江苏省金陵中学、丹阳高级中学、无锡一中2020届高三下学期物理期初联考试卷
一、单选题
1．（2020·无锡模拟）物块M在静止的传送带上匀加速下滑时，传送带突然转动，传送带转动的方向如图中箭头所示.则传送带转动后（ ）
A．M减速下滑
B．M仍匀加速下滑，加速度比之前大
C．M仍匀加速下滑，加速度与之前相同
D．M仍匀加速下滑，加速度比之前小
2．（2020·无锡模拟）帆船运动中，运动员可以调节帆面与船前进方向的夹角，使船能借助风获得前进的动力．下列图中能使帆船获得前进动力的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2020·无锡模拟）如图所示，铁芯上绕有线圈A和B，线圈A与电源连接，线圈B与理性发光二极管D相连，衔铁E连接弹簧K控制触头C的通断，忽略A的自感，下列说法正确的是（ ）
A．闭合S，D闪亮一下
B．闭合S，C将会过一小段时间接通
C．断开S，D不会闪亮
D．断开S，C将会过一小段时间断开
4．（2020·无锡模拟）某静电场中有电场线与x轴重合，x轴上各点电势φ分布如图所示，图线关于纵轴对称，则（ ）
A．x1处和－x1处场强方向相同
B．x1处和－x2处场强大小相等
C．某带电粒子在x2处和－x2处电势能相等
D．某带电粒子在x2处的电势能大于在－x2处的电势能
5．（2020·无锡模拟）一物块由O点下落，到A点时与直立于地面的轻弹簧接触，到B点时速度达到最大，到C点时速度减为零，然后被弹回．物块在运动过程中受到的空气阻力大小不变，弹簧始终在弹性限度内，则物块（ ）
A．从A下降到B的过程中，合力先变小后变大
B．从A下降到C的过程中，加速度先增大后减小
C．从C上升到B的过程中，动能先增大后减小
D．从C上升到B的过程中，系统的重力势能与弹性势能之和不断增加
二、多选题
6．（2020·无锡模拟）如图所示，一小球固定在轻杆上端，AB为水平轻绳，小球处于静止状态，则杆对小球的作用力方向可能是（ ）
A．F1 B．F2 C．F3 D．F4
7．（2020·无锡模拟）火星探测项目是我国继载人航天工程、嫦娥工程之后又一个重大的太空探索项目，如图所示，探测器被发射到围绕太阳的椭圆轨道上，A为近日点，远日点B在火星轨道近，探测器择机变轨绕火星运动，则火星探测器（ ）
A．发射速度介于第一、第二宇宙速度之间
B．在椭圆轨道上运行周期大于火星公转周期B
C．从A点运动到B点的过程中动能逐渐减小
D．在B点受到的太阳引力小于在A点受到的太阳引力
8．（2020·无锡模拟）在一个很小的矩形半导体薄片上，制作四个电极E、F、M、N，做成了一个霍尔元件，在E、F间通入恒定电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，M、N间的电压为UH．已知半导体薄片中的载流子为正电荷，电流与磁场的方向如图所示，下列说法正确的有（ ）
A．N板电势高于M板电势
B．磁感应强度越大，MN间电势差越大
C．将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，UH不变
D．将磁场和电流分别反向，N板电势低于M板电势
9．（2020·无锡模拟）如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F．质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落．则（ ）
A．细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为
B．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为
C．弹簧恢复原长时滑块的动能为
D．滑块与木板AB间的动摩擦因数为
10．（2020·无锡模拟）下列说法正确的有（ ）
A．电子的衍射图样表明电子具有波动性
B．发生光电效应时，仅增大入射光的频率，光电子的最大初动能就增大
C．β衰变中放出的β射线是核外电子挣脱原子核束缚而形成的
D．中子和质子结合成氘核，若亏损的质量为m，则需要吸收mc 的能量
11．（2020·无锡模拟）下列说法正确的有（ ）
A．布朗运动直接反映了分子运动的无规则性
B．水的饱和气压随温度升高而降低
C．有些非晶体在一定条件下可转化为晶体
D．荷叶上小水珠呈球形，是由于表面张力作用而引起的
三、实验题
12．（2020·无锡模拟）某同学用图甲所示的实验装置探究恒力做功与小车动能变化的关系．
（1）为了能用砂和砂桶的总重力所做的功表示小车所受拉力做的功，本实验中小车质量M （填“需要”、“不需要”）远大于砂和砂桶的总质量m．
（2）图乙为实验得到的一条清晰的纸带，A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点，sAD= cm．已知电源频率为50Hz，则打点计时器在打D点时纸带的速度 v = m/s（保留两位有效数字）．
（3）该同学画出小车动能变化与拉力对小车所做的功的ΔEk—W关系图像，由于实验前遗漏了平衡摩擦力这一关键步骤，他得到的实验图线（实线）应该是 ．
13．（2020·无锡模拟）测定一节电池的电动势和内阻，电路如图甲所示，MN为一段粗细均匀、电阻率较大的电阻丝，定值电阻R0=1.0Ω。调节滑片P，记录电压表示数U、电流表示数I及对应的PN长度x，绘制了U-I图像如图乙所示。
（1）由图乙求得电池的电动势E＝ V，内阻r = Ω。
（2）实验中由于电表内阻的影响，电动势测量值 其真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
（3）根据实验数据可绘出 -x图像，如图丙所示。图像斜率为k，电阻丝横截面积为S，可求得电阻丝的电阻率ρ＝ ， 电表内阻对电阻率的测量 （选填“有”或“没有”）影响。
四、填空题
14．（2020·无锡模拟）恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应，当温度达到108K时，可以发生“氦燃烧”。完成“氦燃烧”的核反应方程： ＋ → 。 是一种不稳定的粒子，其半衰期为2.6×10－16s。一定质量的 ，经7.8×10－16s后所剩下的 占开始时的 。
15．（2020·无锡模拟）夏天的阳光烤暖了大地，使地面附近的空气变热，形成暖气团升往高空而逐渐膨胀.由于暖气团体积非常大，可不计和外界大气的热交换，则暖气团在上升过程中内能 (选填“减小”“增大”或“不变”)，暖气团内部的温度 (选填“升高”“降低”或“不变”).
