江苏省阜宁中学2020届高三第三次调研测试物理试题含解析〖附15套高考模拟卷〗

江苏省阜宁中学2020届高三第三次调研测试物理试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、一物块以某初速度沿水平面做直线运动，一段时间后垂直撞在一固定挡板上，碰撞时间极短，碰后物块反向运动。

整个运动过程中物块的速度随时间变化的v-t 图像如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A ．碰撞前后物块的加速度不变
B ．碰撞前后物块速度的改变量为2m/s
C ．物块在t=0时刻与挡板的距离为21m
D ．0~4s 内物块的平均速度为5.5m/s
2、目前，我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破．为早日实现无人驾驶，某公司对汽车性能进行了一项测试，让质量为m 的汽车沿一山坡直线行驶．测试中发现，下坡时若关掉油门，则汽车的速度保持不变；若以恒定的功率P 上坡，则从静止启动做加速运动，发生位移s 时速度刚好达到最大值v m ．设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小分别保持不变，下列说法正确的是
A ．关掉油门后的下坡过程，汽车的机械能守恒
B ．关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力的冲量为零
C ．上坡过程中，汽车速度由m 4v
增至m 2v ，所用的时间可能等于2m 332mv P
D ．上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度v m ，所用时间一定小于m
2s v 3、小球从某一高度处自由下落着地后反弹，然后又落下，每次与地面碰后动能变为碰撞前的14。

以刚开始下落时为计时起点，小球的v －t 图像如图所示，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A ．图像中选取竖直向下为正方向
B ．每个阶段的图线并不相互平行
C ．每次与地面相碰后能够上升的最大高度是前一次下落高度的一半
D．每次与地面相碰后上升到最大高度所需的时间是前一次下落时间的一半
4、汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。

设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时，安全气囊爆开。

在某次试验中，质量m1=1 600 kg的试验车以速度v1 = 36 km/h正面撞击固定试验台，经时间t1 = 0.10 s碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开。

则在本次实验中汽车受到试验台的冲量I0大小和F0的大小分别为（）（忽略撞击过程中地面阻力的影响。

）
A．I0=5.76×104N·S，F0=1.6×105N B．I0=1.6×104N·S，F0=1.6×105N
C．I0=1.6×105N·S，F0=1.6×105N D．I0=5.76×104N·S，F0=3.2×105N
5、下列说法正确的是（）
A．根据玻尔理论，氢原子的电子由外层轨道跃迁到内层轨道，原子的能量减少，电子的动能增加
B．中子与质子结合成氘核时吸收能量
C．卢瑟福的α粒子散射实验证明了原子核是由质子和中子组成的
D．入射光照射到某金属表面发生光电效应，若仅减弱该光的强度，则不可能发生光电效应
6、地光是在地震前夕出现在天边的一种奇特的发光现象，它是放射性元素氡因衰变释放大量的带电粒子，
Rn的半衰期为3.82d，经衰变后产生一系列子体，通过岩石裂隙向大气中集中释放而形成的。

已知氡222
86
Pb，在这一过程中（）
最后变成稳定的206
82
A．要经过4次α衰变和4次β衰变
B．要经过4次α衰变和6次β衰变
C．氡核22286Rn的中子数为86，质子数为136
D．标号为a、b、c、d的4个氡核22286Rn经3.82d后一定剩下2个核未衰变
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图，在水平桌面上放置两条相距l的平行光滑导轨ab与cd，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连．质量为m、电阻不计的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动．整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强度的大小为B．导体棒的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一个质量也为m的物块相连，绳处于拉直状态．现若从静止开始释放物块，用h表示物块下落的高度（物块不会触地），g表示重力加速度，其他电阻不计，则（）
A．电阻R中的感应电流方向由a到c
B．物体下落的最大加速度为0.5g
C ．若h 足够大，物体下落的最大速度为22mgR B I
D ．通过电阻R 的电量为Blh R
8、如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d ，电荷量分别为＋Q 和－Q ，在它们连线的竖直中垂线上固定一根长为L 、内壁光滑的绝缘细管，有一带电荷量为＋q 的小球以初速度v0从上端管口射入，重力加速度为g ，静电力常量为k ，则小球（ ）
A ．下落过程中加速度始终为g
B ．受到的库仑力先做正功后做负功
C ．速度先增大后减小，射出时速度仍为v 0
D ．管壁对小球的弹力最大值为28qQ k d
9、按照十八大“五位一体”的总体布局，全国各省市启动“263”专项行动，打响碧水蓝天保卫战，暗访组在某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，水平放置，其长为L 、直径为D ，左右两端开口，匀强磁场方向竖直向上，在前后两个内侧面a 、c 固定有金属板作为电极，污水充满管
口从左向右流经测量管时，a 、c 两端电压为U ，显示仪器显示污水流量为Q （单位时间内排出的污水体积）。

