2020年山东省新高考物理试卷(附答案详解)

181121212处质点的振动方程181121212处质点的振动方程为=()=2020年东省新高物理试卷一、单选题（本大题共8小共24.0）1.苏苏州量为的客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与间的图象如图所示。乘客所受支持力的大小用表，度小v表。重力加速度大小为。下判断正确的A.

0～时内v增，>B.C.D.

122

～时间内v减<2～时间内，v大，<3～时间内，减小>32.南省核

31

发生衰成为氦核

32

.假设含氚材料中

31

发生衰变产生的电子可以全部定向移，.2×10

4

时间内形成的平均电流为5.0×10电子电荷量.6×10个数为)

19

段间内发生变的氚的1A.

5.0×10

14

B.

1.0×10

16

C.

2.0×10

16

D.

183.苏苏州干涉实验装置的截面图如图所示到、2

的距离相等O为、连中线光的点光S发的波长为的光出垂直穿过玻璃片播到点出射后直接传播到O点O与由到O点传播的时差.玻璃片厚度10，对该波长光的折射率1，中光速为，计光在玻璃片内的反射。以下判断正确的)A.

△

5

B.

△=

152

C.

△=

10

D.

△

154.苏苏州简谐横波在均匀介质中沿轴方向传播，已知=

5244

时刻的波形图正确的()第1页，27页

11B.C.D.

(2020·浙省绍兴

月考试图甲中的理想变压器原线圈匝数比1

：端a所电随间t

的变化关系如图乙所示L的阻恒为，额定电压为定值电

，动变阻器最大阻值为1使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节)

B.

C.

D.

(2021·江省常州期考)一定质量的理想气体从状开始、三个过程后回到初始状态a，其图如图所示。已知三个状态的坐标分别为,、𝑉,、,。下判断正确的B.C.D.

气体在过中对外界做的功小于过中对外界做的功气体在过中从外界吸收的热量大于过中从外界吸收的热量在过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量气体在过中内能的减少量大过中内能的增加量第2页，共页

0000

(2021·广省东莞

月考试我国将在今年择机执行“天问1号”火星探测任务。质量为的陆器在着陆火星前会在火表面附近经历一个时长速由减速到零的过程。已知火星的质量约为地球0倍，半径约为地0倍地球表面的重力加速度大小为g忽略火星大气阻力。若该减速过程可视为一个竖直向下的匀减速直线运动，此过程中着陆器受到的制动力大小约

𝑚(0.40

B.𝑚(0.4+)0

C.𝑚(0.2−00

D.𝑚(0.200

(2021·全国

单元测试)如图所示，一轻质光滑定滑轮定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块AB，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接A、B间接触面和轻绳均与木板平行。与间B与板间的动摩擦因数均，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角，物块B刚好要滑动，则的值为

B.

C.

D.

6二、多选题（本大题共4小题，16.0分

(2021·湖省鄂州

期中考截面为等腰直角三角形的三棱镜如图甲所示为嵌在三棱镜内部紧贴′′面线状单色可光光源与棱镜的面垂直，D位线段BC的点图乙为图甲中ABC面正视图三棱镜对该单色光的折射率为，只考虑由直射向侧面′′的光线。下列说法正确的第3页，共页

1111B.C.D.

光从′′面出射的区域占该侧面总面积的光从′′面出射的区域占该侧面总面积的3若DE发的单色光频率变小，′′有光出射的区域面积将增大若DE出的单色光频率变小′′面光出射的区域面积将减小(2021·南省

单元测试真空中有两个固定的带正电的点电荷，电荷量不相等。个带负电的试探电荷置于二者连线上的O点电力作用下恰好保持静止状态点作两正电荷连线的垂线点圆心的圆与连线和垂线分别交于ac和、d，如图所示。以说法正确的)B.C.D.