五、解答题
16．（2020·无锡模拟）如图所示，光滑水平面上小球A、B分别以 、 的速率相向运动，碰撞后B球静止．已知碰撞时间为 ，A、B的质量均为 求：
（1）碰撞后A球的速度大小；
（2）碰撞过程A对B平均作用力的大小．
17．（2020·无锡模拟）如图为一定质量的理想气体的体积V随热力学温度T的变化关系图像。由状态A变化到状态B的过程中气体吸收热量Q1=220J，气体在状态A的压强为p0=1.0×105pa。求：
①气体在状态B时的温度T2；
②气体由状态B变化到状态C的过程中，气体向外放出的热量Q2。
18．（2020·无锡模拟）如图甲所示，单匝正方形线框abcd的电阻R=0.5Ω，边长L=20cm，匀强磁场垂直于线框平面，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，求：
（1）0～2s内通过ab边横截面的电荷量q；
（2）3s时ab边所受安培力的大小F；
（3）0～4s内线框中产生的焦耳热Q．
19．（2020·无锡模拟）如图所示，长为3l的不可伸长的轻绳，穿过一长为l的竖直轻质细管，两端拴着质量分别为m、 m的小球A和小物块B，开始时B先放在细管正下方的水平地面上．手握细管轻轻摇动一段时间后，B对地面的压力恰好为零，A在水平面内做匀速圆周运动．已知重力加速度为g，不计一切阻力．
（1）求A做匀速圆周运动时绳与竖直方向夹角θ；
（2）求摇动细管过程中手所做的功；
（3）轻摇细管可使B在管口下的任意位置处于平衡，当B在某一位置平衡时，管内一触发装置使绳断开，求A做平抛运动的最大水平距离．
20．（2020·无锡模拟）如图所示， 在xOy平面内， 有一线状电子源沿x正方向发射速度均为v的电子，形成宽为2R、在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流.电子流沿+x方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域， 磁场方向垂直xOy平面向里.在磁场区域的正下方d处，有一长为2d的金属板MN关于y轴对称放置，用于接收电子，电子质量为m，电量为e，不计电子重力及它们间的相互作用.
（1）若正对0点射入的电子恰好从P点射出磁场，求磁感应强度大小B；
（2）在第(1)问的情况下，求电子从进入磁场到打在MN板上的时间t：
（3）若所有电子都能从P点射出磁场，MN板能接收到的电子数占发射电子总数的比例是多大
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】传送带模型
【解析】【解答】传送带静止时，物块加速向下滑，对物块受力分析，垂直传送带方向
平行传送带斜向下
所以
传送带突然向上转到，物块依然相对传送带向下运动，受力没有变化，摩擦力依然平行传送带向上，所以小物块加速度不变，所以C符合题意，ABD不符合题意；
故答案为：C。
【分析】利用牛顿第二定律可以判别加速度的大小变化。
2．【答案】D
【知识点】力与运动的关系
【解析】【解答】A、A图中船所受风力垂直于船前进方向，沿船前进方向的分力是零．A项错误．
B、将B图中风力分解后沿船前进方向分力与船前进方向相反，B项错误．
C、将C图中风力分解后沿船前进方向分力与船前进方向相反，C项错误．
D、将D图中风力分解后沿船前进方向分力与船前进方向相同，能使使帆船获得前进动力．D项正确．
故答案为：D
【分析】船所受风力与帆面垂直，将风力分解成沿船前进方向和垂直于船身方向．船在垂直船身方向受到的阻力能抵消风力垂直于船身方向的分量
3．【答案】D
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】AB.当闭合S瞬间时，穿过线圈B的磁通量要增加，根据楞次定律：增反减同，结合右手螺旋定则可知，线圈B的电流方向逆时针，而由于二极管顺时针方向导电，则线圈B不会闪亮一下，则线圈A中磁场立刻吸引C，导致其即时接触，A，B不符合题意；
CD.当断开S瞬间时，穿过线圈B的磁通量要减小，根据楞次定律：增反减同，结合右手螺旋定则可知，电流方向为顺时针，则二极管处于导通状态，则D会闪亮，同时对线圈A有影响，阻碍其磁通量减小，那么C将会过一小段时间断开，C不符合题意，D符合题意；故答案为：D．
【分析】该题考查楞次定律与右手螺旋定则的应用，注意穿过闭合线圈的磁通量变化，线圈相当于电源，而电流是从负板流向正极，同时理解二极管的单向导电性．
4．【答案】C
【知识点】电势差、电势、电势能；匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】AB．φ—x图象的斜率大小等于电场强度，x1处和-x1处场强大小相等，方向相反，x1处和-x2处场强大小不相等，AB不符合题意；
CD．在x2处和-x2处电势相等，根据Ep=qφ知某带电粒子在x2处和-x2处电势能相等，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用电势的变化可以判别场强的方向；利用斜率大小可以判别场强的大小；利用电势结合电性才能比较电势能的大小。
5．【答案】C
【知识点】能量守恒定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．从A下降到B的过程中，物块受到向下的重力，弹簧向上的弹力和向上的空气阻力，重力大于弹力和空气阻力之和，弹力逐渐增大，合力逐渐减小，加速度逐渐变小，到B点时速度达到最大，此时
合力为零，则从A下降到B的过程中合力一直减小到零，A不符合题意；
B．从A下降到B的过程中，弹簧的弹力和空气阻力之和小于重力，物块的合力逐渐向下，加速度逐渐减小到零；从B下降到C的过程中，物块的合力向上，加速度向上逐渐增大，则从A下降到C的过程中，加速度先减小后增大，B不符合题意；
C．从C上升到B的过程中，开始弹力大于空气阻力和重力之和，向上加速，当加速度减为零时
此时的压缩量 ，位置在B点下方，速度达到向上的最大，此后向上做变减速直线运动，故从C上升到B的过程中，动能先增大后减小，C符合题意；
