2020北京市昌平区高三二模物理试题(解析版)

1 昌平区 2020 年高三年级第二次统一练习物理试卷解析 2020．6 第一部分　选择题（共 42 分） 本部分共 14 小题，每小题 3 分，共 42 分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题 意的，全部选对得 3 分，选错或不答的得 0 分。 1．某同学在显微镜下观察水中悬浮的花粉微粒的运动。他把小微粒每隔一定时间的位置记录在坐标 纸上，如图 1 所示。则该图反映了 A．液体分子的运动轨迹 B．花粉微粒的运动轨迹 C．每隔一定时间花粉微粒的位置 D．每隔一定时间液体分子的位置 【答案】C 【解析】图是每隔一定的时间所记录的花粉微粒的位置，它不是液体分子的运动轨迹，因为在这一小 段时间内，花粉也可能运动到其他的地方又回来，所以选项 B 错误；花粉微粒的运动轨迹不是液体分子的 运动轨迹，液体分子用显微镜是看不到的，故选项 AD 错误；选项 C 正确。 注：花粉微粒的运动不是分子的运动，不能直接说明分子是运动的，但是它能间接说明分子是运动的， 因为它的运动是由液体分子的运动引起的。 2．卢瑟福指导他的助手进行的 α 散射实验所用仪器的示意图如图 2 所示。放射源发射的 α 粒子打在 金箔上，通过显微镜观察散射的 α 粒子。实验发现，绝大多数 α 粒子穿过金箔后，基本上仍沿原来方向前 进，但少数 α 粒子发生了大角度偏转，极少数的角度甚至大于 90°。于是，卢瑟福大胆猜想 A．原子核内存在中子 B．原子核内存在质子 C．电子围绕原子核运动 D．原子内部有体积很小、质量很大的核 【答案】D 图 1 图 2 显微镜金箔 荧光屏放射源 α 粒子2 【解析】因为绝大多数 α 粒子穿过金箔后，基本上仍沿原来方向前进，但少数 α 粒子发生了大角度偏 转，极少数的角度甚至大于 90°。说明原子内部有体积很小、质量很大的核，选项 ABC 错误，D 正确。 3．太阳就是一个巨大的热核反应堆，氢核聚变成氦核的反应不停地进行着，不断地放出能量。太阳 的总输出功率约为 3.8×1026W，太阳在“核燃烧”的过程中“体重”不断减轻。已知光速为 3×108m/s，估算太阳 每秒失去质量的数量级为 A．106kg B．109kg C．1012kg D．1015kg 【答案】B 【解析】根据爱因斯坦的质能方程 E=△mc2，因为太阳的总输出功率约为 3.8×1026W，所以它每秒释放 的 能 量 为 E=Pt=3.8×1026W×1s=3.8×1026J ； 所 以 太 阳 每 秒 失 去 质 量 为 △m= kg=0.42×1010kg=4.2×109kg，即选项 B 正确。 4．如图 3 所示用压强传感器探究气体等温变化的规律，分别记录空气柱的压强 P 和均匀玻璃管内空 气的体积 V，实验数据如下表所示。数据中 P 和 V 的乘积越来越小，造成这一现象的原因可能是 A．实验环境温度升高 B．外界大气压强变小 C．注射器内的气体向外发生了泄漏 D．注射器活塞与筒壁间的摩擦力变大 【答案】C 【解析】因为数据中P和V的乘积越来越小，而根据一定质量的理想气体状态方程 =C可知，PV=CT， 可见 PV 乘积小的原因可能是温度低，或者是不是一定质量的气体，即气体向外发生了泄漏，所以选项 A 错误；C 正确； 当然也不是外界大气压强变小，也不是注射器活塞与筒壁间的摩擦力变大，选项 BD 错误。 5．如图 4 所示，光滑直杆上弹簧连接的小球以 O 点为平衡位置，在 A、B 两点之间做简谐运动。以 O 点为原点，选择由 O 指向 B 为正方向，建立 Ox 坐标轴。小球经过 B 点时开始计时，经过 0.5s 首次到达 A 点。