电势低于O点电势低于c点该试探电荷在a的电势能大于在b点电势能该试探电荷在点的电势能小于在的电势能四省内江月试)图所示，质量为M的块放在光滑水平桌面上右侧连接一固定于墙面的水轻绳左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连现将质量为的码于弹簧下端当弹簧处于原长时将B由静止释放，当B下到最低点时未着地，A对平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长弹始终在弹性限度物A始处于静止状态以下判断正确的是第4页，共页

𝑎𝑏𝑎𝑏B.C.D.

在释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先正后做负功在从释放位置运动到速度最大的过程中B克弹簧弹力做的功等于B机能的减少量(2021·北省黄石

月考试如图所示直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形一于平内的刚性导体框在力作用下以恒定速度沿轴正方向运动不生转动。从图位置开始计时，s末bc边刚好进入磁场。在过程中，导体框内感应电流的大小为I，ab边受安培力的大小为，二者与时间t

的关系图象可能正确的是B.C.D.三、实验题（本大题共2小题，14.0分(2021·南省郑州

模拟题)年5，我国进行了珠穆朗玛峰的高度测量，其中一种方法是通过使用重力仪测量重力加速度而间接测量海拔高度某同学受第5页，共页

此启发就地取材设计了如下实验，测量当地重力加速度的大小。实验步骤如下：如甲所示，选择合适高度的垫块，使木板的倾角，在其上表面固定一与小物块下滑路径平行的刻度尺图中未画。调手机使其摄像头正对木板表面，开启视频录像功能。将小物块从木板顶端释放用手机记录下小物块沿木向下做加速直线运动的情况后过录像的回放选择小物块运动路径上合适一点作为测量参考点到小物块相对于该点的运动距离L与运动时间t

的数据。该学选取部分实验数据，画出了𝑡图象，利用图象数据得到小物块下滑𝑡的加速度大小为𝑠

。再调节垫块，改变木板的倾角，重复实验。回答以下问题：当板的倾角时所绘图象如图乙所示。由图象可得，物块过测量参考点时速度的大小为_；取图线上位于坐标纸网格交叉点上的A、两点，利用、两点数据得到小物块下滑加速度的大小_有效数。

结均保留根上述数据，进一步分析得到当地的重力加速度大小______𝑠留有效数字，，

.结果保(2021·国单测试)实验方案对实验测量的度有直接的影响，某学习小组对“测量电源的电动势和内阻”的实验方案进行了探究。实验室提供的器材有：干电池一节电势约，阻小于；电压表量程3，内阻约；电流表程，阻；滑动变阻器最阻值；定值电

阻值；第6页，共页

定值电

阻值；开关一个，导线若干。该组按照图甲所示的电路进行实验，通过调节滑动变器阻值使电流表示数逐渐接近满偏，记录此过程中电压表和电流表的示数，利用实验数据坐纸上描点，如图乙所示，结果发现电压表示数的变化范围比较小，出现该现象的主要原因是______。单，填正确答案标)A

电压表分流.干池内阻较.动变阻器最大阻值较小.电流表内阻较小针电压表示数的变化范围比较小的问题，该小组利用验室提供的器材改进了实验方案，重新测量得到的数据如表所示。序号356请根据实验数据，回答以下问题：图的坐标纸上已标出后3数据对应的坐标点坐纸上标出前组据对应的坐标点并画出图。根实验数据可知，所选的定值电阻_填“

”或“”。用画线代替导线在丙上按照改进后的方案实物图连接成完整电路。四、计算题（本大题共4小题，46.0分第7页，共页

2020(2021·南省2020

单元测试中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸在人体穴位上，进而治疗某些疾病。常见拔罐有两种，如图所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门。使用火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上抽拔罐是把罐体按在皮肤上通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时，罐内气体初始压强与外部大气压相同，温度为K最终降到K，因皮肤凸起，内部气体体积为罐容积的

.若换用抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气体均可视为理想气体忽抽气过程中气体温度的变化求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。(2021·南省