则下列说法不正确的是（ ）
A ．a 侧电势比c 侧电势低
B ．若污水中正离子较多，则a 侧电势比c 侧电势高；若污水中负离子较多，则a 侧电势比e 侧电势低
C ．污水中离子浓度越高，显示仪器的示数将越大
D ．污水流量Q 与U 成正比，与L 无关
10、如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A 以速度0v 向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x ，现让弹簧一端连接另一质量为m 的物体B （如图乙所示）， 物体A 以02v 的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x ，则( )
A ．A 物体的质量为3m
B ．A 物体的质量为2m
C ．弹簧压缩最大时的弹性势能为2032
mv D ．弹簧压缩最大时的弹性势能为2
0mv
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、某实验小组在实验室做“探究加速度与力、质量的关系”的实验。

（1）下列是实验室的仪器台上摆放的部分仪器，本实验须从中选用_________。

A ． B ． C ． D ． （2）下列关于实验的一些说明，其中正确的是_________。

A ．轻推小车，拖着纸带的小车能够匀速下滑说明摩擦力已被平衡
B ．拉小车的细线应与长木板平行
C ．相关仪器设置完毕后，应先释放小车再接通电源
D ．在实验打出的合理的纸带上，连接小车的一端其打点痕迹较为密集
（3）打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz 。

如图为实验中获取的一条纸带的一部分，A 、B 、C 、D 、E 、F 是各相邻计数点，相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出）。

根据图中数据计算，打D 点时小车的速度大小为________，小车运动加速度的大小为_________。

（均保留3位有效数字）
12、在实验室测量两个直流电源的电动势和内阻。

电源甲的电动势大约为4.5V ，内阻大约为1.5Ω；电源乙的电动势大约为1.5V ，内阻大约为1Ω。

由于实验室条件有限，除了导线、开关外，实验室还能提供如下器材：
A ．量程为0~3V 的电压表V
B ．量程为0~0.6 A 的电流表A 1
C ．量程为0~3 A 的电流表A 2
D ．阻值为4.0Ω的定值电阻R 1
E.阻值为100Ω的定值电阻R 2
F.最大阻值为10Ω的滑动变阻器R 3
G .最大阻值为100Ω的滑动变阻器R 4，
（1）选择电压表、电流表、定值电阻、滑动变阻器等器材，采用图甲所示电路测量电源甲的电动势和内阻
①定值电阻应该选择____(填“D”或“E”)；电流、表应该选择____(填“B”或“C”)；滑动变阻器应该选择
____(填“F"或“G").
②分别以电流表的示数I和电压表的示数U为横坐标和纵坐标，计算机拟合得到如图乙所示U-I图象，U 和I的单位分别为V和A，拟合公式为U=-5.8I+4.6，则电源甲的电动势E=____V，内阻r=_______Ω。

(保留两位有效数字)
③在测量电源甲的电动势和内阻的实验中，产生系统误差的主要原因是（__________）
A．电压表的分流作用B．电压表的分压作用
C．电流表的分压作用D．电流表的分流作用
E.定值电阻的分压作用
（2）为了简便快捷地测量电源乙的电动势和内阻，选择电压表、定值电阻等器材，采用图丙所示电路。

①定值电阻应该选择____(填“D”或“E”)
②实验中，首先将K1断开，K2闭合，电压表示数为1.49V，然后将K1、K2均闭合，电压表示数为1.18V，则电源乙电动势E=______V，内阻r=_______Ω。

(小数点后保留两位小数)
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、如图甲，一竖直导热气缸静置于水平桌面，用销钉固定的导热活塞将气缸分隔成A、B两部分，每部分都密闭有一定质量的理想气体，此时A、B两部分气体体积相等，压强之比为2:3，拔去销钉，稳定后A、B两部分气体体积之比为2:1，如图乙。

