2020年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅰ）
班级：___________姓名：___________得分：___________ 一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1. 行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰
撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是( )
A. 增加了司机单位面积的受力大小 B. 减少了碰撞前后司机动量的变化量 C. 将司机的动能全部转换成汽车的动能
D. 延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
2. 火星的质量约为地球质量的1/10，半径约为地球半径的1/2，则同一物体在火星表
面与在地球表面受到的引力的比值约为( )
A. 0.2 B. 0.4 C. 2.0 D. 2.5
3. 如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10 𝑚，
该同学和秋千踏板的总质量约为50 𝑘𝑔。绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 𝑚/𝑠，此时每根绳子平均承受的拉力约为( )
A. 200 𝑁 B. 410 𝑁 C. 600 𝑁 D. 800 𝑁
4. 图(𝑎)所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压𝑈𝐶。
如果𝑈𝐶随时间t的变化如图(𝑏)所示，则下列描述电阻R两端电压𝑈𝑅随时间t变化的图像中，正确的是( )
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A.
B.
C.
D.
5. 一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，
𝑎𝑏为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为𝑞(𝑞>0)的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为( )
⌢
A. 6𝑞𝐵
7𝜋𝑚
B. 4𝑞𝐵
5𝜋𝑚
C. 3𝑞𝐵
4𝜋𝑚
D. 2𝑞𝐵
3𝜋𝑚
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
6. 下列核反应方程中，𝑋1，𝑋2，𝑋3，𝑋4代表𝛼粒子的有( )
A. C.
22
1𝐻+1𝐻→10𝑛+𝑋1
89→14456𝐵𝑎+36𝐾𝑟+3𝑋3
B. D.
32
1𝐻+1𝐻61
0𝑛+3𝐿𝑖
→10𝑛+𝑋2
3→1𝐻+𝑋4
2351
92𝑈+0𝑛
7. 一物块在高3.0 𝑚、长5.0 𝑚的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能
随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 𝑚/𝑠2。则( )
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A. 物块下滑过程中机械能不守恒 B. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 C. 物块下滑时加速度的大小为6.0 𝑚/𝑠2 D. 当物块下滑2.0 𝑚时机械能损失了12 𝐽
U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，8. 如图，和bc边垂直。
ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后( )
A. 金属框的速度大小趋于恒定值 B. 金属框的加速度大小趋于恒定值 C. 导体棒所受安培力的大小趋于恒定值 D. 导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
9. 某同学用伏安法测量一阻值为几十欧姆的电阻𝑅𝑥，所用电压表的内阻为1 𝑘𝛺，电流