D．对于物块和弹簧组成的系统，由于空气阻力做功，所以系统的机械能减小，即物块的动能、重力势能与弹性势能之和减小，从C上升到B的过程中，物块的动能先增大后减小，则系统的重力势能与弹性势能之和在动能最大之前是一直减小，之后就不能确定，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用弹力的变化结合牛顿第二定律可以判别合力和加速度的变化；利用加速度方向可以判别动能的变化；利用平衡位置可以判别动能和其他能量的变化。
6．【答案】B,C
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】小球处于静止状态，则杆对小球的作用力方向在重力与绳子拉力夹角的对顶角范围内（不含水平方向），如图所示；
所以杆对小球的作用力方向可能是F2和F3，BC符合题意，AD不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】利用A小球的平衡条件可以判别杆对小球的作用力方向。
7．【答案】C,D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．离开地球围绕太阳运动，发射速度要大于第二宇宙速度，小于第三宇宙速度，A不符合题意；
B．两个轨道都围绕太阳，根据开普勒行星第三定律，轨道半径（半长轴）小的，周期小，所以椭圆轨道运行周期小，所以B不符合题意；
C．根据开普勒行星第二定律，近日点速度最大，远日点速度最小，从A到B速度不断减小，动能不断减小，C符合题意；
D．B点到太阳的距离大于A点到太阳的距离，万有引力与距离的平方成反比，所以在B点受到的太阳引力小于在A点受到的太阳引力，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】火星探测器发射速度要大于第二宇宙速度才可以离开地球；利用轨道半径的大小可以比较周期的大小；利用距离可以判别椭圆上速率和动能的变化；利用距离可以比较引力的大小。
8．【答案】A,B
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】A、根据左手定则，电流的方向向里，自由电荷受力的方向指向N端，向N端偏转，则N点电势高，A符合题意；B、设左右两个表面相距为d，电子所受的电场力等于洛仑兹力，即：
设材料单位体积内电子的个数为n，材料截面积为s，则 ①；I=nesv ②； s=dL ③；由①②③得： ，令 ，则 ④；所以若保持电流I恒定，则M、N间的电压与磁感虑强度B成正比，B符合题意；C、将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，则带电粒子不会受到洛伦兹力，因此不存在电势差，C不符合题意；D、若磁场和电流分别反向，依据左手定则，则N板电势仍高于M板电势，D不符合题意．故答案为：AB.
【分析】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终电子在电场力和洛伦兹力作用下平衡．
9．【答案】A,B,D
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【解答】A．细绳被拉断瞬间，对木板分析，由于OA段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧给的弹力，细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，根据牛顿第二定律有：
解得 ，A符合题意；
B．滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得：细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为 ，B符合题意；
C．弹簧恢复原长时木板获得的动能，所以滑块的动能小于 ，C不符合题意；
D．由于细绳被拉断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即 ，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为 ，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得
联立解得 ，D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出木板的加速度大小；利用能量守恒可以求出弹性势能的大小；利用木板获得动能可以判别滑块动能的大小；利用动量守恒结合能量守恒定律可以求出动摩擦因数的大小。
10．【答案】A,B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；质量亏损与质能方程
【解析】【解答】A．衍射是波动性的体现，A符合题意；
B．根据光电效应方程，仅增大入射光频率，光子能量增大，逸出功不变，光电子初动能增大，B符合题意；
C．β衰变中放出的β射线是原子核内的中子转化成质子过程中跑射出的电子形成的
D．质量亏损，根据质能方程，应该放出能量，D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】射线是从原子核内部射出的射线；质量亏损的过程中会释放一定的能量。
11．【答案】C,D
【知识点】布朗运动；固体和液体
【解析】【解答】A．布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体微粒做无规则运动，间接反映了周围的分子做无规则的热运动，A不符合题意；
B．与液体处于动态平衡的蒸气叫饱和蒸气；反之，称为不饱和蒸气。饱和蒸气压力与饱和蒸气体积无关！在一定温度下，饱和蒸气的分子数密度是一定的，因而其压强也是一定的，这个压强叫做饱和蒸气压力。蒸发面温度升高时，水分子平均动能增大，单位时间内脱出水面的分子增多（此时，落回水面的分子数与脱出水面的分子数相等），故高温时的饱和水汽压比低温时要大，B不符合题意；
C．晶体和非晶体区别在于内部分子排列，有些通过外界干预可以相互转化，如把晶体硫加热熔化（温度超过300℃）再倒进冷水中，会变成柔软的非晶硫，再过一段时间又会转化为晶体硫，C符合题意；
