2020学年贵州省毕节地区高考物理达标测试试题

2019-2020学年高考物理模拟试卷
一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．关于静电场的描述正确的是
A．电势降低的方向就是电场线方向
B．沿着电场线方向电场强度一定减小
C．电场中电荷的受力方向就是电场强度的方向.
D．电场中电场强度为零的地方电势不一定为零
2．空间存在一静电场，x轴上各点电势φ随x变化的情况如图所示。

若在-x0处由静止释放一带负电的粒子，该粒子仅在电场力的作用下运动到x0的过程中，下列关于带电粒子的a-t图线，v-t图线，E k-t图线，E p-t图线正确的是（）
A．B．C．
D．
3．如图所示，传送带AB长为16m，水平地面BC的长为8m，传送带与水平地面之间B处由光滑小圆弧连接，物块在B处由传送带滑到水平地面速度大小不变，物块与水平地面间、传送带间的动摩擦因数均为0.5，光滑半圆形轨道CD的半径为1.25m，与水平地面相切于C点，其直径CD右侧有大小为100V/m、方向水平向左的匀强电场。

传送带以l0m/s的速度顺时针运动，带正电的物块可看成质点，其质量为5kg，带电荷量为0.5C，从静止开始沿倾角为37°的传送带顶端A滑下。

已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，
则下列说法正确的是（）
A．物块在传送带上先加速后匀速
B．物块在传送带上运动的时间为3s
C．物块到达C点时对C点的压力为306N
D．物块可以运动到D点，在D点速度为14m/s
4．一小球系在不可伸长的细绳一端，细绳另一端固定在空中某点。

这个小球动能不同，将在不同水平面内做匀速圆周运动。

小球的动能越大，做匀速圆周运动的（）
A．半径越小B．周期越小
C．线速度越小D．向心加速度越小
5．如图所示，竖直直线MN的右侧有范围足够大的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。

正方形线框abcd
t 时刻起线框受外力拉动，水平向右匀加速运的边长为L，静止于图示位置，其右边与MN重合。

从0
动。

线框粗细均匀，其电阻沿长度分布均匀。

在运动过程中，线框a、b两点间的电势差随时间变化的特点与下列图像一致的是（）
A．B．C．
D．
6．一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具
有一定初速度的小物块，如图甲所示，以此时为计时起点t=0，小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系如图乙所示，图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，v 1>v 2，已知传送带的速度保持不变，则（ ）
A ．小物块与传送带间的动摩擦因数μ<tanθ
B ．小物块在0~t 1内运动的位移比在t 1~t 2内运动的位移小
C ．0~t 2内，传送带对物块做功为22211122
W mv mv =- D ．0~t 2内物块动能变化量大小一定小于物体与皮带间摩擦而产生的热量
7．如图所示，斜面体放在水平地面上，物块在一外力F 的作用下沿斜面向下运动，斜面体始终保持静止，则( )
A ．若物块做加速运动，地面对斜面体的摩擦力方向一定水平向左
B ．若物块做加速运动，地面对斜面体的摩擦力方向一定水平向右
C ．若物块做减速运动，地面对斜面体的摩擦力方向水平向左
D ．若物块做减速运动，地面对斜面体的摩擦力方向水平向右
8．有三个完全相同的重球，在每个球和水平面间各压了一块相同的木板，并都与一根硬棒相连，棒的另一端分别与一铰链相连，三个铰链的位置如图甲、乙、丙所示。

现分别用力F 甲、F 乙、F 丙将木板水平向右匀速抽出，（水平面光滑，重球和木板是粗糙的）。

则下列关于F 甲、F 乙、F 丙大小关系判断正确的是
A ．F 甲=F 乙=F 丙
B ．F 甲<F 乙=F 丙
C ．F 甲=F 乙< F 丙
D ．F 甲<F 乙<F 丙
9．如图所示，一倾角60θ=︒、质量为M 的斜面体置于粗糙的水平面上，斜面体上固定有垂直于光滑斜面的挡板，轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端拴接质量为m 的小球。