已知活塞的质量为M，横截面积为S，重力加速度为g，外界温度保持不变，不计活塞和气缸间的摩擦，整个过程不漏气，求稳定后B部分气体的压强。

14、如图甲所示，粒子源靠近水平极板M、N的M板，N板下方有一对长为L，间距为d=1.5L的竖直极板P、Q，再下方区域存在着垂直于纸面的匀强磁场，磁场上边界的部分放有感光胶片。

水平极板M、N 中间开有小孔，两小孔的连线为竖直极板P、Q的中线，与磁场上边界的交点为O。

水平极板M、N之间
的电压为0U ；竖直极板P 、Q 之间的电压PQ U 随时间t 变化的图像如图乙所示；磁场的磁感强度021mU B L q。

粒子源连续释放初速度不计、质量为m 、带电量为+q 的粒子，这些粒子经加速电场获得速度进入竖直极板P 、Q 之间的电场后再进入磁场区域，都会打到磁场上边界的感光胶片上，已知粒子在偏转电场中运动的时间远小于电场变化的周期，认为粒子在偏转极板间飞过时PQ U 不变，粒子重力不计。

求：
(1)带电粒子进入偏转电场时的动能E k ；
(2)带电粒子打到磁场上边界感光胶片的落点范围。

15、某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN 右端N 处于倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m ，皮带以恒定速率v=5m/s 顺时针转动，三个质量均为m=1.0kg 的滑块A 、B 、C 置于水平导轨上，B 、C 之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B 与轻弹簧连接，C 未连接弹簧，B 、C 处于静止状态且离N 点足够远，现让滑块A 以初速度v 0=6m/s 沿B 、C 连线方向向B 运动，A 与B 碰撞后粘合在一起．碰撞时间极短，滑块C 脱离弹簧后滑上倾角θ=37°的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地
面上，已知滑块C 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g=10m/s 2，sin37°
=0.6，cos37°=0.1．
（1）滑块A 、B 碰撞时损失的机械能；
（2）滑块C 在传送带上因摩擦产生的热量Q ；
（3）若每次实验开始时滑块A 的初速度v 0大小不相同，要使滑块C 滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，则v 0的取值范围是什么？（结果可用根号表示）
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、C
【解析】
【分析】
根据速度图像的斜率分析物块的加速度。

读出碰撞前后物块的速度，即可求速度的改变量。

根据图像与时间轴所围的面积求物块在03s ~内的位移，即可得到物块在0t =时刻与挡板的距离。

根据04s ~内的位移来求平均速度。

【详解】
A ．根据v-t 图像的斜率大小等于物块的加速度，知碰撞前后物块的加速度大小相等，但方向相反，加速度发生了改变，故A 错误；
B ．碰撞前后物块的速度分别为v 1=4m/s ，v 2=-2m/s 则速度的改变量为：
216m/s v v v ∆=-=-
故B 错误；
C ．物块在0t =时刻与挡板的距离等于03s ~内位移大小为：
1043m=21m 2
x +=⨯ 故C 正确；
D ．04s ~内的位移为：
104213m-m=20m 22
x +⨯=⨯ 平均速度为： 20m/s=5m/s 4x v t =
= 故D 错误。

故选C 。

2、D
【解析】
【详解】
A 、关掉油门后的下坡过程，汽车的速度不变、动能不变，重力势能减小，则汽车的机械能减小，故A 错误；
B 、关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力大小不为零，时间不为零，则冲量不为零，故B 错误；
C 、上坡过程中，汽车速度由4m v 增至2
m v ，所用的时间为t ，根据动能定理可得：
22
112224m m v v Pt fs m m ⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得2332m mv fs t P P =+，故C 错误； D 、上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度m v ，功率不变，则速度增大、加速度减小，所用时间为1t ，则
12
m v t s ⋅<，解得12m s t v <，故D 正确． 3、D
【解析】
【详解】
A ．由于小球从某一高度处自由下落，根据速度时间图线知选取竖直向上为正方向，故A 错误；
B ．不计空气阻力，下落过程和上升过程中只受重力，根据牛顿第二定律可得下落过程和上升过程中的加速度为重力加速度，速度时间图线的斜率表示加速度，所以每个阶段的图线相互平行，故B 错误；
C ．与地面相碰后能够上升的最大高度是前一次下落过程，根据动能定理可得 k E mgh =
与地面相碰后上升过程中，根据动能定理可得
k
E mgh ''= 根据题意有
14
k
k E E '= 解得 14
h h '= 故C 错误；
D ．根据运动学公式可得与地面相碰后上升的时间
t '=与地面相碰后上升到最大高度所需的时间是前一次下落时间的
t =解得
2t t '=
故D 正确；
故选D 。