单元测试单板滑雪U型比赛是冬奥会比赛项目，场地可以简化为如图甲所示的模型形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成轨倾某练习过程中运动员

的速度从轨道边缘上的M点轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角腾后沿轨道边的点进入轨道乙为腾空过程左视图运员可视为质点计空气阻力重力加速度的大10，，求运员腾空过程中离开的离的最值；、间的距离L。第8页，共页

(2021·南省

单元测试某型号质谱仪的工作原理如图甲所示N竖直放置的两金属板，两板间电压为U，Q板记板，分界面N、Q间域分为宽度均为ⅠⅡ两部分NPQ所平面相互平行b为、N上正对的小孔。以a、在直线为轴向右为正方向，取z与板交为标原点，以平行于板平里为正方向，竖直向上为正方向，建立空间直角坐标系区Ⅰ、内分别充满沿x轴方的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小电强度大小分别为和.一量为m荷量的子从a孔入电场初度视为孔入磁场上的c点图未画出进电场，最终打到记录板上不计粒子重力。求子在磁场中做圆周运动的半径R以c点z轴的距离L；求子打到记录板上位置的x坐；求子打到记录板上位置的y坐用R、d示；如乙所示录板上得到三个这个点是质 

H 

H、氦核

位置，请写出这三个点分别对应哪个粒不虑粒子间的相互作用，不要求写出推导过程。第9页，共页

𝑄1𝑄1(2021·南省

单元测试如图所示，一倾角为的定斜面的底端安装一弹性挡板，PQ两块的质量分别为和4mQ静于面上A处。某时刻P以斜面向上的速与发弹碰撞。Q与面间的动摩擦因数等，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力P与面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长的度减为零之前会与之发生碰撞。重力加速度大小为g求P与第次碰撞后瞬间各自的速度

、

；求碰撞使物块上的高

；求块Q从A上升的总高度H；为证在Q的度减为零之前不会与之发生碰撞，求点挡板之间的最小距离s。第10页，共27页

第11页，共27页

33−333−31.【答案】D【知识点】xt

答案和解析图像、超重和失重、运用牛顿第二定律分析动态过程【解析解A、由图的斜率表示速度，由图可知～

时间内速度增加，即乘客的加速度向下运动据顿第二定律得

得，则

，于失重状态，故错误；B、～时内，图的斜率保持不变，所速度不变，即乘客匀速下降，则，B错；CD、

时间内图的斜率变小，所以速度减小，即乘客的减速下降，根据牛顿第二定律得

𝑎得则处于超重状态，故误D正；故选：D根据图的斜率表示速度断在不同的时间段内物体的运动状态后根据牛顿第二定律求得乘客所受支持力的大小与自身重力的大小关系。本题考查了图斜率的物理意义超失重问题要求同学们能够明图象斜率的物理意义，并会通过牛顿第二定律分析超失重现象。2.【答案】【知识点】原子核的衰变、电流度定义及单位【解析】解：根据电流的定义式

𝑞该段时间内产生的电荷量为𝑞𝑡

4

根据衰变方程得：

，可知这段时间内发生衰的氚核

的数为：𝑞𝑒−19

，故正，错。故选：B。根据电流的定义式求出该段时间内产生的电荷量据衰变方程可知电子个数与氚核 3

的数相同，由公式

𝑞𝑒

求解即可。本题考查了衰变方程及电流的定义式的综合应用人以耳目一新的感觉体现了新高考以学科核心素养的能力立意。第12页，共27页

处点的振动方程为处点的振动方程为，当时刻，处点的位𝜋【知识点】折射率【解析】【分析】求出光在该玻璃中传播速度，求出光到点时间和到点时间，两段时间之差即eq\o\ac(△,)，此求解。本题主要是考查双缝干涉中光的传播和光的折射清楚光传播的情况合折射定律求解光在玻璃中传播的速度即可得解。【解答】由于玻璃对该波长光的折射率，光在该玻璃中传播速度为v