表内阻为0.5𝛺。该同学采用两种测量方案，一种是将电压表跨接在图(𝑎)所示电路的O、P两点之间，另一种是跨接在O、Q两点之间。测量得到如图(𝑏)所示的两条𝑈–𝐼图线，其中U与I分别为电压表和电流表的示数。
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回答下列问题：
P”或“O、Q”)(1)图(𝑏)中标记为Ⅱ的图线是采用电压表跨接在________(填“O、两点的方案测量得到的。
(2)根据所用实验器材和图(𝑏)可判断，由图线________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)得到的结果更接近待测电阻的真实值，结果为________𝛺(保留1位小数)。
(3)考虑到实验中电表内阻的影响，需对(2)中得到的结果进行修正，修正后待测电阻的阻值为________𝛺(保留1位小数)。
10. 某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块(上
方安装有宽度为d的遮光片)、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。 实验步骤如下：
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(1)开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间________时，可认为气垫导轨水平；
(2)用天平测砝码与砝码盘的总质量𝑚1、滑块(含遮光片)的质量𝑚2； (3)用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块； (4)令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间𝛥𝑡1、𝛥𝑡2及遮光片从A运动到B所用的时间𝑡12；
(5)在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小𝐼=________，滑块动量改变量的大小𝛥𝑝=________；(用题中给出的物理量及重力加速度g表示)
(6)某次测量得到的一组数据为：𝑑=1.000 𝑐𝑚，𝑚1=1.50×10−2𝑘𝑔，𝑚2=0.400 𝑘𝑔，△𝑡1=3.900×10−2𝑠，𝛥𝑡2=1.270×10−2𝑠，𝑡12=1.50 𝑠，取𝑔=9.80 𝑚/𝑠2。计算可得𝐼=________𝑁·𝑠，𝛥𝑝=____ 𝑘𝑔·𝑚·𝑠−1；(结果均保留3位有效数字)
，本次实验𝛿=________%(保留1位有效数字)。
(7)定义
四、计算题（本大题共2小题，共32.0分）
11. 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𝐹=𝑘𝑣2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，已知飞机质量为1.21×105 𝑘𝑔时，起飞离地速度为66𝑚/𝑠；装载货物后质量为
，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。
(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度；
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(2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1521 𝑚起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。
12. 在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为
圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为𝑞(𝑞>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率𝑣0穿出电场，AC与AB的夹角𝜃=60°。运动中粒子仅受电场力作用。
(1)求电场强度的大小；
(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？ (3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为𝑚𝑣0，该粒子进入电场时的速度应为多大？