4、B
【解析】
汽车受到试验台的冲量等于汽车动量的改变量的大小
40113601600 1.610N s 3.6
I m v =-=⨯=⨯⋅ 平均撞击力，根据动量定理可知
00I F t =
带入数据解得：
50 1.610N F ⨯=
A ． I 0=5.76×104N·S ，F 0=1.6×105N 与分析不符，故A 错误；
B ． I 0=1.6×104N·S ，F 0=1.6×105N 与分析相符，故B 正确；
C ． I 0=1.6×105N·S ，F 0=1.6×105N 与分析不符，故C 错误；
D ． I 0=5.76×104N·S ，F 0=3.2×105N 与分析不符，故D 错误。

故选：B 。

5、A
【解析】
【详解】
A ．电子由外层轨道跃迁到内层轨道时，放出光子，总能量减小；根据
2
2Qq v k m r r
= 可知半径越小，动能越大，故A 正确；
B ．中子与质子结合成氘核的过程中有质量亏损，释放能量，故B 错误；
C ．卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子的核式结构模型，故C 错误；
D ．根据光电效应方程
E KM =hγ－W 0知，入射光的频率不变，若仅减弱该光的强度，则仍一定能发生光电效应，故D 错误。

故选A 。

6、A
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．原子核衰变过程，一次α衰变核电荷数和质量数分别减少2和4，一次β衰变核电荷数不变，质量数增加1，所以要经过4次α衰变和4次β衰变，A 正确，B 错误；
C ．氡222
86Rn 核的质子数为86，质量数为222，中子数为136，C 错误；
D ．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，几个原子核不具有统计意义，D 错误。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、BCD
【解析】
【详解】
从静止开始释放物块，导体棒切割磁感线产生感应电流，由右手定则可知，电阻R 中的感应电流方向由c 到a ，故A 错误；设导体棒所受的安培力大小为F ，根据牛顿第二定律得：物块的加速度2mg F a m -=
，当F=0，即刚释放导体棒时，a 最大，最大值为12
g ，故B 正确；物块和滑杆先做加速运动，后做匀速运动，此时速度最大，则有mg=F ，而F=BIl ，Blv I R
=，解得物体下落的最大速度为: 222mgR v B I =，故C 正确；通过电阻R 的电量：22B S Blh q It t R t R R R
∆Φ∆Φ∆==∆===∆，故D 正确。

8、AD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．电荷量为+q 的小球以初速度v 0从管口射入的过程，因库仑力与速度方向垂直，竖直方向只受重力作用，加速度始终为g ，故A 正确；
B ．小球有下落过程中，库仑力与速度方向垂直，则库仑力不做功，故B 错误；
C ．电场力不做功，只有重力做功；根据动能定理，速度不断增加，故C 错误；
D ．在两个电荷的中垂线的中点，单个电荷产生的电场强度为： E= 224()2
kQ kQ d d = 根据矢量的合成法则，则有电场强度最大值为28kQ d
，因此电荷量为+q 的小球受到最大库仑力为2qQ 8k d ，结合受力分析可知，弹力与库仑力平衡，则管壁对小球的弹力最大值为2qQ 8k
d ，故D 正确； 故选AD.
点睛：对于等量异种电荷，根据矢量的合成法则，中垂线的中点的电场强度最大，在无穷远的电场强度为零；点电荷靠近两个电荷的连线的中点过程，电场力不做功；中点处的电场强度最大，则库仑力也最大，弹力也是最大，从而即可求解．
9、BC
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．污水中正、负离子向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则，正离子向前表面c 偏，负离子向后表面a 偏，所以a 侧电势比c 侧低，与污水中正、负离子的数量无关，故A 正确，不符合题意；B 错误，符合题意；
C ．稳定后，离子受到洛伦兹力和电场力作用，受力平衡，有
U q qvB D
= 解得 U v DB =
流量为
2()42D UD Q v B
ππ== 分析可知，显示仪器的示数Q 与离子的浓度无关，故C 错误，符合题意；
D ．同理可知Q 与U 成正比，与L 无关，故D 正确，不符合题意。