光从S到和的间相等设光到点时间为，从到点的时间，O点到的离L，则有：

光传播的时间差为eq\o\ac(△,)

，故A正、误。故选：A。4.【答案】D【知识点】波的图象、简谐运动达式【解析】分析：将

入处点的振动方程中，求得此时此质点的位置，再根据波的传播方44向来判定质点的振动方向，从而即可求解。考查波动图象，及振动方程的应用，掌握波的传播方向来判定质点振动方向的方法，注意波动图象与振动图象的区别。解答：、因

2𝜋444移为：

，第13页，共27页

的下一时刻，1𝑛1221滑那么对应四个选项的下一时刻，1𝑛1221滑

5

的置，可知，选不符合题意故AB错；CD、再由波沿轴方向传播，依据微平移法可知，

35处质点向y轴方向振动，故正C错；故选：D5.【答案】【知识点】欧姆定律的应用、变器的构造和原理、交变电流的有效值【解析解输入端ab所电压u随时间t

的变化关系如图乙所示，可知，输入电压，据想变压器电压与匝数关系式：，𝑛：𝑛𝑛

：解得：

由于灯泡L的电阻恒为，定电压因能使灯泡正常工作，那么通过灯泡的电流

15那么定值电

两电压为依据欧姆定律，则有通过其的电流为′

𝐴因此通过定值电

的电流为″由于定值电与动变阻器串联后与定值电并，么定值电阻与滑动变阻器总电阻为：因定值电阻

，因此滑动变阻器接入电路的电阻应为综上所述，故A正确，BCD错误；故选：A。根据图乙电压u随时间t

的变化关系，确定理想变压器的输入电压，再由变压器的电压与匝数关系，求得变压器的输出电压，依据灯泡能正常工作，，得通过其电流而出通过滑动变阻器的流后解得动变阻器接入电路的电阻。考查理想变压器的变压比公式，掌握电路串、并联的特点，理解欧姆定律的应用，注意交流电的有效值与最大值的区别，6.【答案】C【知识点热力学第一定律的内及应用、理想气体状态方程、气体状态变化的图像问题第14页，共27页

3033⋅0【解析】解：、据图的面积表示体做功，得气体过程中对外界做3033⋅0的功为

0

0

⋅0000

，过程中气体对外界做的功为

0⋅(3)0000

以体过中对外界做的功等于过中对外界做的功故A误；B、体在𝑎程中，因为、个状态的pV等，所以𝑇

，即

，根据热力学第一定eq\o\ac(△,)可，从外吸收的热量

00

气在过中，因为状的pV大于b状的，以

，eq\o\ac(△,)

0，据热力学第一定eq\o\ac(△,)可过中从外界吸收的热量为，故误；则有：

3

00

，C过中体等压压缩度低，eq\o\ac(△,)

0据力学第定eq\o\ac(△,)𝑈可知，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量，故确；D、为

，而一定质量理想气体的内能只与温度有关，所以气体过程中内能的减少量等过中内能的增加量故D误。故选：。根据图的面积表示气体功，应用气态方程判断气体体积如何变化，然后应用热力学第一定律答题。本题考查气体的状态方程中对应的图象析清楚图示图象道想气体内能由气体的温度决定即可解题，解题时要抓图的面积表示气体做功。7.【答案】【知识点】不考虑自转时星球表重力加速度、牛顿第二定律的理解及简单运用【解析】解：根据重力等于万有力，得：