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五、综合题（本大题共2小题，共30.0分）
13. [物理——选修3−3]
(1)分子间作用力F与分子间距r的关系如图所示，𝑟= 𝑟1时，𝐹=0。分子间势能由r决定，规定两分子相距无穷远时分子间的势能为零。若一分子固定于原点O，另一分子从距O点很远处向O点运动，在两分子间距减小到𝑟2的过程中，势能_____(填“减小“不变”或“增大”)；在间距由𝑟2减小到𝑟1的过程中，势能_____ (填“减小”“不变”或“增大”)；在间距等于𝑟1处，势能_____(填“大于”“等于”或“小于”)零。
(2)甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)。甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；乙罐的容积为2V，罐中气体的压强为2𝑝。现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等。求调配后 (𝑖)两罐中气体的压强；
(𝑖𝑖)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。
1
14. [物理——选修3−4]
(1)在下列现象中，可以用多普勒效应解释的有__________。
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A.雷雨天看到闪电后，稍过一会儿才能听到雷声
B.超声波被血管中的血流反射后，探测器接收到的超声波频率发生变化 C.观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调会变低 D.同一声源发出的声波，在空气和水中传播的速度不同
E.天文学上观察到双星(相距较近、均绕它们连线上某点做圆周运动的两颗恒星)光谱随时间的周期性变化
(2)一振动片以频率f做简谐振动时，固定在振动片上的两根细杆同步周期性地触动水面上a、b两点，两波源发出的波在水面上形成稳定的干涉图样。c是水面上的一点，a、b、c间的距离均为l，如图所示。已知除c点外，在ac连线上还有其他振幅极大的点，其中距c最近的点到c的距离为8𝑙。求：
3
(𝑖)波的波长： (𝑖𝑖)波的传播速度。
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答案和解析
1.【答案】D
【解析】 【分析】
分析碰撞前后的动量变化关系，根据动量定理分析冲击力的变化，同时结合实际情景判断正误即可。
本题考查动量定理的应用，要注意明确安全气囊增加了冲击时间，从而减小了冲击力。 【解答】
𝐴𝐵𝐷:在碰撞过程中，司机的动量的变化量是一定的，而用安全气囊后增加了作用的时间，根据动量定理𝐹𝑡=△𝑝可知，可以减小司机受到的冲击力，同时安全气囊增大了司机在碰撞过程中的受力面积，即减小了司机单位面积受力，故D正确，AB错误。 𝐶:实际情况中司机与安全气囊碰撞的过程中，不能将司机全部的动能转化成汽车的动能；故C错误； 故选D；
2.【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查对万有引力定律的理解，只要熟悉引力公式即可，属于基础题；
𝑀𝑚𝑟2【解答】由星球和物体间的引力公式：𝐹=𝐺知，同一物体所受的引力大小与物体所
在的星球质量成正比与星球的半径的平方成反比；
设火星质量为𝑀1，半径为𝑅1，物体在火星表面所受的引力为𝐹1，地球质量为𝑀2，地球半径为𝑅2，物体在地球表面所受的引力为𝐹2，则：
𝐹1𝐹2
=𝑀1𝑅22=10×1=0.4，所以ACD错误，B正确。
2
1
𝑀𝑅2
14
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故选B。
3.【答案】B
【解析】 【分析】
本题考查竖直圆周运动的受力分析，考查知识点单一，但要注意结合实际情景分析其受力情况。 【解答】
𝑣2𝑟
该同学在最低点的向心加速度为：𝑎=
=6.4𝑚/𝑠2
对该同学在最低点受力分析可知：𝑇−𝑚𝑔=𝑚𝑎，带入数据可求解绳子拉力为：𝑇=820𝑁，而拉力由两根绳子提供，故每根绳子拉力约为410N，B正确，ACD错误 故选B；