故选BC 。

10、AC
【解析】
【分析】
【详解】
对图甲，设物体A 的质量为M ，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x 时弹性势能E P =12
M 20v ；对图乙，物体A 以20v 的速度向右压缩弹簧，A 、B 组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量仍为x 时，A 、B 二者达到相等的速度v
由动量守恒定律有：M 02v n =(M+m)v
由能量守恒有：E P =
12M ()202v n -12
(M+m)2v 联立两式可得：M=3m ，E P =12M 20v =32m 20v ，故B 、D 错误，A 、C 正确． 故选A 、C
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、AC ABD 0.205m/s 2 0.0433m/s
【解析】
【详解】
（1）[1]．须选用打点计时器打点，选用天平测量质量。

不需要弹簧测力计、秒表进行测量，故选AC 。

（2）[2]．A ．轻推小车，拖着纸带的小车能够匀速下滑说明摩擦力已被平衡，则选项A 符合实验要求。

B ．若拉小车的细线与长木板不平行，则细线拉力沿木板方向的分力为拉动小车的力，且该力随时间变化，
选项B 正确。

C ．应先将打点计时器接通电源，再释放小车，以保证纸带上有足够多的打点且有运动开始段的打点，选项C 错误；。

D ．纸带做初速度为零的加速运动，打点计时器在纸带连接小车的一端先打点，此时小车速度较小，则点迹较为密集，选项D 正确；故选ABD 。

（3）[3]．打点计时器频率为50Hz ，则相邻计数点时间间隔150.150
T s s =⨯
=。

读取纸带数据，有 2.40cm AC x =， 6.50cm AE x =。

则 4.10cm CE AE AC x x x =-=
则打D 点时小车的速度为
0.205m/s 2CE D x v T
== [4]．有效应用纸带上的多段数据以减小误差。

分段逐差法是推荐使用的方法。

纸带上有五段距离，该题意不要求分析舍弃哪段更精确，故舍去中间段、最小段或最大段均为正确计算。

舍弃中间段，应用逐差法有
123DE AB x x a T
-= 223EF
BC x x a T -= 则加速度为
122
a a a += 解得
()()22
236DE EF AB BC DF AC x x x x x x a T T +-+-==⨯。

