
n
αα
α
===⨯
因a光的偏折程度小于b光的偏折程度，即折射角小，所以a、b两束光同时从玻璃砖上表面射入，则a比b先从P点射出，C正确；
D．玻璃砖对b两色光的折射率大于2，增大b光的入射角，当b光从玻璃砖上表面射出时不可能发生全反射，D错误。

故选BC。

15. 如图所示，在同一种均匀介质中的一条直线上，a、b两个振源相距8m。

在00
t=时刻，a、b开始振动，它们的振幅相等，且都只振动了一个周期，a、b的振动图像分别如图甲、乙所示.若a振动形成的横波向右传播，b振动形成的横波向左传播，波速均为10m/s，则下列说法正确的是（）
A.
1
0.4s
t=，两列波相遇
B. 若两列波在传播过程中遇到小于1m的障碍物时，不能发生明显的衍射现象
C.
2
0.95s
t=时刻，b处质点的加速度为正向最大
D. 在两列波相遇过程中，ab连线中点c处振动始终加强
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由题ab间的距离x=8m，两列波的波速均为v=10m/s，两列波相向运动，则相遇时间
0.4s
2
x
t
v
==
A正确；
B．由图知周期T=0.2s，波长
100.2m2m
vT
λ==⨯=
两列波在传播过程中，若遇到尺寸与波长2m差不多的障碍物体能发生明显的衍射现象，B错误；
20.95s 4.75t T ==
a 振动形成的波刚好传到
b 处，且振动到波谷，b 处质点的加速度为正向最大，C 正确；
D ．当a 的波峰（或波谷）传到c 时，恰好b 的波谷（或波峰）传到c 点的振动始终减弱，由于两列波的振幅相等，所以c 处的质点的振动速度始终为零，D 错误。

故选AC 。

16. 太阳现正处于主序星演化阶段，它主要是由电子和11H 、4
2He 组成。

维持太阳辐射的是它内部的核聚变反应，核反应方程是2x 4H He E +→+∆释放的核能，这些核能最后转化为辐射能。

根据目前关于恒星演化的理论，若由于聚变反应而使太阳中的11H 核数目从现有数减少10%，太阳将离开主序星阶段而转入红巨星的演化阶段。

为了简化，假定目前太阳全部由电子和11H 核组成。

已知质子质量27
p 1.6726g 10k m -=⨯，
42
He 质量27e 6.645810kg m -=⨯，电子质量30e 0.910kg m -=⨯，光速8310m/s c =⨯，太阳质量
30210kg M =⨯，太阳辐射功率为26410W P =⨯，普朗克常量346.6310J s h -=⨯⋅。

下列结论正确的是
（ ）
A. 核反应中的x 是电子
B. 释放的核能E ∆约为4.2×10-12J
C. 若释放的核能全由波长为300nm 的光子组成，一次核反应释放出的光子数约为6.3×108个
D. 太阳维续保持在主序星阶段的时间约为1010年 【答案】ABD 【解析】
【详解】A ．该核反应方程是
014
1122e 4H He E -+→+∆
可知核反应中的x 是电子，A 正确；
B ．根据质量亏损和质能方程，该核反应每发生一次释放的核能为
△E =（4m p +2m e -m α）c 2
代入数值解得
△E =4.2×
10-12 J B 正确；
C ．一次核反应释放出的光子数约为
129
6
348
4.21030010
6.310
6.6310310
E
n
hc
λ--
-
∆⋅⨯⨯⨯
===⨯
⨯⨯⨯
个
C错误；
D．根据题给假设，在太阳继续保持在主序星阶段的时间内，发生题中所述的核聚变反应的次数为
10%
4
p
M
N
m
⨯
＝
因此太阳总共辐射出的能量为
E=N•△E
设太阳每秒内向外放出的辐射能为P，所以太阳继续保持在主星序的时间为
E
t
P
＝
由以上各式解得
t=1×1010年
即太阳维续保持在主序星阶段的时间约为1010年，D正确。