4.【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查电容器的充放电，需结合电容器的电荷量和电容、电压的关系𝑄=𝐶𝑈，再结合电流的定义式𝐼=𝑡，再结合欧姆定律𝑈=𝐼𝑅，来进行具体求解；学生亦可通过图像的斜率的变化猜测答案A；
【解答】由电容器所带电荷量和电容、电压的关系为𝑄=𝐶𝑈可知，流过电阻R两端的电荷量为𝛥𝑞=𝐶𝛥𝑈；
𝛥𝑈𝛥𝑡
𝑞
再由电流的定义式可知流过电阻R的电流为：𝐼=𝐶；也就是电路中流过电阻R的电
𝛥𝑈
流与电容器两端电压的变化率成正比，而𝑈−𝑡图像的斜率K即为𝛥𝑡，则有： 在0∽1秒和2∽3秒内，由于𝑈−𝑡图像的斜率K为0，所以电路中电流为0；
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1∽2秒内𝑈−𝑡图像的斜率𝐾1为正且不变，电容器在充电，电路中有恒定电流𝐼1； 3∽5秒内𝑈−𝑡图像的斜率𝐾2为负且不变，电容器在放电，电路中有恒定电流𝐼2； 由于𝐾1=2𝐾2，故有𝐼1=2𝐼2，二者的电流方向相反;
结合欧姆定律𝑈=𝐼𝑅，1∽2秒，充电过程，电阻两端电压为正，3∽5秒放电过程，电阻两端电压为负，可知： BCD错误，A正确； 故选A。
5.【答案】C
【解析】 【分析】
本题主要考查带电粒子在磁场中的运动规律，注意将运动时间最长转换为偏转角最大。 【解答】对于同种粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关，由在磁场中运动轨迹对应圆心角决定，即𝑡=
𝜃2𝜋
𝑇。如图所示，粒子垂直ac，则圆心必在ac直线上。采用放缩法
可知，将粒子的轨迹半径由零逐渐放大，在𝑟<0.5𝑅和𝑟>1.5𝑅时，粒子将分别从ac、bd区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运动时间等于半个周期。当0.5𝑅<𝑟<1.5𝑅时，粒子从半圆边界射出，运动时间显然大于半个周期
若粒子从ab圆弧边任意一点e出射，轨迹如图所示，对应的圆心为𝑜1，设∠𝑜1𝑐𝑒=𝛼，由几何关系可知粒子在磁场中转过的圆心角𝜃=∠𝑐𝑜1𝑒=180°+2𝛼，由此可知当𝛼角越大时，粒子在磁场中转过的圆心角越大，粒子在磁场中运动的时间越长；由几何关系可
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知当线段ce与半圆ab相切时𝛼角最大，如图乙所示，此时三角形ceo为直角三角形，可知𝛼角为30° ， 故最大偏转角为𝜃=𝜋+3=3𝜋，带电粒子在磁场中运动的周期为𝑇=
2𝜋𝑚𝐵𝑞
𝜋
4
，则其运动时间最长为𝑡=2𝜋𝑇=
𝜃4𝜋𝑚3𝐵𝑞
，故C正确，ABD错误；
故选C。
6.【答案】BD
【解析】 【分析】
本题主要考查核反应中质量数和电荷数守恒原理，同时要熟悉原子核的表示符号；
【解答】A：根据核反应中质量数和电荷数守恒可知：𝑋1为错误；
，为𝛼粒子的同位素，A
B：根据核反应中质量数和电荷数守恒可知：𝑋2为
，为𝛼粒子，B正确；
𝐶:根据核反应中质量数和电荷数守恒可知：𝑋3为
，为中子，C错误；
𝐷:根据核反应中质量数和电荷数守恒可知：𝑋4为故选BD。
，为𝛼粒子，D正确；
7.【答案】AB
【解析】 【分析】
本题主要在斜面模型的基础上结合图象考查功能关系，注意把握基本概念 【解答】
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𝐴𝐵:由图象Ⅰ可知，物块开始静止时，其重力势能为𝐸𝑝=𝑚𝑔ℎ=30𝐽①，则物块质量为：𝑚=1𝑘𝑔
斜面长为5m，高为3m，则可知斜面倾角为37°，对物块在斜面上运动沿斜面方向受力分析可知：𝐹合=𝑚𝑔sin37°−𝜇𝑚𝑔cos37°=𝑚𝑎②
由图可知Ⅱ图线的斜率为2，由动能定理：𝛥𝐸𝑘=𝐹合𝑠可知，物体在该过程中合外力：𝐹合=2𝑁，带入②可知𝜇=0.5，且存在摩擦力故物块运动过程机械能不守恒，故AB正确。
𝐶:𝐹合=𝑚𝑎故物块加速度为：𝑎=2𝑚/𝑠2，故C错误。
D：由图可知，当物块下滑2.0𝑚时，其重力势能减少12J，其动能增加4J，故物块机械能损失了8J，D错误 故选AB。
8.【答案】BC
【解析】 【分析】
本题为电磁感应中的双棒问题的变型，需通过对金属框和导体棒的受力分析来判断它们的运动情况，同时利用运动学的规律结合法拉第电磁感应定律来判断电路中的感应电动势和感应电流的变化情况，从而来确定金属框和导体棒运动的最终状态； 【解答】