D．荷叶上小水珠呈球形，是因为表面层的水分子比较稀疏，分子间表现为分子引力，从而表面有收缩的趋势，是由于表面张力作用而引起的，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】布朗运动只是反映固体颗粒的运动；水的饱和气压随温度的升高而升高。
12．【答案】（1）需要
（2）2.10；0.50
（3）D
【知识点】探究功与物体速度变化的关系
【解析】【解答】(1) 为了能用砂和砂桶的总重力所做的功表示小车所受拉力做的功，则绳中拉力要等于砂和砂桶的总重力，即小车质量M需要远大于砂和砂桶的总质量m．(2)由图得
打点计时器在打D点时纸带的速度 ;(3)理论线 ，实验线 ，则随着功的增大，两线间距变大．D项正确．
【分析】（1）实验需要使小车的质量远远大于砂和砂桶的质量，才能使小车的拉力等于砂和砂桶的重力；
（2）利用刻度尺可以读出对应的位移；利用平均速度公式可以求出速度的大小；
（3）利用动能定理可以判别实验的理论性和实验线。
13．【答案】（1）1.49；0.45
（2）小于
（3）kS；没有
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】(1)由闭合电路欧姆定律可知U=E-I(r+R0)
则可知图2中的图象与纵坐标间的交点表示电动势，故E=1.49V；
图象的斜率表示(r+R0)，则
解得r=1.45-1.0=0.45Ω(2)由图示可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U-I图象如图所示
由图象可知，电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值。(3)根据欧姆定律可知，电阻
则可知
解得ρ=kS
若考虑电流表的内阻，则 ，则图象的斜率不变，所以得出的电阻率没有影响。
【分析】（1）利用图像斜率和截距可以求出电动势和内阻的大小；
（2）由于电压表分流所以导致电动势和内阻的测量值偏小；
（3）利用电阻定律结合欧姆定律可以求出电阻率的大小；电表内阻对于电阻率没有影响。
14．【答案】；
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】根据电荷数守恒、质量数守恒，未知粒子的质量数为4，电荷数为2，为 ；
半衰期为2.6×10-16s，经7.8×10-16s，即3个半衰期，根据
知剩余 占开始时的 。
【分析】利用质量数和电荷数守恒可以判别粒子的符号；利用半衰期可以求出百分比。
15．【答案】减小；降低
【知识点】物体的内能
【解析】【解答】暖气团在上升过程中膨胀，对外做正功，由热力学第一定律知内能减小；气体由于分子间距离较大，不考虑分子势能，所以气体只有分子动能，内能减小，分子的平均动能减小，温度降低。
【分析】由于压强变小所以体积变大，外界做负功所以内能减小；内能减小分子动能减小所以温度降低。
16．【答案】（1）解： 、B系统动量守恒，设B的运动方向为正方向
由动量守恒定律得
解得 ；
（2）解：对B，由动量定理得 ，
解得 ；
【知识点】动量定理；动量守恒定律
【解析】【分析】（1）利用动量守恒定律可以求出碰后的速度大小；
（2）利用动量定理可以求出平均作用力的大小。
17．【答案】解：①气体从A到B发生等压变化，根据盖-吕萨克定律有
即
代入数据解得T2=600K
②A到B过程气体从外界吸热，对外界做功，内能增加
C状态与A状态内能相等，B到C过程，对外界不做功，则内能减少 ，且
即
所以
气体放出热量120J
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）利用等压变化可以求出温度的大小；
（2）利用热力学第一定律结合外界做功的表达式可以求出放出的热量大小。
18．【答案】（1）解：由法拉第电磁感应定律得
电动势
感应电流
电量
解得
（2）解：安培力
由图得3s时的B=0.3T
代入数值得
（3）解：由焦耳定律得
代入数值得：
【知识点】电磁感应中的图像类问题
【解析】【分析】考查法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的内容，掌握安培力大小表达式，理解焦耳定律的应用，注意图象的正确运用
19．【答案】（1）解：B对地面刚好无压力，对B受力分析，得此时绳子的拉力为
对A受力分析，如图所示
在竖直方向合力为零，故
解得
（2）解：对A球，根据牛顿第二定律有
解得
故摇动细管过程中手所做的功等于小球A增加的机械能，故有
（3）解：设拉A的绳长为x（l≤x≤2l），根据牛顿第二定律有
解得
A球做平抛运动下落的时间为t，则有
解得
水平位移为
当 时，位移最大，为
【知识点】共点力平衡条件的应用；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）利用B的平衡方程结合A的平衡方程可以求出角度的大小；
（2）利用牛顿第二定律结合功能关系可以求出手做功的大小；
（3）利用牛顿第二定律结合平抛运动的位移公式可以求出最大的水平距离。
20．【答案】（1）解：可求得电子旋转的轨道半径是 ，根据公式
解得
（2）解：电子在磁场中运动时间为
电子出磁场后的运动时间为
总时间为
（3）解：所有电子在磁场中运动的半径相等，因为所有电子都能从 点射出磁场，所以所有电子在磁场中运动的半径均为 。 板能接收到的电子从 点射出时，速度偏转角为 （即与 正方向的夹角 ）满足
①到达 点的电子轨迹如图甲所示，其入射点为 ，四边形 为菱形，
点到 轴的距离
②到达 点的电子轨迹如图乙所示，其入射点为 ，四边形 为菱形， 点到 轴的距离
竖直长度占射入总长度 的比例
所以 板能接收的电子数占发射电子总数的比例
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）利用牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小；
（2）利用圆心角可以求出粒子在磁场的运动时间；利用匀速运动可以求出粒子离开磁场的运动时间；
（3）利用几何关系结合粒子的轨迹可以求出对应的比例。
江苏省金陵中学、丹阳高级中学、无锡一中2020届高三下学期物理期初联考试卷
一、单选题