现对斜面体施加一水平向右的推力，整个系统向右做匀加速直线运动，已知弹簧恰好处于原长，斜面体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ）
A．若增大推力，则整个系统稳定后斜面体受到的摩擦力变大B．若撤去推力，则小球在此后的运动中对斜面的压力可能为零
C．斜面对小球的支持力大小为23
3
mg
D．水平推力大小为
3
()
M m g μ
⎛⎫
++
⎪
⎪
⎝⎭
10．如图所示，绝缘水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角θ=30°．一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行，且小球A正好静止在斜面中点．在小球A的正下方地面处固定放置一带电小球B，两球相距为d．已知两球的质量均为m、电荷量均为+q，静电力常量为k，重力加速度为g，两球均可视为点电荷．则下列说法不正确的是（）
A．两球之间的库仑力F=k
B．当时，斜面对小球A的支持力为
C．当时，细线上拉力为0
D．将小球B移到斜面底面左端C点，当时，斜面对小球A的支持力为0
二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
11．关于热学知识的下列叙述中正确的是（）
A．布朗运动可以反映液体分子在做无规则的热运动
B．将大颗粒的盐磨成细盐，就变成了非晶体
C．只要不违反能量守恒定律的机器都是可以制造出来的
D．在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加
E.某气体的摩尔体积为V ，每个气体分子的体积为V 0，则阿伏加德罗常数
N A <0
V V 12．在双缝干涉实验中，用绿色激光照射在双缝上，在缝后的屏幕上显示出干涉图样.若要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距，可选用的方法是（ ）
A ．改用红色激光
B ．改用蓝色激光
C ．减小双缝间距
D ．将屏幕向远离双缝的位置移动
E.将光源向远离双缝的位置移动
13．牛顿在发现万有引力定律时曾用月球的运动来检验，物理学史上称为著名的“月地检验”。

已经知道地球的半径为R ，地球表面的重力加速度为g ，月球中心与地球中心距离是地球半径k 倍，根据万有引力定律，可以求得月球受到万有引力产生的加速度为a 1。

又根据月球绕地球运动周期为T ，可求得月球的向心加速度为a 2，两者数据代入后结果相等，定律得到验证。

以下说法正确的是( )
A ．1g a k =
B ．12g a k
= C ．2
224Rk a T π= D ．2224kR a T
π= 14．如图2所示是电子电路中经常用到的由半导体材料做成的转换器，它能把如图1所示的正弦式交变电压转换成如图3所示的方波式电压，转換规则:输入的交变电压绝对值低于
2m U ，输出电压为0;输入的交变电压包对值大于、等于2m U ，输出电压恒为2
m U ．则
A ．输出电压的頻率为50Hz
B ．输出电压的颜率为100Hz
C 6m U
D ．输出电压的有效值为3
m U 15．下列说法符合物理史实的有（ ）
A ．奥斯特发现了电流的磁效应
B ．库仑应用扭秤实验精确测定了元电荷e 的值
C ．安培首先提出了电场的观点
D ．法拉第发现了电磁感应的规律
三、实验题：共2小题
16．某同学用图（a ）所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有20Hz 、30 Hz 和40 Hz ，打出纸带的一部分如图（b ）所示．
该同学在实验中没有记录交流电的频率f，需要用实验数据和其他条件进行推算．
（1）若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f和图（b）中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为_________，打出C点时重物下落的速度大小为________，重物下落的加速度的大小为________.
（2）已测得1s=8.89cm，2s=9.5.cm，3s=10.10cm；当重力加速度大小为9.80m/2s，试验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%．由此推算出f为________ Hz．
17．实验室购买了一捆标铜导线，小明同学想通过实验测定其长度。