则小球在第一个周期内的振动图像为 26 2 8 2 3.8 10 (3 10 ) E c ×= × 图 3 压强传感器 空气柱 数据采集器 注射器 PV T3 【答案】A 【解析】由图 4 可知，小球 B 在正向最大位置处，以此位置开始计时，即 t=0 时，小球在最大位置处， 故选项 CD 错误；又因为小球经过 B 点时开始计时，经过 0.5s 首次到达 A 点，而 A 点是负的最大位移处， 说明 =0.5s，故 T=1.0s，故选项 A 正确，B 错误。 6．一根细线上端固定，下端系着一个质量为 m 的小球。给小球施加拉力 F，使小球平衡后细线跟 竖直方向的夹角为 θ，如图 5 所示。则拉力 F A．方向可能在图中Ⅰ区内 B．方向可能在图中Ⅱ区内 C．最小值为 mgcosθ D．最小值为 mgtanθ 【答案】B 【解析】由于小球受重力，重力的方向是竖直向下的，故重力与细线拉力的合力一定在重力与细线之 间的夹角内，若再加一个力，使小球平衡，则这三个力的合力为零，即所施加的拉力与重力和细线拉力的 合力相平衡，方向相反，所以拉力的方向可能在图中的Ⅱ区内，选项 B 正确； OA B x 图 4 1.00.5 t/s0 x/m A 2.01.0 t/s0 x/m B 1.00.5 t/s0 x/m C D 0.1 -0.1 1.00.5 t/s0 x/m 2 T 图 5 θ Ⅰ Ⅱ4 由图可知，根据力合成的三角形法则，拉力的最小值是当拉力垂直细线的方向拉动时的力，由图 可知，如果是其他方向的力都比该力大，故这小的拉力为 F=mgsinθ，故选项 CD 错误。 7．我们可以采用不同方法“称量”地球。例如，卡文迪许在实验室里通过测量铅球之间的作用力， 推算出引力常量 G，就可以“称量”地球。已知引力常量 G，利用下列数据可以“称量”地球质量的是 A．月球绕地球做圆周运动的周期和速度 B．月球绕地球做圆周运动的周期和月球的半径 C．地球绕太阳做圆周运动的周期和速度 D．地球绕太阳做圆周运动的周期和地球与太阳的距离 【答案】A 【解析】“称量”地球质量的方法有二种，一是重力法，即 mg= ，故地球的质量 M= ， 可见需要知道 G、g 及 R 的大小；二是环绕法，即通过月球绕地球的万有引力提供向心力，即 = ，故地球的质量 M= ，所以要测量地球的质量需要知道 G、月球的绕地周期 T 及月球绕 地的轨道半径 r； 对于 A 而言，已知了月球绕地球做圆周运动的周期和速度，根据 T= 可计算出 r 来，也相当于知 道了 T 及 r，故选项 A 可以计算地球的质量，A 正确； 对于 B 而言，知道月球的半径不行，需要知道月球轨道半径，故选项 B 错误； 环绕法所计算的是中心天体的质量，若已知地球绕太阳做圆周运动的周期和速度，计算出来的是太阳 的质量，不是地球的质量，选项 CD 错误。 8． 用长导线以如图 6（甲）所示方式缠绕螺线管，当电流为 I 时，测得螺线管内轴线中点 A 的磁感 应强度大小为 B。若将导线对折缠绕螺线管，两种绕法螺线管上的线圈匝数相同，如图 6（乙）所示，通 过相同电流 I 时，则在螺线管内 A 点的磁感应强度大小为 A．0 B．0.5B C．B D．2B 【答案】A 【解析】甲图中若单线缠绕时，A 处的磁场为 B，说明螺线管内部有磁场，若乙图中比线缠绕时，由 2 GMm R 2gR G 2 GMm r 2 2 4m r T π 2 3 2 4 r GT π 2 r v π （甲） （乙） 图 6 AA5 于所通电流方向是相反的，那么这两个电流在螺线管内部产生的磁场会抵消，所以乙图中的 A 处的磁场为 0，选项 A 正确。 9．如图 7 所示，MN 是矩形导线框 abcd 的对称轴，其左方有垂直于纸面向外的匀强磁场。以下过程 中，abcd 中有感应电流产生且感应电流的方向为 abcda 的是 A．将 abcd 向左平移 B．将 abcd 垂直纸面向外平移 C．将 abcd 以 MN 为轴转动 30° D．