1．（2020·无锡模拟）物块M在静止的传送带上匀加速下滑时，传送带突然转动，传送带转动的方向如图中箭头所示.则传送带转动后（ ）
A．M减速下滑
B．M仍匀加速下滑，加速度比之前大
C．M仍匀加速下滑，加速度与之前相同
D．M仍匀加速下滑，加速度比之前小
【答案】C
【知识点】传送带模型
【解析】【解答】传送带静止时，物块加速向下滑，对物块受力分析，垂直传送带方向
平行传送带斜向下
所以
传送带突然向上转到，物块依然相对传送带向下运动，受力没有变化，摩擦力依然平行传送带向上，所以小物块加速度不变，所以C符合题意，ABD不符合题意；
故答案为：C。
【分析】利用牛顿第二定律可以判别加速度的大小变化。
2．（2020·无锡模拟）帆船运动中，运动员可以调节帆面与船前进方向的夹角，使船能借助风获得前进的动力．下列图中能使帆船获得前进动力的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】力与运动的关系
【解析】【解答】A、A图中船所受风力垂直于船前进方向，沿船前进方向的分力是零．A项错误．
B、将B图中风力分解后沿船前进方向分力与船前进方向相反，B项错误．
C、将C图中风力分解后沿船前进方向分力与船前进方向相反，C项错误．
D、将D图中风力分解后沿船前进方向分力与船前进方向相同，能使使帆船获得前进动力．D项正确．
故答案为：D
【分析】船所受风力与帆面垂直，将风力分解成沿船前进方向和垂直于船身方向．船在垂直船身方向受到的阻力能抵消风力垂直于船身方向的分量
3．（2020·无锡模拟）如图所示，铁芯上绕有线圈A和B，线圈A与电源连接，线圈B与理性发光二极管D相连，衔铁E连接弹簧K控制触头C的通断，忽略A的自感，下列说法正确的是（ ）
A．闭合S，D闪亮一下
B．闭合S，C将会过一小段时间接通
C．断开S，D不会闪亮
D．断开S，C将会过一小段时间断开
【答案】D
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】AB.当闭合S瞬间时，穿过线圈B的磁通量要增加，根据楞次定律：增反减同，结合右手螺旋定则可知，线圈B的电流方向逆时针，而由于二极管顺时针方向导电，则线圈B不会闪亮一下，则线圈A中磁场立刻吸引C，导致其即时接触，A，B不符合题意；
CD.当断开S瞬间时，穿过线圈B的磁通量要减小，根据楞次定律：增反减同，结合右手螺旋定则可知，电流方向为顺时针，则二极管处于导通状态，则D会闪亮，同时对线圈A有影响，阻碍其磁通量减小，那么C将会过一小段时间断开，C不符合题意，D符合题意；故答案为：D．
【分析】该题考查楞次定律与右手螺旋定则的应用，注意穿过闭合线圈的磁通量变化，线圈相当于电源，而电流是从负板流向正极，同时理解二极管的单向导电性．
4．（2020·无锡模拟）某静电场中有电场线与x轴重合，x轴上各点电势φ分布如图所示，图线关于纵轴对称，则（ ）
A．x1处和－x1处场强方向相同
B．x1处和－x2处场强大小相等
C．某带电粒子在x2处和－x2处电势能相等
D．某带电粒子在x2处的电势能大于在－x2处的电势能
【答案】C
【知识点】电势差、电势、电势能；匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】AB．φ—x图象的斜率大小等于电场强度，x1处和-x1处场强大小相等，方向相反，x1处和-x2处场强大小不相等，AB不符合题意；
CD．在x2处和-x2处电势相等，根据Ep=qφ知某带电粒子在x2处和-x2处电势能相等，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用电势的变化可以判别场强的方向；利用斜率大小可以判别场强的大小；利用电势结合电性才能比较电势能的大小。
5．（2020·无锡模拟）一物块由O点下落，到A点时与直立于地面的轻弹簧接触，到B点时速度达到最大，到C点时速度减为零，然后被弹回．物块在运动过程中受到的空气阻力大小不变，弹簧始终在弹性限度内，则物块（ ）
A．从A下降到B的过程中，合力先变小后变大
B．从A下降到C的过程中，加速度先增大后减小
C．从C上升到B的过程中，动能先增大后减小
D．从C上升到B的过程中，系统的重力势能与弹性势能之和不断增加
【答案】C
【知识点】能量守恒定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．从A下降到B的过程中，物块受到向下的重力，弹簧向上的弹力和向上的空气阻力，重力大于弹力和空气阻力之和，弹力逐渐增大，合力逐渐减小，加速度逐渐变小，到B点时速度达到最大，此时
合力为零，则从A下降到B的过程中合力一直减小到零，A不符合题意；
B．从A下降到B的过程中，弹簧的弹力和空气阻力之和小于重力，物块的合力逐渐向下，加速度逐渐减小到零；从B下降到C的过程中，物块的合力向上，加速度向上逐渐增大，则从A下降到C的过程中，加速度先减小后增大，B不符合题意；
C．从C上升到B的过程中，开始弹力大于空气阻力和重力之和，向上加速，当加速度减为零时
此时的压缩量 ，位置在B点下方，速度达到向上的最大，此后向上做变减速直线运动，故从C上升到B的过程中，动能先增大后减小，C符合题意；
D．对于物块和弹簧组成的系统，由于空气阻力做功，所以系统的机械能减小，即物块的动能、重力势能与弹性势能之和减小，从C上升到B的过程中，物块的动能先增大后减小，则系统的重力势能与弹性势能之和在动能最大之前是一直减小，之后就不能确定，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用弹力的变化结合牛顿第二定律可以判别合力和加速度的变化；利用加速度方向可以判别动能的变化；利用平衡位置可以判别动能和其他能量的变化。
二、多选题
6．（2020·无锡模拟）如图所示，一小球固定在轻杆上端，AB为水平轻绳，小球处于静止状态，则杆对小球的作用力方向可能是（ ）
A．F1 B．F2 C．F3 D．F4
【答案】B,C
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】小球处于静止状态，则杆对小球的作用力方向在重力与绳子拉力夹角的对顶角范围内（不含水平方向），如图所示；