按照如下步骤进行操作：
(1)该同学首先使用螺旋测微器测得导线的直径如图(1)所示，则导线的直径d＝___________mm；
(2)通过查阅资料查得铜的电阻率为ρ；
(3)使用多用电表欧姆档初步估测其电阻约为6Ω：
(4)为进一步准确测量导线的电阻，实验室提供以下器材：
A．直流电流表A（量程0~0.6A，内阻R A=3Ω）
B．直流电压表V1（量程0~3V，内阻约100Ω）
C．直流电压表V2（量程0~15V，内阻约100Ω）
D．滑动变阻器R1（阻值范围0~5Ω）
F．滑动变阻器R2（阻值范围0~100Ω）
G．直流电源E（输出电压3V，内阻不计）
H．开关S一个、导线若干
①为了得到尽量多的测量数据并精确的测定标铜导线的电阻，实验中应选择的电压表是___________（用所选器材前的字母表示）；选择的滑动变阻器是___________（用所选器材前的字母表示）；
②按实验要求在图(2)中，还需要连接的接线柱有___________（填相应接线柱的符号，如“ab”、“cd”等）；
③若测得电压表的读数为U，电流表的读数为I，则可得铜导线的长度可表示为L=___________（用题目提供的已知量的字母表示）；
四、解答题：本题共3题
18．如图所示，在倾角为37︒的斜面上有质量均为1kg
m=的物块A B
、，两物块用平行于斜面的细线连接，细线伸直。

若由静止释放两物块，两物块沿斜面下滑的加速度大小为2
2m/s；若用水平向左的恒力F作用在物块A上，两物块可沿斜面向上匀速运动，已知两物块与斜面间的动摩擦因数相同，重力加速度2
10m/s
g=，sin370.6
︒=，cos370.8
︒=，求：
（1）物块与斜面间的动摩擦因数；
（2）作用在物块A上的水平恒力F的大小。

19．（6分）如图1 所示，在直角坐标系xOy 中，MN 垂直x 轴于N 点，第二象限中存在方向沿y 轴负方向的匀强电场，Oy 与MN 间（包括Oy、MN）存在均匀分布的磁场，取垂直纸面向里为磁场的正
方向，其感应强度随时间变化的规律如图2 所示。

一比荷
00
q
m B t
π
=的带正电粒子（不计重力）从O 点
沿纸面以大小v0=
L
t、方向与Oy 夹角θ＝60°的速度射入第一象限中，已知场强大小
23
)0
2B L
t，ON=
23
(
π
L
(1)若粒子在t=t0时刻从O 点射入，求粒子在磁场中运动的时间t1；
(2)若粒子在0~t0之间的某时刻从O 点射入，恰好垂直y 轴进入电场，之后从P 点离开电场，求从O 点射入的时刻t2以及P 点的横坐标x P；
(3)若粒子在0~t0之间的某时刻从O 点射入，求粒子在Oy 与MN 间运动的最大路程s。

20．（6分）壁厚不计的圆筒形薄壁玻璃容器的侧视图如图所示。

圆形底面的直径为2R，圆筒的高度为R。

(1)若容器内盛满甲液体，在容器中心放置一个点光源，在侧壁以外所有位置均能看到该点光源，求甲液体的折射率；
(2)若容器内装满乙液体，在容器下底面以外有若干个光源，却不能通过侧壁在筒外看到所有的光源，求乙液体的折射率。

参考答案
一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．D
【解析】
【详解】
A．沿电场线方向电势降低，电势降低最快的方向是电场线方向，故A项错误；
B．负点电荷形成的电场，沿着电场线方向电场强度增大，故B项错误；
C．电场中正电荷的受力方向与电场强度的方向相同，电场中负电荷的受力方向与电场强度的方向相反，故C项错误；
D．电势具有相对性，电场中电场强度为零的地方电势不一定为零，故D项正确。