将 abcd 以 ab 为轴转动 30° 【答案】C 【解析】若将 abcd 向左平移，则穿过线圈的的磁场的面积在增大，由楞次定律可得，感应电流的 磁场与原磁场是相反的，即向里的，再由右手定则可判断出，电流方向是沿顺时针方向，即 badc 的方 向，选项 A 错误； 若将 abcd 垂直纸面向外平移，由穿过线圈的磁场的磁通量不改变，线圈中不产生感应电动势，选 项 B 错误； 若将 abcd 以 MN 为轴转动 30°，则穿过线圈的磁场的磁通量在变小，故线圈中会产生感应磁场来 阻碍它的减小，所以感应电流的磁场与原磁场方向相同，即感应电流的磁场向外，由右手定则可以判 断出线圈中的电流是沿逆时针方向的，即 abcda 的方向，选项 C 正确； 若将 abcd 以 ab 为轴转动 30°，则穿过线圈的磁场的磁通量是不变的，故不会产生感应电流，选项 D 错误。 10．某电容器的外壳上标有“1.5μF　9V”的字样。该参数表明 A．该电容器只有在电压为 9V 时电容才为 1.5μF B．当两端电压为 4.5V 时，该电容器的电容为 0.75μF C．该电容器正常工作时所带电荷量不超过 1.5 × 10-6C D．给该电容器充电时，电压每升高 1V，单个极板的电荷量增加 1.5 × 10-6C 【答案】D 【解析】某电容器的外壳上标有“1.5μF　9V”的字样。该参数表明电容器的最大电压不能超过 9V， 电容器的电容是 1.5μF，它的大小与电容器的两端电压没有关系，与电容器本身的因素有关，选项 AB 错误； M N aa d cb 图 76 当 电 容 器 的 两 端 电 压 为 最 大 电 压 9V 时 ， 电 容 器 所 带 电 荷 量 最 大 ， 最 大 为 Q=UC=9V×1.5×10 -6F=13.5 × 10-6C，可以超过 1.5 × 10-6C，选项 C 错误； 根据 C= 可知，Q=CU，则电荷量的增加量△Q=Q 2-Q1=CU2-CU1=C△U，即当电容器充电时，电 压每升高 1V，即△U=1V，故单个极板的电荷量增加△Q=C△U=1.5 × 10-6F×1V= 1.5 × 10-6C，选项 D 正 确。 11．如图 8 所示，将轻质弹簧的一端固定在水平桌面上 O 点，当弹簧处于自由状态时，弹簧另一端在 A 点。用一个金属小球挤压弹簧至 B 点，由静止释放小球，随即小球被弹簧竖直弹出，已知 C 点为 AB 的 中点，则 A．从 B 到 A 过程中，小球的机械能守恒 B．从 B 到 A 过程中，小球的动能一直在增大 C．从 B 到 A 过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小 D．从 B 到 C 过程弹簧弹力对小球做功大于从 C 到 A 过程 【答案】D 【解析】从 B 到 A 过程中，弹簧与小球的机械能才守恒，故小球的机械能不守恒，由于弹簧的弹性势 轻盈在减小，故小球的机械能在增大，选项 A 错误； 从 B 到 A 过程中，刚开始是加速上升的，当达到重力与弹力相等的时候，球的合外力为 0，小球的加 速度为 0 时，它的速度最大，即动能最大，再向上运动才能达到 A 点，故速度最大的位置一定在 AB 之间， 所以它的动能是先增大后减小，选项 B 错误； 从 B 到 A 过程中，弹簧的形变一直在减小，故弹性势能一直在减小，不是先增大后减小，选项 C 错误； 因为 B 点的位置弹簧的形变量最大，C 次之，A 就是原长，我们可以在上图中将这三个位置标出来， 从 B 到 C 过程弹簧弹力是变力，该力对小球做功等于这段图线与位移轴所围成的面积，很明显，BC 段对 Q U B A O C 图 87 应的面积要大于 CA 段对应的面积，故从 B 到 C 过程弹簧弹力对小球做功大于从 C 到 A 过程，选项 D 正 确。 12．如图 9 所示，变压器为理想变压器，原线圈一侧接在交流电源上，副线圈中电阻变化时变压 器输入电压不会有大的波动。