所以杆对小球的作用力方向可能是F2和F3，BC符合题意，AD不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】利用A小球的平衡条件可以判别杆对小球的作用力方向。
7．（2020·无锡模拟）火星探测项目是我国继载人航天工程、嫦娥工程之后又一个重大的太空探索项目，如图所示，探测器被发射到围绕太阳的椭圆轨道上，A为近日点，远日点B在火星轨道近，探测器择机变轨绕火星运动，则火星探测器（ ）
A．发射速度介于第一、第二宇宙速度之间
B．在椭圆轨道上运行周期大于火星公转周期B
C．从A点运动到B点的过程中动能逐渐减小
D．在B点受到的太阳引力小于在A点受到的太阳引力
【答案】C,D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．离开地球围绕太阳运动，发射速度要大于第二宇宙速度，小于第三宇宙速度，A不符合题意；
B．两个轨道都围绕太阳，根据开普勒行星第三定律，轨道半径（半长轴）小的，周期小，所以椭圆轨道运行周期小，所以B不符合题意；
C．根据开普勒行星第二定律，近日点速度最大，远日点速度最小，从A到B速度不断减小，动能不断减小，C符合题意；
D．B点到太阳的距离大于A点到太阳的距离，万有引力与距离的平方成反比，所以在B点受到的太阳引力小于在A点受到的太阳引力，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】火星探测器发射速度要大于第二宇宙速度才可以离开地球；利用轨道半径的大小可以比较周期的大小；利用距离可以判别椭圆上速率和动能的变化；利用距离可以比较引力的大小。
8．（2020·无锡模拟）在一个很小的矩形半导体薄片上，制作四个电极E、F、M、N，做成了一个霍尔元件，在E、F间通入恒定电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，M、N间的电压为UH．已知半导体薄片中的载流子为正电荷，电流与磁场的方向如图所示，下列说法正确的有（ ）
A．N板电势高于M板电势
B．磁感应强度越大，MN间电势差越大
C．将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，UH不变
D．将磁场和电流分别反向，N板电势低于M板电势
【答案】A,B
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】A、根据左手定则，电流的方向向里，自由电荷受力的方向指向N端，向N端偏转，则N点电势高，A符合题意；B、设左右两个表面相距为d，电子所受的电场力等于洛仑兹力，即：
设材料单位体积内电子的个数为n，材料截面积为s，则 ①；I=nesv ②； s=dL ③；由①②③得： ，令 ，则 ④；所以若保持电流I恒定，则M、N间的电压与磁感虑强度B成正比，B符合题意；C、将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，则带电粒子不会受到洛伦兹力，因此不存在电势差，C不符合题意；D、若磁场和电流分别反向，依据左手定则，则N板电势仍高于M板电势，D不符合题意．故答案为：AB.
【分析】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终电子在电场力和洛伦兹力作用下平衡．
9．（2020·无锡模拟）如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F．质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落．则（ ）
A．细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为
B．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为
C．弹簧恢复原长时滑块的动能为
D．滑块与木板AB间的动摩擦因数为
【答案】A,B,D
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【解答】A．细绳被拉断瞬间，对木板分析，由于OA段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧给的弹力，细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，根据牛顿第二定律有：
解得 ，A符合题意；
B．滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得：细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为 ，B符合题意；
C．弹簧恢复原长时木板获得的动能，所以滑块的动能小于 ，C不符合题意；
D．由于细绳被拉断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即 ，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为 ，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得
联立解得 ，D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出木板的加速度大小；利用能量守恒可以求出弹性势能的大小；利用木板获得动能可以判别滑块动能的大小；利用动量守恒结合能量守恒定律可以求出动摩擦因数的大小。
10．（2020·无锡模拟）下列说法正确的有（ ）
A．电子的衍射图样表明电子具有波动性
B．发生光电效应时，仅增大入射光的频率，光电子的最大初动能就增大
C．β衰变中放出的β射线是核外电子挣脱原子核束缚而形成的
D．中子和质子结合成氘核，若亏损的质量为m，则需要吸收mc 的能量
【答案】A,B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；质量亏损与质能方程
【解析】【解答】A．衍射是波动性的体现，A符合题意；
B．根据光电效应方程，仅增大入射光频率，光子能量增大，逸出功不变，光电子初动能增大，B符合题意；