金属框在恒力作用下向右做切割磁感线运动，由右手定则判断知，回路中产生逆时针的感应电流，由左手定则判断可知，导体棒所受的安培力方向向右，故导体棒向右做加速运动；
bc边长为l，设刚开始运动后金属框的速度为𝑣1，导体棒的速度为𝑣2，磁感应强度为B，金属框的质量为𝑚1，导体棒的质量为𝑚2，导体棒的电阻为R，则： 以金属框为研究对象，其在此时刻的加速度𝑎1为：
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𝐹𝐵2𝑙2(𝑣1−𝑣2)
𝑎1==
𝑚1𝑚1𝑅以导体棒为研究对象，其在此时刻的加速度𝑎2为：
𝐵2𝑙2(𝑣1−𝑣2)
𝑎2=
𝑚2𝑅 由𝑎1、𝑎2的表达式可知，金属框向右运动后，开始阶段，由于金属框的加速度大于导体棒的加速度，故金属框和导体棒的速度差在逐渐增大，回路中产生的感应电动势增大，感应电流增大，金属框和导体棒所受的安培力都增大，则此后金属框的加速度在逐渐减小，导体棒的加速度在逐渐增大，当两者的加速度相等时，速度之差将会保持不变，感应电流与安培力也将保持不变，金属框和导体棒最终做加速度相同的匀加速直线运动； A、由于金属框最终做匀加速直线运动，故金属框的速度将一直增加，A错误；
𝐹
1+𝑚2
B、由上述分析可知，金属框最终做匀加速直线运动，其最终的加速度为𝑚
B正确； ，C、由上述分析可知，金属框与导体棒构成的回路最终的电流保持不变，所以导体棒所受的安培力最终为定值大小为𝑚1+𝑚2𝐹，C正确；
D、由于金属框与导体棒的速度差𝛥𝑣保持不变，故导体棒相对金属框做向左的匀速直线运动，故导体棒离bc边将越来越远，D错误； 故选BC。
𝑚2
9.【答案】(1)𝑂、P；(2)Ⅰ，50.5；(3)50.0
【解析】 【分析】
本题主要考查了伏安法测电阻的实验中电表的接法。
(1)电流表选择内接或外接，可根据电压表、电流表内阻与被测电阻的大小关系来判断。 (2)考查对𝑈−𝐼图像的理解，结合电流表的接法处理数据。
【解答】(1)当电压表跨接在O、P两点时，电流表外接，电压准确，电流测量值为电阻与电压表电流之和，由𝑅=𝐼得电阻测量值偏小；电压表跨接在O、Q两点时，电流表
𝑈
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内接，电流准确，电压测量值为电阻与电流表电压之和，电阻测量值偏大，𝑈−𝐼图像的斜率大小等于电阻测量值，因此Ⅱ图线为电压表跨接在O、P两点测量得到的。 (2)由图线可得Ⅰ图线测得电阻值𝑅Ⅰ=阻值为𝑅Ⅰ=
50
𝛥𝑈𝛥𝐼𝑅
𝛥𝑈𝛥𝐼
=
3.50−1.00(69.5−20.0)×10−3
𝛺=50.5𝛺，图线Ⅱ测得电阻
𝑅
100050
=
3.00−0.95(63.0−20.0)×10−3𝑅
𝛺=47.6𝛺，被测电阻值约为50𝛺，𝑉=
𝑅==20，𝑅
𝐴
𝑅
𝑉
<𝑅，电流表采用内接法，电压表跨接在O、Q两点，根据图线Ⅰ，可=100，因𝑅0.5
𝐴
得测量结果为RⅠ=50.5𝛺。
(3)电压表跨接在O、Q间，测得的阻值为电阻与电流表电阻之和，则𝑅=𝑅Ⅰ−𝑅𝐴=50.0𝛺。
故答案为：(1)𝑂、P；(2)Ⅰ，50.5；(3)50.0
10.【答案】(1)相等；(5)𝑚1𝑔𝑡12，𝑚2(𝛥𝑡2−𝛥𝑡1)；(6)0.221，0.212；(7)4
【解析】 【分析】
(1)理解实验原理，通过连个光电门的时间相同时速度相等，故气垫导轨为水平 (2)知道测量速度的办法，理解冲量和动量表达式的意义； 【解答】
(2)如果滑块在气垫导轨上做运动直线运动时，气垫导轨为水平，故通过光电门的时间相等时，说明速度相等，气垫导轨为水平状态
𝑣2=，2的速度分别为𝑣1=𝛥𝑡，(5)根据冲量的表达式𝐼=𝐹𝑡=𝑚1𝑔𝑡12，通过光电门1、𝛥𝑡
1
2
𝑑𝑑
𝑑𝑑
故动量的改变量的表达式为𝛥𝑝=𝑚2𝑣2−𝑚2𝑣1=𝑚2(𝛥𝑡−𝛥𝑡)
2
1
𝑑𝑑
(6)将数字代入(5)中的表达式可得𝐼=0.221𝑁·𝑠；𝛥𝑝=0.212𝑘𝑔·𝑚·𝑠−1． (7)将(6)中的数字代入计算可得𝛿=4%
11.【答案】解：
(1)设飞机空载时与装载货物时起飞离地时速度分别为𝑣1,𝑣2。 由受力平衡条件，飞机空载起飞离地时有：𝑀1𝑔=𝑘𝑣12 同理，飞机装载货物后起飞离地时有：𝑀2𝑔=𝑘𝑣22
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联解得𝑣2=√𝑀2𝑣1
1
𝑀
带入数据得𝑣2=78𝑚/𝑠． (2)根据匀变速直线运动规律有