R0 为定值电阻，R 为滑动变阻器，A1 和 A2 为理想电流表，V1 和 V2 为理 想电压表。若将滑动变阻器的滑动片向 a 端移动，则 A．A1 示数不变 B．A2 示数变小 C．V1 示数变大 D．V2 示数变小 【答案】D 【解析】由于变压器的输入电压不会大的波动，我们可以认为是不变的，又因为变压器的原副线圈的 匝数也不变，故由公式 ，故副线圈上的电压也是不变的，所以电压表 V1 示数不变，选项 C 错误； 当滑动变阻器的滑动片向 a 端移动时，变阻器的阻值变小，故副线圈的总电阻会变小，副线圈的 总电流会变大，即电流表 A2 的示数变大，选项 B 错误；再根据变压器的电流关系 可知，原线 圈的电流也变大，电流表 A1 的示数变大，选项 A 错误； 由于变阻器的阻值减小，电压表 V2 测量的就是变阻器的两端电压，故根据串联电路的分压规律可知， 电压表 V2 的示数减小，选项 D 正确。 13．从固定斜面上的 O 点每隔 0.1s 由静止释放一个同样的小球。释放后小球做匀加速直线运动。 某一时刻，拍下小球在斜面滚动的照片，如图 10 所示。测得小球相邻位置间的距离 xAB=4cm， xBC=8cm。已知 O 点距离斜面底端的长度为 l=35cm。由以上数据可以得出 A．小球的加速度大小为 12m/s2 B．小球在 A 点的速度为 0 C．斜面上最多有 5 个小球在滚动 D．该照片是距第一个小球释放后 0.3s 拍摄的 R0 图 9 a ～ V1 A2 A1 b RV2 1 1 2 2 U n U n = 1 2 2 1 I n I n = 图 10 OA C xAB xBC lB8 【答案】C 【解析】由于小球做匀加速直线运动，根据相邻相等时间内的位移差相等可知 xBC-xAB=at2，故小球的 加速度 a= =4m/s2，选项 A 错误； 因为小球是从 O 点由静止释放的，所以 O 点的速度才是 0，A 点的速度不为 0，选项 B 错误； 由于整个的斜面长为 l=35cm，所以小球从 O 点由静止释放滚到最下商用的时间为 T= ≈0.42s，而两个小球的间隔是 0.1s，故斜面上最多有四个小球的间隔，既有 5 个小球在滚动，选项 C 正确； 因为小球在 B 点的瞬时速度为 vB= =0.6m/s，故静止释放的 O 位置到 B 点的时 间为 tB= s=0.15s，到 C 点位置的时间为 tC=tB+0.1s=0.25s，不是 0.3s，选项 D 错误。 14．光学镊子是靠激光束“夹起”细胞、病毒等极其微小粒子的工具。为了简化问题，将激光束看作是 粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动；激光照射到物体上，会对物体产生力的作用，光镊 效应就是一个实例，如图 11（甲）所示。一相互平行、越靠近光速中心光强越强的激光束，经凸透镜后会 聚于 O 点。现有一透明介质小球，球心 O＇偏离了 O 点，但 O＇仍于激光束的中心，如图 11（乙）所示。 小球的折射率大于周围介质的折射率，若不考虑光的反射和吸收，光对小球的作用力可通过光的折射和动 量守恒来分析。取 O 为坐标原点，向右为 x 轴正方向、向下为 y 轴正方向，小球受到作用力的方向为 A．沿 x 正向 B．沿 y 正向 C．沿 x 负向 D．沿 y 负向 【答案】B 【解析】若把激光看成是粒子流，相当于有一定动量的粒子在沿光的传播方向运动，我们可以只分析 左侧的光，它进入小球后，其传播方向发生了改变，从动量定理的角度看，一定是小球对粒子有了一定的 冲量它的运动方向才发生改变的，即相当于小球给粒子一个斜向上的力 F1，再根据力的相互作用可知，激 光的粒子对小球就会有一个方向斜向下的作用力； 2 2 8 4 (0.1 ) BC ABx x cm cm t s − −= 2 2 0.35 4 l a ×= 8 4 2 2 0.1 BC ABx