C．β衰变中放出的β射线是原子核内的中子转化成质子过程中跑射出的电子形成的
D．质量亏损，根据质能方程，应该放出能量，D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】射线是从原子核内部射出的射线；质量亏损的过程中会释放一定的能量。
11．（2020·无锡模拟）下列说法正确的有（ ）
A．布朗运动直接反映了分子运动的无规则性
B．水的饱和气压随温度升高而降低
C．有些非晶体在一定条件下可转化为晶体
D．荷叶上小水珠呈球形，是由于表面张力作用而引起的
【答案】C,D
【知识点】布朗运动；固体和液体
【解析】【解答】A．布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体微粒做无规则运动，间接反映了周围的分子做无规则的热运动，A不符合题意；
B．与液体处于动态平衡的蒸气叫饱和蒸气；反之，称为不饱和蒸气。饱和蒸气压力与饱和蒸气体积无关！在一定温度下，饱和蒸气的分子数密度是一定的，因而其压强也是一定的，这个压强叫做饱和蒸气压力。蒸发面温度升高时，水分子平均动能增大，单位时间内脱出水面的分子增多（此时，落回水面的分子数与脱出水面的分子数相等），故高温时的饱和水汽压比低温时要大，B不符合题意；
C．晶体和非晶体区别在于内部分子排列，有些通过外界干预可以相互转化，如把晶体硫加热熔化（温度超过300℃）再倒进冷水中，会变成柔软的非晶硫，再过一段时间又会转化为晶体硫，C符合题意；
D．荷叶上小水珠呈球形，是因为表面层的水分子比较稀疏，分子间表现为分子引力，从而表面有收缩的趋势，是由于表面张力作用而引起的，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】布朗运动只是反映固体颗粒的运动；水的饱和气压随温度的升高而升高。
三、实验题
12．（2020·无锡模拟）某同学用图甲所示的实验装置探究恒力做功与小车动能变化的关系．
（1）为了能用砂和砂桶的总重力所做的功表示小车所受拉力做的功，本实验中小车质量M （填“需要”、“不需要”）远大于砂和砂桶的总质量m．
（2）图乙为实验得到的一条清晰的纸带，A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点，sAD= cm．已知电源频率为50Hz，则打点计时器在打D点时纸带的速度 v = m/s（保留两位有效数字）．
（3）该同学画出小车动能变化与拉力对小车所做的功的ΔEk—W关系图像，由于实验前遗漏了平衡摩擦力这一关键步骤，他得到的实验图线（实线）应该是 ．
【答案】（1）需要
（2）2.10；0.50
（3）D
【知识点】探究功与物体速度变化的关系
【解析】【解答】(1) 为了能用砂和砂桶的总重力所做的功表示小车所受拉力做的功，则绳中拉力要等于砂和砂桶的总重力，即小车质量M需要远大于砂和砂桶的总质量m．(2)由图得
打点计时器在打D点时纸带的速度 ;(3)理论线 ，实验线 ，则随着功的增大，两线间距变大．D项正确．
【分析】（1）实验需要使小车的质量远远大于砂和砂桶的质量，才能使小车的拉力等于砂和砂桶的重力；
（2）利用刻度尺可以读出对应的位移；利用平均速度公式可以求出速度的大小；
（3）利用动能定理可以判别实验的理论性和实验线。
13．（2020·无锡模拟）测定一节电池的电动势和内阻，电路如图甲所示，MN为一段粗细均匀、电阻率较大的电阻丝，定值电阻R0=1.0Ω。调节滑片P，记录电压表示数U、电流表示数I及对应的PN长度x，绘制了U-I图像如图乙所示。
（1）由图乙求得电池的电动势E＝ V，内阻r = Ω。
（2）实验中由于电表内阻的影响，电动势测量值 其真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
（3）根据实验数据可绘出 -x图像，如图丙所示。图像斜率为k，电阻丝横截面积为S，可求得电阻丝的电阻率ρ＝ ， 电表内阻对电阻率的测量 （选填“有”或“没有”）影响。
【答案】（1）1.49；0.45
（2）小于
（3）kS；没有
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】(1)由闭合电路欧姆定律可知U=E-I(r+R0)
则可知图2中的图象与纵坐标间的交点表示电动势，故E=1.49V；
图象的斜率表示(r+R0)，则
解得r=1.45-1.0=0.45Ω(2)由图示可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U-I图象如图所示
由图象可知，电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值。(3)根据欧姆定律可知，电阻
则可知
解得ρ=kS
若考虑电流表的内阻，则 ，则图象的斜率不变，所以得出的电阻率没有影响。
【分析】（1）利用图像斜率和截距可以求出电动势和内阻的大小；
（2）由于电压表分流所以导致电动势和内阻的测量值偏小；
（3）利用电阻定律结合欧姆定律可以求出电阻率的大小；电表内阻对于电阻率没有影响。
四、填空题
14．（2020·无锡模拟）恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应，当温度达到108K时，可以发生“氦燃烧”。完成“氦燃烧”的核反应方程： ＋ → 。 是一种不稳定的粒子，其半衰期为2.6×10－16s。一定质量的 ，经7.8×10－16s后所剩下的 占开始时的 。
【答案】；
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】根据电荷数守恒、质量数守恒，未知粒子的质量数为4，电荷数为2，为 ；
半衰期为2.6×10-16s，经7.8×10-16s，即3个半衰期，根据
知剩余 占开始时的 。
【分析】利用质量数和电荷数守恒可以判别粒子的符号；利用半衰期可以求出百分比。
15．（2020·无锡模拟）夏天的阳光烤暖了大地，使地面附近的空气变热，形成暖气团升往高空而逐渐膨胀.由于暖气团体积非常大，可不计和外界大气的热交换，则暖气团在上升过程中内能 (选填“减小”“增大”或“不变”)，暖气团内部的温度 (选填“升高”“降低”或“不变”).