得：

2火火地地火火星表面的重力加速度为火

0.10.4着陆器减速运动的加速度大小对着陆器根据牛顿第二定律有：

𝑡0第15页，共27页

解得

𝑡

0，B正，错误；0故选：B。根据万有引力等于重力求出火星表面的重力加速度运动学公式和牛顿第二定律即可求解制动力大小。本题考查万有引力定律与牛顿第二定律的综合问题是知道在天体表面重力等于万有引力同时分析好运动情况和力情况活运动运动学公式和牛顿第二定律列式求解。8.【答案】C【知识点】正交分解法解决静态衡问题【解析解根据题意分析，物块A、B刚要滑动时，应该是物体A相物体B向上滑动，设绳子拉力为，对A受分析，由平衡条得物体B相斜面向下滑动，对受力分析，由平衡条件得联立解得：，确错误。故选：。物块A、刚好要滑动时，应该是物体A相物体向上滑动，物体B相斜面向下滑动，分别对两个物体进行受力方向，由平衡条件列方程即可。本题考查的是多个物体的平衡问题键是要对所选取的研究对象做好受力分析记不要少力，同时要注意滑动摩擦力中的正压力的求解。9.【答案】AC【知识点】临界角、折射率、三形玻璃砖问题【解析】【分析】本题考查了全反射、折射定律、临界角等是几何光学问题，解决本题的关键是抓住临界状态，作出光路图，借助几何关系求解。【解答】、由题意可知𝑖

，可知临界角，此D点出的光，竖直向上从M点出的光线恰好是出射光线的边缘，同时也恰好是出射光线的边缘，第16页，共27页

𝑂𝑂如图所示：因此光线只能从段出，根据几何关系可知M恰为的点，因此在平面′′上一半的面积有光线射出，故确，错误；CD、由于频率越高，折率越大，当光源发出的光的频率变小，折射率也会变小，导致临界角会增大，这时M上方也会有光线出射，因此出射光线区域的面积将增大，故确D错。【案【知识点】电场线的定义及性质电势、电势能概念和简单计算【解析解A、根据带负电的试探电荷点仅在电力的作用下恰好保持静止状态，可知

，依据正点电荷在某点电场强度是两点连线背离正点电荷，则两正点电荷连线的电场线方向如下图所示，由沿着电场线方向，电势是降低的，则a点势高于O点，故错误；B、由于点右边正点电荷距离较远，而c点右边正点电荷较近，则有b点势低于c点故确；C、a点势高于O点而O点势高于b点，那么a点势高于，那么负试探电荷从高电势到低电势其势增加则该试探电荷在的电势能小于在b点电势能，故错误；D、b两关于点称，它们电势相等，由于点电势高于，那么c点势高于，因此负试探电荷从高电势到低电势，其电势能增加，则该试探电荷点电势能小于在d点的电势能，故正确。故选：BD依据仅在电场力的作用下恰好保持静止状态定点电场强度为零而确定两正点电荷的电荷量大小，再根据沿着电场线方向电势降低，进而确定电势高低，最后依第17页，共27页

据负电荷从高电势到低电势，其电势能增加，从低电势到高电势，其电势能降低，即可求解。考查不等量同种正点电荷的电场强弱与电势高低的应用点电荷在某点的电场强度方向确定，及理解矢量的合成法则，注意理解电荷的电势能大小与电势、电荷量，及电性均有关。【案ACD【知识点】功能关系的应用、胡定律、三角形法解决静态平衡问题【解析】解：、由题意可B体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，根据简谐运动的对称性在低点的速度为竖直向上的g由牛顿第二定律得，得在最低点时有弹簧弹力为；对A分，设绳子与桌面间夹角为，根据A对平桌面的压力刚好为零，有，，确错误；C、题意可知B从释放位置到最低点过程中，开始弹簧力小于重力，物体加速，合力做正功；后来弹簧弹力大于重力，物体减速，合力做负功，故正；D于B从放到速度最大过程中机能的减少量等于簧弹力所做的负功，即B机能的减少量等于B克弹簧弹力所做的功，故D正确。故选：。根据简谐运动的对称性由牛顿二定律求得最低点时有弹簧弹力受力分析列平衡方程求得M的系据动情况和受力情况分析B释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对做功情况；根据功能关系求得B克服弹簧弹力做的功等于机械能的减少量。本题考查了受力分析、简谐运动、平衡状态、功能关系等知识，是一道综合性较强的题目，对学生熟练应用相关规律解题要求较高，需要较高的推理及综合分析问题的能力。【案【知识点导棒平动切割磁感、安培力的大小、电磁感应中的图像问题、线框平动切割磁感线【解析】【分析】明确线框的速度为每秒匀速向上运动一格确分析切割磁感线有效长度变化根据导体切割磁感线感应电动势公式结合闭合电路欧姆定律分析电流变化计安培力在第18页，共27页