2．B
【解析】
【详解】
AB 、由x ϕ-图可知，图像的斜率表示电场强度，从0x -到0x 的过程中电场强度先减小后增大，受到沿x 轴正方向的电场力先减小后增大，粒子的加速度也是先减小后增大，在0x =位置加速度为零；粒子在运动过程中，粒子做加速度运动，速度越来越大，先增加得越来越慢，后增加得越来越快，故B 正确，A 错误；
C 、粒子在运动过程中，受到沿x 轴正方向的电场力先减小后增大，根据动能定理可知k E x -图像的斜率先变小再变大，在0x =位置的斜率为零，故C 错误；
D 、由于粒子带负电，根据电势能P
E q ϕ=可知，P E x -变化规律与x ϕ-变化规律相反，故D 错误； 图线正确的是选B 。

3．C
【解析】
【分析】
【详解】
AB.刚开始运动时，对物块受力分析可知
1sin 37cos37mg mg ma μ︒+︒=
解得
a 1=10m/s 2
物块与传送带达到共同速度时
11v a t =
解得
t 1=ls
物块的位移
211152
x a t m == 此后对物块受力分析可知
2sin 37cos37mg mg ma μ︒-︒=
解得a 2=2m/s 2，物块在传送带上的第二段运动
222212
AB L x vt a t -=+ 解得t 2=1s ，物块在传送带上运动的时间
122s t t t =+=
物体在传送带上先以a 1=10 m/s 2加速，再以a 2=2m/s 2加速，AB 错误；
C.物块到达传送带底端的末速度
22212m/s v v a t =+=
在水平地面BC 上，物块做匀减速直线运动，其加速度大小
25m/s a g μ==
设物块到达C 点时的速度为v 3，则
22322BC v v aL -=-
解得
v 3=8m/s
设此时C 点对物块的支持力为F N ，根据牛顿第二定律，有
23N mv F mg r
-= 解得
F N =306N
根据牛顿第三定律可知，物块对C 点的压力大小为306N ，故C 正确；
D.由于物块在电场中有
50N Eq mg ==
重力和电场力合力为
F 合
方向与竖直方向成45°角，所以物块的等效最高点在上半部圆弧与竖直方向成45°角处，要过等效最高点需要的最小速度为
2min v F m R
=合， 代入数据得
min v =≈
而实际上，物块由C 点运动到等效最高点时的速度，由动能定理可得
22311()-22
mg R R EqR mv mv -+=实 代入数据可得
min v v ≈<实
所以物块过不了等效最高点，物块就不可能到达D 点，故D 错误。

故选C 。

4．B
【解析】
【详解】
A ．设小球做匀速圆周运动时细绳与竖直方向的夹角为θ，如图所示：
速度为v ，细绳长度为L ．由牛顿第二定律得：2
tan v mg m r
θ=，圆周运动的半径为：r=Lsinθ，小球的动能为：212
K E mv =，联立解得： sin tan v gL θθ=
E k =mgLsinθtanθ，
则知小球的动能越大，θ越大，则做匀速圆周运动的半径越大，故A 错误。

B ．根据2cos 22sin tan r L T v g gL πθθθ=
==θ越大，cosθ越小，则周期T 越小，故B 正确。

C ．根据sin tan v gL θθ=C 错误。

D ．向心加速度2
tan v a g r
θ==，则向心加速度越大，故D 错误。

故选B 。

5．C
【解析】
【详解】
线框有两段匀加速直线运动过程：进入磁场的运动过程，在磁场中的运动过程。

两过程加速度相等，设为a 。

线框进入磁场的运动过程。

由右手定则知感应电流方向由b 向a 。

ba 段为电源，则a 点电势高于b 点电势。

电动势大小为
E BLv =
34
ab U E = 由运动规律得
v at =
解以上三式得
34
ab U BLat = 图像为过原点的直线，斜率为34
BLa 。

在0t 时刻有 034
ab U BLat =。

在磁场中的运动过程。

由右手定则知a 点电势高于b 点电势。

在0t 时刻有
0 ab U E BLat '==
运动过程有
0 =ab U E BL v at '=+（）
由运动规律得
202v aL =
解以上两式得
ab U BLat =
图像斜率为BLa 。

故选C 。

6．D
【解析】
【分析】
v-t 图象与坐标轴所围成图形的面积等于物体位移大小，根据图示图象比较在两时间段物体位移大小关系；由图看出，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上。