𝑣22=2𝑎𝑥 𝑥=
带入数据得𝑎=2.0𝑚/𝑠2，𝑡=39𝑠
𝑣2
𝑡 2
【解析】本题主要考查了共点力平衡条件的理解与运用，匀变速直线运动规律的运用。本题难度较易。审题时注意看清“装载货物后质量”指的是飞机的总质量。 (1)由起飞离地时飞机的升力与飞机的重力平衡，列出平衡方程，得到飞机空载时和装载货物时飞机起飞离地速度的大小比例关系。
(2)根据初速度为零的匀加速直线直线运动公式可求加速度和所用时间，选用公式时可优先选用平均速度公式，计算过程更快捷。
12.【答案】解：
(1)根据动能定理可得：𝑞𝐸𝑅=2𝑚𝑣02
𝑚𝑣022𝑞𝑅
1
解得𝐸= (2)如图所示，电场力方向沿着AC。因为𝑞>0，所以，该匀强电场的强度方向平行于AC。
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设过圆心O点的电场线与圆周相交于D点，因为圆周上D点的电势力最低，故粒子从圆周上D点射出时，粒子穿过电场后动能的增量最大。 粒子从A点运动至D点做类平抛运动，有： 𝑅cos30°=𝑣1𝑡 𝑅+𝑅sin30°=𝑎𝑡2
21
𝑎=
𝑞𝐸𝑚
联解得𝑣1=√2𝑣0
4
(3)如图所示，要使粒子穿过电场前后动量的变化量大小为点或B点射出电场。
，则粒子从圆周上的C
当粒子从圆周上的C点射出电场时，粒子初速度为零。 当粒子从圆周上的B点射出电场时，根据类平抛运动规律有： 2𝑅cos30°=𝑣2𝑡′ 2𝑅sin30°=𝑎𝑡′2
21
联解得𝑣2=√3𝑣0
2答：
(1)电场强度大小为2𝑞𝑅；
(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场的速度应为√𝑣0
4
2𝑚𝑣02
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(3)为使粒子穿过电场后的动量变化量大小为
，该粒子进入电场的速度应为0或√𝑣0
2
3
【解析】
【分析】本题以粒子在电场中的直线运动和类平抛运动，考查了静电场的性质，运动的合成与分解及能量转化与守恒，动量概念等物理基本知识的理解与运用，考查了综合分析与推理能力，难度适中。解决本题关键是确定电场线的方向，利用电场线与等势面垂直，综合运用力和运动，功和能，动量等力学三大观点分析物理问题。
(1)根据题意，判断粒子由静止开始做匀加速直线运动。根据动能定理可求电场强度，牛顿第二定律结合匀变直线运动公式先求出加速度，再求出电场强度；
(2)根据能量的转化与守恒，粒子从圆周上电势最低点射出电场时，电场力做功最大，粒子穿过电场中动能的增量最大。根据类平抛运动的运动的合成与分解列方程可求粒子射入电场初速度。
(3)根据类平抛运动的运动的规律，粒子在初速度方向即垂直电场方向的分速度不变，得出粒子沿着电场线方向的速度增量为𝑣0，即粒子穿出电场时沿着电场线方向的分速度为𝑣0。由此可得，粒子从圆周上B点射出电场(因为B点与C点关于电场线对称的电势相等的两点)。
(1)依题意，【解答】初速度为零的粒子在匀强电场力作用下从A点沿着AC做匀加速直线运动至C点。
根据动能定理可得𝑞𝐸𝑅=2𝑚𝑣02
𝑚𝑣022𝑞𝑅
1
解得𝐸=
(2)如图所示，电场力方向沿着AC。因为𝑞>0，所以，该匀强电场的强度方向平行于AC。
设过圆心O点的电场线与圆周相交于D点，因为圆周上D点的电势力最低，故粒子从圆周上D点射出时，粒子穿过电场后动能的增量最大。 粒子从A点运动至D点做类平抛运动，有：
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𝑅cos30°=𝑣1𝑡 1
𝑅+𝑅sin30°=𝑎𝑡2
2其中，𝑎=
𝑞𝐸𝑚
联解得𝑣1=√𝑣0
4
2(3)粒子穿过在电场做类平抛运动，将粒子的速度(或动量)垂直于电场线方向和沿电场线方向分解，则垂直电场线方向的分速度不变，垂直电场线方向的也动量不变。
如图所示，要使粒子穿过电场前后动量的变化量大小为
，则粒子从圆周上的C点或B点射出电场。
当粒子从圆周上的C点射出电场时，粒子初速度为零。 当粒子从圆周上的B点射出电场时，根据类平抛运动规律有：
2𝑅cos30°=𝑣2𝑡′ 1
2𝑅sin30°=𝑎𝑡′2
2联解得𝑣2=√𝑣0
2
3
13.【答案】(1)减小；减小；小于
(2)(𝑖)设调配后，两罐中气体压强为p 0，由玻意耳定律得
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1