𝑎𝑏𝑎𝑏𝑎𝑏𝑎𝑏内有2格度切割磁感线s末效长度32s末末二象限有效长度，第一象限有效长度有至，产生的感应电动势反向，回路电流减小。𝑎𝑏𝑎𝑏𝑎𝑏𝑎𝑏此题综合考查了导体切割磁感线感应电动势、电流、安培力的计算。难点在于切割磁感线有效长度的计算和两个象限感应电动势的关系。【解答】AB、为4末边好进入磁场，可知线框的速度为每秒向上运一格，故内只有切磁感线，设方格边长，根据可电流恒定；2s末线框在第二象限长度最长，此时𝐿这时电流

可知，𝐼

，故A错，B正确；CD、ab受安培力

𝑎𝑏

，可知在内ab受到安培力线性增加；s末培力为

2s末培

′

，所以

′𝑎𝑏

，由图象知C正D错误。故选：BC【案；；。【知识点匀变速直线运动单过综合运用、其他力学实验、牛顿第二定律的理解及简单运用【解析】解：设物块过测量参考点时速度的大小，据位移时间关系可得：𝑎

所以有：

𝑎，当时度即为参考点的速度，

解得：

图象的斜率表示加速度，则有𝑎

；第19页，共27页

木的倾角，物块加速度大小

，对小物块根据牛顿第二定律可得𝑠，当倾角时有−𝜇𝑐𝑎联立解得：

。故答案为：或；；。根位时间关系得到𝑡关系式，根据图线的截距和斜率求解；𝑡当板的倾角分别、时对小物块进行受力分析，根据牛顿第二定律列方程求解。本题主要是考查测定重力加速度实验求能够理解实验原理和实验操作方法知道数据的处理方法，注意图象的单位不要弄！【案；

；。【知识点】伏安法测量电源的电势和内阻【解析】解：路端电压：，当电源内阻r太小时，干路电流I

有较大变化时，Ir变很小，电压表示数即路端电变化很小，电压表示数变化范围很小，故选B；根表中实验数据在坐标内描出对应点根据坐标系内描出的点作出图象，作图象时使尽可能多的点在直线上能穿过直线的点应对称地分布在直线两侧象第20页，共27页

00由示图象可知，电源与定值电阻整体组成的等效电源内阻

eq\o\ac(△,𝑈)eq\o\ac(△,𝐼)

，由题意可知，电源内阻小，定值电阻应选择。应伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电路流，电源内阻较小，为使电压表示数变化明显，把定值电阻与电源整体当作等效电源，为减小实验误差，相对于电源电流表应采用外接法，实物电路图如图所示；故答案为：𝐵；图象如图所示；

；实电路图如图所示。当源内阻较小时，电路电流变化时路端电压变化减小。根表中实验数据在坐标内描出对应点根坐标系内描出的点作出图象；根图示图象求出电源等效电阻，然后选择定值电阻；根实验原理与题意连接实物电路图。本题考查了测电源电动势与内阻实验查了实验器材的选择知道实验原理是解题的前提与关键；要掌握实验器材的选择原则。【案】解：设火罐内气体初始状态参量分别、、，度降低后状态参量分别为、、，罐的容积为，题意知：第21页，共27页

11000012000011000012000010204111211

、、

21

由理想气体状态方程得：

22

解得：对于抽气罐，设初态气体状态参量分别，末态气体状态参量分别，罐的容积′，由题知：、′

由玻意耳定律得

联立式，代入数据得

0

设抽出的气体的体积eq\o\ac(△,)，题意知021故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为