0～t 1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，可知物块对传送带做功情况。

由于物块能向上运动，则有 μmgcosθ＞mgsinθ．根据动能定理研究0～t 2内，传送带对物块做功。

根据能量守恒判断可知，物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小。

【详解】
在t 1～t 2内，物块向上运动，则有 μmgcosθ＞mgsinθ，解得：μ＞tanθ，故A 错误。

因v 1>v 2，由图示图象
可知，0～t 1内图象与坐标轴所形成的三角形面积大于图象在t 1～t 2内与坐标轴所围成的三角形面积，由此可知，物块在0～t 1内运动的位移比在t 1～t 2内运动的位移大，故B 错误；0～t 2内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为W G ，根据动能定理得：
W+W G =12mv 22-12mv 12，则传送带对物块做功W≠12mv 22-12
mv 12，故C 错误。

0～t 2内，物块的重力势能减小、动能也减小，减小的重力势能与动能都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小，即：0～t 2内物块动能变化量大小一定小于物体与皮带间摩擦而产
生的热，故D 正确。

故选D 。

7．D
【解析】
当物块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ时，则物块对斜面体的压力、摩擦力的水平分量大小相等，斜面体不受地面的摩擦力；μ>tanθ时，物块对斜面体的摩擦力的水平分量大于压力的水平分量，地面对斜面体有
向右的摩擦力；μ<tanθ时，地面对斜面体有向左的摩擦力．当物块沿斜面向下加速运动时，
μ的大小与tanθ的关系无法确定，故地面对斜面体的摩擦力方向无法确定，故A 、B 均错；但当物块沿斜面向下减速运动时，则μ>tanθ，地面对斜面体的摩擦力一定向右，即C 错误，D 正确．故选D.
点睛：此题首先要知道斜面体与水平面无摩擦力的条件，即μ＝tanθ，然后根据物体的运动情况确定摩擦力μmgcosθ和mgsinθ的关系.
8．D
【解析】
【详解】
设球的重力为G ，杆对球的拉力方向与竖直方向的夹角为θ，球与木板的动摩擦因数为μ，球处于静止状态，受力平衡，
对球受力分析，受到重力G 、杆子的拉力T 、木板对球的支持力N 以及木板对球水平向右的滑动摩擦力f ，根据平衡条件得：
sin N G T θ=+，cos f T θ=，
而f N μ=，解得：
1tan G
f μθ=-
木板处于静止状态，再对木板受力分析，根据平衡条件可知，水平方向有：
1tan G
F f μθ==-，
根据图象可知，从甲到乙再到丙，θ增大，则f 增大，所以F 增大，故
F F F <<甲乙丙，
A ．综上分析F F F <<甲乙丙，A 错误；
B ．综上分析F F F <<甲乙丙，B 错误；
C ．综上分析F F F <<甲乙丙，C 错误；
D ．综上分析F F F <<甲乙丙，D 正确。