故选ABD。

非选择题部分
17. 在探究“做功与物体速度变化关系”的实验中
某同学设计了如图所示的实验装置。

一端带有定滑轮的长木板固定在桌面上，用细绳绕过定滑轮及轻质动滑轮将小车与测力传感器连起来。

实验时，改变悬挂的钩码个数进行多次测量，记录测力传感器的示数F，并利用纸带计算出小车对应的速度。

①实验中为使细绳对小车的拉力等于小车受到的合外力，下列的做法正确的是________；
A.钩码的质量要远小于小车质量
B.实验过程中，小车和长木板右端定滑轮间的细绳与K木板始絏保持平行
C.小车不连细绳时，反复调整木板倾角，直到纸带上打下的点分布均匀
D.小车连接细绳，不连纸带，反复调整木板倾角，直到小车能沿木板缓慢运动到底端
②实验小组按照规范操作打出的纸带如图所示，已知相邻计数点a、b、c、d间的时间间隔为T，间距分别为s1、s2、s3，测力传感器的示数为F，小车质量为M，以小车为研究对象，那么从b到c过程中细绳拉力
对小车做的功W =_____________，小车动能的变化量k E ∆=____________；
【答案】 (1). BC (2). Fs 2 (3). 2223121()()2
22s s s s M T T ++⎡⎤-⎢⎥⎣⎦
【解析】
【详解】[1] A 。

小车所受的拉力可由测力传感器直接测出，钩码的质量不需要远小于小车的质量，故A 错误；
B ．实验过程中，要使小车和长木板右端定滑轮间的细绳与长木板始终保持平行，故B 正确；
CD ．小车不连细绳时，纸带上打下的点分布均匀，说明摩擦力与重力沿木板向下的分力平衡，细绳的拉力是小车的合外力。

小车不连接细绳平衡完摩擦力之后不需要再连接细绳调整木板，故C 正确，D 错误。

故选BC 。

[2]对BC 段进行研究，则细绳拉力对小车做的功
2W Fs =
[3]利用匀变速直线运动的推论得
12
b 2s s v T +=
23c 2s s v T +=
小车动能的增加量
222312k 12
22s s s s E M
T T ⎡⎤++⎛⎫⎛⎫∆=-⎢⎥
⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦
18. 在用“插针法测定玻璃砖折射率”的实验中
①如图，甲同学在实验过程中画出平行玻璃砖的边界①、入射光线②、折射光线③和出射光线④，下列关于实验中画这四条线的先后顺序正确的是______________；
A.①②③④
B.②①③④
C.①②④③
D.②①④③ ②“测定玻璃的折射率”实验利用的原理是_______________；
A.光的折射
B.光的干涉
C.光的衍射
D.光的偏振
③乙同学在纸上画出的界面ab、cd与矩形玻璃砖位置的关系如图所示，已知玻璃砖宽度与ab、cd间距相等，实验时将玻璃砖向下平移一小段距离，其它操作均正确，且以ab、cd为界面画光路图.则该同学测得的折射率与真实值相比_____________。

A.偏大
B.偏小
C.不变
D.无法确定
【答案】(1). C(2). A(3). C
【解析】
【详解】[1] 在用“插针法测定玻璃砖折射率”的实验中，应先画平行玻璃砖的边界①，然后画出法线，再画出入射光线②，再画出出射光线④，最后连接入射光线和出射光线，画出折射光线③，所以顺序为①②④③，故选C。

[2] “测定玻璃的折射率”实验利用的原理是光的折射，故选A。

[3] 根据题意作图，如图所示
通过作图可知，入射角和折射角大小均没有改变，故该同学测得的折射率与真实值相比不变。

故选C。

19. 新冠肺炎疫情期间，额温枪被大量应用于排查高温患者，额温枪的原理是通过传感器接收红外线得出感应温度数据。

超超同学为了研究额温枪中某导电材料的导电规律，她用该种导电材料制作成电阻较小的元件Z做实验，测量元件Z中的电流随两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律。

(1)她应选用下图中所示的哪个电路进行实验____________；
A. B. C.
D.
(2)
影响物质材料电阻率的因素很多，一般金属材料的电阻率随温度的升高而增大，材料的电阻则与之相反，随温度的升高而减小。

由(1)实验测得元件Z 的电压与电流的关系做出元件Z 的I -U 图线如图a 。

根据Z 的I -U 图线可判断元件Z 是___________（填:金属材料或半导体材料）；
(3)超超同学为了进一步验证额温枪测温度的准确性，设计了图b 所示电路，已知电源电势 1.5V E =，内阻忽略不计，015ΩR =，热敏电阻的阻值与温度的关系如图c 所示，则：
①温度越高，电压表示数________________（填“越大”或“越小”）；
②闭合电键后，发现电压表示数为0.45V ，则热敏电阻此时的温度为____________C （保留1位小数）。

【答案】 (1). A (2). 半导体材料 (3). 越大 (4). 40.0±0.2 【解析】
【详解】（1）[1] 元件Z 中的电流随两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律，故滑动变阻器采用分压式接法；又由于电阻较小，故应该采用安培表外接法。

故选A 。

（2）[2] 图线如图a ，可得电阻逐渐降低，故是半导体材料。

（3）[3] 电源内阻忽略不计，根据闭合电路欧姆定律得电路中电流
E
I R R =
+电压表的读数
00ER U IR R R
==
+
热敏电阻的电阻值随温度的升高而减小，而R减小时，电压U增大，则温度越高，电压越大。