x cm cm t s + += × 0.6 4 Bv a = y O （甲） 图 11 激光束 （乙） O＇ O 凸透镜 x9 再看这束粒子在小球中传播到另一界面时，它又从另一面射出，同理可以看出，它的传播方向也发生 了改变，所以判断出它也受到小球给它的作用力，其方向斜向上，再根据力的相互性可知，小球会受到激 光粒子对它的斜向下的力 F2，所以对小球而言，这两个力都是斜向下的，故其合力也是斜向下的； 再根据对称性可知，另一条激光束也会产生一个斜向下的作用力作用在小球上，这两个力的合力的方 向一定沿 y 轴向下，即 y 轴的正方向，选项 B 正确，ACD 错误。 第二部分　非选择题（共 58 分） 本部分共 6 小题，共 58 分。 15．（8 分）用如图 12 所示的多用电表测量定值电阻。（1）待测电阻的阻值约为 20Ω，测量步骤如下： ①调节指针定位螺丝，使多用电表指针对准________（选填“直流电流、电压”或“电阻”）“0”刻线。 ②将选择开关转到电阻挡的___________（选填“×1”、“×10”或“×100”）的位置。 ③将红、黑表笔插入“＋”、“－”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准电阻的 ________（选填“0 刻线”或“∞刻线”）。 ④将两表笔分别与待测电阻相接，读取数据。 （2）测量后需要继续测量一个阻值大约是 2kΩ 左右的电阻。在红黑表笔接触这个电阻两端之前，请 从下列选项中挑出必要的步骤，并按________的顺序进行操作，再完成读数测量。 A．调节定位指针螺丝，使多用电表指针对准“0”刻线 B．将红黑表笔接触 电阻的刻度线 直流电流、 电压的刻度线 指针定位螺丝 欧姆调零旋钮 选择开关 图 12 + _10 C．把选择开关旋转到“×1k”位置 D．把选择开关旋转到“×100”位置 E．调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准电阻的“0”刻线 【答案】（8 分）（1）①直流电流、电压；② ×1；③0 刻线；（2）DBE。 【解析】（1）①调节指针定位螺丝时，应该使多用电表指针对准直流电流、电压 “0”刻线，即刻度盘 的左侧，是因为指针静止时不指零刻度时才调节的，而电阻“0”刻线在刻度盘的右侧，它是测电阻欧姆调零 时需要调到的位置； ②测量 20Ω 的电阻时，为了使指针指在刻度盘的中央，以便减小误差时，而中央的指针大约就是“20” 刻度线处，所以需要将选择开关转到电阻挡的 “×1”位置即可。 ③将红、黑表笔插入“＋”、“－”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准电阻的 “0 刻线，而不是“∞刻线”，因为表笔短接后，相当于所接的电阻为 0，故需要调到欧姆的 0 刻度线处，即刻度 盘的右侧。 （2）如果要继续测阻值大约是 2kΩ 左右的电阻，要想仍使指针指在“20”刻度线左右，则需要把电阻 档的倍率调整到“×100”的位置，然后还需要欧姆调零，才能接被测电阻，故步骤的顺序为 DBE。 之所以不选 A 是因为一旦定位螺丝调好了，以后就不用再调整了。 16．（10 分）在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，将双缝干涉实验仪按要求安装在光具座上，如图 13 所示。已知双缝间的距离为 d，在离双缝 L 远的屏上，用测量头测量条纹间宽度。 （1）将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第 1 条亮纹，此时手轮上的示数 如图 14（甲）所示；然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第 6 条亮纹中心对齐，记下此时如图 14 （乙）所示的手轮上的示数为________mm，求得相邻亮纹的间距 Δx 为________mm； （2）波长的表达式 λ＝________（用 Δx、L、d 表示）； （3）若改用频率较高的单色光照射，得到的干涉条纹间距将________(填“变大”、“不变”或“变小”)； 光源 凸透镜 滤光片 单缝 双缝 遮光筒 测量头及目镜 图 13 O S1 S2 S 图 15 （甲） （乙） 图 1411 （4）图 15 为上述实验装置示意图。S 为单缝，S1、S2 为双缝，屏上 O 点处为一条亮条纹。若实验时 单缝偏离光轴，向下微微移动，则可以观察到 O 点处的干涉条纹_________ A．向上移动 B．向下移动 C．间距变大 D．间距变小 【答案】（10 分）（1）13.870（误差允许范围内均可）；2.310 （误差允许范围内均可）；（2） ； （3）变小；（4）A。 【解析】（1）如图14（乙）所示的手轮上的主尺示数为13.5mm，旋轮上的示数为37.0×0.01mm=0.370mm， 故示数为 13.5mm+0.370mm=13.870mm；其实还需要读出甲的示数为 2.320mm，第 1 条与第 6 条间的亮纹 总距离为 13.870mm-2.320mm=11.550mm，故相邻亮纹的间距△x= =2.310mm； （2）因为△x= ，故波长的表达式 λ= ； （3）若改用频率较高的单色光照射，因为 c=λf，则光的波长会变小，故得到的干涉条纹间距将变小； （4）原来 O 处应该是个亮条纹，因为 O 处距两缝的距离相等，光程差是 0，如果单缝向下移动，即 相当于光源向下移动，如下图所示，则到达光屏上相位差为 0 的亮条纹的位置应该向上移动才可以，故选 项 A 正确。 17．（9 分）如图 16 所示，半径 R=0.5m 的光滑半圆环轨道固定在竖直平面内，半圆环与光滑水平地 面相切于圆环最低端点 A。质量 m=1kg 的小球以初速度 v0=5m/s 从 A 点冲上竖直圆环，沿轨道运动到 B 点 飞出，最后落在水平地面上的 C 点，g 取 10m/s2，不计空气阻力。 （1）求小球运动到轨道末端 B 点时的速度 vB； （2）求 A、C 两点间的距离 x； （3）若小球以不同的初速度冲上竖直圆环，并沿轨道运动到 B 点飞出，落在水平地面上。求小球落 点与 A 点间的最小距离 xmin。 d x L ∆ 11.550 6 1 mm − l d λ d x L ∆ B 图 16 C A R12 【答案】（1） ；（2）x=1m；（3）xmin=1m。 【解析】（9 分）（1）由机械能守恒定律得： （2 分） 解得： （1 分） （2）由平抛规律得： ；x=v0t（2 分） 解得：x=1m（1 分） （3）设小球运动到 B 点半圆环轨道对小球的压力为 FN。 圆周运动向心力： 得：当 FN=0 时，小球运动到轨道末端 B 点时的速度最小 （2 分） xmin=x=1m（1 分） 18．（9 分）一台直流电动机所加电压 U=110V，通过的电流 I=5.0A。若该电机在 10s 内把一个质量 M=50kg 的物体匀速提升了 9.0m，不计摩擦及空气阻力，取重力加速度 g=10m/s2。求： （1）电动机的输入功率 P； （2）在提升重物的 10s 内电动机线圈产生的热量 Q； （3）电动机线圈的电阻 R。 【答案】（1）P=550W；（2）Q =1000J；（3）R=4Ω。 【解析】（9 分）（1）电动机的输入功率： P=UI （2 分） 解得　　P=550W（1 分） （2）由能量守恒定律知： Q=Pt-Mgh，（2 分） 解得　　Q =1000J（1 分） （3）由焦耳定律 Q=I 2Rt，（2 分） 解得　　R=4Ω（1 分） 19．（10 分）冲击摆可以测量子弹的速度大小。