故选D 。

9．B
A ．斜面体受到的摩擦力大小决定于动摩擦因数和正压力，若增大推力，动摩擦因数和正压力不变，则整个系统稳定后斜面体受到的摩擦力不变，故A 错误；
B ．若撒去推力，系统做减速运动，如果小球在此后的运动中对斜面的压力为零，则加速度方向向左，其大小为
tan30a g '=︒
以整体为研究对象可得
a g μ'=
由此可得摩擦因数
33μ= 所以当33μ
时小球在此后的运动中对斜面的压力为零，故B 正确； C ．弹簧处于原长则弹力为零，小球受到重力和斜面的支持力作用，如图所示
竖直方向根据平衡条件可得
cos60N mg ︒=
则支持力
0.5N mg =
故C 错误；
D ．对小球根据牛顿第二定律可得
tan60mg ma ︒=
解得
3a g =
再以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得
()()F M m g M m a μ-+=+
解得水平推力
()()(3)()F M m g a M m g μμ=++=++
10．C
【解析】
A. 依据库仑定律，则两球之间的库仑力大小为F= k，故A正确；
BC、当时,则有k= mg，
对球受力分析，如图所示：
根据矢量的合成法则，依据三角知识，则斜面对小球A的支持力为N= mg；
T= mg，故B正确，C错误；
D. 当小球B移到斜面底面左端C点，对球受力分析，如图所示：
依据几何关系可知，T与F的夹角为120∘，当时，即有k=mg，根据矢量的合成法则，则有电
场力沿垂直斜面方向的分力与重力沿垂直斜面方向的分力等值反向，那么斜面对小球A的支持力为N=0，故D正确；
本题选择错误的答案，故选C.
二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
11．ADE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．布朗运动是固体小颗粒的运动，间接反映了液体分子在做无规则的热运动，A 正确；
B ．将大颗粒的盐磨成细盐，不改变固体的微观结构，所以细盐仍为晶体，B 错误；
C ．第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律，不可能造出，C 错误；
D ．绝热条件下，根据热力学第一定律可知
U W ∆=
压缩气体，外界对气体做功，气体内能一定增加，D 正确；
E ．对于气体分子而言，气体分子占据的体积V 占据大于气体分子实际的体积0V ，则
A 0
V V N V V =<占据 E 正确。

故选ADE 。

12．ACD
【解析】
【分析】
【详解】
A. 根据干涉图样中两相邻亮条纹的间距Δx ＝
l d λ可知，改用红色激光，波长变大，则条纹的间距变大，选项A 正确；
B. 根据干涉图样中两相邻亮条纹的间距Δx ＝
l d λ可知，改用蓝色激光，则波长变短，则条纹的间距变小，选项B 错误；
C. 根据干涉图样中两相邻亮条纹的间距Δx ＝
l d λ可知，减小双缝间距d ，则条纹的间距变大，选项C 正确；
D. 根据干涉图样中两相邻亮条纹的间距Δx ＝
l d λ可知，将屏幕向远离双缝的位置移动，即l 变大，则条纹的间距变大，选项D 正确；
E. 根据干涉图样中两相邻亮条纹的间距Δx ＝
l d
λ可知，将光源向远离双缝的位置移动对条纹间距无影响，选项E 错误.
13．BD
【解析】
【分析】
【详解】
根据万有引力等于重力得 2 GMm mg R
=
则有
2GM g R
= 地球表面附近重力加速度为g ，月球中心到地球中心的距离是地球半径的k 倍，所以月球的引力加速度为 122
()GM g a R k k == 月球绕地球运动周期T ，根据圆周运动向心加速度公式得
222224()k R a kR T T
ππ=⋅= 故选BD 。

14．BC
【解析】
【详解】
AB.由图可知输出电压的周期T= 0.01s ，故频率为f=100Hz ， A 错误，B 正确；
CD.由：
2
21223m U U T T R R
⨯⨯=（） 解得：
m C 正确，D 错误．
15．AD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．奥斯特发现了电流的磁效应，故A 正确，符合题意；
B ．密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e 电荷量，故B 错误，不符合题意；
C ．法拉第首先提出用电场线描述电场，故C 错误，不符合题意；
D ．1831年，法拉第发现了电磁感应现象，并总结出电磁感应的规律：法拉第电磁感应定律，故D 正确，符合题意。