𝑚

联立式代入数据得。𝑚答：应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为。【知识点】理想气体状态方程、体的等温变化及玻意耳定律【解析求出火罐内气体初始状参量和温度降低后状态参量理气体状态方程求解末状态的压强；对于抽气罐由玻意耳定律求解状态的体积据体积关系求解应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。本题主要是考查了理想气体的状态方程答此类问题的方法是出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用理想气体的状态方程列方程求解。【答案解在M点设运动员在ABCD面垂直AD向的分速度，运动的合成与分解规律得：1设运动员在ABCD面垂直AD方的分加速度，牛第二定律得：𝑚𝑠17.2°𝑚1由运动学公式得

联立式，代入数据得：𝑚第22页，共27页

11𝑧在M点设运动员在ABCD面内平行方的分速度为11𝑧规律得：

，由运动的合成与分解设运动员在ABCD面平行AD方的分加速度，牛第二定律得：设腾空时间为t，由运动学公式得

沿斜面方向根据位移时关系可得：

2联立式，代入数据得：。答：运员腾空过程中离开距离的最大值；、N之的距离为12m【知识点】斜抛运动【解析在M由运动的合成与分解规律得到垂直于AD面的速度大小和加速度大小，由运动学公式求解；在点运动的合成与分解规律得到沿AD面下的分速度，由牛顿第二定律求解加速度，再根据运动学公式求解。本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用问题以及斜上抛问题的分析是清楚物体的运动过程和受力情况用顿第二定律求解加速度将速度和加速度同时进行分解，再根据运动学公式进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。【案】解：粒在MN的电场中加速，由动能定理得：

粒子在区域I

内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

解得：

√设粒子在磁场中做圆周运动对应的圆心角，几何关系得：

√2

2

，，解得：

√

√2设子在区域II加速直线运动，

中粒子沿z轴向的分速度𝑧

沿x轴向做初速度为零的匀粒子在z方向做匀速直线运动，粒子在z轴向分速度：第23页，共27页

𝑧2222⋅越大x越大，由于质子氦核氚核质子氚核11𝑚𝑞𝑈𝑧2222⋅越大x越大，由于质子氦核氚核质子氚核11𝑚𝑞𝑈𝑚𝑞𝑈2𝑚11

沿x轴向

1𝑞𝑚

解得：

𝑚𝑚𝑞

2𝐵2设子沿y方向偏离z轴距离为在区域II则：′𝑛由题意可知′

中沿y方向偏离的距离′，解得：

2

2粒打到记录板上位置的x坐标

𝑚𝑚𝑞

2

𝐵

2

𝑈2

2

𝑞𝑚粒子比

𝑞𝑚

，则，由图乙所示可知、、分对应：氚核

H、氦 

、11

的置；答：粒在磁场中做圆周运动的半径是

𝑞

，c点z轴距离L为

𝑞𝑚𝑈；𝑞2粒打到记录板上位置的x坐标是4𝑚𝑞

2

𝐵

2

；粒打到记录板上位置的y坐标是：

22

2

；𝑠、、分对应氚核

H、核

质子11

。【知识点合运动与分运动的概和性质、带电粒子在叠加场（电场、磁场）中的运动【解析粒在、间加速，由动能定理求出粒子到达b孔的速度，粒子在区域I

中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子做圆周运动的轨道半径；应用几何知识求出到z轴距离。粒在区域II中x轴向做初速度为零的匀加速直线运动，应用运动学公式可以求出粒子打在记录板位置的坐。粒在II

区域沿y轴方向做匀速直线运动，应用动学公式求出粒子打到记录板上位置的y坐。根粒子x坐标大小判断粒子对应位置。本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键，分析清楚粒子运动过程后，应用动能定理、牛顿第二定律与运动学公式可以解题。【案】解：Q发弹性碰撞，碰撞程系统动量守恒、机械能守恒，以平第24页，共27页

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