[4] 当电压为0.45V时，由上面的公式
可得
代入数据可得
35Ω
R=
由R-t图像，对应的温度为40.0C
︒。

20. 我国自主研制了运—20重型运输机。

飞机获得的升力大小F可用2
F kv
=描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，己知飞机空载时质量为9.0×104kg，飞机从静止沿跑道做匀加速直线运动，在跑道上滑行30s达到起飞离地速度为60m/s，假设飞机装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变，飞机在跑道上滑行时所受阻力为飞机重力的0.1倍。

(1)飞机在跑道上滑行的距离是多少；
(2)飞机在跑道上滑行时受到的水平牵引力多大；
(3)当飞机的起飞离地速度为80m/s时，飞机装载货物的质量是多少。

【答案】(1) 900m；(2) 2.7×105N；(3) 7.0×104kg
【解析】
【详解】(1)飞机在跑道上滑行距离为x，则
x
900m
(2)飞机在跑道上滑行时的加速度大小为a，则
由牛顿第二定律
F-0.1mg=ma 解得
F=2.7×105N (3)空载起飞时，升力正好等于重力
kv12=m1g
载货起飞时，升力正好等于重力
kv 22=（m 1+m ）g
由上两式解得
m =7.0×104kg
21. 如图所示，两个半径均为R 的圆形光滑细管道组成的轨道CDE 竖直放置在水平面上，C 、E 两管口切线水平，O 1和O 2为两细管道圆心，O 1O 2连线与竖直线间的夹角120α=，一劲度系数4mg
k R
=
的轻质弹簧右端固定，原长时左端处于P 点，已知弹簧原长足够长，一质量为m 可视为质点的滑块从A 点以初速度
022v gR =斜向上抛出，刚好从C 点沿水平方向进入管道，已知滑块与地面间的动摩擦因数为0.25μ=，
弹簧的弹性势能E p 与弹簧形变量x ∆的关系是2p 1
2
E k x =∆，细管内径和空气阻力不计。

求： (1)滑块到C 点时对轨道的压力； (2)AE 间的距离；
(3)要使滑块能再次返回细管道EDC 但又不能从C 点离开轨道，问EP 间的水平距离x 应满足的条件？（计算结果可用根号表示）
【答案】(1) mg ，方向竖直向上；(2)33R ；47
72
R x R -≤≤ 【解析】
【详解】(1)由几何关系，CE 竖直高度y =3R ，CE 水平间距x CE =3R ，设A 处的竖直速度为v y ，根据平抛运动规律
y 26v gy gR ==
滑块到C 点的速度为
22
C 0y 2v v v gR =-=
C 点由向心力公式
2
N C
v F mg m R
+=
求得N F mg =，根据牛顿第三定律，滑块对轨道压力大小为mg ，方向竖直向上 (2)AC 间的水平间距为
AE 间的距离为
(3)滑块从A 到E 机械能守恒，则E 点的速度为
若滑块刚好能回到E 点，设EP 间距为x 1，弹簧最大形变量为1x ∆，滑块向右运动时，由动能定理得
滑块向左运动时，由动能定理得
联立上两式得17x R =，若滑块刚好能回到C 点，设EP 间距为x 2，弹簧最大形变量为2x ∆
滑块向左运动到C 点过程中，由动能定理得
，所以滑块能再次返回细管道又不能从C 点离开，轨道EP 间的水平距离x 应满足
22. 如图所示，间距为d 的两根平行光滑金属导轨MN 、PQ 放置于同一水平面内，导轨左端有一阻值为R 的定值电阻与一电容为C 的电容器并联（电容器开始不带电），S 为单刀双掷开关，导体棒ab 垂直于导轨放置在导轨上，在ab 棒左侧和导轨间存在竖直向下足够长的匀强磁场，且磁场以ab 为右边界，磁感应强度大小为B 。

在ab 棒右侧有一绝缘棒cd ，cd 棒与ab 棒平行，且与固定在墙上的轻弹簧接触但不相连，弹簧处于压缩状态且被锁定。

现将S 连接到“1”，解除弹簧锁定，cd 棒在弹簧的作用下向左移动，脱离弹簧后以速度v 0与ab 棒发生碰撞并粘在一起。

已知ab 、cd 棒的质量均为m ，碰撞前后两棒始终垂直于导轨，ab 棒在两导轨之间的部分的电阻为r ，导轨电阻、接触电阻以及空气阻力均忽略不计，ab 棒总是保持与导轨良好。