故选AD 。

三、实验题：共2小题
16．()1212s s f + ()2312s s f + ()23112
s s f - 40 【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]打B 点时，重物下落的速度等于AC 段的平均速度，所以
()1212122
B s s v s s f T +==+； [2]同理打出
C 点时，重物下落的速度 ()2323122B s s v s s f T +=
=+； [3]由加速度的定义式得
()23112
v a s s f t ∆==-∆ （2）[4]由牛顿第二定律得：
mg kmg ma -= ，
解得：
f = 代入数值解得：
f=40Hz ．
【点睛】
本题主要考查验证机械能守恒定律实验、纸带数据分析．解决这类问题的关键是会根据纸带数据求出打某一点的瞬时速度、整个过程的加速度；解决本题要特别注意的是打点计时器的频率不是经常用的50 Hz ．
17．0.680（0.678~0.682） B D kj （或ej ）、bd （或bh ）、dh （或dg ） ()2
4A U IR d I
πρ- 【解析】
【详解】
(1)[1]螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm ，可动刻度的读数为：0.01mm×18.0=0.180mm ，故导线的直径为d=0.680mm ，由于误差，则0.678mm~0.682mm 均正确；
(4)[2]由于电源的输出电压为3V ，则电压表选择B ；
[3]由于待测电阻阻值约为6Ω，为了得到尽量多的测量数据并精确的测定标铜导线的电阻，则滑动变阻器应选D ；
[4]为了得到尽量多的测量数据并精确的测定标铜导线的电阻，测滑动变阻器应用分压式，由于电流表内阻已知，则电流表内接，这样可以消除因电流表分压带来的误差，所以应连接的接线柱有kj （或ej ）、bd （或bh ）、dh （或dg ）；
[5]由实验原理可知
224ππ
()2
A x U IR L L L R d I S d ρρρ-=
=== 则 2A π()=4d U IR L I
ρ- 四、解答题：本题共3题
18．（1）0.5；（2）40N 。

【解析】
【分析】
【详解】
（1）两物块沿斜面加速下滑，由牛顿第二定律知
2sin 2cos 2mg mg ma θμθ-⨯=
解得
0.5μ=
（2）两物块沿斜面向上匀速运动，设水平恒力的大小为F ，根据力的平衡有 cos cos 2sin F mg N mg θμθμθ=++
cos sin N mg F θθ=+
解得
40N F =
19． (1)023t ；(2)0(1)3t π-，L π-；(3)(5+433π
)L 【解析】
【分析】
【详解】
(1)若粒子在t 0时刻从O 点射入，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，如图所示：
由几何关系可知圆心角
2
3
απ=
洛伦兹力提供向心力，则 2000
v qv B m R
= 已知
00
q m B t π= 周期
00
22R T t v π== 粒子在磁场中运动的时间
1002223
t T t t απ==< 符合题意。

(2)由(1)可知
0123
R v t π⋅= 解得
L
R π=
设t 2时刻粒子从O 点射入时恰好垂直y 轴进入电场，如图所示：
则
002()tan R v t t θ
=- 解得
02(13t t π
=- 粒子在电场中做类平抛运动，分解位移 231sin 2
R R at θ+= 03P x v t -=
根据牛顿第二定律有
qE ma
=
解得
P
L
x
π
=-
(3)粒子在磁场中转动，已知周期
2
T t
=
运动轨迹如图所示：
则
00
3
tan
2
R
OC L v t L
θ
==<=
由于
000
32
t t t T
-==
粒子从C点开始恰好做匀速圆周运动一圈回到C点，04t时刻运动到D，则00
CD v t L
==
粒子从D点开始恰好做匀速圆周运动一圈回到D点，0
6t后沿DG做直线运动，则
3
tan
23
DG R L
θ
π
==
43
(1
3
OG OC CD DG L
π
=++=+
因为
23
sin(
OG L
θ
π
=+
恰好等于ON的长度，所以最大路程为
4
3
22(5)3s OG R L ππ
=+⨯=+
20． (1)5n ≥甲；(2)2n >乙
【解析】 【详解】
(1)盛满甲液体，如图甲所示，P 点刚好全反射时为最小折射率，有
1
sin n C
=
由几何关系知
2
22sin 2R C R R =
⎛⎫+ ⎪
⎝⎭
解得
5n =
则甲液体的折射率应为
5n ≥甲
(2)盛满乙液体，如图乙所示，与底边平行的光线刚好射入液体时对应液体的最小折射率，
A 点
1
sin n C =
'
乙 由几何关系得
90C α'=︒-
B 点恰好全反射有
C α'=
解各式得
n =乙则乙液体的折射率应为
n >乙。