𝑝𝑉+𝑝×2𝑉=(𝑉+2𝑉)×𝑝0
2解得𝑝0=3𝑝
(𝑖𝑖)对甲罐分析，压强变为𝑝0=3𝑝，设气体体积应变为𝑉𝑥， 由于发生的是等温变化，根据玻意耳定律得𝑝𝑉=3𝑝×𝑉𝑥 解得𝑉𝑥=2𝑉
甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为𝑚’=𝜌𝑉𝑥=3
甲2
2
2
3
𝑚甲𝜌𝑉2
【解析】
(1)【分析】本题考查了分子间的相互作用力做功与分子势能变化关系，当分子间作用力做正功时，分子势能减少，当分子间作用力做负功时，分子势能增加，当分子力为零时，分子势能最小。
【解答】在分子间距离𝑟>𝑟1阶段，分子间的作用力表现为引力，r不断减小的过程中，分子力做正功，分子势能逐渐减小，在两分子间距在减小到𝑟2的过程中，所以分子力表现为引力，分子力做正功，分子势能减小，在间距由𝑟2减小到𝑟1的过程中，分子力依旧表现为引力，分子力做正功，分子势能减小，规定相距无穷远时分子间的势能为零，分子由无穷远运动到𝑟1，分子力一直做正功，分子势能一直减小，所以分子在间距等于𝑟1处，分子势能最小，小于零。 故填：减小；减小；小于。
(2)【分析】(𝑖)将甲，乙看为一个整体，由题意知，甲，乙气体发生等温变化，稳定后，甲，乙两部分气体的压强相等，根据玻意耳定律列式，即可求得稳定时两罐中气体的压强。
2
(𝑖𝑖)对甲罐气体分析，变化前，气体压强为p，气体体积为V，当气体压强变为3𝑝，气体体积应变为𝑉𝑥，由于发生的是等温变化，根据玻意耳定律列式求解。由于同状态下气体密度不变，根据𝑚=𝜌𝑉公式，求出甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。
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【解答】(𝑖)设调配后，两罐中气体压强为𝑝0，整个过程温度不变 由玻意耳定律得𝑝𝑉+2𝑝×2𝑉=(𝑉+2𝑉)×𝑝0 解得𝑝0=3𝑝
(𝑖𝑖)对甲罐分析，压强变为𝑝0=3𝑝，设气体体积应变为𝑉𝑥，由于发生的是等温变化，根据玻意耳定律得𝑝𝑉=3𝑝×𝑉𝑥 解得𝑉𝑥=2𝑉
甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为𝑚’=𝜌𝑉𝑥=3
甲1
2
2
2
3
𝑚甲𝜌𝑉2
14.【答案】(1)𝐵𝐶𝐸
(2)(𝑖)如下图所示，d为距离c最近的振动加强点
在三角形bcd中，根据余弦定理𝑠𝑏𝑑2=𝑠𝑐𝑑2+𝑠𝑏𝑐2−2𝑠𝑏𝑐𝑠𝑐𝑑cos𝑐 解得𝑠𝑏𝑑=8𝑙
其中d为振动加强的点，则有
𝑠𝑏𝑑−𝑠𝑎𝑑=𝑘𝜆(𝑘=0,1,2···)
又因为d点是离c点最近的振动加强的点，则取𝑘=1。 解得：𝜆=4𝑙
(𝑖𝑖)根据波长频率波速关系：
𝑣=𝜆𝑓
解得𝑣=4𝑙𝑓
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【解析】
(1)【分析】当波源与观察者相互靠近或远离时，接收到波的频率都会发生变化，这种现象称为多普勒效应，本题主要考查学生对多普勒效应的了解和认识。 【解答】
A.雷雨天先看到闪电后听见雷声是由于光在空气中传播的速度比声音快，不属于多普勒效应，故A错误；
B.超声波被血管中的血流反射后又被仪器接收，可以测出发射波频率的变化，是利用多普勒效应原理，故B正确；
C.观察者听到远去的列车发出的汽笛声，说明声源逐渐远离观察者，根据多普勒效应，音调变低，故C正确；
D.声波的传播速度是由介质决定的，与多普勒效应无关，故D错误。
E.双星在运动过程中，相对于观察者位置随时间周期性变化，根据多普勒效应原理，发出的光谱也随时间周期性变化；故E正确。 故答案为BCE。
(2)【分析】本题主要考查平面波的干涉，若某点到两波源的路程差为波长的整数倍，即𝛥𝑥=𝑘𝜆(𝑘=0,1，2，…)，则该点振动加强。 【解答】 (𝑖)由几何关系
𝑠𝑏𝑑2=𝑠𝑐𝑑2+𝑠𝑏𝑐2−2𝑠𝑏𝑐𝑠𝑐𝑑cos𝑐
解得𝑠𝑏𝑑=8𝑙
7
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其中d为振动加强的点，则有
𝑠𝑏𝑑−𝑠𝑎𝑑=𝑘𝜆(𝑘=0,1,2···)
又因为d点是离c点最近的振动加强的点，则取𝑘=1。 解得：𝜆=1
4𝑙
(𝑖𝑖)根据波长频率波速关系：
解得𝑣=14𝑙𝑓
𝑣=𝜆𝑓
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