【答案】减小；降低
【知识点】物体的内能
【解析】【解答】暖气团在上升过程中膨胀，对外做正功，由热力学第一定律知内能减小；气体由于分子间距离较大，不考虑分子势能，所以气体只有分子动能，内能减小，分子的平均动能减小，温度降低。
【分析】由于压强变小所以体积变大，外界做负功所以内能减小；内能减小分子动能减小所以温度降低。
五、解答题
16．（2020·无锡模拟）如图所示，光滑水平面上小球A、B分别以 、 的速率相向运动，碰撞后B球静止．已知碰撞时间为 ，A、B的质量均为 求：
（1）碰撞后A球的速度大小；
（2）碰撞过程A对B平均作用力的大小．
【答案】（1）解： 、B系统动量守恒，设B的运动方向为正方向
由动量守恒定律得
解得 ；
（2）解：对B，由动量定理得 ，
解得 ；
【知识点】动量定理；动量守恒定律
【解析】【分析】（1）利用动量守恒定律可以求出碰后的速度大小；
（2）利用动量定理可以求出平均作用力的大小。
17．（2020·无锡模拟）如图为一定质量的理想气体的体积V随热力学温度T的变化关系图像。由状态A变化到状态B的过程中气体吸收热量Q1=220J，气体在状态A的压强为p0=1.0×105pa。求：
①气体在状态B时的温度T2；
②气体由状态B变化到状态C的过程中，气体向外放出的热量Q2。
【答案】解：①气体从A到B发生等压变化，根据盖-吕萨克定律有
即
代入数据解得T2=600K
②A到B过程气体从外界吸热，对外界做功，内能增加
C状态与A状态内能相等，B到C过程，对外界不做功，则内能减少 ，且
即
所以
气体放出热量120J
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）利用等压变化可以求出温度的大小；
（2）利用热力学第一定律结合外界做功的表达式可以求出放出的热量大小。
18．（2020·无锡模拟）如图甲所示，单匝正方形线框abcd的电阻R=0.5Ω，边长L=20cm，匀强磁场垂直于线框平面，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，求：
（1）0～2s内通过ab边横截面的电荷量q；
（2）3s时ab边所受安培力的大小F；
（3）0～4s内线框中产生的焦耳热Q．
【答案】（1）解：由法拉第电磁感应定律得
电动势
感应电流
电量
解得
（2）解：安培力
由图得3s时的B=0.3T
代入数值得
（3）解：由焦耳定律得
代入数值得：
【知识点】电磁感应中的图像类问题
【解析】【分析】考查法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的内容，掌握安培力大小表达式，理解焦耳定律的应用，注意图象的正确运用
19．（2020·无锡模拟）如图所示，长为3l的不可伸长的轻绳，穿过一长为l的竖直轻质细管，两端拴着质量分别为m、 m的小球A和小物块B，开始时B先放在细管正下方的水平地面上．手握细管轻轻摇动一段时间后，B对地面的压力恰好为零，A在水平面内做匀速圆周运动．已知重力加速度为g，不计一切阻力．
（1）求A做匀速圆周运动时绳与竖直方向夹角θ；
（2）求摇动细管过程中手所做的功；
（3）轻摇细管可使B在管口下的任意位置处于平衡，当B在某一位置平衡时，管内一触发装置使绳断开，求A做平抛运动的最大水平距离．
【答案】（1）解：B对地面刚好无压力，对B受力分析，得此时绳子的拉力为
对A受力分析，如图所示
在竖直方向合力为零，故
解得
（2）解：对A球，根据牛顿第二定律有
解得
故摇动细管过程中手所做的功等于小球A增加的机械能，故有
（3）解：设拉A的绳长为x（l≤x≤2l），根据牛顿第二定律有
解得
A球做平抛运动下落的时间为t，则有
解得
水平位移为
当 时，位移最大，为
【知识点】共点力平衡条件的应用；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）利用B的平衡方程结合A的平衡方程可以求出角度的大小；
（2）利用牛顿第二定律结合功能关系可以求出手做功的大小；
（3）利用牛顿第二定律结合平抛运动的位移公式可以求出最大的水平距离。
20．（2020·无锡模拟）如图所示， 在xOy平面内， 有一线状电子源沿x正方向发射速度均为v的电子，形成宽为2R、在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流.电子流沿+x方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域， 磁场方向垂直xOy平面向里.在磁场区域的正下方d处，有一长为2d的金属板MN关于y轴对称放置，用于接收电子，电子质量为m，电量为e，不计电子重力及它们间的相互作用.
（1）若正对0点射入的电子恰好从P点射出磁场，求磁感应强度大小B；
（2）在第(1)问的情况下，求电子从进入磁场到打在MN板上的时间t：
（3）若所有电子都能从P点射出磁场，MN板能接收到的电子数占发射电子总数的比例是多大
【答案】（1）解：可求得电子旋转的轨道半径是 ，根据公式
解得
（2）解：电子在磁场中运动时间为
电子出磁场后的运动时间为
总时间为
（3）解：所有电子在磁场中运动的半径相等，因为所有电子都能从 点射出磁场，所以所有电子在磁场中运动的半径均为 。 板能接收到的电子从 点射出时，速度偏转角为 （即与 正方向的夹角 ）满足
①到达 点的电子轨迹如图甲所示，其入射点为 ，四边形 为菱形，
点到 轴的距离
②到达 点的电子轨迹如图乙所示，其入射点为 ，四边形 为菱形， 点到 轴的距离
竖直长度占射入总长度 的比例
所以 板能接收的电子数占发射电子总数的比例
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）利用牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小；
（2）利用圆心角可以求出粒子在磁场的运动时间；利用匀速运动可以求出粒子离开磁场的运动时间；
（3）利用几何关系结合粒子的轨迹可以求出对应的比例。