读取纸带数据有 4.24cm AD x =，9.24cm AF x =，则
5.00cm DF x =
解得
20.0433m/s a ≈
（结果为明确性计算数字，保留3位有效数字，0.0420~0.0450范围内均对）
12、D B F 4.6 1.8 A D 1.49 1.05
【解析】
【详解】
（1）①[1][2]测电动势力约4.5V 的电源电动势与内阻时，由于有定值电阻的存在，电路中的最大电流为
max 4.55.5
I =A 0.82≈ A 如果用量程为3A 的电流表，则读数误差太大，因此，电流表应选B ；
测电动势约4.5V 的电源电动势与内阻时，电路最小电阻为
4.50.6
E R I ==Ω=7.5Ω 考虑电源内阻、滑动变阻器电阻，故定值电阻应选D ；
[3]为方便实验操作，滑动变阻器应选F ；
②[4][5]由表达式
U=-5.8I+4.6
根据闭合电路欧姆定律有
()1U E I r R =-+
联立解得电源电动势为E=4.6V ，内阻r=1.8Ω，
③[6]由电路图可知，电压 表的分流作用会造成实验误差，故A 符合题意，BCDE 不符合题意； 故选A ；
（2）①[7]用图丙所示电路测电动势与内阻，定值电阻适当小一点，实验误差小，因些定值电阻应选D ； ②[8][9]由电路图可知，K 1断开，K 2闭合，电压表示数为电流电动势，电压表示数为1.49V ，即电源乙电动势为E=1.49V ；K 1、K 2均闭合，电压表示数为1.8V ，电压表测路端电压，此时电路电流为 1.184
U I R '==A=0.295A 电源内阻为 E U r I '-=
≈1.05Ω 四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、32Mg S
【解析】
【分析】
【详解】
设气缸总容积为V ，初始状态
23
A B p p =① 最终平衡状态
B A Mg p p S
''=+② A 、B 两部分气体做等温变化，由玻意耳定律，得
223A A V V p p '⋅=⋅③ 23B B V V p p '⋅
=⋅④ 联立解得 32B Mg p S
'=⑤ 14、 (1)qU 0；(2)
12L 【解析】
【分析】
【详解】
(1)带电粒子进入偏转电场时的动能，即为MN 间的电场力做的功
E k =W MN =qU 0
(2)粒子运动轨迹如图所示
若t=0时进入偏转电场，在电场中匀速直线运动进入磁场时
R=1mv Bq
=L 打在感光胶片上距离中心线最近为
x=2L
任意电压时出偏转电场时的速度为v n ，根据几何关系
1cos n v v α
= n n mv R qB
= 在胶片上落点长度为
122cos n mv x R qB
α∆== 打在感光胶片上的位置和射入磁场位置间的间距相等，与偏转电压无关,在感光胶片上的落点宽度等于粒
子在电场中的偏转距离,带电粒子在电场中最大偏转距离
22013111()22 1.52
U q L y at L mL v ==⨯⨯= 粒子在感光胶片上落点距交点O 的长度分别是2L 和
52L ，则落点范围是12
L 15、 (1)9J E ∆= (2)8J Q =
0v ≤≤ 【解析】
试题分析：（1）A 、B 碰撞过程水平方向的动量守恒，由此求出二者的共同速度；由功能关系即可求出损失的机械能；（2）A 、B 碰撞后与C 作用的过程中ABC 组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量
守恒定律可以求出C 与AB 分开后的速度，C 在传送带上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，
然后应用匀变速直线运动规律求出C 相对于传送带运动时的相对位移，由功能关系即可求出摩擦产生的热量．（3）应用动量守恒定律、能量守恒定律与运动学公式可以求出滑块A 的最大速度和最小速度． （1）A 与B 位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设A 与B 碰撞后共同速度为1v ，选取向右为正方向，对A 、B 有：012mv mv = 碰撞时损失机械能()220111222
E mv m v ∆=
- 解得：9E J ∆=
（2）设A 、B 碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB 的速度为B v ，C 的速度为C v
由动量守恒得：122B C mv mv mv =+ 由机械能守恒得：()()222111122222
B C m v m v mv =+ 解得：4/c v m s =
C 以c v 滑上传送带，假设匀加速的直线运动位移为x 时与传送带共速
由牛顿第二定律得：210.4/a gcos gsin m s μθθ=-=
由速度位移公式得：2212C v v a x -=
联立解得：x=11.25m ＜L
加速运动的时间为t ，有：1
2.5C v v t s a -=
= 所以相对位移x vt x ∆=-
代入数据得： 1.25x m ∆= 摩擦生热·
8Q mgcos x J μθ=∆=
（3）设A 的最大速度为max v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为1c v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为2a 的匀减速直线运动直到P 点与传送带共速
则有：22212c v v a L -=
根据牛顿第二定律得：2212.4/a gsin gcos m s θμθ=--=-
联立解得：1/c v s =
设A 的最小速度为min v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为2C v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为1a 的匀加速直线运动直到P 点与传送带共速
则有：22112c v v a L -=
解得：2/c v s
对A 、B 、C 和弹簧组成的系统从AB 碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中
系统动量守恒，则有：112max B C mv mv mc =+ 由机械能守恒得：
()()22211111122222
B C m v m v mv =+
解得：13/2max c v v s ==
同理得：/min v s =
0//s v s ≤≤
2019-2020高考物理模拟试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、天津市有多条河流，每条河流需要架设多座桥梁。

假如架设桥梁的每一个桥墩有两根支柱，每根支柱都是用相同横截面积的钢筋混凝土铸造。

按照下列角度设计支柱，能使支柱的承重能力更强的是 A ． B ． C ． D ．
2、如图所示，半径为R 的圆环竖直放置，长度为R 的不可伸长轻细绳OA 、OB ，一端固定在圆环上，另一端在圆心O 处连接并悬挂一质量为m 的重物，初始时OA 绳处于水平状态。

把圆环沿地面向右缓慢转动，直到OA 绳处于竖直状态，在这个过程中
A ．OA 绳的拉力逐渐增大
B ．OA 绳的拉力先增大后减小
C ．OB 绳的拉力先增大后减小
D ．OB 绳的拉力先减小后增大
3、如图所示，把一块不带电的锌板接在验电器上，用紫外线灯照射锌板，验电器的金属箔片张开，则下列说法中正确的是（ ）
A ．紫外线的波长比可见光长
B ．验电器的金属箔片带正电
C ．从锌板逸出电子的动能都相等
D ．若改用红外灯照射，验电器的金属箔片一定张开
4、一带负电的粒子只在电场力作用下沿x 轴正向运动，其电势能P E 随位移x 变化关系如图所示，其中0～2x 段是关于直线1x x 对称的直线，2x ～3x 段是曲线，则下列说法正确的是（ ）。