如图 17 所示，长度为 l 的细绳悬挂质量为 M 的沙箱， 质量为 m 的子弹沿水平方向射入沙箱并留在沙箱中。测出沙箱偏离平衡位置的最大角度为 α。沙箱摆动过 程中未发生转动。 m/s5=Bv 2 21 1 (2 )2 2 = +A Bmv mv mg R m/s5=Bv 22 1 2R gt= 2 N BmF mg R + = v min m/s5=Bv13 （1）自子弹开始接触沙箱至二者共速的过程中，忽略沙箱的微小偏离。求： ①子弹射入沙箱后的共同速度大小 v； ②子弹射入沙箱前的速度大小 v0； （2）自子弹开始接触沙箱至二者共速的过程中，沙箱已经有微小偏离。子弹入射沙箱的过程是否可 以认为是水平方向动量守恒？并简要说明理由。 【答案】（1）① ；② ；（2）可以认为水平方向动 量守恒。 【解析】（10 分）（1）①在子弹与沙箱共速至沙箱偏离平衡位置的角度为 α 过程中， 由机械能守恒定律得： （2 分） 解得　 （2 分） ②由水平方向动量守恒得： （2 分） 解得　 （2 分） （2）可以认为水平方向动量守恒； 自子弹开始接触沙箱至二者共速的过程中，由于沙箱偏离平衡位置的距离很小，受到细绳拉力在水平 方向的分力远小于子弹与沙箱的内力，因此，子弹入射沙箱的过程可以认为是水平方向动量守恒。（2 分） 20．（12 分）宏观规律是由微观机制所决定的。从微观角度看，在没有外电场的作用下，导线中的自 由电子如同理想气体分子一样做无规则地热运动，它们朝任何方向运动的概率是一样的，则自由电子沿导 线方向的速度平均值为 0。宏观上不形成电流。如果导线中加了恒定的电场，自由电子的运动过程可做如 下简化：自由电子在电场的驱动下开始定向移动，然后与导线内不动的粒子碰撞，碰撞后电子沿导线方向 的定向速度变为 0，然后再加速、再碰撞……，在宏观上自由电子的定向移动形成了电流。 （1）在一段长为 L、横截面积为 S 的长直导线两端加上电压 U。已知单位体积内的自由电子数为 n， 电子电荷量为 e，电子质量为 m，连续两次碰撞的时间间隔为 t。仅在自由电子和金属离子碰撞时才考虑粒 子间的相互作用。 α 图 17 2 (1 cos )gl α= −v 0 2 (1 co )sm M glm α+= −v 21 ) ) (1 cos )2 m M m M gl α+ = + −（ （v 2 (1 cos )gl α= −v 0 )m M m= +(v v 0 2 (1 co )sm M glm α+= −v14 ①求自由电子定向移动时的加速度大小 a； ②求在时间间隔 t 内自由电子定向速度的平均值 ； ③推导电阻 R 的微观表达式。 （2）请根据电阻的微观机制猜想影响金属电阻率的因素有哪些，并说明理由。 【答案】（1）① ；② ；③ ；（2）电阻率与导体的温度有关；。 【解析】（12 分）（1）①加速度： （3 分） ②自由电子在连续两次碰撞的时间间隔 t 内做匀变速直线运动，设第二次碰撞前的速度为 v。则 v=at； （2 分） 解得　　 （1 分） ③t 时间内通过导线横截面积的电荷量为： ， 则电流： 　　（2 分） 电阻： （1 分） 解得： （1 分） （2）由 ， 电阻定律： 解得 猜想：电阻率与导体的温度有关； 理由：导体的温度变化会导致导体内自由电子的热运动速度变化，从而使自由电子连续两次碰撞的时 间间隔 t 发生变化，因此电阻率与导体的温度有关。（其他合理猜想和理由均可，例如电阻率与导体的材料 有关。）（2 分） v F Ee eUa m m mL = = = 2= eUt mLv 2 2m LR nte S = ⋅ F Ee eUa m m mL = = = 1= 2v v 2= eUt mLv q nV nsl neSvt= = =体 I neS= v =U IR 2 2m LR nte S = ⋅ 2 2m LR nte S = ⋅ LR S ρ= ⋅ 2 2m nte ρ =